circuit theory - ntua

1987 ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Ιανουάριος 1987)

Για το κύκλωµα του σχήµατος

1. Να σχεδιαστούν ο Ι-Γράφος και ο V-Γράφος 2. Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο

γράφους Λύση 1. Εφαρµόζοντας τους κανόνες κατασκευής του Ι-Γράφου και του V-Γράφου προκύπτουν οι ακόλουθοι γράφοι.

+

–∞

+

–∞

R9

R1

C1

+

–∞

R5

+

E

voR2

+

R3

R8

C2

C3

R7R4

R6

08

4

321

7

6

5

+

–∞

+

–∞

R9

R1

C1

+

–∞

R5

+

E

voR2

+

R3

R8

C2

C3

R7R4

R6

0088

44

332211

77

66

55

R3C2

C1

I-Γράφος

≡≡≡≡2 5

R4

1 ≡≡≡≡ 4 4 ≡≡≡≡ 7≡≡≡≡3 6

R8

R2

R5R1 R6

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 3≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 8

R7

R9

C3

R3C2

C1

I-Γράφος

≡≡≡≡2 52 5

R4

1 ≡≡≡≡ 4 4 ≡≡≡≡ 7≡≡≡≡3 6≡≡≡≡3 63 6

R8

R2

R5R1 R6

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 3≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 8≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 3≡≡≡≡ 3≡≡≡≡ 2≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 8≡≡≡≡ 8

R7

R9

C3

Αξίζει να προσεχθεί ότι οι κόµβοι αναφοράς του Ι-Γράφου και του V-Γράφου ταυτίζονται µε τον κόµβο αναφοράς του κυκλώµατος. 2. Οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους θα είναι ως εξής

2 2 3 8 81

1 5 6 1 5 62

4 4 1 3 33

2 7 9 2 94

5

G 0 0 G G G G 0V

G G G G G G 0 0V

0 0 G G C s C s C s 0V

0 C s 0 G G C s G 0VV

0 0 0 0 1 E(s)

− + + − − − − + + − + + − =

− + + −

⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯

όπου Vi είναι η τάση του ιοστού κόµβου του V-γράφου.

0 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 2

C1

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 1

3 ≡≡≡≡ 3

E

R8

C3

4 ≡≡≡≡ 4 ≡≡≡≡ 5 ≡≡≡≡ 6 ≡≡≡≡ 75 ≡≡≡≡ 8

C2

R7

R9

R6

R3 R4

R5

R2

R1

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 2

C1

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1

3 ≡≡≡≡ 33 ≡≡≡≡ 3

E

R8

C3

4 ≡≡≡≡ 4 ≡≡≡≡ 5 ≡≡≡≡ 6 ≡≡≡≡ 74 ≡≡≡≡ 44 ≡≡≡≡ 4 ≡≡≡≡ 5≡≡≡≡ 5 ≡≡≡≡ 6≡≡≡≡ 6 ≡≡≡≡ 7≡≡≡≡ 75 ≡≡≡≡ 85 ≡≡≡≡ 8

C2

R7

R9

R6

R3 R4

R5

R2

R1

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Ιανουάριος 1987)

Για το κύκλωµα του σχήµατος

1. Να σχεδιαστεί ένα κανονικό δένδρο και να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως. 2. Να ευρεθεί η συνάρτηση µεταφοράς

CV (s)G(s)

I(s)=

3. Να σχεδιαστεί το ασυµπτωτικό και το πραγµατικό διάγραµµα κέρδους του Bode της G(s) για µοναδιαίες τιµές των στοιχείων.

4. Εάν L1=L2=2H, R1=R2=3Ω και C=0.5F, να σχεδιαστεί το δυαδικώς ανάλογο ηλεκτρικό κύκλωµα.

Λύση 1. Ο Γράφος του κυκλώµαυος είναι όπως στο ακόλουθο σχήµα. Το κανονικό δένδρο, το οποίο για το συγκεκριµένο κύκλωµα είναι µοναδικό, φαίνεται µε τις έντονες γραµµές.

R1

L2

iL

y(t)I CR2

+

-L1

21

0

R1

L2

iL

y(t)I CR2

+

-L1

2211

00

R2

L2

L1

1

IR1

C

2

0

R2

L2

L1

11

IR1

C

22

00

Η µήτρα των θεµελιωδών οµάδων διαχωρισµού Q, χωρισµένη σε µπλόκ όπως στο βιβλίο, θα είναι

CR CL CJ

RR RL RJ

1 0 1 1 1 0ˆ ˆ Î 0 Q Q QˆQ I Qˆ ˆ ˆ0 I Q Q Q 0 1 0 0 1 1

− = = = −

⋮ ⋮ ⋮⋮

⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯⋮

⋮ ⋮ ⋮

Αξίζει να προσεχθεί ότι δεν υπάρχουν όλες οι περιπτώσεις µπλόκ. Από το χωρισµό προκύπτουν

[ ]

[ ]

CR

CL

CJ

RR

RL

RJ

Q 1

Q 1 1

Q 0

Q 0

Q 0 1

Q 1

=

= −

=

=

=

= −

Οι εξισώσεις καταστάσεως θα είναι

C C E E11 12 11 12 11

L L J J21 22 21 22 22

v v v vA A B B H 0C 0 d di i i iA A B B 0 H0 L dt dt

δ δ

σ σ

= + +

όπου T

CC CCˆ ˆC C Q C Q Cδ σ= + =

1TLLLL LL

2

L 0ˆ ˆL L Q L Q0 Lσ δ

= + =

[ ]1 1T T

11 CR RR RR CR 11

1ˆ ˆ ˆ Â Q R Q R Q Q 1 R 1R

− −

σ δ

− = − + = − =

[ ]1

1T 1 1 T

22 RL RR RR RL22

0 00 1ˆ ˆ ˆ Â Q R Q R Q Q 0 10 R1 R

−−

− −δ σ

= − + = − = −

[ ] [ ]1

T T12 CL CR RR RR RR RL

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Â Q Q R Q R Q Q R Q 1 1 1 1 1−

σ δ δ = − + + = − − = −

T21 12

1A A

1

= − = −

1T T

11 CR RR RR ERˆ ˆ ˆ ˆB Q R Q R Q Q

−

σ δ = − + δεν υπάρχει

[ ]1

1T 1 1 T

22 RL RR RR RJ22

00 1ˆ ˆ ˆ ˆB Q R Q R Q Q 1R1 R

−−

− −δ σ

= − + = − − =

1T T

12 CJ CR RR RR RR RJˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆB Q Q R Q R Q Q R Q 0

−

σ δ δ = − + + =

1T T 1 1 T 1 T

21 EL RL RR RR RR ERˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆB Q Q R Q R Q Q R Q

−− − −δ σ σ

= − + δεν υπάρχει

T11 CC EC

ˆ ˆH Q C Qσ= − δεν υπάρχει

T22 LLLL LJ

ˆ ˆH Q L Qδ= − δεν υπάρχει

Εποµένως οι εξισώσεις καταστάσεως γίνονται

1 1

2 2

1C C

1 L L

2 2 2L L

11 1

RC 0 0 v v 0d

0 L 0 i 1 0 0 i 0 Idt

0 0 L 1 0 R Ri i

− − = + − −

Πολλαπλασιάζοντας εξ αριστερών µε την µήτρα 1

1

2

C 0 00 L 00 0 L

−

προκύπτει

1 1

2 2

1C C

L L1

2L L2

22 2

1 1 1R C C C

v v 0d 1

i 0 0 i 0 Idt L

Ri iR1 L0

L L

− −

= + −−

Η έξοδος θα είναι

[ ]1

2

C

C L

L

vy v 1 0 0 i

i

= =

2. Η συνάρτηση µεταφοράς είναι

[ ]

1

1

12

22

2 2

2

2

2

1 1 2 2

1 1 1s

R C C C0

1G(s) C[sI A] B 1 0 0 s 0 0

LR

R1 L0 sL L

Rs

L C

R1 1 1s s s s

R C L C L L C

−

−+

−

= − = = +

=

+ + + +

3. Για µοναδιαίες τιµές των στοιχείων θα είναι

( ) ( ) 3 2 2

2

s s sG(s)

s 2s 3s 1s 1 s 1 s 1 s s s1 1 0.676s

0.43 1.52

= = =+ + ++ + + + + + +

Το ασυµπτωτικό διάγραµµα κέρδους του Bode και το πραγµατικό διάγραµµα κέρδους του Bode φαίνονται στο ακόλουθο Σχήµα. Ο δευτεροβάθµιος όρος έχει µιγαδικές ρίζες και είναι

ωn=1.52rad/sec

ζ=0.515

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

10-2

10-1

100

101

102

-80

-70

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

Magnitu

de (

dB

)

Oι κυκλικές συχνότητες θλάσεως θα είναι

ω1=0.43rad/sec

ω2=1.52rad/sec

4. Για τον προσδιορισµό του δυαδικώς αναλόγου κυκλώµατος, ο δυαδικός γράφοςκατασκευάζεται κατά τον τρόπο που περιγράφεται στο βιβλίο και είναι ως ακολούθως (γράφος µε τις κόκκινες παχειές γραµµές) Τοποθετώντας στις αντίστοιχες θέσεις τα δυαδικά στοιχεία προκύπτει το ακόλουθο κύκλωµα

R2

L2

L1

1

I

R1C

2

0E

G2

G1

C1L

C2

2

1

40

3R2

L2

L1

11

I

R1C

22

00E

G2

G1

C1L

C2

22

11

4400

33

E+

0

4

321

1C 2F=

2C 2F=

-12G 3 −= Ω

11G 3 −= Ω

L=0.5HEE+

00

44

332211

1C 2F=

2C 2F=

-12G 3 −= Ω

11G 3 −= Ω

L=0.5H


Οι παράµετροι του τρανζίστορ στο ανωτέρω κύκλωµα είναι h11=400Ω, h12=1.25*10-4, h21=40 και h22=20*10-6Ω-1. 1. Να προσδιοριστούν οι παράµετροι z των διθύρων Ν1 και Ν2. 2. Αν θεωρηθούν σαν γενικευµένες καταστάσεις τα Ι1, Ι2, να γραφούν οι εξισώσεις του

δικτύου και να προσδιοριστεί το χαρακτηριστικό πολυώνυµο της περιγραφής. 3. Με εφαρµογή του κριτηρίου Routh να ευρεθεί η συνθήκη για να ταλαντώνει το

κύκλωµα και η συχνότητα ταλαντώσεως. 4. Εάν RS=RL=0, L=10-3H, C=10-9F, να προσδιοριστεί η τιµή του L2 για να ταλαντώνει

το σύστηµα και η συχνότητα ταλαντώσεως. Λύση Οι παράµετροι z του διθύρου Ν1 προκύπτουν από τις παραµέτρος h. Θα είναι

3 4h 12

6 622 2211 12

1 6 421 22 21

6 622 22

h 3*10 1.25*10h hz z 150 6.2520*10 20*10Z

z z h 2*10 5*101 40 1h h 20*10 20*10

− −

− −

− −

∆ Ω Ω = = = = − − Ω Ω −

Οι παράµετροι του διθύρου Ν2 προκύπτουν από τους ορισµούς τους ως εξής.

2

111 I 0 1

1

V 1z L s

I Cs== = +

Ε+

RS

L1

RL

L2

I1

I2

C

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

+

+

__

V1

V2

Ε+

RS

L1

RL

L2

I1

I2

C

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

+

+

__

V1

V2

1

112 I 0

2

V 1z

I Cs== =

2

221 I 0

1

V 1z

I Cs== =

1

222 I 0 2

2

V 1z L s

I Cs== = +

οπότε

1

2

2

1 1L s

Cs CsZ1 1

L sCs Cs

+ = +

2. Τα δίθυρα Ν1 και Ν2 είναι συνδεδεµένα σε σειρά-σειρά.Επειδή στα ακόλουθα σχήµατα

οι τάσεις VΑ∆ είναι µηδενικές εξαιτίας των βραχυκυκλωµάτων ΑΒΓ∆, τα κριτήρια Brune ισχύουν και η µήτρα Ζ του ολικού διθύρου θα είναι

1

1 26 4

2

1 1150 L s 6.25

Cs CsZ Z Z1 1

2*10 5*10 L sCs Cs

+ + + = + =

− + + +

Για το διπλά τερµατισµένο ολικό δίθυρο του αρχικού σχήµατος θα είναι

1 1 SV E I R= −

RL

L1 L2

I1

I2

C

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

I

Γ

Β Α

∆

+

_

RS

RL

L1 L2

I1

I2

C

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

I

Γ

Β Α

∆

+

_

RS

L1 L2

I1

I2

C

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

I

+

_

Α Β

Γ∆

Ε

L1 L2

I1

I2

C

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

I

+

_

Α Β

Γ∆

L1 L2

I1

I2

C

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

II

+

_

Α Β

Γ∆

Ε

2 2 LV I R= −

Συνδυαζόµενες αυτές µε τις εξισώσεις του ολικού διθύρου

1 1

2 2

V IZ

V I

=

προκύπτουν οι εξισώσεις του συστήµατος ως ακολούθως

1 S1

6 4 22 L

1 1150 L s R 6.25 I ECs Cs

I1 1 02*10 5*10 L s R

Cs Cs

+ + + + = − + + + +

Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο προκύπτει από τους µηδενισµούς της ορίζουσας της µήτρας που πολλαπλασιάζει το διάνυσµα των γενικευµένων καταστάσεων. Θα είναι

( ) ( )

1 S

6 42 L

4 61 S 2 L

3 4 21 2 2 S 1 L

1 2

1 1150 L s R 6.25

Cs Cs(s) s*det1 1

2*10 5*10 L s RCs Cs

1 1 1 1s 150 L s R 5*10 L s R 2*10 6.25

Cs Cs Cs Cs

L L Cs L C 150 R L C 5*10 R s

L L 12.

+ + + + ψ = =

− + + + +

= + + + + + + − − + + =

= + + + + +

+ + + ( ) ( )6 4 6 4S L L

3 20 1 2 3

5*10 C C 150 R 5*10 R s 2*10 6.25 5*10 R

a s a s a s a

+ + + + − + + =

= + + +

3. Για να ταλαντώνει το κύκλωµα πρέπει να έχει πόλους επάνω στο φανταστικό άξονα. Αυτό συµβαίνει όταν µηδενίζεται µία γραµµή στη διάταξη Routh, η οποία στην περίπτωση αυτή έχει τη µορφή

s3 a0 a2 s2 a1 a3 s 1 2 0 3

1

a a a aa−

s0 a3 Συνεπώς το σύστηµα θα ταλαντώνει όταν

1 2 0 3a a a a=

Οι πόλοι θα είναι οι ρίζες του πολυωνύµου 2

1 3B(s) a s a= +

Και θα ευρίσκονται επάνω στο φανταστικό άξονα όταν τα a1,a3 είναι οµόσηµα. Στην περίπτωση αυτή θα είναι

3

1

aa−

ω =

και η συχνότητα ταλαντώσεως προκύπτει

3

1

a1f

2 2 a−ω

= =π π

4. Για τις τιµές που δίδονται η συνθήκη ταλαντώσεως γίνεται

6 9 82 2 2L *2.05*10 (L 0.021)(150L *10 5*10 )− − −= + +

ή ισοδύναµα 9 2 6 9

2 2150*10 *L 1.99685*10 *L 1.05*10 0− − −− + =

Επιλύοντας τη δευτεροβάθµια εξίσωση ως προς L2 λαµβάνεται

( )26 6 9 4

2 9

1.99685*10 1.99685*10 600*1.05*10 5.33*10 HL

300*10 13.318H

− − − −

−

± − = =

Για L2=5.33*10-4H η συχνότητα ταλαντώσεως είναι

63

81

a1 1 2.05*10f 1.018MHz

2 a 2 5.008*10−

−= = =

π π

Για να µπορεί να χρησιµοποιηθεί το κύκλωµα σαν ταλαντωτής πρέπει να είναι ευσταθές. Καθώς η τρίτη ρίζα του χαρακτηρισστικού πολυωνύµου είναι

s = -9.4*107

η τιµή αυτή είναι αποδεκτή. Για L2=13.318H η συχνότητα ταλαντώσεως είναι

63

61

a1 1 2.05*10f 159.2kHz

2 a 2 2.0477*10−

−= = =

π π

Για να µπορεί να χρησιµοποιηθεί το κύκλωµα σαν ταλαντωτής πρέπει να είναι ευσταθές. Καθώς η τρίτη ρίζα του χαρακτηρισστικού πολυωνύµου είναι

s = -0.154*106

η τιµή αυτή είναι επίσης αποδεκτή.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1987) Εάν για κάθε τρανζίστορ του σχήµατος ισχύουν οι σχέσεις

eb 11 e 12 cb

c 21 e 22 cb

v h I h v

I h I h v

= +

= +

1. Να δειχθεί ότι η µήτρα των υβριδικών παραµέτρων Η του διθύρου του Σχήµατος είναι

11 12

21 22

2h 1 2hH

1 h 2h− +

= +

2. Εάν θεωρηθούν τα h11, h12, h22 µηδενικά, το h21≈-1 και τοποθετηθεί στο δίθυρο σύνθετη αντίσταση τερµατισµού ZL, να ευρεθεί η αντίσταση εισόδου Zin.

Λύση Για τις υβριδικές παραµέτρους του διθύρου του Σχήµατος θα είναι

1 11 1 12 2V h I h V= + (1)

2 21 1 22 2I h I h V= + (2)

Από την συνδεσµολογία του διθύρου θα είναι

1 e eI I I′= = − (3)

2 cb cbV v v′= = − (4) Από το Νόµο Τάσεων του Kirchhoff προκύπτει

ZL

I1

+

_

V1 V2

+

_++

++

_ _

_ _

I2

ebv

ebv′

cbv

cbv′

b′

e

e′

b

c

c′

cIeI

ZL

I1

+

_

V1 V2

+

_++

++

_ _

_ _

I2

ebv

ebv′

cbv

cbv′

b′

e

e′

b

c

c′

cIeI

1 eb 2 ebV v V v′= − − (5)

Από το Νόµο Ρευµάτων του Kirchhoff προκύπτει

2 c e cI I I I′ ′= − − (6)

Εκφράζοντας στις σχέσεις (5) και (6) τα eb eb c cv , v , I , I′ ′ συναρτήσει των cb cb e ev , v , I , I′ ′ και λαµβάνοντας υπόψη τις σχέσεις (3) και (4) προκύπτουν

1 eb 2 eb 11 e 12 cb 2 11 e 12 cb

11 1 12 2 2 11 1 12 2 11 1 12 2

V v V v h I h v V h I h v

h I h V V h I h V 2h I ( 1 2h )V

′ ′ ′= − − = + − − + =

= + − + + = + − + (7)

2 c e c 21 e 22 cb e 21 e 22 cb

21 1 22 2 1 21 1 22 2 21 1 22 2

I I I I h I h v I h I h v

h I h V I h I h V (1 2h )I 2h V

′ ′ ′ ′ ′= − − = + − − − =

= + + + + = + + (8)

και η σχέση αποδείχτηκε. 2. Εάν τα h11, h12, h22 θεωρηθούν µηδενικά και το h21≈-1, θα είναι από τις σχέσεις (7) και (8)

1 2V V= − (9)

2 1I I= − (10)

Καθώς

2L

2

VZ

I=−

(11)

για την αντίσταση εισόδου προκύπτει από τις σχέσεις(9) και (10)

1 2in L

1 2

V VZ Z

I I−

= = = −−

(12)

και το κύκλωµα λειτουργεί σαν µετατροπέας αρνητικής σύνθετης αντίστασης.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1987) Για το κύκλωµα του Σχήµατος

1. Να γραφούν οι εξισώσεις των βρόχων ως προς τα ρεύµατα των βρόχων που φαίνονται στο Σχήµα.

2. Να ευρεθεί η συνάρτηση µεταφοράς

oV (s)G(s)

E(s)=

εάν C1=C2=1F, L1=1H και L2=4H. 3. Να σχεδιαστούν τα διαγράµµατα Bode κερδους και φάσεως.

Λύση 1. Οι εξισώσεις των βρόχων ως προς τα ρεύµατα βρόχων που δίδονται θα είναι

1 11 1

1

2 2 21 1

3

1 2 1 21

1 1L s L s

C s C sI E(s)

1 1L s 1 L s I 0

C s C sI 0

1L s L s L s L s

C s

+ − −

− + + − =

− − + +

2. Για την εύρεση της συνάρτησης µεταφοράς απαιτείται η εύρεση µόνο του Ι2. Από τον κανόνα του Cramer θα είναι

EC1 Vo

++

_

L1

C2

R 1= Ω

L2

I3

I2I1

EC1 Vo

++

_

L1

C2

R 1= Ω

L2

I3

I2I1

1 11

21

1 1 21

2

1 11 1

2 21 1

1 2 1 21

1L s E(s) L s

C s

10 L s

C s

1L s 0 L s L s

C sI (s)

1 1L s L s

C s C s

1 1L s 1 L s

C s C s

1L s L s L s L s

C s

+ −

− −

− + +

=

+ − −

− + + −

− − + +

Εάν C1=C2=1F, L1=1H και L2=4H, λαµβάνεται

24 22

2 4 3 24 3 2

2

14s

sE(s)11 E(s) 4s 5s 5s E(s) 4s 5s 1ssI (s)

11 1 4s 4s 6s 5s 14s 4s 6s 5s 1s sss s

1 14s 1 4ss s

1s 4s 5ss

− −−

+ +− + + + = = = + + + + + + + ++ − −

− + + −

− − +

οπότε 4 2

24 3 2

4s 5s 1I (s)*1G(s)

E(s) 4s 4s 6s 5s 1

+ +Ω = = + + + +

3. Για τη σχεδίαση των διαγραµµάτων Bode παραγοντοποιούνται τα πολυώνυµα του αριθµητή και του παρονοµαστή της G(s) ώστε οι σταθεροί όροι να είναι µοναδιαίοι. Θα είναι

( )

4 2 2 2

24 3 2

2 2

2

2 2

4s 5s 1 (1 s )(1 4s )G(s)

(s 0.28)(s 0.69)(4s 0.12s 5.11)4s 4s 6s 5s 1

(1 s )(1 4s )s s

0.28*0.69*5.11* 1 1 1 0.023s 0.78s0.28 0.69

(1 s )(1 4s )s s

1 1 1 0.0.28 0.69

+ + + + = = =+ + + + + + + +

+ += =

+ + + +

+ += + + +

( )2023s 0.78s+

Στο ακόλουθο Σχήµα φαίνονται τα διαγράµµατα Bode της G(s). Οι κυκλικές συχνότητες θλάσεως θα είναι για τους πόλους

ωp1=0.28rad/sec

ωp2=0.69rad/sec

ωp3=1.13rad/sec

και για τα µηδενικά

ωz1=1rad/sec

ωz2=0.5rad/sec

10-1

100

101

102

-80

-60

-40

-20

0

20

Magnitu

de (

dB

)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

100

10-2

10-1

100

101

102

540

630

720

810

900

990

Phase (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Ιούνιος 1988) Για το κύκλωµα του Σχήµατος. 1. Να υπολογιστούν οι παράµετροι z του διθύρου Ν. 2. Εάν R3=R2=14.14kΩ, C1=C2=100nF, RΟ=100Ω, RL=∞ και Α=105, να ευρεθεί για ποιές

τιµές της RS το κύκλωµα είναι ασυµπτωτικά ευσταθές. 3. Για τις τιµές του ερωτήµατος (2) να ευρεθεί η τιµή της RS ώστε το κύκλωµα να

εκτελεί αµείωτες ταλαντώσεις καθώς και η συχνότητα των ταλαντώσεων αυτών. Λύση Για την εύρεση των z-παραµέτρων του διθύρου Ν οι θύρες του διεγείρονται από πηγές εντάσεως, όπως στο ακόλουθο Σχήµα.

RL

I2

V2

+

_

V1

+

_

I1

E+

RS

4

32

R3

0

1

R2

RO

C2

C1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

+

2Ae

+

_

e2 RL

I2

V2

+

_

V1

+

_

I1

E+

RS

4

32

R3

0

1

R2

RO

C2

C1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

+

2Ae

+

_

e2

I2

V2

+

_

V1

+

_

I1

E+

RS

V1

+

_

I1

E+ E+

RSRS

44

3322

R3

00

11

R2

RO

C2

C1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

+

2Ae

+

_

e2

I2

I2

V2

+

_

V1

+

_

I1

4

32

R3

0

1

R2

RO

C2

C1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

+

2Ae

+

_

e2I1 I2I2

I2

V2

+

_

V1

+

_

I1

44

3322

R3

00

11

R2

RO

C2

C1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

+

2Ae

+

_

e2I1

Ο Ι-γράφος και ο V-γράφος του κυκλώµατος φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα. Οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους θα είναι

O O

12 1 2 2 2 1

22 3 2

32 2 2

4

eG +C s+C s -C s G 0 I (s)e-C s G C s 0 0 0

=e-G 0 G G -G I (s)e0 -A 0 1 0

− + +

2. Επιλύοντας ως προς e1 µε τη µέθοδο Cramer, λαµβάνεται.

I-Γράφος

R2

I1

R3

≡≡≡≡2 21 ≡≡≡≡ 1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4

I2

Ro

≡≡≡≡3 3

C1

C2

I-Γράφος

R2

I1

R3

≡≡≡≡2 2≡≡≡≡2 22 21 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡ 4

I2

Ro

≡≡≡≡3 3≡≡≡≡3 33 3

C1

C2

0 ≡≡≡≡ 0

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 1 3 ≡≡≡≡ 3

R2

RoR3

2 ≡≡≡≡ 24 ≡≡≡≡ 4

e2Ae2

C2

C1

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1 3 ≡≡≡≡ 33 ≡≡≡≡ 3

R2

RoR3

2 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 24 ≡≡≡≡ 44 ≡≡≡≡ 4

e2Ae2

C2

C1

( ) ( ) ( )O O

O

O O

1 2 2

3 2

2 2

2 3 2 2 3 21 1 2

2 1 2 2 2

2 3 2

2 2

I -C s G 00 G C s 0 0I 0 G G -G

G +G G +C s G G +C s0 -A 0 1e (s)= I + I

G +C s+C s -C s G 0 D(s) D(s)-C s G C s 0 0-G 0 G G -G

0 -A 0 1

−

+

+

=−

+

+

όπου

[ ] ( ) ( ) ( )O O2 2 2

2 2 1 2 3 2 2 2 3 2 2 2D(s)= G +G G +C s+C s G +C s -C s -G G +C s -G G AC s

Επιλύοντας ως προς e3 µε τη µέθοδο Cramer, λαµβάνεται.

( ) ( ) ( )

O

O O

O

2 1 2 2 1

2 3 2

2 2

32 1 2 2 2

2 3 2

2 2

2 22 3 2 2 2 1 2 3 2 2

1 2

G +C s+C s -C s I 0-C s G C s 0 0-G 0 I -G

0 -A 0 1e (s)=

G +C s+C s -C s G 0-C s G C s 0 0-G 0 G G -G

0 -A 0 1

G G +C s +G AC s G +C s+C s G +C s -C sI + I

D(s) D(s)

+

=−

+

+

=

Για τις παραµέτρους z του διθύρου λαµβάνονται

( )( )2

O2 3 2111 I (s)=0

1

G +G G +C sV (s)z (s)= =

I (s) D(s)

( )1

2 3 2112 I (s)=0

2

G G +C sV (s)z (s)= =

I (s) D(s)

( )2

O2 3 2 2221 I (s)=0

1

G G +C s +G AC sV (s)z (s)= =

I (s) D(s)

( ) ( )1

2 22 1 2 3 2 22

22 I (s)=02

G +C s+C s G +C s -C sV (s)z (s)= =

I (s) D(s)

2. Για τις τιµές που δίδονται θα είναι

-5 -7 7

11 -16 2 -9 -11 2 7 5

0.01*[7.07*10 +10 ]s 10 (s+707)z (s)=

10 s -7.07*10 s+5*10 s -7.07*10 s+5*10=

-5 -5 -7 4 7

12 -16 2 -9 -11 2 7 5

7.07*10 *[7.07*10 +10 ]s 7.07*10 s+5*10z (s)=

10 s -7.07*10 s+5*10 s -7.07*10 s+5*10=

12 7

21 2 7 5

10 s+5*10z (s)=

s -7.07*10 s+5*10

2 5 7

22 2 7 5

100s +2.12*10 s+5*10z (s)=

s -7.07*10 s+5*10

Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο προκύπτειµε απαλοιφή των παρονοµαστών από την εξίσωση

( ) ( )11 S 22 L 12 21z +R z +R -z z =0

Επειδή RL=∞, η τελευταία σχέση γίνεται

11 Sz +R =0

Από την σχέση αυτή προκύπτει

( )2 7 7 5 7S SR s + 10 -7.07*10 R s+5*10 +707*10 0=

Από το κριτήριο του Routh, επειδή το πολυώνυµο είναι δευτέρου βαθµού, προκύπτει ότι το κύκλωµα είναι ασυµπτωτικά ευσταθές εάν και µόνο εάν οι συντελεστές του πολυωνύµου είναι οµόσηµοι, δηλαδή εάν

7 7S10 -7.07*10 R 0>

ή ισοδύναµα

RS < 0.14Ω

3. Το κύκλωµα θα εκτελεί αµείωτες ταλαντώσεις όταν έχει πόλους επάνω στο φανταστικό άξονα, δηλαδή όταν

7 7S10 -7.07*10 R 0=


RS = 0.14Ω

και οι συντελεστές του δευτεροβάθµιου και του σταθερού όρου είναι οµόσηµοι, που ισχύει στην προκείµενη περίπτωση. Το βοηθητικό πολυώνυµο θα είναι

2 9B(s)=0.14*s +7.0705*10

µε ρίζες

s1,2 = ±j224730

Η συχνότητα ταλαντώσεων f θα είναι

ω 224730f= = =35767 Hz

2π 2π

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Ιούνιος 1988)

Για το κύκλωµα του Σχήµατος

1. Να εκφραστεί η έξοδος Vo συναρήσει της διεγέρσεως Ε και των παρασίτων ρευµάτων Ib και Io.

2. Εάν Ib=Io=0, να περιγραφεί η λειτουργία του κυκλώµατος. 3. Να εκλεγούν τα Ri, Rf, Rp ώστε η έξοδος Vo να είναι ανεξάρτητη του Ib. Λύση 1. Ο Ι-γράφος και ο V-γράφος του κυκλώµατος φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα.

Ib

+

_

Vo

+

-

Rf

1 24

3

Rp

Ri

0

Ε

+

Io/2

Ib

Ib

+

_

+

_

Vo

+

-

Rf

11 2244

33

Rp

Ri

00

Ε

+

ΕΕ

+

Io/2

Ib

I-Γράφος

Ri

IbRf

≡≡≡≡2 31 ≡≡≡≡ 2

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4

Io/2

Ib

Rp

I-Γράφος

Ri

IbRf

≡≡≡≡2 3≡≡≡≡2 32 31 ≡≡≡≡ 21 ≡≡≡≡ 2

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡ 4

Io/2

Ib

Rp

Οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους θα είναι

ob

i i f f 1o

p 2 b

3

I (s)-I (s)+

2-G G G -G eI (s)

0 G 0 e = -I (s)-2

1 0 0 e E(s)

+

Από τις εξισώσεις λαµβάνεται

( ) ( )

oi i f b

op b

op i f b p i f p i

o 3i i f f p f

p

I (s)-G G +G -I (s)+

2I (s)

0 G -I (s)-2

1 0 E(s) I (s)G -G -G I (s)- G +G +G -G G E(s)

2V (s)=e (s)= =-G G +G -G G G0 G 01 0 0

2. Εάν Ib=Io=0, θα είναι

i fo

f i

-G -RV (s)= E(s)= E(s)

G R

Και το κύκλωµα θα συµπεριφέρεται σαν αντιστρέφων ενισχυτής. 3. Η έξοδος Vo θα είναι ανεξάρτητη του Ib όταν

p i fG -G -G =0

0 ≡≡≡≡ 0

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 13 ≡≡≡≡ 4

Rp

RfRi

2 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 3

E

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 13 ≡≡≡≡ 43 ≡≡≡≡ 4

Rp

RfRi

2 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 32 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 3≡≡≡≡ 3

E


p i fG =G +G

Αυτό σηµαίνει ότι η Rp είναι ο παράλληλος συνδυασµός των Ri, Rf.

1988 ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1988) Για το κύκλωµα του Σχήµατος 1. Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο

γράφους. 2. Να ευρεθεί η συνάρτηση µεταφοράς

LI (s)G(s)

E(s)=

3. Να προσδιοριστεί η σχέση µεταξύ των στοιχείων R1, R2 και R3 του κυκλώµατος ώστε η G(s) να είναι ανεξάρτητη της RL.

4. Για τις τιµές του ερωτήµατος (3) να χαρακτηρίσετε το δίθυρο Ν. Λύση Για την αποφυγή συγχύσεως οι όµοιες αντιστάσεις R2 έχουν µετονοµαστεί. Το κύκλωµα εµφανίζει την ακόλουθη µορφή.

_

oV

+

0

5

4

3

1

E+

2-

+ R1

R3

∆ΙΘΥΡΟ Ν

IL

R2

R2

R2

RL

_

oV

+

00

55

44

33

11

E+

EE+

22-

+

-

+ R1

R3

∆ΙΘΥΡΟ Ν

IL

R2

R2

R2

RL

Ο Ι-Γράφος και ο V-Γράφος του κυκλώµατος φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα.

R3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 31 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡3 5

R1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4

2R′

2R′′

2R′′′RL

R3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 32 31 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡3 5≡≡≡≡3 53 5

R1

≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡ 4

2R′

2R′′

2R′′′RL

0 ≡≡≡≡ 0

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 1 2 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 3

E

4 ≡≡≡≡ 5

R3

R13 ≡≡≡≡ 4

RL

2R′ 2R′′′

2R′′

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1 2 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 32 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 33

E

4 ≡≡≡≡ 54 ≡≡≡≡ 5

R3

R13 ≡≡≡≡ 43 ≡≡≡≡ 4

RL

2R′ 2R′′′

2R′′

0

5

4

3

1

E+

2-

+

_

oV

+R1

R3

∆ΙΘΥΡΟ Ν

IL

RL

2R′

2R′′′

2R′′

00

55

44

33

11

E+

EE+

22-

+

-

+

_

oV

+

_

oV

+R1

R3

∆ΙΘΥΡΟ Ν

IL

RL

2R′

2R′′′

2R′′

Οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους είναι

12 2 2 2

22 3 2

32 1 1 2 L

4

VG G G 0 G 0V0 G G G 0 0V0 G G G G G 0V1 0 0 0 E(s)

′ ′ ′′ ′′− + − ′′′ ′′′+ − =

′′ ′′ − − + +

2. Η συνάρτηση µεταφοράς προκύπτει επιλύοντας τις ανωτέρω εξισώσεις µε την µέθοδο του Cramer και λαµβάνοντας υπόψη ότι

2 2 2 2G G G G′ ′′ ′′′= = = .

Θα είναι

2 2

2 3 2

2 1

L L 4 L

2 2 2

2 3 2

2 1 1 2 L

L 2 1 2 1 3 2 22 3 2 3 2

1 2 3 1 2 2 1 2 2 2 L

G 2G 0 00 G G G 00 G G 01 0 0 E(s)I (s) G V (s) G

G(s)G 2G 0 GE(s) E(s) E(s)0 G G G 00 G G G G G1 0 0 0

G G (G G G G G G )G G G G G G 2G G 2G 2G G

−

+ −

− −

= = = =− −

+ −

− − + +

+ += −

+ + − − −

3. Για να είναι η G(s) ανεξάρτητη της GL θα πρέπει ο παρονοµαστής να είναι ανάλογος της GL, ή ισοδύναµα

2 3 2 31 2 3 1 2 2 1 2 2G G G G G G 2G G 2G 0+ + − − =

Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι 2

1 23 2

3 1 2 2 1 2

1 G RR

G G G G R R= = =

+ +

4. Εάν ισχύουν οι τιµές του ερωτήµατος (3) η συνάρτηση µεταφοράς θα είναι

L 2 1 2 1 3 2 2L1 22

2 L

G G (G G G G G G )I (s)G(s) G G

E(s) 2G G+ +

= = = +

Για το δίθυρο Ν θα ισχύει

2 L 1 2 1I (s) I (s) (G G )V (s)= − = − +

και θα είναι υλοποίηση εξαρτηµένης πηγής ρεύµατος από τάση.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1988) Για το δίθυρο του σχήµατος 1. Να ευρεθεί η µήτρα των συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκυκλώσεως Υ. 2. Να προσδιοριστεί η περιοχή συχνοτήτων για τις οποίες το δίθυρο είναι ενεργό και

απόλυτα ευσταθές. 3. Να προσδιοριστούν η αντίσταση εισόδου, η αντίσταση εξόδου και τα κέρδη

τάσεως, εντάσεως, ισχύος και µορφοτροπέα όταν s=jω και οι τιµές των στοιχείων είναι g1=1Ω-1, g2=2Ω-1, gm=5Ω-1, C=1F και ZS=ZL=1Ω.

Λύση 1. Για την εύρεση της µήτρας Υ το δίθυρο τερµατίζεται µε πηγές εντάσεως, όπως στο ακόλουθο Σχήµα. Εφαρµόζοντας τη µέθοδο των κόµβων, λαµβάνεται

I2

gmV1 v2

+

_

C

R1

1

0

R2

2

v1

+

_

I1 I2

gmV1gmV1 v2

+

_

v2

+

_

C

R1R1

11

00

R2

22

v1

+

_

v1

+

_

I1

I2

I2

gmV1 v2

+

_

C

R1

1

0

R2

2

v1

+

_

I1

I1 I2

I2

gmV1gmV1 v2

+

_

v2

+

_

C

R1R1

11

00

R2

22

v1

+

_

v1

+

_

I1

I1I1

11 1 11

2 32 2 2 m

Ig Cs Cs V I 0V

I ICs g Cs V I g+ −

= = − −− +

Μεταφέροντας τον όρο που περιέχει το V1 από το δεξιό στο αριστερό µέλος και γράφοντας τις εξισώσεις που προκύπτουν σε µητρική µορφή, λαµβάνεται

1 1 1

m 2 2 2

g Cs Cs V Ig Cs g Cs V I

+ − = − +

Η µήτρα Υ προκύπτει άµεσα από την ανωτέρω σχέση

1

m 2

g Cs CsY

g Cs g Cs+ −

= − +

2. Σύµφωνα µε το θεώρηµα 8.10 το δίθυρο θα είναι απόλυτα ευσταθές εάν και µόνο εάν ικανοποιούνται όλες οι ακόλουθες συνθήκες α) Οι y11, y22 δεν έχουν πόλους στο δεξιό ηµιεπίπεδο. Καθώς στη µήτρα Υ που προσδιορίστηκε τα στοιχεία y11, y22 δεν έχουν πόλους, η συνθήκη αυτή ικανοποιείται. β) Πόλοι των y11(s) και y22(s) επάνω στον φανταστικό άξονα είναι απλοί και τα ολοκληρωτικά τους υπόλοιπα πραγµατικά και θετικά. Καθώς τα στοιχεία της µήτρας Υ δεν έχουν πόλους, και η συνθήκη αυτή ικανοποιείται. γ) Για κάθε πραγµατική τιµή του ω ισχύουν οι σχέσεις

11

22

11 22 12 21 12 21

Re y ( j ) 0

Re y ( j ) 0

2 Re y ( j ) Re y ( j ) Re y ( j )y ( j ) y ( j )y ( j ) 0

ω ≥

ω ≥

ω ω − ω ω − ω ω ≥

Για την περίπτωση αυτή θα είναι

11 1 1Re y ( j ) Re g j C g 0ω = + ω = ≥

22 2 2Re y ( j ) Re g j C g 0ω = + ω = ≥

11 22 12 21 12 21

2 2 2 2 2 2 2 21 2 m m 1 2 m

2 Re y ( j ) Re y ( j ) Re y ( j )y ( j ) y ( j )y ( j )

2g g Re (g j C)( j C) C g C 2g g C C g C 0

ω ω − ω ω − ω ω =

= − − ω − ω −ω +ω = +ω −ω +ω ≥

Από την τελευταία σχέση λαµβάνεται 2 2 2 2

2 1 2 1 2m 2 2

4g g 4g g Cg

C+ ω

≤ω

Καθώς το ω µπορεί να λάβει απεριόριστα µεγάλες τιµές, η τελευταία σχέση εξασφαλίζεται εάν

m 1 2g 2 g g≤

Σύµφωνα µε το θεώρηµα 8.12 το δίθυρο είναι παθητικό εάν και µόνο εάν οι ακόλουθες συνθήκες ικανοποιούνται

α) Οι y11, y22 δεν έχουν πόλους στο δεξιό ηµιεπίπεδο. Καθώς στη µήτρα Υ που προσδιορίστηκε τα στοιχεία y11, y22 δεν έχουν πόλους, η συνθήκη αυτή ικανοποιείται. β) Πόλοι των y11(s) και y22(s) επάνω στον φανταστικό άξονα είναι απλοί και τα ολοκληρωτικά τους υπόλοιπα Κij ικανοποιούν τις σχέσεις

β1) Τα Κ11, Κ22 είναι πραγµατικά και θετικά. β2) 12 21K K= β3) 11 22 12 21K K K K 0− ≥

Καθώς τα στοιχεία της µήτρας Υ δεν έχουν πόλους, και η συνθήκη αυτή ικανοποιείται. γ) Για κάθε πραγµατική τιµή του ω ισχύουν οι σχέσεις

11

22

2 2

11 22 12 21 12 21

Re y ( j ) 0

Re y ( j ) 0

4 Re y ( j ) Re y ( j ) Re y ( j ) Re y ( j ) Im y ( j ) Im y ( j ) 0

ω ≥

ω ≥

ω ω − ω + ω − ω − ω ≥ Για την περίπτωση αυτή θα είναι

11 1 1Re y ( j ) Re g j C g 0ω = + ω = ≥

22 2 2Re y ( j ) Re g j C g 0ω = + ω = ≥

2 2

1 2 m m

21 2 m

4g g Re j C Re g j C Im j C Im g j C

4g g g 0

− − ω + − ω − − ω − − ω

= − ≥

Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι το κύκλωµα δεν θα είναι παθητικό (και συνεπώς θα είναι ενεργό εάν

21 2 m4g g g<

3. Η αντίσταση εισόδου θα είναι

222L

in11 1 2 1 2 m 1

11 22 12 21L

1y

1 g Cs 3 sZZ

y g g Cs(g g g ) g Cs 3 9sy y y yZ

++ + +

= = =+ + + + + +− +

Η αντίσταση εξόδου θα είναι

11S 1

out22 1 2 1 2 m 2

11 22 12 21S

1y

Z 1 g Cs 2 sZ

y g g Cs(g g g ) g Cs 4 9sy y y yZ

++ + +

= = =+ + + + + +− +

Το κέρδος εντάσεως θα είναι

21

mLi

11 1 2 1 2 m 111 22 12 21

L

yg Cs 5 sZ

Ky g g Cs(g g g ) g Cs 3 9sy y y yZ

− −= = =

+ + + + + +− +

Το κέρδος τάσεως θα είναι

21 mv

222

L

y g Cs 5 sK

1 1 g Cs 3 syZ

− − −= = − = −

+ + ++

Το κέρδος ισχύος θα είναι

2221

Ls j

22

12 2122 11

L22

L

2 2

2 22

2

1y Re

5 sZG

(5 s)( s)3 s Re 1 s

1 y y 3 sy Re y1Z y

Z

25 1 259 1 8(3 j )( 5j )1 Re

9

= ω

− = = =− − + + − + + −

+

+ω +ω= =

+ω + ω − ω −ω − ω−

+ω

Το κέρδος µορφοτροπέα θα είναι

2221 2

L ST s j2 2 2

11 22 12 21S L

1 14 y Re Re

4 5 jZ Z 100 4G

36 100(2 j )(3 j ) (5 j )( j )1 1y y y y

Z Z

= ω

− ω + ω = = =+ ω+ ω + ω − − ω − ω

+ + −

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Ιανουάριος 1989) Για το κύκλωµα του Σχήµατος.

1. Να σχεδιαστούν ο Ι-γράφος, ο V-γράφος και να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους.

2. Να προσδιοριστεί η συνάρτηση µεταφοράς oV (s)

G(s)=I(s)

3. Εάν R1=R2=10kΩ, C1=C2=1nF, K1=0.3 και K2=50, να σχεδιαστεί το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode κέρδους της G(s) και να ευρεθεί η κυκλική συχνότητα ωΜ που λαµβάνει τη µέγιστη τιµή της η συνάρτηση κέρδους.

4. Εάν Ι=0 να προσδιοριστούν τα Κ1, Κ2 ώστε το κύκλωµα να εκτελεί αµείωτες ταλαντώσεις και η συχνότητα των ταλαντώσεων αυτών.

5. Εάν τα στοιχεία R1, R2, C1, C2 είναι όπως στο ερώτηµα (3), να προσδιοριστούν τα Κ1, Κ2 ώστε η συχνότητα ταλαντώσεων να είναι 1kHz.

Λύση Ο Ι-γράφος και ο V-γράφος του κυκλώµατος φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα.

R1C1

Vo

+

_

C21

0

R2

4 3 2

+

2-K *V2

+

1K*V1

I

R1C1

Vo

+

_

C211

00

R2

44 33 22

+

2-K *V22

+

1K*V1

+

1K*V11

I

I-Γράφος

C1

R1

I

C2

R2

≡≡≡≡2 31 ≡≡≡≡ 1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 4

I-Γράφος

C1

R1

I

C2

R2

≡≡≡≡2 31 ≡≡≡≡ 1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 4

C1

R1

I

C2

R2

≡≡≡≡2 3≡≡≡≡2 32 31 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 2≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡ 4


2 2 2 1

2 1 1 2 1 1 2

1 3

2 4

G +C s 0 -C s 0 e 0-C s -G G +C s+C s -C s e I(s)

=-K 1 0 0 e 00 K 0 1 e 0

2. Επιλύοντας ως προς e2 µε τη µέθοδο Cramer, λαµβάνεται.

2 2 2

2 1 2 1 1

1

2

2 2 2

2 1 1 2 1 1

1

2

G +C s 0 -C s 0-C s I(s) G +C s+C s -C s-K 0 0 00 0 0 1e (s) 1

G(s)= =G +C s 0 -C s 0I(s) I(s)

-C s -G G +C s+C s -C s-K 1 0 00 K 0 1

=

( ) ( )

1 2

2 2 2 2 2 2

2 1 1 2 1 1 1

1 2

1 22

1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2

-K C sG +C s 0 -C s G +C s 0 -C s

-C s -G G +C s+C s -K 1 0 (-C s)-K 1 0 0 K 0

K C sK K C C +C C s + G C +G C +G C -K G C s+G G

= =

+

=

0 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 2

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 14 ≡≡≡≡ 4

C1

EΠ2΄

R2

R1

3 ≡≡≡≡ 3

C2

EΠ2EΠ1΄EΠ1

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 2

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 14 ≡≡≡≡ 44 ≡≡≡≡ 4

C1

EΠ2΄

R2

R1

3 ≡≡≡≡ 33 ≡≡≡≡ 3

C2

EΠ2EΠ1΄EΠ1

3. Για τις τιµές που δίδονται θα είναι -9

-18 2 -13 -8 -5 -10 2

0.3*10 s 0.03sG(s)=

16*10 s +2.7*10 s+10 1+2.7*10 s+16*10 s=

Από τον δευτεροβάθµιο όρο του παρονοµαστή προκύπτουν τα ακόλουθα

ωn=κυκλική συχνότητα θλάσεως=-10

1

16*10=25000 rad/sec

-5 nωζ=2.7*10 0.34

2=

Το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode του κέρδους και το πραγµατικό διάγραµµα Bode του κέρδους φαίνονται στο ακόλουθο Σχήµα. Για το ασυµπτωτικό διάγραµµα η µέγιστη τιµή του κέρδους θα συµβαίνει όταν ω=ωn και θα είναι

( ) ( )M 10 10A (ω)=20λογ 25000 +20λογ 0.03 =87.95db-30.45db=57.50db

10-2

100

102

104

106

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

Magnitu

de (

dB

)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

s

20log(0.03)

(1+2.7*10-5s+1.6*10-9s2)-1

4. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του κυκλώµατος είναι

( ) ( )21 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2ψ(s) K K C C +C C s + G C +G C +G C -K G C s+G G=

Για να εκτελεί αµείωτες ταλαντώσεις το κύκλωµα πρέπει να ισχύει

1 2 2 2 2 1 1 1 2G C +G C +G C -K G C =0

Και οι συντελεστές του δευτεροβάθµιου και του σταθερού όρου να είναι οµόσηµοι, δηλαδή

( )1 2 1 2 1 2 1 2K K C C +C C G G 0>

ή ισοδύναµα καθώς οι αγωγιµότητες και οι χωρητικότητες είναι θετικοί αριθµοί

1 2K K +1 0>

Η κυκλική συχνότητα ταλαντώσεων θα είναι

1 20

1 2 1 2 1 2

G Gω

K K C C +C C=

οπότε η συχνότητα ταλαντώσεων θα είναι

0 1 20

1 2 1 2 1 2

ω 1 G Gf = =

2π 2π K K C C +C C

5. Εάν G1=G2=10 - 4, C1=C2=10 - 9, από τη συνθήκη ταλαντώσεων προκύπτει

1 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 2G C +G C +G C -K G C =(3-K )G C =0


Κ1 = 3

Για να είναι η συχνότητα ταλαντώσεων 1kHz θα πρέπει

-8 5

-181 2 2

10 102π*1000=6280=

(K K +1)*10 3K +1=

από την οποία προκύπτει

Κ2 = 84.52



4. Να προσδιοριστεί η αγωγιµότητα εισόδου Yin(s). 5. Εάν A(s)=∞, να σχεδιαστεί σε πολικό διάγραµµα η Yin(jω) όταν Z(s)=1/(Cs). 6. Εάν Α(s)=106/s, R1=R2=105Ω, C=10-9F να ευρεθεί η Yin(j104) και να συγκριθεί µε

την τιµή που προκύπτει για το αντίστοιχο ω στο ερώτηµα (2). Λύση 1. Ας θεωρηθεί ότι το κύκλωµα διεγείρεται από πηγή τάσεως Ε, όπως στο Σχήµα. Από το Νόµο Τάσεων του Kirchhoff προκύπτει

g z ge V A(s)e= −


( )z gV 1 A(s) e= +

Τα ρεύµατα Ι1 και Ι2 θα είναι

g g1

1 1

E ( A(s))e E A(s)eI

R R

− − += =

g-A(s)e

R1

eg

+

_

Ζ(s)

R2

inY+

g-A(s)e

R1

eg

+

_

eg

+

_

Ζ(s)

R2

inY+

R1

eg

+

_

Ζ(s)

R2+

E+

g-A(s)e

Vz+ _I2

R1

eg

+

_

eg

+

_

Ζ(s)

R2+

E+

g-A(s)e

Vz+ _I2

g2

2

E A(s)eI

R Z(s)

+=

+

ενώ θα ισχύει

2 2 gE I R e= +

Αντικαθιστώντας την τελευταία σχέση στα Ι1, Ι2 προκύπτουν

[ ]2 21

1

E A(s) E I RI

R+ −

=

[ ]2 22

2

E A(s) E I RI

R Z(s)+ −

=+

Από την τελευταία σχέση προκύπτει

[ ]2

2 2

E 1 A(s)I

R Z(s) R A(s)+

=+ +

Αντικαθιστώντας στο Ι1, λαµβάνεται

[ ][ ][ ]

21

2 2 1

1 A(s) R Z(s)I E

R Z(s) R A(s) R+ +

=+ +

Η αγωγιµότητα εισόδου θα είναι

[ ][ ] [ ][ ]

[ ][ ][ ]

2 1 1 21 2in

2 2 1 2 2 1

1 A(s) R Z(s) R 1 A(s) 1 A(s) R R Z(s)I IY (s)

E R Z(s) R A(s) R R Z(s) R A(s) R+ + + + + + ++

= = =+ + + +

2. Όταν Α(s)=∞, θα είναι

[ ]1 21 2

in A2 1 2

2 1

11 R R Z(s)

R R Z(s)AY (s) limR Z(s) R RR R

A→∞

+ + + + + = = + +

Εάν Ζ(s)=1/(Cs), θα είναι

in1 2 1 2

1 1 1Y (s)

R R R R Cs= + +

και το πολικό διάγραµµα της Yin(jω) θα είναι όπως στο Σχήµα, ήτοι παράλληλος προς τον φανταστικό άξονα η οποία τέµνει τον πραγµατικό άξονα στο σηµείο 1/R1+1/R2. 3. Για τις τιµές που δίδονται, όταν Α=∞ θα είναι

4 5 5in 5 5 5 5 9 4

1 2 1 2

1 1 1 1 1 1Y ( j10 ) 2*10 j10

R R R R Cs 10 10 10 *10 *10 * j*10− −

−= + + = + + = −

Όταν Α(s)=106/s, θα είναι

9 65 5

4 4 54 5

in 5 59 65 5 5

4 4

10 1010 10 1

j10 j10 10 [2 j][1 j100]Y ( j10 ) 10 [2 j]

10 *10 [1 j j100]10 1010 10 10

j10 j10

−

+ + + − − = = ≈ − − −

+ +

Η αγωγιµότητα εισόδου στην δεύτερη περίπτωση είναι περίπου ίση µε την αγωγιµότητ;α εισόδου της πρώτης περίπτωσης.

ReYin(jω)

ImYin(jω)

1 2

1 1+

R R

ReYin(jω)

ImYin(jω)

1 2

1 1+

R R

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1989)

Για το µηχανικό σύστηµα του Σχήµατος µε συντελεστές τριβής Β1 και Β2 µεταξύ των µαζών και του εδάφους

1. Να σχεδιαστεί ο γράφος του συστήµατος.

2. Να κατασκευαστεί το ηλεκτρικό ανάλογο του συστήµατος.

3. Θεωρώντας τις δυνάµεις F1 και F2 εξωτερικές διεγέρσεις στις θύρες του δίθυρου δικτύου, να προσδιοριστούν οι παράµετροι της µήτρας συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως Ζ του διθύρου.

Λύση

1. Θεωρώντας ότι οι µάζες είναι στοιχεία των οποίων ο ένας ακροδέκτης είναι συνδεδεµένος µε το ακίνητο σύστηµα αναφοράς, δηλαδή το έδαφος, ο γράφος του µηχανικού συστήµατος είναι όπως στο ακόλουθο Σχήµα

2. Τοποθετώντας στους κλάδους του γράφου τα αντίστοιχα ανάλογα ηλεκτρικά στοιχεία προκύπτει το ακόλουθο ηλεκτρικό κύκλωµα.

M2M1

B2B1

KF1 F2M2M1

B2B1

KM2M1

B2B1

KF1 F2

0

1

M1

2

B1

F1F2

M2

B2

K

00

11

M1

22

B1

F1F2

M2

B2

K

21

0

1 1C =M2 2I =F

1 1I =F 2 2C =M

1L=

K

2 2G =B1 1G =B

2211

00

1 1C =M2 2I =F

1 1I =F 2 2C =M

1L=

K

2 2G =B1 1G =B

3. Θεωρώντας τις πηγές έντασης Ι1, Ι2 εξωτερικές διεγέρσεις και τάσεις των θυρών τις τάσεις των κόµβων 1 και 2 αντίστοιχα, προκύπτει εφαρµόζοντας τη µέθοδο των κόµβων

1 11 1

2 22 2

1 1C s G V ILs Ls

V I1 1C s G

Ls Ls

+ + − =

− + +

Επιλύοντας ως προς V1, V2 λαµβάνεται 1

1 1 2 21 1 1

2 2 22 2 1 1

1 1 1 1C s G C s GV I I1Ls Ls Ls Ls

V I I1 1 1 1(s)C s G C s G

Ls Ls Ls Ls

− + + − + +

= = ∆ − + + + +

όπου

1 1

2 2

2 1 2 1 21 2 1 2 2 1 1 2

1 1C s G

Ls Ls(s) det1 1

C s GLs Ls

C C G GC C s (C G C G )s G G

L sL

+ + − ∆ = =

− + +

+ += + + + + +

Η µήτρα των σύνθετων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως Ζ θα είναι εποµένως

2 2

1 1

1 1C s G

1 Ls LsZ1 1(s)

C s GLs Ls

+ + = ∆ + +

1989 ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1989) Για το κύκλωµα του Σχήµατος 5. Να σχεδιαστούν ο απλός γράφος, ο Ι-γράφος και ο V-γράφος. 6. Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο


3V (s)G(s)

E(s)=

8. Να προσδιοριστεί η σχέση µεταξύ των g1, g2 και g3 για να ταλαντώνει αµείωτα το κύκλωµα και η συχνότητα ταλαντώσεων.

Λύση 1. Ο απλός γράφος, ο Ι-γράφος και ο V-γράφος του κυκλώµατος φαίνονται στα ακόλουθα σχήµατα.

C1y(t)

E++

-

C2

J1=g1(E-VC2)

+

-

+

-

J2=g2VC1

J3=g3VC2

0

31 2

C1y(t)

E+ E++

-

C2

J1=g1(E-VC2)

+

-

+

-

+

-

J2=g2VC1

J3=g3VC2

00

3311 22

0

Απλός-Γράφος

1 2

E

EJ2

3

1C 2C

EJ1

EJ3

EJ1EJ2

EJ3

00

Απλός-Γράφος

11 22

E

EJ2

33

1C 2C

EJ1

EJ3

EJ1EJ2

EJ3

2. Οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους είναι

1 1 1 1

2 3 2 2

3

g C s g V 00 g g C s V 01 0 0 V E(s)

− − + =

3. Η συνάρτηση µεταφοράς προκύπτει επιλύοντας τις ανωτέρω εξισώσεις µε την µέθοδο του Cramer. Θα είναι

J3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 31 ≡≡≡≡ 2

C2

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1

J1

J2

C1 J3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 32 31 ≡≡≡≡ 2

C2

≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1

J1

J2

C1

0 ≡≡≡≡ 0

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 12 ≡≡≡≡ 2

E

J2

3 ≡≡≡≡ 3

1C 2C

J1

J3

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 12 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 2

E

J2

3 ≡≡≡≡ 33 ≡≡≡≡ 3

1C 2C

J1

J3

1 1

2

3 1 22

1 1 1 1 2 3 1 1 2

2 3 2

g C s 00 g 01 0 E(s)V (s) 1 g g

G(s)g C s gE(s) E(s) C C s g C s g g0 g g C s1 0 0

−

−

= = =− + +

− +

4. Για να ταλαντώνει αµείωτα το σύστηµα πρέπει να έχει πόλους επάνω στο φανταστικό άξονα. Η διάταξη Routh είναι

s2 C1C2 g1g2

s g3C1

s0 g1g2

Θα πρέπει

g3C1=0

Το βοηθητικό πολυώνυµο 2

1 2 1 2B(s) C C s g g= +

το οποίο διαιρεί το χαρακτηριστικό πολυώνυµο (στην περίπτωση αυτή ταυτίζεται) για να έχει ρίζες επάνω στο φανταστικό άξονα πρέπει τα C1C2 και g1g2 να είναι οµόσηµα. Καθώς οι πυκνωτές λαµβάνουν θετικές τιµές πρέπει

g1g2>0

Εποµένως οι συνθήκες είναι

g3=0

g1g2>0

Η συχνότητα ταλαντώσεων θα είναι

1 2

1 2

1 g gf

2 C C=

π

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Ιανουάριος 1990) Για το κύκλωµα του Σχήµατος. 4. Να σχεδιαστούν ο Ι-γράφος, ο V-γράφος και να γραφούν οι εξισώσεις της

τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους. 5. Εάν R1=R2=R3=R4=R6=R, C1=C2=C3=C4=C και R5=R/(K-1), να δειχθεί ότι το

χαρακτηριστικό πολυώνυµο της περιγραφής είναι 2 3

3 22 3

(12-3K)G (12-3K)G Gψ(s)=s + s + s+

3C 3C C

3. Να εξεταστεί για ποιές τιµές του Κ − Το σύστηµα είναι ασυµπτωτικά ευσταθές − Το σύστηµα εκτελεί αµείωτες ταλαντώσεις των οποίων ζητείται η συχνότητα.

Λύση Ο Ι-γράφος και ο V-γράφος του κυκώµατος φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα.

+

_

Vo

+

-

1

25

3

R4 R5

R1

0

Ε

+

R2

R3

R6

C4

C3

C2C1

46+

_

Vo

+

-

11

2255

33

R4 R5

R1

00

Ε

+

ΕΕ

+

R2

R3

R6

C4

C3

C2C1

4466

R3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 31 ≡≡≡≡ 2

≡≡≡≡3 4

R4

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 6

R2

R1 C3

C2

C1

≡≡≡≡4 5

R6

R5

C4

R3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 3≡≡≡≡2 32 31 ≡≡≡≡ 2

≡≡≡≡3 4≡≡≡≡3 43 4

R4

≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 6≡≡≡≡ 6

R2

R1 C3

C2

C1

≡≡≡≡4 5≡≡≡≡4 54 5

R6

R5

C4


11 1 2 3 2 3

21 3 1 2 2 3

32 2 2 4 2 4

45 6 6

5

e-C s C s+C s+G 0 -C s -G 0e-G 0 C s+G G -G -C s 0

=e0 -C s -G C s+C s+G G 0 0e0 0 0 G G -G 0e1 0 0 0 0 E(s)

+ +

+

2. Αντικαθιστώντας τις τιµές των στοιχείων, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο της περιγραφής λαµβάνεται

V-Γράφος

0 ≡≡≡≡ 0

1 ≡≡≡≡ 1

2 ≡≡≡≡ 2

E

R2

1C

2C

R1

C3

3 ≡≡≡≡ 3

5 ≡≡≡≡ 6R3

C4

4 ≡≡≡≡ 4 ≡≡≡≡ 5

R4

R5

R6

V-Γράφος

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1

2 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 2

E

R2

1C

2C

R1

C3

3 ≡≡≡≡ 33 ≡≡≡≡ 3

5 ≡≡≡≡ 65 ≡≡≡≡ 6≡≡≡≡ 6R3

C4

4 ≡≡≡≡ 4 ≡≡≡≡ 54 ≡≡≡≡ 44 ≡≡≡≡ 4 ≡≡≡≡ 5≡≡≡≡ 5

R4

R5

R6

-Cs 2Cs+G 0 -Cs -G-G 0 Cs+2G -G -Cs

ψ(s) det 0 -Cs -G 2Cs+2G 00 0 0 KG -G1 0 0 0 0

2Cs+G 0 -Cs -G 2Cs+G 0 -Cs-KG -G0 Cs+2G -G -Cs 0 Cs+2G -G-KCs -Cs

det det-Cs -G 2Cs+2G 0 -Cs -G 2Cs+2G 00 0 KG -G 0 0 0 -G

-3G

= =

= = =

=2 3

3 3 22 3

(12-3K)G (12-3K)G GC s + s + s+

3C 3C C

3. Εφαρµόζοντας τη διάταξη Routh λαµβάνεται

s3 1 2

2

(12-3K)G3C

s2 (12-3K)G3C

3

3

GC

s 2 2(12-3K) -9 G C

(12-3K)

s0 3

3

GC

Το κύκλωµα θα είναι ασυµπτωτικά ευσταθές όταν ικανοποιούνται οι ανισότητες

12-3Κ > 0


Κ < 4

και

(12-3Κ)2-9 > 0


(3Κ-9)(3Κ-15) > 0

το οποίο συνεπάγεται

Κ < 3 ή Κ > 5

Επίσης επειδή η R5 ως αντίσταση είναι θετική, θα πρέπει

Κ-1 = R/R5 > 0


Κ > 1

Οι ανισότητες συναληθεύουν στο διάστηµα

1 < Κ < 3

Για να εκτελεί το κύκλωµα αµείωτες ταλαντώσεις πρέπει να είναι ευσταθές και να έχει πόλους επάνω στο φανταστικό άξονα. Αυτό ισοδυναµεί µε µηδενισµό µιάς γραµµής στη διάταξη Routh. Μηδενίζοντας τη γραµµή που αντιστοιχεί στο s λαµβάνονται

(12-3Κ)2-9 = 0

οπότε

Κ = Κ1 = 3

ή

Κ = Κ2 = 5

Τα βοηθητικά πολυώνυµα θα είναι αντίστοιχα για τις τιµές του Κ που προσδιορίστηκαν 2 2 3

1B (s)=-3GC s +3G

2 2 32B (s)=3GC s +3G

Στην πρώτη περίπτωση οι ρίζες του βοηθητικού πολυωνύµου θα είναι

3

1,2 2

3G Gs = =

3GC C± ±

Το κύκλωµα θα είναι ασταθές αφού θα έχει ένα πόλο στο δεξιό ηµιεπίπεδο και συνεπώς δεν µπορεί να εκτελεί αµείωτες ταλατώσεις.

Στην δεύτερη περίπτωση οι ρίζες του βοηθητικού πολυωνύµου θα είναι

3

1,2 2

3G Gs =±j =±j

3GC C

Το κύκλωµα θα έχει απλούς πόλους επάνω στο φανταστικό άξονα, συνεπώς θα είναι ευσταθές και θα εκτελεί αµείωτες ταλαντώσεις µε συχνότητα

1 Gf=

2π C


7. Για το δίθυρο που φαίνεται στο Σχήµα να υπολογιστεί η µήτρα των παραµέτρων µεταφοράς Τ.

8. Εάν το δίθυρο τερµατίζεται όπως στο Σχήµα, να ευρεθεί η συνάρτηση µεταφοράς

2V (s)G(s)=

E(s)

6. Εάν L=1H, C1=3F, C2=1F R=1Ω, να σχεδιαστεί το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode πλάτους της G(s).

Λύση 1. Κατ’ αρχάς προσδιορίζεται η µήτρα των συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκυκλώσεως

Υ µε διέγερση των θυρών του διθύρου µε πηγές τάσης, όπως στο ακόλουθο Σχήµα

V1

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν

L

+

E R

C2

I1

+

_

V2

I2

C1C1

V1

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν

L

+

E R

C2

I1

+

_

V2

+

_

V2

I2

C1C1

V1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

L

+

C2

I1

+V2

I2

C1C1

V1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

L

+

C2

I1

+V2

I2

C1C1

Για τo ρεύµα I1 θα ισχύουν τα ακόλουθα

[ ]1 11 C C L 1 1 2 1 2

1 2 1 2 2

1I (s) I C sV (s) C s V (s) V (s) =

Ls

1 1= C s C s V (s) C s V (s)

Ls Ls

= Ι + Ι + = + + −

+ + − +

Εποµένως θα είναι

11 1 2

12 2

1y (s) C s C s

Ls1

y (s) C sLs

= + +

= − −

Εξαιτίας της συµµετρίας του διθύρου θα είναι

22 11 1 2

21 12 2

1y (s) y (s) C s C s

Ls1

y (s) y (s) C sLs

= = + +

= = − −

Οι παράµετροι µεταφοράς θα είναι

1 222

212

1C s C sy (s) LsA

1y (s) C sLs

+ +−= =

+

1 211

212

1C s C sy (s) LsD A

1y (s) C sLs

+ +−= = =

+

212

1 1B

1y (s) C sLs

−= =

+

1 2 1y

212

2C s 2C s C s

LsC A1y (s) C sLs

+ + −∆ = = =+

2. Εάν το δίθυρο τερµατιστεί µε αντίσταση R και πηγή Ε µηδενικής εσωτερικής αντίστασης, το κέρδος τάσεων θα είναι

22 2 21

v1

22 1 2L

1C sV (s) V (s) y (s) LsK G(s)

1 1V (s) E(s) y (s) C s C s GZ Ls

+−= = = = =

+ + + +

Για τις τιµές των στοιχείων που δίδονται θα είναι

22

2

1 2

1 1C s s s 1Ls sG(s)

1 1 1 s 4sC s C s G 3s s 1Ls s

+ + += = =

+ ++ + + + + +

Για την κατασκευή του ασυµπτωτικού διαγράµµατος Bode λαµβάνονται

ωz=κυκλική συχνότητα θλάσεως του αριθµητή = 1rad/sec

ωp=κυκλική συχνότητα θλάσεως του παρονοµαστή = 10.5

4= rad/sec

ζz=0

pp 0.25

2

ωζ = =

Το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode του κέρδους µε το πραγµατικό διάγραµµα Bode του κέρδους φαίνονται στο ακόλουθο Σχήµα. Επειδή οι παράγοντες αποσβέσεως του αριθµητή και του παρονοµαστή είναι 0 και 0.25 αντίστοιχα, δηλαδή κοντά στο µηδέν, το ασυµπτωτικό διάγραµµα δεν θα είναι µία καλή προσέγγιση του πραγµατικού.

10-2

10-1

100

101

-180

-160

-140

-120

-100

-80

-60

-40

-20

0

20

Magnitu

de (

dB

)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1990) 7. Να σχεδιαστεί το ηλεκτρικό ανάλογο του µηχανικού συστήµατος. 8. Να επιλυθεί το κύκλωµα µε τη µέθοδο των κόµβων και να προσδιοριστεί η

συνάρτηση µεταφοράς 2V (s)

G(s)=F(s)

3. Να σχεδιαστεί το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode πλάτους της G(s) εάν Κi=i N/m, Mi=i kg και Bi=i Ns/m. Λύση 1. Ο Γράφος του µηχανικού συστήµατος φαίνεται στο ακόλουθο Σχήµα. Το ηλεκτρικό ανάλογο του µηχανικού συστήµατος θα είναι όπως στο ακόλουθο Σχήµα.

M2M1

B3B1K2

F(t)

K1

x2,v2

B2

x1,v1

M2M1

B3B1K2

F(t)

K1

x2,v2

B2

x1,v1

0

1

M1

2

B1

K1

B3

M2

B2

F

K2

00

11

M1

22

B1

K1

B3

M2

B2

F

K2

21

0

1 1C =MI=F

2 2C =M

22

1L =

K

3 3G =B1 1G =B1

1

1L =

K

2 2G =B

2211

00

1 1C =MI=F

2 2C =M

22

1L =

K

3 3G =B1 1G =B1

1

1L =

K

2 2G =B

2. Οι εξισώσεις των κόµβων για το µηχανικό σύστηµα θα είναι

1 2 21 2 1 2

1

22 22 2 3 2

K K KB +B +M s+ + -B - V (s) 0s s s =

V (s)K K F(s)-B - B +B +M s+

s s

Επιλύοντας µε τη µέθοδο Cramer, λαµβάνεται

22

2 22 3 2 2

1

1 2 21 2 1 2

2 22 2 3 2

K0 -B -

sK KF(s) B +B +M s+ B +V (s) 1 s sG(s)=

K K KF(s) F(s) D(s)B +B +M s+ + -B -s s s

K K-B - B +B +M s+

s s

= =

( ) ( )

( )( ) ( ) ( )( ) ( )

( )

21 2 1 2 3 2 1 2

1 2 2 3 1 2 2 1 2 1 2 2 3 2 1 2

2 21 2 2 2 2 2 22 2

D(s)=M M s + M B +B +M B +B s+

1+ M K + B +B B +B +M K +K + K +K B +B +K B +B +

s1 1 1

+ K +K K -B -2B K -Ks s s

3. Για τις τιµές των στοιχείων που δίδονται η συνάρτηση µεταφοράς θα είναι

2 1 2 1 2 4 3 2

22+ s(s+1)sG(s)=2s +s(6+5)+2+15+6+(6+15)s +6s -4-8s -4s s +5.5s +9.5s +6.5s+1− − − −

=

Για την κατασκευή του ασυµπτωτικού διαγράµµατος Bode πλάτους παραγοντοποιούνται τα πολυώνυµα του αριθµητή και του παρονοµαστή

2

2

s(s+1)G(s)=

(s+3.0469)(s+0.2116)(s +2.2416s+1.5515)s(s+1)

s s 2.2416 s1+ 1+ 1+ s+

3.0469 0.2116 1.5515 1.5515

=

=

Οι κυκλικές συχνότητες θλάσης είναι

ω=1 rad/sec από τον αριθµητή της G(s)

ω=0.2116 rad/sec, ω=3.0469 rad/sec και ω= 1.5515 1.2456= rad/sec από τον παρονοµαστή της G(s).

Στο ακόλουθο διάγραµµα φαίνεται το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode πλάτους της G(s) µε µαύρη γραµµή και τα διαγράµµατα Bode κέρδους και φάσης µε µπλέ γραµµή.

Frequency (rad/sec)

Ph

ase

(d

eg

); M

ag

nitu

de

(d

B)

Bode Diagrams

-50

-40

-30

-20

-10From: U(1)

10-2 10-1 100 101-200

-150

-100

-50

0

50

100

To: Y

(1)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1990) Εάν η µήτρα των υβριδικών παραµέτρων του τρανζίστορ σε συνδεσµολογία κοινού εκποµπού είναι

4

6

1400 5*10H=

49 25*10

−

−

1. Να προσδιοριστεί η συνδεσµολογία των επιµέρους διθύρων που απαρτίζουν το

δίθυρο του Σχήµατος. 2. Να εξεταστεί εάν ισχύουν τα κριτήρια Brune για τις διάφορες συνδέσεις. 3. Να ευρεθεί η µήτρα Ζ του διθύρου. Λύση 1. Το ολικό δίθυρο µπορεί να σχεδιαστεί ως εξής.

I1

Z2=20kΩ

V1

+

_

+

_

V2

I2

Q1

Q2

Z1=100Ω

I1

Z2=20kΩ

V1

+

_

+

_

V2

I2

Q1

Q2

Z1=100Ω

o

Από το σχήµα προκύπτει άµεσα ότι

- Το δίθυρο Ν1 συνδέεται µε το δίθυρο Ν2 µε συνδεσµολογία σειράς-σειράς.

- Ο συνδυασµός Ν1,Ν2 των διθύρων συνδέεται µε το δίθυρο Ν3 µε αλυσωτή σύνδεση.

- Ο συνδυασµός των διθύρων Ν1, Ν2, Ν3 συνδέεται µε το δίθυρο Ν4 µε συνδεσµολογία παράλληή-παράλληλη.

2. Για τη σύνδεση των Ν1,Ν2 τα κριτήρια Brune είναι

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

∆ΙΘΥΡΟ Ν4

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

I1

Z2=20kΩ

+

+

I2

Q1

Q2

V1

__

Z1=100Ω

∆ΙΘΥΡΟ Ν3

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

∆ΙΘΥΡΟ Ν4

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

I1

Z2=20kΩ

+

+

I2

Q1

Q2

V1

__

Z1=100Ω

∆ΙΘΥΡΟ Ν3

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

I1

+Q1

VA∆=0

BA

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

I1

+Q1

VA∆=0

BA

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

Q1

B΄A΄

VA΄∆΄=0

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

Q1

B΄A΄

VA΄∆΄=0

τα οποία ισχύουν εξαιτίας των βραχυκυκλωµάτων ΑΒΓ∆ και Α΄Β΄Γ΄∆΄ αντίστοιχα.

Για την αλυσωτή σύνδεση δεν υπάρχει κριτήριο εγκυρότητας.

Για τη σύνδεση των Ν1,Ν2,Ν3 µε το Ν4 τα κριτήρια Brune είναι

και ισχύουν εξαιτίας των βραχυκυκλωµάτων ΑΒΓ∆Ε και Α΄Β΄Γ΄∆΄Ε΄ αντίστοιχα.

E+

VΑΕ=0

V2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

∆ΙΘΥΡΟ Ν4

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

I1

Z2=20kΩ

+

+

I2

Q1

Q2

V1

_

Z1=100Ω

∆ΙΘΥΡΟ Ν3Γ

ΒΑ

Ε

∆

E+ E+ E+

VΑΕ=0

V2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

∆ΙΘΥΡΟ Ν4

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

I1

Z2=20kΩ

+

+

I2

Q1

Q2

V1

_

Z1=100Ω

∆ΙΘΥΡΟ Ν3Γ

ΒΑ

Ε

∆

V2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

∆ΙΘΥΡΟ Ν4

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

I1

Z2=20kΩ

+

+

I2

Q1

Q2

V1

_

Z1=100Ω

∆ΙΘΥΡΟ Ν3Γ

ΒΑ

Ε

∆

E+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

∆ΙΘΥΡΟ Ν4

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

I1

Z2=20kΩ

+

I2

Q1

Q2

V1

_

Z1=100Ω

∆ΙΘΥΡΟ Ν3

Α΄ Β΄

∆΄ Γ΄

Ε΄

VΑ΄Ε΄=0

E+ E+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

∆ΙΘΥΡΟ Ν4

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

I1

Z2=20kΩ

+

I2

Q1

Q2

V1

_

Z1=100Ω

∆ΙΘΥΡΟ Ν3

Α΄ Β΄

∆΄ Γ΄

Ε΄

VΑ΄Ε΄=0

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

∆ΙΘΥΡΟ Ν4

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

I1

Z2=20kΩ

+

I2

Q1

Q2

V1

_

Z1=100Ω

∆ΙΘΥΡΟ Ν3

Α΄ Β΄

∆΄ Γ΄

Ε΄

VΑ΄Ε΄=0

3. Οι z παράµετροι του τρανζίστορ είναι

1

4h 12

6 622 22

N21

6 622 22

h 0.0105 5*10h h 420 2025*10 25*10Zh 1960000 400001 49 1h h 25*10 25*10

−

− −

− −

∆ = = = − − −

Οι z παράµετροι του διθύρου Ν2 είναι

2

1 1N

1 1

Z Z 100 100Z

Z Z 100 100

= =

Οι z παράµετροι του συνδυασµού των διθύρων Ν1, Ν2 είναι

1 2N N

520 120Z Z Z

1959900 40100

= + = −

Οι παράµετροι µεταφοράς του συνδυασµού των διθύρων Ν1, Ν2 ευρίσκονται από τη µήτρα Ζ ως εξής.

811 z

421 21

1 722

21 21

z 520 2.5604*10z z 2.65*10 130.61959900 1959900T

z1 1 40100 5.1*10 0.02z z 1959900 1959900

−

−

∆ − − = = = − − −

Οι παράµετροι µεταφοράς του τρανζίστορ Q2 θα είναι

h 114

21 212 6 7

22

21 21

h 0.0105 1400h h 2.14*10 28.5749 49Th 1 25*10 1 5.1*10 0.0204h h 49 49

−

− −

∆ − − − − − − = = = − − − − − −

Η µήτρα των παραµέτρων µεταφοράς Τολ των Ν1, Ν2, Ν3 θα είναι

4 4

1 2 7 7

5

8 4

2.65*10 130.6 2.14*10 28.57T T T

5.1*10 0.02 5.1*10 0.0204

6.67*10 2.671.03*10 4.23*10

− −

ολ − −

−

− −

− − − −= = =

− − − −

=

Από την τελευταία µήτρα ευρίσκεται η µήτρα των συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκυκλώσεως Υ2 του συνδυασµού των Ν1, Ν2, Ν3

4 10

2 5

D1.58*10 2.67*10B BY

1 A 0.37 2.5*10B B

Α− −

−

∆ − −= =

− −

Η µήτρα των συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκυκλώσεως Υ4 του διθύρου Ν4 θα είναι.

5 52 2

4 5 5

2 2

1 15*10 5*10

Y1 1 5*10 5*10

− −

− −

− Ζ Ζ − = = − − Ζ Ζ

Η µήτρα των συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκυκλώσεως Υολ του ολικού διθύρου θα είναι.

4 5

2 4 5

2.08*10 5*10Y Y Y

0.37 7.5*10

− −

ολ −

−= + =

−

Η µήτρα των συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως του ολικού διθύρου θα είναι.

14 51

5

4.057 2.702.08*10 5*10Y

20016.9 11.250.37 7.5*10

−− −−

ολ ολ −

− − Ζ = = = −−

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1991) Για το κύκλωµα του Σχήµατος 1. Να σχεδιαστούν ο Ι-γράφος, ο V-γράφος και να γραφούν οι εξισώσεις της

τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους. 2. Να δειχθεί ότι για τις τάσεις των κόµβων 5 και 6 ισχύει

5 6V (s) = -V (s) 3. Να προσδιοριστεί η συνάρτηση µεταφοράς

LV (s)G(s)=

E(s)

και να σχολιαστεί η ανεξαρτησία της G(s) από την RL.

Λύση 1. Για την αποφυγή συγχύσεως οι αντιστάσεις και οι πυκνωτές ονοµατίζονται εξ αρχής, όπως στο ακόλουθο Σχήµα.

+

_

+

_

+

E

0

2

1

4 3

7

6

5

C

C

R1

R1

R2R2R2

RL+

_

+

_

+

E+

E

00

22

11

44 33

77

66

55

C

C

R1

R1

R2R2R2

RL

+

_

+

_

+

E

0

2

1

4 3

7

6

5

C

C΄

R1

R΄1R΄2

RL

2R′′ 2R′′′

+

_

+

_

+

E+

E

00

22

11

44 33

77

66

55

C

C΄

R1

R΄1R΄2

RL

2R′′ 2R′′′

Με τις φορές αναφοράς που φαίνονται στο Σχήµα ο Ι-γράφος και ο V-γράφος του κυκλώµατος θα είναι ως εξής. Οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους θα είναι

11

21 2 1 2

31 1

42 2

5

e (s)-Cs G +Cs 0 0 0 0e (s)0 G +G -G -G 0 0

=e (s)0 -G G +C s 0 0 0e (s)0 0 0 -G -G 0e (s)1 0 0 0 0 E(s)

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′′ ′′′

I-Γράφος

R΄2

R1

C΄

≡≡≡≡3 42 ≡≡≡≡ 3 ≡≡≡≡4 7

C

R΄11 ≡≡≡≡ 2

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 5 ≡≡≡≡ 6

2R′′

2R′′′

I-Γράφος

R΄2

R1

C΄

≡≡≡≡3 4≡≡≡≡3 43 42 ≡≡≡≡ 32 ≡≡≡≡ 3 ≡≡≡≡4 7≡≡≡≡4 74 7

C

R΄11 ≡≡≡≡ 21 ≡≡≡≡ 2

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 5 ≡≡≡≡ 6≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 5≡≡≡≡ 5 ≡≡≡≡ 6≡≡≡≡ 6

2R′′

2R′′′

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 1 3 ≡≡≡≡ 4

R΄2

RLR΄1

5 ≡≡≡≡ 6

C΄

Ε

C

R1

2 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 3

2R′′′

2R′′

4 ≡≡≡≡ 5

0 ≡≡≡≡ 0 ≡≡≡≡ 7

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1 3 ≡≡≡≡ 43 ≡≡≡≡ 4

R΄2

RLR΄1

5 ≡≡≡≡ 65 ≡≡≡≡ 6

C΄

Ε

C

R1

2 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 32 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 33

2R′′′

2R′′

4 ≡≡≡≡ 54 ≡≡≡≡ 5

0 ≡≡≡≡ 0 ≡≡≡≡ 70 ≡≡≡≡ 0 ≡≡≡≡ 77

Λαµβάνοντας υπόψη τις αρχικές ονοµασίες των στοιχείων, οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους θα είναι

11

21 2 1 2

31 1

42 2

5

e (s)-Cs G +Cs 0 0 0 0e (s)0 G +G -G -G 0 0

=e (s)0 -G G +Cs 0 0 0e (s)0 0 0 -G -G 0e (s)1 0 0 0 0 E(s)

2. Από την τέταρτη εξίσωση της τελευταίας µητρικής εξίσωσης και το γεγονός ότι οι κόµβοι 5 και 6 του κυκλώµατος αντιστοιχούν στους κόµβους 4 και 5 του V-γράφου, λαµβάνεται

[ ] [ ]2 4 5 2 5 6-G e (s)+e (s) -G V (s)+V (s) 0= =

ή ισοδύναµα η αποδεικτέα σχέση

5 6V (s) = -V (s)

3. Για τη συνάρτηση µεταφοράς θα ισχύει

5 6 4 5L 4V (s)-V (s) e (s)-e (s)V (s) 2e (s)G(s)=

E(s) E(s) E(s) E(s)= = =

Επιλύοντας τις εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων ως προς e4(s) µε τη µέθοδο Cramer, λαµβάνεται

( ) ( )( )

1

1 2 1

1 1

22

1 1 2 1 24 22

1 2 1

1 2 1 2

1 1

2 2

-Cs G +Cs 0 0 00 G +G -G 0 00 -G G +Cs 0 00 0 0 0 -G

E G +Cs G +G -G G Cs1 0 0 E(s) 0e (s)

-Cs G +Cs 0 0 0 G G +Cs0 G +G -G -G 00 -G G +Cs 0 00 0 0 -G -G1 0 0 0 0

= =

όπότε

( )( )

1 2 1 242

2 1

2 G +G Cs+G G Cs2e (s)G(s)=

E(s) G G +Cs

=

Είναι προφανές ότι η RL είναι τοποθετηµένη µεταξύ των εξόδων τελεστικών ενισχυτών, οι οποίοι είναι εξαρτηµένες πηγές τάσης από τάση και οι τάσεις των εξόδων τους δεν εξαρτώνται από τα ρεύµατα που τις διαρρέουν. Κατ’ αυτόν τον τρόπο η RL δεν επιδρά στις τάσεις των εισόδων των εξαρτηµένων πηγών και η G(s) δεν εξαρτάται από την τιµή της.


Για το δίθυρο του Σχήµατος που αποτελεί µοντέλο υψηλής συχνότητας και µικρού σήµατος ενός διπολικού τρανζίστορ 1. Να προσδιοριστεί η µήτρα των συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκυκλώσεως Υ. 2. Εάν το δίθυρο τερµατιστεί µε ίσες αντιστάσεις R, να ευρεθεί η συνθήκη

ταλαντώσεων καθώς και η συχνότητα ταλαντώσεων. 3. Να εξεταστεί η ευστάθεια του συστήµατος εάν η διαγωγιµότητα gm είναι ίση µε το

ήµισυ της τιµής της που προκαλεί την ταλάντωση. Λύση 1. Ας θεωρηθεί ότι το δίθυρο διεγείρεται από πηγές έντασης όπως στο ακόλουθο Σχήµα. Εφαρµόζοντας την µέθοδο των κόµβων θεωρώντας την εξαρτηµένη πηγή εντάσεως σαν ανεξάρτητη, λαµβάνονται οι εξισώσεις

1 2 21 1 1

2 2 m 12 2

2

1+C s+C s -C s

R e (s) I (s)=

e (s) I (s)-g e (s)1-C s +C s

R

Αναδιατάσσοντας τις εξισώσεις ώστε να επιτευχθεί ο χωρισµός των γνωστών από τις άγνωστες ποσότητες, λαµβάνονται

I

m 1g *VR1

C2

R2C1

+ +

_ _

V2V1

2

0

1

II

m 1g *VR1

C2

R2C1

+ +

_ _

V2V1

22

00

11

I

m 1g *VR1

C2

R2C1

+ +

_ _

V2V1

2

0

1

I1 I2

II

m 1g *VR1

C2

R2C1

+ +

_ _

V2V1

22

00

11

I1I1 I2I2

1 2 21 1 1

2 22 m 2

2

1+C s+C s -C s

R e (s) I (s)=

e (s) I (s)1-C s+g +C s

R

Από την τελευταία σχέση προκύπτει άµεσα ότι

1 2 2111 12

21 222 m 2

2

1+C s+C s -C s

Ry yY= =

y y 1-C s+g +C s

R

2. Εάν το δίθυρο τερµατιστεί µε αντιστάσεις R, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του ολικού συστήµατος προκύπτει από τους µηδενισµούς της συνάρτησης

( )( ) ( ) [ ] ( )( )11 S 22 L 12 21 1 2 1 2 2 m 2 2y +Y y +Y -y y = C +C s+G +G C s+G +G - g -C s -C s

Επειδή η συνάρτηση αυτή δεν έχει πόλους, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο θα είναι

( ) [ ] ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )

1 2 1 2 2 m 2 2

21 2 m 2 2 1 1 2 2 1 2

ψ(s)= C +C s+G +G C s+G +G - g -C s -C s =

=C C s + g C +C G +G + C +C G +G s+ G +G G +G

Καθώς το πολυώνυµο είναι δευτέρου βαθµού, για να έχει ρίζες επάνω στο φανταστικό άξονα πρέπει να µηδενίζεται ο συντελεστής του s και οι συντελεστές του δευτεροβάθµιου και του σταθερού όρου να είναι οµόσηµοι. Καθώς οι αγωγιµότητες και οι χωρητικότητες είναι θετικές ποσότητες, η τελευταία σχέση θα ισχύει και το σύστηµα θα ταλαντώνει όταν

( ) ( ) ( )m 2 2 1 1 2 2g C +C G +G + C +C G +G =0


( ) ( )( )2 1 1 2 2m

2

C G +G + C +C G +Gg = -

C

Καθώς το βοηθητικό πολυώνυµο θα είναι

( )( )21 2 1 2B(s)=C C s + G +G G +G

η συχνότητα ταλαντώσεων θα είναι

( )( )1 2

1 2

G +G G +G1f=

2π C C

3. Εάν η gm έχει το ήµισυ της κρίσιµης τιµής της, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο θα είναι

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 2 221 2 1 2

C G +G + C +C G +Gψ(s)=C C s + s+ G +G G +G

2

Εφαρµόζεται η διάταξη Routh

s2 1 2C C ( )( )1 2G +G G +G

s ( ) ( )( )2 1 1 2 2C G +G + C +C G +G2

s0 ( )( )1 2G +G G +G

Καθώς τα στοιχελια της πρώτης στήλης είναι θετικά, το κύκλωµα θα είναι ασυµπτωτικά ευσταθές.

1992

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Φεβρουάριος 1992) Ο ρότορας ενός αεριοστροβίλου δύο βαθµίδων έχει τη µορφή του ακόλουθου Σχήµατος. Εάν J1=J2=J3=1Nmsec2/rad, B1=B2=B3=1Nmsec/rad, K1=K2=1Nm/rad 1. Να σχεδιαστεί το ηλεκτρικό ανάλογο και το δυαδικώς ηλεκτρικό ανάλογο του

µηχανικού συστήµατος. 2. Να επιλυθεί το κύκλωµα µε τη µέθοδο των κόµβων και να προσδιοριστεί η µήτρα

συναρτήσεων µεταφοράς εάν ως έξοδος θεωρηθεί η ω3(t) και σαν διεγέρσεις οι ροπές Τ1 και Τ2.

Λύση Το ηλεκτρικό ανάλογο του µηχανικού συστήµατος είναι ως ακολούθως εάν θεωρηθεί ότι οι τάσεις των κόµβων αντιστοιχούν στις γωνιακές ταχύτητες των ροπών αδρανείας. Για την κατασκευή του δυαδικώς αναλόγου κυκώµατος κατασκευάζεται σχεδιάζεται ο γράφος του ηλεκτρικού κυκλώµατος. Αυτός φαίνεται µε µαύρες γραµµές στο ακόλουθο Σχήµα και µε την κατασκευή που περιγράφεται στο βιβλίο των δικτύων σχεδιάζεται ο δυαδικός γράφος µε κόκκινες γραµµές.

3B2

θ3,ω3T2,θ2,ω2T1,θ1,ω1

Β1 Κ2Κ1

J2J1 J3

2B2

2B2

3B2

3B2

θ3,ω3T2,θ2,ω2T1,θ1,ω1

Β1 Κ2Κ1

J2J1 J3

2B2

2B2

3B2

1 1I =T

2 2I =T

3

0

3 3C =J3 3G B

=2 2

1

1 1C =J

11

1L =

K

1 1G =B

2

2 2C =J

22

1L =

K

3 3G B=

2 22 2G B

=2 2

2 2G B=

2 2

1 1I =T

2 2I =T

33

00

3 3C =J3 3G B

=2 2

11

1 1C =J

11

1L =

K

1 1G =B1 1G =B

2

2 2C =J

22

1L =

K22

1L =

K

3 3G B=

2 22 2G B

=2 2

2 2G B=

2 2

Τοποθετώντας στον δυαδικό γράφο τα δυαδικώς ανάλογα στοιχεία των στοιχείων που βρίσκονται στους αντίστοιχα τεµνόµενους κλάδους προκύπτει το δυαδικώς ανάλογο ηλεκτρικό κύκλωµα ως ακολούθως. 2. Για το ανάλογο ηλεκτρικό κύκλωµα οι εξισώσεις των κόµβων θα είναι

21 1

1 11 1

322 2 2

1 1 2 23

33

2 2

G 1 1G +C s+ + 0

2 L s L se I

G1 G 1 1 1C s+ + + + e = I

L s 2 2 L s L s L se 0

G1 10 C s+ +

L s 2 L s

−

− −

−

Αντικαθιστώντας τις τιµές των στοιχείων λαµβάνεται

1 3

0

9

2

3

21

0

65

4

87

11 33

00

99

22

33

2211

00

6655

44

8877

0

5432 6

9

1

+

1 1E=T

+

87

2 2E =T1 1L=J 1 1R =B 2 2R B=

2 22 2R B

=2 2

2 2L =J3 3L =J

3 3R B=

2 23 3R B

=2 2

11

1C=

K 22

1C =

K

00

55443322 66

99

11

+

1 1E=T

++

8877

2 2E =T1 1L=J 1 1R =B 2 2R B=

2 22 2R B

=2 2

2 2L =J3 3L =J

3 3R B=

2 23 3R B

=2 2

11

1C=

K 22

1C =

K

1 1

2 2

3

1 1s+1.5+ 0

s s e I1 2 1

s+1+ e = Is s s

e 01 10 s+0.5+

s s

− − −

−

Επειδή το ω3 αντιστοιχεί στην τάση e3 του κόµβου 3, θα είναι

1

2

1 22

33 2

2

21

5 4 3 2 5 4 3 22

1 1s+1.5+ I

s s1 2

s+1+ Is s

1 1 1 10 0 I +I s+1.5+

s s s se6.5 31 1 s +3s +6.75s+8.75+ +s+1.5+ 0s ss s

1 2 1s+1+

s s s1 1

0 s+0.5+s s

I1 s +1.5s+1Is +3s +6.75s +8.75s +6.5s+3 s +3s +6.75s +8.75s +6.5s+3

−

−

− = = =

−

− −

−

=

Η µήτρα συναρτήσεων µεταφοράς εποµένως θα είναι 2

5 4 3 2 5 4 3 2

1 s +1.5s+1G(s)

s +3s +6.75s +8.75s +6.5s+3 s +3s +6.75s +8.75s +6.5s+3

=

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Φεβρουάριος 1992)

Σχήµα (α).

Σχήµα (β).

1. Εάν A,B,C,D είναι οι παράµετροι µεταφοράς του διθύρου Ν, να δειχθεί ότι για το δίκτυο του Σχήµατος (α) ισχύει

2 L

L

V (s) RG(s)= =

E(s) B+AR

2. Να σχεδιαστεί το δίθυρο του Σχήµατος (β) σαν αλυσωτή σύνδεση τριών οµοίων διθύρων και να προσδιοριστούν οι µήτρες Τ του κάθε συνιστώντος και του ολικού διθύρου.

3. Εάν το δίθυρο του Σχήµατος (β) τερµατιστεί όπως στο Σχήµα (α) µε αντίσταση 2Ω, να ευρεθεί η συνάρτηση µεταφοράς G(s).

Λύση 1. Από τις εξισώσεις του διθύρου λαµβάνονται

1 2

1 2

V (s) V (s)A B=

I (s) I (s)C D −

Από τις συνθήκες τερµατισµού λαµβάνονται

1

22

L

V (s) E(s)

V (s)I (s)

R

=

= −

1Ω

I1

+

V1

1H

V21Ω

2H

1Ω

1H

I2

2H+

_ _

1Ω

I1

+

V1

1H

V21Ω

2H

1Ω

1H

I2

2H+

_ _

I2

+

_

V1

+

_

I1

V2RL

E+∆ΙΘΥΡΟ Ν

I2

+

_

V1

+

_

V1

+

_

I1

V2RL

E+ E+∆ΙΘΥΡΟ Ν

Από την πρώτη εξίσωση µε αντικατάσταση λαµβάνεται

21 2 2 2

L

V (s)V (s) E(s) AV (s) BI (s) AV (s) B

R= = − = +

Από την τελευταία σχέση προκύπτει άµεσα

2 2 L

1 L

V (s) V (s) RG(s)= =

E(s) V (s) B+AR=

2. Το δίθυρο του Σχήµατος (β) µπορεί να σχεδιαστεί σαν αλυσωτή σύνδεση τριών όµοιων διθύρων Ν1 όπως στο ακόλουθο Σχήµα.

Εάν τοποθετηθούν πηγές τάσεως V1 και V2 στις θύρες του διθύρου και εφαρµοστεί η µέθοδος των βρόχων για τα ρεύµατα των βρόχων που φαίνονται στο Σχήµα, θα είναι

1 1

2 2

I (s) V (s)s 1 1=

I (s) V (s)1 s 1+

+

Από την ανωτέρω σχέση η µήτρα συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως Ζ του διθύρου Ν1 προκύπτει άµεσα

s 1 1Z(s)

1 s 1+

= +

Η µήτρα των παραµέτρων µεταφοράς του διθύρου Ν1 θα είναι

11 z2

21 21

22

21 21

zz zA B s 1 s 2s

TC D 1 z 1 s 1

z z

∆ + + = = = +

Η µήτρα των παραµέτρων µεταφοράς του διθύρου του Σχήµατος (β) θα είναι

1Ω

1H

I1

+V1

I2

+V2

1 23

1H

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

1Ω

1H

I1

+V1

+V1

I2

+V2

11 2233

1H

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

2 2 23

3 2 4 3 2

2 3 2

s 1 s 2s s 1 s 2s s 1 s 2sT T

1 s 1 1 s 1 1 s 1

A4s 12s 9s 1 4s 16s 19s 6sC D4s 8s 3 4s 12s 9s 1

ολ

ολ ολ

ολ ολ

+ + + + + += = =

+ + +

Β + + + + + += = + + + + +

Εφαρµόζοντας τον τύπο του ερωτήµατος (1) για RL=2Ω προκύπτει

( ) ( )L

4 3 2 3 2L

4 3 2

R 2G(s)

B AR 4s 16s 19s 6s 4s 12s 9s 1 2

24s 24s 43s 24s 2

= = =+ + + + + + + +

=+ + + +

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1992) Το σύστηµα του Σχήµατος οδηγείται από την δύναµη F1(t) και το βάρος της µάζας Μ2. 1. Να γραφούν οι εξισώσεις κινήσεως του συστήµατος ως προς τις µεταβλητές x1, x2. 2. Να σχεδιαστεί το ηλεκτρικό ανάλογο του συστήµατος. 3. Εάν ως έξοδος του συστήµατος θεωρηθεί η αποµάκρυνση x2(t) να ευρεθεί η

συνάρτηση µεταφοράς 2

1

X (s)G(s)

F (s)=

4. Να προσδιοριστεί το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του συστήµατος.

Λύση 1. Στη µάζα Μ1 κατά τη φορά της x1 ασκούνται οι δυνάµεις

Κ(x2-x1) από το ελατήριο -Β1dx1/dt εξαιτίας της τριβής -F1(t) από την κινητήρια δύναµη.

Εφαρµόζοντας τον νόµο του Νεύτωνα, λαµβάνεται 2

1 11 2 2 1 1 12

d x dxM K (x x ) B F (t)

dt dt= − − − (1)

Στη µάζα Μ2 κατά τη φορά της x2 ασκούνται οι δυνάµεις

-Κ(x2-x1) από το ελατήριο -Β2dx2/dt εξαιτίας της τριβής F2(t)=Μ2g εξαιτίας του βάρους της Μ2.

Εφαρµόζοντας τον νόµο του Νεύτωνα, λαµβάνεται

F2

K

F1

x2

B1

B2

M1

M2

x1

F2

K

F1

x2

B1

B2

M1

M2

x1

21 2

2 2 2 1 2 22

d x dxM K (x x ) B F (t)

dt dt= − − − + (2)

Οι εξισώσεις (1) και (2) είναι οι εξισώσεις κινήσεως του συστήµατος. 2. Εάν θεωρηθούν ως τάσεις των κόµβων του ηλεκτρικού συστήµατος οι ταχύτητες

1 2x , xɺ ɺ , το ισοδύναµο ηλεκτρικό ανάλογο του συστήµατος θα είναι 3. Εφαρµόζοντας µετασχηµατισµό Laplace µε µηδενικές αρχικές συνθήκες (απαραίτητο για τον ορισµό της συνάρτησης µεταφοράς), από τις σχέσεις (1) και (2) λαµβάνονται

( )( )

21 1 1 2 1

21 2 2 2 2

M s B s K X (s) KX (s) F (s)

KX (s) M s B s K X (s) F (s)

+ + − = −

− + + + = (3)

Καθώς ως έξοδος θεωρείται η µετατόπιση x2, επιλύοντας ως προς X2(s) λαµβάνεται 2

1 1 1

22 2

1 12

2 2

M s B s K F (s)K F (s)

X (s)M s B s K K

K M s B s K

+ + −

−= =

+ + −

− + +

( )21 1 1 2

4 3 21 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2

KF (s) M s B s K F (s)

M M s (M B M B )s (M K M K B B )s (B K B K)s

− + + += =

+ + + + + + +

211 1

2

F (s)K M s B s KF (s)D(s) D(s)

− + +=

Από την ανωτέρω µήτρα συναρτήσεων µεταφοράς προκύπτει άµεσα 2

4 3 21 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2

X (s) KG(s)

F (s) M M s (M B M B )s (M K M K B B )s (B K B K)s−

= =+ + + + + + +

4. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του συστήµατος θα είναι

21 1

22 2

M s B s K K(s)

K M s B s K+ + −

ψ = =− + +

4 3 21 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2M M s (M B M B )s (M K M K B B )s (B K B K)s= + + + + + + +

21

0

1 1C =M2 2 2I =F =M g

1 1I =F 2 2C =M1

L=K

2 2G =B1 1G =B

2211

00

1 1C =M2 2 2I =F =M g

1 1I =F 2 2C =M1

L=K

2 2G =B1 1G =B

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1992) 1. Να γραφεί η αόριστη µήτρα σύνθετης αγωγιµότητας του κυκλώµατος Υ εάν τα

αρχικά ρεύµατα στα συζευγµένα πηνία είναι µηδενικά. 2. Να σχολιαστεί η µορφή που θα πάρει η Υ εάν βραχυκυκλωθούν οι ακροδέκτες 2

και 4 (G2=∞). Λύση 1. Για την γραφή της αόριστης µήτρας συνθέτων αγωγιµοτήτων Υ κατασκευάζεται η κατωτέρω διάταξη και η µήτρα Υ καθορίζεται από την σχέση

1 1

2 2

3 3

4 4

I VI V

YI VI V

=

(1)

Μ

L1

G1

G2

L2

1

2 4

3Μ

L1

G1

G2

L2

1

2 4

3Μ

L1

G1

G2

L2

11

22 44

33

Μ

L1

G1

G2

L2

1

2 4

3

V2 V4V3V1

0

Μ

L1

G1

G2

L2

11

22 44

33

V2 V4V3V1

00

Από την περιγραφική σχέση του µετασχηµατιστή λαµβάνονται

7 81 2 1

7 83 4 2

dI dIV V L M

dt dtdI dI

V V M Ldt dt

− = +

− = + (2)

Από τις περιγραφικές σχέσεις των αγωγιµοτήτων G1, G2 λαµβάνονται

5 1 1 3

6 2 2 4

I G (V V )

I G (V V )

= −

= − (3)

Από την εφαρµογή του Νόµου Ρευµάτων Kirchhoff στους κόµβους 1,2,3 και 4 λαµβάνονται

1 7 5

2 7 6

3 8 5

4 8 6

I I I

I I I

I I I

I I I

= +

= − +

= −

= − −

(4)

Οι σχέσεις (3) και (4) ισχύουν και στο πεδίο του χρόνου και στο πεδίο του Μετασχηµατισµού Laplace. Μετασχηµατίζοντας τις σχέσεις (2) κατά Laplace µε µηδενικές αρχικές συνθήκες και επιλύοντας ως προς Ι7, Ι8 λαµβάνονται

2 1 2 3 47 2 2

1 2

1 2 1 3 48 2 2

1 2

L s(V V ) Ms(V V )I

s (L L M )

Ms(V V ) L s(V V )I

s (L L M )

− − −=

−

− − + −=

−

(5)

Αντικαθιστώντας τις σχέσεις (3) και (5) στις σχέσεις (4) λαµβάνονται

2 1 2 2 3 41 7 5 1 1 1 32 2

1 2

2 1 2 2 3 42 6 7 2 2 2 4 2 2

1 2

1 2 1 3 1 43 8 5 1 1 1 32 2

1 2

1 2 1 3 1 44 8 6 22 2

1 2

L sV L sV MsV MsVI I I G V G V

s (L L M )L sV L sV MsV MsV

I I I G V G Vs (L L M )

MsV MsV L sV L sVI I I G V G V

s (L L M )MsV MsV L sV L sV

I I I Gs (L L M )

− − += + = + −

−

− + + −= − = − +

−

− − − += − = − +

−

+ + −= − − = −

− 2 2 4V G V+

(6)

Γράφοντας τις εξισώσεις (6) σε µητρική µορφή λαµβάνεται

2 21 1

12 22 2

2

31 11 1

4

1 12 2

L s L s Ms MsG G

D(s) D(s) D(s) D(s)VL s L s Ms Ms

G GVD(s) D(s) D(s) D(s)

I YVVMs Ms L s L s

G GD(s) D(s) D(s) D(s) V

Ms Ms L s L sG G

D(s) D(s) D(s) D(s)

+ − − −

− + − −

= =

− − + −

− − − +

(7)

2. Εάν G2=∞, οι κόµβοι 2 και 4 θα ταυτίζονται. Αυτό σηµαίνει ότι η V2 πρέπει να ταυτίζεται µε την V4 και η αντίστοιχη ένταση Ι΄2 θα είναι ίση µε Ι2+Ι4. Από τις σχέσεις (7) και τις τελευταίες σχέσεις µπορεί να γραφεί

2 4

2 21 1

1 1 12 1 2 1

2 2 4 2

3 3 3V V1 1

1 1

L s Ms L s MsG G

D(s) D(s) D(s)I I V

Ms L s L s L s 2Ms Ms L sI I I V

D(s) D(s) D(s)I I V

Ms Ms L s L sG G

D(s) D(s) D(s)

=

−+ − −

′ − + − − ′ = + = ′ −− − +

1993 ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Φεβρουάριος 1993)

Για το κύκλωµα του Σχήµατος 1. Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο

γράφους. 2. Παρατηρώντας ότι

1 2 31 C 4 C 8 Ce v , e v , e v= = = , να γραφούν οι εξισώσεις

καταστάσεως του συστήµατος για 1 2 3

TC C Cx v v v = .

3. Να προσδιοριστούν τα σηµεία ισορροπίας του κυκλώµατος και το χαρακτηριστικό του πολυώνυµο.

4. Εάν x(0)≠0 και E(t)=0, να ευρεθεί η x(t) και να προσδιοριστεί εάν το σύστηµα είναι ευσταθές, ασταθές ή ασυµπτωτικά ευσταθές.

5. Εάν η αντίσταση R5 βραχυκυκλωθεί, να εξεταστούν τα ερωτήµατα (3) και (4) για το κύκλωµα που προκύπτει.

+

4

R3

0

R1

R2

R4

Vo

_

-

+

C3

-

+

-

+

C1

-

+

C2

E+

R5

R6

2

15

3

87

6

9+

44

R3

00

R1

R2

R4

Vo

_

-

+

C3

-

+

-

+

-

+

C1

-

+

C2

E+

R5

R6

22

1155

33

8877

66

99


Σχήµα (α)

1. Να δειχθεί ότι τα στοιχεία της µήτρας συνθέτων αντστάσεων ανοικτοκυκλώσεως Ζ

του διθύρου του Σχήµατος (α) δίδονται από τις σχέσεις

11 22

1z z Z

2 αν βρ = = + Ζ

12 211

z z Z2 αν βρ = = − Ζ

όπου Ζαν, Ζβρ είναι οι αντιστάσεις εισόδου που φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα (β) και (γ).

Σχήµα (β). Σχήµα (γ).

2. Εάν το δίθυρο (α) τερµατιστεί µε αντίσταση φορτίου 1Ω και στην είσοδο τοποθετηθεί πηγή τάσεως E(t)=10ηµt µηδενικής εσωτερικής αντίστασης, για µοναδιαίες τιµές των στοιχείων να ευρεθεί η V2(t) στη µόνιµη κατάσταση.

Λύση

I2

V2

+

_

I1

RV1

+

_

C1C1

L2L2L2L2

L2L2L2L2

R R

R

I2

V2

+

_

V2

+

_

I1

RV1

+

_

C1C1

L2L2L2L2

L2L2L2L2

R R

R

RZαν C1

L2L2

L2L2

RR

Zαν C1

L2L2

L2L2

RR

Zβρ C1

L2L2

L2L2

RR

Zβρ C1

L2L2

L2L2

R

1. Για την εύρεση της περιγραφής του διθύρου µε τη µήτρα Ζ θεωρείται ότι διεγείρεται από πηγές ρεύµατος Ι1 και Ι2, οι οποίες µπορούν να γραφούν.

[ ] [ ]1 1 2 1 21 12 2 σ αΙ = Ι + Ι + Ι − Ι Ι + Ι≜

[ ] [ ]2 1 2 1 21 12 2 σ αΙ = Ι + Ι − Ι − Ι Ι − Ι≜

Εφαρµόζεται επαλληλία στο κύκλωµα µε επίδραση των πηγών Ισ µόνο και των πηγών Ια µόνο. Για τις διεγέρσεις Ισ θα δηµιουργηθεί το ακόλουθο κύκλωµα. Ας θεωρηθούν δύο παρατηρητές Α και Β οι οποίοι παρατηρούν το κύκλωµα όπως αυτό φαίνεται στο σχήµα και από το συµµετρικό του σηµείο ως προς το επίπεδο του σχήµατος. Οι ακροδέκτες 1-8 στο επίπεδο ηµιτοµής του κυκλώµατος φαίνονται στο Σχήµα Εάν Ι1Α5Α≠0, Ι1Β5Β=Ι1Α5Α επειδή οι παρατηρητές Α και Β βλέπουν το ίδιο κύκλωµα. Επειδή τα ρεύµατα αυτά έχουν αντίθετη φορά, αυτό δεν µπορεί να συµβαίνει εκτός εάν

1 5 0Α ΑΙ =

οπότε οι κλάδοι 1Α5Α και ανάλογα 4Α8Α δεν διαρρέονται από ρεύµατα και µπορούν να ανοικτοκυκλωθούν. Ας θεωρηθούν τα σηµεία Ο1Α και Ο2Α όπως στο Σχήµα Επειδή οι παρατηρητές Α και Β βλέπουν το ίδιο κύκλωµα, θα είναι

1A 2A 1B 2B 2A 1AO O O O O OV V V= =

Η τελευταία σχέση µπορεί να ίσχύει µόνον όταν

1A 2AO OV 0=

οπότε οι κλάδοι 2Α7Α και 3Α6Α µπορούν να βραχυκυκλωθούν χωρίς να αλλάξουν τα ρεύµατα και οι τάσεις του κυκλώµατος. Η µορφή που θα λάβει το κύκλωµα είναι

Iσ V2

+

_

V1

+

_

I1

Iσ

6Α≡2Β

7Α≡3Β8Α≡4Β

1Α≡5Β

2Α≡6Β

3Α≡7Β

4Α≡8Β

Ι1Β5Β

5Α≡1Β

Ο1Α≡Ο2Β

∆ΙΘΥΡΟ Ν/2

Ι1Α5Α

Ο2Α≡Ο1Β

∆ΙΘΥΡΟ Ν/2

Iσ V2

+

_

V1

+

_

I1

Iσ

6Α≡2Β

7Α≡3Β8Α≡4Β

1Α≡5Β

2Α≡6Β

3Α≡7Β

4Α≡8Β

Ι1Β5Β

5Α≡1Β

Ο1Α≡Ο2Β

∆ΙΘΥΡΟ Ν/2

Ι1Α5Α

Ο2Α≡Ο1Β

∆ΙΘΥΡΟ Ν/2

και θα ισχύει

(1)1V Zαν σ= Ι

Ας θεωρηθεί το κύκλωµα υπό την επίδραση των διεγέρσεων Ια, όπως στο ακόλουθο Σχήµα, και οι παρατηρητές Α και Β στις θέσεις που σηµειώνονται.

Θα είναι

2 7 2B7BΑ ΑΙ = Ι

επειδή οι παρατηρητές βλέπουν το ίδιο κύκλωµα και καθώς τα ρεύµατα έχουν αντίθετη φορά, αυτό µπορεί να συµβαίνει µόνο όταν

Iσ V2

+

_

V1

+

_

I1

Iσ

∆ΙΘΥΡΟ Ν/2∆ΙΘΥΡΟ Ν/2

IσIσ V2

+

_

V1

+

_

I1

Iσ


Iα V2

+

_

V1

+

_

I1

Iα

6Α≡2Β

7Α≡3Β8Α≡4Β

1Α≡5Β

2Α≡6Β

3Α≡7Β

4Α≡8Β

Ι2Β7Β

5Α≡1ΒΟ1Α≡Ο2Β

∆ΙΘΥΡΟ Ν/2

Ι2Α7Α

Ο2Α≡Ο1Β

∆ΙΘΥΡΟ Ν/2Β

Α

Iα V2

+

_

V1

+

_

I1

Iα

6Α≡2Β

7Α≡3Β8Α≡4Β

1Α≡5Β

2Α≡6Β

3Α≡7Β

4Α≡8Β

Ι2Β7Β

5Α≡1ΒΟ1Α≡Ο2Β

∆ΙΘΥΡΟ Ν/2

Ι2Α7Α

Ο2Α≡Ο1Β

∆ΙΘΥΡΟ Ν/2Β

Α

2 7 2B7B 0Α ΑΙ = Ι =

οπότε οι κλάδοι 2Α7Α και 2Β7Β ≡3Α6Α µπορούν να κοπούν και να παραµείνουν ανοικτοκυκλωµένοι χωρίς αλλαγή των τάσεων και των ρευµάτων του κυκλώµατος. Ας θεωρηθούν τα σηµεία Ο1Α και Ο2Α όπως στο Σχήµα. Θα είναι

1A 2A 2 B 1BO O O OV V=

Επειδή οι παρατηρητές Α και Β βλέπουν το ίδιο κύκλωµα, θα είναι

1A 2A 1B 2B 2A 1AO O O O O OV V V= = −

Η τελευταία σχέση µπορεί να ίσχύει µόνον όταν

1A 2AO OV 0=

οπότε οι κλάδοι 1Α5Α και 4Α8Α µπορούν να βραχυκυκλωθούν χωρίς να αλλάξουν τα ρεύµατα και οι τάσεις του κυκλώµατος. Η µορφή που θα λάβει το κύκλωµα είναι

οπότε

(2)1V Zβρ α= Ι

Από την αρχή της επαλληλίας θα είναι

(1) (2) 1 2 1 21 1 1

1 2 11 1 12 2

V V V Z Z Z Z2 2

Z Z Z Zz z

2 2

αν σ βρ α αν βρ

αν βρ αν βρ

Ι + Ι Ι − Ι= + = Ι + Ι = + =

+ − = Ι + Ι = Ι + Ι

Από την τελευταία σχέση προκύπτει άµεσα

Iα V2

+

_

V1

+

_

I1

Iα


Iα V2

+

_

V1

+

_

I1

Iα


11

12

Z Zz

2Z Z

z2

αν βρ

αν βρ

+=

−=

Επειδή το δίθυρο είναι συµµετρικό, για τις παραµέτρους z θα ισχύουν οι σχέσεις

11 22

12 21

z z

z z

=

=

και η πρόταση αποδείχτηκε. 2. Για µοναδιαίες τιµές των στοιχείων οι παράµετροι z του διθύρου προκύπτουν από τις ανωτέρω σχέσεις

21

1 1

1

1 22R2 4s 2s 2C s sZ L s L s 2s 2s

1 1 2s 1 2s 12R 2C s s

αν

+ += + + = + = + =

+ ++ +

2 31

1 2 2

21

12L s

2s 4s 4sC sZ 2L s 2s

1 2s 1 2s 12L sC s

βρ

+= + = + =

+ ++

οπότε 2 3

4 3 22

11 22 3 2

4s 2s 2 4s 4sZ Z 16s 8s 16s 6s 22s 1 2s 1z z

2 2 8s 4s 4s 2αν βρ

+ + +++ + + + ++ += = = =

+ + +

2 3

2

12 21 3 2

4s 2s 2 4s 4sZ Z 2 2s2s 1 2s 1z z

2 2 8s 4s 4s 2αν βρ

+ + +−− −+ += = = =

+ + +

Για το διπλά τερµατισµένο δίθυρο θα ισχύει

11 1 12 2

2 L 2 21 1 22 2

E z I z I

V R I z I z I

= +

= − = +


L 22 2 21 1(R z )I z I− + =

οπότε

L 22 L 22 22 2211 2 12 2 11 12

21 21 L L

R z R z V VE z I z I z z

z z R R+ +

= − + = +

Η συνάρτηση µεταφοράς θα είναι

22 21 L 21 L2 2

11 22 21 12 11 L 11 12 11 L

V (s) z R z RG(s)

E(s) z z z z z R z z z R= = =

− + − +

Επειδή

12 21

2 2j 1 jz ( j1) z ( j1)

8j 4 4j 2 1 2 j− −

= = =− − + + − −

11 22

16 8j 16 6j 2 2 2 j 1 jz ( j1) z ( j1)

8j 4 4 j 2 2 4j 1 2 j− − + + − −

= = = =− − + + − − − −

θα είναι

11 12z ( j1) z ( j1)=

και η συνάρτηση µεταφοράς θα είναι

j021 Ls j12 2

11 12 11 L

z RG( j1) 1 1e

z z z R == = =− +

Η έξοδος στη µόνιµη κατάσταση θα είναι

ssy (t) 10* G( j1) * [1* t ArgG( j1)] 10* (t)= ηµ + = ηµ

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1993) Για το κύκλωµα του Σχήµατος 9. Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο

γράφους για τις δύο θέσεις του διακόπτη δ. 10. Να προσδιοριστούν οι συναρτήσεις µεταφοράς

oi

V (s)G (s)

E(s)=

για τις δύο θέσεις του διακόπτη. 11. Να προσδιοριστούν οι συνθήκες για να είναι το σύστηµα

− Ασυµπτωτικά ευσταθές − Ελαχίστης φάσεως.

Λύση Το κύκλωµα µπορεί να σχεδιαστεί ως εξής.

5

432

-

+

δ

R8

0

1

E

+

R1

R2

R9R7

Vo

+

_

C4

C3

R6

R5

θ2

θ1

55

443322

-

+

δ

R8

00

11

EE

+

R1

R2

R9R7

Vo

+

_

C4C4

C3

R6

R5

θ2

θ1

Ο διακόπτης στη θέση θ1 συνεπάγεται 6 6 6R , R R′ ′′= ∞ = ενώ στη θέση θ2 συνεπάγεται

6 6 6R R , R′ ′′= = ∞ . Ο Ι-Γράφος και ο V-Γράφος του συστήµατος φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα.

5

4

3

2

-

+

R80

1

E

+

R1

R2

R9R7

Vo

+

_

C4

C3 R5

6R′

6R′′

55

44

33

22

-

+

R800

11

EE

+

R1

R2

R9R7

Vo

+

_

C4C4

C3 R5

6R′

6R′′

C4

C3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 3

R2

1 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡3 5

R1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4

R8R5

R9

R7

6R′

6R′′

C4

C3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 32 3

R2

1 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡3 5≡≡≡≡3 53 5

R1

≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡ 4

R8R5

R9

R7

6R′

6R′′


11 1 2 3 4 4 3

26 4 4 6 6 5 5

37 7 8 9 9

4

VG G G C s C s C s C s 0VG C s C s G G G G 0VG 0 G G G G 0V1 0 0 0 E(s)

− + + + − − ′′ ′′ ′− − + + + − = − + + −


1 1 2 3 4 4

6 4 4 6 6 5

7 7 8 9

4

1 1 2 3 4 4 3

6 4 4 6 6 5 5

7 7 8 9 9

G G G C s C s C s 0G C s C s G G G 0G 0 G G G 01 0 0 EV (s) 1

G(s)G G G C s C s C s C sE(s) E(s)G C s C s G G G GG 0 G G G G1 0 0 0

− + + + −

′′ ′′ ′− − + + +

− + +

= = =− + + + − −

′′ ′′ ′− − + + + −

− + + −

0 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 2 C4

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 1

E

R7

4 ≡≡≡≡ 4C3

R8R2

R1

3 ≡≡≡≡ 3 ≡≡≡≡ 5

R9

R5

6R′′6R′

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 2 C4

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1

E

R7

4 ≡≡≡≡ 44 ≡≡≡≡ 4C3

R8R2

R1

3 ≡≡≡≡ 3 ≡≡≡≡ 53 ≡≡≡≡ 3 ≡≡≡≡ 5

R9

R5

6R′′6R′

1 1 2 3 4 4

6 4 4 6 6 5

7 7 8 9

1 2 3 4 4 3

4 4 6 6 5 5

7 8 9 9

G G G C s C s C sG C s C s G G GG 0 G G G

G G C s C s C s C sC s C s G G G G0 G G G G

− + + + −

′′ ′′ ′− − + + +

− + += =

+ + + − −

′′ ′− − + + + −

+ + −

( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )

2 27 1 2 3 4 4 6 6 5 4 7 8 9 1 4 6 1 2 3 4

2 2 29 1 2 3 4 4 6 6 5 4 7 8 9 3 4 5 1 2 3 4

G G G C s C s C s G G G C s G G G G C s G G G C s C s

G G G C s C s C s G G G C s G G G C C s G G G C s C s

′′ ′ ′′ − + + + + + + − + + + + + + + =′′ ′ + + + + + + − + + + − − + + +

Όταν ο διακόπτης είναι στη θέση θ1, 6 6 6G 0, G G′ ′′= = και ο αριθµητής της G(s) γίνεται

( )( )

21 7 3 4

1 8 4 1 9 4 6 8 3 6 9 3 6 8 4 6 9 4 2 7 4 5 7 3 5 7 4

1 6 8 1 6 9 2 6 8 2 6 9 1 5 7 2 5 7

A (s) G C C s

s G G C G G C G G C G G C G G C G G C G G C G G C G G C

G G G G G G G G G G G G G G G G G G

= − +

+ + + + + + − − − +

+ + + + − −

Όταν ο διακόπτης είναι στη θέση θ2, 6 6 6G G , G 0′ ′′= = και ο αριθµητής της G(s) γίνεται

( )( )

22 7 3 4

1 8 4 1 9 4 2 7 4 5 7 3 5 7 4 6 7 3 6 7 4

1 5 7 2 5 7 1 6 7 2 6 7

A (s) G C C s

s G G C G G C G G C G G C G G C G G C G G C

G G G G G G G G G G G G

= − +

+ + − − − − − +

− + + +

Και στις δύο περιπτώσεις ο Παρονοµαστής της G(s) θα είναι

( )( )

( )

27 3 4 8 3 4

1 9 4 2 9 4 6 9 3 6 9 4 5 7 4 5 7 3 5 8 4 5 8 3

1 6 9 2 6 9 1 5 7 2 5 7 1 5 8 2 5 8

(s) G C C G C C s

s G G C G G C G G C G G C G G C G G C G G C G G C

G G G G G G G G G G G G G G G G G G

Π = − + +

+ + + + − − − − +

+ + − − − −

3. Το πολυώνυµο as2+bs+c έχει ρίζες στο αριστερό ηµιεπίπεδο εάν τα a,b,c είναι οµόσηµα, όπως προκύπτει από τη διάταξη Routh

s2 a c

s b

s0 c

Για να είναι το κύκλωµα ασυµπτωτικά ευσταθές πρέπει οι ρίζες του Π(s) να είναι στο αριστερό ηµιεπίπεδο. Καθώς ο µεγιστοβάθµιος συντελεστής είναι αρνητικός, θα πρέπει να ισχύουν οι ανισότητες

1 9 4 2 9 4 6 9 3 6 9 4 5 7 4 5 7 3 5 8 4 5 8 3G G C G G C G G C G G C G G C G G C G G C G G C 0+ + + − − − − <

1 6 9 2 6 9 1 5 7 2 5 7 1 5 8 2 5 8G G G G G G G G G G G G G G G G G G 0+ − − − − <

Για να είναι το σύστηµα ελαχίστης φάσεως πρέπει εκτός των πόλων και τα µηδενικά του να είναι στο αριστερό ηµιεπίπεδο. Οι µεγιστοβάθµιοι συντελεστές των πολυωνύµων των αριθµητών είναι αρνητικοί, οπότε πρέπει να ισχύουν οι σχέσεις

∆ιακόπτης στη θέση θ1

1 8 4 1 9 4 6 8 3 6 9 3 6 8 4 6 9 4 2 7 4 5 7 3 5 7 4G G C G G C G G C G G C G G C G G C G G C G G C G G C 0+ + + + + − − − <

1 6 8 1 6 9 2 6 8 2 6 9 1 5 7 2 5 7G G G G G G G G G G G G G G G G G G 0+ + + − − <

∆ιακόπτης στη θέση θ2

1 8 4 1 9 4 2 7 4 5 7 3 5 7 4 6 7 3 6 7 4G G C G G C G G C G G C G G C G G C G G C 0+ − − − − − <


1. Να εξεταστεί εάν ισχύουν τα κριτήρια Brune για την σύνδεση των διθύρων Ν1 και Ν2 του ανωτέρω σχήµατος.

2. Να δειχθεί ότι τα δίθυρα Ν1 και Ν2 παραµένουν δίθυρα και µετά τη σύνδεση και εάν

11 121

21 22

y y 1 j 5Y

y y 1 j 2 3j+ −

= = − − +

είναι η µήτρα συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκυκλώσεως του Ν1, να ευρεθεί η µήτρα Υ του συνδυασµού.

3. Να επιλεγούν τα R,n ώστε η V2 να µην επηρεάζει την ένταση I1 και εάν ZL=1Ω να µεγιστοποιείται το µέτρο του κέρδους τάσεων.

Λύση 1. Οι διατάξεις των κριτηρίων Brune για την παράλληλη-παράλληλη σύνδεση είναι όπως στα ακόλουθα σχήµατα.

V1

+

_

1:n

I2

R

I1

V2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

V1

+

_

1:n

I2

R

I1

V2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

V22 ΄1:n

R

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

+V1

V22 ΄1:n

R

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

+V1

Είναι προφανές ότι δεν εξασφαλίζεται αναγκαστικά ότι V22΄=0 και V11΄=0 και συνεπώς τα κριτήρια Brune δεν ικανοποιούνται. 2. Εξαιτίας του διθύρου Ν2 το ρεύµα Ι1΄΄ θα ισούται µε το ρεύµα J1΄΄ µε εφαρµογή του Νόµου Ρευµάτων του Kirchhoff στο πρωτεύον του µετασχηµατιστή. Με εφαρµογή του Νόµου Ρευµάτων του Kirchhoff στα σηµεία Α και Β προκύπτει Ι1΄=J1΄. Αντίστοιχα ισχύουν για το δευτερεύον του µετασχηµατιστή και για την εφαρµογή του Νόµου Ρευµάτων του Kirchhoff στα σηµεία Γ και ∆. Επειδή Ι1΄=J1΄ και Ι2΄=J2΄, το Ν1 παραµένει δίθυρο και µετά τη σύνδεση. Το αυτό συµβαίνει και για το Ν2 και συνεπώς εάν Υ1, Υ2 είναι οι µήτρες των συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκυκλώσεως των δύο διθύρων, η µήτρα του συνδυασµού θα είναι Υ=Υ1+Υ2

Για τον προσδιορισµό της Υ2 το δίθυρο Ν2 τερµατίζεται µε πηγές τάσεως, όπως στο Σχήµα

1:n

R

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

V11 ΄

+

_+

V21:n

R

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

V11 ΄

+

_

+

_++

V2

V1

+

_

1:n

I2

R

I1

V2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

1I′

1J′1I′′

2I′

1J′′

2J′2I′′

2J′′

J2J1

Α

∆

Γ

Β

Α

V1

+

_

1:n

I2

R

I1

V2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

1I′

1J′1I′′

2I′

1J′′

2J′2I′′

2J′′

J2J1

Α

∆

Γ

Β

Α

Θα είναι

1 11

V vI

R−

=

Οι περιγραφικές σχέσεις του µετασχηµατιστή εφαρµόζοντας τον κανόνα των στιγµών θα είναι

1

2

v 1v n

= −

1

2

in

i=

Θα είναι

21

1 11 1 2

vVV v 1 1nI V V

R R R nR

+−= = = +

12 1 22

I 1 1I V V

n nR n R= = +

Συνεπώς

2

2

1 1R nRY1 1

nR n R

=

και η µήτρα Υ του συνδυασµού θα είναι

11 1211 12

1 221 22

21 222 2

1 1 1 1y yy y R nR R nRY Y Y

y y 1 1 1 1y y

nR n R nR n R

+ + = + = + =

+ +

3. Για να µην επηρεάζει η V2 το Ι1 πρέπει να ισχύει

1:n

R

v2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

+V1

+

v1

+

_V2

I1 I21:n

R

v2

+

_v2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

+V1

+

v1

+

_v1

+

_V2

I1 I2

12 121

Y y 0nR

= + =


121

ynR

= −

Το µέτρο του κέρδους τάσεων θα είναι

21 1221v

1222 22

L L

y y 6 jYK

1 51 yY 1 3jyZ nZ n

− −−= = =

+ − + ++ −

Συνεπώς το µέτρο του κέρδους τάσεων µεγιστοποιείται εάν

51 0

n− + =


n=5

Για την αντίσταση R θα είναι

121

y 5nR

= − = −

οπότε

1R

25= Ω

1994 ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Ιανουάριος 1994) Για το κύκλωµα του Σχήµατος 1. Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο

γράφους. 2. Εάν R1=R2=R3=R4=1Ω και C1=C2=C3=C4=1F να ευρεθεί η συνάρτηση µεταφοράς

ov (s)G(s)

E(s)=

3. Να ευρεθεί για ποιές τιµές των Κ1, Κ2 το σύστηµα µπορεί να χρησιµοποιηθεί σαν ταλαντωτής.

4. Παρατηρώντας και την G(s) να εξεταστεί η θέση των πόλων του συστήµατος όταν Κ1=Κ2=3 και να εξεταστεί η ευστάθειά του.

Λύση Ο Ι-Γράφος και ο V-Γράφος του συστήµατος φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα.

R1R3

C1

vo

+

_

C2

1

0

R2

C3

5

43

2+

E+

1K*V3

+

2K *V6

67

R4

C4

R1R3

C1

vo

+

_

vo

+

_

C2

11

00

R2

C3

55

4433

22+

E+

1K*V3

+

1K*V33

+

2K *V66

6677

R4

C4

R3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 31 ≡≡≡≡ 2≡≡≡≡3 5

R4

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4

≡≡≡≡4 6

C4

R2

R1

≡≡≡≡ 7

C3C2

C1

R3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 32 31 ≡≡≡≡ 2≡≡≡≡3 5≡≡≡≡3 53 5

R4

≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡ 4

≡≡≡≡4 6≡≡≡≡4 64 6

C4

R2

R1

≡≡≡≡ 7≡≡≡≡ 7

C3C2

C1


11 1 2 1 2 1

22 2 2

33 3 4 4 4 4

44 4 3

5

61

72

VG G G C s G C s 0 0 0 0V0 G G C s 0 0 0 0 0V0 0 0 G G G C s G C s 0V0 0 0 0 G G C s 0 0V1 0 0 0 0 0 0 E(s)V0 0 K 1 0 0 0 0V0 0 0 0 0 K 1 0

− + + − − − + − + + − −

=− +

− −


0 ≡≡≡≡ 0

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 1 2 ≡≡≡≡ 2

E

3 ≡≡≡≡ 3

1C

2CEΠ2΄

R44 ≡≡≡≡ 4

5 ≡≡≡≡ 5 6 ≡≡≡≡ 6 7 ≡≡≡≡ 7R3R2R1

4C

3C

EΠ2EΠ1΄

EΠ1

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1 2 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 2

E

3 ≡≡≡≡ 33 ≡≡≡≡ 3

1C

2CEΠ2΄

R44 ≡≡≡≡ 44 ≡≡≡≡ 4

5 ≡≡≡≡ 55 ≡≡≡≡ 5 6 ≡≡≡≡ 66 ≡≡≡≡ 6 7 ≡≡≡≡ 77 ≡≡≡≡ 7R3R2R1

4C

3C

EΠ2EΠ1΄

EΠ1

1 1 2 1 2 1

2 2 2

3 3 4 4 4

4 4 3

1

27

1 1 2 1 2 1

2 2 2

3 3 4 4 4 4

4 4 3

1

G G G C s G C s 0 0 00 G G C s 0 0 0 00 0 0 G G G C s G 00 0 0 0 G G C s 01 0 0 0 0 0 E0 0 K 1 0 0 00 0 0 0 0 K 1V (s) 1

G(s)G G G C s G C s 0 0 0E(s) E(s)0 G G C s 0 0 0 00 0 0 G G G C s G C s0 0 0 0 G G C s 01 0 0 0 0 0 00 0 K 1 0

− + + − −

− +

− + + −

− +

−

−= =

− + + − −

− +

− + + − −

− +

−

2

0 00 0 0 0 0 K 1

=

−

1 2 1 22 2

1 2

1

2

( 1)( 1)( K )( 1)K K K2 s 1 s 0 0 0 s (3 K )s 1 s (3 K )s 1

1 1 s 0 0 0 00 K 1 0 0 00 0 0 1 1 s 00 0 1 2 s 1 s0 0 0 0 K 1

− − − −= =

+ − − + − + + − + − +

−−

− +

+ − −

−

3. Για να λειτουργεί το σύστηµα σαν ταλαντωτής πρέπει να έχει πόλους επάνω στον φανταστικό άξονα και να µην είναι ασταθές. Επειδή το χαρακτηριστικό πολυώνυµο είναι

2 21 2(s) s (3 K )s 1 s (3 K )s 1 ψ = + − + + − +

το πολυώνυµο θα είναι ευσταθές αλλά όχι ασυµπτωτικά ευσταθές εάν

Κ1=3 και Κ2<3

ή

Κ1<3 και Κ2=3

4. Ειδικά όταν Κ1=Κ2=3 το χαρακτηριστικό πολυώνυµο έχει διπλές ρίζες επάνω στον φανταστικό άξονα. ¨Οπως έχει τονιστεί διπλή ρίζα επάνω στον φανταστικό άξονα δεν συνεπάγεται υποχρεωτικά αστάθεια του συστήµατος, όµως εάν το σύστηµα είναι ευσταθές στη συνάρτηση µεταφοράς δεν εµφανίζεται διπλός πόλος επάνω στο φανταστικό άξονα. Επειδή στην περίπτωση αυτή εµφανίζεται διλός πόλος επάνω στον φανταστικό άξονα της G(s), υο σύστηµα θα είναι ασταθές όταν Κ1=Κ2=3.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Ιανουάριος 1994) Εάν το δίθυρο N1 στο οποίο οι ακροδέκτες 1΄και 2΄είναι βραχυκυκλωµένοι έχει µήτρα συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκυκλώσεως

11 121

21 22

y yY

y y

=

1. Να δειχθεί ότι η µήτρα Υ του συνολικού διθύρου είναι

y11 12 f fa

af fa 22

21 22

y y y yyY y

y yy yy y

ολ

∆ + − = + −+

3. Να εξεταστεί πως µεταβάλλεται η Υολ εάν η ya τοποθετηθεί στην είσοδο του Ν1 αντί της εξόδου, όπως εµφανίζεται στο ερώτηµα (1).

4. Εάν το Ν1 είναι το κύκλωµα να προσδιοριστεί η Υολ(j1) του ερωτήµατος (1).

Λύση

V1

+

∆ΙΘΥΡΟ Ν

I1 I2

_

ya

yf

V2

+

_

V1

+

∆ΙΘΥΡΟ Ν

I1 I2

_

ya

yf

V2

+

_

V1

+

_

1Ω

1H

1*iC1F

I2

iC

1Ω

I1

V2

+

_

V1

+

_

1Ω

1H

1*iC1F

I2

iC

1Ω

I1

V2

+

_

2. Το ολικό δίθυρο µπορεί να σχεδιαστεί ως εξής. Για την εύρεση της µήτρας Υ των διθύρων Ν2 και Ν3 τερµατίζονται µε πηγές τάσεως, όπως στο Σχήµα Θα είναι

1 1 2 1 2I (V V )y yV yV= − = −

2 2 1 2 1I (V V )y yV yV= − = −

οπότε προκύπτουν

V2

y

I2

+

I1

+V1

y

I2

++

I1

+V1

V1

+

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

I1 I2

_

ya

yf

V2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν3

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

V1

+

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

I1 I2

_

ya

yf

V2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν3

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

a a2

a a

y yY

y y−

= −

f f3

f f

y yY

y y−

= −

Τα δίθυρα Ν1, Ν2 είναι συνδεδεµένα αλυσωτά και συνεπώς η µήτρα µεταφοράς του συνδυασµού θα είναι το γινόµενο των µητρών των παραµέτρων µεταφοράς των Ν1, Ν2. Θα είναι

22

21 211

y 11

21 21

y 1y y

Ty

y y

− − =−∆ −

a2

11

yT0 1

=

οπότε

22 2222

21 21 a 2121 21a12 1 2

y y y11 11

21 21 21 21 a 21

y y 1y 11

1 y y y yy yyT T T

y y0 1

y y y y y y

− −− − − = = = −∆ −∆ −∆ −

−

Ο συνδυασµός Ν1, Ν2 συνδέεται παράλληλα-παράλληλα µε το Ν3. Για τα κριτήρια Brune κατασκευάζονται οι ακόλουθες διατάξεις

V1

+

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

I1

A

_

ya

yf

∆ΙΘΥΡΟ Ν3

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

+

Ζ

∆Γ

B

V1

+

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

I1

A

_

ya

yf

∆ΙΘΥΡΟ Ν3

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

++

Ζ

∆Γ

B+

_VA Z

+

_VA Z

Και στις δύο διατάξεις η τάση VAZ είναι µηδενική εξαιτίας των βραχυκυκλωµάτων ΑΒΓ∆Ζ. Συνεπώς η µήτρα Υ του συνδυασµού θα είναι

Υολ=Υ12+Υ3

Από την Τ12 προκύπτει

12 y 11 a 12 a12

22 a 22 a12 1212

21 a 22 a12

22 a 22 a12 12

y y y yDy y y yB B

Yy y y y1 A

y y y yB B

Τ∆ ∆ + + + = = − + +

οπότε

y11 12 f fa

af fa 22

21 22

y y y yyY y

y yy yy y

ολ

∆ + − = + −+

2. Εάν η ya τοποθετηθεί στην είσοδο, τα δίθυρα Ν1 και Ν2 αντιµετατίθενται και αντί της Τ12 θα ληφθεί η Τ21 για την οποία ισχύει

y22 22 11

21 21 21 21 a 21 a 21a21 2 1

y y11 11

21 21 21 21

y 1 y y 11

1 y y y y y y y yyT T T

y y0 1y y y y

∆− − − − − −

= = = −∆ −∆− −

οπότε

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

I2

ya

yf

V2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν3

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

+

A+

_VA Z

B

Γ∆

Ζ

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

I2

ya

yf

V2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν3

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

++

A+

_VA Z

+

_VA Z

B

Γ∆

Ζ

21 11 a 12 a21

11 a 11 a21 2121

22 a y21 a21

11 a 11 a21 21

y y y yDy y y yB B

Yy yy y1 A

y y y yB B

Τ∆ + + = =

+ ∆ − + +

Εξαιτίας της ικανοποίησης των κριτηρίων Brune θα ισχύει

11 a 12 a

11 a 11 a f f21 3

22 a y f f21 a

11 a 11 a

y y y yy y y y y y

Y Yy y y yy y

y y y y

ολ

+ + − ′ = + Υ = + + ∆ − + +

3. Για τον προσδιορισµό της µήτρας Υ του διθύρου αυτό τερµατίζεται µε πηγές τάσεως όπως στο Σχήµα

Από την εφαρµογή του Νόµου Ρευµάτων Kirchhoff στον κόµβο 3 λαµβάνεται

1 3 3 2 3 23 3

V V V V V VsCV sV

1 Ls s− − −

= + = +Ω


3 1 22 2

s 1V V V

s s 1 s s 1= +

+ + + +

Εποµένως θα είναι 2

1 31 1 1 2 1 22 2 2 2

V V s 1 s 1 1I V V V V V

1 s s 1 s s 1 s s 1 s s 1− +

= = − − = −Ω + + + + + + + +

Από την εφαρµογή του Νόµου Ρευµάτων Kirchhoff στον κόµβο 2 λαµβάνεται 2 2

3 2 3 222 3 3 2 1 22 2

V V V VV s 1 s 3s 2sCV sV V V V

Ls 1 s s s 1 s s 1− − − + +

Ι = − + + = − + + = +Ω + + + +

Η µήτρα Υ του διθύρου θα είναι

1Ω

1H

1*iC1F

I2

iC

1Ω

I1

+V1

+V2

1 23

1Ω

1H

1*iC1F

I2

iC

1Ω

I1

+V1

+V1

+V2

11 2233

2

2 2

1 2 2

2 2

s 1 1s s 1 s s 1Y

s 1 s 3s 2s s 1 s s 1

+ − + + + + =

− + + + + + +

Θα είναι

1

0 j0 j

Y ( j1) 1 3j2 j 2 j 3 j

j

= =+ −

Εφαρµόζοντας τους ανωτέρω τύπους µε ya=yf=1Ω-1, λαµβάνεται

0 j 1 1 6 j 4 2j1 1Y ( j1)

2j 3 j 1 1 4 3j 7 2j4 j 4 jολ

− − − + = + = − − − + −− −

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1994) Για το κύκλωµα του Σχήµατος 12. Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο


ov (s)G(s)

I(s)=

14. Να ευρεθεί το χαρακτηριστικό πολυώνυµο τουσυστήµατος και να εξεταστεί εάν η περιγραφή του συστήµατος είναι ταυτόχρονα ελέγξιµη και παρατηρήσιµη εάν χρησιµοποιηθεί σαν διέγερση το I(t) και σαν απόκριση το vo(t).

15. Να ευρεθεί για ποιές τιµές των Κ1, Κ2 ταλαντώνει το σύστηµα και η συχνότητα ταλαντώσεων.

Λύση Ο Ι-Γράφος και ο V-Γράφος του κυκλώµατος φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα

R1

R3

I C1 vo

+

-

C2

1

0

+

1K*V+

22K *V1

R2C3

54

32

R1

R3

I C1 vo

+

-

C2

11

00

+

1K*V+

222K *V11

R2C3

5544

3322

R3C2

C3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 4R21 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡3 5

C1

R1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 3

I

R3C2

C3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 42 4R21 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡3 5≡≡≡≡3 53 5

C1

R1

≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 2≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 3≡≡≡≡ 3

I

Οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους είναι

11 2 1 2

22 2 2 2

33 3 3 3

41

52

VG G C s 0 0 G 0 I(s)VG C s 0 G C s 0 0V0 G C s 0 G C s 0VK 1 0 0 0 0V0 K 1 0 0 0

+ + − − − + =− − +

− −

2. Η συνάρτηση µεταφοράς θα είναι επιλύοντας τις ανωτέρω εξισώσεις µε την µέθοδο του Cramer.

1 2 1 2

2 2 2 2

3 3 3

1

2o 3

1 2 1 2

2 2 2 2

3 3 3 3

1

2

G G C s 0 I(s) G 0G C s 0 G C s 00 G 0 0 G C sK 1 0 0 00 K 0 0 0v (s) V (s) 1

G(s)G G C s 0 0 G 0I(s) I(s) I(s)

G C s 0 G C s 00 G C s 0 G C sK 1 0 0 00 K 1 0 0

+ + −

− − +

− +

−

−= = = =

+ + −

− − +

− − +

−

−

0 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 2

C1

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 1 3 ≡≡≡≡ 3C34 ≡≡≡≡ 4 5 ≡≡≡≡ 5C2 R3R2

R1

1K ′2K ′′

2K ′1K ′′

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 2

C1

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1 3 ≡≡≡≡ 33 ≡≡≡≡ 3C34 ≡≡≡≡ 44 ≡≡≡≡ 4 5 ≡≡≡≡ 55 ≡≡≡≡ 5C2 R3R2

R1

1K ′2K ′′

2K ′1K ′′

1 2 2 2 3 3

1 2 1 2

3 3 2 2 2 2

1

1 2 2 22

1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2

K K (G C s)(G C s)G G C s 0 G

( 1)(G C s) G C s G C sK 1 0

K K (G C s)C C s (C G C G C G K C G )s G G

+ += =

+ + −

− + − − +

−

+= + + + − +

3. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο της περιγραφής είναι

1 2 1 2

2 2 2 2

3 3 3 3

1

2

23 3 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2

G G C s 0 0 G 0G C s 0 G C s 0

(s) 0 G C s 0 G C sK 1 0 0 00 K 1 0 0

(G C s) C C s (C G C G C G K C G )s G G

+ + −

− − +

ψ = =− − +

−

−

= + + + + − +

Καθώς στη συνάρτηση µεταφοράς G(s)=vo(s)/I(s) υπάρχει απαλοιφή πόλου-µηδενικού, η περιγραφή του συστήµατος δεν µπορεί να είναι ταυτόχρονα ελέγξιµη και παρατηρήσιµη. 4. Για να ταλαντώνει το σύστηµα αµείωτα στη µόνιµη κατάσταση πρέπει να είναι ευσταθές και να έχει πόλους επάνω στον φανταστικό άξονα. Από το χαρακτηριστικό πολυώνυµο συνάγεται ότι ο όρος G3+C3s έχει ρίζα στο αριστερό ηµιεπίπεδο. Ο δεύτερος όρος έχει ρίζες επάνω στον φανταστικό άξονα εάν

2 1 2 2 1 2 1 2 2C G C G C G K C G 0+ + − =

επειδή

1 2

1 2

C C 0

G G 0

>

>

Ο παράγοντας του χαρακτηριστικού πολυωνύµου γίνεται 2

1 2 1 2B(s) C C s G G= +

Η κυκλική συχνότητα ταλαντώσεων θα ικανοποιεί τη σχέση 2

1 2 0 1 2C C G Gω =

οπότε

1 20

1 2

G GC C

ω =


0 1 20

1 2

1 G Gf

2 2 C Cω

= =π π


Ενα ζεύγος συνθέτων αντιστάσεων Ζ1 και Ζ2 καλείται συµµετρικό ως προς το αµοιβαίο δίθυρο Ν εάν όταν το Ν τερµατιστεί ούτως ώστε

1 sZ Z=

2 LZ Z=

ισχύουν οι σχέσεις

in 1Z Z=

out 2Z Z=

1. Να εκφραστούν οι συµµετρικές σύνθετες αντιστάσεις συναρτήσει των z και y παραµέτρων του διθύρου και να δειχθεί ότι εάν το δίθυρο είναι συµµετρικό Ζ1=Ζ2.

2. Να προσδιοριστούν οι Ζ1, Ζ2 για τα ακόλουθα δίθυρα.

3. Εάν δίκτυα όπως τα ανωτέρω συνδεθούν αλυσωτά και τερµατιστούν µε αντιστάσεις

Zs=ZL=Z1=Z2 να εξεταστεί η συνάρτηση µεταφοράς του συστήµατος σε σχέση µε τις συναρτήσεις µεταφοράς των τερµατισµένων υποσυστηµάτων.

Λύση Εάν το δίθυρο τερµατιστεί όπως στο ακόλουθο Σχήµα, για το συµµετρικό ζεύγος αντιστάσεων θα πρέπει να ισχύουν οι σχέσεις

L=k

2C=

k

L=kL=k

2C=

k

L=k

L=mk

2mC=

k

L=mk

2(1-m )kL=

2m

L=mk

2mC=

k

L=mk

2(1-m )kL=

2m

E+

2Z

1Z

in 1Z =Z out 2Z =Z

∆ΙΘΥΡΟE+ E+

2Z2Z

1Z

in 1Z =Z out 2Z =Z

∆ΙΘΥΡΟ

z 11 2in 1

22 2

z ZZ Z

z Z∆ +

= =+

ή

z 11 2 1 22 1 2z Z Z z Z Z∆ + = + (1)

και

z 22 1out 2

11 1

z ZZ Z

z Z∆ +

= =+

ή

z 22 1 2 11 1 2z Z Z z Z Z∆ + = + (2)

Αφαιρώντας την σχέση (2) από την (1) λαµβάνεται

22 1 2 11z Z Z z= (3)

Αντικαθιστώντας την (3) στην (1) λαµβάνεται

11 z 11 22

22 22 2

z z ZZ

z z Z∆ +

=+

ή 2

11 2 11 22 2 22 z 11 22 2z Z z z Z z z z Z+ = ∆ +

ή

2 222 z

11

zZ

z= ∆ (4)

οπότε

222 z

11

zZ

z= ∆ (5)

111 z

22

zZ

z= ∆ (6)

Εργαζόµενοι κατά τον ίδιο τρόπο µε τις παραµέτρους y του διθύρου λαµβάνονται αντίστοιχα

112

22 y

y 1Z

y=

∆ (7)

221

11 y

y 1Z

y=

∆ (8)

2. Για τον προσδιορισµό των παραµέτρων z των διθύρων θεωρούνται οι διεγέρσεις όπως στα ακόλουθα Σχήµατα

Κύκλωµα α Κύκλωµα β Εφαρµόζοντας τη µέθοδο των βρόχων στο κύκλωµα (α) λαµβάνεται

1 1 11 12 1 1

2 2 21 22 2 2

1 1 k kLs ksI I z z I VCs Cs 2s 2s

I I z z I V1 1 k kLs ks

Cs Cs 2s 2s

+ + = = =

+ +

(9)

οπότε

11 22

12 21

kz z ks

2sk

z z2s

= = +

= = (10)

και

V1+ V1+

L=k

2C=

k

L=k

V2+

L=k

2C=

k

L=k

V2+ V2+

L=mk

2mC=

k

L=mk

2(1-m )kL=

2m

V1+ V2+

L=mk

2mC=

k

L=mk

2(1-m )kL=

2m

V1+ V1+ V2+ V2+

21 2 zZ Z k s 1= = ∆ = + (11)

Εφαρµόζοντας τη µέθοδο των βρόχων στο κύκλωµα (β) λαµβάνεται

1 11 11 12 1

2 21 22 21 1

2 2

1 1

2 22 2

1 1(L L )s L s I z z ICs Cs

I z z I1 1L s (L L )s

Cs Cs

(1 m )ks k (1 m )ks kmks I V2m 2ms 2m 2ms

I V(1 m )ks k (1 m )ks kmks

2m 2ms 2m 2ms

+ + + = =

+ + +

− −+ + +

= = − − + + +

(12)

οπότε 2

11 22

2

12 21

(1 m )ks kz z mks

2m 2ms(1 m )ks k

z z2m 2ms

−= = + +

−= = +

(13)

και

2 21 2 z 11 12 11 12 11 12

22

Z Z z z (z z )(z z )

(1 m )ks kmks mks k s 1

m ms

= = ∆ = − = + + =

−= + + = +

(14)

3. Ας θεωρηθεί η αλυσωτή σύνδεση των διθύρων Ν1 και Ν2 όπως στο ακόλουθο Σχήµα.Έστωσαν

121

11

222

21

V (s)G (s)

V (s)

V (s)G (s)

V (s)

=

= (15)

E+

1Z

∆ΙΘΥΡΟE+

1Z

11V 12 21V =V

1∆ΙΘΥΡΟ N

2Z22V

2∆ΙΘΥΡΟ N+ + +

- - -

E+ E+

1Z

∆ΙΘΥΡΟE+ E+

1Z

11V 12 21V =V

1∆ΙΘΥΡΟ N

2Z2Z22V

2∆ΙΘΥΡΟ N+ + +

- - -

οι συναρτήσεις µεταφοράς των διθύρων όταν τερµατίζονται µε αντιστάσεις Ζ1 και Ζ2 αντίστοιχα. Είναι προφανές ότι η συνάρτηση µεταφοράς µεταβάλλεται εάν µεταβληθεί ο τερµατισµός του διθύρου. Όµως στην αλυσίδα των διθύρων το δίθυρο Ν1 αντιλαµβάνεται σαν φορτίο την αντίσταση εισόδου Ζ1=Ζ2 του τερµατισµένου διθύρου Ν2 και συνεπώς η συνάρτηση µεταφοράς του θα είναι η G1(s) και θα ισχύει

221 2

11

V (s)G(s) G (s)G (s)

V (s)= = (16)

1994 ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1994) Για το κύκλωµα δύο φάσεων του Σχήµατος 1. Να γραφούν οι εξισώσεις του δικτύου σε κάθε φάση. 2. Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως του κυκλώµατος σε κάθε φάση εάν το

κέρδος του τελεστικού ενισχυτή θεωρηθεί άπειρο. 3. Εάν τις ακέραιες χρονικές στιγµές συµβαίνει µεταλλαγή των διακοπτών ενώ για t=0

γίνεται µεταλλαγή από τη φάση 2 στη φάση 1, οι αρχικές συνθήκες των πυκνωτών είναι µηδενικές και

t 0 t 3E(t)

0 3 tγια ≤ <

= για ≤

να ευρεθεί η Vo(t) για 0<t<5. Λύση Ο γράφος του κυκλώµατος και ένα κανονικό δένδρο φαίνονται στο ακόλουθο Σχήµα

E+

0

5

4

3

1 2

1C

1 1δ =(φ ) 2 2δ =(φ )

3C

-

oV

2C

3 1δ =(φ ) 4 2δ =(φ )

-

+ +EE+

00

55

44

33

11 22

1C

1 1δ =(φ )1 1δ =(φ ) 2 2δ =(φ )2 2δ =(φ )

3C

-

oV

2C

3 1δ =(φ )3 1δ =(φ ) 4 2δ =(φ )4 2δ =(φ )

-

+

-

+ +

Η µήτρα θεµελιωδών οµάδων διαχωρισµού είναι

[ ]5

1 0 0 0 0 1 0 1 0 00 1 0 0 0 0 1 0 1 1

Q I Q0 0 1 0 0 1 1 0 0 00 0 0 1 0 0 0 1 1 00 0 0 0 1 0 1 0 0 1

− = =−

− − −

Οι Νόµοι Φορτίου θα είναι

1

2

3

1

2

3

4

g

E

d

C

C

C

e

qqq

1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0q0 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0q

Q q 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0q0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0

q0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0

q

q

q

δ

δ

δ

δ

∆ ∆ ∆

∆ − ∆ ∆ = =− ∆ − − ∆ −

∆ ∆ ∆

(1)

Οι Νόµοι Τάσεων θα είναι

δ4

δ1

ΕΠ1

1

Ε C1

2

0

δ2δ3

3 4 5

C3

C2 ΕΠ2

(2)(1)(4)

(3)

(7) (5)(10)

(9)

(8) (6)

δ4

δ1

ΕΠ1

11

Ε C1

22

00

δ2δ3

33 44 55

C3

C2 ΕΠ2

(2)(1)(4)

(3)

(7) (5)(10)

(9)

(8) (6)

1

2

3

1

2

3

4

g

E

d

C

C

CT

5

e

vvv

1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0v0 1 1 0 1 0 1 0 0 0 0v

Q I v 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0v0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0

v0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0

v

v

v

δ

δ

δ

δ

− − −

− = =− − −

(2)

Οι περιγραφικές σχέσεις των στοιχείων θα είναι Ανεξάρτητη Πηγή: Ev E(t)= (3) Εξαρτηµένη Πηγή:

geq 0∆ = (4)

d gv Ae= − (5)

Πυκνωτές: k kC k Cq C v k 1, 2,3.= = (6)

∆ιακόπτες: Φάση 1:

1 3v v 0δ δ= = (7)

2 4

q q 0δ δ∆ = ∆ = (8)

Φάση 2: 2 4

v v 0δ δ= = (9)

1 3

q q 0δ δ∆ = ∆ = (10) 2. Έστω ότι η φάση 1 συµβαίνει στο διάστηµα tk ≤ t < tk+1. Από τις σχέσεις (2) και (7) προκύπτει

1Cv (t) E(t)= (11)

Από τις σχέσεις (2) και (7) προκύπτει

2Cv (t) E(t)= (12) Από τις σχέσεις (1) και (8) προκύπτει

3Cq 0∆ =


3 33 C C kC [v (t) v (t )] 0−− = (13) Από τις σχέσεις (2) και (5) προκύπτει ότι ανεξάρτητα της φάσης ισχύει

3o d g C gV v Ae v (t) e= = − = + ή ισοδύναµα

3o g C

AV Ae v (t)

A 1= − =

+ (14)

Από τις σχέσεις (11), (12), (13) και (14) οι εξισώσεις καταστάσεως για τη φάση 1 µπορούν να γραφούν όταν το Α είναι ίσο µε άπειρο

[ ]

1 1

2 2

3 4

1

2

3

C C k

C C k

C C k

C

o C

C

v (t) v (t )0 0 0 1v (t) 0 0 0 v (t ) 1 E(t)

0 0 1 0v (t) v (t )

v (t)

v (t) 0 0 1 v (t)

v (t)

−

−

−

= +

=

(15)

Έστω ότι η φάση 2 συµβαίνει στο διάστηµα tk+1 ≤ t < tk+2. Από τις σχέσεις (1), και (10) προκύπτει

1 2 3C Cq q qδ∆ = −∆ = ∆


1 3 1 31 C 3 C 1 C k 1 3 C k 1C v (t) C v (t) C v (t ) C v (t )− −+ +− = − (16)


2 3d C C

Av v v

A 1= =

+ (17)


3 1 3d C C C

Av v v v

A 1= = +

+


1 3C C

1v v 0

A 1+ =

+ (18)

Επιλύοντας τις εξισώσεις (16), (17) και (18) ως προς 1 2 3C C Cv (t), v (t), v (t) λαµβάνεται

1 1

2 2

4 4

31

1 3 1 3C C k 1

31C C k 1

1 3 1 3

C C k 131

1 3 1 3

CC0

C (1 A)C C (1 A)Cv (t) v (t )ACAC

v (t) 0 v (t )C (1 A)C C (1 A)C

v (t) v (t )(1 A)C(1 A)C

0C (1 A)C C (1 A)C

−+

−+

−+

− + + + +

−=

+ + + + +− +

+ + + +

(19)

Όταν το Α τείνει στο άπειρο η (19) γίνεται

[ ]

1 1

2 2

4 4

1

2

3

C C k 1

1C C k 1

3

C C k 11

3

C

o C

C

0 0 0v (t) v (t )C

v (t) 0 1 v (t )C

v (t) v (t )C

0 1C

v (t)

v (t) 0 0 1 v (t)

v (t)

−+

−+

−+

−

= −

=

(20)

3. Για το διάστηµα 0 ≤ t < 1 το σύστηµα είναι στη φάση 1 και από τις σχέσεις (15) προκύπτουν

1

2

3

3

C

C

C

o C

v (t) E(t) tv (t) E(t) t

0 0v (t)

v (t) v (t) 0

= =

= =

(21)

Για το διάστηµα 1 ≤ t < 2 το σύστηµα είναι στη φάση 2 και από τις σχέσεις (20) προκύπτουν

1

2

3

C

1C

3

C1

3

1o

3

0v (t)C

v (t)C

v (t)CC

Cv (t)

C

= −

−

= −

(22)


1

2

3

C

C

1C

3

1o

3

v (t) tv (t) t

Cv (t)C

Cv (t)

C

= −

= −

(23)


1

2

3

C

1 1 1C

3 3 3

C1 1 1

3 3 3

1o

3

0 0v (t)3C C 4C

v (t)C C C

v (t)3C C 4CC C C

4Cv (t)

C

= − − = −

− − −

= −

(24)


1

2

3

C

C

1C

3

1o

3

v (t) 0v (t) 0

4Cv (t)C

4Cv (t)

C

= −

= −

(25)

1995 ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Ιανουάριος 1995) Για το σύστηµα του Σχήµατος 1. Να σχεδιαστεί το ηλεκτρικό ανάλογο. 2. Να γραφούν οι εξισώσεις κινήσεως του συστήµατος και εάν ως έξοδος θεωρηθεί το

x1 και σαν διάνυσµα καταστάσεων το [ ]T1 1 2 2x x x xξ = ɺ ɺ , να γραφούν οι

εξισώσεις καταστάσεως. 3. Εάν Β1=Β2=0 και Μ2/Κ2=Μ1/Κ1, να ευρεθεί η θέση των πόλων του συστήµατος στο

µιγαδικό επίπεδο και να χαρακτηριστεί το σύστηµα ως προς την ευστάθεια (ευσταθές, ασυµπτωτικά ευσταθές ή ασταθές) δικαιολογώντας τον χαρακτηρισµό.

4. Για τις τιµές του ερωτήµατος (3) να εξεταστεί η ελεγξιµότητα και η παρατηρησιµότητα της περιγραφής του συστήµατος και να προσδιοριστεί η συνάρτηση µεαφοράς.

Λύση 1. Το ηλεκτρικό ανάλογο του συστήµατος φαίνεται στο ακόλουθο Σχήµα.

M1

K1

B1

B2

F(t)M2

K2

ii

dxx ,

dt

M1

K1

B1

B2

F(t)M2

K2

ii

dxx ,

dt

12

0

1 1C =MI=F

2 2C =M

22

1L =

K

2 2G =B

1 1G =B 11

1L =

K

1122

00

1 1C =MI=F

2 2C =M

22

1L =

K

2 2G =B

1 1G =B 11

1L =

K

2. Για τη µάζα Μ2 στην οποία δρούν η δύναµη F, η τάση του ελατηρίου Κ2 και η δύναµη τριβής µεταξύ των µαζών Μ1 και Μ2 θα ισχύει

22 1 2

2 2 2 2 2

dx dx d xF B K x M

dt dt dt − − − =

(1)

Για τη µάζα Μ1 στην οποία δρούν η δύναµη τριβής µεταξύ των µαζών Μ1 και Μ2, η δύναµη τριβής µεταξύ της µάζας Μ1 και του εδάφους και η τάση του ελατηρίου Κ1 θα ισχύει

2

1 2 1 11 2 1 1 1 2

dx dx dx d xB B K x M

dt dt dt dt − + − − =

(2)

Οι εξισώσεις (1) και (2) είναι οι εξισώσεις κινήσεως. Εάν επιλεγεί το ξ σαν διάνυσµα καταστάσεων, θα ισχύουν οι σχέσεις

1 2

3 4

ξ = ξ

ξ = ξ

ɺ

ɺ (3)

Από τις σχέσεις (1), (2) και (3) οι εξισώσεις καταστάσεως σε µητρική µορφή θα είναι

[ ]

11 1 1 2 2

1 1 1 22

33

42 2 242

2 2 2

0 1 0 00

K B B B0 0

M M MF0

0 0 0 11

B K B0 M

M M M

y 1 0 0 0

ξ ξ + − − ξ ξ = + ξξ ξξ − −

= ξ

ɺ

ɺ

ɺ

ɺ

(4)

3. Οι πόλοι του συστήµατος είναι οι ρίζες του χαρακτηριστικού πολυωνύµου που ορίζεται από τη σχέση

1 1 2 2

1 1 1

2 2 2

2 2 2

s 1 0 0K B B B

s 0M M M

(s) det(sI A) det0 0 s 1

B K B0 s

M M M

− + + −

ψ = − = −

− +

(5)

Εάν Β1=Β2=0 και Μ2/Κ2=Μ1/Κ1=α2, από την (5) λαµβάνεται

2

2 2 2

2

s 1 0 0s 0 0

(s) det(sI A) det (s )0 0 s 10 0 s

− α ψ = − = = +α −

α

(6)

Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο έχει διπλές ρίζες επάνω στον φανταστικό άξονα. Εποµένως δεν θα είναι ασυµπτωτικά ευσταθές αλλά ασταθές ή ευσταθές, ανάλογα αν διαγωνιοποιείται η µήτρα στις ιδιοτιµές που βρίσκονται επάνω στον φανταστικό άξονα. Για την εξέταση της ευστάθειας θεωρείται η απώλεια βαθµού της µήτρας λiI-A. Για λi=jα, θα είναι

2

s j

2

j 1 0 0 0 1 0 0j 0 0 0 j 0 0

rank(sI A) rank rank 20 0 j 1 0 0 0 10 0 j 0 0 0 j

= α

α − − α α α − = = = α − −

α α α

(7)

Καθώς η απώλεια βαθµού της jαΙ-Α είναι ίση µε 2, όση και η αλγεβρική πολλαπλότητα του πόλου jα, το σύστηµα θα είναι ευσταθές. 4. Για τις τιµές του ερωτήµατος (3) οι µήτρες Α,B,C θα είναι

2

2

0 1 0 00 0 0

A0 0 0 10 0 0

−α =

−α

(8)

2

0001

M

Β =

(9)

[ ]C 1 0 0 0= (10) Η µήτρα ελεγξιµότητος θα είναι

2

2 3c

2 2

2

2 2

0 0 0 00 0 0 0

10 0P B AB A B A B

M M

10 0

M M

α

−= = α −

(11)

Επειδή ο βαθµός της µήτρας ελεγξιµότητος είναι ίσος µε 2 ενώ η τάξη της περιγραφής είναι ίση µε 4, η περιγραφή δεν θα είναι ελέγξιµη. Η µήτρα παρατηρησιµότητος θα είναι

o 2 2

3 2

C 1 0 0 0CA 0 1 0 0

PCA 0 0 0CA 0 0 0

= = −α

−α

(12)

Επειδή ο βαθµός της µήτρας παρατηρησιµότητος είναι ίσος µε 2 ενώ η τάξη της περιγραφής είναι ίση µε 4, η περιγραφή δεν θα είναι παρατηρήσιµη. Η συνάρτηση µεταφοράς θα είναι

[ ]

1

21

2

2

4 1

2

2 2 2

0s 1 0 0

0s 0 0

G(s) C[sI A] B 1 0 0 0 00 0 s 1

10 0 s

M

1 0 01

( 1) s 0 0M

0 s 10

(s )

−

−

+

−

α = − = = − α

−

−

−= =

+α

(13)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Ιανουάριος 1995) 1. Να ευρεθεί η περιγραφή του διθύρου Ν µε τη µήτρα συνθέτων αγωγιµοτήτων Υ. 2. Εάν το δίθυρο τερµατιστεί µε αντίσταση R, όπως στο Σχήµα, να εξεταστεί κάτω

από ποιές συνθήκες ταλαντώνει το σύστηµα και η συχνότητα ταλαντώσεων f. 3. Να σχολιάσετε την µεταβολή της f συναρήσει της R. Λύση 2. Για την εύρεση της περιγραφής του διθύρου µε τη µήτρα Y θεωρείται ότι διεγείρεται

από πηγές ρεύµατος, όπως στο ακόλουθο Σχήµα. Το κύκλωµα επιλύεται µε την τροποποιηµένη µέθοδο των κόµβων. Θα είναι.

I2

gmV1 V2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν

C1

1

0

C3

2

V1

+

_

I1

R

L

C2

I2

gmV1gmV1 V2

+

_

V2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν

C1

11

00

C3

22

V1

+

_

V1

+

_

I1

R

L

C2

I2

_

I1

I2

gmV1 V2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν

C1

1

0

C3

2

V1

+

_

I1L

C2

I2

_

I1

I2

gmV1gmV1 V2

+

_

V2

+

_

∆ΙΘΥΡΟ Ν

C1

11

00

C3

22

V1

+

_

V1

+

_

I1L

C2

1 2 21 1

2 2 m 12 2 3

1 1C s C s C s e ILs Ls

e I g e1 1C s C s C s

Ls Ls

+ + − − = − − − + +

Αναδιατάσσοντας τις εξισώσεις ώστε να χωριστούν οι γνωστοί από του αγνώστους λαµβάνεται

1 2 21 1

2 22 m 2 3

1 1C s C s C s e ILs Ls

e I1 1C s g C s C s

Ls Ls

+ + − − =

− − + + +

Επειδή V1=e1 καιV2 =e2 θα είναι

1 11 12 1 11 12 1

2 21 22 2 21 22 2

I y y V y y eI y y V y y e

= =

και η µήτρα Υ προκύπτει άµεσα.

1 2 2

2 m 2 3

1 1C s C s C s

Ls LsY1 1

C s g C s C sLs Ls

+ + − − = − − + + +

2. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του διπλά τερµατισµένου διθύρου προκύπτει από τους µηδενισµούς της παραστάσεως

11 S 22 L 12 21(y Y )(y Y ) y y 0+ + − =

Καθώς ΥS=0 και YL=1/R=G, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο προκύπτει

1 2 2 3 2 m 2

1 1 1 1(s) s C s C s C s C s G C s g C s

Ls Ls Ls Ls ψ = + + + + + − + − + =

[ ] [ ] [ ] [ ]3 21 2 1 3 2 3 1 2 m 2 1 3 m

3 23 2 1 0

s L C C C C C C s L C G C G g C s C C G g

A s A s A s A

= + + + + + + + + + =

= + + +


s3 A3 A1

s2 A2 A0

s (A2A1-A3A0)/A2=0

s 2A2

s0 A0

Για να ταλαντώνει το σύστηµα πρέπει να είναι ευσταθές και να έχει πόλους επάνω στο φανταστικό άξονα.

Επειδή το A3 είναι θετικό, για να είναι το σύστηµα ευσταθές θα πρέπει

A2 > 0

A0 > 0

Για να έχει το σύστηµα πόλους επάνω στο φανταστικό άξονα θα πρέπει

A2A1-A3A0 = 0

και αυτή είναι η συνθήκη ταλαντώσεων. Η συχνότητα ταλαντώσεων προκύπτει από τις ρίζες του βοηθητικού πολυωνύµου

Β(s)= A2s2+A0

και θα είναι

0

2

A1f

2 A=

π

Από τη συνθήκη ταλαντώσεων προκύπτει

[ ] [ ] [ ] [ ]1 2 m 2 1 3 m 1 2 1 3 2 3

21 m 1 3

L C G C G g C * C C G g L C C C C C C

L C G g C C 0

+ + + − + + + =

= − =


1m

3

Cg G

C=

Από τις συνθήκες για ευστάθεια λαµβάνονται για την επιλογή του gm ώστε να ταλαντώνει το σύστηµα.

[ ] 12 1 2 m 2 1 2 2

3

CA L C G C G g C L C G C G G C 0

C

= + + = + + >

10 m

3

CA G g G G 0

C= + = + >

Εποµένως για την ανωτέρω τιµή της gm το κύκλωµα θα λειτουργεί σαν ταλαντωτής. Για τη συχνότητα ταλαντώσεων θα ισχύει

[ ]

1

0 3 1 3

2 1 3 2 3 1 211 2 2

3

CG G

A C C C1 1 1f

2 A 2 2 L C C C C C CCL C G C G G C

C

++

= = =π π π + +

+ +

3. Παρατηρείται ότι η συχνότητα ταλαντώσεων είναι ανεξάρτητη του φορτίου και αυτό είναι επιθυµητό εάν το δίθυρο πρόκειται να χρησιµοποιηθεί σαν ταλαντωτής. Χρειάζεται όµως η ρύθµιση της διαγωγιµότητας ανάλογα µε το φορτίο ώστε να ικανοποιείται η συνθήκη ταλάντωσης.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1995) Για το κύκλωµα του Σχήµατος 1. Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους. 2. Να προσδιοριστεί η συνάρτηση µεταφοράς

5V (s)G(s)=

E(s)

3. Εάν C1=C2=C3=1F, R1=R2=2Ω, R3=0.5Ω, Α=1 και αποκοπεί η R4, να ευρεθεί εάν το σύστηµα είναι

3.1 Ευσταθές 3.2 Ελέγξιµο και Παρατηρήσιµο ταυτόχρονα 4. Για τις τιµές του ερωτήµατος (3) να σχεδιαστούν το διάγραµµα κέρδους και το

ασυµπτωτικό διάγραµµα κέρδους του Bode. Λύση 1. Με τις φορές αναφοράς που φαίνονται στο Σχήµα ο Ι-γράφος και ο V-γράφος του κυκλώµατος θα είναι ως εξής.

R1

R3

1

0

R2

C3

5

43

2

+

E

C1

+

A*VR4

C2

R1

R3

11

00

R2

C3

55

4433

22

+

E

C1C1

+

A*VR4

C2C2

R3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 31 ≡≡≡≡ 2

≡≡≡≡3 4

R4

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 5

R2

R1 C3

C2

C1

R3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 3≡≡≡≡2 32 31 ≡≡≡≡ 2

≡≡≡≡3 4≡≡≡≡3 43 4

R4

≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 5≡≡≡≡ 5

R2

R1 C3

C2

C1


11 3 1 2 2 3

21 1 2 3 2

32 2 2 4 2

4

5

e (s)-C s G +C s+C s 0 -C s -G 0e (s)-G 0 G +G +C s -G 0 0e (s) =0 -C s -G G +G +C s 0 0e (s)1 0 0 0 0 E(s)e (s)0 0 0 -A 1 0

2. Επιλύοντας µε τη µέθοδο Cramer, λαµβάνεται

V-Γράφος

0 ≡≡≡≡ 0

1 ≡≡≡≡ 1

2 ≡≡≡≡ 2

E

R2

4 ≡≡≡≡ 4

1C2C

R1

C3

3 ≡≡≡≡ 35 ≡≡≡≡ 5

R3

R4EΠ1΄

EΠ1

V-Γράφος

0 ≡≡≡≡ 0

1 ≡≡≡≡ 1

2 ≡≡≡≡ 2

E

R2

4 ≡≡≡≡ 4

1C2C

R1

C3

3 ≡≡≡≡ 35 ≡≡≡≡ 5

R3

R4EΠ1΄

EΠ1

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1

2 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 2

E

R2

4 ≡≡≡≡ 44 ≡≡≡≡ 4

1C2C

R1

C3

3 ≡≡≡≡ 33 ≡≡≡≡ 35 ≡≡≡≡ 55 ≡≡≡≡ 5

R3

R4EΠ1΄

EΠ1

( ) ( )

1 3 1 2 2

1 1 2 3 2

2 2 2 4 2

5

1 3 1 2 2 3

1 1 2 3 2

2 2 2 4 2

3 21 2 3 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3

-C s G +C s+C s 0 -C s 0-G 0 G +G +C s -G 00 -C s -G G +G +C s 01 0 0 0 E(s)0 0 0 -A 0e (s) 1

G(s)=-C s G +C s+C s 0 -C s -GE(s) E(s)-G 0 G +G +C s -G 00 -C s -G G +G +C s 01 0 0 0 00 0 0 -A 1

A C C C s +C C G +G s +G G C +C s+G G G

= =

=D(s)

όπου( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]

3 21 2 3 1 2 1 2 1 3 2 4 2 3 2 3 4 3

1 2 1 2 1 3 2 2 3 2 3 2 1 4 1 2 2 4 1 2 3 4 3

1 2 3 2 3 4 1 3 4

D(s)=C C C s + C C G +G +C C G +G +C C G +G +G -AG s +

+ G G C +C +G G C 1-A +G G C +C -AC +G G C +C +G G C +C +G G C s+

+ G G G +G G G +G G G

3. Για τις τιµές των στοιχείων που δίδονται η συνάρτηση µεταφοράς θα είναι 3 2 2 2

3 2 2 2

s +s +0.5s+0.5 (s+1)(s +0.5) s +0.5G(s)=

s +2s +1.5s+0.5 (s+1)(s +s+0.5) s +s+0.5= =

Για την ευστάθεια εξετάζεται η θέση των ριζών του πολυωνύµου 3 2 2ψ(s)=s +2s +1.5s+0.5 (s+1)(s +s+0.5)=

Η εξέταση µπορεί να γίνει µε το κριτήριο του Routh. Στην περίπτωση αυτή το πολυώνυµο είναι παραγοντοποιηµένο και η εξέταση µπορεί να οεριοριστεί στον προσδιορισµό των ριζών των παραγόντων, οι οποίες βρίσκονται στο αριστερό ηµιεπίπεδο και συνεπώς η περιγραφή του κυκλώµατος είναι ασυµπτωτικά ευσταθής.

Καθώς στη συνάρτηση µεταφοράς υπάρχει απαλοιφή του παράγοντα (s+1) µεταξύ των πολυωνύµων του αριθµητή και του παρονοµαστή της G(s), η περιγραφή του συστήµατος δεν είναι ταυτόχρονα ελέγξιµη και παρατηρήσιµη.

4. Για τη σχεδίαση των διαγραµµάτων κέρδους η G(s) γράφεται

2 2

2

22 2

s s0.5 1+ 1+0.5s +0.5 0.5G(s)= =ss +s+0.5 s 1+2s+0.5 1+2s+0.50.5

=

Από τα πολυώνυµα του αριθµητή και του παρονοµαστή λαµβάνονται

p z

z

p

ω =ω = 0.5=0.707

ζ =0

ζ =0.707

Το ασυµπτωτικό διάγραµµα κέρδους του Bode ταυτίζεται µε τον άξονα των τετµηµένων. Το πραγµατικό διάγραµµα θα έχει τη µορφή του ακόλουθου σχήµατος.

10-2

10-1

100

101

102

-160

-140

-120

-100

-80

-60

-40

-20

0

Magnitu

de (

dB

)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1995) Για το δίθυρο του Σχήµατος 1. Να προσδιοριστεί η µήτρα των συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως Ζ. 2. Να ευρεθούν οι συχνότητες για τις οποίες µηδενίζεται η

2

1

V (s)G(s)=

V (s)

3. Εάν το δίθυρο τερµατιστεί µε αντίσταση RL, να ευρεθεί ο τρόπος που µεταβάλλονται οι συχνότητες του ερωτήµατος (2).

Λύση 1. Το δίθυρο µπορεί να σχεδιαστεί ως εξής.

2R 2R

2C

R

C C

I1

V1

+

_

+

_

V2

I2

2R 2R

2C

R

CC CC

I1

V1

+

_

+

_

V2

I2

I1

V1V2

I2

2R

C

2R

C

+

_

2R

C

2R

C

+

_

I1

V1V2

I2

2R

C

2R

C

+

_

2R

C

2R

CC

+

_

Επειδή το δίθυρο είναι συµµετρικό εφαρµόζεται το θεώρηµα του Bartlett για την εύρεση των παραµέτρων z του διθύρου. Θα είναι

αν

12R+ 1CsZ (s)= =R+

2 2Cs

βρ

12R 2RCsZ (s)= =

1 2RCs+12R+Cs

οπότε

Zαν

2R

C

2R

C

Zαν

2R

C

2R

CC

Zβρ

2R

C

2R

C

Zβρ

2R

C

2R

CC

( )2

11 22 αν βρ

1 1 1 2R 1 (2RCs+1) +4RCsz =z = Z (s) Z (s) = R+ =

2 2 2Cs 2RCs+1 2 (2RCs+1)2Cs + +

( )2 2 2

12 21 αν βρ

1 1 1 2R 4R C s +1z =z = Z (s)-Z (s) = R+ =

2 2 2Cs 2RCs+1 4Cs(2RCs+1) −

2. Εάν η αντίσταση φορτίου είναι άπειρη, θα είναι 1/ΖL = 0 και θα ισχύει

2 21 L 21 21v

z1 z 11 L 1111

L

V (s) z Z z zG(s)= =K = = =

∆V (s) ∆ +z Z z+zZ

οπότε 2 2 2

212 2 2

11

z 4R C s +1G(s)= =

z 4R C s +8RCs 1+

Τα µηδενικά της G(s) θα είναι οι ρίζες του αριθµητή της οι οποίες είναι

1s= j

2RC±

Οι κυκλικές συχνότητες στις οποίες µηδενίζεται η G(s) εποµένως είναι

1ω=

2RC±

3. Εάν η αντίσταση φορτίου είναι RL, θα ισχύει 2 2 2

2 21 L 21 L Lv 2 2 2 2 2 2

1 z 11 L 11 12 11 L L L L

V (s) z R z R (4R C s +1)RG(s)= =K = = =

V (s) ∆ +z R +z R 4R R C s +(8R C+8R RC)s+R +4R−z z

Για οποιαδήποτε τιµή της αντίστασης φορτίου οι ρίζες του αριθµητή της G(s) θα είναι

1s= j

2RC±

ενώ ο παρονοµαστής της G(s) δεν είναι δυνατόν να έχει φανταστικές ρίζες επειδή ο συντελεστής του s θα είναι

2L8R C+8R RC 0≠

Εποµένως οι κυκλικές συνότητες µηδενισµού της G(s) παραµένουν αµετάβλητες.

1996

1996

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Ιανουάριος 1996) Στο ανωτέρω σχήµα θεωρείται ότι η µάζα του νήµατος και η µάζα της τροχαλίας είναι αµελητέες. Αν ως έξοδος θεωρηθεί το x2 1. Να γραφούν οι εξισώσεις κινήσεως του συστήµατος εάν Τ>0 για κάθε t>0. 2. Να κατασκευαστεί το ηλεκτρικό ανάλογο του συστήµατος και να εξεταστεί ο ρόλος

των αρχικών µετατοπίσεων των ελατηρίων Κ1,Κ2. 3. Να ευρεθεί η συνάρτηση µεταφοράς

2X (s)G(s)

F(s)=

4. Εάν θεωρηθεί σαν διάνυσµα καταστάσεως το [ ]T

2 2 3 3x x x x x= ɺ ɺ να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως και να εξεταστεί η ελεγξιµότητα και η παρατηρησιµότητα της περιγραφής όταν Β23=0.

Λύση 1. Στη µάζα Μ3 δρούν η δύναµη F, η δύναµη του ελατηρίου Κ3 και η δύναµη της τριβής που οφείλεται στο Β32. Θα είναι 3 3 32 3 2 3 3F K x B (x x ) M x− − − =ɺ ɺ ɺɺ (1) Στη µάζα Μ2 δρούν η δύναµη του ελατηρίου Κ2, η τάση του νήµατος εφόσον είναι θετική και οι δυνάµεις τριβής που οφείλονται στην ύπαρξη των Β32 και Β21 αντίστοιχα. Θα είναι

F(t)

M1

M2

M3

K3

K2

K1

B10

B21

B32

ii

dxx ,

dt

T

T

F(t)

M1

M2

M3

K3

K2

K1

B10

B21

B32

ii

dxx ,

dt

T

T

32 2 3 21 2 1 2 2 2 2

1 signTB (x x ) B (x x ) K x T M x

2+

− − − − − − =ɺ ɺ ɺ ɺ ɺɺ (2)

όπου sign(z) είναι η συνάρτηση του προσήµου. Στη µάζα Μ1 δρούν η δύναµη του ελατηρίου Κ1, η τάση του νήµατος εφόσον είναι θετική και οι δυνάµεις τριβής που οφείλονται στην ύπαρξη των Β21 και Β10 αντίστοιχα. Θα είναι

21 1 2 10 1 1 1 1 1

1 signTB (x x ) B x K x T M x

2+

− − − − − =ɺ ɺ ɺ ɺɺ (3)

Εάν η τάση του νήµατος είναι θετική, θα ικανοποιούνται οι σχέσεις

1 2

1 2

x x

x x

= −

= −ɺ ɺ (4)

άλλως τα x1, x2 είναι αναξάρτητα. Εάν η τάση του νήµατος δεν είναι θετική (Τ=0 καθώς δεν µπορεί να είναι αρνητική), οι σχέσεις (1), (2) και (3) αποτελούν τις εξισώσεις κινήσεως του συστήµατος και η Τ δεν εµφανίζεται στις εξισώσεις. Εάν η τάση του νήµατος είναι θετική, από τις σχέσεις (2) και (3) µε αφαίρεση και λαµβάνοντας υπόψη τις εξισώσεις (4) λαµβάνεται 32 2 3 21 2 10 2 2 2 1 2 1 2 2B (x x ) 4B x B x K x K x (M M )x− − − − − − = +ɺ ɺ ɺ ɺ ɺɺ (5) Στην περίπτωση εποµένως που ισχύει Τ>0 οι εξισώσεις (1) και (5) θα αποτελούν τις εξισώσεις κινήσεως του συστήµατος. 2. Στο ανωτέρω σχήµα φαίνεται το ηλεκτρικό ανάλογο του µηχανικού συστήµατος όταν Τ>0. Η τροχαλία εισάγει τις ακόλουθες σχέσεις

1 2

1 2

T T T

x x

= =

= −ɺ ɺ (6)

και θα αντιστοιχεί σε µετασχηµατιστή µε λόγο µετασχηµατισµού n=1:1. Το υπόλοιπο κύκλωµα κατασκευάζεται κατά τα γνωστά θεωρώντας ότι οι µάζες αντιστοιχούν µε πυκνωτές των οποίων ο ένας ακροδέκτης είναι γειωµένος ενώ οι άλλοι καθορίζουν κόµβους του κυκλώµατος και τα υπόλοιπα στοιχεία συνδέονται στους αντίστοιχους κόµβους.

I=F

1:1

C3= M3

C1= M1C2= M2

33

1L =

K11

1L =

K2

2

1L =

K

3 23g =B

1 10g =B

2 21g =B

I=F

1:1

C3= M3

C1= M1C2= M2

33

1L =

K11

1L =

K2

2

1L =

K

3 23g =B

1 10g =B

2 21g =B

Εάν Το είναι η τάση του νήµατος όταν F=0 και το σύστηµα ηρεµεί θα είναι o 2 2 1 1T K K= ∆ = ∆ℓ ℓ (7) όπου 1 2,∆ ∆ℓ ℓ είναι οι αρχικές µετατοπίσεις των άκρων των ελατηρίων. Οι δυναµικές εξισώσεις που έχουν γραφεί είναι γραµµικοποιηµένες εξισώσεις γύρω από το σηµείο αυτό ισορροπίας και το Το εκφράζει πόσο µεγάλη µπορεί να γίνει η αποµάκρυνση από το σηµείο ισορροπίας χωρίς να χρειαστεί να χρησιµοποιηθούν οι µη-γραµµικές εξισώσεις του συστήµατος. 3. Εφαρµόζοντας µετασχηµατισµό Laplace µε µηδενικές αρχικές συνθήκες στις σχέσεις (1) και (5) λαµβάνονται

2

3 32 3 3 32 2

232 3 1 2 21 32 10 2 1 2

M s B s K X (s) B sX (s) F(s)

B sX (s) (M M )s (4B B B )s K K X (s) 0

+ + − =

− + + + + + + + = (8)

Επιλύοντας ως προς X2(s) θα είναι 2

3 32 3

32 3222

3 32 3 322

32 1 2 21 32 10 2 1

M s B s K F(s)B s 0 B sX (s)

G(s)F(s) D(s)M s B s K B s

F(s) *B s (M M )s (4B B B )s K K

+ +

−= = =

+ + −

− + + + + + +

(9)

όπου

[ ][ ][ ]

4 31 2 3 32 1 2 3 21 32 10

23 1 2 32 21 10 3 1 2

32 2 1 3 21 32 10 3 2 1

D(s) (M M )M s B (M M ) M (4B B B ) s

M (K K ) B (4B B ) K (M M ) s

B (K K ) K (4B B B ) s K (K K )

= + + + + + + +

+ + + + + + +

+ + + + + + +

(10)

4. Εάν θεωρηθεί το διάνυσµα καταστάσεως [ ]T

2 2 3 3x x x xξ = ɺ ɺ (11) θα ισχύουν

1 2

3 4

ξ = ξ

ξ = ξ

ɺ

ɺ (12)

ενώ οι σχέσεις (1) και (5) γράφονται

21 10 32 322 12 2 1 2 4

1 2 1 2 1 2

32 3 323 4 2 3 4

3 3 3 3

4B BK Kx

M M M M M M

K 1x F

M M M M

+ +Β Β+= ξ = − ξ − ξ + ξ

+ + +

Β Β= ξ = ξ − ξ − ξ +

ɺɺɺ

ɺɺɺ

(13)

Οι εξισώσεις (12) και (13) γράφονται σε µητρική µορφή ως ακολούθως

[ ]

11 21 10 32 322 1

1 2 1 2 1 2 22

33

432 3 3243

3 3 3

1

22 1

3

4

0 1 0 00

4B BK K0 0

M M M M M MF0

0 0 0 11

K0 M

M M M

y x 1 0 0 0

ξ ξ + +Β Β+ − − + + + ξ ξ = + ξξ ξΒ Βξ − −

ξ ξ = = ξ = ξ ξ

ɺ

ɺ

ɺ

ɺ (14)

Όταν Β32=0 οι εξισώσεις καταστάσεως γίνονται

[ ]

11 21 102 1

1 2 1 2 22

33

4343

3

2 1

0 1 0 00

4B BK K0 0 0

M M M MF0

0 0 0 11

K0 0 0 M

M

y x 1 0 0 0

ξ ξ ++ − − + + ξ ξ = + ξξ ξξ −

= = ξ = ξ

ɺ

ɺ

ɺ

ɺ

(15)

Η µήτρα ελεγξιµότητος θα είναι

2 3 3c 2

3 3

32

3 3

0 0 0 00 0 0 0

K10 0P B AB A B A B

M M

K10 0

M M

−= =

−

(16)

Καθώς crankP 2 4= < (17) η περιγραφή του συστήµατος δεν είναι ελέγξιµη. Η µήτρα παρατηρησιµότητος θα είναι

o 21 102 12

1 2 1 23

1 0 0 0C

0 1 0 0CA

P 4B BK K0 0CA

M M M MCA

0 0

= = ++

− − + + × ×

(18)

Καθώς

orankP 2 4= < (19) η περιγραφή του συστήµατος δεν είναι παρατηρήσιµη.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1996) Στο ανωτέρω σύστηµα θεωρούνται οι διαστάσεις της τροχαλίας αµελητέες ώστε να 1. Να γραφούν οι εξισώσεις κινήσεως του συστήµατος. 2. Aν το µήκος του νήµατος είναι ίσο µε 2L, να εκφραστεί το x3 συναρτήσει των

D,L,x1,x2.

F(t)

M1

M2

M3K3

K2

K1

B x1

D

T

T

x3 x2

F(t)

M1

M2

M3K3

K2

K1

B x1

D

T

T

x3 x2

3. Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως µε κατάλληλη επιλογή του διανύσµατος καταστάσεων.

4. Εάν F(t)=0 και το σύστηµα είναι σε κατάσταση ισορροπίας, να ευρεθούν οι αποµακρύνσεις xi, i=1,2,3 και η τάση του νήµατος

Λύση 1. Για το σώµα 1 θα ισχύει

21 1

1 1 1 2

dx d xT F B K x M

dt dt− − − = (1)

Για το σώµα 2 θα ισχύει

2

22 2 2 2

d xT K x M

dt− = (2)

Για το σώµα 3 (τροχαλία) θα ισχύει

2

33 3 3 2

d x2T K x M

dt− = (3)

2. Καθώς η ακτίνα της τροχαλίας θεωρείται µηδενική και το νήµα θα είναι πάντοτε υπό τάση, το µήκος του θα είναι ίσο µε την απόσταση του Μ2 από την τροχαλία και την απόσταση του Μ1 από την τροχαλία, δηλαδή

2 3 1 3(D x x ) (D x x ) 2L− − + − − = (4) Από την (4) επιλύοντας ως προς x3 λαµβάνεται

1 23

2D 2L x xx

2− − −

= (5)

3. Οποιαδήποτε δύναµη ή ταχύτητα σε στοιχείο του συστήµατος µπορεί να προσδιοριστεί εάν είναι γνωστές οι µετατοπίσεις x1, x2,x3 και οι παράγωγοί τους. Όπως προκύπτει από την σχέση (5) η x3 και η παράγωγός της µπορούν να εκφραστούν συναρτήσει των x1,x2 και των παραγώγων τους και συνεπώς δεν χρειάζεται να περιληφθούν στο διάνυσµα καταστάσεων. Εάν επιλεγεί

[ ]T1 1 2 2x x x xξ = ɺ ɺ (6)

θα είναι

1 2

3 4

ξ = ξ

ξ = ξ

ɺ

ɺ (7)

Οι υπόλοιπες εξισώσεις λαµβάνονται από τις σχέσεις (1) έως (3) µε απαλοιφή της τάσεως του νήµατος Τ και λαµβάνοντας υπόψη τη σχέση (5). Από τις σχέσεις (1) και (2) µε αφαίρεση λαµβάνεται

2 4 1 2 2 3 1 1 2 FΜ ξ −Μ ξ = −Κ ξ −Κ ξ +Βξ +ɺ ɺ (8) Αφαιρώντας από τη σχέση (3) το διπλάσιο της σχέσης (2) λαµβάνεται

2 3 4 3 2 3 2 3 3 1 3(4 M ) ( 4K ) 2K (D L)Μ + ξ +Μ ξ = − Κ + ξ −Κ ξ + −ɺ ɺ (9)

Επιλύοντας τις σχέσεις (8) και (9) ως προς 2 4,ξ ξɺ ɺ µε τη µέθοδο Cramer, λαµβάνονται

2 3 1 1 2 2

3 2 3 3 1 3 2 32

1 2

3 2 3

3 2 3 2 1 2 3 2 31 2

1 3 1 2 2 3 1 3 1 2 2 3 1 3 1 2 2 3

2 3 3 2 2 33

1 3 1 2 2 3 1 3 1 2

F( 4K ) 2K (D L) 4 M

M 4 M

2K M (D L) K M K (4 M ) (4 M )M M 4M M M M M M 4M M M M M M 4M M M M

K M K M 4 MM M 4M M M M M M 4M M M

−Κ ξ −Κ ξ +Βξ + Μ

− Κ + ξ −Κ ξ + − Μ +ξ = =

−Μ Μ

Μ +

− + Μ + Β Μ += − ξ − ξ +

+ + + + + +

− Μ ++ ξ −

+ + + +

ɺ

2 3

FM

(10)

1 2 3 1 1 2

3 3 2 3 3 1 34

1 2

3 2 3

3 1 3 1 1 3 31 2

1 3 1 2 2 3 1 3 1 2 2 3 1 3 1 2 2 3

2 3 3 1 2 1 33

1 3 1 2 2 3 1 3 1 2 2 3

FM ( 4K ) 2K (D L)

M 4 M

2K M (D L) K M K M MM M 4M M M M M M 4M M M M M M 4M M M M

K M K M 4K M MF

M M 4M M M M M M 4M M M M

−Μ −Κ ξ −Κ ξ +Βξ +

− Κ + ξ −Κ ξ + −ξ = =

−Μ Μ

Μ +

− − Β= − ξ + ξ −

+ + + + + +

+ +− ξ +

+ + + +

ɺ

(11) Θέτοντας

1 3 1 2 2 3Q M M 4M M M M= + + (12) οι εξισώσεις καταστάσεως γράφονται σε µητρική µορφή

11 3 2 1 3 2 2 3 2 3 3 2 3 2 3 2

22

33

41 3 3 1 3 2 3 3 1 2 1 3 1 34

0 1 0 0 0 0K M K (M 4M ) B(4M M ) K M K M 2K M M 4M

0D LQ Q Q Q Q

0 0 0 1 0 0 FK M K M BM K M K M 4K M 2K M M

0Q Q Q Q Q

ξ ξ + + + − + − − − ξ −ξ = + ξξ ξ− + +ξ −

ɺ

ɺ

ɺ

ɺ

(13) 4. Εάν το σύστηµα είναι σε ισορροπία, οι παράγωγοι των µετατοπίσεων θα είναι µηδενικές και για F=0 οι σχέσεις (1)-(4) γίνονται

1 1

2 2

3 3

1 23

T K x 0

T K x 0

2T K x 0

x xx D L

2

− =

− =

− =

+= − −

(14)

Από τις σχέσεις (14) λαµβάνεται

1 2

3

T T2T K K

D LK 2

+= − − (15)


3 1 2

2(D L)T

4 1 1K K K

−=

+ + (16)

Οι µετατοπίσεις θα είναι

11 1

3 2

2(D L)x

4K K1

K K

−=

+ + (17)

22 2

3 1

2(D L)x

4K K1

K K

−=

+ + (18)

33 3

1 2

4(D L)x

K K4

K K

−=

+ + (19)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1996) 1. Να ευρεθεί η περιγραφή του διθύρου Ν µε τη µήτρα συνθέτων αντιστάσεων

ανοικτοκυκλώσεως Ζ. 2. Εάν το δίθυρο τερµατιστεί όπως στο Σχήµα, να ευρεθεί η συνάρτηση µεταφοράς

2V (s)G(s)

E(s)=

3. Να ευρεθεί η συνθήκη ταλαντώσεων και η συχνότητα ταλαντώσεων για τον τερµατισµό του ερωτήµατος (2). Να εξεταστεί ποιά στοιχεία του κυκλώµατος πρέπει να είναι µεταβλητά για να εξασφαλίζεται η ταλάντωση ανεξάρτητα των τιµών των RS, RL στην επιθυµητή συχνότητα.

Λύση 1. Για την εύρεση της περιγραφής του διθύρου µε τη µήτρα Ζ θεωρείται ότι διεγείρεται από πηγές ρεύµατος, όπως στο ακόλουθο Σχήµα.

I2

v2

+

_

v1

+

_

I1

RL

E+

RS

G1

G3

C1

C2

1

0

G2

4

2+21 GK*V

3

∆ΙΘΥΡΟ Ν

I2

v2

+

_

v1

+

_

v1

+

_

I1

RL

E+ E+

RS

G1

G3

C1

C2

11

00

G2

44

22+21 GK*V

33

∆ΙΘΥΡΟ Ν

Ο Ι-Γράφος και ο V-Γράφος του κυκώµατος φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα,

I2

V2

+

_

V1

+

_

I1

G1

G3

C1

C2

1

0

G2

4

2+21 GK*V

3

I1 I2

I2

V2

+

_

V1

+

_

I1

G1

G3

C1

C2

11

00

G2

44

22+21 GK*V

33

I1I1 I2

I-Γράφος

G1

G3

≡≡≡≡2 21 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡3 3

I1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 4

C2

C1

G2

I-Γράφος

G1

G3

≡≡≡≡2 21 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡3 3

I1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 4

C2

C1

G2

G1

G3

≡≡≡≡2 22 21 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡3 3≡≡≡≡3 33 3

I1

≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡ 4

C2

C1

G2

0 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 2 C1

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 1 4 ≡≡≡≡ 4G3

G2

C2

G1

3 ≡≡≡≡ 3

EΠ1΄

EΠ1

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 2 C1

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1 4 ≡≡≡≡ 44 ≡≡≡≡ 4G3

G2

C2

G1

3 ≡≡≡≡ 33 ≡≡≡≡ 3

EΠ1΄

EΠ1


11 1 1

21 1 3 1 1 3

31 2 1 2

4

eG G 0 0 IeG G G C s C s G 0e0 C s G C s C s 0 0e0 0 K 1 0

− − + + − − = − + +

−

Εκφράζονται οι V1,V2 συναρτήσει των Ι1,Ι2. Όπως φαίνεται από τις εηισώσεις το Ι2 δεν έχει ουδεµία επίδραση στο κύκλωµα. Από τον κανόνα του Cramer θα είναι

1 1

1 3 1 1 3

1 2 1 2

1 11 1

1 1 3 1 1 3

1 2 1 2

I G 0 00 G G C s C s G0 C s G C s C s 00 0 K 1

V eG G 0 0G G G C s C s G0 C s G C s C s 00 0 K 1

−

+ + − −

− + +

−= = =

−

− + + − −

− + +

−

1 3 1 1 3

1 1 2 1 2

1 1 3 1 3 1 1 3

1 2 1 2 1 1 2 1 2

G G C s C s GI C s G C s C s 0

0 K 1G C s G G G C s C s G

G 0 G C s C s 0 G C s G C s C s 00 K 1 0 K 1

+ + − −

− + +

−= =

− − − + + − −

+ + + − + +

− −

( )( )( )( ) ( )

2 21 3 1 2 1 2 1 3 1 1

2 2 21 3 1 2 1 2 1 3 1 1 1 2 1 2

G G C s G C s C s C s KG C s I

G G C s G C s C s C s KG C s G G G C s C s

+ + + + − − = + + + + − − − + +

1 1 1

1 1 3 1 1

1 2 1 2

2 41 1

1 1 3 1 1 3

1 2 1 2

G G 0 IG G G C s C s 00 C s G C s C s 00 0 K 0

V eG G 0 0G G G C s C s G0 C s G C s C s 00 0 K 1

−

− + + −

− + +

−= = =

−

− + + − −

− + +

−

( )( ) ( )1 1 1

2 2 21 3 1 2 1 2 1 3 1 1 1 2 1 2

I KG C sG G C s G C s C s C s KG C s G G G C s C s

= + + + + − − − + +

Για το δίθυρο θα ισχύει

1 1 11 12 1 1

2 4 21 22 2 2

V e z z I IZ

V e z z I I

= = =

Από τις ανωτέρω σχέσεις η µήτρα Ζ προκύπτει άµεσα

( ) ( )( )( ) ( )

( )( ) ( )

2 21 3 1 2 1 2 1 3 1

2 2 21 3 1 2 1 2 1 3 1 1 1 2 1 2

1 12 2 2

1 3 1 2 1 2 1 3 1 1 1 2 1 2

G G C s G C s C s C s KG C s0

G G C s G C s C s C s KG C s G G G C s C sZ

KG C s0

G G C s G C s C s C s KG C s G G G C s C s

+ + + + − − + + + + − − − + + =

+ + + + − − − + +

2. Εάν το δίθυρο τερµατιστεί όπως στο ακόλουθο Σχήµα, θα είναι

1 11 1 12 2

2 21 1 22 2

1 1 S

2 2 L

V z I z IV z I z I

V E I R

V I R

= +

= +

= −

= −

Απαλείφοντας τα V1,V2 λαµβάνεται

I2

+

_

V1

+

_

I1

V2RL

E+

RS I2

+

_

V1

+

_

V1

+

_

I1

V2RL

E+ E+

RS

11 S 12 1

21 22 L 2

z R z I Ez z R I 0+

= +

Επιλύοντας ως προς Ι2 προκύπτει από τον κανόνα του Cramer

( )( )

11 S

21 212

11 S 12 11 S 22 L 12 21

21 22 L

z R Ez 0 Ez

Iz R z z R z R z z

z z R

+

−= =

+ + + −

+

οπότε, καθώς z12=z22=0

( ) ( ) ( )2 2 L 21 L 21

11 S 22 L 12 21 11 S

V (s) I (s)R z R zG(s)

E(s) E(s) z R z R z z z R−

= = = =+ + − +

3. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του συστήµατος προκύπτει από τα σηµεία µηδενισµού του παρονοµαστή της G(s). Θα είναι

( )( )

( ) ( ) ( )

2 2L 1 3 1 2 1 2 1 3 1

2 2 2L S 1 3 1 2 1 2 1 3 1 1 1 2 1 2

(s) R G G C s G C s C s C s KG C s

R R G G C s G C s C s C s KG C s G G G C s C s

ψ = + + + + − − +

+ + + + + − − − + + Οι ρίζες του ψ(s) δεν εξαρτώνται από το RL. ∆ιαιρώντας µε το RL, είναι δυνατόν να γραφεί

[ ][ ]

[ ]

21 2 S 1 1 2

2 1 1 1 3 1 1 2 3 2 3 1 S 1 2 1 S 1 3 1 S 1 3 2 S 1 3 1

21 2 2 3 S 1 2 3 2 1 0

(s) s C C R G C C

s G C G C G C G C G C KG C R G G C R G G C R G G C KR G G C

G G G G R G G G A s A s A

ψ = + +

+ + + + + − + + + − +

+ + + = + +

Για να ταλαντώνει το σύστηµα πρέπει

1

2 0

A 0A A 0

=

>

Η κυκλική συχνότητα που αντιστοιχεί στην επιθυµητή συχνότητα θα είναι

0

2

A2 f

Aω = π =

Καθώς τα Α0, Α2 είναι θετικά, θα είναι

0 1 2 2 3 S 1 2 3

2 1 2 S 1 1 2

G G G G R G G G1 1f

2 2 C C R G C CΑ + +

= =π Α π +

Η συνθήκη ταλαντώσεως προκύπτει

[ ] [ ]2 1 1 1 3 1 1 2 3 2 3 1 S 1 2 1 3 1 3 2 3 1G C G C G C G C G C KG C R G G C G C G C KG C 0+ + + + − + + + − =

Η ύπαρξη της RS ( η φυσική τιµή της θεωρείται µηδενική) καταστρέφει τη συνθήκη ταλαντώσεως και πρέπει να µεταβάλλονται δύο στοιχεία του κυκλώµατος ώστε να ικανοποιούνται ταυτόχρονα οι δύο τελευταίες σχέσεις.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1996) 1. Να ευρεθεί η περιγραφή του διθύρου Ν µε τη µήτρα συνθέτων αντιστάσεων

ανοικτοκυκλώσεως Ζ. 2. Εάν το δίθυρο τερµατιστεί όπως στο Σχήµα, να ευρεθεί η συνθήκη ταλαντώσεων

και η συχνότητα ταλαντώσεων. 3. Εάν RS=∞, να εκλεγούν τα στοιχεία του κυκλώµατος ώστε η συχνότητα

ταλαντώσεων να είναι ίση µε 10kHz. Λύση 1. Για την εύρεση της περιγραφής του διθύρου µε τη µήτρα Ζ θεωρείται ότι

διεγείρεται από πηγές ρεύµατος, όπως στο ακόλουθο Σχήµα.

I2

V2

+

_

V1

+

_

I1

RL

E+

RS

4

3

2

-

+

R30

1

R1

R2

R4

C2

C1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

I2

V2

+

_

V1

+

_

I1

RL

E+ E+

RSRS

44

33

22

-

+

-

+

R300

11

R1

R2

R4

C2

C1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

I1I2

I2

V2

+

_

V1

+

_

I1

4

3

2

-

+

R30

1

R1

R2

R4

C2

C1

I1I2

I2

V2

+

_

V1

+

_

I1

44

33

22

-

+

-

+

R300

11

R1

R2

R4

C2

C1

Το κύκλωµα επιλύεται µε την τροποποιηµένη µέθοδο των κόµβων µε δύο γράφους. Ο Ι-Γράφος και ο V-Γράφος του κυκώµατος φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα, Οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους θα είναι

1 2 2 1 1 1

3 4 4 2

1 1 1 1 3

G G C s G 0 e IG G 0 G e 0

G G C s C s e 0

+ + − + − = − + −

Εκφράζονται οι V1=e1 καιV2 =e3 συναρτήσει των Ι1,Ι2. Όπως φαίνεται από τις εξισώσεις το Ι2 δεν έχει ουδεµία επίδραση στο κύκλωµα. Από τον κανόνα του Cramer θα είναι

I-Γράφος

R1

R3

≡≡≡≡2 21 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡3 3

I1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 4

C2

C1

R2

R4

I-Γράφος

R1

R3

≡≡≡≡2 22 21 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡3 3≡≡≡≡3 33 3

I1

≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡ 4

C2

C1

R2

R4

0 ≡≡≡≡ 0

C1

V-Γράφος

≡≡≡≡ 21 ≡≡≡≡ 1 3 ≡≡≡≡ 4R4

R3

C2

R1

2 ≡≡≡≡ 3

R2

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

C1

V-Γράφος

≡≡≡≡ 21 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 2≡≡≡≡ 21 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1 3 ≡≡≡≡ 43 ≡≡≡≡ 4R4

R3

C2

R1

2 ≡≡≡≡ 32 ≡≡≡≡ 3

R2

[ ]

[ ]

1 1

4

1 1 11 1

1 2 2 1

3 4 4

1 1 1 1

1 4 1 1

1 2 2 4 1 1 1 3 4 1 4 1

4 1 11 22

4 1 2 1 4 2 2 4 1 1 3 1 1 2 4

I G 00 0 G0 G C s C s

V eG G C s G 0

G G 0 GG G C s C s

I G (G C s)(G G C s)G (G C s) G (G G )C s G G

G (G C s)I 0*I

G C C s G G C G G C G G C s G G G

−

−

+ −= = =

+ + −

+ −

− + −

+= =

+ + + + − + −

+= +

+ + − +

[ ]

[ ]

1 2 2 1 1

3 4

1 1 12 3

1 2 2 1

3 4 4

1 1 1 1

1 3 4 1 1

1 2 2 4 1 1 1 3 4 1 4 1

3 4 1 11 22

4 1 2 1 4 2 2 4 1 1 3 1 1 2 4

G G C s G IG G 0 0

G G C s 0V e

G G C s G 0G G 0 G

G G C s C s

I (G G )(G C s)(G G C s)G (G C s) G (G G )C s G G

(G G )(G C s)I 0*I


+ + −

+

− += = =

+ + −

+ −

− + −

+ += =

+ + + + − + −

+ += +

+ + − +

Για το δίθυρο θα ισχύει

1 1 11 12 1 1

2 4 21 22 2 2

V e z z I IZ

V e z z I I

= = =

Από τις ανωτέρω σχέσεις η µήτρα Ζ προκύπτει άµεσα

[ ]

[ ]

4 1 12

4 1 2 1 4 2 2 4 1 1 3 1 1 2 4

3 4 1 12

4 1 2 1 4 2 2 4 1 1 3 1 1 2 4

G (G C s)0

G C C s G G C G G C G G C s G G GZ

(G G )(G C s)0


+ + + − + = + + + + − +

2. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του διπλά τερµατισµένου διθύρου προκύπτει από τους µηδενισµούς της παραστάσεως

11 S 22 L 12 21 11 S L(z R )(z R ) z z (z R )R 0+ + − = + =

καθώς z12=z22=0. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο προκύπτει

[ ] [ ] [ ]2S 4 1 2 S 1 4 2 S 2 4 1 4 1 S 1 3 1 1 4 S 1 2 4

22 1 0

(s) s R G C C s R G G C R G G C G C R G G C G G R G G G

A s A s A

ψ = + + + − + + =

= + +


1

2 0

A 0A A 0

=

>

Η κυκλική συχνότητα που αντιστοιχεί στην επιθυµητή συχνότητα θα είναι

0

2

A2 f

Aω = π =

Καθώς τα Α0, Α2 είναι θετικά, θα είναι

0 1 4 S 1 2 4 1 S 1 2

2 S 4 1 2 S 1 2

G G R G G G G R G G1 1 1f

2 2 R G C C 2 R C CΑ + +

= = =π Α π π

Η συνθήκη ταλαντώσεως προκύπτει

S 1 4 2 S 2 4 1 4 1 S 1 3 1R G G C R G G C G C R G G C 0+ + − =

3. Εάν RS=∞, από τη συνθήκη ταλαντώσεως διαιρώντας µε RS και λαµβάνοντας το όριο, προκύπτει

S

4 11 4 2 2 4 1 1 3 1 1 4 2 2 4 1 1 3 1R

S

G Clim G G C G G C G G C G G C G G C G G C 0

R→∞

+ − + = + − =

Η συχνότητα ταλαντώσεων γίνεται

S S

11 2

1 S 1 2 S 1 2

R RS 1 2 1 2 1 2

G G GG R G G R1 1 1 G G

f lim lim2 R C C 2 C C 2 C C∞ →∞ →∞

+ +

= = = π π π

Από τη συχνότητα ταλαντώσεων λαµβάνεται

( ) ( )22 4 91 2

1 2

G G2 f 2 *10 3.948*10

C C ∞= π = π =

Από τη συνθήκη ταλαντώσεων λαµβάνεται

1 4 2 2 4 1 1 3 1G G C G G C G G C 0+ − =

Καθώς υπάρχουν δύο εξισώσεις και έξη άγνωστοι θα υπάρχουν οικογένειες λύσεων. Λαµβάνοντας

C1 = C2 = 10nF

G1 = G2

Προκύπτει

G1 = G2 = 6.28*10-4

Ή ισοδύναµα

R1 = R2 = 1591.5Ω

Από τη συνθήκη ταλαντώσεως προκύπτει

2G4-G3 = 0


R3 = 0.5*R4

Εάν θεωρηθεί ότι οι αντιστάσεις R3, R4 προκύπτουν από ένα ποτενσιόµετρο του οποίου η µεσαία λήψη τοποθετείται στον ακροδέκτη του τελεστικού ενισχυτή και έχει τιµή 10kΩ, θα ισχύει επίσης

R3+R4 = 10kΩ

οπότε

R3 = 3.33kΩ

R4 = 6.67kΩ.

1997 ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Φεβρουάριος 1997) Επί οριζοντίου επιπέδου κατασκευάζεται η διάταξη του Σχήµατος. Μεταξύ της µάζης Μ και του επιπέδου υπάρχει συντελεστής τριβής Β. Η µάζα της τροχαλίας και του νήµατος θεωρούνται αµελητέες. 1. Εάν

b

F i

dxe

dt

ηλ = η

= −η

να γραφούν οι εξισώσεις κινήσεως του συστήµατος. 2. Εάν θεωρηθεί διάνυσµα καταστάσεως

[ ] [ ]1 2 3 x x iΤξ = ξ ξ ξ = ɺ και σαν έξοδος το x, να δειχθεί ότι οι εξισώσεις καταστάσεως είναι

E+

Β

be

LR

ηλF

Μ

+

-

F

x, xɺ

Κ

E+

Β

be

LR

ηλF

Μ

+

-

F

x, xɺ

Κ

[ ]

1 1

2 2

3 3

1

2

3

0 1 0 0 0Fd 4K B 1

0Edt M M M M

R 10 0

L L L

y 1 0 0

ξ ξ − − η ξ = ξ + ξ ξ η −

ξ = ξ ξ

3. Εάν K=1N/m, L=1H, M=1kg, B=0 και R=0 να προσδιοριστούν οι τιµές του η ώστε το σύστηµα να είναι ασυµπτωτικά ευσταθές. Να εξεταστεί τι συµβαίνει όταν η2=4. 4. Για µοναδιαίες τιµές των στοιχείων R,L,B,K,M και η να σχεδιαστεί το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode κέρδους της συνάρτησης µεταφοράς

X(s)G(s)

E(s)=

∆ίδεται ότι 3 2 2s 2s 4s 4 (s 1.3)(s 0.74s 3.09)+ + + = + + + Λύση Στη µάζα Μ δρούν οι ακόλουθες δυνάµεις − Η διέγερση F − Η δύναµη Fηλ που οφείλεται στο ρεύµα i του ηλεκτρικού κυκλώµατος − Η δύναµη τριβής BF Bx= ɺ − Οι δυνάµεις Τ που οφείλονται στην τάση του νήµατος. Καθώς όταν η µάζα Μ

µετατοπίζεται κατά x το ελατήριο επιµηκύνεται κατά 2x, θα είναι 2T 2*K *2x 4Kx= =

Εφαρµόζοντας τον νόµο του Νεύτωνα στη µάζα Μ λαµβάνεται

Μ

ηλFF

BF 2T

Μ

ηλFF

BF 2T

2

B2

d x dxM F F F 2 F i B 4Kx

dt dtηλ= + − − Τ = +η − − (1)

Εφαρµόζοντας τον Νόµο Τάσεων Kirchhoff στο βρόχο του ηλεκτρικού κυκλώµατος, λαµβάνεται

b

di di dxE Ri L e Ri L

dt dt dt= + + = + −η (2)

Οι εξισώσεις (1) και (2) αποτελούν τις εξισώσεις κινήσεως του συστήµατος. 2. Θεωρώντας το διάνυσµα καταστάσεως που δίδεται, από τις εξισώσεις (1) και (2) προκύπτουν

1 2

2 1 2 3

3 2 3

1

4K B 1F

M M M MR 1

EL L L

y

ξ = ξ

− ηξ = ξ − ξ + ξ +

ηξ = ξ − ξ +

= ξ

ɺ

ɺ

ɺ

ή σε µητρική µορφή

[ ]

1 1

2 2

3 3

1

2

3

0 1 0 0 0Fd 4K B 1

0Edt M M M M

R 10 0

L L L

y 1 0 0

ξ ξ − − η ξ = ξ + ξ ξ η −

ξ = ξ ξ

3. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του συστήµατος θα είναι

2 2 2 2

s 1 0s 1 0

4K B(s) det s det 4 s s(s ) 4s s(s 4 )

M M M0 sR

0 sL L

−

− −η ψ = + = −η = −η + = + −η −η −η

+

Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο έχει τη ρίζα s=0 επάνω στον φανταστικό άξονα και συνεπώς δεν είναι ασυµπτωτικά ευσταθές για καµία τιµή του η. − Εάν 4-η2>0 οι άλλοι δύο πόλοι είναι επάνω στο φανταστικό άξονα οπότε το σύστηµα

είναι ευσταθές. − Εάν 4-η2<0 οι άλλοι δύο πόλοι είναι πραγµατικοί και ο ένας εξ αυτών ευρίσκεται στο

δεξιό ηµιεπίπεδο, οπότε το σύστηµα είναι ασταθές.

− Εάν 4-η2=0 το χαρακτηριστικό πολυώνυµο θα έχει τριπλή ρίζα την s=0 η οποία ευρίσκεται επάνω στο φανταστικό άξονα. Το σύστηµα θα είναι ευσταθές µόνο εάν στην ανωτέρω ιδιοτιµή αντιστοιχούν τρία ανεξάρτητα ιδιοδιανύσµατα. Καθώς

ii s 0

0 1 0rank(s I A) rank 4 0 2 n 3 0

0 0=

− − = −η = > − = −η

υπάρχει ένα µόνο ανεξάρτητο ιδιοδιάνυσµα και το σύστηµα είναι ασταθές. οι άλλοι δύο πόλοι είναι επάνω στο φανταστικό άξονα οπότε το σύστηµα είναι ευσταθές αλλά όχι ασυµπτωτικά ευσταθές.επάνω στο φανταστικό άξονα οπότε το σύστηµα είναι ευσταθές αλλά όχι ασυµπτωτικά ευσταθές. 4. Για µοναδιαίες τιµές των στοιχείων η συνάρτηση µεταφοράς θα είναι

[ ]

[ ]

1

2

22 3 2

s 1 0 0X(s)

G(s) 1 0 0 4 s 1 1 0E(s)

0 1 s 1 1

10s[(s 1) 1] 4(s 1)

1 0 0 01

1 1 0.25s ss[(s 1) 1] 4(s 1) s 2s 4s 4 (1 )(1 0.24s )

1.3 3.09

−−

= = + − = − +

× × + − + + = × × × = × × ×

= = =+ − + + + + +

+ + +

Ο δευτεροβάθµιος όρος στον παρονοµαστή έχει µιγαδικές ρίζες επειδή

2 10.24 4* 0

3.09∆ = − <

Συνεπώς το σηµείο θλάσης του θα είναι στη θέση

n 2

rad3.09 1.76

sω = =

και η κλίση του διαγράµµατός του από το σηµείο αυτό ίση µε –40db/dec. Για τον πρωτοβάθµιο παράγοντα του παρονοµαστή το σηµείο θλάσης θα είναι στη θέση

n1

rad1.3

sω =

και η κλίση του διαγράµµατός του από το σηµείο αυτό ίση µε –20db/dec. Το κέρδος του σταθερού όρου θα είναι

10K 20 (0.25) 12db= λογ = − Στο ακόλουθο Σχήµα φαίνονται τα διαγράµµατα Bode κέρδους και φάσης καθώς και το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode του κέρδους

Frequency (rad/sec)

Ph

ase

(d

eg

); M

ag

nitu

de

(d

B)

Bode Diagrams

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0From: U(1)

10-1 100 101-300

-250

-200

-150

-100

-50

0

To: Y

(1)

1.3 1.76

-20db/dec

-40db/dec

1997 ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Φεβρουάριος 1997) 1. Να ευρεθεί η περιγραφή του διθύρου µε τη µήτρα των υβριδικών παραµέτρων Η. 2. Αν το δίθυρο τερµατιστεί όπως στο Σχήµα, να δειχθεί ότι οι πόλοι του συστήµατος

προκύπτουν από τις ρίζες της εξίσωσης

( )11 S 22 12 21L

1h R h h h 0

R

+ + − =

3. Εάν η Z(s) είναι παράλληλος συνδυασµός πηνίου L και χωρητικότητας C να ευρεθεί εάν υπάρχει τιµή gm ώστε να ταλαντώνει το διπλά τερµατισµένο δίθυρο και η συχνότητα ταλαντώσεως.

Λύση 2. Για την εύρεση της περιγραφής µε τη µήτρα των υβριδικών παραµέτρων τοποθετείται πηγή ρεύµατος στη θύρα 1 και πηγή τάσεως στη θύρα 2, όπως στο ακόλουθο Σχήµα.

I2

gmV v2

+

_

Z(s)

R=R11

0

R=R2 3

v1

+

_

I1

+_V

2

RL

E+

RS I2

gmV v2

+

_

Z(s)

R=R111

00

R=R2 33

v1

+

_

v1

+

_

I1

+_V

22

RL

E+ E+

RS

I2

gmV v2

+

_

Z(s)

R=R11

0

R=R2 3

v1

+

_

I1

+_V

2

V2

+I1

I2

gmV v2

+

_

Z(s)

R=R111

00

R=R2 33

v1

+

_

v1

+

_

I1

+_V

22

V2

+I1

Γράφονται οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους. Ο Ι- Γράφος και ο V-Γράφος φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα. Οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους θα είναι

Z Z 1 1

m m 2

3 2

G G G G e IG 2G g G g e 00 0 1 e V

+ − − − + − − =

Η V1 ευρίσκεται από την επίλυση του συστήµατος µε τη µέθοδο Cramer.

Z

EΠ2

I-Γράφος

≡≡≡≡2 2

R2

1 ≡≡≡≡ 1

I1

R1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 3

Z

EΠ2

I-Γράφος

≡≡≡≡2 22 2

R2

1 ≡≡≡≡ 1

I1

R1

≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 3≡≡≡≡ 3

0 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 2

Ζ

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 13 ≡≡≡≡ 3

C3

EΠ1

V2

R2R1

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 2

Ζ

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 13 ≡≡≡≡ 33 ≡≡≡≡ 3

C3

EΠ1

V2

R2R1

1 Z

m m

21 1

Z Z

m m

2m m Z m Z

1 22 2m Z m Z m Z m Z

I G G0 2G g G g

V 0 1V e

G G G GG 2G g G g0 0 1

2G g G g G 2GG g GI V

G g G 2GG g G G g G 2GG g G

− −

+ − −

= = =+ − −

− + − −

+ + + += +

+ + + + + +

Για την ένταση Ι2 θα ισχύει

3 2 3 12

e e e eI

R Z− −

= +

Επειδή είναι

2 3V e=

Z 1 Z

m

22

Z Z

m m

2m Z m Z

1 22 2m Z m Z m Z m Z

G G I GG 0 G g0 V 1

eG G G G

G 2G g G g0 0 1

G G g G 2GG g GI V

G g G 2GG g G G g G 2GG g G

+ −

− − −

= =+ − −

− + − −

+ + += +

+ + + + + +

προκύπτει

m2 2 1 2 1 22 2

m Z m Z m Z m Z2

m12 2

m Z m Z m Z m Z

G 2G gV V I V I V

G g G 2GG g G G g G 2GG g GI

R ZG 2G g

IR(G g G 2GG g G ) Z(G g G 2GG g G )

+− − − −

+ + + + + += + =

+= − − + + + + + +

Εποµένως η µήτρα των υβριδικών παραµέτρων θα είναι

m2

m Z m Z

2Z m Z

2m Z m Z

2G g1

G g G 2GG g GH

G 2GG g G0

G g G 2GG g G

+ + + + = + +− + + +

2. Εάν το δίθυρο τερµατιστεί διπλά, όπως στο ακόλουθο Σχήµα, θα ισχύουν οι σχέσεις

1 11 1 12 2

2 21 1 22 2

1 1 S

2 2 L

V h I h VI h I h V

V E I RV I R

= +

= +

= −

= −

Απαλείφοντας τα V1,I2 και γράφοντας τις εξισώσεις σε µητρική µορφή, λαµβάνεται

11 S 121

21 22 2L

h R hI E

1h h V 0

R

+ = +

Θεωρώντας τα Ι1,V2 σαν γενικευµένες µεταβλητές της περιγραφής του συστήµατος, οι πόλοι του διπλά τερµατισµένου διθύρου θα προκύπτουν από τις ρίζες της

( )11 S 12

11 S 22 12 2121 22 L

L

h R h1

det h R h h h 01h h R

R

+ = + + − = +

3. Από την τελευταία σχέση, λαµβάνοντας υπόψη τις τιµές των στοιχείων της µήτρας των υβριδικών παραµέτρων, προκύπτει

( )( )

( )2 2

m S m Z m Z Z m Z11 S 21 22

L m Z m ZL m Z m Z

2G g R G g G 2GG g G1 G 2GG g Gh R h 0

R G g G 2GG g GR G g G 2GG g G

+ + + + + + ++ − = + =

+ + ++ + +


( )2 2m S S m L Z S S m L L m Z2G g R G R g G R G G 2R G R g 2R G R g A G B 0+ + + + + + + + + = + =

Εάν η Ζ είναι παράλληλος συνδυασµός πηνίου και χωρητικότητας θα είναι

Z

1G Cs

Ls= +

οπότε

I2

+

_

V1

+

_

I1

V2RL

E+

RS I2

+

_

V1

+

_

V1

+

_

I1

V2RL

E+ E+

RS

Z

1A BG A B Cs 0

Ls + = + + =

ή ισοδύναµα 2BLCs ALs B 0+ + =

Για να ταλαντώνει το σύστηµα θα πρέπει να είναι

AL=0


Α=0

Και τα BLC, B να είναι οµόσηµα. Αυτό ισχύει αφού τα L,C είναι θετικά. Η συνθήκη ταλαντώσεως θα είναι

2 2m S S m L2G g R G R g G R G 0+ + + + =

Από την τελευταία σχέση λαµβάνεται 2 2

S Lm

S

2G R G R Gg

1 R G+ +

= −+

Η συχνότητα ταλαντώσεων προκύπτει από τις ρίζες του πολυωνύµου 2BLCs B+

Θα είναι

1LC

ω =

οπότε

1 1f

2 LC=

π

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1997) Για το κύκλωµα του σχήµατος 1. Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο

γράφους. 2. Να προσδιοριστεί η συνάρτηση µεταφοράς

oV (s)G(s)

E(s)=

αν Y=Cs. 3. Να εξεταστείµεάν το σύστηµα είναι ταυτόχρονα ελέγξιµο και παρατηρήσιµο. 4. Για Κ της επιλογής σας και µοναδιαίες τιµές των υπολοίπων στοιχείων να

σχεδιαστεί το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode του κέρδους. Λύση Ο Ι-γράφος και ο V-γράφος του κυκλώµατος φαίνονται στα ακόλουθα σχήµατα

C1=a(F) +

E+

Y

0

5

43

2

1

KV4

+

3

m+1C =a (F)

m

2

aC = (F)

m

1R =1(Ω) 2R =m(Ω)

3

mR = (Ω)

m+1

-

Vo

C1=a(F) +

EE+

Y

00

55

4433

22

11

KV4

KV44

+

3

m+1C =a (F)

m

2

aC = (F)

m

1R =1(Ω) 2R =m(Ω)

3

mR = (Ω)

m+1

-

Vo

R3

C2

C3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 3

R2

1 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡3 4

C1

R1

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 5

YR3

C2

C3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 32 3

R2

1 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡3 4≡≡≡≡3 43 4

C1

R1

≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 5≡≡≡≡ 5

Y


11 3 1 2 2 3

21 1 2 3 2

32 2 2 2

4

5

VC s G C s C s 0 C s G 0VG 0 G G C s G 0 0V0 C s G G C s Y 0 0V1 0 0 0 0 EV0 0 0 K 1 0

− + + − − − + + − =− − + + −

2. Για τη συνάρτηση µεταφοράς θα είναι

1 3 1 2 2

1 1 2 3 2

2 2 2 2

5

1 3 1 2 2 3

1 1 2 3 2

2 2 2 2

C s G C s C s 0 C s 0G 0 G G C s G 00 C s G G C s Y 01 0 0 0 10 0 0 K 0V (s) N(s)

G(s)C s G C s C s 0 C s GE(s) D(s)G 0 G G C s G 00 C s G G C s Y 01 0 0 0 00 0 0 K 1

− + + −

− + + −

− − + +

−= = =

− + + − −

− + + −

− − + +

−

όπου

0 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 2

C1

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 1

3 ≡≡≡≡ 3

E

C3

4 ≡≡≡≡ 4

5 ≡≡≡≡ 5

C2

R3

EΠ1

Y ΕΠ2

R2R1

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

2 ≡≡≡≡ 22 ≡≡≡≡ 2

C1

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1

3 ≡≡≡≡ 33 ≡≡≡≡ 3

E

C3

4 ≡≡≡≡ 44 ≡≡≡≡ 4

5 ≡≡≡≡ 55 ≡≡≡≡ 5

C2

R3

EΠ1

Y ΕΠ2

R2R1

1 3 1 2

1 1 2 3

2 2

21 2 1 2 3 1 2 3 1 2

3 21 2 3 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3

3 23 2

2 2 2 2

3 3 2 22

C s G C s C s 0N(s) K G 0 G G C s

0 C s G

K C C s (G G C s) G G (G C s C s)

K C C C s C C (G G )s G G (C C )s G G G

a (m 1) a (m 1) a(m 1) (m 1)K s s s

m m m m

(m 1)K a s a s as

m

− + +

= − + + =

− −

= − + + − + + =

= − + + + + + =

+ + + += − + + + =

+

= − + + 2 22

(m 1)1 K (as 1)(a s 1)

m+

+ = − + +

3 1 2 2 3

1 2 3 2

2 2 2 2

2 2 23 1 2 1 2 3 2 2 2 2 1 2 3

3 2 1 2 3

2

G C s C s 0 C s G0 G G C s G 0

D(s)C s G G C s Y 00 0 K 1

(G C s C s) (G G C s)(G C s Y) G C s (G G C s)

KG C s(G G C s)

m 1 a 1 m 1 1 a 1a s 1 as s Y

m m m m m m m

+ + − −

+ + −= − =

− − + +

−

= − + + + + + + − − + + + + + + =

+ + = − + + + + + + −

22

2

2 2

2 2 2

a 1 m 1s 1 as

m m m

m 1 a 1 m 1K s 1 as

m m m m

(m 1)(1 as) (m 1)(1 as) (1 as) 1 a s m 1Y Ka

m m m m m m

+ − + + + + + + + + =

+ + + + + + = − + − − −

3. µεταξύ των N(s) και D(s) υπάρχει κοινός παράγων ο (1+as) ο οποίος δεν εµφανίζεται στην G(s) εξαιτίας της απλοποίησης. Εποµένως το σύστηµα δεν µπορεί να είναι ταυτόχρονα ελέγξιµο και παρατηρήσιµο. 4. Για µοναδιαίες τιµές των στοιχείων θα είναι

2 2

2 2

K(1 s ) K(1 s )G(s)

2(1 s)2s s 2K 3s 4s 2K+ +

= =+ − − + −

Για να έχει νόηµα το διάγραµµα Bode πρέπει το σύστηµα να είναι ευσταθές ή ισοδύναµα -2Κ>0 ή Κ<0 Λαµβάνοντας Κ=-0.25 θα είναι

2 2 2

2 2

0.25(1 s ) 0.5(1 s ) 0.5(1 s )G(s)

s s3s 4s 0.5 1 8s 6s 1 10.14 1.19

− + − + − += = =

+ + + + + +

Τα σηµεία θλάσης εποµένως θα είναι στις κυκλικές συχνότητες 0.14, 1 και 1.19rad/sec αντίστοιχα Το κέρδος του σταθερού όρου θα είναι

( )g 10K 20 0.5 6db= λογ = − Το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode µαζί µε το πραγµατικό φαίνονται στο ακόλουθο Σχήµα. Καθώς οι ρίζες του αριθµητή είναι επάνω στον φανταστικό άξονα, το σφάλµα θα είναι µεγάλο στην περιοχή 1rad/sec.

Frequency (rad/sec)

Ph

ase

(d

eg

); M

ag

nitu

de

(d

B)

Bode Diagrams

-100

-80

-60

-40

-20

0From: U(1)

10-2 10-1 100 101-200

-100

0

100

200

To: Y

(1)

1997 ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1997) 1. Να ευρεθεί η περιγραφή του ∆ιθύρου Ν µε τη µήτρα των υβριδικών παραµέτρων Η 2. Αν ZL=R και Κ→∞, να ευρεθεί η αντίσταση εισόδου Ζin του τερµατισµένου

∆ιθύρου. 3. Εάν

s

1 1Z R Ls 1 s

Cs s= + + = + +

L

1G Cs 1 s

Z= + = +

να ευρεθεί εάν υπάρχει τιµή του Κ για να ταλαντώνει αµείωτα το σύστηµα και η συχνότητα ταλαντώσεων.

Λύση Για τον προσδιορισµό της περιγραφής Η τοποθετείται πηγή εντάσεως στη θύρα 1 και τάσεως στη θύρα 2, όπως στο σχήµα Από την εφαρµογή του Νόµου Ρευµάτων Kirchhoff στον κόµβο 3 λαµβάνεται

∆ΙΘΥΡΟ Ν

E+

KI

Z Z

ZL

Zs

I

∆ΙΘΥΡΟ Ν

EE+

KI

Z Z

ZL

Zs

I

I1

I2

-

V1

31

0

KIV2

+

+

+

Z Z2

V V2

--

I1

I1I1

I2

-

V1

3311

00

KIKIV2V2

+

+

+

Z Z22

V V2

--

I1

1 2(V V)G KI (V V )G− = + − (1)

µε G=1/Z. Από την εφαρµογή του Νόµου Ρευµάτων Kirchhoff στον κόµβο 2 λαµβάνεται

2 2I I G(V V )= − − − (2)

Εξαιτίας του βραχυκυκλώµατος που διαρρέεται από το ρεύµα Ι θα είναι

1 2V =V (3)


2(V V)*2GI

K−

= (4)


2(V V)2GI

K−

= (5)


2 1 12

GV (K 2) KI KIV V

(K 2)G (K 2)G (K 2)G+

= − = −+ + +

(6)

Από τις σχέσεις (2), (5) και (6) λαµβάνεται 2 1 1 1

2 2

1

(V V )2G KGI KI KGI2GI I G(V V )

K (K 2)G (K 2)G K (K 2)GK 2

IK 2

− −= − − − = + = + =

+ + +

−=

+

(7)

Γράφοντας τις εξισώσεις (3) και (7) σε µητρική µορφή λαµβάνεται

1 1

2 2

0 1V IK 2I V0K 2

= −

+

(8)

οπότε

0 1

H K 20

K 2

= − +

(9)

2. Η αντίσταση εισόδου θα είναι

11H

Lin L

22L L

h K 20Z K 2K 2Z Z

1 1 K 2h 0Z Z

−∆ + − + −+= = = −++ +

(10)

και

in L LK K

K 2lim Z lim Z Z R

K 2→∞ →∞

− = − = − = − +

(11)

δηλαδή το κύκλωµα θα είναι ένας µετατροπέας αρνητικής σύνθετης αντίστασης 3. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο θα προκύπτει από τους µηδενισµούς της συνάρτησης

11 s 22 12 21

L

3 2

1 1 K 2(h Z )(h ) h h (s 1 )(s 1)

Z s K 2

1 K 2s 2s 2s 1 s

s K 2

−+ + − = + + + − =

+

− = + + + − +

(12)

Οπότε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο θα είναι

3 2 3 2K 2(s) s 2s 2 s 1 s 2s as 1

K 2− ψ = + + − + = + + + +

(13)

Εφαρµόζεται η διάταξη Routh s3 1 a s2 2 1 s1 2a 1

2−

0

s0 1 Για να ταλαντ’ωνει αµείωτα το σύστηµα πρέπει να µηδενίζεται η γραµµή µε δείκτη s, δηλαδή 2a=1 ή ισοδύναµα

K 2

2 2 1K 2− − = +

(14)

από την οποία προκύπτει Κ = -10 (15)

Το βοηθητικό πολυώνυµο είναι 2B(s) 2s 1= + (16)

οπότε 22 1ταλω = (17)


2

f Hz2 4ταλ

ταλ

ω= =

π π (18)

1997 ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1997) 1. Χρησιµοποιώντας κανονικό δένδρο να γραφούν οι Νόµοι φορτίου και οι Νόµοι

Τάσεων Kirchhoff και οι περιγραφικές σχέσεις των στοιχείων για κάθε φάση. 2. Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως. 3. Εάν τις ακέραιες χρονικές στιγµές συµβαίνει µεταλλαγή των διακοπτών ενώ για t=0

γίνεται µεταλλαγή από τη φάση 2 στη φάση 1, οι αρχικές συνθήκες των πυκνωτών είναι µηδενικές και

t 0 t 4E(t)

0 4 tγια ≤ <

= για ≤

να ευρεθεί η Vo(t) για 0<t<4. Λύση Ο γράφος του κυκλώµατος και ένα κανονικό δένδρο φαίνονται στο ακόλουθο Σχήµα

+E+

0

5

4321

+

1C

2C

-

1 1δ =(φ )

3 1δ =(φ )

2 2δ =(φ )

4C 4CV

3C

4C1*V

+

-

oV+

EE+

00

55

44332211

+

1C

2C

-

1 1δ =(φ )1 1δ =(φ )

3 1δ =(φ )3 1δ =(φ )

2 2δ =(φ )2 2δ =(φ )

4C 4CV

3C

4C1*V

+

-

oV

C4

δ1

ΕΠ1

1

Ε

C1

2

0

δ2

δ3

3 4 5

C3

C2

ΕΠ2

(2)(1)

(4)

(3)

(7)

(5)

(10)(9)

(8)

(6)

C4

δ1

ΕΠ1

11

Ε

C1

22

00

δ2

δ3

33 44 55

C3

C2

ΕΠ2

(2)(1)

(4)

(3)

(7)

(5)

(10)(9)

(8)

(6)

Η µήτρα θεµελιωδών οµάδων διαχωρισµού είναι

[ ]5

1 0 0 0 0 0 1 0 0 00 1 0 0 0 1 0 0 0 0

Q I Q0 0 1 0 0 0 1 1 0 00 0 0 1 0 1 0 1 1 00 0 0 0 1 1 0 1 0 1

= =−

− − − −

Οι Νόµοι Φορτίου θα είναι

1

2

4

3

1

2

3

g

E

d

C

C

C

C

e

qqq

1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0q0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0q

Q q 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0q0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 0

q0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0

q

q

q

δ

δ

δ

∆ ∆ ∆

∆ ∆ ∆ = =− ∆ − − ∆ − −

∆ ∆ ∆

(1)

Οι Νόµοι Τάσεων θα είναι

1

2

4

3

1

2

3

g

E

d

C

C

CT

5C

e

vvv

0 1 0 1 1 1 0 0 0 0 0v1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0v

Q I v 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0v0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0

v0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0

v

v

v

δ

δ

δ

− −

− = =− − −

(2)

Οι σχέσεις (1) και (2) γράφονται αναλυτικά

1Eq q 0δ∆ + ∆ = (3)

3d Cq q 0∆ + ∆ = (4)

1 1 2Cq q q 0δ δ∆ −∆ + ∆ = (5)

2 3 2 3C Cq q q q 0δ δ∆ −∆ −∆ + ∆ = (6)

4 3 2 gC C eq q q q 0δ∆ −∆ −∆ + ∆ = (7)

2 4 3d C C Cv v v v 0− + + + = (8)

1 1E Cv v v 0δ− + + = (9)

1 2 4 2C C Cv v v v 0δ− + + + = (10)

2 3Cv v 0δ− + = (11)

4 gC ev v 0− + = (12)

Οι περιγραφικές σχέσεις των στοιχείων θα είναι Ανεξάρτητη Πηγή: Ev E(t)= (13) Εξαρτηµένη Πηγή:

geq 0∆ = (14)

4d Cv v= (15)

Πυκνωτές: k kC k Cq C v k 1, 2,3, 4.= = (16)

∆ιακόπτες: Φάση 1:

1 3v v 0δ δ= = (17)

2

q 0δ∆ = (18)

Φάση 2: 2

v 0δ = (19)

1 3

q q 0δ δ∆ = ∆ = (20) 2. Έστω ότι η φάση 1 συµβαίνει στο διάστηµα tk-1 ≤ t < tk. Από τις σχέσεις (9) και (17) προκύπτει

1Cv (t) E(t)= (21)


2Cv (t) 0= (22) Από τις σχέσεις (7) και (18) προκύπτει

4 3C Cq q∆ = ∆ (23)

Από τις σχέσεις (8) και (15) προκύπτει ότι ανεξάρτητα της φάσης ισχύει

3 2C Cv (t) v (t)= − (24) Από τις σχέσεις (23),(24) και (16) προκύπτει

3 3 4 43 C C k 1 4 C C k 1C [v (t) v (t )] C [v (t) v (t )]− −

− −− = − ή

4 4 3 3

4 2 3 4 3

3C C k 1 C C k 1

4

3 3C k 1 C C k 1 C k 1 C k 1

4 4

Cv (t) v (t ) [v (t) v (t )]

C

C Cv (t ) [ v (t) v (t )] v (t ) v (t )

C C

− −− −

− − − −− − − −

= + − =

= + − − = − (25)

Καθώς η έξοδος 4o Cv (t) v (t)= , οι εξισώσεις καταστάσεως για τη φάση 1 µπορούν να

γραφούν

[ ]

1 1

2 2

4 4

1

2

4

C C k 1

C C k 1

3C C k 1

4

C

o C

C

v (t) v (t )0 0 0 1v (t) 0 0 0 v (t ) 0 E(t)

C 0v (t) v (t )0 1C

v (t)

v (t) 0 0 1 v (t)

v (t)

−−

−−

−−

= +

=

(26)

Έστω ότι η φάση 2 συµβαίνει στο διάστηµα tk ≤ t < tk+1. Από τις σχέσεις (10) και (19) προκύπτει

1 2 4C C Cv v v 0− − = (27)

Από τις σχέσεις (6), (7), (14) και (20) προκύπτει

2 4C Cq q∆ = ∆ (28) Από τις σχέσεις (5), (6), και (20) προκύπτει

1 2 3C C Cq q q 0∆ + ∆ −∆ = (29)

Από τις σχέσεις (28), (24) και (16) προκύπτει

2 4 2 42 C 4 C 2 C k 4 C kC v (t) C v (t) C v (t ) C v (t )]− −− = − (30) Από τις σχέσεις (29), (24) και (16) προκύπτει

1 1 2 2 3 31 C C k 2 C C k 3 C C kC [v (t) v (t )] C [v (t) v (t )] C [v (t) v (t )] 0− − −− + − − − = ή ισοσύναµα

1 2 1 21 C 2 3 C 1 C k 2 3 C kC v (t) (C C )v (t) C v (t ) (C C )v (t )− −+ + = + + (31)

Οι σχέσεις (27), (30) και (31) γράφονται σε µητρική µορφή

1 1

2 2

4 4

C C k

2 4 C 2 4 C k

1 2 3 1 2 3C C k

v (t) v (t )1 1 1 0 0 00 C C v (t) 0 C C v (t )C C C 0 C C C 0v (t) v (t )

−

−

−

− − − = − + +

ή σοδύναµα

1 1

2 2

4 4

1C C k

C 2 4 2 4 C k

1 2 3 1 2 3C C k

4 2 3 4 2 31 2 4

1 2 2 4 3 41 4 1 4

1 2 31 2 1 2

v (t) v (t )1 1 1 0 0 0v (t) 0 C C 0 C C v (t )

C C C 0 C C C 0v (t) v (t )

C (C C ) C (C C )C (C C )D D D

C C C C C CC C C CD D D

(C C C )C C C CD D

−−

−

−

− − = − − = + +

+ ++

+ + −=

+ +−

[ ]

1

2

4

1

2

4

C k

C k

C k4

C

o C

C

v (t )

v (t )

v (t )CD

v (t)

v (t) 0 0 1 v (t)

v (t)

−

−

−

=

(32)

όπου

1 2 4 1 2 3D C C C (C C C )= + + + (33) 3. Για το διάστηµα 0 ≤ t < 1 το σύστηµα είναι στη φάση 1 και από τις σχέσεις (26) προκύπτουν

1

2

4

C

C

C

o

v (t) E(t) tv (t) 0 0

0 0v (t)

v (t) 0

= =

=

(34)


1

2

4

1 2 4

C

1 4C

C1 2

1 2o

C (C C )Dv (t)

C Cv (t)

Dv (t) C C

DC C

v (t)D

+ =

=

(35)


1

2

4

C

C

3 1 4 1 2C

4

1 2 3o

v (t) tv (t) 0

C C C C Cv (t)C D D

C (C C )v (t)

D

= +

+=

(36)


1

2

4

4 2 3 1 2 31 2 4

C

1 2 31 4 1 4C

C4 1 2 3 1 2 31 2

4 1 2 3 1 2 31 2o

C (C C ) C (C C )3C (C C )D D Dv (t)

C (C C )3C C C Cv (t)

D D Dv (t) C (C C C ) C (C C )3C C

D D DC (C C C ) C (C C )3C C

v (t)D D D

+ ++ + + = − + + + +

+ + += +

(37)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Φεβρουάριος 1999) Για το σύστηµα του σχήµατος γίνονται οι ακόλουθες παραδοχές: − Για τις φορές αναφοράς που έχουν ληφθεί οι περιγραφικές σχέσεις του κινητήρα είναι

aE A ,= ω Τ = ΑΙ − Η τροχαλία έχει ακτίνα R και ροπή αδρανείας J. − Το νήµα είναι αβαρές και δεν ολισθαίνει σε σχέση µε την τροχαλία. − Το βάρος της µάζας Μ συνυπολογίζεται στη δύναµη F. 1. Να γραφούν οι διαφορικές εξισώσεις που περιγράφουν την κίνηση του

συστήµατος. 2. Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως ως προς ένα διάνυσµα της επιλογής σας και

να εξεταστεί εάν η περιγραφή σας είναι ελέγξιµη και παρατηρήσιµη. Σαν µέτρηση λαµβάνεται η κατακόρυφη απόσταση της µάζας Μ από τον άξονα της τροχαλίας x. Θεωρείται ότι όταν δεν υπάρχουν διεγέρσεις στο σύστηµα το x είναι µηδενικό.

3. Να ευρεθεί η µήτρα συναρτήσεων µεταφοράς που συνδέει τη µέτρηση µε τις διεγέρσεις Ε και F.

Λύση 1. Εξαιτίας της ύπαρξης ροπής αδρανείας στην τροχαλία, οι τάσεις του νήµατος στους σύο κλάδους δεν θα είναι ίσες. Έστω Τ1 η δύναµη που ασκεί το νήµα στη µάζα Μ και Τ2 η δύναµη που ασκεί στο ελατήριο. Αναλυτικά για κάθε στοιχείο θα είναι: Μάζα Μ

Στη µάζα Μ δρούν οι δυνάµεις F και Τ1. Σύµφωνα µε τον νόµο του Νεύτωνα θα είναι

2

12

d xF T

dtΜ = − (1)

E

Lv

Ea

L

M

F

RI

xC

K

+

++

_

+

__

Cv

T,ω

θEE

Lv

EaEa

L

M

F

RI

xC

K

+

++

_

+

__

Cv

T,ω

θ

M

F

Τ1

M

F

Τ1

Ελατήριο Κ

Στο ελατήριο δρά η δύναµη Τ2 από το νήµα και η ίση και αντίθετή της από το έδαφος. Θα είναι

2T Kx= (2) Τροχαλία

Στην τροχαλία δρούν οι δυνάµεις Τ1 και Τ2 όπως στο σχήµα και η ροπή του κινητήρα Τ. Οι δυνάµεις Τ1 και Τ2 δηµιουργούν ροπή (Τ1-Τ2)R κατά την ωρολογιακή φορά και θα ισχύει

1 2

dJ T (T T )R

dtω= + − (3)

Για το ηλεκτρικό κύκλωµα θα ισχύουν οι σχέσεις Από την εφαρµογή του Νόµου Τάσεων Kirchhoff στον βρόχο πυκνωτή-κινητήρα

a CE v= (4) Από την εφαρµογή του Νόµου Τάσεων Kirchhoff στον βρόχο πυκνωτή-πηγής τάσεως-επαγωγέα

LC

diE v L

dt= + (5)

Από την εφαρµογή του Νόµου Ρευµάτων Kirchhoff στον κόµβο πυκνωτή-κινητήρα-επαγωγέα

CC L

dvi C i I

dt= = − (6)

Από τις περιγραφικές σχέσεις του κινητήρα θα είναι aE A= ω (7α) IΤ = Α (7β)

Τέλος, καθώς δεν υπάρχει ολίσθηση µεταξύ τροχαλίας και νήµατος µε κατάλληλη επιλογή της αρχής µέτρησης των γωνιών (θ=0 όταν x=0) θα είναι

x R= θ (8) d

x R Rdtθ

= = ωɺ (9)

2. Ένα σύνολο µεταβλητών που περιγράφει το σύστηµα είναι το C L(x, x, , , v ,i )θ ωɺ . Από τις σχέσεις (8) και (9) προκύπτει ότι οι x,θ και οι παράγωγοί τους είναι εξαρτηµένες και κάποιες από αυτές µπορούν να παραλειφθούν. Επίσης από τις (4) και (7) προκύπτει ότι

Τ2

Τ2

Τ2

Τ2

T

T2 T1

T

T2 T1

οι vC και ω είναι εξαρτηµένες και µία από αυτές µπορεί να παραλειφθεί. Κατόπιν αυτών σαν διάνυσµα καταστάσεων µπορεί να επιλεγεί το

[ ]Li x xΤξ = ɺ (10) Από τις σχέσεις (5), (7α) και (9) λαµβάνεται

L L LC

di di di xv L L A L E

dt dt dt R+ = + ω = + Α =

ɺ

οπότε 1 L

3

d di 1 1x E E

dt dt RL L RL Lξ Α Α

= = − + = − ξ +ɺ (11)

Από τον ορισµό του διανύσµατος καταστάσεων θα είναι 2

3

ddtξ

= ξ (12)

Από τις σχέσεις (1),(2),(3),(4),(6),(7) και (9) λαµβάνονται

2

2 12

CL 2 2 2

L L 2 2

d dT J AI Jd x dt dtKx F T T F F

dt R Rdv d

A i C JA A C J d A A C J d xdt dtF F i F i

R R R dt R R dt

ω ω− −

Μ + = + − = + = + =

ω − − + ω + = + = + − = + −

ή ισοδύναµα θέτοντας 2

eq2

A C JM

R+

Μ + = (13)

2

32 12

eq eq eq

d d x A 1F

dt dt Rξ Κ

= = − ξ + ξ +Μ Μ Μ

(14)

Οι εξισώσεις (11) (12) και (14) γράφονται σε µητρική µορφή ως εξής

1 1

2 2

3 3

eq eq eq

A 10 0 0

RL L Ed0 0 1 0 0

FdtA 1

0 0R

− ξ ξ ξ = ξ + ξ Κ ξ −

Μ Μ Μ

(15α)

Η έξοδος του συστήµατος θα είναι

[ ]1

2 2

3

y x 0 1 0ξ = = ξ = ξ ξ

(15β)

Οι εξισώσεις (15) αποτελούν τις εξισώσεις καταστάσεως του συστήµατος ως προς το επιλεγέν διάνυσµα. Για την ελεγξιµότητα της περιγραφής εξετάζεται ο βαθµός της µήτρας

eq

2c

eq

eq eq

1 A0 0

L LR

1P B AB A B 0 0 0

1 A0 0

LR

− × ×

Μ

= = × × Μ × × Μ Μ

(16)

Η ορίζουσα της µήτρας που σχηµατίζεται από τις στήλες 1,2 και 4 είναι ίση µε 2eq1/(L )− Μ ,

δηλαδή διάφορη του µηδενός και συνεπώς η περιγραφή είναι ελέγξιµη. Για την παρατηρησιµότητα της περιγραφής εξετάζεται ο βαθµός της µήτρας

o2

eq eq

C 0 1 0P CA 0 0 1

CA A K0

R

= = − Μ Μ

(17)

Καθώς η ορίζουσα της µήτρας είναι ίση µε eqA /(R )Μ , δηλαδή διάφορη του µηδενός, η περιγραφή είναι παρατηρήσιµη. Καθώς η περιγραφή είναι ελέγξιµη και παρατηρήσιµη θα είναι ελάχιστη και δεν υπάρχει διάνυσµα µικρότερης διάστασης ικανό να περιγράψει το σύστηµα. 3. Η µήτρα συναρτήσεων µεταφοράς θα είναι

[ ]

[ ]

1

1

eq eq eq

22

2eq eq2

eq eqeq

A 1s 0 0

RL LG(s) C[sI A] B 0 1 0 0 s 1 0 0

A 1s 0

R

10

L1 A A

0 1 0 s s 0 0R LRA A 1s s s 0R RL

−

−

= − = − = − Κ

Μ Μ Μ

× × × = + Μ Μ Κ + + Μ Μ × × × Μ

2eq eq3

2eq eq

1 A sLRA

s sLR

=

Μ Μ Κ + + Μ Μ

(18)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Φεβρουάριος 1999) 1. Για το δίθυρο Ν εντός του πλαισίου να ευρεθεί η περιγραφή µε τη µήτρα των

συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκυκλώσεως Υ. 2. Εάν το δίθυρο Ν τερµατιστεί µε πηγή Ε εσωτερικής σύνθετης αντίστασης ZS και

φορτίο σύνθετης αντίστασης ZL τέτοιων ώστε η ZS να είναι αντίσταση R1 παράλληλα µε χωρητικότητα C1 ενώ η ZL αντίσταση R2 παράλληλα µε χωρητικότητα C2, να ευρεθεί εάν το δίθυρο µπορεί να χρησιµοποιηθεί σαν ταλαντωτής και η συχνότητα ταλαντώσεων.

3. Εάν η ZS είναι αντίσταση R1 και το φορτίο αντίσταση R2, να εξεταστεί εάν το σύστηµα ταλαντώνει και η συχνότητα ταλαντώσεων.

4. Για να γίνει ασυµπτωτικά ευσταθές το σύστηµα στην περίπτωση (3) τοποθετείται σύνθετη αντίσταση Z(s) µεταξύ της εισόδου και της εξόδου. Να προτείνετε τη δοµή της Z(s) και τις τιµές των στοιχείων της.

Λύση 1. Για την εύρεση της µήτρας Υ ας θεωρηθεί ότι το δίθυρο τερµατίζεται όπως στο ακόλουθο Σχήµα.

C1

0

31 2

E+ C2

4

G1 V4 G2 [V -V ]

1 2G1 V

4G3 V3

Z(s)

ZL

ZS

∆ΙΘΥΡΟ Ν

C1

00

3311 22

E+ E+ E+ C2

44

G1 V4

G1 V44 G2 [V -V ]

1 2G2 [V -V ]

1 211 22G1 V

4G1 V

44G3 V3

G3 V33

Z(s)

ZL

ZS

∆ΙΘΥΡΟ Ν

C1

0

31 2

C2

4

G1 V4 G2 [V -V ]

1 2G1 V

4G3 V3

V1

+

∆ΙΘΥΡΟ Ν

V2

+

I1 I2

C1

00

3311 22

C2

44

G1 V4

G1 V44 G2 [V -V ]

1 2G2 [V -V ]

1 211 22G1 V

4G1 V

44G3 V3

G3 V33

V1

+

∆ΙΘΥΡΟ Ν

V2

+

I1 I2

Θα είναι 1 1 4I G V= (1) 2 1 4I G V= − (2)

[ ]3 2 1 21

1V G V V

C s= − (3)

[ ]2 34 3 3 1 22

2 1 2

G G1V G V V V

C s C C s= = − (4)


[ ]

[ ]

1 2 3 1 2 3 1 2 31 22 2 2

1 2 1 2 1 21 1 4 1

2 1 4 21 2 3 1 2 3 1 2 31 22 2 2

1 2 1 2 1 2

G G G G G G G G GV V

C C s C C s C C sI G V VI G V VG G G G G G G G G

V VC C s C C s C C s

− − = = = − − − −

(5)

Η µήτρα Υ εποµένως θα δίδεται από τη σχέση

1 2 3 1 2 32 2

1 2 1 2

1 2 3 1 2 32 2

1 2 1 2

G G G G G GC C s C C s

YG G G G G GC C s C C s

− = −

(6)

Παρατήρηση Το δίθυρο Ν είναι ισοδύναµο µε το ακόλουθο δίθυρο όπου

1 2

1 2 3

C CM

G G G=

Η σύνθετη αντίσταση Z(s) αντιστοιχεί σε στοιχείο που καλείται υπερεπαγωγέας και για s=jω είναι µία αρνητική αντίσταση που εξαρτάται από τη συχνότητα. 2. Εάν το δίθυρο τερµατίζεται όπως στο ερώτηµα (2), το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του ολικού συστήµατος προκύπτει από τις ρίζες της εξίσωσης

Z(s)=Ms2

V1

_

+

V2

_

+Z(s)=Ms2

V1

_

+

V1

_

+

V2

_

+

V2

_

+

11 S 22 L 12 21(y Y )(y Y ) y y 0+ + − = (7) Αντικαθιστώντας τις τιµές των στοιχείων της µήτρας Υ λαµβάνεται η εξίσωση

2

S L S L S L2 2 2 2

1 1 1 1Y Y (Y Y ) Y Y 0

Ms Ms Ms Ms− + + − = + + =

(8)

Καθώς

S 11

1Y C s

R= + (9)

L 22

1Y C s

R= + (10)

Αντικαθιστώντας τις σχέσεις (9) και (10) στην (8) λαµβάνεται

1 2 1 221 2 1 2

1 1 1 1 1C s C s C s C s 0

Ms R R R R

+ + + + + + =

(11)

Πολλαπλασιάζοντας επί Ms2 προκύπτει το χαρακτηριστικό πολυώνυµο

( )4 3 22 11 2 1 2

1 2 1 2 1 2

C C 1 1 1(s) MC C s M s M s C C s

R R R R R R

ψ = + + + + + + +

(12)

Εφαρµόζεται το κριτήριο Routh s4

1 2MC C

1 2

1M

R R

1 2

1 1R R

+

s3 2 1

1 2

C CM

R R

+

( )1 2C C+ 0

s2 ( )22 1

1 2 1 21 2 1 2

2 1

1 2

C C 1M MC C C C

R R R R

C CR R

+ − +

+

1 2

1 1R R

+

s

( )( )

2 1

1 2 1 21 2

22 11 2 1 2

1 2 1 2

2 1

1 2

C C 1 1R R R R

C CC C 1M MC C C CR R R R

C CR R

Μ + +

+ −

+ − +

+

s0

1 2

1 1R R

+


( )( )

22 11 2 1 2

1 2 1 2 2 11 2

1 2 1 22 1

1 2

C C 1M MC C C C

R R R R C C 1 1C C 0

R R R RC CR R

+ − +

+ −Μ + + = +

(13)

και οι συντελεστές του βοηθητικού πολυωνύµου

( )22 11 2 1 2

1 2 1 2 2

1 22 1

1 2

C C 1M MC C C C

R R R R 1 1B(s) s

R RC CR R

+ − + = + + +

(14)

να είναι οµόσηµοι. Καθώς ο σταθερός όρος είναι πάντοτε θετικός, αυτό οδηγεί στην ανισότητα

( )22 11 2 1 2

1 2 1 2

C C 1M MC C C C 0

R R R R

+ − + >

(15)

Οι σχέσεις (14) και (15) εξασφαλίζουν ότι υπάρχει ένα ζεύγος φανταστικών ριζών του χαρακτηριστικού πολυωνύµου. Για να χρησιµοποιηθεί το κύκλωµα σαν ταλαντωτής δεν πρέπει να είναι ασταθές. Αντικαθιστώντας την µηδενική γραµµή µε τος συντελεστές της παραγώγου του βοηθητικού πολυωνύµου η διάταξη Routh γίνεται

s4 1 2MC C

1 2

1M

R R

1 2

1 1R R

+

s3 2 1

1 2

C CM

R R

+

( )1 2C C+ 0

s2 ( )22 1

1 2 1 21 2 1 2

2 1

1 2

C C 1M MC C C C

R R R R

C CR R

+ − +

+

1 2

1 1R R

+

s ( )22 1

1 2 1 21 2 1 2

2 1

1 2

C C 1M MC C C C

R R R R2*

C CR R

+ − +

+

s0

1 2

1 1R R

+

Καθώς στην πρώτη στήλη της διάταξης δεν πρέπει να υπάρχουν αλλαγές προσήµου και στην τελευταία θέση ο όρος είναι θετικός,προκύπτει η επιπλέον συνθήκη από την πρώτη και τη δεύτερη θέση

Μ>0 (16) Η συχνότητα ταλαντώσεων θα είναι

( )

1 2

22 11 2 1 2

1 2 1 2

2 1

1 2

1 1R R1

f2 C C 1

M MC C C CR R R R

C CR R

+

=π

+ − +

+

(17)

3. Για την περίπτωση αυτή η σχέση (8) γίνεται

21 2 1 2

1 1 1 10

Ms R R R R

+ + =

(18)

Πολλαπλασιάζοντας επί Ms2 το χαρακτηριστικό πολυώνυµο προκύπτει

2

1 2 1 2

M 1 1(s) s

R R R R

ψ = + +

(19)

Καθώς το Μ είναι θετικό, το ψ(s) θα έχει φανταστικές ρίζες και συνεπώς το σύστηµα θα ταλαντώνει πάντοτε. Η συχνότητα ταλαντώσεων θα είναι

1 2

1 2

1 1R R1

fM2

R R

+

=π

(20)

4. Το ολικό δίκτυο µπορεί να σχεδιαστεί σαν παράλληλη-παράλληλη σύνδεση των διθύρων Ν και Ν΄, όπως στο ακόλουθο Σχήµα. Εξετάζονται τα κριτήρια Brune τα οποία φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα.

C1

0

31 2

E+ C2

4

G1 V4 G2 [V -V ]

1 2G1 V

4G3 V3

Z(s)

ZL

ZS

∆ΙΘΥΡΟ Ν

∆ΙΘΥΡΟ Ν΄

C1

00

3311 22

E+ E+ E+ C2

44

G1 V4

G1 V44 G2 [V -V ]

1 2G2 [V -V ]

1 211 22G1 V

4G1 V

44G3 V3

G3 V33

Z(s)

ZL

ZS

∆ΙΘΥΡΟ Ν

∆ΙΘΥΡΟ Ν΄

Και στις δύο περιπτώσεις η τάση VAZ είναι µηδενική εξαιτίας του βραχυκυκλώµατος ΑΒΓ∆Ζ. Τα κριτήρια εποµένως ικανοποιούνται και θα ισχύει

N NY Y ′ολΥ = + (21) Καθώς

N

1 1Z(s) Z(s)

Y1 1

Z(s) Z(s)

′

− = −

(22)

θα είναι

2 2

2 2

1 1 1 1Ms Z(s) Ms Z(s)

Y1 1 1 1

Ms Z(s) Ms Z(s)

ολ

+ − − = − − +

(23)

C1

0

31 2

C2

4

G1 V4 G2 [V -V ]

1 2G1 V

4G3 V3

V1+

Z(s)

VΑZ

∆ΙΘΥΡΟ Ν

∆ΙΘΥΡΟ Ν΄

Ζ

∆Γ

Β Α

_

+

C1

00

3311 22

C2

44

G1 V4

G1 V44 G2 [V -V ]

1 2G2 [V -V ]

1 211 22G1 V

4G1 V

44G3 V3

G3 V33

V1+

Z(s)

VΑZ

∆ΙΘΥΡΟ Ν

∆ΙΘΥΡΟ Ν΄

Ζ

∆Γ

Β Α

_

+

C1

0

31 2

C2

4

G1V4 G2 [V -V ]

1 2G1V

4G3 V3

Z(s)

V2

+

∆ΙΘΥΡΟ Ν

∆ΙΘΥΡΟ Ν΄

∆ Γ

ΒΑ

Ζ

VΑZ

_

+

C1

00

3311 22

C2

44

G1V4

G1V44 G2 [V -V ]

1 2G2 [V -V ]

1 211 22G1V

4G1V

44G3 V3

G3 V33

Z(s)

V2

++

∆ΙΘΥΡΟ Ν

∆ΙΘΥΡΟ Ν΄

∆ Γ

ΒΑ

Ζ

VΑZ

_

+

VΑZ

_

+

_

+

Εάν το δίθυρο τερµατιστεί όπως στο ερώτηµα (3), το χαρακτηριστικό του πολυώνυµο θα προκύπτει από τους µηδενισµούς της εξίσωσης

2

2 2 21 2

1 1 1 1 1 1 1 10

Ms Z(s) R Ms Z(s) R Ms Z(s)

+ + + + − + =

(24)


2

2

1 2 1 2

1 Ms 1 1M s 1 0

R R Z(s) R R

+ + + =

(25)

Εάν θεωρηθεί Z(s)=As (26)

η τελευταία σχέση είναι πολυωνυµική και το χαρακτηριστικό πολυώνυµο θα είναι

2

1 2 1 2 1 2

M M 1 1 1 1(s) s s

R R A R R R R

ψ = + + + +

(27)

Καθώς το Μ είναι θετικό και το χαρακτηριστικό πολυώνυµο είναι δευτέρου βαθµού, το σύστηµα θα είναι ασυµπτωτικά ευσταθές εάν οι συντελεστές του χαρακτηριστικού πολυωνύµου είναι οµόσηµοι. Αυτό σηµαίνει ότι απαιτείται

Α>0 (28) και η Z(s) θα είναι η αντίσταση επαγωγέα. Αξίζει να τονιστεί ότι η λύση δεν είναι µοναδική και µπορούν να επιλεγούν πολυπλοκότερες Z(s).

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Σεπτέµβριος 1999) Για το σύστηµα του Σχήµατος γίνονται οι ακόλουθες παραδοχές.

− Για τις φορές αναφοράς που έχουν ληφθεί οι περιγραφικές σχέσεις του σωληνοειδούς είναι

αdx

e =A F=Aidt

− Η τροχαλία έχει ακτίνα ρ και ροπή αδρανείας J. − Το νήµα είναι αβαρές και δεν ολισθαίνει σε σχέση µε την τροχαλία. − Το βάρος της µάζας Μ δεν συνυπολογίζεται στη δύναµη F.

1. Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως ως προς; ∆ιάνυσµα της επιλογής σας, αν ως έξοδος θεωρηθεί η κατακόρυφη απόσταση της µάζας Μ από τον άξονα της τροχαλίας.

2. Να εξεταστεί κάτω από ποιές συνθήκες η περιγραφή σας δεν είναι ελέγξιµη και παρατηρήσιµη.

3. Να εξεταστεί κάτω από ποιές συνθήκες το σύστηµα µπορεί να χρησιµοποιηθεί σαν ταλαντωτής και οι αντίστοιχες συχνότητες ταλάντωσης.

Λύση 1. Στη µάζα Μ δρούν οι ακόλουθες δυνάµεις

− Η δύναµη F από το σωληνοειδές. − Το βάρος της − Η τάση του νήµατος Τ2.

Σύµφωνα µε το νόµο του Νεύτωνα, θα είναι

KR

eα

L

F

x

+

E M

+

_

ρ,J

KR

eα

L

F

x

+

E M

+

_

ρ,J

M

F

Τ2

W

M

F

Τ2

W

2

22

d xM =F+W-T

dt (1)

Στην τροχαλία δρούν οι ακόλουθες δυνάµεις.

− Η τάση Τ2 του νήµατος από αριστερά − Η τάση Τ1=Kx του νήµατος από δεξιά − Η δύναµη Τ1+Τ2 από το σηµείο στήριξης

Η ροπή που εφαρµόζεται στην τροχαλία θα είναι (Τ2-Τ1)*ρ και εφαρµόζοντας το νόµο του Νεύτωνα για τις ροπές θα είναι

2

2 1 22

d θJ =(Τ -T )ρ=(Τ -Κx)ρ

dt (2)

Από την εφαρµογή του Νόµου Τάσεων του Kirchhoff, λαµβάνεται

αdi

E=Ri+L +edt

(3)

Από τις περιγραφικές σχέσεις του σωληνοειδούς θα είναι

α

dxe =A

dt (4)

F=Ai (5)

Καθώς το νήµα δεν ολισθαίνει ως προς την τροχαλία, δεχόµενοι θ=0 όταν x=0, λαµβάνεται

x=ρθ (6)

Από τις σχέσεις (1) και (2) λαµβάνεται

[ ]2 2 2 2

2 2 2 2

d θ J d x d x d xJ = = F+W-Μ -Kx ρ= Αi+W-Kx ρ-Μ ρ

dt ρ dt dt dt


[ ]2

2 22

d xJ+Μρ = Αi+W-Kx ρ

dt (7)

Από τις σχέσεις (3) και (4) λαµβάνεται

di dxL =E-Ri-A

dt dt (8)

T,θ

T2 T1

T1 +T2

T,θ

T2 T1

T1 +T2

Θεωρώντας σαν διάνυσµα καταστάσεως το

[ ]Tξ= x x iɺ

οι εξισώσεις καταστάσεως προκύπτουν ως ακολούθως σε µητρική µορφή

1 12 2 2

2 22 2 2

3 3

0 1 0 0 0ξ ξ

Wd -Κρ Αρ ρξ = 0 ξ + 0

Edt J+Mρ J+Mρ J+Mρξ ξ

-A -R 10 0

L L L

[ ]1

2

3

ξy=x= 1 0 0 ξ

ξ

2. Η µήτρα ελεγξιµότητος θα είναι

( )

2

2

2

c 2

2

2

ρ0 0

J+Mρ

ρP 0 0

J+Mρ

1 -Aρ0

L L J+Mρ

× × × = × × × × × ×

Θεωρώντας την υποµήτρα που σχηµατίζεται από τις τρείς πρώτες στήλες της µήτρας ελεγξιµότητος, η ορίζουσά της θα είναι

( )

( )

2

2

22 2

c 2 2

2

2

ρ0 0

J+Mρ

ρ 1 ρdet P det 0 0 0

J+Mρ L J+Mρ

1 -Aρ0

L L J+Mρ

= = ≠

Εποµένως ο βαθµός της µήτρας ελεγξιµότητος είναι πάντα ίσος µε 3, όση και η τάξη της περιγραφής και η περιγραφή θα είναι πάντα ελέγξιµη. Η µήτρα παρατηρησιµότητος θα είναι

o

2 2

2 2

1 0 0P 0 1 0

-Kρ Aρ0

J+Mρ J+Mρ

=

Επειδή η ορίζουσα της µήτρας παρατηρησιµότητος θα είναι

( )2

o 22 2

2 2

1 0 0Aρ

det P det 0 1 0 0J+Mρ

-Kρ Aρ0

J+Mρ J+Mρ

= = ≠

ο βαθµός της µήτρας παρατηρησιµότητος είναι πάντα ίσος µε 3, όση και η τάξη της περιγραφής και η περιγραφή θα είναι πάντα παρατηρήσιµη (Η µόνη περίπτωση να µηδενιστεί η ορίζουσα είναι Α=0). 3. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο της περιγραφής θα είναι

2 2

2 2

2

eq eq

23 2 3 2

eq eq eq

s -1 0

Κρ -Αρψ(s)=det(sI-A)=det s =

J+Mρ J+MρA R

0 s+L L

R K A As+ s + + s =

L M L M

R A K KRs + s + + s+ =s +αs +βs+γ

L LM M LM

=

=

όπου

eq 2

JM =M+

ρ

Για να λειτουργεί το σύστηµα σαν ταλαντωτής πρέπει να είναι ευσταθές και να έχει πόλους επάνω στο φανταστικό άξονα. Εφαρµόζεται η διάταξη Routh ως ακολούθως

s3 1 β s2 α γ

s αβ-γα

0

s 2α 0 s0 γ

∆εδοµένου ότι τα α,β,γ είναι θετικά, αναγκαία και ικανή συνθήκη για να έχει το σύστηµα πόλους επάνω στο φανταστικό άξονα είναι να ικανοποιείται ο µηδενισµός της γραµµής που αντιστοιχεί στο s, δηλαδή

2

eq eq eq

R A K KRαβ= * + =γ=

L LM M LM

ή ισοδύναµα 2

2eq

RA=0

L M

Εποµένως το σύστηµα µπορεί να δράσει σαν ταλαντωτής όταν

R=0

ή

Α=0.

Εάν Α=0, το βοηθητικό πολυώνυµο θα είναι

2 2

eq

R KRB(s)=αs +γ= s +

L LM

Εφόσον ικανοποιείται η συνθήκη ταλαντώσεων, η συχνότητα ταλαντώσεων θα είναι

eq

eq

KRLM1 γ 1 1 KR

f= = =R2π α 2π 2π ML

Εάν R=0, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο θα είναι

2 23 2

eq eq eq eq

A K A Kψ(s)=s + + s=s s + +

LM M LM M

∆ηλαδή έχει τρείς πόλους στο φανταστικό άξονα. Οι συχνότητες ταλαντώσεων θα είναι

1

2

2eq eq

f =0

1 A Kf = +

2π LM M


Σχήµα (α) Σχήµα (β) 1. Να ευρεθεί η µήτρα των παραµέτρων µεταφοράς του διθύρου που φαίνεται στο

Σχήµα (α). 2. Να εκφραστεί η αντίσταση εισόδου συναρτήσει των παραµέτρων µεταφοράς εάν το

δίθυρο τερµατιστεί µε σύνθετη αντίσταση ZL (όπως στο Σχήµα (α)). 3. Εάν µ→∞ να προσδιοριστεί η αντίσταση εισόδου Zin στις ακόλουθες περιπτώσεις.

− Οι Z1, Z2, ZL είναι αντιστάσεις. − Οι Z1, ZL είναι αντιστάσεις και η Z2 χωρητικότητα.

4. Να προσδιοριστούν τα L1,L2 ώστε η σύνθετη αγωγιµότητα Y(s) του Σχήµατος (β)

να έχει πόλους στο s=±j1 και µηδενικά στο 5

s j5

= ± . Να σχολιαστεί εάν το

κύκλωµα τιυ Σχήµατος (β) µπορεί να ολοκληρωθεί µε χρήση τερµατισµένων διθύρων του Σχήµατος (α).

Λύση 1. Ας θεωρηθεί ότι το δίθυρο διεγείρεται από πηγές τάσεως, όπως στο ακόλουθο Σχήµα.

I2

V1

+

_

I1

0

Ζ2Ζ1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

ΖLV2

+

_

+_e

+

µe

I2

V1

+

_

I1

00

Ζ2Ζ1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

ΖLV2

+

_

ΖLV2

+

_

+_e

+

µe+

µe

C1=1F

L2L1

C2=1F

Y(s)

C1=1F

L2L1

C2=1F

Y(s)

I2

V1

+

_

I1

0

Ζ2Ζ1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

V2

+

_

+_e

+

µe

+

V1

+

V2

I2

V1

+

_

I1

00

Ζ2Ζ1

∆ΙΘΥΡΟ Ν

V2

+

_

+_e

+

µe+

µe

+

V1

+

V1

++

V2

Θα είναι.

( )1 1 1 1 2V (s)=Z (s)I (s)+µ V (s)-V (s) (1)

( )2 2 2 1 2V (s)=Z (s)I (s)+µ V (s)-V (s) (2)

Από την σχέση (2) επιλύοντας ως προς V1 λαµβάνεται

( )1 2 2 2 2 2 2

µ 1 µ 1V (s)= V (s)- Z (s)I (s)= V (s)+ Z (s) -I (s)

µ+1 µ µ+1 µ (3)

Αντικαθιστώντας την (3) στην (1) και επιλύοντας ως προς Ι1 λαµβάνεται

[ ]

( )

( )

1 2 11

2 2 2 21

22 2

1 1

1I (s)= µV (s)+(1-µ)V (s)

Z (s)

1 (1-µ)(1+µ) 1-µµV (s)+ V (s)+ Z (s) -I (s) =

Z (s) µ µ

Z (s)1 1-µ= V (s)+ -I (s)

µZ (s) µ Z (s)

=

=

(4)

Οι σχέσεις (3) και (4) σε µητρική µορφή γράφονται

2

1 2 2

21 2 2

1 1

Z (s)1+µV V Vµ µ

=T =Z (s)1 1-µI -I -I

µZ (s) µ Z (s)

(5)

Εποµένως η µήτρα των παραµέτρων µεταφοράς θα είναι

2

2

1 1

Z (s)1+µµ µA B

T= =Z (s)1 1-µC D

µZ (s) µ Z (s)

(6)

2. Από την περιγραφή του διθύρου µε τη µήτρα Τ λαµβάνεται

1 2 2 2

1 2 2 2

V V AV -BIA B= =

I -I CV -DIC D

(7)

Από τη συνθήκη τερµατισµού θα είναι

2 L 2V (s)=-Z (s)I (s) (8)

Η αντίσταση εισόδου θα είναι

2

1 2 2 2 Lin

21 2 2 L

2

VA -B

V AV -BI I AZ +BZ = = = =

VI CV -DI CZ +DC -DI

(9)

3. Εάν µ→∞, η µήτρα Τ γίνεται

2

2µ2

11 1

Z (s)1+µ1 0

µ µT= lim Z (s)

0 -Z (s)1 1-µZ (s)

µZ (s) µ Z (s)

→∞

=

(10)

− Εάν Ζ1=R1, Z2=R2, ZL=RL, από τις σχέσεις (9) και (10) προκύπτει

L L 1in L

2L 2

1

AZ +B R RZ = = = - R

RCZ +D R-R

(11)

το κύκλωµα δηλαδή δρά σαν ένας αρνητικός µετατροπέας αντίστασης.

− Εάν Ζ1=R1, Z2=1/(Cs), ZL=RL, από τις σχέσεις (9) και (10) προκύπτει

L Lin L 1

2L

1

AZ +B RZ = = = -R R Cs

ZCZ +D -R

(12)

Στην περίπτωση αυτή η αντίσταση εισόδου αντιστοιχεί στη σύνθετη αντίσταση ενός αρνητικού πηνίου.

4. Ας θεωρηθεί ότι το κύκλωµα του Σχήµατος (β) διεγείρεται από πηγή τάσεως και εφαρµόζεται η µέθοδος των βρόχων για την επίλυσή του.

Θα είναι

C1=1F

L2L1

C2=1F

+

E

I1 I2

C1=1F

L2L1

C2=1F

+

E+

E

I1 I2

1 11 1

21 1 2

2

1L s+ -L s

C s I E=

I1 0-L s L s+L s+

C s

(13)

Επιλύοντας ως προς Ι1 µε τη µέθοδο Cramer λαµβάνεται

1 1

1 2 1 22

1

1 1 1 11

1 1 21 1 22

E -L s E -L s1 10 L s+L s+ 0 L s+L s+C s sI

1 1L s+ -L s L s+ -L s

C s s11 -L s L s+L s+-L s L s+L s+ sC s

= = (14)

οπότε

( )

( )

21 2 1 21

4 22 1 2 1 2

1 1 2 1 22

1L s+L s+ s L +L s +1I sY(s)= = =

1E L L s + 2L +L s +1L +L +L + +L L ss

(15)

Για s=j1 µηδενίζεται ο παρονοµαστής, οπότε

( )1 2 1 2L L - 2L +L +1=0 (16)

Για 5

s j5

= ± µηδενίζεται ο αριθµητής, οπότε

1 2L +L 5= (17)

Επιλύοντας την (17) ως προς L2 και αντικαθιστώντας στην (16) λαµβάνεται

( ) ( ) ( )221 1 1 1 1 1L (5-L )- L +5 +1=- L -4L +4 =- L -2 =0 (18)

Από την τελευταία σχέση προκύπτουν

L1=2 (19)

L2=3 (20)

Όπως προκύπτει από το ερώτηµα (3) το τερµατισµένο δίθυρο µπορεί να πραγµατοποιήσει τη σύνθετη αντίσταση ενός αρνητικού πηνίου. Εάν τοποθετηθεί πρίν από το κύκλωµα αυτό ένα κύκλωµα µετατροπέα αρνητικής αντίστασης, η αντίσταση εισόδου θα αντιστοιχεί στη σύνθετη αντίσταση ενός θετικού πηνίου ενώ το κύκλωµα µόνο αντιστάσεις, χωρητικότητες και εξαρτηµένες πηγές τάσης από τάση, δηλαδή µπορεί να ολοκληρωθεί.

Σχήµα 1(α). Κύκλωµα Σχήµα 1(β). Γράφος και κανονικό δένδρο Στο Σχήµα 1(β) φαίνεται ο γράφος του κυκλώµατος και το κανονικό δένδρο που κατασκευάζεται από τους κλάδους των στοιχείων Ε, C1, R,ΕΠ1 και L1. Συνεπώς το διάνυσµα καταστάσεως θα είναι

1 2

T

C Lx v i =

Αξίζει να παρατηρηθεί ότι το κανονικό δένδρο δεν είναι µοναδικό. Τα δένδρα (E,C2,R,ΕΠ1,L1), (E,C1,R, ΕΠ1,L2), (E,C2,R, ΕΠ1,L2) είναι επίσης κανονικά. Εφαρµόζεται ο Νόµος Ρευµάτων Kirchhoff στις θεµελιώδεις οµάδες διαχωρισµού. Κάθε θεµελιώδης οµάδα διαχωρισµού χαρακτηρίζεται από ένα βλαστό οπότε θα είναι:

Βλαστός Ε: 2 2E C Li i i i+ = α = α (1)

Η σχέση αυτή δεν θα χρησιµοποιηθεί γιατί είναι η σχέση προσδιορισµού του iE το οποίο δεν ενδιαφέρει.

Βλαστός C1: 1 2 2C C Li i i= + (2)

Βλαστοί R, ΕΠ1: 2R Li i i= = (3)

+

i

C1

C2

L1

L2R

a i

E

+

i

C1

C2

L1

L2R

a i

E

Βλαστός L1: 1 2 2 1 2L L L L Li i i 0 i (1 )i+ +α = η = − +αɺ (4)

Εφαρµόζεται ο Νόµος Τάσεων Kirchhoff στους θεµελιώδεις βρόχους. Κάθε θεµελιώδης βρόχος χαρακτηρίζεται από ένα σύνδεσµο οπότε θα είναι:

Σύνδεσµος C2: 1 2C Cv v E 0+ − = (5)

Σύνδεσµος L2: 1 2 1C L R Lv v v v 0+ + − = (6)

Σύνδεσµος αi: 2 2C L R iv v v v 0α− − − = (7)

Η τελευταία σχέση δεν θα χρησιµοποιηθεί καθώς είναι η σχέση προσδιορισµού της vαi η οποία δεν ενδιαφέρει. Αξίζει να παρατηρηθεί ότι η τάση vαi δεν είναι µηδενική, απλώς δεν υπάρχει ενδιαφέρον να τη γνωρίσουµε. Το ίδιο ισχύει για τις εντάσεις δια µέσου ανεξάρτητων ή εξαρτηµένων πηγών τάσεως. Οι περιγραφικές σχέσεις των στοιχείων θα είναι

k

k

CC k

dvi C , k 1, 2.

dt= = (8)

k

k

LL k

div L , k 1, 2.

dt= = (9)

2R R Lv Ri Ri= = (10)

Από τη σχέση (2) σε συνδυασµό µε την (5) και τις περιγραφικές σχέσεις λαµβάνεται

1 2 1 1

2 2 2

C C C C1 2 L 2 L 2 2 L

dv dv d(E v ) dvdEC C i C i C C i

dt dt dt dt dt

−= + = + = − +


1

2

C 2L

1 2 1 2

dv C1 dEi

dt C C C C dt= +

+ + (11)

Από τη σχέση (6) σε συνδυασµό µε τη σχέση (4) και τις περιγραφικές σχέσεις λαµβάνεται

2 1 2 2

2 1 2 1

2

2 1

L L L L2 1 L C 2 1 L C

L2 1 L C

di di di d(1 )iL L i R v L L i R v

dt dt dt dtdi

[L (1 )L ] i R v 0dt

+α− + + = + + + =

= + +α + + =


2

2 1

L2 1 L C

di[L (1 )L ] i R v

dt+ +α = − − (12)

∆ιακρίνονται περιπτώσεις

Περίπτωση Ι) Εάν 2 1L [L (1 )L ] 0= + +α ≠

2

2 1

LL C

di R 1i v

dt L L= − − (13)

Οι εξισώσεις (11) και (13) γράφονται σε µητρική µορφή ως εξής

1 1

2 2

2C C1 2

1 2L L

1 C0v vd dEC C C Ci idt dt1 R 0

L L

+ += + − −

(14)

Για την απαλοιφή του όρου dE/dt εκτελείται ο µετασχηµατισµός

1

2

2 2C 1 1

1 2 1 22L

2

C Cv x E xC C C C E

xix 0

+ + += = +

(15)

οπότε

2

1 2 2L

1 2 1 2 1 2

dx C CdE 1 dEi

dt C C dt C C C C dt+ = +

+ + +


12

1 2

dx 1x

dt C C=

+ (16)

2 2 21 2 1 2

1 2 1 2

dx C C1 R 1 Rx E x x x E

dt L C C L L L L(C C )

= − + − = − − − + + (17)

Οι εξισώσεις (16) και (17) γράφονται σε µητρική µορφή

1 11 22

2 21 2

1 00x xd C C

ECx xdt 1 R L(C C )

L L

+ = + − + − −

(18)

Η έξοδος του συστήµατος θα είναι

[ ]2

1R L

2

xy v Ri 0 R

x

= = =

(19)

Οι εξισώσεις (18) και (19) είναι στην απαιτούµενη µορφή και αποτελούν τις εξισώσεις καταστάσεως του συστήµατος. Καθώς L=2+α, η συνάρτηση µεταφοράς του συστήµατος θα είναι

[ ]

1

1

2

0s 0.5G(s) C[sI A] B 0 1 11 1

s2(2 )2 2

1 s s2(2 ) 2(2 )s 2s 11 1

s s2 2(2 )

−

−

− = − = =− +

+α + α +α − −

= =+α +α + + + + + α +α

(20)

Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο της περιγραφής θα είναι

21 1 1 1(s) det[sI A] s s s s

2 2(2 ) 2 2(2 ) ψ = − = + + = + + + α +α +α +α

(21)


s2 1 12(2 )+α

s 12+ α

s0 12(2 )+α

Για να είναι ασυµπτωτικά ευσταθές το κύκλωµα πρέπει να είναι 1

02(2 )

>+α

10

2>

+α

Και οι δύο ανισότητες συνεπάγονται

α > -2 (22)

Είναι προφανές ότι ισχύει α ≠ -2 επειδή αυτό αποτελεί προϋπόθεση για την εξασφάλιση της περίπτωσης αυτής. Περίπτωση ΙΙ) Εάν

2 1L [L (1 )L ] 0= + +α = (23)

από την εξίσωση (12) λαµβάνεται

2 1L CRi v− = (24)

∆ηλαδή οι συνιστώσες του διανύσµατος καταστάσεων είναι εξαρτηµένες και µία µόνον εξ αυτών αρκεί για την περιγραφή του συστήµατος. Εάν επιλεγεί η

1Cv θα ισχύει

1

2 1

C 2 2L C

1 2 1 2 1 2 1 2

dv C C1 dE 1 dEi v

dt C C C C dt R[C C ] C C dt−

= + = ++ + + +

(25)

Θέτοντας

1

2C

1 2

Cv x E

C C= +

+ (26)

λαµβάνεται

2 22

1 2 1 2 1 2 1 2

C Cdx 1 1x E x E

dt R(C C ) C C R(C C ) R(C C ) − −

= + = − + + + + (27)

και για την έξοδο

2 1

2R L C

1 2

Cy v Ri v x E

C C= = = − = − −

+ (28)


1

1 2 22

1 2 1 2 1 2

C C1G(s) C[sI A] B D [ 1] s

R(C C ) R(C C ) C C

1 1 s4(s 0.5) 2 2s 1

−

− − −= − + = − + + = + + +

−= − =

+ +

(29)

Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο θα είναι

1 2

1(s) det[sI A] s s 0.5

R(C C )ψ = − = + = +

+ (30)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Μάρτιος 2006)


1. (0.5,1) α) Να δειχθεί ότι οι εντάσεις των πηνίων iL1 iL2 δεν µπορεί να είναι

ταυτόχρονα συνιστώσες του διανύσµατος καταστάσεων. β) Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως του συστήµατος ως προς το

διάνυσµα καταστάσεων x=[VC1 VC2 iL1]T. 2. (1) Εάν C1=C2=1F, R=1Ω,L1=L2=1H και n1/n2=3, να ευρεθεί η συνάρτηση

µεταφοράς oV (s)

G(s)=E(s)

3. (0.5,0.5) Να ευρεθεί η απόκριση του συστήµατος α) Σε µοναδιαία κρουστική διέγερση όταν οι αρχικές συνθήκες είναι

µηδενικές. β) Σε ηµιτονοειδή διέγερση µοναδιαίου πλάτους στη µόνιµη κατάσταση. ∆ίδονται οι ρίζες των πολυωνύµων s3+s2+s+0.1 -0.111, -0.445±j0.839 s3+s2+s-0.1 0.091, -0.5455±j0.8954 Λύση α1. Από την περιγραφική σχέση του ιδανικού µετασχηµατιστή θα είναι

1

2

L1 2

2 L 1

i (t)i (t) -ni (t) -i (t) n

= =

Συνεπώς τα 1 2L Li (t), i (t) δεν είναι ανεξάρτητα και µε βάση τον ορισµό δεν µπορεί να είναι

ταυτόχρονα συνιστώσες του διανύσµατος καταστάσεως καθώς θα έπρεπε να είναι ανεξάρτητα. α2. Από την εφαρµογή του Νόµου Ρευµάτων Kirchhoff στον κόµβο 1 λαµβάνεται

1

1

C1 L

dvC J i

dt= − (1)


2 2

2

C C2 L

dv vC i

dt R= − (2)

Από την περιγραφική σχέση του µετασχηµατιστή προκύπτει

1 2 2

2 2 21 L 2 L L

1 1 1

-n -n ni i i (-i ) i

n n n= = = = (3)

Από την τελευταία σχέση σε συνδυασµό µε την (2) προκύπτει

2 2

1

C C12 L

2

dv vnC i

dt n R= − (4)

Από την εφαρµογή του Νόµου Τάσεων Kirchhoff στον βρόχο C1, L1, v1 λαµβάνεται

1

1

L1 1 C

div L v

dt= − + (5)


2 1

2 2

L L12 2 C 2 C

2

di dinv L v L v

dt n dt= + = + (6)

Από την περιγραφική σχέση των τάσεων του µετασχηµατιστή λαµβάνεται

1 1 1

1 2 2

2L L L1 1 1 1 1

1 1 C 2 2 C 2 C22 2 2 2 2

di di din n n n nv L v v L v L v

dt n n n dt n dt n

= − + = = + = +

(7)

Από την σχέση (1) λαµβάνεται

1

1

CL

1 1

dv 1 1i J

dt C C= − + (8)


2 2 2

2 1

C C C1L L

2 2 2 2 2

dv v v1 1 ni i

dt C RC C n RC= − = − (9)

Από την σχέση (7) επιλύοντας ως προς diL1/dt λαµβάνεται

1

1 2

1

L 2C C2 2

1 11 2 1 22 2

2 2

ndi 1 n

v vn ndt L L L Ln n

= −+ +

(10)

Για την έξοδο, από τη σχέση (2) λαµβάνεται

2 2 2

2 2 1

C C C1C 2 L L

2

dv v vny i C i i

dt R n R= = = − = − (11)

Σε µητρική µορφή οι εξισώσεις καταστάσεως (8), (9), (10) και (11) γράφονται

1 1

2 2

1 1

11C C

1C C

2 2 2L L

1

22 21 1

1 2 1 22 22 2

10 0 1

CCv v

d 1 nv 0 v 0 J

dt RC n Ci i 0

n1 n

0n n

L L L Ln n

− −

= +

− + +

1

2

1

C1

C2

L

v1 n

y 0 vR n

i

−

=

β. Η συνάρτηση µεταφοράς θα είναι για τις τιµές που δίδονται

[ ]

1

1

s 0 1 1G(s) C[sI A] B 0 1 3 0 s 1 3 0

0.1 0.3 s 0

−

−

= − = − + − −

Για τον προσδιορισµό της G(s) χρειάζονται µόνο τα στοιχεία (2,1) και (3,1) της αντιστρόφου. Καθώς

2 121 2 3 2

0 30.1 s 0.3 0.3

M ( 1)s 0 1 s(s s 0.9) 0.1(s 1) s s s 0.10 s 1 30.1 0.3 s

+

−

−= − = =

+ + + + + + +

+ −

−

3 131 3 2

0 s 10.1 0.3 0.1(s 1)

M ( 1)s 0 1 s s s 0.10 s 1 30.1 0.3 s

+

+

− += − =

+ + +

+ −

−

[ ]11

21 3 2 3 2

31

M0.3 0.3(s 1) 0.3s

G(s) 0 1 3 Ms s s 0.1 s s s 0.1

M

− + + = − = = + + + + + +

γ. Για µοναδιαία κρουστική διέγερση και µηδενικές αρχικές συνθήκες ο µετασχηµατισµός Laplace της εξόδου θα είναι

3 2 3 2

0.3s 0.3sY(s) G(s)U(s) *1

s s s 0.1 s s s 0.1= = =

+ + + + + +

Αναλύοντας την Y(s) σε απλά κλάσµατα λαµβάνεται

3 2 2 2

2

2 2 2 2

0.3s 0.3s A BsY(s)

s s s 0.1 (s 0.111)(s 0.89s 0.9) s 0.111 s 0.89s 0.90.041 0.041s 0.332

s 0.111 s 0.89s 0.90.041 0.041(s 0.445) 0.3138

s 0.111 (s 0.445) (0.839) (s 0.445) (0.839)

+ Γ= = = + =

+ + + + + + + + +

− += + =

+ + +− +

= + ++ + + + +

Ανατρέχοντας στον πίνακα ζευγών µετασχηµατισµού Laplace η κρουστική απόκριση του συστήµατος θα είναι

0.111t 0.445t 0.445t0.3138y(t) 0.041e 0.041e cos(0.839t) e sin(0.839t)

0.839− − −= − + +

γ2. Εάν J(t)=ηµ(ωt), η απόκριση στη µόνιµη κατάσταση θα είναι

( )y(t) G( j ) t arg G( j )= ω ηµ ω + ω

µε

( ) ( )3 2 2 22 2 2

0.3j 0.3G( j )

j j 0.1 0.1 1

ω ωω = =

− ω −ω + ω+ −ω +ω −ω

Για την εύρεση του ορίσµατος θα είναι

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

2 4 22 3

2 2 2 22 2 2 2 2 2

0.3 0.3 j 0.3 [0.1 ]0.3j [( 0.1) ( j j )]G( j )

0.1 1 0.1 1

ω − ω + ω −ωω −ω + + ω − ωω = =

−ω +ω −ω −ω +ω −ω

Όταν ω2>ω4 ή ισοδύναµα ω<1, ReG(jω)>0 οπότε

( )( )

( )( )

2 2

2 4 2

0.3 [0.1 ] 0.1arg G( j )

0.3 0.3 [1 ]

ω −ω −ωω = τοξεφ = τοξεφ

ω − ω ω −ω

Όταν ω2<ω4 ή ισοδύναµα ω>1, ReG(jω)<0 οπότε

( )( )

2

2

0.1arg G( j )

[ 1]

ω −ω = −π+ τοξεφ

ω ω −

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Οκτώβριος 2006)

Λύση 1. Για την εύρεση της µήτρας Z τοποθετούνται πηγές ρεύµατος I1, I2 στις θύρες 1 και 2 αντίστοιχα. Από την εφαρµογή του Νόµου Τάσεων Kirchhoff στον βρόχο Ι1, R1, e λαµβάνεται

1 1 1V I R e= + (1)

Από την εφαρµογή του Νόµου Τάσεων Kirchhoff στον βρόχο e,C,RL2, Ae λαµβάνεται

1 1 2 2 2 1 2 2

1 1e Ae I (I I )R R I R I

Cs Cs + = + + = + +

(2)

οπότε

2

21 2

1R

RCse I I1 A 1 A

+ = + + + (3)


2

21 1 1 1 1 2

1R

RCsV I R e R I I1 A 1 A

+ = + = + + + +

(4)

Από την εφαρµογή του Νόµου Τάσεων Kirchhoff στον βρόχο e, C, I2 λαµβάνεται

2

22 1 1 2

1R

R1 1 CsV I e I ICs Cs 1 A 1 A

+ − − = + = + + + +

(5)

Από τις εξισώσεις (4) και (5) προκύπτει

22

1

22

1R

RCsR1 A 1 AZ1

RR1 Cs

Cs 1 A 1 A

+ ++ + =

+ − + + +

(6)

Εάν το δίθυρο τερµατιστεί µε πηγή Ε µηδενικής εσωτερικής αντίστασης και φορτίο ZL, θα είναι

11 1 12 2E Z I Z I= + (7)

2 L 2 21 1 22 2V Z I Z I Z I= − = + ή ισοδύναµα

21 1 22 L 2Z I (Z Z )I 0+ + = (8) Επιλύοντας το σύστηµα των εξισώσεων (7) και (8) ως προς I2 λαµβάνεται

11

21 212

11 12 11 22 12 21 11 L

21 22 L

Z EZ 0 Z E

IZ Z Z Z Z Z Z ZZ Z Z

−= =

− +

+

(9)

και

11

21 21 L2 2 L

11 12 11 22 12 21 11 L

21 22 L

Z EZ 0 Z Z E

V I ZZ Z Z Z Z Z Z ZZ Z Z

= − = =− +

+

(10)

ή

2 21 L

11 22 12 21 11 L

V (s) Z ZG(s)

E(s) Z Z Z Z Z Z= =

− + (11)

Καθώς 2

L 12 22

RZ Z Z

1 A= = =

+

η σχέση (11) γράφεται

2

2 21

11 21 112 2

1

2 2 2

1 2 1 2

1 2

1R

1 CsV (s) Z Cs 1 AG(s)

1 1E(s) Z Z Z 2 R R1Cs Cs2R

1 A Cs 1 AA

sR Cs A R C R C

A 2s[2R C(1 A) R C] A 2 2R C(1 A) R C s2R C(1 A) R C

+ − ++= = = =

− + + + + + −

+ +

−−

= =++ + + + + + +

+ +

(12)

Έστω φ(s)=(s-a)/(s+b). Για να είναι το φ(jω) σταθερό, ανεξάρτητο του ω πρέπει 2 2

2 2

aK 0

bω +

= >ω +

ή 2 2 2 2 2(K 1) K b a 0ω − + − = (13)

για κάθε ω. Αυτό είναι δυνατόν µόνο εάν Κ2-1=0 ή Κ=1 και 2 2 2K b a 0− = ή ισοδύναµα a b= (14)

Συνεπώς για να είναι το G(jω) ανεξάρτητο του ω πρέπει και αρκεί

2 1 2

A A 2R C 2R C(1 A) R C

+=

+ + (15)

ή 2 2 2 2

1 1 2 2A (2R 2R A R ) R (A 2) 0+ + − + = (16) ή ισοδύναµα

1 1 2 2A(2R 2R A R ) R (A 2)+ + = + (17α)

1 1 2 2A(2R 2R A R ) R (A 2)+ + = − + (17β) Από την εξίσωση (17α) λαµβάνεται

2

1 1 1 2

1

2R 4R 16R RA

4R− ± +

= (18)

Από την εξίσωση (17β) λαµβάνεται 2

1 2 1 2 1 2

1

2R 2R 4(R R ) 16R RA

4R− − ± + −

= (19)

Εάν Α=∞ και το δίθυρο είναι τερµατισµένο όπως στο ερώτηµα (2), από τη σχέση (3) προκύπτει

e=0 (20) οπότε από την (4) λαµβάνεται

11

EI

R= (21)

και από την (5)

2 1 2 L1

1 EV I I Z

Cs R Cs− −

= = = − (22)

ή

2L 1

EI

Z R Cs= (23)

Καθώς e=0, από την (2) προκύπτει

2 1 2 2 2 21 1 L

2 2

1 1 1 L

1 1 E EAe R I R I R R

Cs Cs R R Z Cs

R R1E

R R Cs R Z Cs

= + + = + + =

= + +

(24)

4. Για Α=∞ η µήτρα Ζ του διθύρου Ν θα είναι

1R 0Z 1

0Cs

= −

(25)

Η µήτρα των παραµέτρων µεταφοράς του διθύρου Ν θα είναι

11

21 21 1N

22

21 21

ZZ ZA B R Cs 0

TC D Z Cs 01

Z Z

Ζ∆ − = = = −

(26)

Αντίστοιχα για το Ν΄ θα είναι

1N΄

R C s 0T

C s 0

′ ′− = ′−

(27)

Για την περιγραφή µε την µήτρα Τ θα είναι 2 L

1 2 2 2 2L L

V AZ BV AV B( I ) AV B V

Z Z+

= + − = + = (28)

οπότε 2 2 L

1 L

V V (s) ZG(s)

V E(s) AZ B= = =

+ (29)

Εάν το Ν΄τοποθετηθεί αριστερά του Ν θα είναι 2

1 1 1 1N΄ 2

1

R C s 0 R Cs 0 R CR C s 0T T

C s 0 Cs 0 R CC s 0ολ Ν

′ ′ ′ ′− − = Τ = = ′ ′− −

οπότε 2 2 L

21 L 1 1

V V (s) Z 1 1G(s)

V E(s) AZ B A R CR C s= = = = =

′ ′+

Εάν το Ν΄τοποθετηθεί δεξιά του Ν θα είναι 2

1 1 1 1N΄ 2

1

R Cs 0 R C s 0 R CR C s 0T T

Cs 0 C s 0 R CC s 0ολ Ν

′ ′ ′ ′− − ′ = Τ = = ′ ′ ′− −

οπότε 2 2 L

21 L 1 1

V V (s) Z 1 1G (s)

V E(s) AZ B A R CR C s′ = = = = =

′ ′+

Αξίζει να παρατηρηθεί ότι καίτοι οι µήτρες των παραµέτρων µεταφοράς είναι διαφορετικές, οι συναρτήσεις µεταφοράς ταυτίζονται. α2. Από την εφαρµογή του Νόµου Ρευµάτων Kirchhoff στον κόµβο 1 λαµβάνεται

1

1

C1 L

dvC J i

dt= − (1)


2 2

2

C C2 L

dv vC i

dt R= − (2)

Από την περιγραφική σχέση του µετασχηµατιστή προκύπτει

1 2 2

2 2 21 L 2 L L

1 1 1

-n -n ni i i (-i ) i

n n n= = = = (3)

Από την τελευταία σχέση σε συνδυασµό µε την (2) προκύπτει

2 2

1

C C12 L

2

dv vnC i

dt n R= − (4)


1

1

L1 1 C

div L v

dt= − + (5)


2 1

2 2

L L12 2 C 2 C

2

di dinv L v L v

dt n dt= + = + (6)

Από την περιγραφική σχέση των τάσεων του µετασχηµατιστή λαµβάνεται

1 1 1

1 2 2

2L L L1 1 1 1 1

1 1 C 2 2 C 2 C22 2 2 2 2

di di din n n n nv L v v L v L v

dt n n n dt n dt n

= − + = = + = +

(7)


1

1

CL

1 1

dv 1 1i J

dt C C= − + (8)


2 2 2

2 1

C C C1L L

2 2 2 2 2

dv v v1 1 ni i

dt C RC C n RC= − = − (9)

Από την σχέση (7) επιλύοντας ως προς diL1/dt λαµβάνεται

1

1 2

1

L 2C C2 2

1 11 2 1 22 2

2 2

ndi 1 n

v vn ndt L L L Ln n

= −+ +

(10)

Για την έξοδο, από τη σχέση (2) λαµβάνεται

2 2 2

2 2 1

C C C1C 2 L L

2

dv v vny i C i i

dt R n R= = = − = − (11)

Σε µητρική µορφή οι εξισώσεις καταστάσεως (8), (9), (10) και (11) γράφονται

1 1

2 2

1 1

11C C

1C C

2 2 2L L

1

22 21 1

1 2 1 22 22 2

10 0 1

CCv v

d 1 nv 0 v 0 J

dt RC n Ci i 0

n1 n

0n nL L L Ln n

− −

= +

− + +

1

2

1

C1

C2

L

v1 n

y 0 vR n

i

−

=

β. Η συνάρτηση µεταφοράς θα είναι για τις τιµές που δίδονται

[ ]

1

1

s 0 1 1G(s) C[sI A] B 0 1 3 0 s 1 3 0

0.1 0.3 s 0

−

−

= − = − + − −

Για τον προσδιορισµό της G(s) χρειάζονται µόνο τα στοιχεία (2,1) και (3,1) της αντιστρόφου. Καθώς

2 121 2 3 2

0 30.1 s 0.3 0.3

M ( 1)s 0 1 s(s s 0.9) 0.1(s 1) s s s 0.10 s 1 30.1 0.3 s

+

−

−= − = =

+ + + + + + +

+ −

−

3 131 3 2

0 s 10.1 0.3 0.1(s 1)

M ( 1)s 0 1 s s s 0.10 s 1 30.1 0.3 s

+

+

− += − =

+ + +

+ −

−

[ ]11

21 3 2 3 2

31

M0.3 0.3(s 1) 0.3s

G(s) 0 1 3 Ms s s 0.1 s s s 0.1

M

− + + = − = = + + + + + +

γ. Για µοναδιαία κρουστική διέγερση και µηδενικές αρχικές συνθήκες ο µετασχηµατισµός Laplace της εξόδου θα είναι

3 2 3 2

0.3s 0.3sY(s) G(s)U(s) *1

s s s 0.1 s s s 0.1= = =

+ + + + + +

Αναλύοντας την Y(s) σε απλά κλάσµατα λαµβάνεται

3 2 2 2

2

2 2 2 2

0.3s 0.3s A BsY(s)

s s s 0.1 (s 0.111)(s 0.89s 0.9) s 0.111 s 0.89s 0.90.041 0.041s 0.332

s 0.111 s 0.89s 0.90.041 0.041(s 0.445) 0.3138

s 0.111 (s 0.445) (0.839) (s 0.445) (0.839)

+ Γ= = = + =

+ + + + + + + + +

− += + =

+ + +− +

= + ++ + + + +

Ανατρέχοντας στον πίνακα ζευγών µετασχηµατισµού Laplace η κρουστική απόκριση του συστήµατος θα είναι

0.111t 0.445t 0.445t0.3138y(t) 0.041e 0.041e cos(0.839t) e sin(0.839t)

0.839− − −= − + +

γ2. Εάν J(t)=ηµ(ωt), η απόκριση στη µόνιµη κατάσταση θα είναι

( )y(t) G( j ) t arg G( j )= ω ηµ ω + ω

µε

( ) ( )3 2 2 22 2 2

0.3j 0.3G( j )

j j 0.1 0.1 1

ω ωω = =

− ω −ω + ω+ −ω +ω −ω

Για την εύρεση του ορίσµατος θα είναι

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

2 4 22 3

2 2 2 22 2 2 2 2 2

0.3 0.3 j 0.3 [0.1 ]0.3j [( 0.1) ( j j )]G( j )

0.1 1 0.1 1

ω − ω + ω −ωω −ω + + ω − ωω = =

−ω +ω −ω −ω +ω −ω

Όταν ω2>ω4 ή ισοδύναµα ω<1, ReG(jω)>0 οπότε

( )( )

( )( )

2 2

2 4 2

0.3 [0.1 ] 0.1arg G( j )

0.3 0.3 [1 ]

ω −ω −ωω = τοξεφ = τοξεφ

ω − ω ω −ω

Όταν ω2<ω4 ή ισοδύναµα ω>1, ReG(jω)<0 οπότε

( )( )

2

2

0.1arg G( j )

[ 1]

ω −ω = −π+ τοξεφ

ω ω −

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Ιούνιος 2010 (ΧΑΡΙΣΤΙΚΗ))

∆ίδεται το κύκλωµα του Σχήµατος 1. Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως ως προς διάνυσµα της επιλογής σας. 2. Να ευρεθεί η συνάρτηση µεταφοράς

2RV (s)G(s)=

E(s)

3. Να προσδιοριστεί για ποιές τιµές του Κ το σύστηµα είναι ασυµπτωτικά ευσταθές. 4. Για µοναδιαίες τιµές των στοιχείων να κατασκευαστεί το ασυµπτωτικό διάγραµµα

Bode πλάτους και να χαρακτηριστεί το είδος του φίλτρου. Να εξεταστεί εάν υπάρχει περιορισµός στην τιµή της κυκλικής συχνότητας θλάσης.

5. Εάν E(t)=5+3*ηµ(10t), να ευρεθεί η απόκριση στη µόνιµη κατάσταση, όταν θα έχει εξαλειφθεί το µεταβατικό φαινόµενο.


Για το δίθυρο του σχήµατος 1. Να ευρεθεί η µήτρα συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως Ζ. 2. Εάν το δίθυρο τερµατιστεί µε τη σύνθετη αντίσταση ZL, να προσδιοριστεί η

σύνθετη αντίσταση εισόδου Zin.

+

-+

-

Z1

1

25

3

4

0

Z3

Zin Z2

ZL

Z5

V2

_

++

_

V1

∆ΙΘΥΡΟ

Ι2Ι1

+

-+

-

Z1

1

25

3

4

0

Z3

Zin Z2

ZL

Z5

V2

_

++

_

V1

∆ΙΘΥΡΟ

Ι2Ι1

+

CK*VC

R1

E

+L

+

_

R2CV+

CK*VC

R1

E

+

E

++L

+

_

R2CV

3. Εάν ληφθούν Ζ1=Ζ2=Ζ3=Ζ5=1kΩ

και το ZL είναι πυκνωτής 1nF, να προσδιοριστεί η Zin και το στοιχείο στο οποίο αντιστοιχεί.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Φεβρουάριος 2011 (ΧΑΡΙΣΤΙΚΗ))

∆ίδεται το κύκλωµα του Σχήµατος 1. Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο


oV (s)G(s)=

E(s)

3. Εάν R3=0.1Ω, R1=5Ω ενώ τα άλλα στοιχεία έχουν µοναδιαίες τιµές, να κατασκευαστεί το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode πλάτους και να χαρακτηριστεί το είδος του φίλτρου.

4. Εάν E(t)=10+3*ηµ(t), να ευρεθεί η απόκριση στη µόνιµη κατάσταση, όταν θα έχει εξαλειφθεί το µεταβατικό φαινόµενο.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (Φεβρουάριος 2011 (ΧΑΡΙΣΤΙΚΗ))

Για τα δίθυρα του σχήµατος

+

_

E

+

+

_

Vo

C1

R1

R5 +

_

+

_

C2

R3

R5

R4

R2

+

_

+

_

E

+

E

++

+

_

+

_

+

_

Vo

C1

R1

R5 +

_

+

_

+

_

+

_

C2

R3

R5

R4

R2

+

_2vC'

1b

2L '1L '

+

_1v

2'b1'b

2bb∆ΙΘΥΡΟ Ν

+

_2v

+

_2vC'

1b

2L '1L '

+

_1v

+

_1v

2'b1'b

2bb∆ΙΘΥΡΟ Ν

+

_2vC

1a2L1L

+

_1v

2'a1'a

2a

a∆ΙΘΥΡΟ Ν

+

_2v

+

_2vC

1a2L1L

+

_1v

+

_1v

2'a1'a

2a

a∆ΙΘΥΡΟ Ν

1. Να ευρεθούν οι µήτρες συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως Ζ. 2. Εάν τα δίθυρα συνδεθούν µε συνδεσµολογία σειράς-σειράς και ο συνδυασµός

τερµατιστεί µε αντίσταση 1Ω, όπως στο σχήµα, να προσδιοριστεί η µήτρα Ζ του συνολικού διθύρου και η συνάρτηση µεταφοράς

LV (s)G(s)=

E(s)

3. Κατά τη σύνδεση των διθύρων ο τεχνίτης από λάθος πραγµατοποίησε τη συνδεσµολογία σειράς-σειράς και τερµάτισε το συνδυασµό µε αντίσταση 1Ω αλλά σύνδεσε τον ακροδέκτη 1’a µε τον ακροδέκτη 1’b αντί του 1b και τον ακροδέκτη 2’a µε τον ακροδέκτη 2’b αντί του 2b. Να προσδιοριστεί η µήτρα Ζ του νέου συνολικού διθύρου και η νέα συνάρτηση µεταφοράς

LV (s)G(s)=

E(s).

+ +

_Lv1Ω2C1CE(t)

1R

ΣΥΝΟΛΙΚΟ∆ΙΘΥΡΟ

+ +

_Lv1Ω2C1CE(t)E(t)

1R

ΣΥΝΟΛΙΚΟ∆ΙΘΥΡΟ


1. Για το κύκλωµα του Σχήµατος, εάν σαν διέγερση θεωρηθεί η πηγή ρεύµατος Ι και

σαν έξοδος η τάση Vo, να γραφούν οι εξισώσεις κατάστασης ως προς κατάλληλο διάνυσµα της επιλογής σας.

2. Για µοναδιαίες τιµές των στοιχείων να γραφούν οι εξισώσεις της µεθόδου των κόµβων και να προσδιοριστεί η συνάρτηση µεταφοράς

oV (s)G(s)=

I(s)

3. Η διέγερση I(t) θεωρείται άθροισµα ηµιτόνων διαφορετικών κυκλικών συχνοτήτων και φάσεων ως εξής

n

i i ii=1

I(t)= A ηµ(ω t+φ )∑ .

Να ευρεθεί ο µέγιστος ακέραιος n και οι αντίστοιχες κυκλικές συχνότητες ωi ώστε στην ηµιτονοειδή µόνιµη κατάσταση η έξοδος να είναι µηδενική για κάθε t.

Λύση 1. Εάν θεωρηθούν οι φορές αναφοράς των ρευµάτων των κλάδων όπως στο ακόλουθο κύκλωµα,

oV 3L

1L

2L

3C1C

4C2C

I

+

_

oV 3L

1L

2L

3C1C

4C2C

II

+

_

oV 3L

1L

2L

3C1C

4C2C

I

+

_

1

2

3

4

0

oV 3L

1L

2L

3C1C

4C2C

II

+

_

11

22

33

44

00

ο γράφος του κυκλώµατος µε το µοναδικό κανονικό δένδρο που προκύπτει θα είναι όπως στο ακόλουθο σχήµα Το διάνυσµα των καταστάσεων θα αποτελείται από τις τάσεις των πυκνωτών που είναι βλαστοί και τις εντάσεις των επαγωγέων που είναι σύνδεσµοι στο κανονικό δένδρο, δηλαδή θα είναι

1 2 3 4 1 2 3

T

C C C C L L Lx= v v v v i i i

Από την εφαρµογή του νόµου ρευµάτων του Kirchhoff στον κόµβο 1 προκύπτει

1

1

C1 L

dvC =I-i

dt


15

1 1

dx 1 1= I- x

dt C C

Από την εφαρµογή του νόµου ρευµάτων του Kirchhoff στη θεµελιώδη οµάδα διαχωρισµού I, C2, L1, L2 προκύπτει

2

1 2

C2 L L

dvC =I-i -i

dt


25 6

2 2 2

dx 1 1 1= I- x - x

dt C C C

Από την εφαρµογή του νόµου ρευµάτων του Kirchhoff στον κόµβο 1 προκύπτει

3

1 3

C3 L L

dvC =i -i

dt


3L1L

2L

3C1C

4C2C

I

0

4

3

2

1

3L1L

2L

3C1C

4C2C

I

00

44

33

22

11

35 7

3 3

dx 1 1= x - x

dt C C

Από την εφαρµογή του νόµου ρευµάτων του Kirchhoff στη θεµελιώδη οµάδα διαχωρισµού C4, L1, L2, L3 προκύπτει

4

1 1 3

C4 L L L

dvC =i i -i

dt+


45 6 7

4 4 4

dx 1 1 1= x + x - x

dt C C C

Από την εφαρµογή του νόµου τάσεων του Kirchhoff στο θεµελιώδη βρόχο L1, C1, C2, C3, C4 προκύπτει

1

1 2 3 4

L1 C C C C

diL =v v -v v

dt+ −


51 2 3 4

1 1 1 1

dx 1 1 1 1= x + x - x x

dt L L L L−

Από την εφαρµογή του νόµου τάσεων του Kirchhoff στο θεµελιώδη βρόχο L2, C2, C4 προκύπτει

2

2 4

L2 C C

diL =v -v

dt


62 4

2 2

dx 1 1= x - x

dt L L

Από την εφαρµογή του νόµου τάσεων του Kirchhoff στο θεµελιώδη βρόχο L3, C3, C4 προκύπτει

3

3 4

L3 C C

diL =v +v

dt


73 4

3 3

dx 1 1= x + x

dt L L

Για την έξοδο του κυκλώµατος θα είναι

1 2o C C 1 2V =v +v =x +x

Σε µητρική µορφή οι εξισώσεις καταστάσεως θα είναι

1

2 21 1

2 23 3

3 3

4 44 4 4

5 5

6 61 1 1 1

7 7

2 2

3 3

-10 0 0 0 0 0

C

-1 -10 0 0 0 0

C Cx x

1 -10 0 0 0 0x x

C Cx x

1 1 -1d 0 0 0 0x = xC C Cdt

x x1 1 -1 -1

0 0 0x xL L L L

x x1 -1

0 0 0 0 0L L

1 10 0 0 0 0

L L

1

2

1C

1C

0+ I0000

[ ]oV 1 1 0 0 0 0 0 x=

2. Οι εξισώσεις της µεθόδου των κόµβων για την αρίθµηση των κόµβων του κυκλώµατος και για µοναδιαίες τιµές των στοιχείων θα είναι

1

2

3

4

1 -1s+ -s 0

s se (s) 11 -1

-s 2s+ 0 e (s) 0s s + I(s)e (s)-1 2 0

0 s+ -ss s e (s) 0

-1 10 -s 2s+

s s

Καθώς η έξοδος του συστήµατος θα ταυτίζεται µε την τάση του κόµβου 1, εφαρµόζοντας τον κανόνα του Cramer, θα είναι

o 1

-1I(s) -s 0

s1 -1

0 2s+ 0s s

20 0 s+ -s

s-1 1

0 -s 2s+V (s) e (s) 1 s sG(s)= = =1 -1I(s) I(s) I(s) s+ -s 0s s

1 -1-s 2s+ 0

s s-1 2

0 s+ -ss s

-1 10 -s 2s+

s s1 -1

2s+ 0 -ss s

20 s+ -s

s-1 1

-s 2s+s s

1 -1 1 -1s+ -s s+ 0

s s s s1 1 1 -1

2s+ 2s+ 0 - -s 0s s s s

-1 2 -1 20 s+ s+

s s s

s

=

=

−

1s+ -s 0

s1 -1

s -s 2s+s s

-1-s 0 -s

s s

+

4 2

6 4 2

s(2s +11s +8)s +8s +11s +4

=

3. Το γραµµικό κύκλωµα του προβλήµατος είναι ευσταθές αλλά όχι ασυµπτωτικά ευσταθές. Εάν εφαρµοστεί ηµιτονοειδής διέγερση της µορφής που δίδεται, µε κατάλληλη επιλογή των αρχικών συνθηκών µπορούν να µηδενιστούν οι όροι που οφείλονται στις συχνότητες των πόλων της G(s). Για τους όρους που οφείνονται στη διέγερση, εφαρµόζοντας την αρχή της επαλληλίας η απόκριση στη µόνιµη κατάσταση θα είναι

n

o i i i i ii=1

V (t)= A G(jω ) ηµ[ω t+Arg(G(jω ))+φ ]∑

Για να είναι συνεπώς η έξοδος µηδενική για κάθε χρονική στιγµή θα πρέπει

iG(jω ) 0=


iG(jω ) 0=

Εποµένως το s=jωi πρέπει να είναι ρίζα του αριθµητή της συνάρτησης µεταφοράς. Οι ρίζες αυτές είναι

s=0

και οι ρίζες της διτετράγωνης εξίσωσης οι οποίες θα είναι

1,2,3,4

±j2.153511 121 4*2*8

s16

±j0.9287

− ± −

= ± =

Καθώς τα s=jω και s=-jω δεν συνιστούν διαφορετικές διεγέρσεις επειδή

( )

1 1 2 2

1 1 1 1 2 2 2 2

1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 21 2 1 2 1

A ηµ(ωt+φ )+A ηµ(-ωt+φ )=

=A ηµ(ωt)συν(φ )+A συν(ωt)ηµ(φ )-A ηµ(ωt)συν(φ ) A συν(ωt)ηµ(φ )=

=ηµ(ωt)[A συν(φ )-A συν(φ )]+συν(ωt)[A ηµ(φ ) A ηµ(φ )]=

=ηµ(ωt)Κ +συν(ωt)Κ ηµ(ωt)συνθ+συν(ωt)ηµθ

+

+

= Κ +Κ = Κ +Κ 22 *ηµ(ωt+θ)

µε

1

2 21 2

2

2 21 2

Kσυνθ=

Κ +Κ

Kηµθ=

Κ +Κ

θα είναι

n=3

και

ω1=0

ω2=2.1535

ω3=0.9287


1. Για το κύκλωµα του Σχήµατος, εάν σαν διέγερση θεωρηθεί η πηγή τάσεως Ε και

σαν έξοδος η ένταση Ιo, να γραφούν οι εξισώσεις κατάστασης ως προς κατάλληλο διάνυσµα της επιλογής σας.

2. Για µοναδιαίες τιµές των στοιχείων να γραφούν οι εξισώσεις της µεθόδου των βρόχων και να προσδιοριστεί η συνάρτηση µεταφοράς

oI (s)G(s)=

E(s)

3. Η διέγερση Ε(t) θεωρείται άθροισµα ηµιτόνων διαφορετικών κυκλικών συχνοτήτων και φάσεων ως εξής

n

i i ii=1

E(t)= A ηµ(ω t+φ )∑ .

Να ευρεθεί ο µέγιστος ακέραιος n και οι αντίστοιχες κυκλικές συχνότητες ωi ώστε στην ηµιτονοειδή µόνιµη κατάσταση η έξοδος να είναι µηδενική για κάθε t.

Λύση Η λύση είναι όµοια µε εκείνη του προηγούµενου προβλήµατος καθώς το παρόν κύκλωµα είναι το δυαδικώς ανάλογο του προηγούµενου κυκλώµατος.

oI

1L

3C

1C

2C

+

E4L

2L

3L

oI

1L

3C

1C

2C

+

E+

E4L

2L

3L


Για το κύκλωµα του σχήµατος 1. Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο

γράφους. 2. Να ευρεθούν οι συναρτήσεις µεταφοράς

1 21 2

V (s) V (s)G (s)= G (s)=

E(s) E(s)

και να χαρακτηριστούν οι λειτουργίες τους στο σήµα E(t) (βαθυπερατό ή υψιπερατό ή ζωνοπερατό ή ζωνοφρακτικό φίλτρο).

Λύση 1. Εάν οι κόµβοι του κυκλώµατος αριθµηθούν όπως στο ακόλουθο σχήµα και οι φορές αναφοράς των ρευµάτων είναι αυτές που φαίνονται στο ίδιο σχήµα

++

_+

_+

_

E(t)

++

__

4R

3R

2R

1R

1V

R

1C2C

R

2V+

+

_

+

_+

_

+

_+

_

+

_

E(t)E(t)

++

__

4R

3R

2R

1R

1V

R

1C2C

R

2V

++

_+

_+

_

E(t)

++

__

4R

3R

2R

1R

1V

R

1C2C

R=R′

2V

0

4321

765

++

_

+

_+

_

+

_+

_

+

_

E(t)E(t)

++

__

4R

3R

2R

1R

1V

R

1C2C

R=R′

2V

00

44332211

776655

ο Ι γράφος και ο V-γράφος του κυκλώµατος θα είναι Εάν παρασταθεί µε Gi η αγωγιµότητα της αντίστασης Ri, οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους θα είναι

14 1 1 3

22 2

3

4

e-G -G -C s 0 -G 0e0 -G -C s 0 0

=e0 0 -G -G 0e1 0 0 0 E(s)

R1

I-Γράφος

≡≡≡≡2 41 ≡≡≡≡ 2

≡≡≡≡3 6

R4

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 3

R2

R2

R3

C2

C1

≡≡≡≡ 5 ≡≡≡≡ 7

R R΄R1

I-Γράφος

≡≡≡≡2 4≡≡≡≡2 42 41 ≡≡≡≡ 2

≡≡≡≡3 6≡≡≡≡3 63 6

R4

≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 3≡≡≡≡ 3

R2

R2

R3

C2

C1

≡≡≡≡ 5≡≡≡≡ 5 ≡≡≡≡ 7≡≡≡≡ 7

R R΄

V-Γράφος

0 ≡≡≡≡ 0

1 ≡≡≡≡ 1 2 ≡≡≡≡ 3

E

R2

4 ≡≡≡≡ 7

2CR1 C1

3 ≡≡≡≡ 5

R3R4

R΄R

V-Γράφος

0 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1 2 ≡≡≡≡ 32 ≡≡≡≡ 3

E

R2

4 ≡≡≡≡ 74 ≡≡≡≡ 7

2CR1 C1

3 ≡≡≡≡ 53 ≡≡≡≡ 5

R3R4

R΄R

2. Από τον V-γράφο προκύπτει ότι η V1, η οποία είναι ίση µε την τάση του κόµβου 3 του κυκλώµατος, θα είναι ίση µε την τάση e2 του κόµβου 2 του V-γράφου και συνεπώς θα είναι

( )

4 3

2

1 2 4 21

4 1 1 3 1 1 3

2 2 2 2

4 2 4 22

2 1 1 2 3 1 2 1 2 2 3

-G 0 0 -G0 0 -C s 00 0 -G -G1 E(s) 0 0V (s) e (s) 1 -G GC s

G (s)= =-G -G -C s 0 -G -G -C s 0 -GE(s) E(s) E(s)

0 -G -C s 0 - -G -C s 00 0 -G -G 0 -G -G1 0 0 0

G GC s -G C s-GC s G +C s GG G C C s G C s+G G

= = =

= =− +

Από τον V-γράφο προκύπτει ότι η V2, η οποία είναι ίση µε την τάση του κόµβου 5 του κυκλώµατος, θα είναι ίση µε την τάση e3 του κόµβου 3 του V-γράφου και συνεπώς θα είναι

( )

4 1 1 3

2

32 4 22

4 1 1 3 1 1 3

2 2 2 2

4 2 4 22

2 1 1 2 3 1 2 1 2 2 3

-G -G -C s 0 -G0 -G 0 00 0 0 -G1 0 E(s) 0e (s)V (s) 1 G GG

G (s)= =-G -G -C s 0 -G -G -C s 0 -GE(s) E(s) E(s)

0 -G -C s 0 - -G -C s 00 0 -G -G 0 -G -G1 0 0 0

G GG G GGC s G +C s GG G C C s G C s+G G

= = =

= =+ +

Επειδή τα στοιχεία έχουν θετικές τιµές, ο παρονοµαστής της G1(s) θα έχει ρίζες στο αριστερό ηµιεπίπεδο και συνεπώς το σύστηµα θα είναι ευσταθές. Εξαιτίας του s στον αριθµητή της G1(s) στις χαµηλές κυκλικές συχνότητες το διάγραµµα Bode της συνάρτησης αυτής θα αυξάνει µε κλίση 20db/δεκάδα ενώ στις υψηλές κυκλικές συχνότητες το διάγραµµα Bode θα µειώνεται µε κλίση -20db/δεκάδα.Συνεπώς το φίλτρο θα είναι ζωνοπερατό. Επειδή τα στοιχεία έχουν θετικές τιµές, ο παρονοµαστής της G2(s) θα έχει ρίζες στο αριστερό ηµιεπίπεδο και συνεπώς το σύστηµα θα είναι ευσταθές. Στις χαµηλές κυκλικές συχνότητες το διάγραµµα Bode της G2(s) θα είναι σταθερό ενώ στις υψηλές κυκλικές συχνότητες το διάγραµµα Bode θα µειώνεται µε κλίση -40 db/δεκάδα. Συνεπώς το φίλτρο θα είναι βαθυπερατό.


1. Για το τρίθυρο του Σχήµατος να γραφεί η µήτρα συνθέτων αντιστάσεων

ανοικτοκυκλώσεως Ζ. 2. Το τρίθυρο θα χρησιµοποιηθεί όπως στο Σχήµα. Στη θύρα 1 θα τοποθετηθεί

ανεξάρτητη πηγή τάσης εσωτερικής αντιστάσεως R ενώ οι θύρες 2 και 3 θα τερµατιστούν µε ίσες αντιστάσεις R, ίσες µε την εσωτερική αντίσταση της πηγής. Εάν η αντίσταση εισόδου οριστεί

1in

1

VZ =

I

να ευρεθεί κάτω από ποιές συνθήκες είναι inZ =R 3. Εάν οι συνθήκες του ερωτήµατος 2 ισχύουν και είναι R=50Ω και C=100nF, α) να προσδιοριστούν οι συναρτήσεις µεταφοράς

3212 13

V (s)V (s)G (s)= G (s)=

E(s) E(s)

β) Να σχεδιαστούν τα ασυµπτωτικά διαγράµµατα Bode των G12(s), G13(s) και να χαρακτηριστεί η λειτουργία τους ως φίλτρων.

4. Εάν η πηγή είναι άγνωστης συχνότητας και εσωτερικής αντίστασης, από τη µέτρηση των τάσεων V2, V3 της ανωτέρω διάταξης µπορεί να συναχθεί εάν η συχνότητα της πηγής είναι µεγαλύτερη ή µικρότερη από τη συχνότητα θλάσης των δύο φίλτρων. Να εξεταστεί εάν αυτό είναι δυνατό όταν η εσωτερική αντίσταση της πηγής είναι επαγωγική και να αιτιολογηθεί η απάντησή σας.

Λύση 1. 1ος Τρόπος Στις θύρες του τριθύρου τοποθετούνται πηγές έντασης. Εφαρµόζοντας τη µέθοδο των κόµβων προκύπτει ότι οι τάσεις των θυρών µε την αρίθµηση του σχήµατος ταυτίζονται µε τις τάσεις των κόµβων, οπότε θα ισχύει

I3

V1

+

_

I1

E+

R

C V2

+

_

R

ΤΡΙΘΥΡΟ Ν

V3

+

_

R

I2

CL

L

I3

V1

+

_

I1

E+

R

C V2

+

_

RV2

+

_

R

ΤΡΙΘΥΡΟ Ν

V3

+

_

RV3

+

_

R

I2

CL

L

1 1

2 2

3 3

1 1Cs+ - -Cs

Ls Ls V (s) I (s)1 1

- Cs+ 0 V (s) = I (s)Ls Ls

V (s) I (s)1-Cs 0 Cs+

Ls

Από την ανωτέρω σχέση προκύπτει άµεσα ότι η µήτρα συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκυκλώσεως θα είναι

1 1Cs+ - -Cs

Ls Ls1 1

Y(s) - Cs+ 0Ls Ls

1-Cs 0 Cs+

Ls

=

Η µήτρα συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως θα είναι

I3

V1

+

_

I1

C V2

+

_

ΤΡΙΘΥΡΟ Ν

V3

+

_

I2

CL

LI΄2

I΄3

3

2

1

0

I3

V1

+

_

I1

C V2

+

_

ΤΡΙΘΥΡΟ Ν

V3

+

_

I2

CL

LI΄2

I΄3

I3

V1

+

_

I1

C V2

+

_

ΤΡΙΘΥΡΟ Ν

V3

+

_

V3

+

_

I2

CL

LI΄2

I΄3

33

22

11

00

-1

-1

1 1Cs+ - -Cs

Ls Ls1 1

Z(s)=Y (s)= - Cs+ 0 =Ls Ls

1-Cs 0 Cs+

Ls

1+1 1+2 1+3

2+1 2+2 2+3

3+1 3+2

1 1 1 1Cs+ 0 - 0 - Cs+Ls Ls(-1) (-1) (-1) Ls Ls1 1 -Cs 00 Cs+ -Cs Cs+Ls Ls

1 1 1 1- -Cs Cs+ -Cs Cs+ -1 Ls Ls= (-1) (-1) (-1) Ls Ls1 1 1 1Cs+ - -Cs -Cs 00 Cs+ -Cs Cs+Ls Ls Ls Ls

1 1 1 1- Cs+ 0 - -Cs Cs+Ls Ls Ls Ls(-1) (-1)1 1-Cs 0 Cs+ Cs+ 0Ls Ls

T

3+3

1 1-Cs Cs+ -

Ls Ls(-1)1 1 1

- 0 - Cs+Ls Ls Ls

2

2 2

2

2 2

1 1 1 LsLs+

2 Cs 2Cs 2

2LCs +11 Ls=

2Cs 2Cs LCs +1 2 LCs +1

LCs +2 LsLs Ls2 2 LCs +1 2 LCs +1

2ος Τρόπος Εφαρµόζεται ο ορισµός των στοιχείων της µήτρας Ζ. Για την εύρεση της µήτρας συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως Ζ κατά στήλες τοποθετείται µία πηγή έντασης στην ιοστή θύρα ενώ οι υπόλοιπες θύρες παραµένουν ανοικτοκυκλωµένες και υπολογίζονται οι τάσεις των θυρών. Εάν τεθεί πηγή εντάσεως στη θύρα 1, όπως στο κατωτέρω σχήµα, λόγω της συµµετρίας οι εντάσεις I΄2 και Ι΄3 θα είναι ίσες µε Ι1/2, οπότε θα είναι

2 3

1

111 I =I =0

1 1

I (s) 1Ls+V (s) 1 12 CsZ (s)= = = Ls+I (s) I (s) 2 Cs

2 3

1

221 I =I =0

1 1

I (s) 1V (s) 12 CsZ (s)= = =I (s) I (s) 2Cs

2 3

1

331 I =I =0

1 1

I (s)LsV (s) Ls2Z (s)= = =

I (s) I (s) 2

Αντίστοιχα για τοποθέτηση πηγής εντάσεως στη θύρα 2, όπως στο ακόλουθο σχήµα, θα είναι

I3

V1

+

_

I1

C V2

+

_

ΤΡΙΘΥΡΟ Ν

V3

+

_

I2

CL

LI΄2

I΄3

I3

V1

+

_

I1

C V2

+

_

ΤΡΙΘΥΡΟ Ν

V3

+

_

V3

+

_

I2

CL

LI΄2

I΄3

1 3

2 2

2 31

12 I =I =02 2 2

1 12Ls+1Cs CsI (s) I (s) Ls

2 2Cs1 2Ls+ 2Ls+I΄ (s) I΄ (s)LsV (s) 1Cs CsCsZ (s)= = =I (s) I (s) I (s) 2Cs

−

− =

1 3

2

22

22 I =I =02 2 2

12Ls+

1CsI (s)2 1Cs1 2Ls+ 2Ls+I΄ (s)V (s) 1Cs CsCsZ (s)= = =

2I (s) I (s) I (s) Cs2Ls+Cs

=

I3

V1

+

_

I1

C V2

+

_

ΤΡΙΘΥΡΟ Ν

V3

+

_

I2

CL

LI΄2

I΄3

I3

V1

+

_

I1

C V2

+

_

ΤΡΙΘΥΡΟ Ν

V3

+

_

V3

+

_

I2

CL

LI΄2

I΄3

1 3

2

3 332 I =I =0

2 2 2

1CsI (s) Ls

2 12Ls+V (s) I΄ (s)Ls Cs CsZ (s)= = = Ls

2I (s) I (s) I (s) 2Ls+Cs

=

Αντίστοιχα για τοποθέτηση πηγής εντάσεως στη θύρα 3, όπως στο ακόλουθο σχήµα, θα είναι

1 2

3 3

2 31

13 I =I =03 3 3

2Ls+1CsI (s) I (s)

2 2 Cs1 2Ls+ 2Ls+-I΄ (s) I΄ (s)LsV (s) LsCs CsCsZ (s)= = =I (s) I (s) I (s) 2

LsLs

−

+ =

I3

V1

+

_

I1

C V2

+

_

ΤΡΙΘΥΡΟ Ν

V3

+

_

I2

CL

L

I΄2 I΄3

I3

V1

+

_

I1

C V2

+

_

ΤΡΙΘΥΡΟ Ν

V3

+

_

V3

+

_

I2

CL

L

I΄2 I΄3

1 2

3

22

23 I =I =03 3 3

Ls 1I (s)

2 Cs1 2Ls+I΄ (s)V (s) Ls 1CsCsZ (s)= = = =2I (s) I (s) I (s) Cs2Ls+

Cs

1 2

3

3 333 I =I =0

3 3 3

2Ls+

CsI (s) Ls2 2

2Ls+ Ls+V (s) I΄ (s)Ls Cs CsZ (s)= = = Ls

2I (s) I (s) I (s) 2Ls+Cs

=

2. Η αντίσταση εισόδου προέρχεται από τη σύνθεση δύο συνθέτων αντιστάσεων εν

παραλλήλω, Η µία είναι ο παράλληλος συνδυασµός της R µε την Ls και εν σειρά την 1/(Cs) ενώ η δεύτερη είναι ο παράλληλος συνδυασµός της R µε την (1/(Cs) και εν σειρά την Ls.Συνεπώς θα είναι

2

1

1R R RLCs +Ls+RCsZ (s)=Ls+ =Ls+ =

1 RCs+1 RCs+1R+Cs

2

2

1 RLs RLCs +Ls+RZ (s)= + =

Cs R+Ls (R+Ls)Cs

2 2

2 21 2

in 2 2 21 2

RLCs +Ls+R RLCs +Ls+R*

Z (s)Z (s) RLCs +Ls+R RLCs +Ls+RRCs+1 (R+Ls)CsZ (s)=RLCs +Ls+R RLCs +Ls+RZ (s)+Z (s) (R+Ls)Cs+RCs+1 LCs +2RCs+1

RCs+1 (R+Ls)Cs

= = =+

Για να είναι η αντίσταση εισόδου ίση µε R, πρέπει να ισχύει

2

2

RLCs +Ls+RR

LCs +2RCs+1=

ή ισοδύναµα 2L=2R C

3. Εάν V1(s) είναι ο µετασχηµατισµός Laplace της τάσεως της θύρας 1, θα είναι

22 3 2 2 2

1

1R

Cs1 R

R+V (s) R RCs RCs+1= = =1 RV (s) RLCs +Ls+R 2R C s +2R Cs+RR

Cs RCs+1Ls+1

R+Cs

Ls

=+

και

2 3 2 23

2 2 3 2 2 21

RLs RLsV (s) RLCs 2R C sR+Ls R+Ls= = =

1 RLs RLCs +Ls+RV (s) RLCs +Ls+R 2R C s +2R Cs+R+R+Ls Cs(R+Ls)Cs

=

Καθώς η αντίσταση εισόδου είναι ίση µε R, θα είναι

1 in

in

V (s) Z (s) R 1= = =

E(s) R+Z (s) R+R 2


2 2 112 3 2 2 2 2 2 2

1

V (s) V (s) V (s) R 1 1G (s) = *

E(s) V (s) E(s) 2(2R C s +2R Cs+R) 2 2R C s +2RCs+1= = =

3 2 2 2

2 23 3 113 3 2 2 2 2 2 2

1

V (s) V (s) V (s) R C s sG (s) = R C *

E(s) V (s) E(s) 2R C s +2R Cs+R 2R C s +2RCs+1= = =

Για τις τιµές που δίδονται θα είναι

2L=2R C=2*2500*1e-7=0.5mH

Η διακρίνουσα του πολυωνύµου του παρονοµαστή είναι

( )22 3 2 4 2∆= 2R C -4R*2R C -4R C 0= <

οπότε οι πόλοι των συναρτήσεων µεταφοράς είναι µιγαδικοί. Οι κυκλικές συχνότητες θλάσεως θα είναι

6

p

1 1 10ω = = rad/sec

LC 0.5e-3*1e-7 50=

Στο ακόλουθο Σχήµα φαίνονται τα διαγράµµατα Bode κέρδους και φάσεως των δύο συναρτήσεων µεταφοράς. Είναι σαφές ότι η G12(s) είναι βαθυπερατό φίλτρο ενώ η G13(s) υψιπερατό.

-120

-100

-80

-60

-40

-20

0

Magnitu

de (

dB

)

103

104

105

106

107

-180

-90

0

90

180

Phase (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

G13(s)

G12(s)

4. Εάν η εσωτερική αντίσταση της πηγής είναι επαγωγική, οι συναρτήσεις µεταφοράς G12(s), G13(s) µεταβάλλονται ως εξής

2 2 1 in12 3 2 2 2 2 2 2

1 in S S

V (s) V (s) V (s) R Z (s) 1 RG (s) = * *

E(s) V (s) E(s) 2R C s +2R Cs+R Z (s)+Z (s) 2R C s +2RCs+1 R+L s= = =

3 2 2 3 2 2

3 3 1 in13 3 2 2 2 3 2 2 2

1 in S S

V (s) V (s) V (s) 2R C s Z (s) 2R C s RG (s) = * *

E(s) V (s) E(s) 2R C s +2R Cs+R Z (s)+Z (s) 2R C s +2R Cs+R R+L s= = =

Η αλλαγή της εσωτερικής αντίστασης της πηγής εισάγει ένα πόλο στις συναρτήσεις µεταφοράς. Η G12(s) συνεχίζει να είναι ένα βαθυπερατό φίλτρο του οποίου η κυκλική συχνότητα αποκοπής µπορεί να µεταβληθεί αν το R/LS είναι µικρότερο από το ωp ενώ η G13(s) µεταβάλλεται σε ζωνοπερατό φίλτρο του οποίου η ζώνη διέλευσης θα είναι περίπου εντός της ζώνης διέλευσης του βαθυπερατού φίλτρου εάν το R/LS είναι µικρότερο από το ωp. Καθώς οι µετρήσεις των V1, V2 έχουν αναπόφευκτα θόρυβο, η χρησιµότητα του κυκλώµατος περιορίζεται σηµαντικά.


1. Να ευρεθεί η µήτρα συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως Ζ του διθύρου του

Σχήµατος (α). 2. Το κύκλωµα του Σχήµατος (β) να σχεδιαστεί σαν τερµατισµένη σύνδεση δύο

διθύρων, εκ των οποίων το ένα είναι το τρανζίστορ και το άλλο δίθυρο της µορφής του Σχήµατος (α).

3. Εάν η µήτρα Ζ του τρανζίστορ είναι 0.5 0

Z=-K 40

να προσδιοριστεί η µήτρα Ζ του ολικού διθύρου (χωρίς τους τερµατισµούς) 4. Να δειχθεί ότι εάν L=1H, C1=3F, C2=2F, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του

κυκλώµατος του σχήµατος (β) θα είναι 4 3 2

3 3 3 3 3ψ(s)=240C s +163C s +(202C +240)s +(81C +2KC +163)s+2 5. Να εξεταστεί εάν το κύκλωµα µπορεί να λειτουργήσει σαν ταλαντωτής µε κυκλική

συχνότητα ω=1rad/sec και εάν η απάντηση είναι καταφατική, να προσδιοριστεί η τιµή του Κ.

Λύση 1. Θεωρώντας πηγή έντασης στη θύρα 1 ενώ η θύρα 2 είναι ανοικτοκυκλωµένη, όπως στο κατωτέρω σχήµα, θα είναι

(α) (β)

C1

C3 C2

LC1

C3 C2

L

V2

Z1 Z2

Z3

I2I1

__

+ +

V1 V2

Z1 Z2

Z3

I2I1

__

+ +

V1

2

2 31 1

1 2 3 2 31 1 111 I =0 1

1 1 1 1 2 3

Ζ (s)+Ζ (s)I (s) Ζ (s)

Ζ (s)+Ζ (s)+Ζ (s) Ζ (s)+Ζ (s)V (s) I΄ (s)Ζ (s)Z (s)= = = = Ζ (s)

I (s) I (s) I (s) Ζ (s)+Ζ (s)+Ζ (s)

2

11 2

1 2 32 2 2 121 I =0 2

1 1 1 1 2 3

Ζ (s)I (s) Ζ (s)

Ζ (s)+Ζ (s)+Ζ (s)V (s) I΄ (s)Ζ (s) Ζ (s)Z (s)= = = = Ζ (s)

I (s) I (s) I (s) Ζ (s)+Ζ (s)+Ζ (s)

Θεωρώντας πηγή έντασης στη θύρα 2 και ανοικτοκυκλωµένη τη θύρα 1 προκύπτουν άµεσα εξαιτίας της συµµετρίας

1

1 112 I =0 2

2 1 2 3

V (s) Ζ (s)Z (s)= = Ζ (s)

I (s) Ζ (s)+Ζ (s)+Ζ (s)

1

1 3222 I =0 2

2 1 2 3

Ζ (s)+Ζ (s)V (s)Z (s)= = Ζ (s)

I (s) Ζ (s)+Ζ (s)+Ζ (s)

2. Στο ακόλουθο σχήµα το κύκλωµα σχεδιάζεται σαν τερµατισµένη διπλά σύνδεση σειρά-σειρά δύο διθύρων µε µηδενικές αντιστάσεις

V2

Z1 Z2

Z3

I2I1

__

+ +

V1 I΄1 I΄2 V2

Z1 Z2

Z3

I2I1

__

+ +

V1 I΄1 I΄2

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ Το κύκλωµα µπορεί να σχεδιαστεί σαν παράλληλη- παράλληλη σύνδεση δύο διθύρων, όπως στο ακόλουθο σχήµα, τερµατισµένο µε µηδενικές αγωγιµότητες.

+

L C3

C2C1

ZS=0

ZL=0

E=0+

L C3

C2C1

ZS=0

ZL=0

E=0

L C3

C2C1

YS=0 YL=0

I=0

L C3

C2C1

YS=0 YL=0

I=0

3. Στα ακόλουθα Σχήµατα φαίνονται τα τεστς για την ικανοποίηση των κριτηρίων Brune. Καθώς µεταξύ των σηµείων Α,Β υπάρχει αγώγιµος δρόµος, οι τάσεις VAB και στα δύο κυκλώµατα είναι µηδενικές. Εποµένως τα δίθυρα παραµένουν δίθυρα και µετά τη σύνδεσή τους και για τις µήτρες συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως θα είναι

(α) (β)

oλ 1 2Z (s)=Ζ (s)+Ζ (s)

Σύµφωνα µε το ερώτηµα 1 η µήτρα συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως του διθύρου θα είναι

L C3

C2C1

I1

VAB=0

B

A

L C3

C2C1

I1

VAB=0

B

A

L C3

C2C1

I2

VAB=0

B

A

L C3

C2C1

I2

VAB=0

B

A

2 3 2 1

1

1 2 3 1 2 32

1 32 1

2

1 2 3 1 2 3

1 1 1 1+ +LsC s C s 1 C s C s

1 1 1 1 1 1C s+ + +Ls + + +LsC s C s C s C s C s C s

Z (s)=1 11 1 + +Ls

C s C s 1C s C s1 1 1 1 1 1 C s+ + +Ls + + +Ls

C s C s C s C s C s C s

Η µήτρα συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως του τρανζίστορ δίδεται

1

0.5 0Z =

-K 40


2 3 2 1

1

1 2 3 1 2 3oλ 1 2

1 32 1

2

1 2 3 1 2 3

2 3

1 2

1 1 1 1+ +LsC s C s 1 C s C s

1 1 1 1 1 1C s+ + +Ls + + +LsC s C s C s C s C s C s 0.5 0

Z (s)=Ζ (s)+Ζ (s)=1 1 -K 401 1 + +Ls

C s C s 1C s C s1 1 1 1 1 1 C s+ + +Ls + + +Ls


1 1+ +Ls

C s C s1 1 1

+ +C s C s C

+ =

=

2 1

1

3 1 2 3

1 32 1

2

1 2 3 1 2 3

1 11 C s C s

0.51 1 1C s+Ls + + +Ls

s C s C s C s

1 11 1 + +LsC s C s 1C s C s

-K 401 1 1 1 1 1 C s+ + +Ls + + +Ls


+

+

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ

Για όσους σχεδίασαν το κύκλωµα σαν παράλληλη παράλληλη σύνδεση διθύρων, επειδή τα κριτήρια Brune ισχύουν, η Υ µήτρα του ολικού διθύρου θα είναι το άθροισµα των Υ µητρών των επιµέρους διθύρων. Για το δοθέν δίθυρο η µητρα Υ προκύπτει εάν τεθούν πηγές τάσης V1,V2 στις θύρες 1 και 2 αντίστοιχα,οπότε θα ισχύουν

1 1 21 1 2

1 3 1 3 3

V (s) V (s)-V (s) 1 1 1I (s)= + = V (s)- V (s)

Z (s) Z (s) Z (s) Z (s) Z (s)

+

2 2 12 1 2

2 3 3 2 3

V (s) V (s)-V (s) 1 1 1I (s)= + = - V (s)+ V (s)

Z (s) Z (s) Z (s) Z (s) Z (s)

+

και

1 3 31

3 2 3

1 1 1-

Z (s) Z (s) Z (s)Y (s)=

1 1 1-

Z (s) Z (s) Z (s)

+

+

Για το τρανζίστορ θα είναι 1

2

0.5 0 40 01Y =

-K 40 K 0.520

−

=

οπότε

1 3 3ολ 1 2

3 2 3

1 1 1-

Z (s) Z (s) Z (s) 40 01Y =Y (s)+Y (s)=

1 1 1 K 0.520-

Z (s) Z (s) Z (s)

+ + +

4. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του διπλά τερµατισµένου διθύρου θα προκύπτει από τους µηδενισµούς της συνάρτησης

[ ] [ ]11oλ S 22ολ L 12oλ 21oλ 11oλ 22ολ 12oλ 21oλf= (Z +Ζ )(Z +Z )-Z Z = Z Z -Z Z

επειδή ZS=ZL=0. Για τις τιµές των στοιχείων που δίδονται, θα είναι

2 3 1 1 3 2 2 1 2 1

1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ +Ls + +LsC s C s C s C s C s C s C s C s C s C s

f= 0.5 40 -K1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

+ + +Ls + + +Ls + + +Ls + + +LsC s C s C s C s C s C s C s C s C s C s C s C s

+ + −

Θέτοντας

1 2 3

1 1 1q= + + +Ls

C s C s C s

προκύπτει

1 1 2 2 2 1 2 1

2 2 3 2 3 2 2 2 2 21 2 1 2 2 2 1 2 1 1 1 2

1 1 1 1 1 1 1 1q- +0.5q q- +40q -KqC s C s C s C s C s C s C s C s

f= -q q q q

1 1 1 1 0.5 1 1 Kq - +0.5q - - +40q -40 +20q+

C C s C C s C s C C s C s C s C s C C sq

0.5

=

= =

=( )4 3 3 2 2 2 2

1 2 3 1 3 2 3 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3 3

2 22 3 1 3 1 2 1 2 3

40LC C C s LC C s 80LC C s 2LC s 40C C s 40C C s 40C C s C s 80C s+2KC s+81C s+2

s (C C +C C +C C +LC C C s )

+ + + + + + + +

Για τις τιµές των στοιχείων που δίδονται, θα είναι 4 3 3 2 2 2

1 2 3 1 3 2 3 3 1 2 1 3

22 3 1 2 3 3

4 3 23 3 3 3 3

ψ(s)=40LC C C s LC C s 80LC C s 2LC s 40C C s 40C C s

40C C s C s 80C s+2KC s+81C s+2=

=240C s +163C s +(202C +240)s +(81C +2KC +163)s+2

+ + + + + +

+ + +

Για το δεύτερο σετ τιµών της άλλης οµάδας θα είναι

4 3 3 2 2 21 2 3 1 3 2 3 3 1 2 1 3

22 3 1 2 3 3

4 3 23 3 3 3 3

ψ(s)=40LC C C s LC C s 80LC C s 2LC s 40C C s 40C C s

40C C s C s 80C s+2KC s+81C s+2=

=360C s +243C s +(242C +360)s +(81C +2KC +243)s+2

+ + + + + +

+ + +

5. Για να λειτουργεί το κύκλωµα σαν ταλαντωτής µε κυκλική συχνότητα ω=1rad/sec πρέπει το s = j1 να είναι ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύµου όπως και το s = -j1 ενώ οι υπόλοιπες ρίζες του πρέπει να είναι τοποθετηµένες στο αριστερό ήµισυ του µιγαδικού επιπέδου. Συνεπώς θα είναι

3 3 3 3 3ψ(j1)=240C -j163C -(202C +240)+j(81C +2KC +163)+2=0

Εξισώνοντας το πραγµατικό και το φανταστικό µέρος µε µηδέν λαµβάνεται το σύστηµα των εξισώσεων

3 3 3

3 3 3 3 3

240C -(202C +240)+2 = 38C -238 = 0

-163C +(81C +2KC +163) = -82C +2KC +163) 0=

Από την πρώτη εξίσωση λαµβάνεται

3

238C = = 6.2632

38

Αντικαθιστώντας στη δεύτερη εξίσωση και επιλύοντας ως προς Κ, λαµβάνεται

3

3

82C -163K = 27.9875

2C=

Για τις τιµές που προσδιορίστηκαν το χαρακτηριστικό πολυώνυµο παραγοντοποιείται ως εξής

4 3 23 3 3 3 3

4 3 2 2 2 2 2

2 2

ψ(s)=240C s +163C s +(202C +240)s +(81C +2KC +163)s+2=

=1503.2s +1020.9s +1505.2s +1020.9s+2=1503.2s (s +1)+1020.9s(s +1)+2(s +1)=

=(s +1)(1503.2s +1020.9s+2)

Εφαρµόζεται το κριτήριο Routh για τον τελευταίο παράγοντα. Θα είναι

s2 1503.2 2 s 1020.9 s0 2

Καθώς δεν υπάρχουν αλλαγές προσήµου στην πρώτη στήλη και δεν µηδενίζεται γραµµή ο παράγοντας 2(1503.2s +1020.9s+2) έχει ρίζες στο αριστερό ηµιεπίπεδο και το κύκλωµα µπορεί να λειτουργήσει σαν ταλαντωτής. Ιστορικά το κύκλωµα αυτό είναι ο ταλαντωτής Clapp. 2ος Τρόπος Από το χαρακτηριστικό πολυώνυµο κατασκευάζεται η διάταξη Routh

s4 3240C 3202C +240 2

s3 3163C 3 381C +2KC +163 0

s2 3 3 3 3 3

3

3 3

163C (202C +240) 240C (81C +2KC +163)163C

=82.736C -2.945KC

−=

2

s 3 3 3 3 3

3 3

23 3 3

(82.736C -2.945KC )(81C +2KC +163)-326C=

82.736C -2.945KC

13160-480K-589K C +6701.6C -73KC= =0

82.736-2.945K

s 3 32(82.736C -2.945KC )

s0 2 Για να λειτουργεί το κύκλωµα σαν ταλαντωτής πρέπει να µηδενίζεται η γραµµή του s (για να ταλαντώνεται µόνο σε µία συχνότητα) και τα στοιχεία της πρώτης στήλης να είναι θετικά, αφού η µηδενική γραµµή αντικατασταθεί από τους συντελεστές της παραγώγου του βοηθητικού πολυωνύµου. Το βοηθητικό πολυώνυµο θα είναι

23 3B(s)=(82.736C -2.945KC )s +2

και για να έχει ρίζα την j1 θα πρέπει να είναι

3 382.736C -2.945KC =2

Από το µηδενισµό της γραµµής του s σε συνδυασµό µε την ανωτέρω εξίσωση, προκύπτει

3 3 3 3 3 3 3 3 3 30=(82.736C -2.945KC )(81C +2KC +163)-326C =2(81C +2KC +163)-326C =4KC -164C +326

Επιλύοντας το σύστηµα των δύο γραµµικών εξισώσεων ως προς C3 και KC3, λαµβάνεται

13

3

C 82.736 2.945 2 6.2621= =

KC 164 4 326 175.2475

−−

− −

Το Κ προκύπτει άµεσα

175.2475K= =27.9853

6.2621

Τα στοιχεία της πρώτης στήλης της διάταξης Routh για τις τιµές αυτές είναι θετικά και συνεπώς το σύστηµα µπορεί να λειτουργήσει σαν ταλαντωτής σ’ αυτή την κυκλική συχνότητα.


4. Για το δίθυρο του ανωτέρω σχήµατος και για µοναδιαίες τιµές των αντιστάσεων

και των πυκνωτών να γραφεί η µήτρα συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως Ζ.

5. Εάν το δίθυρο τερµατιστεί µε αντίσταση φορτίου RL=1Ω και πηγή τάσης µηδενικής εσωτερικής αντιστάσεως, να προσδιοριστεί η συνάρτηση µεταφοράς

LRV (s)G(s)=

E(s)

6. Να εξεταστεί για ποιές τιµές του g η συνάρτηση µεταφοράς G(s) - Έχει πόλους στο αριστερό ηµιεπίπεδο - Έχει µηδενικά στο αριστερό ηµιεπίπεδο. 4. Για g=0 να σχεδιαστεί το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode του κέρδους της G(s) και

να χαρακτηριστεί η λειτουργία του κυκλώµατος σαν φίλτρου. Λύση 1. Στις θύρες 1 και 2 του διθύρου τοποθετούνται σαν διεγέρσεις πηγές έντασης Ι1 και Ι2 αντίστοιχα. Εάν e1, e2, e3 είναι οι τάσεις των κόµβων του κυκλώµατος, εφαρµόζοντας τη µέθοδο των κόµβων θεωρώντας την εξαρτηµένη πηγή ρεύµατος

13 R 1 2I =gV g(e -e )= σαν ανεξάρτητη, λαµβάνονται οι εξισώσεις

1 2 1 1 2 1 1 1 1

1 1 2 2 3 2

2 2 3 2 3 2 3

C s+C s+G -G -C s e I I 0 0 0 e-G G +G 0 e = I = 0 + g -g 0 e-C s 0 C s e I -I I -g g 0 e

ή ισοδύναµα για µοναδιαίες τιµές των αντιστάσεων και των πυκνωτών

C1

∆ΙΘΥΡΟ

R1

C2

I2

+

_

V2

gVR1

R2

+_VR1

RL

+

_

V1E

+

I1

C1

∆ΙΘΥΡΟ

R1

C2

I2

+

_

+

_

V2

gVR1

R2

+_VR1

RL

+

_

+

_

V1E

+

E

++

I1

1 1

2

3 2

2s+1 -1 -s e I-1-g 2+g 0 e = 0-s+g -g s e I

Επιλύοντας ως προς V1=e1 και V2=e3 µε τη µέθοδο του Cramer, λαµβάνονται

1

2 1 2 1 21 1 2

I -1 -s0 2+g 0I -g s I s(2+g)+I s(2+g) I (2+g)+I (2+g)

V =e = = =2s+1 -1 -s gs+2s+1+gs (s+1+g)(2+g)-(1+g)-1-g 2+g 0-s+g -g s

[ ]

[ ]

1

21 22

2 3 2

1 2

2s+1 -1 I-1-g 2+g 0

I g +g-(2+g)(-s+g) +I (2s+1)(2+g)-1-g-s+g -g IV =e = = =

2s+1 -1 -s s (s+1+g)(2+g)-(1+g)-1-g 2+g 0-s+g -g s

I (2+g)s-g +I (4s+2gs+1)s(gs+2s+1+g)

=

Σε µητρική µορφή οι ανωτέρω σχέσεις γράφονται

1 1 1

2 2 2

2+g 2+gV I Igs+2s+1+g gs+2s+1+g

=Z =V I I(2+g)s-g (4+2g)s+1

s(gs+2s+1+g) s(gs+2s+1+g)

Από την τελευταία σχέση προκύπτει η µήτρα συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως

2+g 2+ggs+2s+1+g gs+2s+1+g

Z=(2+g)s-g (4+2g)s+1

s(gs+2s+1+g) s(gs+2s+1+g)

2. Εάν το δίθυρο τερµατιστεί όπως στο σχήµα µε πηγή µηδενικής εσωτερικής αντίστασης και φορτίο ωµικής αντίστασης ίσης µε 1Ω, η συνάρτηση µεταφοράς θα είναι

LR 21 L 21V

z 11 L z 11

V (s) z Z z *1G(s)= =K = = =

E(s) ∆ +z Z ∆ +z *1

(2+g)s-gs(gs+2s+1+g)= =

2+g (4+2g)s+1 (2+g)s-g1+ -

gs+2s+1+g s(gs+2s+1+g) s(gs+2s+1+g)

(2+g)s-g (2+g)s-g= = =

(4+2g)s+1 (2+g)s-g (2+g)s+1+gs(2+g) 1+ - (2+g) s+

s(gs+2s+1+g) s(gs+2s+1+g) (gs+2s+1+g)

[ ]

gs-

(2+g)s-g 2+g=(2+g) s+1 s+1

=

3. Η G(s) έχει ένα πόλο στο s=-1 ο οποίος δεν εξαρτάται από το g. Συνεπώς για όλες τις τιµές του g ο πόλος της G(s) είναι στο αριστερό ηµιεπίπεδο. Η G(s) έχει ένα µηδενικό στο s=g/(2+g) το οποίο εξαρτάται από το g. Συνεπώς για να είναι στο αριστερό ηµιεπίπεδο θα πρέπει

g0

2+g<


(2+g)g 0<

η οποία επαληθεύεται για

-2 < g < 0.

4. Εάν g=0, η G(s) γίνεται

sG(s)=

s+1

Στο ακόλουθο διάγραµµα φαίνονται τα διαγράµµατα Bode κέρδους και φάσεως της ανωτέρω G(s) καθώς και το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode του κέρδους της G(s) (κόκκινη γραµµή)

-40

-20

0

Ma

gn

itud

e (

dB

)

10-2

10-1

100

101

102

0

45

90

Ph

as

e (

de

g)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)


1. Για το κύκλωµα του σχήµατος να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως ως προς διάνυσµα της επιλογής σας.

+

_

+

_+

+

_1R

2R

1V

1C

2C

0

3

2

1

4

5

3RI

+

+

_

+

_

+

_+

+

_1R

2R

1V

1C

2C

00

33

22

11

44

55

3RII

+

2. Εάν σαν έξοδος θεωρηθεί η τάση του κόµβου 1, να προσδιοριστεί η συνάρτηση µεταφοράς

1V (s)G(s)=

I(s)

3. Να εξεταστεί εάν το σύστηµα είναι ευσταθές κατά Lyapunov. 4. Για µοναδιαίες τιµές των αντιστάσεων και των πυκνωτών, εάν τα τρία τελευταία

ψηφία του αριθµού µητρώου σας είναι Μ2Μ1Μ0 και είναι

1

2

C 1 0

C 2 0

1 2 0

V (0 )=M +M

V (0 )=M +M

M +M +M για 0 t 2I(t)=

0 για 2 < t

≤ ≤

να προσδιοριστεί η V1(t) για 0 ≤ t ≤ 10. Λύση 1. Από τις περιγραφικές σχέσεις για τις εισόδους των τελεστικών ενισχυτών προκύπτει για τις τάσεις των κόµβων

11 2 4 CV =V =V =V (1) Για την τάση του κόµβου 5 θα ισχύει

25 1 CV =V -V (2) Εφαρµόζοντας το Νόµο ρευµάτων του Kirchhoff στον κόµβο 1 και δεδοµένου ότι οι εντάσεις στους ακροδέκτες εισόδου των τελεστικών ενισχυτών είναι µηδενικές, προκύπτει

2C2

dVC =I(t)

dt (3)

Εφαρµόζοντας το Νόµο ρευµάτων του Kirchhoff στον κόµβο 4 και δεδοµένου ότι οι εντάσεις στους ακροδέκτες εισόδου των τελεστικών ενισχυτών είναι µηδενικές, προκύπτει

3 4 4 5

2 3

V -V V -V=

R R (4)

Από τις εξισώσεις (1), (2) και (4) προκύπτει άµεσα

1 1 1 2 1 2

2 2 23 4 4 5 C C C C C C

3 3 3

R R RV =V + (V -V )=V + V -(V -V ) =V + V

R R R (5)

Εφαρµόζοντας το Νόµο ρευµάτων του Kirchhoff στον κόµβο 4 και δεδοµένου ότι οι εντάσεις στους ακροδέκτες εισόδου των τελεστικών ενισχυτών είναι µηδενικές, προκύπτει

1 2 1

1

2

2C C C

C 3 2 3 21 C

1 1 1 3

RV + V -V

dV V -V R RC = = = V

dt R R R R (6)

Από τις σχέσεις (3) και (6) προκύπτουν οι εξισώσεις καταστάσεων ως προς το διάνυσµα των τάσεων των πυκνωτών ως εξής σε µητρική µορφή

1 1

2 2

2C C

1 3 1C C

2

R 00V Vd R R C= + I(t)1

V VdtC0 0

(7)

Από τη σχέση (1) για την έξοδο του συστήµατος θα είναι

[ ] 1

1

2

C1 C

C

Vy=V =V = 1 0

V

(8)

2. Η συνάρτηση µεταφοράς θα είναι

[ ]

[ ]

12

-11 3 1

2

22

1 3 12 21 3 1 2

2

R 0s

R R CG(s)=C[sI-A] B 1 0 =1C0 s

R 0s1 RR R C= 1 0 =1

s R R C C sC0 s

− − =

(9)

3. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του συστήµατος είναι

2

21 3 1

Rs

R R Cψ(s)=det[sI-A] det =s0 s

− =

(10)

Καθώς το ψ(s) έχει διπλή ρίζα επάνω στο φανταστικό άξονα, το σύστηµα δεν είναι δυνατόν να είναι ασυµπτωτικά ευσταθές. Για να είναι ευσταθές, πρέπει στην ιδιοτιµή s=0 να αντιστοιχούν δύο ανεξάρτητα ιδιοδιανύσµατα ώστε για την ιδιοτιµή αυτή να διαγωνιοποιείται το αντίστοιχο µπλόκ. Για να συµβαίνει αυτό θα πρέπει

i s=0rank[s I-A] rank[sI-A] n-πολλαπλοτητα της ριζας=2-2=0= = το οποίο δεν ισχύει επειδή

2

1 3 1s=0

R0 -

R R Crank[sI-A] rank =10 0

=

(11)

Συνεπώς το σύστηµα θα είναι ασταθές κατά Lyapunov. 4. Ας υποτεθεί ότι τα τελευταία ψηφία του αριθµού Μητρώου είναι 245. Θα είναι

1

2

C 1 0

C 2 0

1 2 0

V (0 )=M +M 9

V (0 )=M +M 7

M +M +M 11 για 0 t 2I(t)=

0 για 2 < t

=

=

= ≤ ≤

(12)

Για µοναδιαίες τιµές των στοιχείων, εφαρµόζοντας µετασχηµατισµό Laplace στη σχέση (7) λαµβάνονται

( )

1 1 1 2

2 2 2

-C C C C

- -2sC C C

sV (s)-V (0 )=sV (s)-9=V (s)

11sV (s)-V (0 )=sV (s)-7=I(s)= 1-e

s

(13)

Επιλύοντας ως προς 1 2C CV (s), V (s) λαµβάνονται

( )

( )

2

1

2

C -2sC 2 3

-2sC 2

V (s)9 9 7 11V (s)= + = 1-e

s s s s s7 11

V (s)= 1-es s

+ +

+

(14)

Λαµβάνοντας τον αντίστροφο µετασχηµατισµό Laplace, προκύπτουν

1

2

2 2

C

C

t (t-2)V (t)=9*u(t)+7t*u(t)+11*[ u(t)- u(t-2)]

2 2V (t)=7*u(t)+11*[tu(t)-(t-2)u(t-2)]

(15)


Για το κύκλωµα του σχήµατος 1. Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο

γράφους στη µορφή Ax=b

όπου x το διάνυσµα των αγνώστων τάσεων κόµβων του V γράφου και των ρευµάτων στοιχείων του κυκλώµατος.

2. ∆εδοµένου ότι ανάλογα µε την αρίθµηση των εξισώσεων και την επιλογή των συνιστωσών του x ισχύει

( ) ( ) ( )21 2 3 1 2 3 1 2 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3det(A)= 2r r r s + 2r r r 2r r s 2r r r 2r r 2r r 4r r 2r +4r +4r 4 ± + + + + + + +

να προσδιοριστεί η συνάρτηση µεταφοράς outV (s)

G(s)=E(s)

και να χαρακτηριστεί η λειτουργία του κυκλώµατος σαν φίλτρου (βαθυπερατό, υψιπερατό, ζωνοπερατό, ζωνοφρακτικό, άλλο).

3. Εάν τα τρία τελευταία ψηφία του αριθµού µητρώου σας είναι Μ2Μ1Μ0 και είναι ( )( )( )

-21 2 1 0

-22 2 1 0

-22 2 1 0

r = M +M +M *10

r = 2M +M +M *10

r = 2M +2M +M *10

να σχεδιάσετε το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode του κέρδους και να προσδιορίσετε τις κυκλικές συχνότητες ω για τις οποίες το σήµα εισόδου

0E(t)=A ηµ(ωt) εµφανίζεται στην έξοδο α) Με το ίδιο πλάτος β) Με πλάτος τουλάχιστον 100 φορές µικρότερο από το πλάτος της

εισόδου

0

Vout

+

E

+

1 1r*i+

2 2r *i+

3 3r *i

_

+

2i 3i

1i 1F1Ω 1Ω1Ω

1Ω

1Ω

1Ω 1F

84

32

1 765

00

Vout

+

E+

E

+

1 1r*i+

1 1r*i+

2 2r *i+

2 2r *i+

3 3r *i+

3 3r *i

_

+

2i 3i

1i 1F1Ω 1Ω1Ω

1Ω

1Ω

1Ω 1F

8844

3322

11 776655

ΠΡΟΣΟΧΗ Γραµµές του κυκλώµατος οι οποίες τέµνονται δεν συνεπάγονται ένωση των αγωγών εάν δεν υπάρχει κύκλος στο σηµείο τοµής τους. Λύση 1. Για την αποφυγή σύγχυσης τα στοιχεία του κυκλώµατος αριθµούνται όπως στο κατωτέρω σχήµα. Επίσης τοποθετούνται φορές αναφοράς στα υπόλοιπα στοιχεία του κυκλώµατος. Ο Ι-Γράφος και ο V-Γράφος του κυκλώµατος φαίνονται στα ακόλουθα Σχήµατα.

R3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 31 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡3 5

R4

R2

R1

C2

C1

EΠ1≡≡≡≡4 7

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4 ≡≡≡≡ 6 ≡≡≡≡ 8

R6R5

EΠ2 EΠ3

R3

I-Γράφος

≡≡≡≡2 3≡≡≡≡2 32 31 ≡≡≡≡ 21 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡3 5≡≡≡≡3 53 5

R4

R2

R1

C2

C1

EΠ1≡≡≡≡4 7≡≡≡≡4 74 7

≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4 ≡≡≡≡ 6 ≡≡≡≡ 8≡≡≡≡0 0 ≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡0 0≡≡≡≡0 00 0 ≡≡≡≡ 1≡≡≡≡ 1 ≡≡≡≡ 4≡≡≡≡ 4 ≡≡≡≡ 6 ≡≡≡≡ 8≡≡≡≡ 6≡≡≡≡ 6 ≡≡≡≡ 8≡≡≡≡ 8

R6R5

EΠ2 EΠ3

0

Vout

+

E

+

1 1r*i+

2 2r *i+

3 3r *i

_

+

2i 3i

1i2C6R 4 R5R

1R

2R

3R 1C

84

32

1 765

0

Vout

+

E

+

1 1r*i+

2 2r *i+

3 3r *i

_

+

2i 3i

1i2C6R 4 R5R

1R

2R

3R 1C

84

32

1 765

00

Vout

+

E+

E

+

1 1r*i+

1 1r*i+

2 2r *i+

2 2r *i+

3 3r *i+

3 3r *i

_

+

2i 3i

1i2C6R 4 R5R

1R

2R

3R 1C

8844

3322

11 776655

Εάν V1, V2, V3, V4, V5 παριστούν τις τάσεις των κόµβων του V-Γράφου και i1, i2, i3 τις εντάσεις στις θύρες 1 των εξαρτηµένων πηγών τάσης από ένταση, οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους θα είναι.

6 2 6 2 1

1 3 3 1 2

2 5 3

1 4 4

5

1 1

2 2

3 3

-G G +G 0 -G 0 1 0 0 V 00 G +G -G 0 -G -1 0 0 V 00 0 -C s -G 0 0 -1 0 V 00 0 0 -C s -G 0 0 -1 V 0

=1 0 0 0 0 0 0 0 V E(s)0 0 1 0 0 -r 0 0 i 00 0 0 1 0 0 -r 0 i 00 0 0 0 1 0 0 -r i 0

(1)

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 1

E

R2

4 ≡≡≡≡ 6

1C2C

R1

R5

3 ≡≡≡≡ 4

5 ≡≡≡≡ 8

R3

R4

EΠ1΄ EΠ2΄

2 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 3

R6

EΠ3΄

0 ≡≡≡≡ 0 ≡≡≡≡ 7≡≡≡≡ 5

V-Γράφος

1 ≡≡≡≡ 11 ≡≡≡≡ 1

E

R2

4 ≡≡≡≡ 64 ≡≡≡≡ 6

1C2C

R1

R5

3 ≡≡≡≡ 43 ≡≡≡≡ 4

5 ≡≡≡≡ 85 ≡≡≡≡ 8

R3

R4

EΠ1΄ EΠ2΄

2 ≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 32 ≡≡≡≡ 2≡≡≡≡ 2 ≡≡≡≡ 3≡≡≡≡ 3

R6

EΠ3΄

0 ≡≡≡≡ 0 ≡≡≡≡ 7≡≡≡≡ 50 ≡≡≡≡ 00 ≡≡≡≡ 0 ≡≡≡≡ 7≡≡≡≡ 7≡≡≡≡ 5≡≡≡≡ 5

2. Για τη συγκεκριµένη αρίθµηση των εξισώσεων και την επιλογή των συνιστωσών του διανύσµατος x χρειάζεται να προσδιοριστεί το πρόσηµο της ορίζουσας της µήτρας Α. Για τις τιµές των αντιστάσεων και των πυκνωτών που δίδονται, λαµβάνοντας

1 2 3r r =r 0= = , προκύπτει

5+1

-1 2 0 -1 0 1 0 02 0 -1 0 1 0 0

0 2 -1 0 -1 -1 0 02 -1 0 -1 -1 0 0

0 0 -s -1 0 0 -1 00 -s -1 0 0 -1 0

0 0 0 -s -1 0 0 -1det =(-1) =0 0 -s -1 0 0 -1

1 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0 0 00 0 1 0 0 0 0

0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 1 0 0 0

5+2 5+2 5+2 5+2

2 -1 0 1 0 02 0 1 0 0

2 0 -1 -1 0 0 2 1 0 02 -1 -1 0 0

0 -1 0 0 -1 0 2 -1 0 0=(-1) =(-1) (-1) =(-1) =40 0 0 -1 0

0 -s -1 0 0 -1 0 0 -1 00 -1 0 0 -1

0 1 0 0 0 0 0 0 0 -10 1 0 0 0

0 0 1 0 0 0

(2) Συνεπώς το πρόσηµο της ορίζουσας είναι θετικό και θα είναι σύµφωνα µε τον καν ονα του Cramer

6 2 6 2

1 3 3

2 5

1

1

2

31

-G G +G 0 -G 0 1 0 00 G +G -G 0 0 -1 0 00 0 -C s -G 0 0 -1 00 0 0 -C s 0 0 0 -11 0 0 0 E(s) 0 0 00 0 1 0 0 -r 0 00 0 0 1 0 0 -r 00 0 0 0 0 0 0 -rV (s) 1

G(s)= = =E(s) E(s) detA

6 2 6 2

1 3 3 6 2 6 2

2 5 1 3 35+5

1 2 57+73

1 1

2 1

3 2

-G G +G 0 -G 1 0 00 G +G -G 0 -1 0 0 -G G +G 0 -G 1 00 0 -C s -G 0 -1 0 0 G +G -G 0 -1 0

(-1) 0 0 0 -C s 0 0 -1 0 0 -C s -G 0 -1(-1) (-r )

0 0 1 0 -r 0 0 0 0 0 -C s 0 00 0 0 1 0 -r 0 0 0 1 0 -r 00 0 0 0 0 0 -r 0 0 0 1 0 -r

= =detA detA

=

2 5

26 2 6 13 2 2

3 6 1 3 1 11 3 1

22

-C s -G 0 -1-C s 0 -1-G G +G 0 -C s 0 0

(-r )r G (G +G )( 1) (-C s) 1 -r 00 G +G 1 0 -r 0

0 0 -r0 1 0 -r=

detA detA

+−

= =

23+33 6 1 3 1 2 2

1 1 2 3 6 1 3 1 2

-C s 0r G (G +G )(-C s)(-1) (-r )

1 -r r r r G (G +G )C C sdetA detA

= = =

( ) ( ) ( )

21 2 3

21 2 3 1 2 3 1 2 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3

2r r r s2r r r s + 2r r r 2r r s 2r r r 2r r 2r r 4r r 2r +4r +4r 4

=+ + + + + + +

(3)

3. Ας υποτεθεί ότι τα τελευταία ψηφία του αριθµού Μητρώου είναι 245. Θα είναι

( )( )( )

-21 2 1 0

-22 2 1 0

-22 2 1 0

r = M +M +M *10 0.11

r = 2M +M +M *10 0.13

r = 2M +2M +M *10 0.17

=

=

=

(4)


( ) ( ) ( )

21 2 3

21 2 3 1 2 3 1 2 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3

2 2

2 2

2r r r sG(s)= =

2r r r s + 2r r r 2r r s 2r r r 2r r 2r r 4r r 2r +4r +4r 4

0.004862s s=

0.004862s +0.033462s 5.579262 s +6.882s 1147.52

+ + + + + + +

=+ +

(5)

Καθώς η διακρίνουσα του τριωνύµου του παρονοµαστή είναι 2∆=6.882 4*1147.52 0− < (6) η G(s) έχει µιγαδικούς πόλους. Η κυκλική συχνότητα θλάσης του παρονοµαστή θα είναι pω = 1147.52 = 33.875rad/sec (7) Στο ακόλουθο σχήµα φαίνονται τα διαγράµµατα Bode κέρδους και φάσεως της G(s) µε µπλέ χρώµα και το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode του κέρδους µε κόκκινο χρώµα

-80

-60

-40

-20

0

20

Magnitu

de (

dB

)

100

101

102

103

0

45

90

135

180

Phase (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

B Γ

A

ωs

Το ασυµπτωτικό διάγραµµα συνίσταται από µία ηµιευθεία ΑΒ µε κλίση 40db/δεκάδα και µία ηµιευθεία ΒΓ µε κλίση 0db/δεκάδα. Οι δύο ηµιευθείες τέµνονται στο σηµείο ωp=33.875rad/sec. Από τη µορφή του διαγράµµατος κέρδους προκύπτει ότι το κύκλωµα για το συνδυασµό αυτό εισόδου-εξόδου λειτουργεί σαν υψιπερατό φίλτρο. Από το διάγραµµα προκύπτει ότι για ω≥33.875rad/sec το κέρδος είναι 0db και συνεπώς στη µόνιµη κατάσταση το πλάτος της ηµιτονοειδούς απόκρισης θα ταυτίζεται µε το πλάτος της ηµιτονοειδούς διέγερσης. Φέροντας την παράλληλο προς τον άξονα των τετµηµένων στη στάθµη

s 10

1K =20λογ = - 40db

100 (8)

προσδιορίζονται οι κυκλικές συχνότητες για τις οποίες το πλάτος της ηµιτονοειδούς απόκρισης είναι µικρότερο από το 1/100 του πλάτους της ηµιτονειδούς διέγερσης. Για το συγκεκριµένο σχήµα αυτό συµβαίνει όταν ω < ωs (9) Για την εύρεση του ωs θα είναι

ps 10 p 10 s 10

s

ω-K = 40 = 40*(λογ ω -λογ ω ) = 40*λογ

ω (10)


p10

s

ωλογ 1

ω= (11)


ps

ωω = 3.3875 rad/sec

10= (12)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ (∆εκέµβριος 2012 (ΧΑΡΙΣΤΙΚΗ))

1. Να προσδιοριστούν οι µήτρες συνθέτων αντιστάσεων ανοικτοκυκλώσεως Ζ για

τα δίθυρα Ν1 και Ν2 που φαίνονται στον ακόλουθο πίνακα.

(α) (β) 2. Εταιρεία προτίθεται να χρησιµοποιήσει τα δίθυρα Ν1 και Ν2 για την κατασκευή

ταλαντωτή, όπως στο ακόλουθο Σχήµα. Να περιγράψετε ποιούς ακροδέκτες του Ν2 θα ενώσετε µε τους ακροδέκτες του Ν1 που φαίνονται στο Σχήµα και να αιτιολογήσετε την απόφασή σας.

I1

1L

+

_

V1

I2

+

_

V2

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

Γ

′Γ

∆

′∆

C

2L

I1

1L

+

_

+

_

V1

I2

+

_

+

_

V2

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

Γ

′Γ

∆

′∆

CC

2L

I1

1βΙrR

+

_

V1

I2

+

_

V2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

Α

′Α

Β

′Β

I1

1βΙrR

+

_

+

_

V1

I2

+

_

+

_

V2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1

Α

′Α

Β

′Β

I1

1βΙrR

+

_

V1

I2

+

_

V2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1Α

′Α

Β

′Β

I1

1L

+

_

V1

I2

+

_

V2

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

C

2L

I1

1βΙrR

+

_

+

_

V1

I2

+

_

+

_

V2

∆ΙΘΥΡΟ Ν1Α

′Α

Β

′Β

I1

1L

+

_

+

_

V1

I2

+

_

+

_

V2

∆ΙΘΥΡΟ Ν2

CC

2L

3. Να ευρεθούν οι τιµές του β για τις οποίες το ολικό κύκλωµα εκτελεί αµείωτες ταλαντώσεις και να προσδιοριστούν οι συχνότητές τους.

4. Ο διευθύνων σύµβουλος της εταιρείας πρότεινε να χρησιµοποιηθεί µεταβλητή αντίσταση R (ποτενσιόµετρο) ώστε να µεταβάλλεται η συχνότητα του ταλαντωτή. Να εξετάσετε εάν αυτό είναι εφικτό και εάν δεν είναι, να προτείνετε λύση ώστε να µπορεί να µεταβάλλεται η συχνότητα του ταλαντωτή.

circuit theory - ntua

Documents

l11h l24h

0n1 n0n nl

sv msv msvi

msv msv

ibio0

sg gd

ms

kirchhoff