Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY...
Transcript of Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY...
![Page 1: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/1.jpg)
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
![Page 2: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/2.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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
![Page 3: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/3.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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
![Page 4: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/4.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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
![Page 5: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/5.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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
![Page 6: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/6.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
( 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.
![Page 7: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/7.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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
![Page 8: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/8.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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
![Page 9: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/9.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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
![Page 10: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/10.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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
![Page 11: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/11.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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.
![Page 12: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/12.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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.
![Page 13: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/13.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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)
![Page 14: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/14.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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
![Page 15: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/15.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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.
![Page 16: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/16.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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
![Page 17: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/17.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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:
![Page 18: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/18.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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.
![Page 19: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/19.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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:
![Page 20: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/20.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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
![Page 21: Devreler II Ders Notları 2013-2014...Devreler II Ders Notları 2013-2014 Doç.Dr. Ayten ATASOY Teorem 8 (kayma teoremi) ft FS() ( ) ise , GerS a0 olmak üzere e ft Fs aat , a: gerçel](https://reader030.fdocument.pub/reader030/viewer/2022040114/5e2e89e8ff081658a71508f7/html5/thumbnails/21.jpg)
Devreler II Ders Notları 2013-2014
Doç.Dr. Ayten ATASOY
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