BİRİNCİ DERECEDEN RC ve RL DEVRELER Bir önceki · PDF filekısa devre gibi...

Devre Teorisi Ders Notu Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ

1

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).


2

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.


3

thV

thR

thV

thR

thRth

th

VR

thRth

th

VR

Şekil 2.1: a) İndüktör Thevenin eşdeğere bağlı b) İndüktör Norton eşdeğere

bağlı c) Kapasitör Thevenin eşdeğere bağlı d) Kapasitör Norton eşdeğere bağlı


4

2.1. RL Devrenin Doğal Cevabı

oRsI

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


5

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 ( 0diV Ldt

). Yani enerji bırakılmadan hemen önce indüktör

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+ ( 0t )) R uçlarındaki akım ve gerilim

ifadelerini bulmaktadır.

Böylece 0t anı için Şekil 2.3’de ki devre oluşur.


6

sI

Şekil 2.3: 0t anı için Şekil 2.2’deki devre

KVL kullanılarak devre çözülecek olur ise

0diL Ridt (2.1)

di Rdt idtdt L

(2.2)

di R dti L (2.3)


7

Denklem (2.3), birinci dereceden diferansiyel denklemi temsil etmektedir.

0 0

( )( )

t t

t t

di Rdi L

(2.4)

0ot için;

( )ln(0)i t R ti L

(2.5)

( ) (0) ,R tL Li t i e

R

(2.6)

(0) oi I başlangıç değeridir (depolanan enerjiye denk düşen akım).

Sonuç olarak ( )i t akımı;

( )( ) , 0

R tL

oi t I e t

(2.7)


8

oI

t

( )i t

Şekil 2.4: Devreye ait akım cevabı

1 0.37 oe I

t /te

3.67x10-1

2 1.3510-1

3 4.97x10-2

4 1.83x10-2

5

.

.

.

6.7x10-3

.

.

.


9

5 ’dan sonra i değeri, oI ’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).

0diL Ridt (2.8)

(0 ) oo

Idi R Idt L

(2.9)

Bu durumda ( )i t , oI ’dan başlayarak oI

oranında azalıyorsa (A/sec), ( )i t akımı

aşağıdaki gibi elde edilir.

( ) oo

Ii t I t

(2.10)


10

oI

t

( )i t

( ) oo

Ii t I tt

= -

( )( )

R tL

oi t I e-

=

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

( ), 0

tR tL

o oV iR I Re I Re t (2.11)

olarak bulunur.


11

Burada gerilim 0t olarak tanımlanmasının temel sebebi (akımda 0t

’dı) 0t ’da voltajda basamak değişimi olacağındandır. ( ) 0, 0V t t

(0 ) 0(0 ) o

VV I R

0t ’da voltaj atlaması olduğundan 0 veya 0kullanılır.

Çünkü 0t ’da voltaj bilinmiyor.

Direnç üzerinde harcanan güç:

P iV , 2P i R veya 2VP

R

22 t

oP I Re

, 0t . (2.12)

R üzerinde harcanan enerji (R’nin L’den çektiği enerji):


12

22

0 0

tt t

oW Pdt I Re dt

(2.13)

22 (1 )2

t

oI R e (2.14)

221 (1 ), 0 .2

t

oLI e t (2.15)

t , R’de tüketilen enerji depolanan enerjiye yaklaşır ( 212 oLI ).

RL devresinde bir akım olması durumu, anlık bir durum (olay) olduğundan

devrenin doğal cevabını tanımlar, aynı zamanda doğal cevaba geçici

cevapta (transient response) denir.


13

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 oI ’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.


14

2.2. RC Devrenin Doğal Cevabı

gV

oR

Şekil 2.6: RC devresi

Şekil 2.6’da anahtar (a) konumunda 5t kadar bekletildikten sonra, 0t

anında (b) konumuna getiriliyor.

Anahtar (b) konumundayken devrenin eşdeğeri çizilecek olur ise;


15

gV

Şekil 2.7: Anahtar (b) konumundayken devrenin eşdeğeri

KCL kullanılarak Şekil 2.7’deki devre çözülecek olur ise;

0dV VCdt R

(2.16)

( ) (0) t RCV t V e , 0t . (2.17)

RC olduğu için,

( ) (0) tV t V e , 0t . (2.18)


16

Kapasitör üzerindeki başlangıç gerilimi (0) gV V olduğuna göre;

(0 ) (0) (0 ) g oV V V V V (2.19)

burada oV kapasitör üzerindeki başlangıç voltajını temsil eder.

( ) toV t V e , 0t . (2.20)

oV

t

( )V t

( ) oo

VV t V tt

= -

( )( )

R tL

oV t V e-

=

t Şekil 2.7: RC’nin doğal cevabı


17

Denklem (2.20)’deki ( )V t ifadesi kullanılarak i , P ve W ifadeleri sırasıyla

aşağıdaki gibi elde edilir.

( )( ) toVV ti t eR R

, 0t (2.21)

22toVP Vi e

R , 0t (2.22)

22

0 0

t t toVW Pdt e dtR

2 21 (1 )2

toCV e , 0t . (2.23)


18

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.


19

2.3.1 RL Devresinin Basamak Cevabı

sV

R

Şekil 2.8: RL devresinin basamak cevabı eşdeğer devresi

Yukarıdaki RL devresinde, 0t anında anahtar kapatıldıktan sonra KVL

kullanılarak;

sdiV Ri Ldt

(2.24)


20

( )s sRi V Vdi R idt L L R

. (2.25)

Denklem (2.25)’in her iki tarafını dt ile çarparsak;

( )sVdi Rdt i dtdt L R

(2.26)

( )sVRdi i dtL R

(2.27)

s

di R dtV LiR

(2.28)

( )

( 0) 0

i t t t

i t s

di R dtV LiR

(2.29)

Başlangıç akımı (0) oi I olarak varsayarsak,


21

( ) ( )ln( )

s

o s

i t V R R tI V R L

(2.30)

Sonuç olarak bobin üzerinden geçen akımın ifadesi aşağıdaki gibi elde edilir.

( ) ( )R tLs s

oV Vi t I eR R

, 0t . (2.31)

İndüktörde başlangıçta enerji 0 ise; 0oI . Bu durumda;

( ) (1 )tsVi t eR

, LR

Burada zaman sabiti , artış oranını belirler.

1( ) 0.6321s s sV V Vi eR R R

Bir zaman sabiti sonrası, ( )i t ’nin % 63 ’ü son değere ulaşmış olacaktır.


22

Eğer akım ilk değer oranında artmaya devam ederse; t ’da son değere

ulaşır.

1( ) t ts sV Vdi e edt R L

(0) sVdidt L

Eğer akım bu oranda artmaya devam ederse;

s sV VLiL R R

olur.


23

t

( )i t

t

( ) sVi t tL

=

( ) (1 )tsVi t eR

t-= -

sV R

0.632 sV R 0oI =

Şekil 2.9: RL devresinin basamak cevabına ait akım grafiği

Bobin üzerindeki gerilimin ifadesi ise ( ( 0) oi t I olması durumunda):

tsL o

Vdi RV L L I edt L R

( ) ts oV I R e (2.31)


24

Anahtar kapanmadan önce indüktör üzerindeki gerilim 0’dır. Anahtar

kapandıktan sonra ( )s oV I R ’ye aniden yükselir ve zamanla exponansiyel

olarak azalıp sıfıra gider.

Bobin üzerindeki gerilimin ifadesi ise ( ( 0) 0i t olması durumunda); t

L sV V e (2.32)

Bu durumda 0t ’da birden sV ’ye çıkar ve 0’a doğru exponansiyel azalır.


25

sV

t

( )V t

L s sRV V V tL

= -

tL sV V e t-=

t

0.368 sV

Şekil 2.10: RL devresinin basamak cevabına ait gerilim grafiği

1(0)t

s sdV RV e Vdt L

(2.33)

Şekil 2.10’dan da görüldüğü gibi gerilim bu oranda azalırsa;

L s sRV V V tL

(2.34)

kadar sürede Denklem (2.34)’deki gerilim ifadesi sıfıra ulaşır.


26

Örnek 2.1:

t=0

b a

_

i V 10W24 V 8 A

2W

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 0t için bulunuz.


27

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.


28

Cevap:

a) Anahtar uzunca süre (a) konumunda iken; 200 mH’lik indüktör 8 A’lik akım

kaynağına karşın kısa devre davranır ve başlangıç akımı 8oI A olur.

Referans yönüne bakacak olursak (akımın yönüne); 8oI A olarak

değerlendirilir. Anahtar (b) konumuna getirildiğinde i’nin son değeri

24 122

sVi AR

ve zaman sabiti 200 1002

L msnR

’dir.

( ) ( )R tLs s

oV Vi t I eR R

0.112 ( 8 12) te 1012 20 te A , 0t


29

b) LdiV Ldt

100.2(200 )te 1040 te V , 0t

(0 ) 40V V

c) 10 1 4024 40 ln 51.0810 24

te V t msn .

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.


30

e)

( )i t( )V t

( )t msn

( )V t( )i t

Şekil 2.12: Gerilim ve akımın zaman göre değişimi

Akımın 0 olduğu noktada gerilim 24 volttur (kaynak).


31

2.3.2 RC Devresinin Basamak Cevabı

RsI CV

Şekil 2.13: RC devresinin basamak cevabı

Şekil 2.13’de, matematiksel kolaylık olması açısından Norton bir devre

kullanılmıştır. KCL kullanılarak:

C Cs

dV VC Idt R

. (2.35)

Denklem 2.35 düzenlenecek olur ise;


32

C C sdV V Idt RC C

(2.36)

Denklem (2.36)’da ki birinci dereceden diferansiyel denklemin çözümünün

sonucunda kapasitör üzerinde gerilim ifadesi aşağıdaki gibi elde edilir.

( ) , 0.tC s o sV I R V I R e t RC .

Kapasitör üzerinden geçen akımın ifadesi ise;

( ) CdVi t Cdt

(2.37)

1 ( ) to sV I R e

1 ( ) to sC V I R e

RC


33

( ) , 0tos

VI e tR

(2.38)

( )V t

sI R

( )t msn (a) (b)

Şekil 2.14: (a) Gerilimin zamana göre değişimi (b) akımın zaman göre

değişimi

( )i t

sI

( )t msn


34

Örnek 2.2:

40V

20 K W

60 K W 160 K W

8 K W 40 K W

75V0.25 FmoV

oi

Şekil 2.15: Örnek 2.2’ye ait devre şeması

Şekildeki devrede anahtar uzunca süre (a) konumunda kaldıktan sonra, 0t

anında (b) konumuna getiriliyor. Buna göre;

a) ( )oV t gerilimini 0t için bulunuz.

b) ( )oi t akımını 0t için bulunuz.


35

Cevap:

a) Kapasitör açık devre olduğu için başlangıç değeri oV ;

60 40 30 , 060 20oV V V t

0t için Şekil 2.15’de yer alan devrenin Thevenin eşdeğeri bulnunarak,

Norton eşdeğerine geçilecek olur ise:

oCV açık devre voltajı aşağıdaki gibi hesaplanır. 3

3160 10 ( 75 ) 60 .

(40 160) 10oCxV V V

x

Thevenin direnci ThR ;

8 40 / /160 40ThR K K K K

Norton akım kaynağı, açık devre voltajının ThR ’a bölünmesiyle bulunur.


36

60 1.540

oCN

th

Vi mAR K

Böylece Norton eşdeğer devresi Şekil 2.16’daki gibi elde edilir.

0.25 Fm30V 40 K W 1.5mA

Şekil 2.16: Örnek 2.2’ye ait devrenin Norton eşdeğer devresi

Böylece oV gerilimi:

( ) to s s sV I R V I R e 6 30.25 10 40 10 10RC x x x msn

10060 (30 ( 60)) te


37

10060 (90) te V , 0t .

b) ( )oi t akımı bulunacak olur ise ( Şekil 2.16’dan görüldüğü gibi 1.5sI mA ):

( ) ( ) t RCoo s

Vi t I eR

, 0t

10030( 1.5 )40

tVmA eK

, 0t

1002.25 te mA , 0t

Doğrulama:

6 100 100( ) (0.25 10 )( 9000 ) 2.25t too

dVi t C x e e mAdt

(0 ) 0odVdt

olduğundan, ( )oi t , 0t için geçerlidir.


38

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.

thV

thR

thV

thR

thRth

th

VR

thRth

th

VR

Şekil 2.17: a) İndüktör Thevenin eşdeğere bağlı b) İndüktör Norton eşdeğere bağlı c) Kapasitör

Thevenin eşdeğere bağlı d) Kapasitör Norton eşdeğere bağlı


39

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 Kdt

(2.39)

0K 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, 0dxdt

olacaktır. Bu sebeple x’in son değeri;

sonx K (2.40)

Denklem (2.39) çözülecek olur ise:


40

( )( ) sonx xdx x x KKdt

(2.41)

1

son

dx dtx x

(2.42)

Böylece Denklem (2.42)’deki ifadenin her iki tarafının integrali alınacak olur

ise (integralin sembolleri olarak u ve v kullanılarak): ( )

( )

1o o

x t t

x t tson

du dvu x

(2.43)

Denklem (2.43)’deki integral çözümünün sonucunda genleştirilmiş çözüm

aşağıdaki gibi elde edilir. 0( )

0( ) ( ( ) ) t tson sonx t x x t x e (2.44)


41

Bilinmeyen akım veya gerilim (t’ye bağlı) = (Akım veya gerilimin son değeri) +

(Akım veya gerilimin başlangıç değeri – akım veya gerilimin son değeri) x 0( )t t

e

.

Burada 0t , anahtarlama zamanı (kapanıp veya açıldığı zaman).

zaman sabiti.

Bu ifadede geçen değeler belirlenip yerine konularak genelleştirilmiş

çözüm yapılır.

RC devrelerde değişken olarak kapasitif gerilim ( CV ) alınır.

RL devrelerde değişken olarak indüktif akım ( Li ) alınır.

Son değeri t ’a giderken bulunabilir.


42

Örnek 2.3:

90V

400 K W

60W

20W

40V0.5 FmCV

i

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) CV geriliminin ilk değerini bulunuz.

b) CV geriliminin son değerini bulunuz.


43

c) Anahtar (b) konumuna getirildiğinde zaman sabiti ’nun değerini

hesaplayınız.

d) ( )CV t gerilim ifadesini 0t için bulunuz.

e) ( )i t akım ifadesini 0t için bulunuz.

f) Anahtar (b) konumuna geçtikten ne kadar süre sonra CV gerilimi 0 volta eşit

olur?

g) Zamana karşı ( )CV t ve ( )i t grafiğini çiziniz.


44

Cevap:

a) Anahtar uzunca süre (a) konumunda iken; C kapasitörü açık devre olur ve

60 ’luk direnç üzerine düşen voltaj (0)CV olur.

60(0) 40 3060 20CV V V

b) Anahtarı (b) konumuna getirilip uzunca süre beklenirse C kapasitörü, 90

V’luk kaynağa göre açık devre gibi davranır ve bu yüzdem son değeri

( ) 90C sonV V olur.

c) RC 3 6(400 10 )(0.5 10 ) 0.2x x sn.

d) ( 0) 0.2( ) ( (0) ) tC C son C C sonV t V V V e

590 ( 30 90) te


45

590 120 , 0.te V t

e) değişmez.

( )i t ’nin ilk değeri (0 )i almalıyız. Çünkü akım t = 0 anında ani değişiyor.

(Fakat gerilimde ani değişme olmaz.)

3(90 ( 30))(0 ) 300

400 10i A

x

5( ) 0 (300 0) , 0ti t e t .

f) ( ) 0CV t

5 1 4120 90 ln( ) 57.54 .5 3

te t msn

0CV ’da ( 57.24) 225i t A ve 400 90R kV V .

g)


46

( )CV t( )i t

( )t msn

( )i t( )CV t

225 Am

300 Am

Şekil 2.19: Zamana göre akım-gerilim grafiği


47

Örnek 2.4:

20 KW7.5mA ( )V t 30 KW

0.1 Fm


a) Devreye ait akım ifadesi ( )i t ’yi 0t için bulunuz.

b) Devreye ait gerilim ifadesi ( )V t ’yi 0t için bulunuz.


48

Cevap:

a) Kapasitörün başlangıç gerilimi ( (0) 0CV ) sıfır olduğundan;

(7.5)20(0 ) 350

i mA (30 K ’dan geçen akım.)

0soni (DC akımdan dolayı t ). 3 7(20 30)10 10 5 .x msn

35 10( ) 0 (3 0) t xi t e

2003 , 0 .te mA t

b) 30 K ile kapasitör üzerine düşen voltaj toplamı ( )V t olacaktır.

(0) 0CV (Kapasitörün başlangıç gerilimi)

(7.5)(20) 150 .sonV V (Son değer)


49

Kapasitöre ait gerilim ifadesi; 200( ) 150 (0 150) t

CV t e 200150 150 te

Sonuç olarak ( )V t gerilimi ise; 200 200( ) 150 150 30(3)t tV t e e

200150 60 , 0 .te V t


50

Örnek 2.5:

1W

3W

80mH20V ( )V t


Şekildeki devrede uzunca süre açık konumda olan anahtar, 0t anında

kapatılıyor. Buna göre;

a) Devreye ait gerilim ifadesi ( )V t ’yi 0t için bulunuz.

b) Devreye ait akım ifadesi ( )i t ’yi 0t için bulunuz.


51

Cevap:

a) Anahtar açıkken ( 0t ), 20 51 3

i A

yani indüktör üzerindeki akım 5 A

’dir. Anahtar kapatıldığı anda akım yine 5 A ve ilk voltaj

(0) 20 1 5 15LV x V ’dur.

Zaman sonsuza ulaştığında ise bobin gerilimin son değer sıfırdır yani ( ) 0L sonV

’dır. Zaman sabiti ise 380 10 80

1L x msnR

’dir. Böylece bobin üzerindeki

( )V t gerilim ifadesi ise; 380 10( ) 0 (15 0) t xV t e

12.515 , 0 .te V t


52

b) Bobinin başlangıç akımı (0) 5Li A ’idi, anahtar kapatılınca ise bobin

üzerinden ( ) 20L soni A geçer. Böylece, bobin üzerinden geçen akımın ifadesi

ise; 12.5( ) 20 (5 20) ti t e

12.520 15 , 0.te A t


53

2.4.1 Sıralı Anahtarlama Durumu (Sequential)

Örnek 2.6:

60VLV 150 mH 18W6W12W

4W 3W1 2

Li


Şekildeki devrede her iki anahtarda uzunca süre kapalı durumdadır. 0t

anında 1’inci anahtar açılıyor. 35 msn sonra ise 2’inci anahtar açılıyor. Buna

göre;


54

a) Devreye ait akım ifadesi ( )Li t ’yi 0 35t msn için bulunuz.

b) Devreye ait akım ifadesi ( )Li t ’yi 35t msn için bulunuz.

c) 18 ’luk dirençte harcanan enerji, 150mH ’lik indüktörde depolanan

başlangıçtaki enerjinin % kaçıdır bulunuz?

d) c şıkkını 3 için tekrarlayınız

e) c şıkkını 6 için tekrarlayınız.


55

Cevap:

a) 0t için anahtarlar kapalı konumda ve 150mH ’lik indüktör, 18 ’luk

dirence kısa devre olur (Şekil 2.22’den görüldüğü gibi)

60V 6W12W

4W 3W

(0 )Li-

Şekil 2.22: 0t için eşdeğer devre

(0 ) 6Li A (3 üzerinden geçen akım).

0 35t msn için anahtar 1 açık konumdadır (anahtar 2 kapalı konumda).


56

Bu duruma ait devre Şekil 2.23’de verilmiştir.

LV 150mH 18W6W

3W2Li

1

º

Şekil 2.23: 0 35t msn için eş değer devre


57

LV 150 mH 18W9WLi

º

LV 150 mH6WLi

º

Şekil 2.24: 0 35t msn için eş değer devre


58

Şekil 2.24’de yer alan devreye ait zaman sabiti;

3150( ) 10 25 .6

L x msnR

Bobin üzerinden geçen akım; 406 ,0 35 .t

Li e t msn

b)

35t msn ’de bobin üzerindeki akım bulunacak olur ise; 1.46 1.48Li e A

35t msn ’de anahtar 2 açılacak olur ise;


59

LV 150mH6W

3W

(0.035) 1.48Li A@

Şekil 2.25: 35t msn arasındaki eşdeğer devre

Şekil 2.24’deki devreye ait zaman sabiti;

3150( ) 10 16.679

x msn

Bobin üzerinden geçen akımın ifadesi ise; 60( 0.035)1.48 , 35t

Li e A t msn


60

c)

18 ’luk direnç sadece ilk 35msn’de var. Bu aralık için 18 ’luk direnç

üzerinde harcanan enerji aşağıdaki gibi bulunabilir.

400.15 (6 )tL

dV edt

4036 ,0 35 .te V t msn 2

8072 ,0 35 .tLVP e W t msnR

Harcanan enerji; 0.035 80

072 tW e dt

2.80.9(1 ) 845.27e mJ .


61

İlk depolanan enerji;

1 (0.15)(36) 2.7 2700 .2iW J mJ

845.27 100 31.31%2700

x ’i 18 ’da harcanmaktadır.

d) 0 35t msn aralığında 3 için enerji ifadesi aşağıdaki gibi bulunur.

3 ( )(3)9

LVV

13 LV = 4012 te

800.035

3 0

1443

teW dt

2.80.6(1 ) 563.51te mJ .


62

35t için;

3W 1.4 60( 0.035)3 (6 ) t

Li i e e A

23 30.035

3( )W i dt

2.8 120( 0.035)

0.0353(36) t te e dt

120( 0.035)2.8

0.035

108( 120)

tee x

2.8108 54.73 .120

e mJ

3 ( ) 563.51 54.73 618.24W toplam mJ

618.24 100 22.90%2700

x


63

e) 6’luk direç 3’luk direnç ile seri olduğundan, 6’da harcanan enerji 3

’un iki katı olur.

6 ( ) 1236,48W toplam mJ

1236,48 100 45.80%2700

x

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)


64

Örnek 2.7:

100 KW

50 KW400V ( )V t0.1 Fm


Şekildeki şarj olmamış kapasitörlü devrede anahtar (a) konumundan 0t ’da

(b) konumuna getiriliyor ve bu konumda 15 msn bekletiliyor. 15t msn ’de ise

anahtar (c) konuna getiriliyor ve (c) konumunda sonsuza kadar bekletiliyor.

Buna göre;


65

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

(0) 0CV Voltur. (b) konumunda anahtar kalırsa kapasitör 400 Volta şarj olur.

Bu devreye ait Zaman sabiti; 3 6(100 10 )(0.1 10 ) 10RC x x msn .

Gerilim ifadesi; 100( ) 400 (0 400) tV t e

100( ) (400 400) ,0 15tV t e V t msn .


66

15 msn anındaki gerilim değeri ise; 1.5(15 ) (400 400) 310.75 .V msn e V

Anahtar (c) konumuna getirilirse;

Gerilimin son değeri;

( ) 0CV ve 3 6(50 10 )(0.1 10 ) 5 .x x msn

Bu durumda gerilim ifadesi ise; 200( 0.015)0 (310.75 0) tV e

200( 0.015)310.75 ,15te msn t .


67

b)

( )V t100400 400 te--

200( 0.015)310.75 te- -

15msn

310.75

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. 1100

1200 400 400 6.93te t msn . 2200( 0.015)

2200 310.75 17.20te t msn .


68

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.


69

Örnek 2.8:

10 KW 20 KW7i

i

5 Fm oV


a) Anahtar 0t ’da kapatıldığında kapasitör üzerindeki gerilim 10 V olduğuna

göre oV gerilimini 0t için bulunuz.

b) Kapasitörün uç voltajı 150 volta ulaştığında kapasitörün kısa devre olacağını

varsayarak, kapasitör kısa devre olmadan önce harcanan süreyi bulunuz.


70

a) Thevenin eşdeğerini bulmak için (kapasitör uçlarına göre) test-kaynak

metodunu kullanılır. Bu durumda TV test voltajı olmak üzere;

10 KW 20 KW7i

iTi

Şekil 2.29: Test-kaynak metodu kullanımı

710 20 20

T T TT

V V Vi mA


71

T

T

Vi

’nin çözümü, ThR ’ı verir. Böylece ThR aşağıdaki gibi bulunur.

1 610 20T TV i

ve buradan 1 51 610 20

TTh

T

VR Ki

.

5 K- W10V 5 Fm

Şekil 2.30: Devrenin Thevenin eşdeğeri


72

0t için;

6 3(5 10 ) 10 05

o odV Vx xdt

40 0oo

dV Vdt

40( ) 10 , 0.toV t e V t

b) 150oV V 40150 10 te

40 ln15 67.70t t msn


73

Kaynak

J. W. Nilsson and S. Riedel, Electric Circuits, Pearson Prentice Hall.

BİRİNCİ DERECEDEN RC ve RL DEVRELER Bir önceki · PDF filekısa devre gibi...

Documents

Transcript of BİRİNCİ DERECEDEN RC ve RL DEVRELER Bir önceki · PDF filekısa devre gibi...