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​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​4 ΩB

V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.

V1 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩR4 = 4 Ω
Req = Ω
2.Seri ve paralel dirençlerZor
R1​ = 25 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​10 ΩBR6​20 Ω

V1 kaynağının gördüğü eşdeğer direnç Req değerini bulun.

V1 = 24 VR1 = 25 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 ΩR5 = 3 ΩR6 = 20 Ω
Req = Ω
3.Düğüm analiziOrta
R1​10 Ω+−V1​15 VR2​15 Ω+−V2​10 VR3​8 Ω+−V3​30 VI3​A

Şekildeki gibi A düğümü ile toprak arasına üç kol bağlıdır. Düğüm analizi kullanarak 3 kolunda ok yönünde yukarı, A düğümüne doğru akan I3 akımını bulun.

V1 = 15 VR1 = 10 ΩV2 = 10 VR2 = 15 ΩV3 = 30 VR3 = 8 Ω
I3 = A
4.Düğüm analiziZor
R1​ = 30 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​3 ΩIR4​B0,05·VA​

Eşkenar dörtgen, B düğümüne yukarı doğru 0,05·VA akımını (A cinsinden, VA V cinsinden) iten gerilim kontrollü bir akım kaynağıdır. Düğüm analizi kullanarak ok yönünde R4 üzerinden geçen IR4 akımını bulun.

V1 = 12 VR1 = 30 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 Ωg = 0,05 A/V
IR4 = A
5.Çevre analiziOrta
R1​ = 4 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩIR3​A+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 Ω
IR3 = A
6.Çevre analiziZor
R1​ = 8 ΩR2​ = 12 ΩIR2​R3​ = 15 Ω+−V1​9 VR4​10 ΩAR5​6 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

Çevre analizi kullanarak ok yönünde R2 üzerinden geçen IR2 akımını bulun.

V1 = 9 VV2 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩR4 = 10 ΩR5 = 6 Ω
IR2 = A
7.SüperpozisyonOrta
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​2 ΩBIs​2,5 A

Süperpozisyon kullanarak ok yönünde R1 üzerinden geçen IR1 akımını bulun.

V1 = 6 VIs = 2,5 AR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
8.SüperpozisyonZor
R1​ = 25 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​30 Ω+−VR3​AIs​2,5 AB+−V2​5 V

Süperpozisyon kullanarak gösterilen polaritede R3 üzerindeki VR3 gerilimini bulun.

V1 = 24 VIs = 2,5 AV2 = 5 VR1 = 25 ΩR2 = 12 ΩR3 = 30 ΩR4 = 15 Ω
VR3 = V
9.Thévenin ve NortonOrta
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAab

Norton akımı IN değerini bulun: uçlar kısa devre edilirse a’dan b’ye akan akım.

V1 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
10.Thévenin ve NortonZor
R1​ = 30 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAIs​1,5 ABab

Norton akımı IN değerini bulun: uçlar kısa devre edilirse a’dan b’ye akan akım.

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 30 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
11.Op-amp devreleriOrta
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

Bu evirmeyen yükseltecin gerilim kazancını 8 yapan geri besleme direnci Rf değerini seçin.

R1 = 1 kΩAv = 8
Rf = kΩ
12.Op-amp devreleriZor
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = −1,6 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,4 VR3​ = 22 kΩR4​ = 47 kΩ

Op-amp idealdir ve ±15 V ile beslenir. Direnç oranları eşleşmiyor. Çıkış gerilimi Vout değerini bulun.

V1 = −1,6 VV2 = 1,4 VR1 = 4,7 kΩR2 = 22 kΩR3 = 22 kΩR4 = 47 kΩ
Vout = V
13.RC ve RL geçici rejimOrta
+−Vs​6 Vt = 0R = 50 ΩL220 mHi(t)

Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. Anahtar kapandıktan ne kadar sonra akım son değerinin %99’ine ulaşır? t değerini bulun.

Vs = 6 VR = 50 ΩL = 220 mH
t = ms
14.RC ve RL geçici rejimZor
+−Vs​20 Vt = 0R = 3,3 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 5 V

Anahtar t = 0’da kapanmadan hemen önce kondansatörde gösterilen polaritede 5 V vardır. t = 100 ms anında kondansatör gerilimi vC değerini bulun.

Vs = 20 VR = 3,3 kΩC = 33 µFvC(0) = 5 Vt = 100 ms
vC = V

3Çözeltiler

1.Seri ve paralel dirençler

Cevap: Req = 24,8 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​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​4 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 = 20 + 4 = 24 Ω
R2 ∥ 24 = 6·24/(6+24) = 4,8 Ω
Req = R1 + 4,8 = 20 + 4,8 = 24,8 Ω

Cevap

Req = 24,8 Ω
2.Seri ve paralel dirençler

Cevap: Req = 27,85 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​ = 25 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​10 ΩBR6​20 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 = 3 + 20 = 23 Ω
R4 ∥ 23 = 6,97 Ω
R3 + 6,97 = 9,97 Ω
R2 ∥ 9,97 = 2,855 Ω
Req = R1 + 2,855 = 25 + 2,855 = 27,85 Ω

Cevap

Req = 27,85 Ω
3.Düğüm analizi

Cevap: I3 = 1,214 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.

A düğümünde KAY

Alttaki teli toprak kabul edin. Her kol A’dan dışarı (VA − Vk)/Rk akımı taşır; Vk kolun kaynağının gerilimidir (sade bir direnç için sıfır). A’dan çıkan akımların toplamı sıfırdır.

(VA − 15)/10 + (VA − 10)/15 + (VA − 30)/8 = 0

VA’yı çözün

VA = (15/10 + 10/15 + 30/8) / (1/10 + 1/15 + 1/8) = 5,917/0,2917 = 20,29 V

Kol akımı

Ok kol boyunca yukarı, A düğümüne doğru gösterir.

I3 = (30 − VA)/R3 = (30 − 20,29)/8 = 1,214 A

Cevap

I3 = 1,214 A

Negatif sonuç, gerçek akımın oka ters yönde aktığı anlamına gelir.

4.Düğüm analizi

Cevap: IR4 = 0,184 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.

A düğümünde KAY

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,4333·VA − 0,2·VB = 0,4

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 = 0,05·VA
−0,25·VA + 0,5333·VB = 0

Çözün

Δ = (0,4333)(0,5333) − (−0,2)(−0,25) = 0,1811
VA = Δ1/Δ = 0,2133/0,1811 = 1,178 V
VB = Δ2/Δ = 0,1/0,1811 = 0,5521 V

R₄’ten geçen akım

IR4 = VB/R4 = 0,5521/3 = 0,184 A

Cevap

IR4 = 0,184 A
5.Çevre analizi

Cevap: IR3 = 1,256 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​ = 4 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩA+−V2​30 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
4·I1 + 15(I1 − I2) = 9
19·I1 − 15·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 + 15(I2 − I1) = (−30)
−15·I1 + 18·I2 = −30

Çözün

Δ = (19)(18) − (−15)(−15) = 117
I1 = Δ1/Δ = −288/117 = −2,462 A
I2 = Δ2/Δ = −435/117 = −3,718 A

Cevap

IR3 = I1 − I2 = 1,256 A

Negatif bir çevre akımı saat yönünün tersine akar.

6.Çevre analizi

Cevap: IR2 = −0,1723 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​ = 8 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR4​10 ΩAR5​6 ΩB+−V2​30 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
8·I1 + 10(I1 − I2) = 9
18·I1 − 10·I2 = 9

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
12·I2 + 10(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 28·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
15·I3 + 6(I3 − I2) = (−30)
−6·I2 + 21·I3 = −30

Çözün

Δ = katsayılar matrisinin determinantı = 7836
I1 = Δ1/Δ = 3168/7836 = 0,4043 A
I2 = Δ2/Δ = −1350/7836 = −0,1723 A
I3 = Δ3/Δ = −11580/7836 = −1,478 A

Cevap

IR2 = I2 = −0,1723 A

Negatif bir çevre akımı saat yönünün tersine akar.

7.Süperpozisyon

Cevap: IR1 = 0,1154 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​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​2 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 = 8+2 = 10 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·10/(15+10) = 6 Ω
VA = 6·6/(20+6) = 1,385 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,385·2/10 = 0,2769 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (6 − 1,385)/20 = 0,2308 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 ΩKISA DEVRER2​15 ΩAR4​2 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 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 16,57 = 1,785 Ω
VB = Is·Req = 2,5·1,785 = 4,462 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 4,462·8,571/16,57 = 2,308 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 2,308)/20 = −0,1154 A

Katkıları toplayın

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 0,2308 + (−0,1154) = 0,1154 A

Negatif sonuç, gerçekte akımın okun tersine aktığı anlamına gelir.

8.Süperpozisyon

Cevap: VR3 = −2,208 V

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​ = 12 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​30 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) = 30 ∥ 27 = 14,21 Ω
VA = 24·14,21/(25+14,21) = 8,698 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 8,698·15/27 = 4,832 V
VR3′ = VA − 0 = 8,698 − 0 = 8,698 V
R1​ = 25 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩKISA DEVRER3​30 ΩAIs​2,5 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 = 13,64 Ω, dolayısıyla sol yol R2+13,64 = 25,64 Ω
Req = R4 ∥ 25,64 = 9,463 Ω
VB = Is·Req = (−2,5)·9,463 = −23,66 V
VA = VB·13,64/25,64 = −12,58 V
VR3″ = VA − 0 = −12,58 − 0 = −12,58 V
R1​ = 25 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩKISA DEVRER3​30 ΩAAÇIKB+−V2​5 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 = 25·30/(25+30) = 13,64 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 5·25,64/40,64 = 3,154 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,154·13,64/25,64 = 1,678 V
VR3‴ = VA − 0 = 1,678 − 0 = 1,678 V

Katkıları toplayın

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 8,698 + (−12,58) + 1,678 = −2,208 V

Negatif sonuç, gerçekte polaritenin işaretlenenin tersi olduğu anlamına gelir.

9.Thévenin ve Norton

Cevap: IN = 0,6 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​ = 4 ΩR3​ = 12 ΩKISA DEVRER2​2 ΩAabRth​

Tüm kaynaklar kapalıyken Rth’yi bulun

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

R1 ∥ R2 = 4·2/(4+2) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 12 = 13,33 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​2 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) = 24·2/(4+2) = 8 V
IN​0,6 ARth​13,33 Ωab

Norton eşdeğeri

Norton kaynağı, aynı devrenin R_th ile paralel bir akım kaynağı olarak görünümüdür. Akımı, a–b’deki kısa devre akımıdır.

IN = Vth/Rth = 8/13,33 = 0,6 A
10.Thévenin ve Norton

Cevap: IN = −1,439 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​ = 30 ΩR3​ = 8 ΩKISA DEVRER2​4 ΩAAÇIKBabRth​

Tüm kaynaklar kapalıyken Rth’yi bulun

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

R1 ∥ R2 = 30·4/(30+4) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 8 = 11,53 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAIs​1,5 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) = 0,7059 + (−1,5)·3,529 = −4,588 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −4,588 + (−1,5)·8 = −16,59 V
IN​1,439 ARth​11,53 Ωab

Norton eşdeğeri

Norton kaynağı, aynı devrenin R_th ile paralel bir akım kaynağı olarak görünümüdür. Akımı, a–b’deki kısa devre akımıdır.

IN = Vth/Rth = −16,59/11,53 = −1,439 A
11.Op-amp devreleri

Cevap: Rf = 7 kΩ

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.

Evirmeyen yükselteç kazancı

V₋ = V₊ = Vin ve R₁’deki akım Rf’den de geçer, bu yüzden Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (8 − 1)·1 = 7 kΩ

Cevap

Rf = 7 kΩ
12.Op-amp devreleri

Cevap: Vout = 12,91 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.

+ girişindeki gerilim

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,4·47/(22 + 47) = 0,9536 V

İki girişi süperpoze edin

V₂ = 0 iken V₁ bir eviren yükselteç görür. V₁ = 0 iken V₊ evirmeyen kazanç 1 + R₂/R₁ ile yükseltilir.

Vout = −(22/4,7)·(−1,6) + (1 + 22/4,7)·0,9536 = 7,489 + 5,417 = 12,91 V

Cevap

Vout = 12,91 V
13.RC ve RL geçici rejim

Cevap: t = 20,26 ms

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 / 50 Ω = 4,4 ms
i(∞) = Vs/R = 6/50 = 0,12 A

Zaman için çözün

0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −4,4·ln(0,01) = 20,26 ms

Cevap

t = 20,26 ms
14.RC ve RL geçici rejim

Cevap: vC = 14,01 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) = 5 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 33 µF = 108,9 ms
vC(t) = 20 + (5 − 20)·e−t/τ

Verilen andaki gerilim

vC(100) = 20 + (−15)·e−100/108,9 = 14,01 V

Cevap

vC = 14,01 V

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