Devre Analizi 1: hızlı tekrar paketi

Formül kâğıtları, her konunun temel yöntem adımları ve 14 alıştırma sorusu; tam çözümler en sonda.

Yeni sorularDerse dön

Yazdırma penceresinde, bir kopyayı cihazınızda saklamak için “PDF olarak kaydet” seçeneğini seçin.

1Formüller ve yöntemler

Seri ve paralel dirençler

Seri dirençler
Req = R1 + R2 + …
Paralel dirençler
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
İki paralel direnç
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Ohm yasası
V = I·R
Güç
P = V·I = I²R = V²/R

Yöntem

  1. Ağın uçlardan en uzak ucundan başlayın.
  2. Seri dirençleri toplayarak, paralel dirençleri 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + … ile birleştirin.
  3. Her adımdan sonra devreyi yeniden çizin.
  4. Uçlar arasında tek bir direnç kalana kadar tekrarlayın.

Düğüm analizi

Kirchhoff akım yasası
ΣIin = ΣIout
Kol akımı
I = (Va − Vb)/R
Referans düğüm
Vground = 0

Yöntem

  1. Bir referans düğüm (toprak) seçin ve diğer düğüm gerilimlerini adlandırın.
  2. Her bilinmeyen düğümde Kirchhoff akım yasasını yazın: her koldan çıkan akımlar giren akımlara eşittir.
  3. Her kol akımını (Va − Vb)/R olarak ifade edin.
  4. Denklem sistemini çözün, sonra gereken akımları bulun.

Çevre analizi

Kirchhoff gerilim yasası
her çevrede ΣV = 0
Ortak direnç
akım = I1 − I2
Çevredeki akım kaynağı
o çevre akımını belirler

Yöntem

  1. Devrenin her gözüne (penceresine) saat yönünde bir akım çizin.
  2. Her gözde Kirchhoff gerilim yasasını uygulayın: gerilim düşümlerinin toplamı sıfırdır.
  3. İki gözün ortak direncinde akım, iki göz akımının farkıdır.
  4. Denklemleri çözün; negatif sonuç akımın ters yönde aktığı anlamına gelir.

Süperpozisyon

Süperpozisyon
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Kapatılmış gerilim kaynağı
kısa devre (0 V)
Kapatılmış akım kaynağı
açık devre (0 A)
Gerilim bölücü
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Akım bölücü
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Yöntem

  1. Bağımsız kaynakları sayın. Her kaynak için daha basit bir devre çözeceksiniz.
  2. Bir kaynağı tutun ve diğerlerini devre dışı bırakın: gerilim kaynağı kısa devre (bir tel), akım kaynağı açık devre (bir boşluk) olur.
  3. İhtiyacınız olan gerilim veya akım için daha basit devreyi çözün ve yönünü takip edin.
  4. Her kaynak için tekrarlayın, sonra katkıları işaretleriyle toplayın.

Thévenin ve Norton

Thévenin gerilimi
Vth = Vopen circuit
Thévenin direnci
Rth: tüm kaynaklar kapalı, a–b’den görülen
Norton akımı
IN = Vth/Rth
Yük akımı
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksimum güç aktarımı
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Yöntem

  1. Yükü çıkarın ve iki ucu a ve b olarak işaretleyin.
  2. a ve b arasındaki açık devre gerilimini bulun: bu Vth’dir.
  3. Tüm bağımsız kaynakları devre dışı bırakın ve a–b uçlarından görülen direnci bulun: bu Rth’dir.
  4. Yükü eşdeğer devreye geri bağlayın: Rth ile seri Vth.
  5. Norton eşdeğeri için dönüştürün: IN = Vth/Rth, paralel RN = Rth ile.

Op-amp devreleri

Eviren yükselteç
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Evirmeyen yükselteç
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Toplayıcı yükselteç
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
İdeal op-amp
V+ = V−, Iin = 0

RC ve RL geçici rejim

Zaman sabiti
τ = RC | τ = L/R
Yanıt
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
DC’de kondansatör
açık devre; vC ani değişemez
DC’de bobin
kısa devre; iL ani değişemez
Kalıcı durum
t ≈ 5τ

Yöntem

  1. Anahtarlamadan hemen sonraki başlangıç değerini bulun: kondansatör gerilimi ve bobin akımı ani değişemez.
  2. Anahtarlamadan çok sonraki son değeri bulun: kondansatör açık devre, bobin kısa devre gibi davranır.
  3. Zaman sabitini bulun: kondansatörün veya bobinin gördüğü direnci kullanarak τ = RC veya τ = L/R.
  4. x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ kullanın.

2Alıştırma soruları

1.Seri ve paralel dirençlerOrta
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩAR4​5 ΩB

V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.

V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 Ω
Req = Ω
2.Seri ve paralel dirençlerZor
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​4 ΩIR2​AR4​15 ΩBR6​8 Ω

R2 üzerinden geçen IR2 akımını bulun.

V1 = 36 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 15 ΩR5 = 2 ΩR6 = 8 Ω
IR2 = A
3.Düğüm analiziOrta
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​6 ΩBIs​2 A

Düğüm analizi kullanarak ok yönünde R1 üzerinden geçen IR1 akımını bulun.

V1 = 10 VIs = 2 AR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
4.Düğüm analiziZor
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​30 ΩAR4​5 ΩB0,1·VA​

Eşkenar dörtgen, B düğümüne yukarı doğru 0,1·VA akımını (A cinsinden, VA V cinsinden) iten gerilim kontrollü bir akım kaynağıdır. Düğüm analizi kullanarak VB düğüm gerilimini (topraktan ölçülen) bulun.

V1 = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 Ωg = 0,1 A/V
VB = V
5.Çevre analiziOrta
R1​ = 6 ΩR2​ = 3 Ω+−VR2​+−V1​9 VR3​5 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Çevre analizi kullanarak gösterilen polaritede R2 üzerindeki VR2 gerilimini bulun.

V1 = 9 VV2 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 Ω
VR2 = V
6.Çevre analiziZor
R1​ = 3 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 30 ΩIR3​+−V1​6 VR4​12 ΩAR5​6 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Çevre analizi kullanarak ok yönünde R3 üzerinden geçen IR3 akımını bulun.

V1 = 6 VV2 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 ΩR4 = 12 ΩR5 = 6 Ω
IR3 = A
7.SüperpozisyonOrta
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩIR2​AR4​5 ΩBIs​2,5 A

Süperpozisyon kullanarak ok yönünde R2 üzerinden geçen IR2 akımını bulun.

V1 = 24 VIs = 2,5 AR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 Ω
IR2 = A
8.SüperpozisyonZor
R1​ = 25 ΩR2​ = 5 ΩIR2​R4​ = 2 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩAIs​5 AB−+V2​30 V

Süperpozisyon kullanarak ok yönünde R2 üzerinden geçen IR2 akımını bulun.

V1 = 9 VIs = 5 AV2 = 30 VR1 = 25 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
9.Thévenin ve NortonOrta
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAab

a–b uçlarından görülen Thévenin gerilimi Vth değerini bulun.

V1 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
10.Thévenin ve NortonZor
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAIs​2 ABRL​12 ΩIL​

a–b arasına RL = 12 Ω yük bağlanmıştır. Devrenin geri kalanını Thévenin eşdeğeriyle değiştirin ve yük akımı IL değerini bulun.

V1 = 15 VIs = 2 AR1 = 6 ΩR2 = 25 ΩR3 = 15 ΩRL = 12 Ω
IL = A
11.Op-amp devreleriOrta
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = 2,3 VR1​ = 2 kΩV2​ = −0,9 VR3​ = 2 kΩR4​ = 1 kΩ

Fark yükselteci, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır; R3 = R1 ve R4 = R2. Eviren girişteki gerilim V− değerini bulun.

V1 = 2,3 VV2 = −0,9 VR1 = R3 = 2 kΩR2 = R4 = 1 kΩ
V− = V
12.Op-amp devreleriZor
−+Vout​C = 0,22 µFVin​ = 3 VR = 4,7 kΩ

İntegral alıcı, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır; çıkışı ±13 V’ta doyuma ulaşır. t = 0’da sabit bir Vin = 3 V girişi uygulandığında kondansatör yüksüzdür. t = 0,5 ms anında çıkış gerilimi Vout değerini bulun.

Vin = 3 VR = 4,7 kΩC = 0,22 µFVsat = ±13 Vt = 0,5 ms
Vout = V
13.RC ve RL geçici rejimOrta
+−Vs​9 Vt = 0R = 20 ΩL220 mHi(t)

Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. t = 5 ms anında i akımını bulun.

Vs = 9 VR = 20 ΩL = 220 mHt = 5 ms
i = A
14.RC ve RL geçici rejimZor
+−Vs​24 Vt = 0R = 1 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Anahtar t = 0’da kapanmadan hemen önce kondansatörde gösterilen polaritede 3 V vardır. t = 60 ms anında kondansatör gerilimi vC değerini bulun.

Vs = 24 VR = 1 kΩC = 22 µFvC(0) = 3 Vt = 60 ms
vC = V

3Çözeltiler

1.Seri ve paralel dirençler

Cevap: Req = 8,435 Ω

Seri ve paralel dirençler: seride her dirençten aynı akım geçer ve R = R₁ + R₂ + …. Paralelde her direncin gerilimi aynıdır ve 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Merdiven ağı, tek bir eşdeğer direnç kalana kadar çift çift indirgenir.

R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩAR4​5 ΩB

Dirençleri en uzak uçtan birleştirin

Kaynağa en uzak uçtan başlayıp ona doğru geri gelin. Aynı akımı taşıyan dirençler seri; aynı iki düğüm arasındaki dirençler paraleldir.

R3 + R4 = 12 + 5 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 6·17/(6+17) = 4,435 Ω
Req = R1 + 4,435 = 4 + 4,435 = 8,435 Ω

Cevap

Req = 8,435 Ω
2.Seri ve paralel dirençler

Cevap: IR2 = 4,235 A

Seri ve paralel dirençler: seride her dirençten aynı akım geçer ve R = R₁ + R₂ + …. Paralelde her direncin gerilimi aynıdır ve 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Merdiven ağı, tek bir eşdeğer direnç kalana kadar çift çift indirgenir.

R1​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​4 ΩAR4​15 ΩBR6​8 Ω

Dirençleri en uzak uçtan birleştirin

Kaynağa en uzak uçtan başlayıp ona doğru geri gelin. Aynı akımı taşıyan dirençler seri; aynı iki düğüm arasındaki dirençler paraleldir.

R5 + R6 = 2 + 8 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 6 Ω
R3 + 6 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 2,667 Ω
Req = R1 + 2,667 = 3 + 2,667 = 5,667 Ω

Kaynaktan çekilen akım

Kaynak yalnızca Req’yi görür; Ohm yasası verdiği akımı bulur. Bu akım R₁’den geçer.

IR1 = V1/Req = 36/5,667 = 6,353 A

R₂’den geçen akım

A düğümündeki gerilimi bulmak için R₁ üzerindeki düşümü çıkarın; bu, R₂ üzerindeki gerilimdir.

VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 6,353·3 = 16,94 V
IR2 = VA/R2 = 16,94/4 = 4,235 A

Cevap

IR2 = 4,235 A
3.Düğüm analizi

Cevap: IR1 = 0,6 A

Düğüm analizi: bir referans düğüm seçin, bilinmeyen düğüm gerilimlerini adlandırın, Ohm yasasını (I = ΔV/R) kullanarak her bilinmeyen düğümde Kirchhoff akım yasasını yazın ve denklemleri çözün.

R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​6 ΩBIs​2 A

Düğümleri belirleyin

Toprak alttaki teldir. Bilinen düğüm gerilimleri doğrudan kaynaklardan gelir (V1 = 10 V). Bilinmeyenler: VA, VB.

A düğümünde KAY

A düğümünden dirençler üzerinden çıkan akımlar, kaynakların A düğümüne verdiği akıma eşittir.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/10 + (VA − 10)/15 + (VA − VB)/20 = 0
0,2167·VA − 0,05·VB = 0,6667

B düğümünde KAY

B düğümünden dirençler üzerinden çıkan akımlar, kaynakların B düğümüne verdiği akıma eşittir.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/6 + (VB − VA)/20 = (−2)
−0,05·VA + 0,2167·VB = −2

Çözün

Δ = (0,2167)(0,2167) − (−0,05)(−0,05) = 0,04444
VA = Δ1/Δ = 0,04444/0,04444 = 1 V
VB = Δ2/Δ = −0,4/0,04444 = −9 V

Cevap

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (10 − 1)/15 = 0,6 A
4.Düğüm analizi

Cevap: VB = 3,364 V

Düğüm analizi: bir referans düğüm seçin, bilinmeyen düğüm gerilimlerini adlandırın, Ohm yasasını (I = ΔV/R) kullanarak her bilinmeyen düğümde Kirchhoff akım yasasını yazın ve denklemleri çözün.

A düğümünde KAY

Dirençler üzerinden A’dan çıkan akımlar, kaynakların A’ya ittiği akıma eşittir.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,2833·VA − 0,1667·VB = 0,75

B düğümünde KAY

Bağımlı kaynak B düğümüne g·VA iter. Onu bağımsız bir kaynak gibi ele alın, sonra VA terimini sol tarafa taşıyın.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,1·VA
−0,2667·VA + 0,3667·VB = 0

Çözün

Δ = (0,2833)(0,3667) − (−0,1667)(−0,2667) = 0,05944
VA = Δ1/Δ = 0,275/0,05944 = 4,626 V
VB = Δ2/Δ = 0,2/0,05944 = 3,364 V

Cevap

VB = 3,364 V
5.Çevre analizi

Cevap: VR2 = −1 V

Çevre analizi: düzlemsel bir devrenin her penceresine kendi çevre akımını verin, her çevrede Kirchhoff gerilim yasasını yazın (düşümlerin toplamı = artışların toplamı) ve çözün. Kol akımları çevre akımıdır veya ortak kolda iki çevre akımının farkıdır.

R1​ = 6 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​9 VR3​5 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Çevre akımlarını atayın

Her pencereye saat yönünde bir akım çizin: I1, I2. İki çevrenin ortak direnci, bu akımların farkını taşır.

1 çevresinde KGY

Saat yönünde ilerlerken dirençlerdeki gerilim düşümleri kaynak gerilim artışlarına eşittir (ilerleme yönünde −’den +’ya).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
6·I1 + 5(I1 − I2) = 9
11·I1 − 5·I2 = 9

2 çevresinde KGY

Saat yönünde ilerlerken dirençlerdeki gerilim düşümleri kaynak gerilim artışlarına eşittir (ilerleme yönünde −’den +’ya).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
3·I2 + 5(I2 − I1) = (−6)
−5·I1 + 8·I2 = −6

Çözün

Δ = (11)(8) − (−5)(−5) = 63
I1 = Δ1/Δ = 42/63 = 0,6667 A
I2 = Δ2/Δ = −21/63 = −0,3333 A

Cevap

IR2 = I2 = −0,3333 A
VR2 = IR2·R2 = −0,3333·3 = −1 V

Negatif bir çevre akımı saat yönünün tersine akar.

6.Çevre analizi

Cevap: IR3 = −0,3163 A

Çevre analizi: düzlemsel bir devrenin her penceresine kendi çevre akımını verin, her çevrede Kirchhoff gerilim yasasını yazın (düşümlerin toplamı = artışların toplamı) ve çözün. Kol akımları çevre akımıdır veya ortak kolda iki çevre akımının farkıdır.

R1​ = 3 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​6 VR4​12 ΩAR5​6 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Çevre akımlarını atayın

Her pencereye saat yönünde bir akım çizin: I1, I2, I3. İki çevrenin ortak direnci, bu akımların farkını taşır.

1 çevresinde KGY

Saat yönünde ilerlerken dirençlerdeki gerilim düşümleri kaynak gerilim artışlarına eşittir (ilerleme yönünde −’den +’ya).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
3·I1 + 12(I1 − I2) = 6
15·I1 − 12·I2 = 6

2 çevresinde KGY

Saat yönünde ilerlerken dirençlerdeki gerilim düşümleri kaynak gerilim artışlarına eşittir (ilerleme yönünde −’den +’ya).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 12(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 38·I2 − 6·I3 = 0

3 çevresinde KGY

Saat yönünde ilerlerken dirençlerdeki gerilim düşümleri kaynak gerilim artışlarına eşittir (ilerleme yönünde −’den +’ya).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
30·I3 + 6(I3 − I2) = (−12)
−6·I2 + 36·I3 = −12

Çözün

Δ = katsayılar matrisinin determinantı = 14796
I1 = Δ1/Δ = 7128/14796 = 0,4818 A
I2 = Δ2/Δ = 1512/14796 = 0,1022 A
I3 = Δ3/Δ = −4680/14796 = −0,3163 A

Cevap

IR3 = I3 = −0,3163 A

Negatif bir çevre akımı saat yönünün tersine akar.

7.Süperpozisyon

Cevap: IR2 = 0,3451 A

Süperpozisyon: doğrusal bir devrede her gerilim veya akım, tek başına etkiyen her bağımsız kaynağa verilen yanıtların toplamıdır. Bir kaynağı kapatmak için ideal gerilim kaynağını kısa devre, ideal akım kaynağını açık devre ile değiştirin. Dirençler yerinde kalır.

R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​5 ΩBAÇIK

Durum 1 · yalnızca V1

Iₛ açık devre olur, bu yüzden R₃ ve R₄ A’dan toprağa tek bir seri kol oluşturur; bu kol R₂ ile paraleldir.

R3+R4 = 12+5 = 17 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·17/(12+17) = 7,034 Ω
VA = 24·7,034/(15+7,034) = 7,662 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 7,662·5/17 = 2,254 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (7,662 − 0)/12 = 0,6385 A
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 ΩKISA DEVRER2​12 ΩAR4​5 ΩBIs​2,5 A

Durum 2 · yalnızca Is

V₁ kısa devre olur, bu yüzden R₁, R₂ ile paraleldir. Iₛ, B’de R₄ ile R₃ üzerinden geçen yol arasında bölünür.

R1 ∥ R2 = 15·12/(15+12) = 6,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 18,67 = 3,944 Ω
VB = Is·Req = (−2,5)·3,944 = −9,859 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −9,859·6,667/18,67 = −3,521 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (−3,521 − 0)/12 = −0,2934 A

Katkıları toplayın

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,6385 + (−0,2934) = 0,3451 A

Negatif sonuç, gerçekte akımın okun tersine aktığı anlamına gelir.

8.Süperpozisyon

Cevap: IR2 = −2,335 A

Süperpozisyon: doğrusal bir devrede her gerilim veya akım, tek başına etkiyen her bağımsız kaynağa verilen yanıtların toplamıdır. Bir kaynağı kapatmak için ideal gerilim kaynağını kısa devre, ideal akım kaynağını açık devre ile değiştirin. Dirençler yerinde kalır.

R1​ = 25 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩAAÇIKBKISA DEVRE

Durum 1 · yalnızca V1

V₂ kısa devre, Iₛ açık devre olur. A’dan bakıldığında R₃, seri R₂+R₄ çifti ile paraleldir.

R3 ∥ (R2+R4) = 2 ∥ 7 = 1,556 Ω
VA = 9·1,556/(25+1,556) = 0,5272 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 0,5272·2/7 = 0,1506 V
IR2′ = (VB − VA)/R2 = (0,1506 − 0,5272)/5 = −0,07531 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 2 ΩKISA DEVRER3​2 ΩAIs​5 ABKISA DEVRE

Durum 2 · yalnızca Is

İki gerilim kaynağı da kısa devre olur. Iₛ, B’de R₄ (artık toprağa) ile R₁ ∥ R₃’e seri bağlı R₂ arasında bölünür.

R1 ∥ R3 = 1,852 Ω, dolayısıyla sol yol R2+1,852 = 6,852 Ω
Req = R4 ∥ 6,852 = 1,548 Ω
VB = Is·Req = 5·1,548 = 7,741 V
VA = VB·1,852/6,852 = 2,092 V
IR2″ = (VB − VA)/R2 = (7,741 − 2,092)/5 = 1,13 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 2 ΩKISA DEVRER3​2 ΩAAÇIKB−+V2​30 V

Durum 3 · yalnızca V2

V₁ kısa devre, Iₛ açık devre olur. R₁ ∥ R₃ A’dan başlar ve R₂ ile seri olarak B’ye döner.

R1 ∥ R3 = 25·2/(25+2) = 1,852 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−30)·6,852/8,852 = −23,22 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −23,22·1,852/6,852 = −6,276 V
IR2‴ = (VB − VA)/R2 = (−23,22 − −6,276)/5 = −3,389 A

Katkıları toplayın

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = (−0,07531) + 1,13 + (−3,389) = −2,335 A

Negatif sonuç, gerçekte akımın okun tersine aktığı anlamına gelir.

9.Thévenin ve Norton

Cevap: Vth = 13,33 V

Thévenin teoremi: her doğrusal iki uçlu ağ, Rth direncine seri tek bir Vth gerilim kaynağı gibi davranır. Norton teoremi aynı ağı Rth ile paralel IN = Vth/Rth akım kaynağı olarak verir.

R1​ = 8 ΩR3​ = 20 ΩKISA DEVRER2​10 ΩAabRth​

Tüm kaynaklar kapalıyken Rth’yi bulun

Gerilim kaynaklarını kısa devre, akım kaynaklarını açık devreyle değiştirin, sonra devreye a–b’den bakın.

R1 ∥ R2 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 20 = 24,44 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAab+−Vth​

Açık devre gerilimi Vth’yi bulun

a–b açıkken R₃’ten akım geçmez, bu yüzden üzerinde düşüm yoktur ve V_b = V_A olur. R₁ ve R₂ bir gerilim bölücü oluşturur.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 24·10/(8+10) = 13,33 V
10.Thévenin ve Norton

Cevap: IL = −0,8663 A

Thévenin teoremi: her doğrusal iki uçlu ağ, Rth direncine seri tek bir Vth gerilim kaynağı gibi davranır. Norton teoremi aynı ağı Rth ile paralel IN = Vth/Rth akım kaynağı olarak verir.

R1​ = 6 ΩR3​ = 15 ΩKISA DEVRER2​25 ΩAAÇIKBabRth​

Tüm kaynaklar kapalıyken Rth’yi bulun

Gerilim kaynaklarını kısa devre, akım kaynaklarını açık devreyle değiştirin, sonra devreye a–b’den bakın.

R1 ∥ R2 = 6·25/(6+25) = 4,839 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,839 + 15 = 19,84 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAIs​2 ABab+−Vth​

Açık devre gerilimi Vth’yi bulun

a–b açıkken Iₛ’nin tek yolu R₃ üzerinden A düğümüne gitmektir. V_A’yı V₁ ve Iₛ’nin süperpozisyonuyla bulun, sonra R₃ üzerindeki düşümü ekleyin.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 12,1 + (−2)·4,839 = 2,419 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 2,419 + (−2)·15 = −27,58 V
Rth​ = 19,84 Ω−+Vth​27,58 VRL​12 ΩIL​

Yükü Thévenin eşdeğerine bağlayın

Thévenin kaynağı ve seri R_th, a–b’de özgün devreyle tamamen aynı davranır; bu yüzden yük basit bir seri çevre görür.

IL = Vth/(Rth + RL) = −27,58/(19,84 + 12) = −0,8663 A
11.Op-amp devreleri

Cevap: V− = −0,3 V

İdeal op-amp kuralları: negatif geri beslemeyle op-amp çıkışını iki girişi aynı gerilimde olacak şekilde sürer (V₋ = V₊) ve hiçbir girişe akım girmez. Bu iki gerçekle eviren girişte KAY yazmak çıkışı verir.

Girişlerdeki gerilim

R₃ ve R₄ aynı akımı taşır, bu yüzden bir gerilim bölücü oluşturur; geri besleme V₋ = V₊ yapar.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = −0,9·1/(2 + 1) = −0,3 V
V₋ = V₊

Cevap

V− = −0,3 V
12.Op-amp devreleri

Cevap: Vout = −1,451 V

İdeal op-amp kuralları: negatif geri beslemeyle op-amp çıkışını iki girişi aynı gerilimde olacak şekilde sürer (V₋ = V₊) ve hiçbir girişe akım girmez. Bu iki gerçekle eviren girişte KAY yazmak çıkışı verir.

Giriş akımı ve değişim hızı

kΩ çarpı µF milisaniye verir.

RC = 4,7 kΩ · 0,22 µF = 1,034 ms
değişim hızı = −Vin/(RC) = −3/1,034 = −2,901 V/ms

Verilen andaki çıkış

İdeal değer ±Vsat içindedir, bu yüzden integral alıcı henüz kırpılmamıştır.

Vout = −Vin·t/(RC) = −3·0,5/1,034 = −1,451 V

Cevap

Vout = −1,451 V
13.RC ve RL geçici rejim

Cevap: i = 0,1644 A

Birinci derece geçici rejim: tek kondansatörlü veya tek bobinli bir devrede her gerilim ve akım başlangıç değerinden son değerine üstel olarak gider: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, τ = RC veya τ = L/R ile. Yaklaşık 5τ sonra devre oturur.

Zaman sabiti ve son akım

Anahtar kapandıktan uzun süre sonra bobin kısa devre gibi davranır; bu yüzden son akımı yalnızca R belirler.

τ = L/R = 220 mH / 20 Ω = 11 ms
i(∞) = Vs/R = 9/20 = 0,45 A

Verilen andaki akım

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,45·(1 − e−5/11) = 0,1644 A

Cevap

i = 0,1644 A
14.RC ve RL geçici rejim

Cevap: vC = 22,63 V

Birinci derece geçici rejim: tek kondansatörlü veya tek bobinli bir devrede her gerilim ve akım başlangıç değerinden son değerine üstel olarak gider: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, τ = RC veya τ = L/R ile. Yaklaşık 5τ sonra devre oturur.

Başlangıç değeri, son değer, zaman sabiti

Kondansatör gerilimi sıçrayamaz; bu yüzden depolanan değerden başlar ve kaynak gerilimine yönelir.

vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 1 kΩ · 22 µF = 22 ms
vC(t) = 24 + (3 − 24)·e−t/τ

Verilen andaki gerilim

vC(60) = 24 + (−21)·e−60/22 = 22,63 V

Cevap

vC = 22,63 V

ExamProblems · examproblems.com/courses/circuit-analysis-1