temel elektronik-i ş devreler kullanarak Çözümleme 4. bölüm … · 2018-12-25 ·...

FZM207-Teknik Elektrik-I 1

Ankara ÜniversitesiMühendislik Fakültesi, Fizik Mühendisliği Bölümü

FZM207

Temel Elektronik-I

Prof. Dr. Hüseyin Sarı

4. Bölüm

Üstel Uyarım ve Dönüşmüş Devreler

2

4. Bölüm: Üstel Uyarım ve Dönüşmüş Devreler

İçerik

• Uyarımın Üstel Fonksiyonlarla Gösterilmesi• Tek Öğe Tepkileri• Üstel Uyarım ile Zorlanmış Tepki• Sinüsel Uyarım ile Zorlanmış Tepki• Dönüşmüş Devre• Giriş İmpedansı ve Edmitansı• Dönüşmüş Devreler Kullanarak Çözümleme• Devre Fonksiyonlarının Genel Değerlendirilmesi

3

Bu derste,

• Zamanla üstel olarak değişen uyarılmalara devreninverdiği tepkiler,

• Sığa ve bobin içeren devrelerin basit dirençlidevrelere dönüştürülmesi,

• İmpedans ve edmitans kavramları,

öğrenilmiş olacak.

Motivasyon

CRe(t) L

iL(t)iC(t)iR(t)

Yukarıdaki devre (ac) nasıl doğru akım (dc) devresi gibi incelenebilir?

t

e(t)

CRV L

ILICIR

+

-v(t)

+

-V

+

-

Direnç, bobin ve sığa içeren devrenin eşdeğer direnci (empedans) nasıl hesaplanır? Böyle devrelerde direnç

frekansa bağlı mıdır?


5

Uyarımların Üstel Fonksiyonlarla GösterilmesiUygulamalarda pek çok devre uyarılmaları üstel fonksiyonlarla gösterilebilir.Dolayısıyla peryodik değişen bir sinyal (ac) ve doğru akım (dc) da üstelfonksiyonlarla gösterilebilir.

e(t)

t

t

e(t)

Em

t

e(t)

Em

Em

( ) s

m

te t E e=

s=a+jb karmaşık sayı

C

R L

e(t) +

-

i(t)

)

(

(

) i t

i tv e

i e

t

t I

V

=

=

ω

ω

Karmaşık Sayılar-HatırlatmaDüzlem üzerindeki bir vektör, bileşenlerine ayrılarak ifade edilebilir.

A a jb= +

( ) ( )ˆ ˆcos sinA A i A j= +θ θ

θx

y

θ

j

gerçek eksen

sanal eksen

A vektörü, karmaşık düzlemde karmaşık bir sayı ile ifade edilebilir.

A

sinyA A= θ

A

cosxA A= θ

a

b

( ) ( )ˆ ˆx yA A i A j= +

1tanb

aθ −

= −

2 2

( ).( )A a jb a jb

a b

= + −

= +

1tan y

x

A

A

− = −

θ

2 2x yA A A= +

7

Uyarımların Üstel Fonksiyonlarla GösterilmesiKarmaşık sayı, trigonometrik ve üstel fonksiyonlar arasındaki ilişki:

cos sinje jθ θ θ= +

cos sinje j

θ θ θ− = −

cos2

j je eθ θ

θ−+

=

sin2

j je e

j

−−=

θ θ

θ

θ

j

gerçek eksen

sanal eksen

−θ

θ → - θ

2 2 1cos( ) sin( ) cos( tan ( ))A t B t A B t B Aω ω ω −+ = + −

Not:

tan-1(B/A), rad

olarak ifadeedilmelidir.

cossin( 2) ( )t tω φ ω πφ+ −+ =

Trigonometrik Fonksiyonlar:

( ) ( )

cos(

s

) (

in si

c

n

)os

− = −

− =

θ θ

θ θ

8

φ

t

e(t)

Em ( ) cos( )mte E t= +ω φ

( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2

j j t j j t j j t j j tm m m mE E E Et e e e e ee e e eφ ω φ ω φ ω φ ω− − − −

= + = +

( ) ( )( ) j t j tt ee eω ω−= +1 2

E E

2jmE

eφ≡

1E

2jmE

e φ−≡2E

cos) ( )( me t E tω φ= + ( ) ( )( )2

tm j j tEe ee t

ω φ ω φ+ − + = +

Genlikler:

Periyodik bir fonksiyon, üstel fonksiyonlarla ifade edilebilir.

E1 ve E2 karmaşık sayılarla gösterilen genliklerdir.

Bir devrede gerilimleri, akımları veya akım-gerilim, gerilim-akım oranlarınıkarmaşık sayılarla ifade etmek hesaplamaları oldukça basitleştirir.

ω = açısal frekansΤ = periyotν = frekans

22

T

πω πυ= =

φ = faz açısı

Τ


9

cossin( ) ( 2)ω ω π= −t t

Sinüs fonksiyonu, cosinüs fonksiyonunun 90o (veya π/2 kadar) gerisindedir.

φ=−π/2

ωt

sincos

= 90ο

( )( )c

sios

n=

d tt

dt

Cosinüs fonksiyonu, sinüs fonksiyonunun 90o (veya π/2 kadar) önündedir.

( )sin(

co)

s= −

d tt

dt

10

Örnek 4.1: Aşağıdaki dalga biçimini üstel uyarım olarak gösteriniz.

e(t)

t

2 sin(2 )4

( ) 100π−= +t te et

11

Çözüm 4.1:

2( ) 10 i4

0 s n(2 )te t e t

π−= +

2 2cos(2 ) cos(2 )4 4

( ) 100 1 02

0t te t ee t t

− −−= + = −ππ π

(2 4) (2 4)2

2( ) 100

j t j tte t

e ee

π π− − −− +

=

(2 2) (4 2 2)4( ) 50 50t jj j t je ee t e eπ π− −− − += +

e(t)

t

Önce, sin (2t+π/4) niceliği cosinüs biçimine dönüştürülür.

s=-(2±j2)

cos2

j je e

θ θ

θ−+

=

cossin( ) ( 2)x x π= −cossin(2 ) (2

4 2)

4t t+ = + −

ππ π

12

e(t)

t

t

e(t)

Em

(0 )( ) jb t jbt

m me t E e E e− −= =

t

e(t)

Em

Em

( ) st

me t E e=

s=0+jb (saf) karmaşık sayı:

( )( ) ( ) sin( )a jb t at

m me t E e E e bt− − −= =

( ) st

me t E e=

s=a+jb karmaşık sayı:

(0)( ) t

m me t E e E−= =

( ) st

me t E e=

s=0

Periyodik bir Fonksiyonun Üstel Fonksiyonlarla İfadesi


13

Tek Öğe TepkileriUyarımın est olduğu en genel duruma bakalım. Aşağıdaki devreye i(t)=Iest şeklindebir akım uygulandığını düşünelim:

CRi(t) L

iL(t)+

-v(t)

iC(t)iR(t)

(( )

) st st

R Re eR R

Vi

v tt I= = =

)(

() st s

C

t

C

dC Cs e e

dti t I

v tV= = =

1((

1) ) st st

L Li dt e eL

v ts

VtL

I= = =∫

1R

R

RRV

RII G

V

R= ⇒ = = =

1C

C

CII

Cs Rs

VC

V= ⇒ = ≡

1L

L

L

VsL R

sI

ILV= ⇒ = ≡

Devre elemanlarından her biri v(t)=Vest şeklinde bir gerilim görecektir (V gerilimingenliğidir).

Akımın ve gerilimin genlikleri:

14

Tek Öğe Tepkileri-2

1/sCRi(t)=Iest sL

IL+

-

ICIR

Bir devrede üstel (periyodik) bir uyarıcı varsa devre elemanlarının direnci sabitdeğildir! uyarıcının frekansının (s) bir fonksiyonudur.

R

R

V

IR=

1C

C

Rs

V

CI= ≡

L

Ls RV

LI

= ≡

)( () st stvt e ti I Ve= =

Direncin direnci!:

Sığanın direnci:

Bobinin direnci:

v(t)=Vest

Frekansdan etkilenmiyor!

Frekans ile azalıyor!

Frekans ile artıyor!

(

(

)

) i t

R

i tv t V

i et I

e

=

=

ω

ωs=frekans (ω)

C

L

R

Tek Öğe Tepkileri-3

CRi(t) L

iL(t)+

-v(t)

iC(t)iR(t)

Genel olarak devredeki elemanların dirençleri s’nin (frekans) fonksiyonu olduğuve ayrıca üstel gerilim ve akımların genlikleri arasındaki bağıntılar oluşturduklarıiçin bu Gerilim-Akım bağıntılarına devre elemanlarının frekansa bağlı frekans

bölgesindeki gösterimleri denir.

1R

R

II

RV

R

V

G= ⇒ = =

1C

C

CII

Cs Rs

VC

V= ⇒ = ≡

1L

L

L

VsL R

sI

ILV= ⇒ = ≡

1C

L

C

L LL

CC Ri C

V

V i

I I

I IL R

= ≡

= ≡

ω

ω

RL ve RC karmaşıkbir sayı; bir vektör

( )V

IZ s=

1( )

( )Y s

Z s=

İmpedans, Edmitans

İmpedans(Empedans)

Edmitans(Admitans)

C

R L

e(t) +

-

i(t)

eş

V

IR=

1eş

eş

GR

=

Eşdeğer Direnç

Eşdeğer iletkenlik

R 1

E +

-

I

Doğru Akım ve Gerilim Periyodik değişen Akım ve Gerilim

R 2

R 3 R 4

eşR sabit= ( ) ( ) !Z s frekansın s fonksiyonu=


17

Akımın gerilime oranını tanımlamak için kullanılan çok genel bir terimY(s) simgesi ile gösterilen edmitans dır.

Edmitansın frekans s’nin bir fonksiyonu olduğuna dikkat edilmelidir.

1R

R

II

RV

R

V

G= ⇒ = =

( )V

IZ s≡

Pek çok uygulamalar için iki uç arasındaki gerilimin akıma oranıönemlidir. Bu orana impedans denir ve Z(s) simgesi ile gösterilir.

Bunu genelleştirebiliriz:

İmpedansın birimi ohm dur ve edmitans ile impedans birbirinin tersidir.

1( )

( )Y s

Z s≡

İmpedans, Edmitans

İmpedans (Empedans)

Edmitans (Admitans)18

Aşağıdaki devrede kaynak akımı Kirchhoff Akım Yasası’nın (KAY)uygulanması ile belirlenebilir.

CRi(t) L

iL(t)+

-v(t)

iC(t)iR(t)

( )( ) ( )

1( ) ( ) ) )

1( (R C L

dC dt

R di

tt i t i

v tv tt t v ti

L= + + = + + ∫

1 1)( ) ( st st

sC e eR s

IL

i t V= + + =

1 1( )Y s sC

R sLV

I= = + +

1( )

1/ 1/Z s

RI s

V

sC L= =

+ +

Edmitansİmpedans

Kirchhoff Akım Yasası (KAY):

Devre elemanlarının frekansa bağlı değerleri yerine konursa:

19

RIR

V=

LR sL=CRi(t) L

iL(t)iC(t)iR(t)

CRRI L

ILICIR

(( )

)Ri

v

R

tt =

(( )

)C

dCi

v

t

tt

d=

(1

( ))L dtL

v ti t = ∫

Zaman bölgesinde Frekans bölgesinde

1CR

sC=

1C

CC

V

RI

s

V= =

L

LIV

R sL

V= =

Dönüşmüş Devre

Zamanla periyodik olarak değişen uyarıcının olduğu bir devreyi frekans bölgesinedönüştürerek sanki sadece dirençlerden oluşan sabit uyarımlı bir devre gibi analizedebiliriz.

)

(

(

) t

tv V

ei I

t

t

e

=

=

ω

ω

( 0)

( 0)

( )

( )

t

t

i t e

v Vt

I I

Ve

=

=

= =

= =

ω

ω

20

Üstel Uyarımla Zorlanmış Tepki

(1/ )I I C IE R sL s= + +

C

Bu kesimde en genel olarak Aest biçimindeki bir üstel uyarımın oluşturduğu zorlanmıştepki bileşeni bulunacaktır.

Payda, devrenin seri impedansına eşittir. Yukarıdaki frekansa bağlı tepkiye karşıgelen akımın zaman fonksiyonu:

R L

e(t) +

-

i(t) 1/sC

R sL

E +

-

I

( 1))

)( ) ((

i tdR L dt

dt Ci t i te t = + + ∫

(1/ ) ( )R sL s

E E

C Z sI = =

+ +

(1/)

)( st ste e

Ri t I

E

sL sC= =

+ +



21

(1/ )I I C IE R sL s= + +

Tepkiyi bulmak için gerekli basamaklar:

1- Uyarım Aest biçiminde tanımlanır.2- Devre dönüşümü yapılır (zaman bölgesinden frekans bölgesine).3- Uygun Kirchhoff yasası denklemleri (KAY veya KGY) yazılır

ve frekans bölgesindeki tepki bulunur.4- Frekans bölgesindeki tepki est ile çarpılarak zaman bölgesindeki

tepkiye (zaman fonksiyonu ile çarpılarak) dönüştürülür.

( 1))

)( ) ((

i tdR L dt

dt Ci t i te t = + + ∫

(1/ ) ( )R sL s

E E

C Z sI = =

+ +(1/)

)( st ste e

Ri t I

E

sL sC= =

+ +

Frekans Uzayına dönüşüm

Zaman Uzayına ters dönüşüm22

Örnek 4.2: Aşağıdaki devrede i(t)’nin a) 10e-2t ve b) 10 A değerleri içinsığaçtan geçen akımın zorlanmış bileşenini bulunuz.

i(t)+

-v(t) 1F1Ω

iC(t)

Çözüm 4.2:

i(t)+

-v(t) 1F1Ω

iC(t)

I+

-V 1/s1Ω

IC

(1 )1

II mho sV V

sV= + ⇒ =

+

10; 2I s= = −

1C Vss

Is

I= =+

220( ) t

Ci t e−=

Sığaçtan geçen akım


2( ) 10 t ste ei t I−= = 2(10) 20

1 1 2CI Is

s

−= = =

+ −

(a) i(t)=10e-2t

24

i(t)+

-v(t) 1F1Ω

iC(t)

I+

-V 1/s1Ω

IC

(1 )1

II mho sV V

sV= + ⇒ =

+

1C Vss

Is

I= =+

(b) i(t)=10 A

10; 0I s= =) 0(Ci t =

Sığaçtan geçen akım

Sığaç, kararlı durumda açık devre gibi davranır (s=0 için impedansı sonsuza gider)

( ) 10 10stei t = =0

1C

s

sI IsV= = =

+


I RC=∞1Ω

IC=0

I 1Ω


25

Sinüssel Uyarımla Zorlanmış Tepki

C

Bu kesimde sinüssel uyarımın (sinωt, cosωt) oluşturduğu zorlanmış tepki bileşenibulunacaktır.

e(t)=Emcosωt biçimindeki bir kaynak gerilimi ile uyarılan aşağıdaki devreyidüşünelim.

R L

e(t)=Emcosωt +

-

i(t)1/sC

R sL

+

- I+

-

( )2 j t

mE e ω

( )2 j t

mE e ω−


( ) (1

)2( ) j t j t

e ee t E Eω ω−= +

1 2m jE

E e φ≡

22

jmEE e

φ−≡

cos) ( )( me t E tω φ= +( ) ( )

2( ) j t jm tE

e t e e+ − + = + ω φ ω φ

Kaynak gerilimi iki üstel fonksiyonun toplamı olarak tanımlanabilir

1

2

s j

s j

ω

ω

=

= − 26

Sinüssel Uyarımla Zorlanmış Tepki

( ) ( ) (1/ )I IR s ILE sC= + +

1/jωC

R jωL

+

- I

1

2

1/m

R j

E

jI

L Cω ω=

+ +

+

-

2

2

1/( )m

R j L

E

j CI

ω ω=

− + −

s jω= −

( )2 j t

mE e ω

( )2 j t

mE eω−

Frekans bölgesinde

Zorlanmış tepki üst üste binme ilkesi ile hesaplanabilir:

s jω=

1/R j L

E

jI

Cω ω=

+ +

27

Akım ifadeleri:

1 2

1 1 2 2θ θ= =j j

I Ie eI I

1 2 2 2

2

( 1/ )ω ω= = ≡

+ +

mE

LI

CI

RI

11 2

1/tan

L C

R

ω ωθ θ − −

= − = −

1 1

1 1 2 2( ) ( )θ θω ω− −= =j jj t j ti t I i t e eIe e

1 1

1) ( )

2(( ) ( ) ( ) j t j t

i t i t i e et Iω θ ω θ+ − + = + = +

Toplam tepki üstüste binme ilkesi ilehesaplanabilir:

1

2

1/m

R j

E

jI

L Cω ω=

+ +

Akımlar üstel gösterimile gösterilebilirler:

2

2

1/( )m

R j L

E

j CI

ω ω=

− + −

I a jb= +

1tanb

aθ −

= −

2 2

( ).( )= + −

= +

I a jb a jb

a b

Zaman bölgesindeakımlar:

a

bθ

j

|I|

1,2

2

( 1/ )ω ω=

± +m

R j LI

C

E

1/ 2

21 2 2,

1 ( ) 1.

( ) ( )

= =

± +

m

m

a jb

a jb a jb a bI

Evre açısı:

Genlikler:

28

Genliklerin ve faz açısının yerine konulması ile zaman bölgesinde aranan çözüm:

1 12 2

2cos( ) cos( )

( 1/ )( ) m

mt tR L C

Ei t Iω θ ω θ

ω ω= + = +

+ +

Toplam tepki, Im genliği ve θ1 evre açısı ile belirlenir.

İmpedans Z(jω) ve edmitans Y(jω) periyodik uyarım durumunda karmaşıksayılardır.

R ve G, Z(jω) ve Y(jω)’nin gerçek bileşenleridir ve sırası ile direnç veiletkenlik olarak adlandırılır.

X ve B, Z(jω) ve Y(jω)’nin sanal bileşenleridir ve sırası ile reaktans vesaseptans olarak adlandırılır.

R jX= +Z G jB= +Yimpedans edmitans

reaktans saseptansdirenç iletkenlik


29

Örnek 4.3: Aşağıdaki devrede i(t)=10cos2t için sığaçtaki zorlanmış akımıbulunuz.

i(t)=10cos2t+

-v(t) 1F1Ω

iC(t)

30

Çözüm 4.3:

+

-v(t) 1F1Ω

iC(t)

10A+

-V j2 mho1Ω

IC

1

1 1 2CR

V VI IV

j= + ⇒ =

Ω +

10I =

22

1 2C C

jjI IV I

j= ⇒ =

+

( ) 4 5 cos(2 26,6 )o

Ci t t= +

i(t)=10cos2t

2s j=

(26,6 )4 5oj

CI e=

( ) cos(2 )o

C mi t I t θ= +

Genlik

1 1 1

2 (1 ) 2CR

sC j F j= = =

2 (1 ) 2CG j F j mho= =


( ) sti t Ie=10I =

20 20 (1 2 ) 40 208 4

1 2 (1 2 )(1 2 ) 5C

j j j jj

j j jI

− += = = = +

+ + −( ) ( )

1

8 4 8 4 80 4 5

tan (4 / 8) 26,6

C

o

I j j

−

= + − = =

=

8 4C

I j= +

31

Sığa üzerinden geçen akım iC(t), devreyi uyaran akımdan i(t), 26,6o geridengelmektedir.

cos(2 )( ) 5 6,4 2 6C

oti t = +

c( ) 1 (20 os )i t t=

4 5

θ=26,6ο

t

10

i(t)

ic(t)

1F1Ω

iC(t)

i(t)

?32

Örnek 4.4: Aşağıdaki devrede a) e(t)=10cos(2t) ve b) 10 V için indüktörüzerindeki gerilimi bulunuz.

1Ω

e(t) 1H

iL(t)+

-v(t)

+

-


33

Çözüm 4.4:(a)

1LVs

sE=

+

cos(2 26,6 )( ) 4 5L

otv t = +

(b) Sabit uyarım:

e(t)=10cos2t

2 10s j E= =

1Ω

1H

iL(t)+

-v(t)

+

-

1Ω

E s ohm

IL+

-VL

+

-

26,6204 5

1 2

oj

L

je

jV = =

+

Sabit uyarım 10e0t şeklinde gösterilir. s=0 konularak yukarıdaki iafdede VL=0 elde edilir ve sonuç olarak vL(t)=0 bulunur.

Kararalı durumda indüktans kısa devreymiş gibi davranır. s=0 için indüktansınempedansının sıfır olduğu görülür. Sıfır empedans, kısa devre anlamına gelmektedir.

1 (1 )1

I I I IE

sE s s= Ω + = + ⇒ =

+

34

Dönüşmüş DevreÖnceki kısımlarda devre tepkilerinin çözümü tek bir diferansiyel denklemlebetimlenebilen yalın devrelerdi. Bu kesimin amacı bu kavramları bir çok eşzamanlı denklemlerin ortak çözümünü gerekli kılan çok kavşaklı (düğüm noktalı)ve çok ilmekli devrelere genişletmektir.

Aşağıdaki devreyi düşünelim. Bu devrede akım kaynağı i(t)=Iest dir. C sığasıüzerindeki gerilim v2(t) istenilen tepkidir. Devrenin üç düğüm noktasıolduğundan, çözüm için iki düğüm noktası (3-1=2) denklemi gereklidir.

CR

L

i(t)=Iest

(v1 –v2)(t)

v1(t)

A

+

-

+ -

+

-

B

v2(t)

35

( )1 1 2( ) ( )1

( )( )+ − = =∫st

v t v t v t i tdt IG eL

B noktası için (KAY):

( ) 21 2

( )( ) )

1( 0− − + =∫

v tv t v t

ddt C

L dt

A noktası için (KAY) :

CR

L

i(t)=Iest

(v1 –v2)(t)

v1(t)

A

+

-

+ -

+

-

B

v2(t)

36

11 2

1( )

( )( ) ( )

( )+ = =− stv t

v t vd d

G s edt L dt

Iti t

Her iki denklemin türevi alınırsa:

Zorlanmış bileşenlerinin her ikisi de üstel terimleri içermektedir, sadece katsayılarfarklıdır. Zorlanmış bileşenler yerlerine konursa:

( ) 22

2 21

( )( ) ) 0(

1− +− =

v tdC

L dv

tv t t

sadece türev içeren denklemler elde edilir. Denklemlerde iki bağımlı değişkenvardır, v1(t) ve v2(t). Degişkenlerin zorlanmış bileşenleri:

1 1

2 2

( )

( )

=

=

st

st

f

f

v t V

v V et

e

1 1 2

1( )+ − =st st st

sG e eV V sIeVL

22

1 2

1( ) 0− − + =st st

e s C eV V VL


37

Yeniden düzenlenirse:

Zorlanmış bileşen:

V2/I için ortak çözüm:

22 1

=+ +s LCG

V

sCI G

1 2

1 1( )+ − =G V

sL sLV I

1 2

1 1( ) 0− + + =sC

sL sLV V

22 ( ) =+ +

st

f

e

s LCG

It

sCv

Gelde edilir.

2 2( ) = t

f

sv t V e

22 =+ +s LCG

VsC

I

G

İki denklem, ikibilinmeyen (V1 ve V2)(I akımının verildiğinikabul ediyoruz).

1G

R≡

38

Devrenin çözümü doğrudan doğruya bu devrenin bir dönüşümü ile de anlaşılabilir.Dönüşmüş devre aşağıdaki şekilde gösterilmiştir.

1 2

1 1( )+ − =G V

sL sLV I

1 2

1 1( ) 0sC

s LV

LV

s− + + =

KAY (Düğüm-Gerilimi Yöntemi) Denklemleri:

CR

L

i(t)=Iest

(v1 –v2)(t)

v1(t)

A

+

-

+ -

+

-

B

v2(t) Yaa=GI

(V1 –V2)

v1(t)

A

+

-

+ -

+

-

B

v2(t) Ybb=sC

Yab=1/sL

İletkenlik, indüktans ve sığa, edmitansa dönüştürülmüştür. Bölüm 2’de iletkenlik (G)terimlerinin yerine dönüşmüş devredeki edmitansların (Y) konması ile Düğüm-NoktasıGerilimi Yöntemi doğrudan uygulanabilir.

A düğümü için

B düğümü için

Önce Devredönüşümüyapılır:

39

CR

L

i(t)=Iest

(v1 –v2)(t)

v1(t)

A

+

-

+ -

+

-

B

v2(t) Yaa=GI

(V1 –V2)

V1

A

+

-

+ -

+

-

B

V2 Ybb=sC

Yab=1/sL

A düğümü için

B düğümü için

Çözülmek istenen devrenin eşitlikleri diferansiyel denklemlerle zamana bağlı olarak ifade edildi(bağımsız değişken zaman). Dönüşmüş devre ve devreye karşılık gelen cebirsel denklemler s’yeyada frekans bölgesine dönüştürülmüştür. Dönüşümün etkisi açıkca görüldüğü gibi diferansiyeldenklemler yerine cebirsel denklemlerle çözüm bulmamızı sağlamaktadır. Böylece Bölüm 2’deelde edilen dirençli devreler ile ilgili bütün yöntemler dönüşmüş devreler için de kullanılabilir.

( )1 1 2( ) ( )1

( ) ( )+ − =∫G dtv t v t v iL

tt

( ) 21 2

( )( ) )

1( 0− − + =∫

v tv t v t

ddt C

L dt

1 2

1 1( )+ − =G V

sL sLV I

1 2

1 1( ) 0− + + =sC

sL sLV V

40

Örnek 4.5: İmpedans parametrelerini kullanarak aşağıdaki devreyi dönüştürün.

1/10 F

2 H

Vest

5 Ω

+

-

4 H3 Ω

IIIestIIe

st


41

Çözüm 4.5:

V

5 Ω

+

-

3 Ω

IIIII

4s Ω2s Ω

10/s Ω

10 10(5 2 )+ + − =I IIs

sI

sI V

3 2

1

8 26 76 80=

+ + +II

s

I

s sV

İlmek-Akım denklemleri:

İmpedans değerleri kullanılarak dönüştürülmüş devre aşağıdaki şekildegösterilmiştir.

10 10(3 4 ) 0− + + + =I II s

sI

sI

III/V için bu denklemler ortak çözülürse:

İki denklem, ikibilinmeyen (II ve III)(V gerilimininverildiğini kabulediyoruz).

( )II I

st

Ii I et =

3 28 26 76 80=

+ + +II

V

s sI

s

elde edilir.3 28 26 76 80( )

II

stes s

V

si t

=

+ + +

Zaman uzayında akım ifadesi:

42

Giriş İmpedansı ve Edmitansı

Pek çok elektrik devresinde, devre kaynağının uygulandığı bir çift giriş ucuvardır. Bu tür devrelere iki uçlu devreler ya da tek girişli devreler denir.

Bu devreler için kaynak geriliminin akıma oranına (V/I) giriş ya da sürme-

noktası impedansı denir.

Bu oranın tersine (I/V) giriş ya da sürme-noktası edmitansı denir.

Giriş impedansı veya edmitansı Y(s) olan böyle bir devre iki uçlu bir kutu gibigösterilebilir. İmpedans veya edmitans fonksiyonları, devrenin uç noktalarındakidavranışını tümüyle betimler. Bu değerler Bölüm 2.5’de betimlenen devreindirgeme yöntemi ile belirlenebilir.

V+

-

I

Z(s) veya

Y(s)

43

1( )aaZ s R sL′ = +

Örnek olarak yandaki devreye bakalım:

V+

-

I

Z(s) veya

Y(s)

1

1 1( )

( )aa

aa

Y sZ s R sL

′

′

= =+

( ) ( )bb aaY s sC Y s′ ′= +2

1

1 1

11( )bb

s LC sR CY s sC

R sL R sL′

+ += + =

+ +

Giriş impedansı:

12

1

1( )

( ) 1bb

bb

R sLZ s

Y s s LC sR C′

′

+= =

+ +1

2 21

( )1

R sLZ s R

s LC sR C

+= +

+ +

1/sC

R1R2 a

a’

b

b’

sLY(s)

Z(s)

22 1 2 1 2

21

( )( )

1

s R LC s R R C L R RZ s

s LC sR C

+ + + +=

+ +

21

22 1 2 1 2

11( )

( ) ( )

s LC sR CY s

Z s s R LC s R R C L R R

+ += =

+ + + +

Giriş edmitansı, giriş impedansının tersidir.

44

Örnek 4.6: Aşağıdaki devrenin Z(s) giriş impedansını bulunuz.

0.1C

5 Ω

10 Ω

a

b

5H

Z(s) 10 Ω

c

d


45

Çözüm 4.6:

10/s Ω

5 Ω

10 Ω

a

b

5s

Z(s) 10 Ω

c

d

1 1( )

10 10 10ab

s sY s

+= + =

210 5 10 15( ) 5 5

1 1cd

s sZ s s

s s

+ += + + =

+ +

ab doğrusunun sağında kalan paralel RC devresinin edmitansını bulalım

1 10( )

( ) 1ab

ab

Z sY s s

= =+

1 1( )

10 ( )cd

Y sZ s

= +

Seri bağlı RL’nin impedansını Zab(s)’ye ekleyelim

2

2 2

1 1 5 20 25( )

10 5 10 15 50 100 150

s s sY s

s s s s

+ + += + =

+ + + +

1 1( )

10 ( )cd

Y sZ s

= +2

2

1 2 3( ) 10

( ) 4 5

s sZ s

Y s s s

+ += =

+ +46

Örnek 4.7: Aşağıdaki devrede EA gerilimini bulunuz.

1/10 mho

EA

+ -

I2I1

1/4s mho

1/2s mho

s/5 mho

EB

+

A

B

47

Çözüm 4.7:

A noktasında:

İstenen nicelik EA gerilimi olduğu için, onun eksi ucu referans düğüm-noktasıolarak seçilecektir, A ve B noktaları ve EB gerilimi aşağıdaki şekildeki gibitanımlanacaktır.

1

1 1 1( )10 5 2 10

+ + − =A BEs

sIE

1/10 mho

EA

+ -

I2I1

1/4s mho

1/2s mho

s/5 mho

EB

+

A

B

B noktasında:1 2

1 1 1( ) ( )

10 10 4− + + = − +

A BE E I

sI

KAY (Düğüm Noktası Gerilimi) denklemleri:

48

Bu tür denklemler Cramer kuralının kullanılması ile kolaylıkla çözülebilir.

2

1

2 5 1

10 10

+ +− =

A B

s sE

sIE

1 2

1 2 5( )

10 20

+ − + = − +

A B

s

sI IE E

1

2

1 2

1

102 5

( )20

2 5 1

10 101 2 5

10 20

−

+− +

=+ +

−

+−

A

s

s

s s

s

s

I I

E

I

s

2

3 21 250 50

4 10 15 25

−=

+ + +A

s s

s s s

IE

I

EA’nın payındaki iki terimden birincisi bir çarpan olarak I1’i, ikincisinin ise I2’yibulundurduğuna dikkat ediniz. Bu sonuç, iki kaynağın etkisi ile doğan toplamdevre tepkisinin ayrı ayrı tepkilerin toplamı ve bu tepkilerin birbirinden bağımsızolduğunu belirleyen üst-üste binme ilkesini bir sonucudur.

2

3 2 3 21 250 50

4 10 15 25 4 10 15 25

−= +

+ + + + + +A

s s

s s s s s s

IE

I


49

Örnek 4.8: Aşağıdaki devrede ab uçlarından görülen Thevenin eşdeğer devresinibulunuz.

5/s Ω

a

i(t) 3s Ω

+ -E

10 Ω

b

50

Çözüm 4.8:

Thevenin eşdeğer gerilimi olan açık-devre gerilimi Eo iki basamakta bulunabilir.

Thevenin eşdeğeri, kaynak dönüşümü ve devre indirgenmesi yöntemlerininkullanılmasıyla bulunabilir. Önce, paralel olan I akım kaynağı ve 3s Ω’lukimpedans, seri bağlı bir gerilim kaynağı 3sI ve 3s Ω’luk impedansa dönüştürülür.Bu dönüşümün sonucu aşağıdaki devrede gösterilmiştir. Seri bağlı impedans veseri gerilim kaynakları aşağıdaki gibi birleştirilmiştir.

2

( )

3

3 3

10 5 / 3 10 5

s

s

s E

s s

sI

s

EII

− −= =

+ + + +

5/s Ω

a3s Ω

+ -E

10 Ω

b

+

-3sI

ab uçları arasındaki (sığaüzerindeki) Gerilim: 2

5 15 5

3 10 5

− = =

+ + o

I

s

EI

s

sE

s

3s Ω

Devrede dolanan Akım:

=V IZ

Thevenin eşdeğer geriliminin (Eo) bulunması:

51

Aşağıdaki devrede güç kaynağı etkisiz duruma getirilirse (kısa devre yapılırsa) abuçlarından bakıldığı zaman Z impedansı ve 5/s Ω’luk direnç paralel olarakbirleştirilir.

Thevenin eşdeğer devresi:

2

(3 10)(5 / ) 15 50

(3 10) 5 / 3 10 5o

s s sZ

s s s s

+ += =

+ + + +

5/s Ω

a

+

-Eo

b

+

-(3sI-E)

Z=(3s+10) Ω

a

+

-b

+

-

Zo=(15s+50)/(3s2+10s+5) Ω

2

15 5

3 10 5o

EIs

s sE

−=

+ +

5/s Ω

a

b

Z=(3s+10) Ω

Thevenin eşdeğer empedansının bulunması:

temel elektronik-i ş devreler kullanarak Çözümleme 4. bölüm … · 2018-12-25 ·...

Documents