EHM1012 ELEKTRİK DEVRE TEMELLERİ
2019-2020 BAHAR DÖNEMİ GRUP-1 ve GRUP-2
UZAKTAN EĞİTİM DERS NOTLARI 4-5 Mayıs 2020
ve
11-12 Mayıs 2020
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
1
KAPASİTE ELEMANI
𝑞 𝑡 = 𝐶𝑣(𝑡) 𝑑𝑞 𝑡
𝑑𝑡 = 𝐶𝑑𝑣(𝑡) 𝑑𝑡 𝑖(𝑡) = 𝐶 𝑑𝑣(𝑡)
𝑑𝑡
𝑖(𝑡) = 𝐶 𝑑𝑣(𝑡) 𝑑𝑡
𝑣 𝑡 = 1 𝐶 −∞
𝑡
𝑖 𝜏 𝑑𝜏 = 1 𝐶 −∞
𝑡𝑜
𝑖 𝜏 𝑑𝜏 + 1 𝐶 𝑡𝑜
𝑡
𝑖 𝜏 𝑑𝜏
1 𝐶 −∞
𝑡𝑜
𝑖 𝜏 𝑑𝜏 = 𝑣(𝑡𝑜)
𝑣 𝑡 = 1 𝐶 𝑡𝑜
𝑡
𝑖 𝜏 𝑑𝜏 + 𝑣(𝑡𝑜)
Başlangıç değeri veya ilk koşul denir.
𝑣 𝑡 = 1 𝐶 0
𝑡
𝑖 𝜏 𝑑𝜏 + 𝑣(0) 𝑣 𝑡 = 1 𝐶 0−
𝑡
𝑖 𝜏 𝑑𝜏 + 𝑣(0−) İlk koşullu kapasite elemanının sembolü, eşdeğer
devresi;
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
Anahtar Elemanı
Anahtar -∞’dan 0− saniyeye kadar açık durumda (açık devre elemanı) ve t=0s’de anahtar kapanıyor. 𝑡 = 0+
saniyeden sonra kapalı durumdadır (kısa devre elemanı).
0− = 0 − 𝜀
𝜀 çok küçük bir reel sayı olmak üzere.
Anahtar kapanmadan veya açılmadan hemen önceki an.
0+ = 0 + 𝜀 Anahtar kapanmadan veya açılmadan hemen sonraki an.
Anahtar -∞’dan 0− saniyeye kadar kapalı durumda (kısa devre elemanı) ve t=0s’de anahtar açılmaktadır. 𝑡 = 0+ saniyeden sonra açık durumdadır (açık devre elemanı).
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
3
KAPASİTE ELEMANI
DC Şartlarda ve sürekli halde kapasite elemanının davranışı:
Anahtar t=0 saniyede kapalı konuma getirilmektedir. Vi(t)=1 V DC olduğuna göre çok uzun bir süre geçtikten sonra kapasite üzerindeki gerilim (v2(∞)) değeri ne olacaktır?
𝑖(𝑡) = 𝐶 𝑑𝑣(𝑡) 𝑑𝑡
𝑣(𝑡) gerilim değeri DC şartlarda (zamana göre değişimi 0) sürekli olarak aynı sabit değerde olacaktır. Bu durumda
𝑑𝑣(𝑡)
𝑑𝑡 = 0 olacaktır. Yani DC ve sürekli halde 𝑖 𝑡 = 0 A
olacaktır. Bu durumda kapasite elemanı açık devre elemanı gibi davranır.
DC Şartlarda ve sürekli halde
𝑖 𝑡 = 0 A olacaktır ve açık devre
elemanı olarak
davranacaktır. Anahtar t=0 saniyede kapalı konuma getirildikten sonra kapasite
üzerindeki gerilim değeri v2(∞)=1 V
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
4
KAPASİTE ELEMANI
Ani değişimlerde kapasite elemanının davranışı:
𝑣 0− = 1 1−∞
−1
0𝑑𝜏 + 1 1−1
0−
1𝑑𝜏 = 𝜏|−10− = 0− − −1 = 1 𝑉 Bu akım işareti C=1 F değerindeki bir kapasite elemanının
üzerinden geçen akıma ait olsun.
𝑡 = 0−𝑠’deki kapasite üzerindeki gerilim değerini bulalım.
𝑡, 𝑠 𝑖(𝑡), 𝐴
1 2
-1 2
t=0 saniyede ani bir değişim var. 𝑡 = 0+ saniyede 𝑣 0+ değeri ne olacaktır?
𝑣 0+ = 1 𝐶 −∞
0+
𝑖 𝜏 𝑑𝜏 = 1 1−∞
0−
𝑖 𝜏 𝑑𝜏 + 1 10−
0+
𝑖 𝜏 𝑑𝜏
𝑣 0+ = 𝑣(0−) + 1 10−
0+
𝑖 𝜏 𝑑𝜏
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
5
KAPASİTE ELEMANI
Ani değişimlerde kapasite elemanının davranışı:
𝑡, 𝑠 𝑖(𝑡), 𝐴
1 2
-1 2
𝑣 0+ = 𝑣(0−) + 1 10−
0+
𝑖 𝜏 𝑑𝜏
0− 0+
𝑖 𝜏 𝑑𝜏 =?
𝑖(𝜏) akım ifadesi impuls fonksiyonu ve türevleri biçiminde olmadığı müddetçe 0−
0+
𝑖 𝜏 𝑑𝜏 = 0 olur.
Bu durumda;
𝑣 0+ = 𝑣(0−) olur.
𝑡 = 0+𝑠 için;
Kapasite elemanı ani değişimlerde kısa devre elemanı
𝑣 0+ = 𝑣 0− = 1 V
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
KAPASİTE ELEMANI
𝑖(𝜏) akım ifadesi impuls fonksiyonu olursa;
𝑣 0+ = 𝑣(0−) + 1 10−
0+
𝑖 𝜏 𝑑𝜏
𝑣 0+ = 𝑣(0−) + 1 10−
0+
𝛿 𝜏 𝑑𝜏
𝑣 0+ = 𝑣 0− + 1 Olur. Yani;
𝑣 0+ ≠ 𝑣(0−)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
7
ENDÜKTANS ELEMANI
∅ 𝑡 = 𝐿𝑖(𝑡) 𝑑∅ 𝑡
𝑑𝑡 = 𝐿𝑑𝑖(𝑡) 𝑑𝑡 𝑣(𝑡) = 𝐿𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡
𝑣(𝑡) = 𝐿𝑑𝑖(𝑡) 𝑑𝑡
𝑖 𝑡 = 1 𝐿−∞
𝑡
𝑣 𝜏 𝑑𝜏 = 1 𝐿−∞
𝑡𝑜
𝑣 𝜏 𝑑𝜏 + 1 𝐿 𝑡𝑜
𝑡
𝑣 𝜏 𝑑𝜏
1 𝐿 −∞
𝑡𝑜
𝑣 𝜏 𝑑𝜏 = 𝑖(𝑡𝑜)
𝑖 𝑡 = 1 𝐿𝑡𝑜
𝑡
𝑣 𝜏 𝑑𝜏 + 𝑖(𝑡𝑜)
Başlangıç değeri veya ilk koşul denir.
𝑖 𝑡 = 1 𝐿 0
𝑡
𝑣 𝜏 𝑑𝜏 + 𝑖(0)
𝑖 𝑡 = 1 𝐿 0−
𝑡
𝑣 𝜏 𝑑𝜏 + 𝑖(0−) İlk koşullu endüktans elemanının sembolü, eşdeğer
devresi;
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
ENDÜKTANS ELEMANI
DC Şartlarda ve sürekli halde endüktans elemanının davranışı:
Anahtar t=0 saniyede kapalı konuma getirilmektedir. Vi(t)=1 V DC olduğuna göre çok uzun bir süre geçtikten sonra endüktans elemanı üzerindeki akım (i2(∞)) değeri ne olacaktır?
𝑣(𝑡) = 𝐿𝑑𝑖(𝑡) 𝑑𝑡
𝑖(𝑡) gerilim değeri DC şartlarda (zamana göre değişimi 0) sürekli olarak aynı sabit değerde olacaktır. Bu durumda
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡 = 0 olacaktır. Yani DC ve sürekli halde v 𝑡 = 0 V olacaktır. Bu durumda endüktans elemanı kısa devre elemanı gibi davranır.
DC Şartlarda ve sürekli halde
v 𝑡 = 0 V olacaktır ve kısa devre elemanı
olarak davranacaktır. Anahtar t=0 saniyede kapalı konuma getirildikten sonra kapasite
üzerindeki gerilim değeri v2(∞)=1 V olur.
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
Uzaktan Eğitim Ders Notları 9
ENDÜKTANS ELEMANI
Ani değişimlerde endüktans elemanının davranışı:
𝑖 0− = 1 1−∞
−1
0𝑑𝜏 +1 1−1
0−
1𝑑𝜏 = 𝜏|−10− = 0− − −1 = 1 𝐴 Bu gerilim işareti L=1 H değerindeki bir endüktans elemanının üzerindeki gerilim değişimi olsun.
𝑡 = 0−𝑠’deki endüktans elemanı üzerinden geçen akımın değerini bulalım.
𝑡, 𝑠 𝑣(𝑡), V
1 2
-1 2
t=0 saniyede ani bir değişim var. 𝑡 = 0+ saniyede i 0+ değeri ne olacaktır?
𝑖 0+ = 1 𝐿−∞
0+
𝑣 𝜏 𝑑𝜏 = 1 1−∞
0−
𝑣 𝜏 𝑑𝜏 + 1 10−
0+
𝑣 𝜏 𝑑𝜏
𝑖 0+ = 𝑖(0−) + 1 10−
0+
𝑣 𝜏 𝑑𝜏
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
ENDÜKTANS ELEMANI
Ani değişimlerde endüktans elemanının davranışı:
𝑡, 𝑠 𝑣(𝑡), V
1 2
-1 2
𝑖 0+ = 𝑖(0−) + 1 10−
0+
𝑣 𝜏 𝑑𝜏
0− 0+
𝑣 𝜏 𝑑𝜏 =?
𝑣(𝜏) gerilim ifadesi impuls fonksiyonu ve türevleri biçiminde olmadığı müddetçe 0−
0+
𝑣 𝜏 𝑑𝜏 = 0 olur.
Bu durumda;
𝑖 0+ = 𝑖(0−) olur.
𝑡 = 0+𝑠 için;
Endüktans elemanı ani
değişimlerde açık devre elemanı gibi davranır.
𝑖 0+ = 𝑖 0− = 1 A
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
11
1. Yanda verilen devrede anahtar uzun süre konumunda kalmış ve t=0 anında konumuna getirilmiştir.
a) Dinamik elemanların v5(0-) ve i4(0-) başlangıç değerlerini bulunuz. Anahtarlar konum değiştirdikten sonra t=0+ için devrenin eşdeğerini çiziniz. v5(0+), v3(0+) ve i4(0+) değerlerini bulunuz.
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
-∞<t≤0- saniye aralığı için (DC şartlarda uzun süre geçmiş) eşdeğer devre (anahtar 1 konumuda);
𝑖4 ∞ = 12
2 = 6 𝐴 𝑖4 0− = 𝑖4 ∞ = 6 𝐴 𝑣5 0− = 𝑣5 ∞ = 4 V
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
13
Anahtarlar konum değiştirdikten sonra t=0+ için devrenin eşdeğerini çiziniz. v5(0+), v3(0+) ve i4(0+) değerlerini bulunuz.
𝑡 = 0+𝑠𝑎𝑛𝑖𝑦𝑒 için eşdeğer devre (anahtar 2 konumunda):
𝑖4 0+ = 𝑖4 0− = 6 𝐴
𝑣5 0+ = 𝑣5 0− = 4 𝑉
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
İçinde yalnızca bir adet enerji biriktiren eleman bulunduran devrelere Birinci Mertebeden Dinamik Devreler denir.
Lineer durumda bu tür devrelerde herhangi bir 𝑦(𝑡) bilinmeyeni;
𝑑𝑦(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑎𝑦 𝑡 = 𝑏𝑒(𝑡)
Burada y(t) devredeki bir akım veya gerilim çıkış değişkenine karşılık gelir. e(t) ise giriş değişkenidir ve bu değişken devredeki bağımsız kaynakların tümünün katkısını içinde bulunduran bir fonksiyondur. Devre lineer elemanlardan oluşuyorsa a ve b katsayıları devredeki gerilim ve akımlardan bağımsızdır. Yani a ve b, y(t) ve e(t)’ye bağlı değildir.
Buna ek olarak devre elemanları zamana göre de değişmiyorsa a ve b katsayıları zamana da bağlı değildir yani zamandan bağımsızdır, başka bir deyişle de zamana göre sabittir. Bu durumda yukarıdaki denkleme lineer, sabit katsayılı diferansiyel denklem denir.
Söz konusu diferansiyel denklemin çözümü sonucunda y(t)’nin tek olarak belirlenebilmesi için y(t)’nin ilk değerinin bilinmesi gereklidir.
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
1. Yanda verilen dinamik devrede anahtar uzun süre kapalı kalmış ve t=0 anında açılmıştır.
a) t=0- anı için kapasite elemanının ilk koşulunu bulunuz.
b) Anahtar açıldıktan (t=0 s) sonra v4(t) geriliminin tam çözümünü bulunuz.
-∞<t≤0- saniye aralığı için (DC şartlarda uzun süre geçmiş) eşdeğer devre;
𝑣4 ∞ = 21
3 + 44 = 12 𝑉 𝑣4 0− = 𝑣4 ∞ = 12 𝑉
Bulunur.
𝑡 = 0+ saniye için (devrede impuls fonksiyonu olmadığına göre);
𝑣4 0+ = 𝑣4 0− = 12 𝑉
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
15
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Anahtar açıldığı an için eşdeğer devre
Bu eşdeğer devre kullanılarak v4(t)’ye ilişkin
diferansiyel denklem elde edilir. Kirchoff’un akım yasasından;
𝑖4 𝑡 + 𝑖3 𝑡 = 0 𝐶4 𝑑𝑣4(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣4(𝑡) 𝑅3 = 0 𝑑𝑣4(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅3𝐶4 𝑣4(𝑡) = 0
𝑣4(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑣4(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅3𝐶4 𝑣4(𝑡) = 0 𝑑𝑦 (𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑎𝑦 (𝑡) = 0 Sabit katsayılı lineer diferansiyel denklem.
Denklemin sağ tarafı 0. Bu tür denklemlere aynı zamanda homojen denklem denir.
𝑦 𝑡 =?
𝑑𝑦 (𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑎𝑦 (𝑡) = 0 𝑦 𝑡 = 𝐾𝑒𝑠𝑡 𝑜𝑙𝑠𝑢𝑛.
𝑑𝑦(𝑡)
𝑑𝑡 = 𝐾𝑠𝑒𝑠𝑡
Diferansiyel denklemde yerine yazalım.
𝐾𝑠𝑒𝑠𝑡 + 𝑎𝐾𝑒𝑠𝑡 = 0
𝐾𝑒𝑠𝑡(𝑠 + 𝑎) = 0 𝐾𝑒𝑠𝑡 ≠ 0 olmak zorundadır.
(𝑠 + 𝑎) = 0 Karakteristik denklem denir.
(𝑠 + 𝑎) = 0 𝑠 = −𝑎
Karakteristik denklemin kökü.
Bu değer aynı zamanda
sistemin (devrenin) özdeğeridir (eigen values).
Homojen genel çözüm:
𝑦ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−𝑎𝑡 olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
𝑦 𝑡 = 𝐾𝑒𝑠𝑡
𝑦 0+ = 𝐾𝑒−𝑎0+ 𝑦 0+ = 𝐾.1 𝐾 = 𝑦 0+ Tam çözüm:
𝑦 𝑡 = 𝑦 0+ 𝑒−𝑎𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑦 𝑡 = 𝑦 0+ 𝑒−𝑎𝑡𝑢(𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
17
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑣4(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅3𝐶4 𝑣4(𝑡) = 0 𝑑𝑣4(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
2𝑣4(𝑡) = 0 Karakteristik denklem:
(𝑠 +1
2) = 0 𝑠 = −1
2
Homojen genel çözüm:
𝑣4ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−12𝑡 K=?
K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
𝑣4 0+ = 𝐾𝑒−120+
𝑣4 0+ = 𝑣4 0− = 12 𝑉
𝐾 = 12 Tam çözüm:
𝑣4 𝑡 = 12𝑒−12𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑣4 𝑡 = 12𝑒−12𝑡𝑢(𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
T i m e
0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s
V ( R 2 : 2 ) 0 V
4 V 8 V 1 2 V
C2 0.5 IC = 12V
R2 4
0
V
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
19
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
2. Yanda verilen dinamik devrede anahtar uzun süre kapalı kalmış ve t=0 anında açılmıştır.
a) t=0- anı için endüktans elemanının ilk koşulunu bulunuz.
b) Anahtar açıldıktan (t=0 s) sonra i4(t) akımının tam çözümünü bulunuz.
-∞<t≤0- saniye aralığı için (DC şartlarda uzun süre geçmiş) eşdeğer devre;
𝑡 = 0+ saniye için (devrede impuls fonksiyonu olmadığına göre);
𝑖4 ∞ = 2 A
𝑖4 0− = 𝑖4 ∞ = 2 𝐴 Bulunur.
𝑖4 0+ = 𝑖4 0− = 2 𝐴
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
21
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Anahtar açıldığı an için eşdeğer devre
Bu eşdeğer devre kullanılarak i4(t)’ye ilişkin diferansiyel denklem elde edilir. Kirchoff’un gerilim yasasından;
−𝑣4 𝑡 + 𝑣3 𝑡 = 0
−𝐿4 𝑑𝑖4(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑅3𝑖3 𝑡 = 0
−𝐿4 𝑑𝑖4 𝑡
𝑑𝑡 + 𝑅3(−𝑖4 𝑡 ) = 0 𝑑𝑖4 𝑡
𝑑𝑡 + 𝑅3
𝐿4 𝑖4 𝑡 = 0 𝑖4(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Karakteristik denklem:
(𝑠 + 106) = 0 𝑠 = −106
Homojen genel çözüm:
𝑖4ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−106𝑡 K=?
K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
𝑖4 0+ = 𝐾𝑒−106.0+
𝑖4 0+ = 𝑖4 0− = 2 𝐴
𝐾 = 2 Tam çözüm:
𝑖4 𝑡 = 2𝑒−106𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑖4 𝑡 = 2𝑒−106𝑡𝑢(𝑡) A 𝑑𝑖4 𝑡
𝑑𝑡 + 𝑅3
𝐿4 𝑖4 𝑡 = 0 𝑑𝑖4 𝑡
𝑑𝑡 + 1000000𝑖4 𝑡 = 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
23
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Tam çözüm:
𝑖4 𝑡 = 2𝑒−106𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑖4 𝑡 = 2𝑒−106𝑡𝑢(𝑡) A
L1 1mH IC = 2A
I
0
R9 1k
T i m e
0 s 2 u s 4 u s 6 u s 8 u s 1 0 u s
I ( L 1 ) 0 A
1 . 0 A 2 . 0 A
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
3. Yandaki devrede anahtar uzun süre açık kalmıştır ve t=0s’de kapatılmıştır. Kapasite elemanının ilk koşulu 0 V alınız. t≥0 s için vo(t) ifadesini bulunuz ve zamana bağlı olarak grafiğini çizdiriniz.
𝑣𝑜 0− = 𝑣𝑜 ∞ = 0 𝑉
𝑡 = 0+ saniye için (devrede impuls fonksiyonu olmadığına göre);
𝑣𝑜 0+ = 𝑣𝑜 0− = 0 𝑉
Anahtar açıldığı an için eşdeğer devre Kirchoff’un akım yasasından;
−𝑖1 𝑡 + 𝑖2 𝑡 = 0
−𝑣𝑖 𝑡 − 𝑣2 𝑡
𝑅1 + 𝐶2 𝑑𝑣2(𝑡) 𝑑𝑡 = 0 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣2(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
𝑣𝑜(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem 𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑜(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
25
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑦 (𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑎𝑦(𝑡) = 𝑏𝑒(𝑡)
Sabit katsayılı lineer diferansiyel denklem. Denklemin sağ tarafı 0 değil. Bu tür denklemlere aynı zamanda homojen olmayan diferansiyel denklemler denir.
𝑦 𝑡 =?
(𝑠 + 𝑎) = 0 𝑠 = −𝑎 Homojen genel çözüm:
𝑦ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−𝑎𝑡 𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑜(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
𝑑𝑦 (𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑎𝑦(𝑡) = 0
İlk olarak homojen genel çözüm bulunur. Homojen olmayan diferansiyel denklem olduğu için özel çözüm vardır.
Özel çözüm:
Diferansiyel denklemin sağ tarafı sabit bir sayı (E) ise;
𝑦ö = 𝐴 𝑑𝑦ö
𝑑𝑡 = 0
Diferansiyel denklemde yerine yazılır.
0 + 𝑎𝑦ö = 𝑏𝐸 𝑦ö = 𝑏
𝑎𝐸 Özel çözüm bulunur.
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
𝑦 0+ = 𝐾𝑒−𝑎0+ + 𝑏
𝑎𝐸 𝑦 0+ = 𝐾 + 𝑏 𝑎 𝐸 𝐾 = 𝑦 0+ − 𝑏
𝑎 𝐸
Tam çözüm:
𝑦 𝑡 = (𝑦 0+ − 𝑏
𝑎𝐸 )𝑒−𝑎𝑡+𝑏
𝑎𝐸 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑦 𝑡 = [(𝑦 0+ − 𝑏
𝑎𝐸 )𝑒−𝑎𝑡+𝑏
𝑎𝐸]𝑢(𝑡) olur. K=? K değerini bulmak için ilk
koşuldan faydalanılır.
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Genel çözüm:
𝑦𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−𝑎𝑡 + 𝑏 𝑎𝐸 𝑦𝑔 𝑡 = 𝑦ℎ𝑔 𝑡 + 𝑦ö 𝑡
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
27
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣𝑜(𝑡) = 1
(𝑠 + 1) = 0 𝑠 = −1 𝑣𝑜ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡
𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣𝑜(𝑡) = 0
İlk olarak homojen genel çözüm bulunur.
𝑣𝑜ö = 𝐴 𝑑𝑣𝑜ö
𝑑𝑡 = 0
Diferansiyel denklemde yerine yazılır.
0 + 𝐴 = 1
Özel çözüm bulunmalıdır.
𝑣𝑜ö = 1
0 = 𝐾 + 1
olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
Genel çözüm:
𝑣𝑜𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡 + 1
𝑣𝑜𝑔 𝑡 = 𝑣𝑜ℎ𝑔 𝑡 + 𝑣𝑜ö 𝑡
𝑣𝑜 0+ = 𝐾𝑒−1.0+ + 1 𝐾 = −1
Tam çözüm:
𝑣𝑜 𝑡 = −1. 𝑒−1.𝑡 + 1 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑣𝑜 𝑡 = 1. (1 − 1. 𝑒−1.𝑡) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑣𝑜 𝑡 = 1. 1 − 1. 𝑒−1.𝑡 𝑢(𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
𝑣𝑜 𝑡 = 1. (1 − 1. 𝑒−1.𝑡) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
V5 1Vdc
R10 1
0
C1 1 IC = 0V
T i m e
0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s
V ( C 1 : 1 ) 0 V
0 . 5 V 1 . 0 V
T i m e
0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s
V ( C 1 : 1 ) I ( R 1 0 ) 0
0 . 5 1 . 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
29
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
3. Yandaki devrede anahtar uzun süre açık kalmıştır ve t=0s’de kapatılmıştır. Kapasite elemanının ilk koşulu
0.5 V
alınız. t≥0 s için vo(t) ifadesini bulunuz ve zamana bağlı olarak grafiğini çizdiriniz.𝑣𝑜 0− = 𝑣𝑜 ∞ = 0.5 𝑉
𝑡 = 0+ saniye için (devrede impuls fonksiyonu olmadığına göre);
𝑣𝑜 0+ = 𝑣𝑜 0− = 0.5 𝑉
Anahtar açıldığı an için eşdeğer devre Kirchoff’un akım yasasından;
−𝑖1 𝑡 + 𝑖2 𝑡 = 0
−𝑣𝑖 𝑡 − 𝑣2 𝑡
𝑅1 + 𝐶2 𝑑𝑣2(𝑡) 𝑑𝑡 = 0 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣2(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
𝑣𝑜(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem 𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2𝑣𝑜(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣𝑜(𝑡) = 1
(𝑠 + 1) = 0 𝑠 = −1 𝑣𝑜ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡
𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣𝑜(𝑡) = 0
İlk olarak homojen genel çözüm bulunur.
𝑣𝑜ö = 𝐴 𝑑𝑣𝑜ö
𝑑𝑡 = 0
Diferansiyel denklemde yerine yazılır.
0 + 𝐴 = 1
Özel çözüm bulunmalıdır.
𝑣𝑜ö = 1
0.5 = 𝐾 + 1
olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
Genel çözüm:
𝑣𝑜𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡 + 1
𝑣𝑜𝑔 𝑡 = 𝑣𝑜ℎ𝑔 𝑡 + 𝑣𝑜ö 𝑡
𝑣𝑜 0+ = 𝐾𝑒−1.0+ + 1 𝐾 = −0.5
Tam çözüm:
𝑣𝑜 𝑡 = −0.5𝑒−1.𝑡 + 1 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑣𝑜 𝑡 = 1. (1 − 0.5𝑒−1.𝑡) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑣𝑜 𝑡 = 1. 1 − 0.5𝑒−1.𝑡 𝑢(𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
31
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑣𝑜 𝑡 = 1. (1 − 0.5𝑒−1.𝑡) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
V
V5 1Vdc
R10 1
0
I
C1 1
IC = 0.5V
T i m e
0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s
V ( C 1 : 1 ) I ( R 1 0 ) 0
0 . 5 1 . 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑜(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
𝑣𝑖 𝑡 = 1𝑉 için parametrik olarak tam çözüm;
𝑣𝑜 𝑡 = 1
𝑅1𝐶2 (1 − (𝑣𝑜 0+ − 1)𝑒−
1 𝑅1𝐶2.𝑡
) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑣𝑜 𝑡 = 1
𝑅1𝐶2 1 − 𝑣𝑜 0+ − 1 𝑒−
1 𝑅1𝐶2.𝑡
𝑢(𝑡)
ZAMAN SABİTİ: Devredeki geçici olayların ne kadar süreceğini ifade eder.
𝜏 = 1
min{|𝑅𝑒𝑒𝑙{𝑠𝑖}|}
Bu devre için;
𝜏 = 𝑅1𝐶2 = 1 𝑠𝑎𝑛𝑖𝑦𝑒
𝑣𝑜 𝑡 = 1
𝑅1𝐶2 (1 − (𝑣𝑜 0+ − 1)𝑒−1𝜏.𝑡) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
𝑡𝑔ℎ ≈ 5𝜏 Geçici hal süresi:
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
33
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Yanda verilen RC devresinin girişine vg(t) gerilim kaynağı uygulanmıştır.
a) v2(t) gerilimine ilişkin diferansiyel denklemi, vg(t)’nin her değişimi için ayrı ayrı yazınız ve her adım için v2(t) geriliminin tam çözümünü bulunuz (İki periyot için çözüm yapınız).
b) i1(t) akımının tam çözümünü bulunuz (Bir periyot için çözüm yapınız).
c) vg(t) gerilim kaynağının frekansı 10 kHz olacak şekilde işaret ayarlanırsa, v2(t) geriliminin ve i1(t) akımının değişimleri nasıl olacaktır. Açıklayınız.
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑣2 0+ = 𝑣2 0− = 0 𝑉
𝑣2(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣2(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑔(𝑡)
0 ≤ 𝑣𝑔(𝑡) < 10 saniye için;
𝑣𝑔 𝑡 = 2𝑉 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣2(𝑡) = 2 (𝑠 + 1) = 0 𝑠 = −1
𝑣2ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡
𝑣2ö = 𝐴 𝑑𝑣2ö
𝑑𝑡 = 0 0 + 𝐴 = 2 𝑣2ö = 2
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
35
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
0 ≤ 𝑣𝑔(𝑡) < 10 saniye için;
𝑣𝑔 𝑡 = 2𝑉 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣2(𝑡) = 2
0 = 𝐾 + 2
olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
Genel çözüm:
𝑣2𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡 + 2
𝑣2𝑔 𝑡 = 𝑣2ℎ𝑔 𝑡 + 𝑣2ö 𝑡
𝑣2 0+ = 𝐾𝑒−1.0+ + 2 𝐾 = −2
Tam çözüm:
𝑣2 𝑡 = −2𝑒−1.𝑡 + 2 0 ≤ 𝑡 < 10 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
Tam çözüm:
𝑣2 𝑡 = −2𝑒−1.𝑡 + 2 0 ≤ 𝑡 < 10 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 𝑡 = 10− 𝑠𝑎𝑛𝑖𝑦𝑒 𝑖ç𝑖𝑛:
𝑣2 10− = −2𝑒−1.10− + 2 ≅ 2 𝑉
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
36
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
10 ≤ 𝑣𝑔(𝑡) < 20 saniye için;
𝑣𝑔 𝑡 = −2𝑉 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣2 𝑡 = −2 𝑣2 10+ = 𝑣2 10− = 2 𝑉
𝑣2ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡 𝑣2ö = 𝐴 𝑑𝑣2ö
𝑑𝑡 = 0 0 + 𝐴 = −2 𝑣2ö = −2
olur. K=? K değerini bulmak için ilk Genel çözüm:
𝑣2𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡 − 2
𝑣2𝑔 𝑡 = 𝑣2ℎ𝑔 𝑡 + 𝑣2ö 𝑡
2 = 𝐾𝑒−10 − 2
𝑣2 10+ = 𝐾𝑒−1.(10+) − 2 𝐾 = 4𝑒10
Tam çözüm:
𝑣2 𝑡 = 4𝑒10𝑒−1.𝑡 − 2 10 ≤ 𝑡 < 20 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 𝑣2 𝑡 = 4𝑒−1(𝑡−10) − 2 10 ≤ 𝑡 < 20 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
37
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Tam çözüm:
𝑣2 𝑡 = −2𝑒−1.𝑡 + 2 0 ≤ 𝑡 < 10 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
𝑣2 𝑡 = 4𝑒−1(𝑡−10) − 2 10 ≤ 𝑡 < 20 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
T i m e
0 s 1 0 s 2 0 s 3 0 s 4 0 s 5 0 s 6 0 s
V ( C 1 : 1 ) V ( V 5 : + ) - 2 . 0 V
0 V 2 . 0 V
V V
R10 1
0
C1 1 IC = 0V V5
TD = 0 TF = 0 PW = 10 PER = 20 V1 = -2
TR = 0 V2 = 2
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
V V
R10 1
0
C1 1 IC = 0V V5
TD = 0 TF = 0 PW = 10 PER = 20 V1 = -2
TR = 0 V2 = 2
T i m e
0 s 1 0 s 2 0 s 3 0 s 4 0 s 5 0 s 6 0 s
V ( C 1 : 1 ) V ( V 5 : + ) - 2 . 0 V
0 V 2 . 0 V
T i m e
0 s 1 0 s 2 0 s 3 0 s 4 0 s 5 0 s 6 0 s
V ( C 1 : 1 ) V ( V 5 : + ) I ( R 1 0 ) - 4 . 0
0 4 . 0
Tam çözüm:
𝑣2 𝑡 = −2𝑒−1.𝑡 + 2
0 ≤ 𝑡 < 10 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
𝑣2 𝑡 = 4𝑒−1(𝑡−10) − 2 10 ≤ 𝑡 < 20 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 𝑖2 𝑡 = 𝑖1 𝑡 = 2𝑒−1.𝑡
𝑖2 𝑡 = 𝑖1 𝑡 = −4𝑒−1(𝑡−10)
10 ≤ 𝑡 < 20 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
39
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
V1
TD = 0 TF = 0 PW = 1 PER = 2 V1 = -2
TR = 0 V2 = 2
R10 1
0
C1 1 IC = 0V
V
T i m e
0 s 5 s 1 0 s 1 5 s 2 0 s
V ( C 1 : 1 ) - 1 . 0 V
0 V 1 . 0 V 2 . 0 V
T i m e
0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s
V ( C 1 : 1 ) I ( R 1 0 ) - 4 . 0
0 4 . 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
V
V1
TD = 0 TF = 0 PW = 0.1 PER = 0.2 V1 = -2
TR = 0 V2 = 2
R10 1
0
C1 1 IC = 0V I
0 s 1 . 0 s 2 . 0 s 3 . 0 s 4 . 0 s 5 . 0 s
V ( C 1 : 1 ) - 1 0 0 m V
0 V 1 0 0 m V
2 0 0 m V T i m e
0 s 1 . 0 s 2 . 0 s 3 . 0 s 4 . 0 s 5 . 0 s
V ( C 1 : 1 ) I ( R 1 0 ) - 2 . 0
0 2 . 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
41
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
c) vg(t) gerilim kaynağının frekansı 10 kHz olacak şekilde işaret ayarlanırsa, v2(t) geriliminin ve i1(t) akımının değişimleri nasıl olacaktır. Açıklayınız.
V
V1
TD = 0 TF = 0 PW = 50u PER = 100u V1 = -2
TR = 0 V2 = 2
R10 1
0
C1 1 IC = 0V I
T i m e
0 s 0 . 2 s 0 . 4 s 0 . 6 s 0 . 8 s 1 . 0 s
V ( C 1 : 1 ) I ( R 1 0 ) - 4 . 0
0 4 . 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
T i m e
0 s 2 m s 4 m s 6 m s 8 m s 1 0 m s
V ( C 1 : 1 ) - 1 0 0 u V
0 V 1 0 0 u V 2 0 0 u V
0 s 2 m s 4 m s 6 m s 8 m s 1 0 m s
V ( C 1 : 1 ) I ( R 1 0 ) - 2 . 0
0 2 . 0
43
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
V
V1
TD = 0 TF = 0 PW = 10 PER = 20 V1 = 0
TR = 0 V2 = 2
R10 1
0
V
C1 1 IC = 0V
T i m e
0 s 1 0 s 2 0 s 3 0 s 4 0 s 5 0 s 6 0 s
V ( C 1 : 1 ) V ( V 1 : + ) 0 V
1 . 0 V 2 . 0 V
0 s 1 0 s 2 0 s 3 0 s 4 0 s 5 0 s 6 0 s
V ( C 1 : 1 ) V ( V 1 : + ) I ( R 1 0 ) - 2 . 0
0 2 . 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
44
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
T i m e
0 s 1 . 0 s 2 . 0 s 3 . 0 s 4 . 0 s 5 . 0 s
V ( C 1 : 1 ) V ( V 1 : + ) 0 V
1 . 0 V 2 . 0 V
V
V1
TD = 0 TF = 0 PW = 10m PER = 20m V1 = 0
TR = 0 V2 = 2
V
R10 1
0
I
C1 1 IC = 0V
T i m e
4 . 8 4 0 0 s 4 . 8 8 0 0 s 4 . 9 2 0 0 s 4 . 9 6 0 0 s
4 . 8 1 4 4 s 4 . 9 9 4 0 s
V ( C 1 : 1 ) 0 . 9 7 5 0 V
1 . 0 0 0 0 V 1 . 0 2 5 0 V
0 . 9 5 8 5 V
4 . 8 6 0 0 s 4 . 8 8 0 0 s 4 . 9 0 0 0 s 4 . 9 2 0 0 s 4 . 9 4 0 0 s
4 . 8 4 4 3 s - 1 . 0
0 1 . 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
45
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
3. Yandaki devrede anahtar uzun süre açık kalmıştır ve t=0s’de kapatılmıştır. Kapasite elemanının ilk koşulu 0 V alınız. t≥0 s için vo(t) ifadesini bulunuz ve zamana bağlı olarak grafiğini çizdiriniz.
𝑣𝑜 0− = 𝑣𝑜 ∞ = 0 𝑉
𝑡 = 0+ saniye için (devrede impuls fonksiyonu olmadığına göre);
𝑣𝑜 0+ = 𝑣𝑜 0− = 0 𝑉
Kirchoff’un akım yasasından;
−𝑖1 𝑡 + 𝑖2 𝑡 = 0
−𝑣𝑖 𝑡 − 𝑣2 𝑡
𝑅1 + 𝐶2 𝑑𝑣2(𝑡) 𝑑𝑡 = 0 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣2(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
𝑣𝑜(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem 𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑜(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
Anahtar açıldığı an için eşdeğer devre
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣𝑜(𝑡) = 1sin(1𝑡)
(𝑠 + 1) = 0 𝑠 = −1 𝑣𝑜ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡
𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣𝑜(𝑡) = 0
İlk olarak homojen genel çözüm bulunur.
𝑣𝑜ö = 𝐴𝑠𝑖𝑛 1𝑡 + 𝐵𝑐𝑜𝑠(1𝑡) 𝑑𝑣𝑜ö
𝑑𝑡 = 𝐴𝑐𝑜𝑠 1𝑡 − 𝐵𝑠𝑖𝑛(1𝑡) Diferansiyel denklemde yerine yazılır.
Özel çözüm bulunmalıdır.
Diferansiyel denklemin sağ tarafı sinüsoidal bir fonksiyondur.
Bu durumda özel çözüm:
𝑒 𝑡 = 𝐸𝑚sin(𝜔𝑡)
𝑦ö 𝑡 = 𝐴𝑠𝑖𝑛 𝜔𝑡 + 𝐵𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡) 𝑦ö 𝑡 = 𝐶𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 + 𝜃
𝑦ö 𝑡 = 𝐷𝑠𝑖𝑛 𝜔𝑡 + 𝜑 veya
veya
𝑒 𝑡 = 1sin(1𝑡) için özel çözüm:
Dif. Denklemde yerine yazılır.
𝐴𝑐𝑜𝑠 1𝑡 − 𝐵𝑠𝑖𝑛 1𝑡 + 𝐴𝑠𝑖𝑛 1𝑡 + 𝐵𝑐𝑜𝑠 1𝑡 = 1sin(1𝑡) 𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣𝑜(𝑡) = 1sin(1𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
47
0 = 𝐾 − 1 2
olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
Genel çözüm:
𝑣𝑜𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡 + 1
2sin 1𝑡 − 1
2𝑐𝑜𝑠 1𝑡 𝑣𝑜𝑔 𝑡 = 𝑣𝑜ℎ𝑔 𝑡 + 𝑣𝑜ö 𝑡
𝑣𝑜 0+ = 𝐾𝑒−1.0+ + 0 − 1
2cos(0)
𝐾 = 1 2 Tam çözüm:
𝑣𝑜 𝑡 = 1
2. 𝑒−1.𝑡 + 1
2sin 1𝑡 − 1
2𝑐𝑜𝑠 1𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝐴𝑐𝑜𝑠 1𝑡 − 𝐵𝑠𝑖𝑛 1𝑡 + 𝐴𝑠𝑖𝑛 1𝑡 + 𝐵𝑐𝑜𝑠 1𝑡 = 1sin(1𝑡) 𝑐𝑜𝑠 1𝑡 𝐴 + 𝐵 + 𝑠𝑖𝑛 1𝑡 [−𝐵 + 𝐴] = 1sin(1𝑡)
−𝐵 + 𝐴 = 1 𝐴 + 𝐵 = 0
𝐴 = 1
2 𝐵 = −1
2
𝑣𝑜ö 𝑡 = 1
2sin 1𝑡 − 1
2𝑐𝑜𝑠 1𝑡
𝑣𝑜𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡 + 1
2sin 1𝑡 − 1
2𝑐𝑜𝑠 1𝑡
𝑣𝑜 𝑡 = 1
2. 𝑒−1.𝑡 + 1
2sin 1𝑡 − 1
2𝑐𝑜𝑠 1𝑡 𝑢(𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
T i m e
0 s 1 0 s 2 0 s 3 0 s 4 0 s 5 0 s
V ( C 1 : 1 ) V ( V 1 : + ) - 1 . 0 V
0 V 1 . 0 V
V
R10 1
0
V1
FREQ = 0.159 VAMPL = 1 VOFF = 0
AC = 0
C1 1 IC = 0V
V
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
49
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
T i m e
0 s 1 0 s 2 0 s 3 0 s 4 0 s 5 0 s
V ( C 1 : 1 ) V ( V 1 : + ) - 1 . 0 V
0 V 1 . 0 V
𝑣𝑜 𝑡 = 1
2. 𝑒−1.𝑡 + 1
2sin 1𝑡 − 1
2𝑐𝑜𝑠 1𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
𝑣𝑜 𝑡 = 1
2. 𝑒−1.𝑡 + 0.707 sin 1𝑡 − 45𝑜
Not:
sin 𝑎 + 𝑏 = 𝑠𝑖𝑛𝑎. 𝑐𝑜𝑠𝑏 + 𝑐𝑜𝑠𝑎. 𝑠𝑖𝑛𝑏
sin 1𝑡 − 45𝑜 = sin(1𝑡). cos(−45𝑜) + cos(1𝑡). 𝑠𝑖𝑛(45𝑜) sin 1𝑡 − 45𝑜 = sin(1𝑡). 1
2 + cos(1𝑡). (− 1 2) 0.707. sin 1𝑡 − 45𝑜 = 1
2sin 1𝑡 − 1
2cos(1𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Yandaki devrede t=0s’de devre çalıştırılmıştır. Endüktans elemanının ilk koşulu 𝑖2 0− = 0 𝐴 alınız. t≥0 s için i2(t) ifadesini bulunuz ve zamana bağlı olarak grafiğini çizdiriniz.
𝑡 = 0+ saniye için (devrede impuls fonksiyonu olmadığına göre);
𝑖2 0+ = 𝑖2 0− = 0 A
Kirchoff’un gerilim yasasından;
−𝑣𝑖 𝑡 + 𝑣1(𝑡) + 𝑣2 𝑡 = 0
−𝑣𝑖 𝑡 + 𝑅1𝑖2(𝑡) + 𝐿2 𝑑𝑖2(𝑡) 𝑑𝑡 = 0 𝑑𝑖2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑅1
𝐿2 𝑖2(𝑡) = 𝑅1
𝐿2 𝑣𝑖(𝑡)
𝑖2(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
51
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑖2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑅1
𝐿2 𝑖2(𝑡) = 𝑅1
𝐿2 𝑣𝑖(𝑡) 𝑑𝑖2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑖2(𝑡) = 1
(𝑠 + 1) = 0 𝑠 = −1 𝑖2ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡
𝑑𝑖2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑖2(𝑡) = 0
İlk olarak homojen genel çözüm bulunur.
𝑖2ö = 𝐴 𝑑𝑖2ö
𝑑𝑡 = 0
Diferansiyel denklemde yerine yazılır.
0 + 𝐴 = 1
Özel çözüm bulunmalıdır.
𝑖2ö = 1
0 = 𝐾 + 1
olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
Genel çözüm:
𝑖2𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡 + 1 𝑖2𝑔 𝑡 = 𝑖2ℎ𝑔 𝑡 + 𝑖2ö 𝑡
𝑖2 0+ = 𝐾𝑒−1.0+ + 1 𝐾 = −1
Tam çözüm:
𝑖2 𝑡 = −1. 𝑒−1.𝑡 + 1 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑣𝑜 𝑡 = −1. 𝑒−1.𝑡 + 1 𝑢(𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑖2 𝑡 = −1. 𝑒−1.𝑡 + 1 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
T i m e
0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s
I ( L 2 ) 0 A
0 . 5 A 1 . 0 A
I R1
1
0
V1 1Vdc
L2 1H
IC = 0A
T i m e
0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s
I ( L 2 ) V ( L 2 : 1 ) 0
0 . 5 1 . 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
53
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
ZAMAN SABİTİ: Devredeki geçici olayların ne kadar süreceğini ifade eder.
𝜏 = 1
min{|𝑅𝑒𝑒𝑙{𝑠𝑖}|}
Bu devre için;
𝜏 = 𝐿2
𝑅1 = 𝐺1𝐿2 = 1 𝑠𝑎𝑛𝑖𝑦𝑒
𝑡𝑔ℎ ≈ 5𝜏 Geçici hal süresi:
𝑑𝑖2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑅1
𝐿2 𝑖2(𝑡) = 𝑅1
𝐿2 𝑣𝑖(𝑡)
Tam çözüm:
𝑖2 𝑡 = −1. 𝑒−
1 𝐺1𝐿2.𝑡
+ 1 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
𝑖2 𝑡 = −1. 𝑒−1𝜏.𝑡 + 1
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
ÇALIŞMA SORULARI
1. Aşağıda verilen RL devresinin girişine vg(t) gerilim kaynağı uygulanmıştır. Devredeki eleman değerleri R2=1 Ω, L1=1 H’dir ve endüktans elemanının başlangıç koşulu i1(0-)=0 A’dir.
a) vç(t) gerilimine ilişkin diferansiyel denklemi, vg(t)’nin her değişimi için ayrı ayrı yazınız ve her adım için vç(t) geriliminin tam çözümünü bulunuz (Bir periyot için çözüm yapınız) ve değişimini çiziniz (20p).
b) v1(t) geriliminin değişimini vg(t)’nin bir periyodu için bulunuz ve değişimini çiziniz (10p).
c) vg(t) gerilim kaynağının frekansı 1 kHz olacak şekilde işaret ayarlanırsa, vç(t) ve v1(t) geriliminin değişimi nasıl olacaktır. Açıklayınız (10p).
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
55
ÇALIŞMA SORULARI
Yanda verilen devrede anahtar uzun süre kapalı konumda kalmış ve t=0 anında açık konuma getirilmiştir.
a) Dinamik elemanların v2(0-) ve i4(0-) başlangıç değerlerini bulunuz. Anahtarlar konum değiştirdikten sonra t=0+ için devrenin eşdeğerini çiziniz. v2(0+), v3(0+) ve i4(0+) değerlerini bulunuz.
Yanda verilen devrede anahtar uzun süre konumunda kalmış ve t=0 anında konumuna getirilmiştir.
a) i4(t) akımının tam çözümünü diferansiyel denklemlerden faydalanarak bulunuz.
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
ÇALIŞMA SORULARI
Aşağıda verilen RC devresinin girişine vi(t) gerilim kaynağı uygulanmıştır. Devredeki eleman değerleri R1=1 kΩ, C2=1 µF’dır.
a) v2(t) gerilimine ilişkin diferansiyel denklemi, vi(t)’nin her değişimi için ayrı ayrı yazınız ve her adım için v2(t) geriliminin tam çözümünü bulunuz (Bir periyot için çözüm yapınız). v2(t) geriliminin değişimini çiziniz (20p).
b) i1(t) akımının tam çözümünü bulunuz ve değişimini çiziniz (10p).