Devre Analizi 1: hızlı tekrar paketi

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

Yeni sorular Derse dön

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

1Formüller ve yöntemler

Seri ve paralel dirençler

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

Yöntem

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

Düğüm analizi

Kirchhoff akım yasası: ΣI_in = ΣI_out
Kol akımı: I = (V_a − V_b)/R
Referans düğüm: V_ground = 0

Yöntem

Bir referans düğüm (toprak) seçin ve diğer düğüm gerilimlerini adlandırın.
Her bilinmeyen düğümde Kirchhoff akım yasasını yazın: her koldan çıkan akımlar giren akımlara eşittir.
Her kol akımını (V_a − V_b)/R olarak ifade edin.
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

Devrenin her gözüne (penceresine) saat yönünde bir akım çizin.
Her gözde Kirchhoff gerilim yasasını uygulayın: gerilim düşümlerinin toplamı sıfırdır.
İki gözün ortak direncinde akım, iki göz akımının farkıdır.
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

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

Thévenin ve Norton

Thévenin gerilimi: V_th = V_{open circuit}
Thévenin direnci: R_th: tüm kaynaklar kapalı, a–b’den görülen
Norton akımı: I_N = V_th/R_th
Yük akımı: I_L = V_th/(R_th + R_L)
Maksimum güç aktarımı: R_L = R_th, P_max = V_th²/(4R_th)

Yöntem

Yükü çıkarın ve iki ucu a ve b olarak işaretleyin.
a ve b arasındaki açık devre gerilimini bulun: bu V_th’dir.
Tüm bağımsız kaynakları devre dışı bırakın ve a–b uçlarından görülen direnci bulun: bu R_th’dir.
Yükü eşdeğer devreye geri bağlayın: R_th ile seri V_th.
Norton eşdeğeri için dönüştürün: I_N = V_th/R_th, paralel R_N = R_th ile.

Op-amp devreleri

Eviren yükselteç: V_out = −(R_f/R_in)·V_in
Evirmeyen yükselteç: V_out = (1 + R_f/R₁)·V_in
Toplayıcı yükselteç: V_out = −R_f(V₁/R₁ + V₂/R₂)
İdeal op-amp: V₊ = V₋, I_in = 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; v_C ani değişemez
DC’de bobin: kısa devre; i_L ani değişemez
Kalıcı durum: t ≈ 5τ

Yöntem

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

2Alıştırma soruları

1.Seri ve paralel dirençlerOrta

Kaynağın verdiği ve R₁ üzerinden geçen I_R1 akımını bulun.

V₁ = 6 VR₁ = 12 ΩR₂ = 8 ΩR₃ = 6 ΩR₄ = 8 Ω

I_R1 = A

2.Seri ve paralel dirençlerZor

Kaynağın verdiği ve R₁ üzerinden geçen I_R1 akımını bulun.

V₁ = 10 VR₁ = 12 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 4 ΩR₄ = 2 ΩR₅ = 10 ΩR₆ = 6 Ω

I_R1 = A

3.Düğüm analiziOrta

Düğüm analizi kullanarak I_s akım kaynağının verdiği güç P_Is değerini bulun.

V₁ = 18 VI_s = 4 AR₁ = 10 ΩR₂ = 4 ΩR₃ = 15 ΩR₄ = 8 Ω

P_Is = W

4.Düğüm analiziZor

Akım kaynağı, A’daki düğüm gerilimi V_A = 15 V olana kadar ayarlanıyor. Düğüm analizi kullanarak kaynak akımı I_s değerini (yönü şekildeki gibi) bulun.

V₁ = 18 VR₁ = 5 ΩR₂ = 12 ΩR₃ = 4 ΩR₄ = 20 ΩV_A = 15 V

I_s = A

5.Çevre analiziOrta

Çevre analizi kullanarak ok yönünde R₂ üzerinden geçen I_R2 akımını bulun.

V₁ = 15 VV₂ = 12 VR₁ = 5 ΩR₂ = 15 ΩR₃ = 8 Ω

I_R2 = A

6.Çevre analiziZor

Çevre analizi kullanarak I₃ çevre akımını (saat yönünde) bulun.

V₁ = 5 VV₂ = 24 VR₁ = 30 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 5 ΩR₄ = 30 ΩR₅ = 5 Ω

I₃ = A

7.SüperpozisyonOrta

Süperpozisyon kullanarak ok yönünde R₁ üzerinden geçen I_R1 akımını bulun.

V₁ = 12 VI_s = 2 AR₁ = 3 ΩR₂ = 8 ΩR₃ = 3 ΩR₄ = 15 Ω

I_R1 = A

8.SüperpozisyonZor

R₃ üzerinden geçen I_R3 akımını sıfır yapan gerilim kaynağı V₂ değerini (kutupları şekildeki gibi) bulun.

V₁ = 5 VI_s = 1,5 AR₁ = 20 ΩR₂ = 15 ΩR₃ = 30 ΩR₄ = 5 Ω

V₂ = V

9.Thévenin ve NortonOrta

a–b arasına R_L = 2 Ω yük bağlanmıştır. Devrenin geri kalanını Thévenin eşdeğeriyle değiştirin ve yük akımı I_L değerini bulun.

V₁ = 24 VR₁ = 5 ΩR₂ = 15 ΩR₃ = 2 ΩR_L = 2 Ω

I_L = A

10.Thévenin ve NortonZor

a–b arasına R_L = 6 Ω yük bağlanmıştır. Devrenin geri kalanını Thévenin eşdeğeriyle değiştirin ve yük akımı I_L değerini bulun.

V₁ = 12 VI_s = 2 AR₁ = 6 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 8 ΩR_L = 6 Ω

I_L = A

11.Op-amp devreleriOrta

Fark yükselteci, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır; R₃ = R₁ ve R₄ = R₂. Çıkış gerilimi V_out değerini bulun.

V₁ = 1,9 VV₂ = 1,4 VR₁ = R₃ = 4,7 kΩR₂ = R₄ = 2 kΩ

V_out = V

12.Op-amp devreleriZor

İntegral alıcı, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır; çıkışı ±12 V’ta doyuma ulaşır. t = 0’da sabit bir V_in = −2,4 V girişi uygulandığında kondansatör yüksüzdür. t = 5 ms anında çıkış gerilimi V_out değerini bulun.

V_in = −2,4 VR = 2,2 kΩC = 2,2 µFV_sat = ±12 Vt = 5 ms

V_out = V

13.RC ve RL geçici rejimOrta

Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. t = 10 ms anında i akımını bulun.

V_s = 10 VR = 22 ΩL = 100 mHt = 10 ms

i = A

14.RC ve RL geçici rejimZor

Bir zamanlayıcı, t = 0’da 9 V’luk bir kaynaktan bir direnç üzerinden yüksüz bir kondansatörü doldurmaya başlıyor. Kondansatör gerilimi 7,2 V’a ulaştığında, başlangıçtan tam 10 ms sonra tetiklemelidir. C = 1 µF ile gereken direnç R değerini bulun.

V_s = 9 VV_th = 7,2 VT = 10 msC = 1 µF

R = kΩ

3Çözeltiler

1.Seri ve paralel dirençler

Cevap: I_R1 = 0,3511 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.

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 = 6 + 8 = 14 Ω

R₂ ∥ 14 = 8·14/(8+14) = 5,091 Ω

R_eq = R₁ + 5,091 = 12 + 5,091 = 17,09 Ω

Kaynaktan çekilen akım

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

I_R1 = V₁/R_eq = 6/17,09 = 0,3511 A

Cevap

I_R1 = 0,3511 A

2.Seri ve paralel dirençler

Cevap: I_R1 = 0,6385 A

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 = 10 + 6 = 16 Ω

R₄ ∥ 16 = 1,778 Ω

R₃ + 1,778 = 5,778 Ω

R₂ ∥ 5,778 = 3,662 Ω

R_eq = R₁ + 3,662 = 12 + 3,662 = 15,66 Ω

Kaynaktan çekilen akım

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

I_R1 = V₁/R_eq = 10/15,66 = 0,6385 A

Cevap

I_R1 = 0,6385 A

3.Düğüm analizi

Cevap: P_Is = 94,76 W

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

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

V_A/R₂ + (V_A − V₁)/R₁ + (V_A − V_B)/R₃ = 0

V_A/4 + (V_A − 18)/10 + (V_A − V_B)/15 = 0

0,4167·V_A − 0,06667·V_B = 1,8

B düğümünde KAY

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

V_B/R₄ + (V_B − V_A)/R₃ = I_s

V_B/8 + (V_B − V_A)/15 = 4

−0,06667·V_A + 0,1917·V_B = 4

Çözün

Δ = (0,4167)(0,1917) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,07542

V_A = Δ₁/Δ = 0,6117/0,07542 = 8,11 V

V_B = Δ₂/Δ = 1,787/0,07542 = 23,69 V

Akım kaynağının verdiği güç

Kaynak Iₛ’yi topraktan (0 V) V_B’e, yukarı doğru B düğümüne iter. Akımı + ucundan çıkan bir kaynak P = V·I güç verir.

P_Is = V_B·I_s = 23,69·4 = 94,76 W

Cevap

P_Is = 94,76 W

4.Düğüm analizi

Cevap: I_s = 1,53 A

A düğümünde KAY

V_A bilindiği için bu denklem V_B’yi verir.

(V_A − V₁)/R₁ + V_A/R₂ + (V_A − V_B)/R₃ = 0

(15 − 18)/5 + 15/12 = (V_B − 15)/4

0,65 = (V_B − 15)/4 → V_B = 17,6 V

B düğümünde KAY

Dirençler üzerinden B’den çıkan akımlar, kaynakların B’ye ittiği akıma eşittir.

I_s = (V_B − V_A)/R₃ + V_B/R₄ = (17,6 − 15)/4 + 17,6/20 = 1,53 A

Cevap

I_s = 1,53 A

5.Çevre analizi

Cevap: I_R2 = −0,1532 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.

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

5·I₁ + 8(I₁ − I₂) = 15

13·I₁ − 8·I₂ = 15

2 çevresinde KGY

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

R₂·I₂ + R₃(I₂ − I₁) = −V₂

15·I₂ + 8(I₂ − I₁) = (−12)

−8·I₁ + 23·I₂ = −12

Çözün

Δ = (13)(23) − (−8)(−8) = 235

I₁ = Δ₁/Δ = 249/235 = 1,06 A

I₂ = Δ₂/Δ = −36/235 = −0,1532 A

Cevap

I_R2 = I₂ = −0,1532 A

Negatif bir çevre akımı saat yönünün tersine akar.

6.Çevre analizi

Cevap: I₃ = −2,573 A

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

30·I₁ + 30(I₁ − I₂) = 5

60·I₁ − 30·I₂ = 5

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

10·I₂ + 30(I₂ − I₁) + 5(I₂ − I₃) = 0

−30·I₁ + 45·I₂ − 5·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

5·I₃ + 5(I₃ − I₂) = (−24)

−5·I₂ + 10·I₃ = −24

Çözün

Δ = katsayılar matrisinin determinantı = 16500

I₁ = Δ₁/Δ = −1475/16500 = −0,08939 A

I₂ = Δ₂/Δ = −5700/16500 = −0,3455 A

I₃ = Δ₃/Δ = −42450/16500 = −2,573 A

Cevap

I₃ = −2,573 A

Negatif bir çevre akımı saat yönünün tersine akar.

7.Süperpozisyon

Cevap: I_R1 = 0,3243 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.

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 = 3+15 = 18 Ω

R₂ ∥ (R₃+R₄) = 8·18/(8+18) = 5,538 Ω

V_A = 12·5,538/(3+5,538) = 7,784 V

V_B = V_A·R₄/(R₃+R₄) = 7,784·15/18 = 6,486 V

I_R1′ = (V₁ − V_A)/R₁ = (12 − 7,784)/3 = 1,405 A

Durum 2 · yalnızca I_s

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

R₁ ∥ R₂ = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω

R_eq = R₄ ∥ (R₃+R₁∥R₂) = 15 ∥ 5,182 = 3,851 Ω

V_B = I_s·R_eq = 2·3,851 = 7,703 V

V_A = V_B·(R₁∥R₂)/(R₃+R₁∥R₂) = 7,703·2,182/5,182 = 3,243 V

I_R1″ = (V₁ − V_A)/R₁ = (0 − 3,243)/3 = −1,081 A

Katkıları toplayın

I_R1 = I_R1′ + I_R1″

I_R1 = 1,405 + (−1,081) = 0,3243 A

Negatif sonuç, gerçekte akımın okun tersine aktığı anlamına gelir.

8.Süperpozisyon

Cevap: V₂ = 2,5 V

Durum 1 · tek başına V₁

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

R₃ ∥ (R₂+R₄) = 30 ∥ 20 = 12 Ω

V_A = 5·12/(20+12) = 1,875 V

V_B = V_A·R₄/(R₂+R₄) = 1,875·5/20 = 0,4688 V

Durum 2 · tek başına I_s

İki gerilim kaynağı da kısa devre olur. Iₛ, B’de R₄ (artık toprağa) ile R₁ ∥ R₃’e seri bağlı R₂ arasında bölünür. Iₛ’nin oku aşağı, düğümünden uzağa doğru gösterir, bu yüzden Iₛ o düğümden akım çeker: terimi eksi işaretle girer.

R₁ ∥ R₃ = 12 Ω, dolayısıyla sol yol R₂+12 = 27 Ω

R_eq = R₄ ∥ 27 = 4,219 Ω

V_B = −I_s·R_eq = −1,5·4,219 = −6,328 V

V_A = V_B·12/27 = −2,813 V

Durum 3 · tek başına V₂, volt başına

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

R₁ ∥ R₃ = 12 Ω

V_A‴ = V₂·12/(5 + 15 + 12) = 0,375·V₂

V_A’yı sıfıra eşitleyin

V_A = 0 iken R₃ üzerinde gerilim yoktur, bu yüzden akımı sıfırdır.

V_A′ + V_A″ + V_A‴ = 1,875 + (−2,813) + 0,375·V₂ = 0

V₂ = 0,9375/0,375 = 2,5 V

Cevap

V₂ = 2,5 V

9.Thévenin ve Norton

Cevap: I_L = 2,323 A

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

Tüm kaynaklar kapalıyken R_th’yi bulun

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

R₁ ∥ R₂ = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 3,75 + 2 = 5,75 Ω

Açık devre gerilimi V_th’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.

V_th = V₁·R₂/(R₁+R₂) = 24·15/(5+15) = 18 V

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.

I_L = V_th/(R_th + R_L) = 18/(5,75 + 2) = 2,323 A

10.Thévenin ve Norton

Cevap: I_L = 1,746 A

Tüm kaynaklar kapalıyken R_th’yi bulun

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

R₁ ∥ R₂ = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 3,75 + 8 = 11,75 Ω

Açık devre gerilimi V_th’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.

V_A = V₁·R₂/(R₁+R₂) + I_s·(R₁∥R₂) = 7,5 + 2·3,75 = 15 V

V_th = V_B = V_A + I_s·R₃ = 15 + 2·8 = 31 V

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.

I_L = V_th/(R_th + R_L) = 31/(11,75 + 6) = 1,746 A

11.Op-amp devreleri

Cevap: V_out = −0,2128 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) = 1,4·2/(4,7 + 2) = 0,4179 V

V₋ = V₊

Eviren girişte KAY

(1,9 − 0,4179)/4,7 = (0,4179 − V_out)/2

V_out = (R₂/R₁)·(V₂ − V₁) = (2/4,7)·(1,4 − 1,9) = −0,2128 V

Cevap

V_out = −0,2128 V

12.Op-amp devreleri

Cevap: V_out = 2,479 V

Giriş akımı ve değişim hızı

kΩ çarpı µF milisaniye verir.

RC = 2,2 kΩ · 2,2 µF = 4,84 ms

değişim hızı = −V_in/(RC) = −(−2,4)/4,84 = 0,4959 V/ms

Verilen andaki çıkış

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

V_out = −V_in·t/(RC) = −(−2,4)·5/4,84 = 2,479 V

Cevap

V_out = 2,479 V

13.RC ve RL geçici rejim

Cevap: i = 0,4042 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 = 100 mH / 22 Ω = 4,545 ms

i(∞) = V_s/R = 10/22 = 0,4545 A

Verilen andaki akım

i(t) = i(∞)·(1 − e^−t/τ) = 0,4545·(1 − e^−10/4,545) = 0,4042 A

Cevap

i = 0,4042 A

14.RC ve RL geçici rejim

Cevap: R = 6,213 kΩ

Gerekli zaman sabiti

7,2 = 9·(1 − e^−10/τ) → τ = 10/ln(9/(9 − 7,2))

τ = 10/1,609 = 6,213 ms

Direnç

kΩ çarpı µF milisaniye verir.

R = τ/C = 6,213/1 = 6,213 kΩ

Cevap

R = 6,213 kΩ

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

Devre Analizi 1: hızlı tekrar paketi

1Formüller ve yöntemler

Seri ve paralel dirençler

Yöntem

Düğüm analizi

Yöntem

Çevre analizi

Yöntem

Süperpozisyon

Yöntem

Thévenin ve Norton

Yöntem

Op-amp devreleri

RC ve RL geçici rejim

Yöntem

2Alıştırma soruları

3Çözeltiler

Dirençleri en uzak uçtan birleştirin

Kaynaktan çekilen akım

Cevap

Dirençleri en uzak uçtan birleştirin

Kaynaktan çekilen akım

Cevap

A düğümünde KAY

B düğümünde KAY

Çözün

Akım kaynağının verdiği güç

Cevap

A düğümünde KAY

B düğümünde KAY

Cevap

Çevre akımlarını atayın

1 çevresinde KGY

2 çevresinde KGY

Çözün

Cevap

Çevre akımlarını atayın

1 çevresinde KGY

2 çevresinde KGY

3 çevresinde KGY

Çözün

Cevap

Durum 1 · yalnızca V1

Durum 2 · yalnızca Is

Katkıları toplayın

Durum 1 · tek başına V1

Durum 2 · tek başına Is

Durum 3 · tek başına V2, volt başına

VA’yı sıfıra eşitleyin

Cevap

Tüm kaynaklar kapalıyken Rth’yi bulun

Açık devre gerilimi Vth’yi bulun

Yükü Thévenin eşdeğerine bağlayın

Tüm kaynaklar kapalıyken Rth’yi bulun

Açık devre gerilimi Vth’yi bulun

Yükü Thévenin eşdeğerine bağlayın

Girişlerdeki gerilim

Eviren girişte KAY

Cevap

Giriş akımı ve değişim hızı

Verilen andaki çıkış

Cevap

Zaman sabiti ve son akım

Verilen andaki akım

Cevap

Gerekli zaman sabiti

Direnç

Cevap

Durum 1 · yalnızca V₁

Durum 2 · yalnızca I_s

Durum 1 · tek başına V₁

Durum 2 · tek başına I_s

Durum 3 · tek başına V₂, volt başına

V_A’yı sıfıra eşitleyin

Tüm kaynaklar kapalıyken R_th’yi bulun

Açık devre gerilimi V_th’yi bulun

Tüm kaynaklar kapalıyken R_th’yi bulun

Açık devre gerilimi V_th’yi bulun