Devreler II Ders Notları
LAPLACE
DÖNÜŞÜMÜNÜN
DURUM
2013-2014
DENKLEMLERİNİN
ÇÖZÜMÜNDE
KULLANILMASI
Doğrusal zamanla değişmeyen bir devrenin analizi için oluşan durum denklemi sabit
katsayılı doğrusal diferansiyel denklem ile ifade edilir ve bu diferansiyel denklem takımları tzaman bölgesinde çözülür.
Bu bölümde ise Laplace dönüşümü kullanılarak durum denklemleri çözülecektir. Devre
analizinde Laplace dönüşümünün kullanılması, üç ayrı özelliğinden dolayı üstünlük gösterir.
1. Doğrusal ve zamanla değişmeyen diferansiyel denklem takımını doğrusal polinom
şekline dönüştürür.
2. Akım ve gerilimlerin (durum değişkenlerinin) başlangıç değerleri (doğrudan)
kendiliğinden dikkate alınır.
X (t )  sX ( s )  x (0)
3. Laplace dönüşümü ile tam çözüm çok kolaylıkla elde edilir. Laplace dönüşümü ile s
domenine geçilir.
LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ
Laplace dönüşümü t<0 için f(t)=0 olduğundan

F ( S )   f (t )e  s t dt  f (t )
0
Biçiminde ifade edilir. Ters Laplace dönüşümü ise;

f (t )1 F ( s) 

F ( s)e s t ds ile ifade edilir. Burada s=σ+jw kompleks değişkendir.
0
  f (t )  F ( s) ise f (t )  1 F ( s) dir
Bazı İşlevlerin Laplace Dönüşümleri
1) Birim Basamak İşlevi:
f (t )  au (t ) ,
 1 , t 0
u (t )  
 0 , t 0
İle ifade edilen f(t) fonksiyonunun Laplace dönüşümü
F ( s) 
a
s
olarak bulunur.
f (t )  au (t )  F ( s ) 
a
s
f (t )  u (t )  F ( s) 
1
s
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
2) Birim Rampa İşlevi
t t  0
r (t )  
0 t 0
r (t )  tu (t )
R( s )  {r (t )} 
1
s2
3) Birim Parabolik İşlevi
f (t )  r 2 (t )  t 2 u (t )
 F ( s) 
2
s3
4) f(t)=tn
n!
s n 1
F ( s )  {t n } 
Bu bağıntıdan yararlanarak
{t 3}  3 42  64
s
s
olarak hesaplanır.
5) Üstel Fonksiyon
f (t )  e  at ise
{e at }  1
sa
ise F ( s )  { f (t )} 
f (t )  e at
1
dır.
sa
6) Sinüsoidal Fonksiyon
f (t )  Coswt

{Coswt}   Coswt  e  st dt 
0
Coswt 
e jwt  e  jwt
,
2
Sinwt 


 St
F ( s )   Coswt e dt  
0
1  e( jw s )t e  ( jw s ) t
 

2  jw  s  jw  s
7) f (t )  Sinwt ,
s
s  w2
2
0

0

e jwt  e  jwt
2j
tanımlarını kullanırsak



e jwt  e  jwt  St
1  ( jw  s )t
 e dt    e
dt   e  ( jw  s )t dt  
2
2 0
0

1
1
1 
s


 2


2  jw  s  jw  s  s  w2
F ( s )  {Sinwt} 
w
s  w2
2
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
w
s  w2
8) f (t )  Sinhwt ,
F ( s )  [ Sinhwt ] 
9) f (t )  Coshwt ,
F ( s )  {Coshwt} 
2
s
s  w2
2
10) f (t )  e at Sinwt , Ger  s  a   0
F ( s)  {e at Sinwt} 
w
( s  a ) 2  w2
11) f (t )  e  at Coswt
F ( s)  {e  at Coswt} 
12) f (t ) ve g (t )
sa
( s  a ) 2  w2
fonksiyonlarının katlama işlevi:
t
f (t ) * g (t )   f (t   ) g ( )d
0
İle verilir ve laplace dönüşümü
{ f (t ) * g (t )}  F ( s)G ( s)
olarak elde edilir.
13) Birim Vuruş İşareti
f (t )
{ (t )}  1

f (t  t1 )

{ (t  t1 )}  e  t s
1
{ (t )}  1
{(t )}  s
Teorem 4
t
 F ( s)
İntegral Özelliği( f ( ),  ( ) işaretini içermeyecek)
   f ( )d  
s
0

Teorem 5
  tf (t )    dF (s)
Teorem 6
 t n f (t )   (1)n F ( n) ( s)
Teorem 7
Ölçülendirme teoremi
ds
limt  0
f (t )
t
tanımlı ise

  f (t )    F ( )d
 t  S
s yerine τ alındı
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
Teorem 8 (kayma teoremi)
  f (t )  F (S )
ise
 e at f (t )  F  s  a  ,
 e4t t 
GerS  a   0
,
olmak üzere
a: gerçel bir sayı
1
( s  4)2
T

f (t )e  St dt
0
Teorem 9
f (t )  f (t  T ) , T: Periyot ↔
Teorem 10
f (at ) 
Teorem 11
f (t  a )u (t  a)  e  as F ( s ) , a: gerçel bir sayı
Teorem 12
f (t )Coswt 
1
1
F ( s  jw)  F ( s  jw)
2
2
Teorem 13
f (t ) sin wt 
1
1
F (s  jw) 
F ( s  jw)
2j
2j
Teorem 14
(t ) n f (t )  F ( n ) (s )
1 s
F ,
a a
1  e  ST
(a>0), gerçel bir sayı.
t
Teorem 15

f1 ( ) f 2 (t   )d  f1 (t ) * f 2 (t )  F1 (s ) F2 (s )
0
Teorem 16
f1 (t ) f 2 (t ) 
1
F1 ( s) * F2 ( s)
2 j
Teorem 17 (İlk Değer Teoremi)
f (0 )  limt 0 f (t )  lim s  sF (s )
Teorem 18 (Son Değer Teoremi)
f ()  limt  f (t )  lim s 0 sF ( s )
İmpulse (birim vuruş) işlevi
 t  0 du (t )

 (t )  
dt
0 t  0
  (t )  1
  (t  t1 )  e  t s
1
0

Ayrıca


Ötelenmiş hali
 (t )dt 

 (t )dt  1
dir.
0
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
ÖRNEK: F ( s ) 
2 s 2  13s  17
( s  1)( s  3)
2013-2014
fonksiyonunun ters Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözüm: Pay ve paydanın dereceleri aynı olduğu için, pay paydaya bölünerek önce sabit terim
ayrılır.
F ( s) 
2 s 2  13s  17 2s 2  13s  17
5s  11
k
k
 2
 2 2
 2 1  2
( s  1)(s  3)
s  4s  3
s  4s  3
s 1 s  3
k1  ( s  1)
5s  11
( s  1)( s  3)
k2  ( s  3)
5s  11
( s  1)( s  3)
F ( s)  2 
3
2

s 1 s  3
s 1

5s  11
s3

5s  11
s 1
s 3
s 1
3
s 3
2
f (t )  1 F  s   2 (t )  3e t u (t )  2e 3t u (t )
1) f (t )  Sinwt ,
F ( s )  [ Sinwt ] 
w
s  w2
2) f (t )  Coswt ,
F ( s )  [Coswt ] 
s
s  w2
3) f (t )  Sinhwt ,
F ( s )  [ Sinhwt ] 
w
s  w2
4) f (t )  Coshwt ,
F ( s )  [Coshwt ] 
s
s  w2
5) f (t )  e at Sinwt ,
Ger[ s  a ]  0
F ( s)  [e at Sinwt ] 
olarak elde edilir.
2
2
2
2
w
( s  a ) 2  w2
6) f (t )  e  at Coswt
F ( s)  [e at Coswt ] 
sa
( s  a ) 2  w2
7) [ A(t )  Bg (t )]  AF (s )  BG ( s )
üzere). f (0 ),
Buna lineerlik özelliği denir(A ve B gerçel sayı bir olmak
f (t ) fonksiyonunun 0 noktasına sağdan yaklaşırken aldığı değer olsun.
8) [ f ' (t )]  sF (s )  f (0 )
Buna türev özelliği denir. En genel haliyle şu şekilde ifade edilir.
[ f (n ) (t )]  s n F ( s)  s n1 f (0 )  s n 2 f 1 (0 )  ....... sf ( n 2) (0 )  f ( n1) (0 )
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
n
 s n F ( s )   s n i f (i 1) (0 )
i 1
LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ İLE DURUM DENKLEMLERİNİN ÇÖZÜMÜ
X (t )  Ax (t )  Be(t )
s X ( s )  X (0)  AX ( s )  BE ( s )
( sI  A) X ( s)  BE (s )  X (0)
1
X (s )  ( sI  A) 1 BE ( s )   sI  A X (0)
X (s )  X (t )
(1)
SI  A  0
 ( S )  ( SI  A)1  Resolvent matris, (çözüm matrisi)
Ters Laplace dönüşümünü alırsak
 ( s)   (t )
Durum geçiş matrisi (state transition matrix)  (t )  -1  (s)  -1 (sI-A)-1  e At
Bunu (1) bağıntısında yerleştirirsek
X (s )   e At  BE ( s )   e At  X (0)
Ters dönüşümü alınırsa;
-1 X(s)  -1  eAt  BE ( s)  -1  e At  X (0)
t
 -1  F(s).G(s)  f (t ) * g (t )   f (t   ) g ( )d 
(katlama işlevi )
0
t
t
X (t )  e At X (0)   e A(t  ) Be( )d   (t ) X (0)    (t   ) Be( )d
0
0
Durum modelindeki durum değişkenlerinin t bölgesinde çözümü
Bu bağıntıdan herhangi bir doğrusal dizgenin zaman tepkesinin elde edilebilmesi için
aşağıda verilenlerin bilinmesi gerekir.
1. t  t 0
da
2. t  t0 için e(t )
X (t 0 )
başlangıç durum vektörünün bilinmesi gerekir.
giriş kaynaklarından oluşan sütun vektörünün bilinmesi gerekir.
3. Durum geçiş matrisi  (t)' nin bilinmesi gerekir.
t
Çözüm X (t )  e A(t t0 ) X (t0 )   e A(t  ) Bu ( )d olarak hesaplanır.
t0
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
Durum denkleminin en genel hali;
X  AX  B1 e  B2e Durum denklemi (durum değişkeni sayısı boyutunda sütun vektörü)
y  C X  D1 e  D2 e Çıkış denklemi (çıkışların sayısı kadar, boyutu olan çıkış vektörü)
B2, D2 matrisleri 0 ise dejenere olmayan(uygun durum ağacı) devre adını alır.
X durum denklemini Laplace dönüşümü yardımıyla çözelim.
s X ( s )  X (0)  AX (s )  ( B1  sB2 ) E (s )
 sI  A X ( s)  ( B1  sB2 ) E ( s)  X (0) ,
1
SI  A  0
1
X (s )   sI  A  B1  sB2  E ( s )   sI  A X (0)

 

zorlanmış çözüm
öz çözüm
y çıkış matrisinin çözümü ise;
Y ( s )  C X (s )  ( D1  sD2 ) E ( s )
Burada X(s) yerleştirilirse;

 B1  sB2  E (s)   sI  A
1
 B1  sB2   D1  sD2  E ( s)  C  sI  A
 C  sI  A

1

1
Y ( s )  C  sI  A
X (0)  ( D1  sD2 ) E ( s )
1
X (0)
olarak hesaplanır.
Başlangıç değerleri sıfır alınarak; çıkışların girişlere oranı olarak tanımlanır.
H ( s) 
Y ( s)
E ( s)
1
 C  sI  A
 B1  sB2   D1  sD2
X (0)  0
Eğer B2, D1 ve D2 matrisleri sıfır alınırsa
H ( s) 
Y ( s)
1
 C  sI  A B1
E ( s)
olarak bulunur.
ÖRNEK :
x 1   0
1   x1  0


e(t )
x 2    2  3  x 2  1
1 t  0
e(t )  u (t )  
,
0 t<0
 x1 (0)  1 
 x (0)   0 
 2   
Durum denklemini Laplace dönüşümü yöntemi kullanarak çözünüz.
1
 ( s)   sI  A
 (s )  ( s  3)( s )  2  s 2  3s  2  ( s  1)( s  2)
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
s3


( s  1)(s  2)
 s 1 
 ( s)  


2

 2 s  3
 ( s  1)(s  2)

2013-2014
1

( s  1)(s  2) 

s

( s  1)(s  2) 
1
X (s)   ( s) X (0)   (s ).BE (s )
s3

 ( s  1)( s  2)

2

 ( s  1)( s  2)

1
s3




( s  1)( s  2) 1  ( s  1)(s  2)
 
s
2
 0  


( s  1)( s  2) 
 ( s  1)(s  2)
1

0 
( s  1)(s  2)   
 1
s
 
s
( s  1)(s  2) 
s3
1

 

 ( s  1)( s  2)   s ( s  1)(s  2) 



2
s

 

 ( s  1)( s  2)   s ( s  1)(s  2) 

 


1
1
1

 2e  t  e 2t   u (t )  e t  e 2t 
X
(
s
)


   t
2
 2

2e  2e 2t  
t
2 t

e

e

 

öz
çözüm
zorlanmış
çözüm
ÖRNEK:
 x1 (t )   2 1  x1 (t )  3
 x (t )    1 3  x (t )   1 u (t ),
 2   
 2  
1
x(0)   ,
 1
1 t  0
u (t ) 
0 t  0
Durum denklemini, Laplace dönüşümü yardımıyla çözünüz.
1
 ( s)   sI  A Resolvent matrisi
Determinant:
  SI  A 
S 2
1
 ( S  2)( S  3)  1  S 2  55  5
1
S 3
Kökler
S12 
S1 
 b  b2  4ac
2a

 S  25  20  5  5

2
2
5 5
 3,619
2
S2 
5 5
 1,392
2
X (S )  SI  A B1 E (S )  SI  A X (0)
1
E (s )   u (t ) 
1
1
s
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
3 
S

3

1
3
S

3

1
1
S

3

1
 S  1










1
1 1
1
X (S )  

  .  
   

   1 S  2 1 S    1 S  2  1    1 S  2  1  1
S 
9
1  1
8  s2  7s  8
1
3  1  1 
X 1 ( s )    (s  3)   1   1  3  s   3   1   7  s   
s
s  
s
s.
 
s  s   
2
1 3
1
( S  1) 2
 1  ( S  2 S  1)


1

(
S

2
)(

1
)






 S
S
S
S .
 
X 2 (S ) 
X1(S) ve X1(S) nin t bölgesine dönüşümünün yapılması, rezidü katsayılarının belirlenmesi yöntemi
kullanılarak elde edilir.
X 1 (S ) 
S2  7S  8
S  7S  8
 22

S .
S ( S  5s  5)
S2  7S  8
S (S 
5 5
5 5
)( S 
)
2
2

k1

S
k2
S
5 5
2
k3

S
5 5
2
k1  SX 1 ( S ) S 0  1, 6

5 5 
k2   S 
 X1(S )
2 
5

S1 
 0, 5268
5
2
k3  ( S 
X 1 (S ) 
5 5
) X 1 (S )
2
S
1,6

S
 0, 07676
2 
0,5268
S
55
2
X 1 (t )  1, 6u (t )  0,5268e
X 2 (S ) 
5 5
2

(
0,07676
S
5 5
)t
2
5 5
2
u (t )  0, 07676e
(
5 5
)t
2
u (t )
k3
k
k2
 ( S  1) 2
 1

S ( S  3,618)(S  1,382) S S  3,618 S  1,382
k1  SX 2 ( S ) S 0  
( S  1)2
1
   0.2
2
S  5s  5 S  0
5
k 2  ( S  3,618) X 2 ( S ) 
 0,847
k 3  (S  1,382) X 2 ( S )
 0,0472
S1  3, 618
S 2  1,382
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
X 2 (S ) 
2013-2014
 0,2
0,847
0,0472


S
S  3,618 S  1,382
X 2 (t )  0,2u (t )  0,847e 3, 618t u (t )  0,0472e 1,382 t u (t )
ÖRNEK:
X 1  1 0   X 1  1

      e(t )
X 2  1  3  X 2  0
 1
y  
 4
  X1 
1   ,
 X2 
 X 1 (0)  0 
 X (0)   0 
 2   
e(t)=δ(t) için, durum denklemini çözünüz ve matrisel geçiş işlevini bulunuz.
S
0
SI  A  
Çözüm:
0  1 0   S  1
0 




S  1  3   1 S  3
  SI  A  ( S  1)(S  3) ve S1=1, S2=-3 kök değerleridir.
SI  A1
0  
S  3
1
 1


S  1
( S  1)


1
( S  1)(S  3) 
 ( S  1)(S  3)

0 

1 
S  3 
Matrisel geçiş işlevi
1
 1
H (S )  C  SI  A B  
 4

1


S 1

1 
1

 (S 1)(S  3)
1



0 


1
   1 
1 1
1
S 1
     1 


1  0  4  
1
4 (S 1) (S 1)(S  3)




S  3
 (S 1)(S  3) 
 S 3 4
 S 1

4( S  1)(S  3) 4( S  1)(S  3)
X (S )  SI  A B E ( S )  SI  A X (0)
1
1


S 1
X (S )  
1

 ( S  1)(S  3)
1
E(S)=1
1



0  1


 
S 1
1

0




1 0
1



S  3 
 (S  1)(S  3) 
X 1 (S ) 
1
S 1
X 2 (S ) 
1
k
k
1 1
1 1
1
 1  2 

ise X 2 (t )   et  e 3t 
( S  1)( S  3) S  1 S  3 4 S  1 4 S  3
4
ise
X 1 (t )  e t
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
olarak hesaplanır. Çıkış denklemi ise


et
X
(
t
)


1 3 t
 1  1
 1 

y  
1 


1
1 t 3 t     e




4
 4   X 2 (t )   4  (e  e )
 4

1
yani e(t )  u (t ) için aynı örneği çözünüz.
S
Eğer E ( S ) 
DEVRE ÖĞELERİNİN S-BÖLGESİNDE TANIM BAĞINTILARI
Önce devre elemanlarının akımı ile gerilimi arasındaki ilişki t-bölgesinde yazılır. Sonra
devre elemanlarının akımı ile gerilimi arasındaki ilişkiler S-bölgesinde elde edilir. Daha sonra akım
ile gerilim arasındaki ilişkiyi verecek devre modeli oluşturulur.
1- S-bölgesinde direnç elemanı:
I(t)
+
I(s)
+
R
v(t)
_
R
V(s)
_
Zaman bölgesi
s-domeni
Direnç için akım-gerilim bağıntısı t-bölgesinde
v(t )  Ri(t )
olarak yazılır. Bu bağıntının Laplace dönüşümü alınırsa;
V ( s)  RI ( s)
olacaktır.
2- S- bölgesinde endüktans elemanı:
Bu endüktansın içinden geçen ı(t) akımının başlangıç değerinin I0 olduğu kabul edilerek
V L
dı
dt
Bağıntısının Laplace dönüşümü alınırsa (L sabit olduğundan)
V ( s )  L  sI ( s )  I 0   sLI (s )  LI 0
elde edilir.
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
V L
dı
,
dt
V ( s )  L  sI ( s )  I 0   sLI (s )  LI 0 ,
t-bölgesinde endüktans elemanı
Gerilim eşdeğeri devresi
2013-2014
I ( s) 
V (s) I 0

sL
s
Akım eşdeğeri devresi
Eğer endüktansta depolanan başlangıç enerjisi sıfır ise (yani I0=0 ise) endüktansın S domenindeki
modeli sadece sL empedansına sahip bir endüktans olacaktır.
3- S-bölgesinde kondansatör elemanı:
Önceden doldurulmuş kondansatör (başlangıçta üzerinde bir gerilim olan) için akım-gerilim
ilişkisi;
ic
dv
dir. Laplace dönüşümü alınırsa ifadesi aşağıdaki gibidir.
dt
1
V (0)
I ( s) 
sC
s
I ( s )  C  sV ( s )  V (0)   sCV ( s )  CV0 ,
V ( s) 
Kapasitenin akım eşdeğeri (paralel)
Seri eşdeğer devresi
Eğer V0  0 ise devre, empedansı
1
olan bir kapasiteye indirgenir.
sC
NOT: Kapasitede ve endüktansta depolanmış enerji yoksa, her bir devre elemanının akımı ile
gerilimi arasındaki ilişki
V ( s)  Z ( s ) I ( s) dir.
Burada Z(s) elemanın s-domeni empedanstır. Örneğin;
Endüktans için ZL(s)=sL
Kapasite için Z C ( s ) 
1
sC
Direnç için ZR(s)=R
dir. Birimleri Ω dur. s-domeninde empedansın tersi admitanstır.
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
Endüktans için YL (s ) 
2013-2014
1
sL
Kapasite için YC ( s )  sC
Direnç için
YR ( s ) 
1
R
s-domeninde empedans ve admitansların eşdeğerlerinin bulunması w-bölgesindeki devre analizinde
olduğu gibidir.
4. Fiziksel transformatör
t-bölgesi için v  i tanım bağıntısı
v1 (t )  L1
dı1 (t )
dı (t )
M 2
dt
dt
v 2 (t )   M
dı1 (t )
dı (t )
 L2 2
dt
dt
S bölgesi için V-I tanım bağıntıları
dı (t) 
 dı (t)
V1 (s )   v1 (t)    L1 1  M 2 
dt
dt 

V1 (s )  sL1 I1 ( s )  sMI 2 ( s )   L1I1 (t0 )  MI 2 (t0 ) 
V2 ( s )   sMI1 ( s )  sL2 I 2 ( s)  ( MI1 (t0 )  L2 I 2 (t0 ))
Matrisel olarak yazalım:
V1 ( s ) 
 L1
 s

V2 ( s ) 
 M
 M   I1 (s )   L1

L2   I 2 ( s )    M
I1 ( s) 
 L2
1


2 
I 2 ( s )  s  L1L2  M    M
 M   I1 (t0 ) 
L2   I 2 (t0 ) 
 M  V1 ( s )  1  I1 (t0 ) 

L1  V2 ( s )  s  I 2 (t0 ) 
5. İdeal Transformatör
 n1

 v1   n2
ı   
 1
 0


0 
v
  2  (t-bölgesinde)
n  ı
 2  2 
n1 
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
s-bölgesi tanım bağıntısı:
 n1

V1 (s )   n2

I1 ( s )  
 0

2013-2014

0 
V ( s)
  2  (zincir parametresi)
n  I ( s)
 2  2 
n1 
6. Jiratör (Gyrator)
t-bölgesi tanım bağıntıları
s-bölgesi tanım bağıntıları
 v1 (t )   0  r   ı1 
 v (t )     r 0  ı 
  2
 2  
V1 ( s )   0  r   I1 (s ) 

V2 ( s )    r 0   I 2 ( s ) 
r: jirasyon direncidir(birimi Ω).
g: jirasyon iletkenliğidir. (birimi mho)
Aralarındaki ilişki
I1 ( s )   0

I 2 (s )    g
Admitans durumunda
r
1
dir.
g
 g  V1 ( s ) 
0  V2 ( s ) 
7. Negatif Empedans Çeviriciler
Tanım bağlantıları yazılırken bir direnç öğesi gibi düşünülür. K; sabit bir dönüşüm katsayısıdır
a) Akım Negatif Çevirici
b) Gerilim Negatif Çevirici
ı2  kı1
v1   kV2
v1  kv 2
ı2  kı1
v1 (t )   0

ı2 (t )    k
 k   ı1 (t )   V1 ( s )   0

0  v2 (t )    I 2 ( s )    k
 k   I1 ( s ) 
0  V2 ( s ) 
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
8. Üç uçlu devre elemanı
I1
I2
V1
VAB ( s )  V1 ( s )  V2 ( s )
V2
V1 ( s)   Z11 Z12   I1 ( s ) 
V ( s)    Z
Z   I ( s) 
 2  
21
22  2 
I1 ( S )   y11 y12  V1 (S ) 

I 2 (S )  y 21 y 22  V2 ( S )

empedans matrisi
Admi tan s matrisi
9. (n+1) uçlu devre elemanı için;
V(s)-I(s) tanım bağıntısı Empedansa bağlı olarak
V1 (s )   Z11 (s ) Z12 (s )  Z1n ( s )   I1 ( s) 
V2 ( s )   Z 21 ( s ) Z 22 ( s)  Z 2 n ( s)   I 2 ( s) 



   

   
 


Vn ( s )   Z n1 ( s ) Z n 2 (s)  Z nn ( s)   I n ( s) 
Admintans matrisine bağlı olarak
I1 ( s )  Y11 ( s ) Y12 ( s )  Y1n ( s )  V1 ( s) 
I 2 ( s )  Y21 (s ) Y22 ( s )  Y2 n (s )  V2 (s ) 



   

   
 


I n ( s )  Yn1 ( s ) Yn 2 (s )  Ynn (s )  Vn ( s) 
w-bölgesine dönüşüm yapılmak istenirse s=jw yazılır.
Devrelerin s bölgesi Çözümlenmesi
a) Düğüm denklemleri
b) Çevre denklemleri
c) Kesitleme denklemleri
d) Temel çevre denklemleri
e) Durum denklemleri
UYARI:
1) Devre pasif (edilgen) ve bağımsız kaynaklardan oluşmuş ise Z(s), Y(s) simetrik bir
matristir.
2) Devrede bağımlı kaynaklar bulunursa Y(s), Z(s) simetrik olmaktan çıkar.
3) Bağımsız kaynakların türevleri bulunduğunda, Laplace dönüşümü alınırken t=t0 daki
(başlangıç değerinde) e(t0), j(t0) ya da türevlerinin başlangıç değerleri sıfır alınır.
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
1. Düğüm denklemlerinin yazılması
Devre düğüm denklemleri s-bölgesinde yazılırken uyulacak ilkeler:
1. Önce gerekiyorsa devrenin topolojik yapısı değiştirilir. Devrede bulunan bazı bağımsız
gerilim kaynaklarının akım eşdeğerleri alınır ve devre üzerinde bu değişimler yapılır.
2. Bu değişikliklerden sonra topolojik yapısı değiştirilmiş devrenin topolojik çizgesi çizilir
ve uygun referans düğümü seçilir.
3. Düğüm denklemleri kol akımları cinsinden yazılır.
4. Kol akımları ve gerilimleri arasındaki uç denklemleri (tanım bağıntıları) 3. deki
denklemlerde yerleştirilir.
5. Öğe gerilimleri düğüm gerilimleri cinsinden yazılır.
6. Ek denklemlerdeki değişkenler düğüm gerilimleri cinsinden yazılır.
7. Elde edilen denklemler, bilinmeyen düğüm gerilimleri solda, bilinenler sağda olmak üzere
düzenlenir.
ÖRNEK: Başlangıç değerleri sıfırdan farklı olduğu durumda, düğüm denklemlerini yazınız.
Çözüm: A-Ref arasındaki gerilim ve dirençten oluşan kolun akım eşdeğerini alalım.
R3 ı3  e1  V AC
ı3  G3VAC  G3e1 ,
J1  G3e1
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
Endüktans elemanının gerilim tanımını yazalım:
vL (t )  L
diL (t )
 VL ( s )  sLI L ( s )  LI L (t0 )
dt
Akım tanımı;
t
iL (t ) 
I (t )
1
1
VL (t ).dt  I (t0 )  I L (s )  VL ( s )  0

L t0
sL
s
ıC (t )  C
dVC (t )
 IC ( s )  sCVC ( s )  CVC (t 0 )
dt
1-A düğümü için G3 E1 ( s )  G3V3 (s )  sC6V6 ( s )  C6V6 (t 0 ) 
B düğümü için
 J 2 (s )  G4V4 ( s ) 
2- V3  VdA
ı (t )
1
V7 ( s)  L 7 0  G5V5 (s )  0
sL7
s
ı (t )
ı (t )
1
1
VL8 ( s )  L 8 0  G5V5 ( s ) 
V7 ( s )  L 7 0  0
sL8
s
sL7
s
V6  VdA
V4  VdB
V7  VdA  VdB
V5  VdA  VdB
V8  VdB
I (t )
1
(VA ( s )  VB (s ))  G5 (VA ( s )  VB ( s ))  G3 E1 ( s )  C6V6 (t 0 )  L 7 0
sL7
s
A
G3VA ( s )  sC6VA (s ) 
B
G4VB ( s ) 
3- A


1 
1 
ıL 7 (t 0 )
G3  G5  sC6 
 VA ( s )  G5 
 VB (s )  G3 E1 ( s )  C6V6 (t 0 ) 
sL7 
sL7 
s


B
ı (t ) ı (t )
1
1
VB ( s )  G5 (VA ( s )  VB ( s )) 
(VA ( s )  VB ( s ))  J 2 ( s )  L 8 0  L 7 0
sL8
sL7
s
s


1 
1
1 
ıL8 (t 0 ) ıL 7 (t 0 )
 G5 


 VA ( s )  G4  G5 
 VB ( s )  J 2 (s ) 
sL7 
sL7 sL8 
s
s


Matrisel olarak düzenlenirse:
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
1
1


1


(G5 
)
C6VC 6 (t 0 )  I L 7 (t 0 ) 
G3  G5  sC6  sL
 V ( s ) 

sL
G
E
(
s
)
7
7
s

  A    3 1   

J 2 (s ) 

1
1
1  VB ( s ) 
1


(G5 
)
G4  G5 





( I L 7 (t 0 )  I L 8 (t 0 )) 




Vd ( s )
Bağımsız kaynaklara
sL
sL
sL
s

7
7
8




göre yapılan çözüm


( zorlanmış çözüm )
Başlangıç değer
Y (s)
( öz çözüm )
zorlanmış çözüm ve öz çözüm elde edilmiş olur.
1 Vd ( s)  Vd (t ) : tam çözüm bulunur.
ÖRNEK:
Devrenin düğüm denklemlerini S-bölgesinde yazınız.
Çözüm: Devredeki C3, L4 ve L5 öğelerinin s-bölgesindeki akım eşdeğer devrelerini oluşturalım.
I L 4 ( s) 
 L5
1


2 
I L 5 (s )  s ( L4 L5  M )   M
1.
 M  V4 (s )  1  I L 4 (t0 ) 
,

L4  V5 ( s )  s  I L 5 (t0 ) 
  L4 .L5  M 2 ise
I L 4 ( s) 
L5
M
1
V4 ( s ) 
V5 ( s )  I L 4 (t0 )
2
2
s ( L4 L5  M )
s ( L4 L5  M )
s
I L5 ( s) 
L
M
1
V4 (s )  4 V5 ( s )  I L 5 (t0 )
s
s
s
1, 2 ve 3 düğümleri için KAYD lerini yazalım.
I1 ( s )  I 3 ( s )  0
I 2 ( s)  I 3 ( s)  I 4 (s)  0
 I 2 (s)  I5 ( s)  0
2.
s- bölgesinde tanım bağıntılarını yerleştirelim.
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
G1V1 ( s )  J1 ( s )  sC3V3 ( s )  C3VC 3 (t0 )  0
G2V2 ( s )  sC3V3 (s )  C3VC 3 (t0 )  gV3 (s ) 
G2V2 ( s ) 
L5
M
1
V4 ( s )  V5 ( s )  I L 4 (t0 )  0
s
s
s
L
M
1
V4 ( s )  4 V5 ( s )  I L 5 (t0 )  0
s
s
s
4.Öğe gerilimlerini, düğüm gerilimleri cinsinden yazalım.
G1Vd 1 ( s )  sC3 Vd 1 ( s )  Vd 2 ( s )    J1 (s )  C3VC 3 (t0 )
G2 Vd 2 ( s )  Vd 3 ( s )  ( g  sC3 ) Vd 1 ( s )  Vd 2 ( s )  
G2 Vd 2 ( s )  Vd 3 ( s ) 
L5
M
1
Vd 2 ( s )  Vd 3 ( s )  C3VC 3 (t0 )  I L 4 (t0 )
s
s
s
L
M
1
Vd 2 ( s )  4 Vd 3 ( s )  I L 5 (t0 )
s
s
s
Bazı düzenlemeler yapılarak;
 ( g  sC 3 )Vd 1 ( s )  (G 2  g  sC 3 
 (G 2 
L5
M
1
)Vd 2 ( s )  (G 2  )Vd 3 ( s )  C 3VC 3 (t 0 )  I L 4 (t 0 )
s
s
s
L
M
1
)Vd 2 (s )  (G 2  4 )Vd 3 ( s )   I L 5 (t 0 )
s
s
s
4.Matrisel biçimde yazılırsa

 G1  sC3
 sC3

 ( g  sC ) G  g  sC  L5
3
2
3

s

M

0
 (G2  )
s







C3VC 3 (t0 )
 Vd 1 ( s )    J1 ( s )  

M 
1




(G2  ) Vd 2 ( s ) 
0
 C V (t )  I (t ) 
 
  3 C3 0 s L4 0 
s  
V ( s )   0  

L4   d 3  
1

 


G2 
 I L 5 ( t0 )
zorlanmış çözüm
s 
s


0
öz çözüm
v d (t )  1 V d ( s ) : TAM ÇÖZÜM
Örnek:
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
R3
C9
C8
L6
e1
R4
e2
ı L 6 ( 0)  1
2013-2014
L7
C10
R5
ı L 7 ( 0)  1 A
VC 8 (0)  VC 9  1 Volt , VC10 (0)  3 Volt
e1 (t )  e 2 t sin 3t  2t , e2 (t )  2t Volt
Düğüm denklemlerini yazalım.
C 8  C 9  2 F , R4  2
Düğüm denklemlerini yazalım.
V24 ( s )  ( sL7 
1
 R5 ) I ( s )  E (0)
sC10
Doç.Dr. Ayten ATASOY
Devreler II Ders Notları
2013-2014
I 24 ( s )  Y ( s )V24 ( s )  Y ( s ) E (0)
Y ( s) 
1
R  sL 
1
sC
Z ( s )  R5  sL7 
1
1

sC10 Y ( s )
2-4 kolunun akım eşdeğeri alınan devrede yerleştirilirse
Topolojik değiştirmeler yapılırken bağımlı kaynakların değişkenleri göz önünde bulundurulacaktır.
Düğüm denklemlerini devreye bakarak yazalım.



 sC9
G3  s (C8  C9 )

1
1

 sC9
sC9 

sL6 R  sL  1

5
7

sC10

1

 sC8


sL6

C8VC 8 (t 0 )  C9VC 9 (t 0 )




ı (t )
  C9VC 9 (t 0 )  L 6 0  E (0)Y (s ) 
s





C
V
(t
)

I
(t
)
/
s
8 C8 0
L6 0





 sC8

 Vd 1   G3 E1 ( s ) 
1
 Vd 2    0  


sL6
  



V
G
E
(
s
)

d
3


4
2



1 
G4  sC8 
sL6 
Burada Y ( s )  1  s 
1 2s 2  2 s  1
1

 1 s 
2s
2s
2s
(3  S 2)
1
3
3
1
(1  S )    3 
 2  25 
S
25
S
S2
S
VC 10
V (0)  SL7 1L 7 (0)
 L7 ıL 7 (0)  C10
S
S
Y (S ) 
1
1  2S 

1  4 S

  2S

  2S

1
S

S
S  2S 2  1
 2S
1
1
2S  
S 1  2 S  S 1
1

S
 2S
1

S
1
 2S 
2


3
2 


 V  


L
2
2
1 
S2 
  d1   ( S  2)  3
1

0

2

 Vd 2   



S
1
 V  


1
1  d3 

 2  
S2




S 
S

Doç.Dr. Ayten ATASOY
Download

Ders Sunumu içit Tıklayınız