Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ BÖLÜM II BİRİNCİ DERECEDEN RC ve RL DEVRELER Bir önceki bölümde ideal bir indüktör ve kapasitörün enerji depolama kabiliyetleri ile birlikte uç davranışlarını analiz ettik. Bu bölümde ise bu elemanların enerji depolarken veya harcarken ortaya çıkan gerilim ve akımlarının değerlendirilmesi yapılacaktır. Doğal devre cevabı İndüktör ve kapasitörlerin başlangıç koşullarına bağlı olarak bulunan devre cevabıdır. Doğal cevapta devrede bağımlı kaynak olabilir, ancak bağımsız kaynak olmamalı. (Anahtarlama durumu göz önüne alınmalıdır, yani enerji bırakılırken bağımsız kaynak yok). 1 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Basamak (step) devre cevabı Basamak cevabında RL veya RC devreye, DC gerilim veya akımın birden (suddenly) uygulanması durumundaki devre davranışı incelenir. Doğal ve basamak cevabının birlikte değerlendirilmesi Üçüncü aşamada ise, genel bir metot geliştirilerek, DC voltaj veya akımda ani değişiklikler ile devrenin basamak cevabı bulunacaktır. Bunu yaparken doğal cevap ile basamak cevabının bulunmasındaki temel düşüncenin aynı olduğu gösterilecektir. 2 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Rth Vth Vth Rth Rth Vth Rth Rth Rth Vth Şekil 2.1: a) İndüktör Thevenin eşdeğere bağlı b) İndüktör Norton eşdeğere bağlı c) Kapasitör Thevenin eşdeğere bağlı d) Kapasitör Norton eşdeğere bağlı 3 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 2.1. RL Devrenin Doğal Cevabı Is Ro Şekil 2.2: RL devresi RL’nin doğal cevabı, enerjinin bırakılması esnasında bağımsız kaynakların olmamasına denk düşer. Bağımsız kaynaklar sadece enerji depolanırken devrede vardırlar. Yukarıdaki devre uzunca süre anahtar kapalı tutularak 4 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ bekletildikten sonra t = 0 anında anahtar açılırsa; bütün akımlar ve gerilimler sabit bir değere ulaşmış demektir. Bu yüzden anahtar açılmadan hemen önce L kısa devredir (V L di 0 ). Yani enerji bırakılmadan hemen önce indüktör dt kısa devre gibi görünür. İndüktör üzerine düşen voltaj 0 ise, Ro ve R’den geçen akım yoktur. Bu yüzden, bütün akım kaynağı Is, indüktif dalda görünür. Buradaki problem ise anahtar açılınca (t = 0+ ( t 0 )) R uçlarındaki akım ve gerilim ifadelerini bulmaktadır. Böylece t 0 anı için Şekil 2.3’de ki devre oluşur. 5 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Is Şekil 2.3: t 0 anı için Şekil 2.2’deki devre KVL kullanılarak devre çözülecek olur ise di L Ri 0 dt (2.1) di R dt idt dt L (2.2) di R dt i L (2.3) 6 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Denklem (2.3), birinci dereceden diferansiyel denklemi temsil etmektedir. t R di ( ) t0 i( ) t0 L d t (2.4) to 0 için; i (t ) R ln t i (0) L i (t ) i (0)e R t L (2.5) L , R (2.6) i (0) I o başlangıç değeridir (depolanan enerjiye denk düşen akım). Sonuç olarak i(t ) akımı; i (t ) I o e R ( )t L ,t0 (2.7) 7 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ i (t ) t Io e t / 3.67x10-1 2 1.3510-1 3 4.97x10-2 t Şekil 2.4: Devreye ait akım cevabı 1 e 0.37 I o 8 4 1.83x10-2 5 6.7x10-3 . . . . . . Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 5 ’dan sonra i değeri, I o ’ın % 1’inden küçüktür. Dolayısıyla uzunca bir süre ifadesi 5 ve üzeri zaman dilimine denk düşer. Bir diğer zaman karakteristiği, akımın son (final) değerine ulaşması için gerekli olan zamandır (i(t) başlangıç oranında değişmeye devam ederse). di L Ri 0 dt (2.8) I di R (0 ) I o o dt L (2.9) Bu durumda i(t ) , I o ’dan başlayarak Io oranında azalıyorsa (A/sec), i(t ) akımı aşağıdaki gibi elde edilir. i (t ) I o Io (2.10) t 9 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ i (t ) R -( ) t L i (t ) = I o e Io i (t ) = I o - t Io t t t Şekil 2.5: RL devresinin zaman sabitinin grafiksel yorumu Denklem (2.10), i’nin saniyede 0 değerine (son değere) ulaştığını gösterir. Şekil 2.3’de yer alan devrede, R üzerine düşen gerilimin ifadesi ise V iR I o Re R ( )t L t I o Re , t 0 (2.11) olarak bulunur. 10 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Burada gerilim t 0 olarak tanımlanmasının temel sebebi (akımda t 0 ’dı) t 0 ’da voltajda basamak değişimi olacağındandır. V (t ) 0, t 0 V (0 ) 0 t 0 ’da voltaj atlaması olduğundan 0 veya 0 kullanılır. V (0 ) I o R Çünkü t 0 ’da voltaj bilinmiyor. Direnç üzerinde harcanan güç: V2 P iV , P i R veya P R 2 P I o Re 2 2 t , t 0 . (2.12) R üzerinde harcanan enerji (R’nin L’den çektiği enerji): 11 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ t t 0 0 W Pdt I Re 2 I R (1 e 2 o 2 o 2 t 2 t (2.13) dt (2.14) ) 2 t 1 2 LI o (1 e ), t 0. 2 (2.15) 1 t , R’de tüketilen enerji depolanan enerjiye yaklaşır ( LI o2 ). 2 RL devresinde bir akım olması durumu, anlık bir durum (olay) olduğundan devrenin doğal cevabını tanımlar, aynı zamanda doğal cevaba geçici cevapta (transient response) denir. 12 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Anahtarın açılmasından uzunca süre sonraki durum ( t ) ise kararlı durum (steady state) cevaptır. RL devresinin kararlı durum cevabı ( t ) 0’dır. Anahtarı açmadan hemen önce, devreyi durum-kararlı moda çalışıyor kabul ettik. Yani anahtar kapalı uzunca süre bekleyerek, akımın indüktörde durum-kararlı değeri I o ’a ulaştığını kabul ettik (bu aslında basamak cevabında durum-kararlı davranışımıza denk düşer.) RL devresinin doğal cevabının analizinde en önemli nokta; indüktörün başlangıç akımının bulunması ve zaman sabitinin belirlenmesidir. Bütün diğer çözümler, i(t ) ’den türetilir. 13 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 2.2. RC Devrenin Doğal Cevabı Ro Vg Şekil 2.6: RC devresi Şekil 2.6’da anahtar (a) konumunda t 5 kadar bekletildikten sonra, t 0 anında (b) konumuna getiriliyor. Anahtar (b) konumundayken devrenin eşdeğeri çizilecek olur ise; 14 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Vg Şekil 2.7: Anahtar (b) konumundayken devrenin eşdeğeri KCL kullanılarak Şekil 2.7’deki devre çözülecek olur ise; dV V 0 C dt R (2.16) V (t ) V (0)e t RC , t 0 . (2.17) RC olduğu için, V (t ) V (0)e t , t 0 . (2.18) 15 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Kapasitör üzerindeki başlangıç gerilimi V (0) Vg olduğuna göre; V (0 ) V (0) V (0 ) Vg Vo (2.19) burada Vo kapasitör üzerindeki başlangıç voltajını temsil eder. V (t ) Vo e t , t 0 . (2.20) V (t ) Vo R -( ) t L V (t ) = Vo e V (t ) = Vo - Vo t t t t Şekil 2.7: RC’nin doğal cevabı 16 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Denklem (2.20)’deki V (t ) ifadesi kullanılarak i , P ve W ifadeleri sırasıyla aşağıdaki gibi elde edilir. V (t ) Vo t e , t 0 i (t ) R R (2.21) Vo2 2t P Vi e , t 0 R (2.22) Vo2 2t 1 W Pdt e dt CVo2 (1 e 2t ) , t 0 . 0 0 R 2 (2.23) t t 17 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 2.3 RL ve RC Devrelerinin Basamak Cevabı Burada RC veya RL’ye, DC akım veya gerilimin aniden uygulanması ile RC ve RL’de oluşan akım ve gerilim ifadelerinin bulunması amaçlanmaktadır. Bu ani gerilim veya akım uygulamasına devrenin verdiği cevaba basamak cevabı (step response) denir. Basamak cevabı ile aslında indüktör veya kapasitör enerji depolarken nasıl davranış sergilediğini inceleyeceğiz. 18 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 2.3.1 RL Devresinin Basamak Cevabı R Vs Şekil 2.8: RL devresinin basamak cevabı eşdeğer devresi Yukarıdaki RL devresinde, t 0 anında anahtar kapatıldıktan sonra KVL kullanılarak; Vs Ri L di dt (2.24) 19 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ V di Ri Vs R (i s ) . dt L L R (2.25) Denklem (2.25)’in her iki tarafını dt ile çarparsak; V di R dt (i s ) dt dt L R di (2.26) V R (i s ) dt L R (2.27) di R dt Vs L i R (2.28) di R t i (t 0) Vs L 0 dt i R i ( t t ) (2.29) Başlangıç akımı i (0) I o olarak varsayarsak, 20 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ i (t ) (Vs R) R ln t I o (Vs R) L (2.30) Sonuç olarak bobin üzerinden geçen akımın ifadesi aşağıdaki gibi elde edilir. R Vs Vs L t i (t ) ( I o )e , t 0. R R (2.31) İndüktörde başlangıçta enerji 0 ise; I o 0 . Bu durumda; Vs L t i (t ) (1 e ) , R R Burada zaman sabiti , artış oranını belirler. i ( ) Vs Vs 1 V e 0.6321 s R R R Bir zaman sabiti sonrası, i(t ) ’nin % 63 ’ü son değere ulaşmış olacaktır. 21 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Eğer akım ilk değer oranında artmaya devam ederse; t ’da son değere ulaşır. Vs 1 t Vs t di ( )e e dt R L V di (0) s dt L Eğer akım bu oranda artmaya devam ederse; Vs L Vs olur. i L R R 22 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ i (t ) i (t ) = Vs R Vs t L i (t ) = 0.632 Vs R Vs (1- e-t t ) R t Io = 0 t Şekil 2.9: RL devresinin basamak cevabına ait akım grafiği Bobin üzerindeki gerilimin ifadesi ise ( i (t 0) I o olması durumunda): VL L V di R L I o s e t (Vs I o R )e t dt R L 23 (2.31) Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Anahtar kapanmadan önce indüktör üzerindeki gerilim 0’dır. Anahtar kapandıktan sonra (Vs I o R ) ’ye aniden yükselir ve zamanla exponansiyel olarak azalıp sıfıra gider. Bobin üzerindeki gerilimin ifadesi ise ( i (t 0) 0 olması durumunda); VL Vs e t (2.32) Bu durumda t 0 ’da birden Vs ’ye çıkar ve 0’a doğru exponansiyel azalır. 24 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ V (t ) Vs VL = Vs e-t t R VL = Vs - Vs t L 0.368Vs t t Şekil 2.10: RL devresinin basamak cevabına ait gerilim grafiği dV 1 t R (0) Vs e Vs dt L (2.33) Şekil 2.10’dan da görüldüğü gibi gerilim bu oranda azalırsa; VL Vs R Vs t L (2.34) kadar sürede Denklem (2.34)’deki gerilim ifadesi sıfıra ulaşır. 25 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Örnek 2.1: 2W a b t=0 24 V i 10W V 8A _ Şekil 2.11: Örnek 2.1’e ait RL devresi Şekildeki devrede anahtar uzunca süre (a) konumunda kaldıktan sonra t = 0 anında (b) konumuna getiriliyor. a) i (t ) akımının matematiksel ifadesini t 0 için bulunuz. 26 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ b) Anahtar (b) konumuna geçtikten hemen sonra L üzerine düşen başlangıç gerilimi kaç volttur? c) Anahtar (b) konumuna geçtikten ne kadar süre (msn) sonra indüktör gerilimi 24 volt olur? d) Başlangıç gerilimi devre davranışını nasıl etkiler? e) İndüktör üzerindeki gerilimin ve akımın zamana göre değişimini çiziniz. 27 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Cevap: a) Anahtar uzunca süre (a) konumunda iken; 200 mH’lik indüktör 8 A’lik akım kaynağına karşın kısa devre davranır ve başlangıç akımı I o 8 A olur. Referans yönüne bakacak olursak (akımın yönüne); I o 8 A olarak değerlendirilir. Anahtar (b) konumuna getirildiğinde i ’nin son değeri i Vs 24 L 200 12 A ve zaman sabiti 100 msn ’dir. 2 2 R R R Vs Vs L t i (t ) ( I o )e R R 12 ( 8 12)e t 0.1 12 20e 10t A , t 0 28 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ b) VL L di dt 0.2(200e 10 t ) 40e 10t V , t 0 V (0 ) 40V c) 24 40e 10 t 1 40 V t ln 51.08 msn . 10 24 d) Anahtar (b) konumuna getirildiğinde, indüktör 8 A’de kalır (Yani kapalı çevrimde saatin ters yönünde). Bu akım, 2x8A = 16 V’luk bir gerilim düşümü yapar ( 2 ’luk direnç üzerinde). Bu 16 V, 24 V’luk kaynağa eklenerek indüktör üzerine 40 Volt gerilim düşümü oluşur. 29 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ e) V (t ) i (t ) V (t ) i (t ) t (msn) Şekil 2.12: Gerilim ve akımın zaman göre değişimi Akımın 0 olduğu noktada gerilim 24 volttur (kaynak). 30 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 2.3.2 RC Devresinin Basamak Cevabı Is R VC Şekil 2.13: RC devresinin basamak cevabı Şekil 2.13’de, matematiksel kolaylık olması açısından Norton bir devre kullanılmıştır. KCL kullanılarak: C dVC VC Is . dt R (2.35) Denklem 2.35 düzenlenecek olur ise; 31 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ dVC VC I s dt RC C (2.36) Denklem (2.36)’da ki birinci dereceden diferansiyel denklemin çözümünün sonucunda kapasitör üzerinde gerilim ifadesi aşağıdaki gibi elde edilir. VC I s R (Vo I s R )e t , t 0. RC . Kapasitör üzerinden geçen akımın ifadesi ise; dVC i (t ) C dt (2.37) 1 (Vo I s R )e t C 1 (Vo I s R )e t RC 32 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ (Is Vo t )e , t 0 R (2.38) V (t ) i (t ) Is R Is t (msn) (a) t (msn) (b) Şekil 2.14: (a) Gerilimin zamana göre değişimi (b) akımın zaman göre değişimi 33 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Örnek 2.2: 20 K W 8K W 40 K W io 40V 60 K W Vo 0.25 m F 160 K W 75V Şekil 2.15: Örnek 2.2’ye ait devre şeması Şekildeki devrede anahtar uzunca süre (a) konumunda kaldıktan sonra, t 0 anında (b) konumuna getiriliyor. Buna göre; a) Vo (t ) gerilimini t 0 için bulunuz. b) io (t ) akımını t 0 için bulunuz. 34 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Cevap: a) Kapasitör açık devre olduğu için başlangıç değeri Vo ; Vo 60 40V 30V , t 0 60 20 t 0 için Şekil 2.15’de yer alan devrenin Thevenin eşdeğeri bulnunarak, Norton eşdeğerine geçilecek olur ise: VoC açık devre voltajı aşağıdaki gibi hesaplanır. 160 x103 VoC (75V ) 60V . 3 (40 160) x10 Thevenin direnci RTh ; RTh 8 K 40 K / /160 K 40 K Norton akım kaynağı, açık devre voltajının RTh ’a bölünmesiyle bulunur. 35 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ VoC 60 iN 1.5 mA Rth 40 K Böylece Norton eşdeğer devresi Şekil 2.16’daki gibi elde edilir. 30V 0.25 m F 40 K W 1.5 mA Şekil 2.16: Örnek 2.2’ye ait devrenin Norton eşdeğer devresi Böylece Vo gerilimi: Vo I s R (Vs I s R )e t RC 0.25 x106 x 40 x103 10 msn 60 (30 ( 60))e 100 t 36 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 60 (90)e 100t V , t 0 . b) io (t ) akımı bulunacak olur ise ( Şekil 2.16’dan görüldüğü gibi I s 1.5 mA): io (t ) ( I s Vo t RC , t 0 )e R 30V 100t )e (1.5 mA , t 0 40 K 2.25e 100t mA , t 0 Doğrulama: dVo (0.25 x106 )(9000e 100t ) 2.25e 100 t mA io (t ) C dt dVo (0 ) 0 olduğundan, io (t ) , t 0 için geçerlidir. dt 37 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 2.4 Basamak ve Doğal Cevapların Genel Çözümü Daha önce belirtiğimiz gibi RC ve RL devreler 1’inci dereceden diferansiyel denklemlerle ifade edilirler. Şekil 2.17’de C ve L’nin dört farklı devre tipi verilmiştir. Rth Vth Vth Rth Rth Vth Rth Rth Rth Vth Şekil 2.17: a) İndüktör Thevenin eşdeğere bağlı b) İndüktör Norton eşdeğere bağlı c) Kapasitör Thevenin eşdeğere bağlı d) Kapasitör Norton eşdeğere bağlı 38 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Bu dört devrenin genelleştirilmiş çözümünü elde etmek için bilinmeyen nicelik olarak tanımlanan x(t ) ’nin, indüktör veya kapasitör uçlarındaki akım veya gerilim olduğu varsayılırsa; Şekil 2.17’deki devrelerin her birinin diferansiyel formu; dx x K dt (2.39) K 0 olabilir. Çünkü, devrenin kaynakları sabit olduğundan, x’in son değeri sabit olacaktır. Yani bu değer Denklem (2.39)’u sağlayacak ve x son değerine ulaştığında, dx 0 olacaktır. Bu sebeple x’in son değeri; dt xson K (2.40) Denklem (2.39) çözülecek olur ise: 39 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ ( x xson ) dx x ( x K ) K dt (2.41) dx 1 dt x xson (2.42) Böylece Denklem (2.42)’deki ifadenin her iki tarafının integrali alınacak olur ise (integralin sembolleri olarak u ve v kullanılarak): du 1 t x(to ) u xson to dv x (t ) (2.43) Denklem (2.43)’deki integral çözümünün sonucunda genleştirilmiş çözüm aşağıdaki gibi elde edilir. x(t ) xson ( x(t0 ) xson )e ( t t 0 ) (2.44) 40 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Bilinmeyen akım veya gerilim (t’ye bağlı) = (Akım veya gerilimin son değeri) + (Akım veya gerilimin başlangıç değeri – akım veya gerilimin son değeri) x e ( t t0 ) . Burada t0 , anahtarlama zamanı (kapanıp veya açıldığı zaman). zaman sabiti. Bu ifadede geçen değeler belirlenip yerine konularak çözüm yapılır. RC devrelerde değişken olarak kapasitif gerilim (VC ) alınır. RL devrelerde değişken olarak indüktif akım ( iL ) alınır. Son değeri t ’a giderken bulunabilir. 41 genelleştirilmiş Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Örnek 2.3: 400 K W 90V 20W i VC 0.5 m F 60W 40V Şekil 2.18: Örnek 2.3’e ait devre şeması Devrede anahtar uzunca süre (a) konumunda kaldıktan sonra t = 0 anında (b) konumuna geriliyor. Buna göre;. a) VC geriliminin ilk değerini bulunuz. b) VC geriliminin son değerini bulunuz. 42 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ c) Anahtar (b) konumuna getirildiğinde zaman sabiti ’nun değerini hesaplayınız. d) VC (t ) gerilim ifadesini t 0 için bulunuz. e) i (t ) akım ifadesini t 0 için bulunuz. f) Anahtar (b) konumuna geçtikten ne kadar süre sonra VC gerilimi 0 volta eşit olur? g) Zamana karşı VC (t ) ve i(t ) grafiğini çiziniz. 43 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Cevap: a) Anahtar uzunca süre (a) konumunda iken; C kapasitörü açık devre olur ve 60 ’luk direnç üzerine düşen voltaj VC (0) olur. 60 40V 30V VC (0) 60 20 b) Anahtarı (b) konumuna getirilip uzunca süre beklenirse C kapasitörü, 90 V’luk kaynağa göre açık devre gibi davranır ve bu yüzdem son değeri VC ( son ) 90V olur. c) RC (400 x103 )(0.5 x10 6 ) 0.2 sn. d) VC (t ) VC son (VC (0) VC son )e ( t 0) 0.2 90 ( 30 90)e 5t 44 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 90 120e 5t V , t 0. e) değişmez. i(t ) ’nin ilk değeri i (0 ) almalıyız. Çünkü akım t = 0 anında ani değişiyor. (Fakat gerilimde ani değişme olmaz.) i (0 ) (90 ( 30)) 300 A 3 400 x10 i (t ) 0 (300 0)e 5t , t 0 . f) VC (t ) 0 1 4 120e 5t 90 t ln( ) 57.54 msn. 5 3 VC 0 ’da i (t 57.24) 225 A ve VR 400 k 90V . g) 45 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ i (t ) VC (t ) 300 m A VC (t ) i (t ) 225 m A t (msn) Şekil 2.19: Zamana göre akım-gerilim grafiği 46 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Örnek 2.4: 0.1 m F 7.5 mA V (t ) 20 KW 30 KW Şekil 2.19: Örnek 2.4’e ait devre şeması a) Devreye ait akım ifadesi i (t ) ’yi t 0 için bulunuz. b) Devreye ait gerilim ifadesi V (t ) ’yi t 0 için bulunuz. 47 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Cevap: a) Kapasitörün başlangıç gerilimi (VC (0) 0 ) sıfır olduğundan; i (0 ) (7.5)20 3 mA ( 30 K ’dan geçen akım.) 50 ison 0 (DC akımdan dolayı t ). (20 30)103 x107 5 msn. i (t ) 0 (3 0)e t 5 x10 3 3e 200t mA, t 0. b) 30 K ile kapasitör üzerine düşen voltaj toplamı V (t ) olacaktır. VC (0) 0 (Kapasitörün başlangıç gerilimi) Vson (7.5)(20) 150V . (Son değer) 48 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Kapasitöre ait gerilim ifadesi; VC (t ) 150 (0 150)e 200t 150 150e200t Sonuç olarak V (t ) gerilimi ise; V (t ) 150 150e 200 t 30(3)e 200 t 150 60e 200t V , t 0. 49 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Örnek 2.5: 1W 3W 20V V (t ) 80mH Şekil 2.20: Örnek 2.5’e ait devre şeması Şekildeki devrede uzunca süre açık konumda olan anahtar, t 0 anında kapatılıyor. Buna göre; a) Devreye ait gerilim ifadesi V (t ) ’yi t 0 için bulunuz. b) Devreye ait akım ifadesi i (t ) ’yi t 0 için bulunuz. 50 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Cevap: 20 a) Anahtar açıkken ( t 0 ), i 5 A yani indüktör üzerindeki akım 5 A 1 3 ’dir. Anahtar kapatıldığı anda akım yine 5A ve ilk voltaj VL (0) 20 1x5 15V ’dur. Zaman sonsuza ulaştığında ise bobin gerilimin son değer sıfırdır yani VL ( son ) 0 L 80 x10 3 ’dır. Zaman sabiti ise 80 msn ’dir. Böylece bobin üzerindeki 1 R V (t ) gerilim ifadesi ise; V (t ) 0 (15 0)e t 80 x103 15e 12.5t V , t 0. 51 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ b) Bobinin başlangıç akımı iL (0) 5 A ’idi, anahtar kapatılınca ise bobin üzerinden iL ( son ) 20 A geçer. Böylece, bobin üzerinden geçen akımın ifadesi ise; i (t ) 20 (5 20)e 12.5t 20 15e 12.5t A, t 0. 52 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 2.4.1 Sıralı Anahtarlama Durumu (Sequential) Örnek 2.6: 4W 3W 1 60V 2 iL 6W VL 12W 150 mH 18W Şekil 2.21: Örnek 2.6’e ait devre şeması Şekildeki devrede her iki anahtarda uzunca süre kapalı durumdadır. t 0 anında 1’inci anahtar açılıyor. 35 msn sonra ise 2’inci anahtar açılıyor. Buna göre; 53 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ a) Devreye ait akım ifadesi iL (t ) ’yi 0 t 35 msn için bulunuz. b) Devreye ait akım ifadesi iL (t ) ’yi t 35 msn için bulunuz. c) 18 ’luk dirençte harcanan enerji, 150 mH ’lik indüktörde depolanan başlangıçtaki enerjinin % kaçıdır bulunuz? d) c şıkkını 3 için tekrarlayınız e) c şıkkını 6 için tekrarlayınız. 54 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Cevap: a) t 0 için anahtarlar kapalı konumda ve 150 mH ’lik indüktör, 18 ’luk dirence kısa devre olur (Şekil 2.22’den görüldüğü gibi) 4W 60V 3W 6W 12W iL (0- ) Şekil 2.22: t 0 için eşdeğer devre iL (0 ) 6 A ( 3 üzerinden geçen akım). 0 t 35 msn için anahtar 1 açık konumdadır (anahtar 2 kapalı konumda). 55 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Bu duruma ait devre Şekil 2.23’de verilmiştir. 3W 2 1 º iL 6W VL 150 mH 18W Şekil 2.23: 0 t 35 msn için eş değer devre 56 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ iL 9W VL º 150 mH 18W iL º 6W VL 150 mH Şekil 2.24: 0 t 35 msn için eş değer devre 57 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Şekil 2.24’de yer alan devreye ait zaman sabiti; L 150 ) x103 25 msn. ( 6 R Bobin üzerinden geçen akım; iL 6e 40t ,0 t 35 msn. b) t 35 msn ’de bobin üzerindeki akım bulunacak olur ise; iL 6e 1.4 1.48 A t 35 msn ’de anahtar 2 açılacak olur ise; 58 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 3W iL (0.035) @ 1.48 A 6W VL 150 mH Şekil 2.25: t 35 msn arasındaki eşdeğer devre Şekil 2.24’deki devreye ait zaman sabiti; ( 150 ) x10 3 16.67 msn 9 Bobin üzerinden geçen akımın ifadesi ise; iL 1.48e 60( t 0.035) A, t 35 msn 59 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ c) 18 ’luk direnç sadece ilk 35 msn ’de var. Bu aralık için 18 ’luk direnç üzerinde harcanan enerji aşağıdaki gibi bulunabilir. d VL 0.15 (6e 40t ) dt 36e 40t V ,0 t 35 msn. VL 2 72e 80 t W ,0 t 35 msn. P R Harcanan enerji; W 0.035 0 72e 80t dt 0.9(1 e 2.8 ) 845.27 mJ . 60 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ İlk depolanan enerji; 1 Wi (0.15)(36) 2.7 J 2700 mJ . 2 845.27 x100 31.31% ’i 18 ’da harcanmaktadır. 2700 d) 0 t 35 msn aralığında 3 için enerji ifadesi aşağıdaki gibi bulunur. V3 VL ( )(3) 9 1 VL = 12e 40t 3 W3 0.035 0 144e 80t dt 3 0.6(1 e 2.8t ) 563.51mJ . 61 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ t 35 için; W3 i3 iL (6e 1.4 )e 60( t 0.035) A W3 0.035 0.035 3(36)e 2.8t e 120( t 0.035) dt 108e 3(i3 ) 2 dt 2.8 x e 120( t 0.035) (120) 0.035 108 2.8 e 54.73 mJ . 120 W3 (toplam) 563.51 54.73 618.24 mJ 618.24 x100 22.90 % 2700 62 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ e) 6 ’luk direç 3 ’luk direnç ile seri olduğundan, 6 ’da harcanan enerji 3 ’un iki katı olur. W6 (toplam) 1236, 48 mJ 1236, 48 x100 45.80 % 2700 Toplam harcanan enerji kontrol edilirse; 1236.48 618.24 845.27 2699.99 mJ . 31.31 22.90 45.80 100.01% . 0.01’lik fark yuvarlama hatasıdır. (Yoksa % 100) 63 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Örnek 2.7: 100 KW 400V 50 KW 0.1 m F V (t ) Şekil 2.26: Örnek 2.7’e ait devre şeması Şekildeki şarj olmamış kapasitörlü devrede anahtar (a) konumundan t 0 ’da (b) konumuna getiriliyor ve bu konumda 15 msn bekletiliyor. t 15 msn ’de ise anahtar (c) konuna getiriliyor ve (c) konumunda sonsuza kadar bekletiliyor. Buna göre; 64 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ a) Kapasitör üzerindeki gerilimin ifadesini bulunuz. b) Kapasitör üzerindeki gerilimin zaman göre değişimini çiziniz. c) Kapasitör üzerindeki gerilim ne zaman 200 volt olur? Cevap: a) Anahtar (b) konumuna getirildiği anda kapasitörün başlangıç gerilimi VC (0) 0 Voltur. (b) konumunda anahtar kalırsa kapasitör 400 Volta şarj olur. Bu devreye ait Zaman sabiti; RC (100 x103 )(0.1x106 ) 10 msn . Gerilim ifadesi; V (t ) 400 (0 400)e 100 t V (t ) (400 400)e 100t V ,0 t 15 msn . 65 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 15 msn anındaki gerilim değeri ise; V (15 msn) (400 400)e 1.5 310.75V . Anahtar (c) konumuna getirilirse; Gerilimin son değeri; VC () 0 ve (50 x103 )(0.1x106 ) 5 msn. Bu durumda gerilim ifadesi ise; V 0 (310.75 0)e 200( t 0.015) 310.75e 200( t 0.015) ,15 msn t . 66 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ b) V (t ) 310.75 400 - 400e-100t 310.75e-200( t-0.015) 15 msn t Şekil 2.27: Kapasitör üzerindeki gerilimin zaman göre değişimi c) Şekil 2.27’den görüldüğü gibi 200 V, 15 msn hem önceki hem de sonraki anlarda mevcuttur. Bu iki nokta (t1 ve t2) aşağıdaki gibi bulunur. 200 400 400e 100t1 t1 6.93 msn . 200 310.75e 200( t2 0.015) t2 17.20 msn . 67 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ 2.5 Sınırsız (Unbounded) Cevap Bir devre cevabı, azalmak yerine exponansiyel olarak artabilir. Bu tür devre cevaplarına, sınırsız cevap denilmektedir. Bu tür devre cevapları, devrede bağımlı kaynak olması durumunda mümkün olabilir. Bu tip devreler; negatif Thevenin direncine sahiptiler (indüktör veya kapasitörün uçlarına göre yapılan analizlerde) ve bu yüzden de negatif zaman sabiti üretirler. Bu da sınırlanamayan bir akım ve voltaj artışına neden olmaktadır. Gerçek bir devrede bu durum, elemanın (indüktör veya kapasitör) bozulmasına veya doyuma girmesine sebep olur. Yani gerçekte sonsuza uzayan bir artış mümkün değildir. Bu tip devrelerde genel çözüm denklemlerini direkt olarak kullanamayız. Yeniden çözmek gerekir. 68 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Örnek 2.8: i 10 KW 5 m F Vo 7i 20 KW Şekil 2.28: Örnek 2.8’e ait devre şeması a) Anahtar t 0 ’da kapatıldığında kapasitör üzerindeki gerilim 10 V olduğuna göreVo gerilimini t 0 için bulunuz. b) Kapasitörün uç voltajı 150 volta ulaştığında kapasitörün kısa devre olacağını varsayarak, kapasitör kısa devre olmadan önce harcanan süreyi bulunuz. 69 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ a) Thevenin eşdeğerini bulmak için (kapasitör uçlarına göre) test-kaynak metodunu kullanılır. Bu durumda VT test voltajı olmak üzere; i iT 10 KW 7i 20 KW Şekil 2.29: Test-kaynak metodu kullanımı VT VT VT iT 7 mA 10 20 20 70 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ VT ’nin çözümü, RTh ’ı verir. Böylece RTh aşağıdaki gibi bulunur. iT 6 VT 1 1 VT iT ve buradan RTh 5 K . 1 6 iT 10 20 10 20 10V 5 mF -5 K W Şekil 2.30: Devrenin Thevenin eşdeğeri 71 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ t 0 için; dVo Vo (5 x10 ) x10 3 0 5 dt 6 dVo 40Vo 0 dt Vo (t ) 10e 40t V , t 0. b) Vo 150V 150 10e40t 40t ln15 t 67.70 msn 72 Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ Kaynak J. W. Nilsson and S. Riedel, Electric Circuits, Pearson Prentice Hall. 73