Upload
ahmet-kilic
View
123
Download
14
Embed Size (px)
Citation preview
ELEKTRİK DEVRELERİNE GİRİŞ
Bölüm 7: Birinci derece RL ve RC devrelerinin cevabıHazırlayan: Ertuğrul ErişReferans kitap:Electric Circuits, Nielsson, RiedelPearson, Prentence Hall,2007
Güncelleme 5: Aralık
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 2
RL RC DEVRELERİ (Birinci derece)(Response of first-order RL and RC Circiuts)
RL devresinin öz çözümü (natural response RC devresinin öz çözümü (natural response RL ve RC devrelerinin basamak fonksiyonuna
(anahtar+DC kaynak) cevabı Basamak ve öz çözümler birlikte tam çözüm Ardışıl anahtarlama (Sequential switching) Büyüyen cevap (Unbounded solution)
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 3
TERMİNOLOJİ Matematiksel açıdan
Homojen çözüm (homogenous solution): Kaynaklar (0) iken(devre dışı) bulunan çözüm parametreler hesaplanmamış
Özel çözüm (particular solution) Kaynaklar varken ki bir çözüm , kaynak yapısında tahmin edilerek bulunur Özel çözümün parametreleri hesaplanır
Genel çözüm (tam çözüm) =homojen çözüm+özel çözüm Homojen çözümdeki parametreler, tam çözümde ilk koşullar kullanılarak hesaplanır
Devre açısından Öz çözüm (Natural response): kaynaklar devre dışı, başlangıç koşulları varken ki çözüm
Parametreler ilk koşullarla hesaplanır. Zorlanmış çözüm (forced response):Kaynaklar varken fakat ilk koşullar (0) iken bulunan
çözüm Paremetreler (matematikseldeki tam çözümdeki gibi) hesaplanır
Genel Çözüm (tam çözüm) (General solution) =öz çözüm+ zorlanmış çözüm Parametre hesabı yok(daha önce yapıldı) yalnızca toplama yağılır. Nielsson ‘general solution’ diyor!!!
Karşılaştırma Devre açısından Zorlanmış çözüm, matematiksel açıdan homojen çözümle, özel çözümün
bir kısmını içerir; Devre açısından öz çözüm, matematiksel açıdan homojen çözümün bir kısmını içerir Periyodik kare dalga kaynağı uygulandığında, darbe boşluk zaman aralığındaki çözüm öz çözümdür.
İlk koşullar, darbe zaman aralığının son anında belirlenir.
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 4
DÖRT FARKLI BİRİNCİ DERECE RC/RL DEVRESİ
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 5
BASAMAK GERİLİM KAYNAKLI SERİ RL DEVRESİ MATEMATİKSEL ÇÖZÜM
L
Vti
L
R
dt
tdi
VRidt
tdiL
tbutaxtx
s
s
)()(
)(
)()()(
Birinci derece diferansiyel denklem
genel formu
tL
R
ojen
tojen
ceti
L
R
ceti
tiL
R
dt
tdi
)(
)(
)()(
hom
hom
R
Vti
AtiL
Vti
L
R
dt
tdi
sözel
s
)(
)(
)()(
çözüm hom
0
0
)0()(
)0(
)0(
)(
özel
s
çözümojen
L
Rs
tam
s
sL
R
sttam
R
Ve
R
Viti
R
Vic
R
Vcei
R
Vceti
Homojen çözüm + Özel çözüm çözüm = Tam çözüm
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 6
RL ve RC DEVRELERİ İÇİN ÖZ ÇÖZÜM (NATURAL RESPONSE)
Öz çözüm: Devrede kaynaklar yok, ilk koşullara bağlı çözümHomojen çözümden farkı nedir?
dt
tdiLtv
)()( )()(
1)( 0
0
tidvL
tit
t
dt
tdvCtİ
)()( )()(
1)( 0
0
tvdiC
tvt
t
2
2
1Cvw
2
2
1Liw
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 7
(L) ELEMANINDA I(O) AKIMI (İLK KOŞUL)NIN OLUŞTURULMASI
Anahtarın iki farklı konumu iki farklı devreyi temsil ediyor. Birinci konum ilk koşulun oluşumu sağlar. İkincisi bu ilk koşulun kaynak olduğu devredir.Matematiksel olarak göstermek mümkün ki lineer devrelerde, yeteri kadar zaman geçtikten sonra, devre elemanlarının akım ve gerilimleri kaynak fonksiyonları biçimndedir.
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 8
RL DEVRESİNİN ÖZ ÇÖZÜMÜ Bir doğru kaynaktan üzerine enerji
depolayan self elemanının, enerjisinin aniden(anahtar)bir direnç üzerinden boşalması=öz çözüm
Anahtar yeteri uzunlukta kapalı tutulursa, selften geçecek doğru akım selfi kısa devre
yapar, DC akım kaynağının akımının tamamı self
üzerinden akar is= i(0-), 0- anahtar açılmadan önceki self elemanın
akımı 0+ anahtar kapandıktan sonraki self akımı Başlangıç koşulu i(0)= i(0-)= i(0+),
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 9
RL DEVRESİNİN ÖZÇÖZÜMÜ(Natural Response)
0. t)1(2
1
:enerjiharcanan elemanılem Direnç
0 t Re
)0(
0)0(
)0()0()0(
sabiti)aman constant(z timeτ
e(t)
)/(22
)/(22
0
0
-(R/L)t0
tLRo
tLRo
eLiw
ip
Riv
v
ıiii
R
L
ii
(0) anındaki gerilim belirsiz, oysa akım belli: Güç 0 + dan itibaren, enerji 0 dan itibaren tanımlı
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 10
RL DEVRESİNİN ÖZÇÖZÜMÜ (Natural
Response) ve ZAMAN SABİTİ (Time Constant)
τ = zaman sabiti= L/R
Zaman sabiti için boyut analizi
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 11
ÖRNEK1
iL(t)= 20 e-5t A t≥0; i0= -4 e-5t A ; v0= -160 e-5t V; p 10Ω= 2560 e-10t t≥0+; W 10Ω=256 J.t≥0
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 12
ÖRNEK2
i(t)=12e-2t t≥0; v(t)=96e-2t t≥0+;i1(t)=1.6 – 9.6e-2t A. t≥0 ;i2(t)=-1.6 – 2.4e-2t A. t≥0 ;i3(t)=5.76 e-2t A. t≥0+ ; Anahtar kapalı iken enerji:W=320 jouleAnahtar açıldıktan sonraSelflerde harcanan enerjiW=32 joule,Dirençlerde harcanan enerjiW=288 Joule.
2
2
1Liw
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 13
ÖRNEK 3
iL(0)= - 12.5 A; WL initial=625 mJ; τ = 4 ms; iL(t)= - 12.5e-250t A;
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 14
ÖRNEK 4
V0 = - 8e-10t V , t≥ 0
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 15
(C) ELEMANINDA V(O) GERİLİMİ (İLK KOŞUL)NİN OLUŞTURULMASI
Kapasite elemanını doğrudan bir bağımsız gerilim kaynağına bağlarsak ne olur, bağlayabilirmiyiz?Self elemanını doğrudan bir bağımsız akım kaynağına bağlarsak ne olur, bağlayabiirmiyiz?
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 16
RC DEVRESİNİN ÖZÇÖZÜMÜ(Natural Response)
0. t)1(2
1
:enerjiharcanan Dirençte
0 t
e(t)
/)0(
0)0(
)0()0(
sabiti)aman constant(z timeτ
)/1(22
)/1(22
(1/RC)t-0
0
0
tRCo
tRCo
eCvw
eR
vp
vv
Rvi
i
vvv
RC
Kapasite elemanına tutulunca,bazen elektrik çarpması oluyor?
(0) anındaki akım belirsiz, oysa gerilim belli: Güç 0 + dan itibaren, enerji 0 dan itibaren tanımlı
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 17
ÖRNEK
vc(t)= 100 e-25t V; v0 (t) = 60 e-25t V ; i0= e-25t mA; p 60kΩ= 60 e-50t mW t≥0+ ; W 60kΩ=1,2 mJ
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 18
ÖRNEK 2
t)RC/(e)(V)t(v 10
V(t) = 20 e -t V, t ≥ 0, i(t) = 80 e –t μA t ≥ 0+ ; v1(t) = (16 e –t – 20) V , t ≥ 0 ; v2(t) = (4 e –t + 20) V , t ≥ 0W1 = 40 μJ , W2 = 5760 μJ
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 19
ÖRNEK 3
V(0-)= 200V; τ=20ms; v(t)=200e-50t V t≥0; WC(0)=8 mJ;
t)RC/(e)(V)t(v 10
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 20
ÖRNEK 4
t)RC/(e)(V)t(v 10
V0(t) = 8 e -25t + 4 e -10t V , t≥0
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 21
BASAMAK GERİLİM KAYNAKLI SERİ RL DEVRESİ (STEP RESPONSE OF RL)
tL
Rss eR
VI
R
Vti
)(
0 )()(
)ln(1
axdxax
Tam çözüm (general solution): homojen çözüm (homogenous solution) + özel çözüm (particular solution)Tam çözüm (general solution): Öz çözüm (natural response): kaynaklar devre harici ilk koşullar var +
zorlanmış çözüm(forced response): Kaynaklar devrede başlangıç durumu (0).
Tam çözüm:
tL
Rs e
R
V)t(i 1
Zorlanmış çözüm:
tL
R
eI)t(i
0
Öz çözüm:
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 22
BASAMAK GERİLİM KAYNAKLI SERİ RL DEVRESİ (STEP RESPONSE OF RL)
Tam çözüm (general solution): homojen çözüm (homogenous solution) + özel çözüm (particular solution)Tam çözüm (general solution): Öz çözüm (natural response): kaynaklar devre harici ilk koşullar var +
zorlanmış çözüm(forced response): Kaynaklar devrede başlangıç durumu (0).
çözüm hom
0)0()(
özel
s
çözümojen
L
Rs
tam R
Ve
R
Viti
çözümözel
s
çözümzorlanmıo
stL
R
tam R
Vi
R
Veti
)0(1)(
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 23
TAM / ZORLANMIŞ ÇÖZÜM (Forced solution)Self akımı
RL
I
eR
VI
R
Vti
tL
Rss
/
0
)()(
0
)(
0
Zorlanmış çözüm: Kaynaklar devrede başlangıç durumu (0).
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 24
TAM / ZORLANMIŞ ÇÖZÜM (Forced solution)Self Gerilimi
R
L
eRIVtvt
L
R
s
sabiti Zaman
0t )()()(
0
Zorlanmış çözüm: Kaynaklar devrede başlangıç durumu (0).
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 25
ÖRNEK
i(t) = 12+ (-8-12) e –t/0.1 A, t≥0.v(t) = 40 e –t10 V, t≥0.
Anahtarın a konumu ilk koşulu sağlar, b konumu ise kaynak ve ilk koşulun bulunduğu devreyi sağlıyor. Genel çözüm.
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 26
BASAMAK AKIM KAYNAKLI PARALEL RC DEVRESİ (STEP RESPONSE OF RC)
0 t ,)(
0t ,)(
/
/
RCtsc
RCtssc
eR
VIi
eRIVRIv
0
0
Genel çözüm: Kaynaklar devrede ve başlangıç durumu (0) dan farklıBaşlangıç durumu (0) alınırsa bu genel çözüm zorlanmış çözüm oluyor
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 27
ÖRNEK
V0 = - 60 + [30 – (-60)] e -100 t V t≥0; i0 = - 2.25e -100 t mA t≥0+.
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 28
SERİ RL ve SERİ RC İÇİN GENEL ÇÖZÜM
tRC
ss
tRC
ss
tRC
tL
Rss
zr
tL
Rss
tL
R
eVVV
eVV
ev
eR
Vı
R
Vi
eR
V
R
V
eI
)(
)(
zr
)(
ÖZ
)(
öz
)(
zr
)(
ÖZ
))(( v(t)
solution) general çözüm, (genel çözüm tam için gerilimi Kapasite
v
:çözüm zorlanmıo ingerilimiiç Kapasite
)(v
:çözüm öz için gerilmi Kapasite
))((i ı(t)
:solution) (General çözüm genel çözüm, Tam
i
Response) Step (Forced, çözüm zorlanmıo için akmı Self
)(i
:response) (natural çözüm öz için akıkı Self
1
1
1
0
0
0
0
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 29
TAM ÇÖZÜM ÖRNEK
VC= 90 + [ -30 – 90)] e -5 t V t≥0; i0 = 300 e -5t μA t≥0+.
0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06
0.5
0.55
0.6
0.65
0.7
0.75
0.8
0.85
0.9
0.95
t
SERIAL RL CIRCUIT ANALYSIS (FIRST ORDER CIRCUIT)
Indu
ctor
's c
urre
nt il
(t)
Transient solution Particular solution(V/R)=0.5A
Transient solution Particular solution(V/R)=0.5A
Transient solution particular solution, steady state(V/R)=0.5 A
tc=1ms
(di/dt)+(R/L)i=(1/L)50(=Vs)R=100 ohmVs=50VL=0.1H; L=0.5H; L=1Htime constant(tc)=L/R
L=0.1 H
L=0.5 H
L=1 Htc=5ms
tc=10ms
SOLUTIONi(t) = il(0) e**-(R/L)t+(Vs/R)il(0)= 1A, initial condition
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 31
ZORLANMIŞ ÇÖZÜM ÖRNEK
Kaynak dönüşümü:Vc(t)= 150-150 e-200t Vİ(t)= 3 e-200t mAV(t) = 150-60 e-200t V
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 32
ZORLANMIŞ ÇÖZÜM ÖRNEK
İ(t) = 20- 15 e -1 2.5t A
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 33
RL/RC 1.DERECE DİF. DENKLEM RC/RL devre çözümü, 1. derece sabit katsayılı adi differansiyel
denklem çözümüne karşı düşer
Bağımsız değişken: zaman 1 tane olduğu için adi diff denklem, kismi türev yok
a sabit reel sayı Lineer süperpozisyon geçerli b kaynaklara karşı düşen bilinen
7. bölümde DC veya periyodik darbe kaynağı incelenecek RLC devre çözümü, 2. derece sabit katsayılı adi differansiyel
denklem çözümüne karşı düşer, bağımsız değişken sayısı yine zaman olup bir tanedir, türevin mertebesi artar.
)()()(
tbtaxdt
tdx
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 34
1.DERECE DİF. DENKLEMİN MATEMATİKSEL ÇÖZÜMÜ
Homojen (homogenous solution) çözüm: b(t) =0 iken bulunan çözüm
Homojen çözüm üstel (exponansiyel) fonksiyon bçimindedir: İki parametresi var: C ve s. (s) Denklemin homojen halinden hesaplanacak. C ise tam çözüm bulunduktan sonra ilk koşul ile hesaplanacak.
Özel çözüm (particular solution) = kaynak biçiminde olup bu denklemi sağlayan çözüm Örneğin kaynak DC kaynak ise bir sabit (hesaplanacak, özel çözüm) bu denklemi sağlar Örneğin kaynak sinüsoidal ise aynı frekanslı fakat genlik ve açısı (hesaplancak) farklı bir
fonksiyon (özel çözüm) bu denklemi sağlar.
Tam çözüm= Homojen + Özel çözüm Bu çözüm verilen denklemde yerine konulduğunda denklemi sağlar, yani çözümdür.
0 )()(
taxdt
tdx
)()()(
tbtaxdt
tdx
stCetx )(hom
Geçici rejim, çözüm neden?
Kalıcı rejim, çözüm neden? İlk koşulun oluşmasıını açıklaması!!!
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 35
1.DERECE DİF. DENKLEMİN ÇÖZÜMÜ ÖZET
Matematiksel çözüm: Homojen çözüm
(homogenous solution) : b(t) =0 iken bulunan çözüm
Özel çözüm (particular solution) = kaynak biçiminde olup bu denklemi sağlayan çözüm
Tam çözüm= Homojen +
Özel çözüm.
)()()(
tbtaxdt
tdx
Devreler üzerinden çözüm: Öz çözüm (Natural
response): İlk koşul var, kaynaklar devre harici olan devrenin çözümü
Zorlanmış çözüm (Forced response): İlk koşul (0) fakat kaynaklar varken ki devrenin çözümü
Tam çözüm= Öz çözüm + Zorlanmış çözüm
Aynı denklemin farklı iki çözümü olur mu?
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 36
ARDIŞIL ANAHTARLAMA İÇİN ÖRNEK (Sequential switching)
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 37
ARDIŞIL ANAHTARLAMA İÇİN ÖRNEK
t<0
0≤ t ≤35 ms
t ≥ 35 msiL(t) = 6 e -40t A, 0 ≤ t ≤ 35 ms iL(35ms) = 1.48 A.iL(t) = 1.48 e – 60(t-0.035) A, t ≥ 35 ms
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 38
ARDIŞIL ANAHTARLAMALI ÖRNEK2
t < 0 anahtar (a)0 ≤ t ≤ 15 ms anahtar (b)15 ms < t anahtar (c)
v(t) = 400 + (0-400) e – 100t V 0 ≤ t ≤ 15 ms v(15ms) = 310.75 V.v(t) = 310.75 e – 200(t – 0.015) V 15ms ≤ t
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 39
ARDIŞIL ANAHTARLAMALI ÖRNEK3
v(t) = 80 e – 40t V 0 ≤ t ≤ 0.01 s v(10ms) = 53.63 V.v(t) = 53.63 e – 50(t – 0.01) V 10ms ≤ t
(1 ) anhtarı yeteri kadar kapalı tutulduktan sona açılıyor.
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 40
ARDIŞIL ANAHTARLAMALI ÖRNEK4
i(t) = 3 - 3 e – 0.5t A 0 ≤ t ≤ 1 s i(1s) = 1.18 A.i(t) = -4.8 + 5.98 e –1.25(t – 1) A t ≥ 1 s
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 41
BÜYÜYEN ÇÖZÜM (Unbounded response)
Rth= - 5 KΩ
V0(t) = 10 e 40t V t ≥ 0.
1 saniye sonra bu devrede ne olur?
Ekim 2007 Ertuğrul Eriş 42
INTEGRAL ALAN DEVRE
)t(vdyvCR
)t(vt
t
sfs
000
0
1
PROGRAM ÇIKTILARI
ÖĞRENİM PROGRAMI OLUŞTURULMASI
?ÖĞRENİM
PROGRAMI?
öğ anket
Öğ.anket
Ders öğ.
anket
Öğrenci Profili
BÖLÜM, PROGRAMÖĞRENCİ
YENİ ÖĞRENCİ
İyileştirme araçları
DIŞ PAYDAŞLAR
Öğ. elem
Yönetim,idare
İç Paydaşlar
ÖĞRENCİ, ÜRÜN
DEVLET, ÖZEL SEKTÖR
MEZUNLAR, AİLELER
MESLEK OD, NGO
SONUÇ: ULUSAL/ULUSLARARASI AKREDİTASYON
AB/ULUASAL
MEZUN ÖĞRENCİÇıktılar için veri top ve değerlendirme
ALAN YETERLİLİKLE
Rİ
BİLGİKnowledge
BECERİSkills
KİŞİSEL/ MESLEKİ YETKİNLİKLERCompetences
DIŞ PAYDAŞ GEREKSİNİMLERİ
ORYANTASYON
ORYANTASYON
PROGRAM ÇIKTILARIPROGRAM
ÇIKTILARI
PROGRAM
ÇIKTILARI
BLOOM’S TAXONOMYANDERSON AND KRATHWOHL (2001)
http://www.learningandteaching.info/learning/bloomtax.htm!!Listening !!
45
TÜRKİYE YÜKSEKÖĞRETİM ULUSAL YETERLİKLER ÇERÇEVESİ (TYUYÇ)
TYUYÇDÜZEYİ
BİLGİ- Kuramsal- Uygulamalı
BECERİLER- Kavramsal/Bilişsel- Uygulamalı
KİŞİSEL VE MESLEKİ YETKİNLİKLER
Bağımsız Çalışabilme ve Sorumluluk
Alabilme Yetkinliği
Öğrenme Yetkinliği
İletişim ve Sosyal Yetkinlik
Alana Özgü ve Mesleki Yetkinlik
6LİSANS
_____
EQF-LLL:6. Düzey
_____
QF-EHEA:1. Düzey
- Ortaöğretimde kazanılan yeterliklere dayalı olarak alanındaki güncel bilgileri içeren ders kitapları, uygulama araç –gereçleri ve diğer bilimsel kaynaklarla desteklenen ileri düzeydeki kuramsal ve uygulamalı bilgilere sahip olmak
- Alanında edindiği ileri düzeydeki kuramsal ve uygulamalı bilgileri kullanabilmek,
- Alanındaki kavram ve düşünceleri bilimsel yöntemlerle inceleyebilmek, verileri yorumlayabilmek ve değerlendirebilmek, sorunları tanımlayabilmek, analiz edebilmek, kanıtlara ve araştırmalara dayalı çözüm önerileri geliştirebilmek.
- Uygulamada karşılaşılan ve öngörülemeyen karmaşık sorunları çözmek için bireysel ve ekip üyesi olarak sorumluluk alabilmek,
- Sorumluluğu altında çalışanların mesleki gelişimine yönelik etkinlikleri planlayabilmek ve yönetebilmek
- Edindiği bilgi ve becerileri eleştirel bir yaklaşımla değerlendirebilmek, öğrenme gereksinimlerini belirleyebilmek ve öğrenmesini yönlendirebilmek.
- Alanıyla ilgili konularda ilgili kişi ve kurumları bilgilendirebilmek; düşüncelerini ve sorunlara ilişkin çözüm önerilerini yazılı ve sözlü olarak aktarabilmek,
- Düşüncelerini ve sorunlara ilişkin çözüm önerilerini nicel ve nitel verilerle destekleyerek uzman olan ve olmayan kişilerle paylaşabilmek,
- Bir yabancı dili kullanarak alanındaki bilgileri izleyebilmek ve meslektaşları ile iletişim kurabilmek (“European Language Portfolio Global Scale”, Level B1)
- Alanının gerektirdiği düzeyde bilgisayar yazılımı ile birlikte bilişim ve iletişim teknolojilerini kullanabilmek (“European Computer Driving Licence”, Advanced Level).
- Alanı ile ilgili verilerin toplanması, yorumlanması, duyurulması ve uygulanması aşamalarında toplumsal, bilimsel ve etik değerlere sahip olmak,
- Sosyal hakların evrenselliğine değer veren, sosyal adalet bilincini kazanmış, kalite yönetimi ve süreçleri ile çevre koruma ve iş güvenliği konularında yeterli bilince sahip olmak.
ULUSAL LİSANS YETERLİLİKLER ÇERÇEVESİ
BLOOMS TAXONOMY
DEVRE TEORİSİ DERSİNİN ÖĞRENİM ÇIKTILARI
Dersi tamamlayan öğrenciler devre teorisinin akım, gerilim, güç, Kirşof’un
aksiyomları, eşdeğer devreler gibi temel kavramlarını öğrenecekler,
‘Çevre Akımları’ ve ‘Düğüm Gerilimleri’ yönemleriyle resistif devreleri çözebilecekler,
lineer 1. ve 2. derece elektrik devreleri, matematiksel olarak cebirsel ve diferansiyel denklemler yardımıyla t-domeninde çözebilecekler,
labaratuvarda, teori/uygulama ilişkisini gözlecekler
Ertuğrul Eriş 46Devre Teorisi İlk Ders