devreler ii ders notları 2013-2014...devreler ii ders notları 2013-2014 doç.dr. ayten atasoy...

Devreler II Ders Notları 2013-2014

Doç.Dr. Ayten ATASOY

LAPLACE DÖNÜŞÜMÜNÜN DURUM DENKLEMLERİNİN ÇÖZÜMÜNDE

KULLANILMASI

Doğrusal zamanla değişmeyen bir devrenin analizi için oluşan durum denklemi sabit

katsayılı doğrusal diferansiyel denklem ile ifade edilir ve bu diferansiyel denklem takımları t-

zaman bölgesinde çözülür.

Bu bölümde ise Laplace dönüşümü kullanılarak durum denklemleri çözülecektir. Devre

analizinde Laplace dönüşümünün kullanılması, üç ayrı özelliğinden dolayı üstünlük gösterir.

1. Doğrusal ve zamanla değişmeyen diferansiyel denklem takımını doğrusal polinom

şekline dönüştürür.

2. Akım ve gerilimlerin (durum değişkenlerinin) başlangıç değerleri (doğrudan)

kendiliğinden dikkate alınır. ( ) ( ) (0)X t sX s x

3. Laplace dönüşümü ile tam çözüm çok kolaylıkla elde edilir. Laplace dönüşümü ile s

domenine geçilir.

LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ

Laplace dönüşümü t<0 için f(t)=0 olduğundan

0

( ) ( ) ( )s tF S f t e dt f t

Biçiminde ifade edilir. Ters Laplace dönüşümü ise;

1

0

( ) ( ) ( ) s tf t F s F s e ds

ile ifade edilir. Burada s=σ+jw kompleks değişkendir.

1( ) ( ) ( ) ( )f t F s ise f t F s dir

Bazı İşlevlerin Laplace Dönüşümleri 1) Birim Basamak İşlevi:

)()( tautf , 1 , 0

( )0 , 0

tu t

t

İle ifade edilen f(t) fonksiyonunun Laplace dönüşümü

( ) aF ss

olarak bulunur.

( ) ( ) ( ) af t au t F ss

1( ) ( ) ( )f t u t F ss



2) Birim Rampa İşlevi

)()( ttutr

000

)(t

tttr

2

1( ) ( )R s r ts

3) Birim Parabolik İşlevi

)()()( 22 tuttrtf 3

2( )F ss

4) f(t)=tn

( ) nF s t 1

!n

ns

Bu bağıntıdan yararlanarak

34 4

3 2 6 ts s

olarak hesaplanır.

5) Üstel Fonksiyon

atetf )( ise 1 ates a

( ) atf t e ise 1( ) ( )F s f ts a

dır.

6) Sinüsoidal Fonksiyon

Coswttf )(

2 20

st sCoswt Coswt e dts w

2

jwtjwt eeCoswt

, jeeSinwt

jwtjwt

2

tanımlarını kullanırsak

( ) ( )

0 0 0 0

1( )2 2

jwt jwtSt St jw s t jw s te eF s Coswt e dt e dt e dt e dt

( ) ( )

2 20

1 1 1 12 2

jw s t jw s te e sjw s jw s jw s jw s s w

7) Sinwttf )( , 2 2( ) wF s Sinwts w



8) Sinhwttf )( , 2 2( ) [ ] wF s Sinhwts w

9) Coshwttf )( , 2 2( ) sF s Coshwts w

10) Sinwtetf at)( , 0Ger s a

2 2( ) ( )

at wF s e Sinwts a w

11) Coswtetf at)(

2 2( ) ( )

at s aF s e Coswts a w

12) ( ) ve ( )f t g t fonksiyonlarının katlama işlevi:

dgtftgtft

)()()(*)(0

İle verilir ve laplace dönüşümü

( )* ( ) ( ) ( )f t g t F s G s

olarak elde edilir.

13) Birim Vuruş İşareti

)(tf ( ) 1t

)( 1ttf 11 ( ) t st t e

( ) 1t

( )t s

Teorem 4 0

( )( )t F sf d

s

İntegral Özelliği( )(),( f işaretini içermeyecek)

Teorem 5 ( )( ) dF stf tds

Teorem 6 ( )( ) ( 1) ( )n n nt f t F s

Teorem 7 Ölçülendirme teoremi 0( )limt

f tt tanımlı ise

( ) ( )S

f t F dt

s yerine τ alındı



Teorem 8 (kayma teoremi)

( ) ( )f t F S ise , 0 aSGer olmak üzere

( ) ,ate f t F s a a: gerçel bir sayı

42

1( 4)

te ts

Teorem 9 ( ) ( )f t f t T , T: Periyot ↔ ST

StT

e

dtetf

1

)(0

Teorem 10 1( ) sf at Fa a

, (a>0), gerçel bir sayı.

Teorem 11 ( ) ( ) ( )asf t a u t a e F s , a: gerçel bir sayı

Teorem 12 )(21)(

21)( jwsFjwsFCoswttf

Teorem 13 )(21)(

21sin)( jwsF

jjwsF

jwttf

Teorem 14 ( )( ) ( ) ( )n nt f t F s

Teorem 15 1 2 1 2 1 20

( ) ( ) ( )* ( ) ( ) ( )t

f f t d f t f t F s F s

Teorem 16 1 2 1 21( ) ( ) ( )* ( )

2f t f t F s F s

j

Teorem 17 (İlk Değer Teoremi)

0(0 ) lim ( ) lim ( ) t sf f t sF s

Teorem 18 (Son Değer Teoremi)

0( ) lim ( ) lim ( ) t sf f t sF s

İmpulse (birim vuruş) işlevi

( ) 1t

000

)(tt

t dt

tdu )(

11( ) t st t e Ötelenmiş hali

Ayrıca 0

0

( ) ( ) 1 .t dt t dt dir



ÖRNEK: 22 13 17( )

( 1)( 3)s sF ss s

fonksiyonunun ters Laplace dönüşümünü bulunuz.

Çözüm: Pay ve paydanın dereceleri aynı olduğu için, pay paydaya bölünerek önce sabit terim

ayrılır. 2 2

1 22 2

2 13 17 2 13 17 5 11( ) 2 2( 1)( 3) 4 3 4 3 1 3

k ks s s s sF ss s s s s s s s

1 1 15 11 5 11( 1) 3

( 1)( 3) 3s ss sk s

s s s

2 3 35 11 5 11( 3) 2

( 1)( 3) 1s ss sk s

s s s

3 2( ) 21 3

F ss s

1 3( ) 2 ( ) 3 ( ) 2 ( )t tf t F s t e u t e u t olarak elde edilir.

1) Sinwttf )( , 2 2( ) [ ] wF s Sinwts w

2) Coswttf )( , 2 2( ) [ ] sF s Coswts w

3) Sinhwttf )( , 2 2( ) [ ] wF s Sinhwts w

4) Coshwttf )( , 2 2( ) [ ] sF s Coshwts w

5) ( ) atf t e Sinwt , [ ] 0Ger s a

2 2( ) [ ]( )

at wF s e Sinwts a w

6) ( ) atf t e Coswt

2 2( ) [ ]( )

at s aF s e Coswts a w

7) [ ( ) ( )] ( ) ( )A t Bg t AF s BG s Buna lineerlik özelliği denir(A ve B gerçel sayı bir olmak

üzere). (0 ), ( )f f t fonksiyonunun 0 noktasına sağdan yaklaşırken aldığı değer olsun.

8) '[ ( )] ( ) (0 )f t sF s f

Buna türev özelliği denir. En genel haliyle şu şekilde ifade edilir. ( ) 1 2 1[ ( )] ( ) (0 ) (0 ) .......n n n nf t s F s s f s f ( 2) ( 1)(0 ) (0 )n nsf f



( 1)

1( ) (0 )

nn n i i

is F s s f

LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ İLE DURUM DENKLEMLERİNİN ÇÖZÜMÜ

( ) ( ) ( )X t Ax t Be t

( ) (0) ( ) ( )s X s X AX s BE s

( ) ( ) ( ) (0)sI A X s BE s X

11( ) ( ) ( ) (0)X s sI A BE s sI A X (1)

( ) ( )X s X t 0 ASI

1( ) ( )S SI A Resolvent matris, (çözüm matrisi)

Ters Laplace dönüşümünü alırsak

( ) ( )s t

Durum geçiş matrisi (state transition matrix) -1 -1 -1( ) (s) (sI-A) Att e

Bunu (1) bağıntısında yerleştirirsek

At At( ) e ( ) e (0)X s BE s X

Ters dönüşümü alınırsa;

-1 -1 At -1 AtX(s) e ( ) e (0)BE s X

-1 F(s).G(s) ( )* ( )f t g t 0

( ) ( ) ( işlevi )t

f t g d katlama

( )

0 0

( ) (0) ( ) ( ) (0) ( ) ( )t t

At A tX t e X e Be d t X t Be d

Durum modelindeki durum değişkenlerinin t bölgesinde çözümü

Bu bağıntıdan herhangi bir doğrusal dizgenin zaman tepkesinin elde edilebilmesi için

aşağıda verilenlerin bilinmesi gerekir.

1. )( 00 tXdatt başlangıç durum vektörünün bilinmesi gerekir.

2. 0 ( )t t için e t giriş kaynaklarından oluşan sütun vektörünün bilinmesi gerekir.

3. Durum geçiş matrisi nint)'( bilinmesi gerekir.

Çözüm 0

0

( ) ( )0( ) ( ) ( )

tA t t A t

t

X t e X t e Bu d olarak hesaplanır.



Durum denkleminin en genel hali;

1 2X AX B e B e Durum denklemi (durum değişkeni sayısı boyutunda sütun vektörü)

1 2y C X D e D e Çıkış denklemi (çıkışların sayısı kadar, boyutu olan çıkış vektörü)

B2, D2 matrisleri 0 ise dejenere olmayan(uygun durum ağacı) devre adını alır.

X durum denklemini Laplace dönüşümü yardımıyla çözelim.

1 2( ) (0) ( ) ( ) ( )s X s X AX s B sB E s

1 2( ) ( ) ( ) (0)sI A X s B sB E s X , 0 ASI

1 11 2( ) ( ) (0)

zorlanmış çözüm öz çözüm

X s sI A B sB E s sI A X

y çıkış matrisinin çözümü ise;

1 2( ) ( ) ( ) ( )Y s C X s D sD E s

Burada X(s) yerleştirilirse;

1 11 2 1 2( ) ( ) (0) ( ) ( )Y s C sI A B sB E s sI A X D sD E s

1 11 2 1 2 ( ) (0)C sI A B sB D sD E s C sI A X

olarak hesaplanır.

Başlangıç değerleri sıfır alınarak; çıkışların girişlere oranı olarak tanımlanır.

11 2 1 2

(0) 0

( )( )( ) X

Y sH s C sI A B sB D sDE s

Eğer B2, D1 ve D2 matrisleri sıfır alınırsa

11

( )( )( )

Y sH s C sI A BE s

olarak bulunur.

ÖRNEK :

)(10

3210

2

1

2

1 texx

xx

1

2

(0)1 t 0 1( ) ( ) ,

(0)0 t<0 0x

e t u tx

Durum denklemini Laplace dönüşümü yöntemi kullanarak çözünüz.

1( )s sI A 2( ) ( 3)( ) 2 3 2 ( 1)( 2)s s s s s s s



13 1

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

2 3 2( 1)( 2) ( 1)( 2)

ss s s s s

ss s

s s s s

( ) ( ) (0) ( ). ( )X s s X s BE s

3 1 3 101( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)( 2)12 0 2

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

s ss s s s s s s s

s sss s s s s s s s

3 1( 1)( 2) ( 1)( 2)

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

ss s s s s

ss s s s s

22

12

2

1 1( )2( ) 2 2

2 2

t tt t

t tt t

öz çözümzorlanmış çözüm

u t e ee eX s

e e e e

ÖRNEK:

1 1

2 2

( ) ( )2 1 3 1 1 0( ), (0) , ( )

( ) ( )1 3 1 1 0 0x t x t t

u t x u tx t x t t

Durum denklemini, Laplace dönüşümü yardımıyla çözünüz.

1( )s sI A Resolvent matrisi

Determinant:

5551)3)(2(31

12 2

SSS

SS

ASI

Kökler

255

22025

242

12

S

aacbb

S

619,32

551

S 392,12

552

S

)0()()( 11

1 XASISEBASISX

1( ) ( )E s u ts



11

13

21131

11

211311.

13

21131)(

S

SS

SS

SSS

SSX

2

11 3 1 1 9 1 1 8 7 8( ) ( 3) 1 1 3 3 1 7

.s sX s s s s

s s s s s s

.)1()12(1)11)(2(131)(

22

2 SS

SSS

SS

SSX

X1(S) ve X1(S) nin t bölgesine dönüşümünün yapılması, rezidü katsayılarının belirlenmesi yöntemi

kullanılarak elde edilir.

32 2 2 1 21 2

7 8 7 8 7 8( ). ( 5 5) 5 5 5 5 5 5 5 5( )( )

2 2 2 2

kS S S S S S k kX SS S S s S

S S S S S

1 1 0( ) 1,6Sk SX S

1

2 15 5

2

5 5 ( ) 0,52682

S

k S X S

2

3 15 5

2

5 5( ) ( ) 0,076762

S

k S X S

255

07676,0

255

5268,06,1)(1

SS

SSX

5 5 5 5( ) ( )2 2

1( ) 1,6 ( ) 0,5268 ( ) 0,07676 ( )t t

X t u t e u t e u t

382,1618,3)382,1)(618,3()1()( 321

2

2

S

kS

kSk

SSSSSX

2

1 2 200

( 1) 1( ) 0.25 5 5S

S

Sk SX SS s

618,3221

847,0)()618,3(S

SXSk

382,1232

0472,0)()382,1(S

SXSk



382,10472,0

618,3847,02,0)(2

SSS

SX

)(0472,0)(847,0)(2,0)( 382,1618,32 tuetuetutX tt

ÖRNEK:

)(01

3101

2

1

2

1 teXX

XX

1 1

2 2

(0) 01 1 , (0) 04

X Xy

X X

e(t)=δ(t) için, durum denklemini çözünüz ve matrisel geçiş işlevini bulunuz.

Çözüm:

3101

3101

00

SS

SS

ASI

)3)(1( SSASI ve S1=1, S2=-3 kök değerleridir.

31

)3)(1(1

0)1(

1

)3)(1(11

03

1

SSS

SSSS

S

ASI

Matrisel geçiş işlevi

1

1 1011 1 1 1 11 1( ) 1 1

1 1 104 4 4 ( 1) ( 1)( 3)( 1)( 3) 3 ( 1)( 3)

S SH S C SI A BS S S

S S S S S

)3)(1(41

)3)(1(443

SS

SSS

S

)0()()( 11 XASISEBASISX E(S)=1

)3)(1(1

11

0101

31

)3)(1(1

01

1

)(

SS

S

SSS

SSX

11)(1

S

SX ise tetX )(1

31 22 2

1 1 1 1 1 1( ) ( )( 1)( 3) 1 3 4 1 4 3 4

t tk kX S ise X t e eS S S S S S



olarak hesaplanır. Çıkış denklemi ise

1 33

2

( )1 1 1 1 1 1( )4 4 4( )4

t

tt t

eX ty e

X t e e

Eğer 1( ) ( ) ( ) E S yani e t u tS

için aynı örneği çözünüz.

DEVRE ÖĞELERİNİN S-BÖLGESİNDE TANIM BAĞINTILARI

Önce devre elemanlarının akımı ile gerilimi arasındaki ilişki t-bölgesinde yazılır. Sonra

devre elemanlarının akımı ile gerilimi arasındaki ilişkiler S-bölgesinde elde edilir. Daha sonra akım

ile gerilim arasındaki ilişkiyi verecek devre modeli oluşturulur.

1- S-bölgesinde direnç elemanı:

R

I(t)

v(t)

+

_

R

I(s)

V(s)

+

_

Zaman bölgesi s-domeni

Direnç için akım-gerilim bağıntısı t-bölgesinde

)()( tRitv

olarak yazılır. Bu bağıntının Laplace dönüşümü alınırsa;

( ) ( )V s RI s

olacaktır.

2- S- bölgesinde endüktans elemanı:

Bu endüktansın içinden geçen ı(t) akımının başlangıç değerinin I0 olduğu kabul edilerek

dtdıLV

Bağıntısının Laplace dönüşümü alınırsa (L sabit olduğundan)

0 0( ) ( ) ( )V s L sI s I sLI s LI

elde edilir.



dtdıLV , 0 0( ) ( ) ( )V s L sI s I sLI s LI , 0( )( ) IV sI s

sL s

t-bölgesinde endüktans elemanı Gerilim eşdeğeri devresi Akım eşdeğeri devresi

Eğer endüktansta depolanan başlangıç enerjisi sıfır ise (yani I0=0 ise) endüktansın S domenindeki

modeli sadece sL empedansına sahip bir endüktans olacaktır.

3- S-bölgesinde kondansatör elemanı:

Önceden doldurulmuş kondansatör (başlangıçta üzerinde bir gerilim olan) için akım-gerilim

ilişkisi; .dirdtdvci Laplace dönüşümü alınırsa ifadesi aşağıdaki gibidir.

0( ) ( ) (0) ( )I s C sV s V sCV s CV , 1 (0)( ) ( ) VV s I ssC s

Kapasitenin akım eşdeğeri (paralel) Seri eşdeğer devresi

Eğer 00 V ise devre, empedansı 1sC

olan bir kapasiteye indirgenir.

NOT: Kapasitede ve endüktansta depolanmış enerji yoksa, her bir devre elemanının akımı ile

gerilimi arasındaki ilişki

( ) ( ) ( )V s Z s I s dir.

Burada Z(s) elemanın s-domeni empedanstır. Örneğin;

Endüktans için ZL(s)=sL

Kapasite için 1( )CZ ssC

Direnç için ZR(s)=R

dir. Birimleri Ω dur. s-domeninde empedansın tersi admitanstır.



Endüktans için 1( )LY ssL

Kapasite için ( )CY s sC

Direnç için 1( )RY sR

s-domeninde empedans ve admitansların eşdeğerlerinin bulunması w-bölgesindeki devre analizinde

olduğu gibidir.

4. Fiziksel transformatör

t-bölgesi için iv tanım bağıntısı

dttdıM

dttdıLtv )()(

)( 2111

dttdıL

dttdıMtv )()(

)( 22

12

S bölgesi için V-I tanım bağıntıları

1 21 1 1

dı (t) dı (t)( ) v (t) Ldt dt

V s M

1 1 1 2 1 1 0 2 0( ) ( ) ( ) ( ) ( )V s sL I s sMI s L I t MI t

2 1 2 2 1 0 2 2 0( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ))V s sMI s sL I s MI t L I t

Matrisel olarak yazalım:

1 01 1 1 1

2 02 2 2 2

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

I tV s L M I s L Ms

I tV s M L I s M L

1 01 2 1

22 02 1 21 2

( )( ) ( )1 1( )( ) ( )

I tI s L M V sI tI s M L V s ss L L M

5. İdeal Transformatör

1

21 2

1 22

1

0

0

nnv v

ı ınn

(t-bölgesinde)



s-bölgesi tanım bağıntısı:

1

21 2

1 22

1

0( ) ( )( ) ( )0

nnV s V s

I s I snn

(zincir parametresi)

6. Jiratör (Gyrator)

t-bölgesi tanım bağıntıları s-bölgesi tanım bağıntıları

1 1

2 2

( ) 0( ) 0

v t ırv t ır

1 1

2 2

( ) ( )0( ) ( )0

V s I srV s I sr

r: jirasyon direncidir(birimi Ω).

g: jirasyon iletkenliğidir. (birimi mho)

Aralarındaki ilişki g

r 1 dir.

Admitans durumunda 1 1

2 2

( ) ( )0( ) ( )0

I s V sgI s V sg

7. Negatif Empedans Çeviriciler

Tanım bağlantıları yazılırken bir direnç öğesi gibi düşünülür. K; sabit bir dönüşüm katsayısıdır

a) Akım Negatif Çevirici b) Gerilim Negatif Çevirici

12 kıı 1 2v kV

21 kvv 12 kıı

1 1 1 1

2 2 2 2

( ) ( ) ( ) ( )0 0

( ) ( ) ( ) ( )0 0 v t ı t V s I sk kı t v t I s V sk k



8. Üç uçlu devre elemanı

I1 I2 1 2( ) ( ) ( )ABV s V s V s

V1 V2

1 11 12 1

2 21 22 2

( ) ( )( ) ( )

empedans matrisi

V s Z Z I sV s Z Z I s

)()(

)()(

2

1

tan

2221

1211

2

1

SVSV

yyyy

SISI

matrisisAdmi

9. (n+1) uçlu devre elemanı için;

V(s)-I(s) tanım bağıntısı Empedansa bağlı olarak

1 11 12 1 1

2 21 22 2 2

1 2

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

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n

n

n n n nn n

V s Z s Z s Z s I sV s Z s Z s Z s I s

V s Z s Z s Z s I s

Admintans matrisine bağlı olarak

1 11 12 1 1

2 21 22 2 2

1 2

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

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n

n

n n n nn n

I s Y s Y s Y s V sI s Y s Y s Y s V s

I s Y s Y s Y s V s

w-bölgesine dönüşüm yapılmak istenirse s=jw yazılır.

Devrelerin s bölgesi Çözümlenmesi

a) Düğüm denklemleri

b) Çevre denklemleri

c) Kesitleme denklemleri

d) Temel çevre denklemleri

e) Durum denklemleri

UYARI:

1) Devre pasif (edilgen) ve bağımsız kaynaklardan oluşmuş ise Z(s), Y(s) simetrik bir

matristir.

2) Devrede bağımlı kaynaklar bulunursa Y(s), Z(s) simetrik olmaktan çıkar.

3) Bağımsız kaynakların türevleri bulunduğunda, Laplace dönüşümü alınırken t=t0 daki

(başlangıç değerinde) e(t0), j(t0) ya da türevlerinin başlangıç değerleri sıfır alınır.



1. Düğüm denklemlerinin yazılması

Devre düğüm denklemleri s-bölgesinde yazılırken uyulacak ilkeler:

1. Önce gerekiyorsa devrenin topolojik yapısı değiştirilir. Devrede bulunan bazı bağımsız

gerilim kaynaklarının akım eşdeğerleri alınır ve devre üzerinde bu değişimler yapılır.

2. Bu değişikliklerden sonra topolojik yapısı değiştirilmiş devrenin topolojik çizgesi çizilir

ve uygun referans düğümü seçilir.

3. Düğüm denklemleri kol akımları cinsinden yazılır.

4. Kol akımları ve gerilimleri arasındaki uç denklemleri (tanım bağıntıları) 3. deki

denklemlerde yerleştirilir.

5. Öğe gerilimleri düğüm gerilimleri cinsinden yazılır.

6. Ek denklemlerdeki değişkenler düğüm gerilimleri cinsinden yazılır.

7. Elde edilen denklemler, bilinmeyen düğüm gerilimleri solda, bilinenler sağda olmak üzere

düzenlenir.

ÖRNEK: Başlangıç değerleri sıfırdan farklı olduğu durumda, düğüm denklemlerini yazınız.

Çözüm: A-Ref arasındaki gerilim ve dirençten oluşan kolun akım eşdeğerini alalım.

ACVeıR 133

1 13 3 3 1 3, JACı G V G e G e



Endüktans elemanının gerilim tanımını yazalım:

0( )( ) ( ) ( ) ( )L

L L L Ldi tv t L V s sLI s LI t

dt

Akım tanımı;

0

01( ) ( ). ( )

t

L Lt

i t V t dt I tL

0( )1( ) ( )L LI tI s V s

sL s

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

C C C CdV tı t C I s sCV s CV

dt

1-A düğümü için 7 03 1 3 3 6 6 6 6 0 7 5 5

7

(t )1( ) ( ) ( ) (t ) ( ) ( ) 0LıG E s G V s sC V s C V V s G V ssL s

B düğümü için 8 0 7 02 4 4 8 5 5 7

8 7

(t ) (t )1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0L LL

ı ıJ s G V s V s G V s V ssL s sL s

2- dAVV 3 dAVV 6

dBVV 4 7 dA dBV V V

dBdA VVV 5 dBVV 8

A 7 03 6 5 3 1 6 6 0

7

(t )1( ) ( ) ( ( ) ( )) ( ( ) ( )) ( ) (t ) LA A A B A B

IG V s sC V s V s V s G V s V s G E s C VsL s

B 8 0 7 04 5 2

8 7

(t ) (t )1 1( ) ( ) ( ( ) ( )) ( ( ) ( )) ( ) L LB B A B A B

ı ıG V s V s G V s V s V s V s J ssL sL s s

3- A 7 03 5 6 5 3 1 6 6 0

7 7

(t )1 1( ) ( ) ( ) (t ) LA B

ıG G sC V s G V s G E s C VsL sL s

B 8 0 7 05 4 5 2

7 7 8

(t ) (t )1 1 1( ) ( ) ( ) L LA B

ı ıG V s G G V s J ssL sL sL s s

Matrisel olarak düzenlenirse:



3 5 6 5 6 6 0 77 7 3 1

25 4 5

( )7 7 8( )( )

1 1 1( ) (t )( ) ( )( ) ( )1 1 1( )

d

C LA

B

V s Bağımsız kaynaklaragöre yapılan çözümzorlanmış çözümY s

G G sC G C V IsL sL V s G E s sV s J sG G G

sL sL sL

0

7 0 8 0

( )

(t )

1 ( (t ) (t ))L L

Başlangıç değeröz çözüm

I Is

zorlanmış çözüm ve öz çözüm elde edilmiş olur. 1 ( ) ( ) :d dV s V t tam çözüm bulunur.

ÖRNEK:

Devrenin düğüm denklemlerini S-bölgesinde yazınız.

Çözüm: Devredeki C3, L4 ve L5 öğelerinin s-bölgesindeki akım eşdeğer devrelerini oluşturalım.

4 4 4 052

5 5 5 044 5

( ) ( ) ( )1 1( ) ( ) ( )( )

L L

L L

I s V s I tL MI s V s I tM Ls L L M s

, 254 . MLL ise

54 4 5 4 02 2

4 5 4 5

1( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )L L

L MI s V s V s I ts L L M s L L M s

45 4 5 5 0

1( ) ( ) ( ) ( )L LLMI s V s V s I t

s s s

1. 1, 2 ve 3 düğümleri için KAYD lerini yazalım.

1 3( ) ( ) 0I s I s

2 3 4( ) ( ) ( ) 0I s I s I s

2 5( ) ( ) 0I s I s

2. s- bölgesinde tanım bağıntılarını yerleştirelim.



1 1 1 3 3 3 3 0( ) ( ) ( ) ( ) 0CGV s J s sC V s C V t

52 2 3 3 3 3 0 3 4 5 4 0

1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0C LL MG V s sC V s C V t gV s V s V s I ts s s

42 2 4 5 5 0

1( ) ( ) ( ) ( ) 0LLMG V s V s V s I t

s s s

4.Öğe gerilimlerini, düğüm gerilimleri cinsinden yazalım.

1 1 3 1 2 1 3 3 0( ) ( ) ( ) ( ) ( )d d d CGV s sC V s V s J s C V t

52 2 3 3 1 2 2 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )d d d d d d

L MG V s V s g sC V s V s V s V ss s

3 3 0 4 0

1( ) ( )C LC V t I ts

42 2 3 2 3 5 0

1( ) ( ) ( ) ( ) ( )d d d d LLMG V s V s V s V s I t

s s s

Bazı düzenlemeler yapılarak;

)(1)()()()()()()( 040333225

3213 tIs

tVCsVsMGsV

sLsCgGsVsCg LCddd

)(1)()()()( 0534

222 tIs

sVsLGsV

sMG Ldd

4.Matrisel biçimde yazılırsa

1 3 3 3 3 01 1

53 2 3 2 2 3 3 0 4 0

34

5 02 2

0 ( )( ) ( )1( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( )

( ) 0 1 ( )0 ( )

Cd

d C L

d

zorlanmış çözüm L

öz ç

G sC sC C V tV s J sL Mg sC G g sC G V s C V t I ts s s

V sLM I tG Gss s

özüm

1( ) ( )d dv t V s : TAM ÇÖZÜM

Örnek:



e1

R3

C8L6

R4

e2 R5

L7

C9

C10

1)0(6 Lı AıL 1)0(7

8 9 10(0) 1 , (0) 3 C C CV V Volt V Volt

21 2( ) sin 3 2 , ( ) 2 Voltte t e t t e t t

Düğüm denklemlerini yazalım.

FCC 298 , 24R

Düğüm denklemlerini yazalım.

24 7 510

1( ) ( ) ( ) (0)V s sL R I s EsC



24 24( ) ( ) ( ) ( ) (0)I s Y s V s Y s E

1( ) 1Y sR sL

sC

5 710

1 1( )( )

Z s R sLsC Y s

2-4 kolunun akım eşdeğeri alınan devrede yerleştirilirse

Topolojik değiştirmeler yapılırken bağımlı kaynakların değişkenleri göz önünde bulundurulacaktır.

Düğüm denklemlerini devreye bakarak yazalım.

3 8 9 9 81 3 1

9 9 26 6

5 7 3 4 210

8 4 86 6

( ) ( )1 1 1 01

( )

1 1

d

d

d

G s C C sC sC V G E ssC sC V

sL sLR sL V G E ssC

sC G sCsL sL

8 8 0 9 9 02

6 09 9 0

8 8 0 6 0

(t ) (t )(t ) 1 2 2 1 1(t ) (0) ( ) Burada ( ) 1 1

2 2 2(t ) (t ) /

C C

LC

C L

C V C Vı s sC V E Y s Y s s s

s s s sC V I s

SSSS

SS 1252

2333)

2511()23(

SSLVıL

SV LC

LC )0(1)0(

)0( 771077

10

12121

1)( 2

SSS

SS

SY

S

S

L

S

SS

VVV

SS

SS

SSSSSS

SSS

d

d

d

12

1210

23)2(

3

122112

121

11222241 1

2

222

3

2

1

1

devreler ii ders notları 2013-2014...devreler ii ders notları 2013-2014 doç.dr. ayten atasoy...

Documents