52302A PIIRITEORIA Laskuharjoitukset - syksy 203
Sisältö Kuinka suoritan kurssin?... 3 LTspice-vinkkejä... 7 Harjoitus... 9 LTspice-vinkkejä... 24 Harjoitus 2... 25 LTspice-vinkkejä... 35 Harjoitus 3... 37 Harjoitus 4... 47 Harjoitus 5... 59 LTspice-vinkkejä... 67 Harjoitus 6... 69 LTspice-vinkkejä (alkutilat)... 83 Harjoitus 7... 85 LTspice-vinkkejä... 93 Harjoitus 8... 97 Harjoitus 9... 07 Harjoitus 0 (ei tule tenttiin)... 5 Vanhoja osakokeita Vanhoja tenttejä 2
Piiriteoria verkossa Kuinka suoritan kurssin? Kurssin materiaalipankkina toimii on Optima (TTK-ympäristö), josta löytyy mm. ilmoitustaulu, lisämateriaalia, aikataulut yms. Harjoitustöiden palautuskin tapahtuu Optiman kautta. Kun olet tutustunut tähän tiedotteeseen (s. 3-6), käy tekemässä Optimaan toteutettu alkutentti. Alkutenttiin ei tarvitse valmistautua, eikä se ole työläs. https://optima.oulu.fi Optiman tunnusta voi tarvittaessa hakea täältä: http://www.ee.oulu.fi/erilliskoulutus/optima/ optima-tunnushakemus.shtml Optimasta löydät myös kurssin aikataulut. Tutustu tähän ja vertaile omaan almanakkaasi. Ilmoitelkaa opettajalle hyvissä ajoin, jos muut opinnot tai tärkeät opiskelijariennot ovat törmäyskurssilla. Kurssin Virallinen Piirisimulaattori Kurssin harjoitustyö tehdään ohjelmalla LTspice IV. Se on ilmainen ja täysverinen piirisimulaattori. Kurssin loputtua sinulla on käytössäsi työkalu, josta on hyötyä tulevaisuudessakin. LTspice-käyttöohjeita on koottu Optimaan, vinkkejä löytyy runsaasti myös tästä materiaalista. Ohjelmiston voi ladata omalle koneelle osoitteesta: http://ltspice.linear.com/software/ltspiceiv.exe Vaihtoehtoisesti simuloinnit voidaan tehdä PC-luokassa TS34 tai TS35. Ohjeet PC-luokan avaimen hankkimiseen löytyvät sivulta: http://www.otit.fi/live/kilta/avain.xml LTspice on ollut kurssikäytössä useampana vuonna, tässä eräs palaute (rästikurssi 200): "Vaikka kurssi oli raskas ja nopeatempoinen, lopussa saattoi olla hyvin mielin. Olen oppinut paljon uutta tällä kurssilla ja kurssin yksi keskeisimpiä työkaluja, LTspice IV osoitti käyttökelpoisuutensa moneen otteeseen." -Jussi Moilanen 3
Pakollinen harjoitustyö (LTspice) Harjoitustyö on yksilösuoritus. Siihen ei ilmoittauduta erikseen. Kantavana ajatuksena on, että kurssilaiset oppisivat käyttämään simulaattoria apuvälineenä ongelman ratkaisemiseen ja miksei jopa tehtävien tarkistamiseen. Harjoitustyössä on kaksi osaa, joista ensimmainen liitty laskuharjoitusten -4 teemoihin ja toinen osa liittyy laskuharjoituksten 5-8 teemoihin. Harjoitustyö suoritetaan sähköisellä tehtäväkaavakkeella, johon vastataan Optimassa. Harjoitustyön tekomahdollisuus on lokakuusta lähtien joka kuukausi kumpaisellekin osalle erikseen. Osat ja 2 voit siis tehdä eri aikoina. Katso aikataulut Optimasta. Kun harjoitustyökysymys (osa tai osa 2) on julkaistu Optimassa, sinulla on 2 vuorokautta aikaa vastata. Tähän on siis syytä valmistautua etukäteen. Kuinka valmistaudun harjoitustyöhön? Ratkaisemalla laskutehtäviä LTspicellä. Laskuharjoitusmateriaalissa simulaattoriin istuvia esimerkkitehtäviä ovat merkittynä symboleilla LTS. Valikoituja harjoituslaskutehtäviä löytyy myös kursikirjasta, eli: J. Nilsson, S. Riedel : Electric Circuits (6th edition). Itse tehtävät löytyvät kirjan kappaleista alaotsikon Problems alta, ja valikoidut harjoitustehtävät ovat ainakin: Taulukko : Kurssikirjan harjoittelutehtävät (kuudes painos) Osa harjoitustehtävät (Problems) 2., 2.5, 2.6, 3., 4.2, 4.87, 4.88, 4.89, 4.90, 4.9 Osa 2 harjoitustehtävät (Problems) 7.9, 7.4, 7.79, 9.30, 9.3, 9.48, 9.49 Taulukon esimerkkitehtävät ovat siis kurssikirjan kuudennesta painoksesta (6th edition). Esimerkiksi taulukon tehtävä Problem 2. löytyy sivulta 56. Problemsosio on aina kappaleen loppuosassa yhteenvedon (Summary) jälkeen. Loppuosan tehtäviä 9.30-9.49 ratkotaan taajuustason simuloinnin kautta eli AC-analyysillä. Taulukossa esitetyt kurssikirjan tehtävät ovat siis harjoittelua varten. Jos jäät jumiin jonkin tehtävän tai itse simulaattorin kanssa, voit esittää kysymyksiä foorumissa, joka löytyy Optimasta. 4
Minitentit lopputentin korvaajana Syksyn aikana pidetään 4 minitenttiä Optimassa. Jos ne menevät hyvin, saat niistä kurssin arvosanan, eikä lopputenttiin tarvitse mennä. Jos olet estynyt minitenttien tekemiseen, menet lopputenttiin eikä asiaa tarvitse murehtia sen kummemmin. Minitenttipäivät ilmoitetaan Optimassa ja ne pidetään tiettyinä arki-iltoina kello 9:00-9:45. Eli minitenttejä voi tehdä vaikka kotona, jos nettiyhteys löytyy. Minitenttisapluunan toimivuutta voit testata etukäteen Optimassa (Minitenttikokeilut ja 2). Tenttien pisteytyksestä ja aikatauluista ilmoitetaan tarkemmin Optimassa. Erityismainintoja minitentistä Eivät ole pakollisia Ei tarvitse ilmoittautua, riittää että olet Optimassa työtilan jäsen. Väärästä vastauksesta saa miinuspisteitä Kysymykseen saa jättää vastaamatta (ks. edellinen) Minimivaatimukset (jolla saa kurssin arvosanan): Jokaisesta minitentistä pitää saada 33% oikein Kokonaispistemäärä pitää olla vähintään 50% maksimista Minitentistä EI JÄRJESTETÄ UUSINTAA Minitentti ei ole kuulu viralliseen opinto-oppaaseen, joten se ei ole pakollinen myöskään opettajien kannalta. Sähköisissä tenteissä on aina omat sudenkuoppansa, joita me opettajat yritämme ennakoida. Toivomme, että kokeilu onnistuu. Minitenttien teemat voidaan yhdistää laskuharjoituksien teemoihin näin: Minitentti : Harjoitus Minitentti 2: Harjoitukset 2-4 Minitentti 3: Harjoitukset 5-6 Minitentti 4: Harjoitukset 7-8 Minitentissä 4 on osoitinlaskentaa, josta on laskuesimerkkejä myös harjoituksessa 9.. Prosentit ovat etukäteisarvioita, jotka saattavat muuttua hieman kurssin alkaessa 5
Lopputentti: Lopputentissä saa olla graafisen laskimen lisäksi käsin kirjoitettu A4-kokoinen lunttilappu, jonka kummatkin puolet saa käyttää. Lopputentissä on 4 tehtävää, max. 3 pistettä per tehtävä. Lopputentti - käytännön linjauksia: Graafiset laskimet ovat sallittuja sillä poikkeuksella, että symboliseen laskentaan pystyviä laskimia ei sallita. Tehtävien väliväiheet tulee dokumentoida. Lopputenttitehtävässä arvostelun painokerroin tulee aina olemaan ongelman ratkaisun hahmottamisessa. Eli valtaosa pisteistä tulee, kun olet osannut hahmottaa ongelman ratkaistavaan muotoon (esim. yhtälöryhmä). Täydet pisteet saa luonnollisesti, kun osaat johtaa oikean lopputuloksenkin 6
LTspice-vinkkejä Aloitetaan laskuesimerkin simuloimisella. Piirikaavion piirrossa olennaisimmat painikkeet ovat alla olevassa kuvassa. Johdin vastus kela component mm. jänniteja virtalähteet maa (aina pakollinen) kondensaattori Esimerkin.9 (sivu 2) LTspice-piirikaavio on tämän näköinen: johdin Jännitelähde (voltage) V vastus (resistance) R 5 nimi arvo (tässä ohmeja) simuloinnin kuvaus, tässä aikatason simu 0s... ms Kuva 7..tran e-3 R2 R3 3 7 maa Aseta komponentit ja johtimet LTspice-piirikaavioon. Kun painat simulaattorissa run-nappia (juokseva tikku-ukko) ensimmäistä kertaa, ohjelmaa pyytää määrittämään simuloinnin. Nyt se on aikatason simulointi: klikataan transient-välilehti 2, jossa muuta tietoa ei tarvitse antaa, kun simuloinnin kesto eli Stop Time. Kuvassa Stop Time näyttäisi olevan yksi millisekunti (e-3 0-3 ). Kun simulointi (run) on tehty, voidaan määrätä, mitä suureita (jännite, virta, teho) halutaan tarkastella.. tarkempi ohje http://www.denverpels.org/downloads/denver_pels_2009059_knudtsen_ltspice_intro.pdf 2. transient analysis (transienttianalyysi) tarkoittaa aikatason analyysiä 7
Jännite Jos siirrät hiiren osoittimen vaikkapa vastuksen yllä olevan johtimen päälle, hiiren osoitin muuttuu punaiseksi mittapääksi (probe). Klikkaamalla johdinta ohjelma piirtää jännitteen maatasoon (nollan voltin referenssiin) nähden. Usein juuri tämä jännite kiinnostaa. Nyt kuitenkin esimerkissä.9 kiinnostaa pelkän 5Ω:n vastuksen yli oleva jännite. Kllikkaa hiiren oikealla napilla 5Ω:n vastuksen alapuolella olevaa solmupistettä ja valitse mark reference (merkkaa referenssiksi). Virta, teho Jos siirrät osoittimen vastuksen päälle probe muuttuu virtamittariksi. Klikkaamalla saat siis virran kuvaajan. Toisaalta, jos painat alt-nappia vastuksen päällä, kuvaajaksi tuleekin vastuksen kuluttama teho. Johtimen virran saat pitämällä alt-nappia pohjassa ennen hiiren klikkausta. Terminologiaa Tässä kurssissa tulosuureet ovat tavallisesti jännite- tai virtalähteitä. Tulosuuretta kutsutaan myös herätteeksi (stimulus). Kiinnostava suure on lähtösuure, joka sekin on tavallisesti jännite- tai virtamuotoinen. Lähtösuuretta kutsutaan usein vasteeksi (response). Lyhenteitä Piirikaavion piirrossa ja simuloinneissa käytetään numeroarvoissa seuraavanlaisia lyhenteitä Taulukko 2: Lyhenteitä lyhenne numerona LTSpicessa n (nano) 0-9 e-9 tai n µ (mikro) 0-6 e-6 tai u m (milli) 0-3 e-3 tai m k (kilo) 0 3 e3 tai k M (mega) 0 6 e6 tai meg Esimerkiksi luku 5,62 0-9 annetaan muodossa 5.62e-9. Yksikköä ei kirjoiteta luvun perään (kuten sekuntia, ohmia jne). Tärkeää: käytä pistettä pilkun asemesta esim. ei 5,62n vaan 5.62n 8
Harjoitus Ohmin laki, resistanssi ja konduktanssi Resistanssilla tarkoitetaan materiaalin ominaisuutta vastustaa varausten virtausta. Resistanssin R yksikkö on ohmi (Ω). Vastuksen piirisymbolit ovat kuvassa. R R Kuva Kuvassa 2a on esitetty vastus jonka läpi kulkee virta I ja sen yli oleva jännite on U. Jännite kuvaa varauksen potentiaalienergiaa ja sen yksikkö on voltti (V). Sähkövirralla I tarkoitetaan sähkoisen varausten virtausnopeutta. Virran yksikkö on ampeeri (A). Vastusten käyttäytyminen noudattaa Ohmin lakia: U R I () Jännitteen suuntanuoli piirretään siten, että sähkoinen potentiaali pienenee nuolen suunnassa. Kuvat 2a ja 2b ovat siis ekvivalentteja. Kansainvälisen sopimuksen mukaan virta kulkee vastuksen positiivisemmasta päästä negatiivisempaan, joten kuvissa kuvat 2a ja 2b U R I. Kuvassa 2c jännitteen suuntanuoli on väärin, jolloin U -R I. Toisinaan laskuissa tuntemattomien virtojen tai jännitteiden suunnan valinta on vapaa. Jos tulos on miinusmerkkinen, se johtuu väärästa suunnan arvaamisesta, eikä laskua tarvitse sen vuoksi laskea uudelleen. I I I R U R U R U I I I a) b) c) Kuva 2 9
Laskukaavoissa on toisinaan käytännöllisenpää käyttää resistanssin käänteislukua G, jota nimitetään konduktanssiksi: G /R. Konduktanssi G kuvaa johtokykyä ja sen yksikkö on siemens (S). Yleisiä konduktanssin yksikköjä ovat myös mho sekä. Konduktanssin avulla Ohmin laki on muotoa IG U (2) Ω Johtimen solmupiste Solmupiste on johtimen haarautumispiste. On tärkeää ymmärtää, että jos liitospisteiden välillä on pelkkä johdin, niiden välillä ei ole jännite-eroa ja ne muodostavat yhden solmupisteen. SOLMUPISTE SOLMUPISTE Kuva 3. Sama solmupiste kolmella tavalla piirrettynä (nuolet ovat virran suuntia). Kirchhoffin virtalaki (KCL) Solmupisteeseen liittyvien haaravirtojen summa on aina nolla. Eli solmupisteeseen tulevien virtojen summa on sama kuin siitä lähtevien virtojen summa. I 0 I in I out (3) Kirchhoffin jännitelaki (KVL) Suljetun silmukan kehällä olevien haaraelementtien yli olevien, samaan kiertosuuntaan mitattujen jännitteiden summa on nolla. Eli silmukassa samaan kiertosuuntaan mitattujen jännitteiden summa kiertosuunnan myötäisesti (m) on sama kuin kiertosuuntaa vastakkaisesti (v). U 0 U m Ainakin alkuvaiheessa kannattaa piirtää silmukoissa olevien piirielementtien yli olevat jännitteet suuntanuolilla. Tällä tavalla huomaat helpoiten, mitkä jännitteet ovat kiertosuuntaan nähden vastakkaisia tai myötäisiä. Jännitelähteen suunnan näet piirrossymbolista, vastuksen jännitenuoli on virran suunnan mukainen. U v (4) 0
Esim..: Kirjoita kuvalle 4 a) Kirchhoffin virtalaki solmussa a. b) Kirchhoffin jännitelaki kuvan b silmukalle. U I U 2 I R 2 R R 2 R R 3 U A a I I 2 V V2 Kuva 4 a) b) Ratkaisu: a) U /R - U 2 /R 2 I - I 2 0 b) V - (R R 2 R 3 )I - V 2 0 Esim..2: Kuvaan 5 on merkitty jonkun piirin virta- ja jänniteriippuvuuksia. a) Muodosta Kirchoffin virtalain mukaisesti virtayhtälöt solmupisteille a, b, c ja d b) Muodosta Kirchoffin jännitelain mukaiset jänniteyhtälöt oikeanpuoleisen piirin silmukoille. a b c I I 2 a) I 3 U I 5 I 4 - b) U 2 - U 3 - - U 5 - U 4 d Ratkaisu: a: I I 2 0 a) b: I 2 I 5 I 3 0 c: I 3 I 4 0 d: I I 5 I 4 0 Kuva 5 b) silmukka silmukka 2 : 2: U U 2 U 5 0 U 5 U 3 U 4 0
Maapiste Maahan kytketyt pisteet ovat käytännössä yhdistetty johdolla toisiinsa (sama 0V jännite), joten oheisessa kuvassa olevat piirit ovat ekvivalenttejä. Maa (ground) on nollan voltin referenssipiste, eli jännite pistessä U A on U0V U. Pisteessä U B jännite on on U 2. U U I U A I U B - U R R 2 I U 2 - U R R 2 I U 2 0V 0V U A ja U B ovat solmujännitteitä, eli jännitteitä tietystä solmupisteestä maatasoon. Esim..3: Esitä oikeanpuoleisen piirin virta I jännitteiden U A ja U B avulla. Vastaus: I U ------ R U A U --------------------- B R Huom! Esimerkissä.3 olennaisinta on se, miten virran I suuntanuoli on piirretty. Jos virtanuoli olisikin piirretty kuten kuvassa 6, vastaus olisi ollut: U U I --------- B U A --------------------- R R U U A I U B - R U R 2 U 2 Kuva 6 0V 0V 2
Vastusten sarjaan- ja rinnankytkennät Sarjaankytkentä R R 2 R tot R R 2 G Rinnankytkentä G 2 G tot G G 2 Rinnankytkennän resistanssi: R tot --------- ------------------- G tot G G 2 -------------------- ------ ------ R R 2 R R 2 -------------------- R R 2 HUOM! tätä kaavaa R R 2 voidaan soveltaa vain kahden vastuksen rinnankytkentään. Yksittäiset piirielementit ovat rinnankytkettyjä, jos niillä on kaksi yhteistä solmupistettä. Jännite kummankin elementin yli on siten sama. Yleisesti vastusten sarjaan- ja rinnankytkennälle pätee: R tot R i sarjaankytk. i (5) G tot G i rinnankytk. i (6) Muista, että resistanssi ja konduktanssi ovat toistensa käänteislukuja. Jos laskettavana on esim. usean vastuksen rinnankytkennän resistanssi, laske ensin konduktanssi. 3
Esim..4: Mikä on kuvan 7a) ja 7b) vastuskytkentöjen kokonaisresistanssi ja kokonaiskonduktanssi? a) b) 5Ω 60Ω 5Ω 60Ω Kuva 7 Ratkaisu: a) R tot 5Ω 60Ω 75Ω G tot -----S 75 b) 5Ω 60Ω R tot 5Ω 60Ω 900 --------------------------- --------Ω 2Ω G 5Ω 60Ω 75 tot -----S 2 Esim..5: Ratkaise alla olevan rinnankytkennän kokonaisresistanssi. R R 2 R 3 Ω 0.5Ω 3Ω ratkaisu: R Ω G R 2 0,5Ω G 2 R 3 3Ω G 3 S --S 3 2S G tot G G 2 G 3 3 R tot -----Ω 0,3Ω 0 0 -----S 3 4
Resistiivinen jännitejako Kun tiedetään sarjaankytkettyjen vastusten yli oleva jännite (kuvassa U tot ), yksittäisen vastuksen yli oleva jännite lasketaan kaavalla (7): I U tot R R 2 I U 2? U n R n --------- U R tot, (7) tot missä U n tarkoittaa vastuksen R n yli olevaa jännitettä Virta I kulkee: koko sarjaankytkennän läpi yksittäisen vastuksen läpi I U tot -------------------- R R 2 U 2 ---------- R 2 R 2 U 2 U tot -------------------- R R 2 Jännite jakaantuu sarjaankytkennässä resistanssien suhteessa. Resistiivinen virtajako Kun tiedetään vastusten rinnankytkentään tulevan virran arvo (kuvassa I tot ), yksittäisen vastuksen läpi kulkema virta lasketaan kaavalla (8): U I tot I I 2 G G 2 I n G n --------- I G tot, (8) tot missä I n tarkoittaa vastuksen G n läpi kulkevaa virtaa U on jännite yksittäisen vastuksen yli koko rinnankytkennän yli U I I tot ------ -------------------- I G G G 2 G --------------------I G G tot 2 Virta jakaantuu rinnankytkennässä konduktanssien suhteessa. 5
Esim..6: Laske kuvan 8 piirin jännite U ja I 2. U I tot R 2 I 2 R 3 R U R 2Ω R 2 6Ω R 3 6Ω U5V Kuva 8 Ratkaisu: R 2 ja R 3 ovat keskenään rinnankytkettyjä. Merkitään rinnankytkennän resistanssia symbolilla R 23 : R 2 R 3 36 R 23 R 2 R 3 ------------------- -----Ω 3Ω R 2 R 3 2 R ja R 23 ovat sarjaankytkettyjä, joten kokonaisresistanssi R tot on: R tot R R 23 2Ω 3Ω 5Ω U Kokonaisvirta: I tot --------- 5V ------- A R tot 5Ω G --S I 2 virtajaolla: I 2 ------------------- 2 6 I G 2 G tot ------------------- 3 --S A 0, 5A 6 6 --S R U jännitejaolla: 2Ω U --------------------- U R R 23 2Ω --------------------- 3Ω 5V 2V Vielä rinnankytkennästä - R tot R 234 R R 3 R 2 R 4 Kuvan piirissä on sarjaan- ja rinnankytkentöjä. Vastusta R 2 ei ole kytketty rinnan minkään yksittäisen vastuksen kanssa, vaan R 234 R 2 (R 3 R 4 ) Kokonaisresistanssiksi tulee: R tot R R 234 6
Riippumattomat ja ohjatut lähteet Signaalilähteen arvo voi olla vakio tai ajan funktio. Signaalilähteet voivat olla myös riippumattomia tai ohjattuja: riippumattoman lähteen lähtösuure ei riipu piirin muiden solmujännitteiden tai haaravirtojen arvoista. Ohjattuja lähteitä ohjataan jonkin solmujännitteen tai haaravirran arvolla. Näissä harjoituksissa ohjattu lähde piirretään nelikulmiona. Riippumattomia lähteitä: Ohjatuttuja lähteitä: lähteen tyyppi (jännite tai virtalähde) todetaan ainoastaan piirrossymbolista. I I U U U 2i - x 2v x 2i - - x 2v x [A] [A] [V] [V] [V] [V] [V] [A] [A] Ohjatuissa lähteissä vakiotermin (tässä 2) mahdollinen yksikkö jätetään tyypillisesti pois: Jos jännite on 2i x, niin 2:n edestä on pudotettu Ω pois, ja jos virta on 2v x, niin 2:n edestä on jatetty S pois. Esim..7: Kirjoita Kirchhoffin jännitelaki alla olevan kuvan silmukoille. a) b) 3sin(4t) V I I 2 3(U 2 -U 3 ) U 2 3 V 2 5 - I 2 5 I 2 U 3 Ratkaisu: a) 3 ( I 2) 3sin( 4t) ( I 5) 0 b) - 2 I 2 3( U 2 U 3 ) 5 I 2 0 7
Lähteenmuunnokset Jännitelähteen muuttaminen virtalähteeksi Jännitelähde, jolla on nollasta poikkeava sarjaresistanssi, voidaan muuttaa ekvivalenttiseksi virta-lähteeksi ja rinnakkaisresistanssiksi. Muunnoksessa sijaiskytkentä laske-taan alkuperäisestä seuraavasti: Virtalähteen muuttaminen jännitelähteeksi Virtalähde, jolla on nollasta poikkeava rinnakkaisresistanssi, voidaan muuttaa ekvivalenttiseksi jännitelähteeksi ja sarjaresistanssiksi. Muunnoksessa sijaiskytkentä lasketaan alkuperäisestä seuraavasti. I N U T ------- R R N R T T U T R N I N R T R N R T I N R N U T - Perustelu lähdemuunoksille: U T - R T Jännitteen U ja virran I pitäisi olla sama kummassakin piirissä I I N I I N - I U I N RN U U U T R T I R T R N U R N ( I N I) jos I 0 U T 0 R N I N I N U T ------- R N U ------ T R T jos I 0 U T R T I R N I N R N I I N U T ------- R N U ------ T R T I 0 tarkoittaa tapausta, jossa lähde ja vastus on vain osana jotain piiriä. 8
Oikosulku ja avoin piiri Oheinen piiri on sama, kuin esimerkissä.6. U I tot R 2 I 2 R 3 R U R 2Ω R 2 6Ω R 3 6Ω U5V Jos R 3 :n paikalle asetetaan pelkkä johdin (kuva 9a), se oikosulkee R 2 :n. Johtimen resistanssi on nolla eli R 3 on 0Ω, ja siten konduktanssi G 3 on ääretön. Tästä johtuen kaikki virta kulkee johtimen (R 3 ) kautta. Nyt kun R 2 :n läpi ei kulje virtaa, sen yli oleva jännite on 0V. Kuvassa 9b R 3 on korvattu avoimella piirillä, joten R 3 :n läpi ei kulje virtaa. Avoimen piirin R 3 resistanssi on ääretön, eli konduktanssi G 3 on 0S. G G 2 2 I -------------------- I 0A, jos G S I -------------------- I I, jos G 0S 2 G 2 G tot 3 2 G 3 2 G tot tot 3 3 U I tot R 2 I 2 R 3 0Ω U I tot R 2 I 2 R 3 Ω R U R U Kuva 9 a) b) Kuvassa 9a ja 9b I tot ja U eivät ole samoja, kun esimerkissä.6 laskettiin: U I tot ------ 2, 5A R I ------------------- U 0, 625A tot R R 2 9a U U 5V R 9b U ------------------- U, 25V R R 2 9
Lähteiden pilkkominen Lähteen pilkkominen (tai pikemminkin monistaminen) on keino, jota käytetään toisinaan piirikaavion yksinkertaistamisessa. Tämä ei ole aiheena niin oleellinen, kun muut tässä laskuharjoituksessa esitetyt asiat. Menetelmä on kuitenkin yksinkertainen ja saattaa joissakin tapauksissa helpottaa ratkaisua (ks. laskuesimerkki 3.3 sivulla 42). Virtalähde (sarjaankytketyt ekvivalentit virtalähteet) I Haarassa kulkee edelleen virta I I I KCL:n mukaan i 0 ( I I 0 ) I I I I I i0 Jännitelähde (rinnankytketyt ekvivalentit jännitelähteet) U U U U Jännite kahden solmupisteen välissä on edelleen U Jännite pisteen U & U 0 sekä U 2 & U 0 välillä ei muutu miksikään: U U U U 2 U U U U 2 U U U 2 U 0 U 0 U 0 20
Esim..8: Laske kuvan 0 piirin kokonaisresistanssi R tot (helppo, laske kotona). Ω R tot Ω Ω Ω Vastaus: 4/3 Ω Ω Ω Kuva 0 HARJOITUKSESSA LASKETTAVAT TEHTÄVÄT: Kurssin alkupuolen (harj. -4) LTS -harjoitustehtävät ovat aika helppoja nopeita ratkaista LTSpice-simulaattorilla. Niinpä niiden ratkaisuja ei paljasteta tässä materiaalissa. Lisää laskutehtäviä löydät sivun 22 jälkeen (vanhoja osakokeita). Esim..9: LTS Laske kuvan piiristä jännite U a ja virta I b. U a 5Ω 7.V 3Ω 7Ω I b Kuva 2
Esim..0: LTS Ratkaise kuvan 2 piiristä jännite U (kuvassa U U 2 - U 4 ). 5Ω 5Ω A U 7Ω U 2 3Ω U 4 Kuva 2 Esim..: Kuvan 3 piirissä jännitteen V 0 arvo on 6V. Kun kuormaresistanssi R L kytketään vastuksen R 2 rinnalle, jännite V 0 tippuu arvoon 4V. Laske resistanssi R L. (tenttikysymys.2.07) 40Ω 8V - R 2 V 0 R L - Vastaus: R L 80/3 Ω 26,7Ω Kuva 3 22
Esim..2: Kuvan 4 piirissä patterin arvo on v b 5V ja patterin 2 arvo on v b2 0V. Jännite vastuksen yli on v r -5V ja virta i r -0.25A. Laske teho pattereissa ja 2 sekä vastuksessa v r. Mitkä kyseisistä piirielementeistä kuluttavat tehoa ja mitkä tuottavat sitä? i i r v r - i2 v b - patteri patteri 2 - v b2 Kuva 4 Vastaus: P pb,25w P pb2 2,5W P r,25w Patteri ja vastus kuluttavat tehoa. Patteri 2 tuottaa tehoa. 23
Solmupisteelle nimi LTspice-vinkkejä Ohjelman piirtämien käyrien otsikot saadaan selkeämmäksi antamalla johtimille ja niiden solmupisteille joku kuvaava nimi. Osoitin johtimen kohdalle ja hiiren oikealla napilla: Label Net. Ohjatut lähteet LTspicessä Kuinka lisään skemaan jänniteohjatun virtalähteen (VCVS), jänniteohjatun jännitelähteen (VCCS), virtaohjatun jännitelähteen (CCVS) tai virtaohjatun virtalähteen (CCCS)? Nämä kaikki löytyvät LTspicen component-valikosta (josta löytyy esim. riippumaton jännitelähde): Taulukko : VCVS VCCS CCVS CCCS LTspicessä e tai e2 g tai g2 h f Opiskelija Tero Marin teki keväällä 200 ohjatuista lähteistä pienen tutkielman. Tehtävässä simuloitiin vanhoja tenttitehtäviä, joissa oli ohjattu lähde. Teron työ Optiman Piiriteoria -työtilasta -> simulaattori\ltspice ja ohjatut lähteet. 24
Harjoitus 2 Solmupistemenetelmä (NA, nodal analysis) Solmupistemenetelmä lähtee KCL:stä: siinä lasketaan virtojen summa verkon jokaisessa solmupisteessä maapistettä lukuunottamatta seuraavasti: Sovitaan yksi solmupiste maaksi (0 V) ja numeroidaan muut solmupisteet. Jokaiselle numeroidulle solmupisteelle kirjoitetaan vastaava yhtälö: Kustakin solmupisteestä vastusten kautta muihin solmupisteisiin poistuvat virrat merkitään positiivisina yhtälön vasemmalle puolelle. Virtalähteet kootaan yhtäsuuruusmerkin oikealle puolelle siten, että tulevat virrat merkitään positiivisina ja lähtevät negatiivisina. Näin oheiselle esimerkille voidaan johtaa yhtälöt: I 2 U U 2 I R R 2 R 3 maa (0V) ( Solmu U : U 0) ( U ------------------- U 2 ) ----------------------- I I 2 R R 2 ( Solmu U 2 : U 2 U ) ( U ----------------------- 2 0) ------------------- I 2 R 2 R 3 Käyttämällä konduktansseja G i /R i, yhtälöt voidaan kirjoittaa muotoon: G ( U 0) G 2 ( U U 2 ) I I 2 G 2 ( U 2 U ) G 3 ( U 2 0) I 2 ( G G 2 )U G 2 U 2 I I 2 G 2 U ( G 2 G 3 )U 2 I 2 joka on jälkimmäisen muodon perusteella helppo kirjoittaa systemaattiseen matriisimuotoon G G 2 G 2 G 2 G 2 G 3 U U 2 I I 2 I 2 25
Esim. 2.: Kuvan piiristä: laske jännitteet U ja U2. (Kurssikirjasta: Drill Exercise 4.5) 5Ω 5A U 60Ω 5Ω 2Ω U2 5A - - Kuva Ratkaisu: Maa ja solmujännitteet U ja U2 on valmiina kuvassa. Huomaa, että 5:n ja 60:n ohmin vastuksilla on yhteiset solmupisteet. Numeroiduille solmupisteille kirjoitetaan virtayhtälöt Kirchoffin virtalain avulla: Vasemmalle puolelle vastusten kautta muihin solmupisteisiin poistuvat virrat positiivisina. Oikealle puolelle yhtälöä virtalähteet positiivisena, jos virran suunta on kohti solmupistettä (poispäin negatiivisena). Solmu U: Solmu U2: U ---------- 60Ω U ( U ---------- U 2 ) ----------------------- 5A 5Ω 5Ω ( U 2 U ) U ----------------------- 2 ------- 5A 5Ω 2Ω { 7 -----S U --S 60 U 5A 5 2 7 --S U -----S 5 U 5A 0 2 Ratkaistaan tuntemattomat solmupistejännitteet esim. matriisilaskennan avulla: 7 ----- 60 -- 5 -- 5 ----- 7 0 U U 2 5 5 26
Seuraavaksi ratkaistaan tuntemattomat solmupistejännitteet. Käytetään Cramerin sääntöä (ks. luentomoniste): U 5 -- 5 7 5 ----- 05 95 -------- 0 ----- ------------------------ -------------------- 0 -------- 0 600 -------- 60V 9 7 ----- -------- ----- 95 -------- 0 -- 600 25 600 60 5 -- 5 7 ----- 0 U 2 7 ----- 5 60 -- 5 85 95 5 ----- 3 ----- ------------------------ ------------------- 60 -------- 60 600 -------- 0V 95 95 60 7 -------- -------- ----- -- 600 600 60 5 -- 5 ----- 7 0 Yhtälöryhmän ratkaiseminen matriisimuodossa Cramerin säännöllä on suositeltavaa varsinkin kolmen muuttujan yhtälöryhmän ratkaisemisessa. 27
Jänniteohjatut virtalähteet solmupiste-esityksessä Jänniteohjatut virtalähteet merkitään solmupiste-esityksessä lähteiden vektoriin samalla tavalla kuin riippumattomat virtalähteet. Ne voidaan siirtää osaksi G- matriisia, sillä ne ovat samaa muotoa: solmujännite kerrottuna jollakin vakiolla. 3U U U 2 I G G 2 G 3 4(U -U 2 ) Yhtälöryhmä muodostetaan edellisen esimerkin mukaan: konduktanssit ja solmujännitteet vasemmalle, virtalähteet oikealle: G G 2 G 2 G 2 G 2 G 3 U U 2 I 3 U 4 ( U U 2 ) 3 U Sitten siirretään solmujännitteitä sisältävät termit yhtäsuuruusmerkin vasemmalle puolelle (jolloin merkki vaihtuu) ja yhdistetään ko. solmujännitteen kertoimeen: G G 2 3 G 2 G 2 G 2 G 3 4 U U 2 I 0 28
Esim. 2.2: Laske jännitteet U ja U 2 kuvan 2 piirissä. I G G 2 G 3 4(U -U 2 ) U U 2 3U G 0,2 S G 2 0,4 S G 3 0, S I 5 A Kuva 2 Ratkaisu: Konduktanssit ja solmujännitteet vasemmalle, virtalähteet oikealle: G G 2 G 2 G 2 G 2 G 3 U U 2 I 4 U 4 U 2 3 U 4 U 4 U2 Siirretään solmujännitteitä sisältävät termit yhtäsuuruusmerkin vasemmalle puolelle (jolloin merkki vaihtuu) ja yhdistetään ko. solmujännitteen kertoimeen G G 2 4 G 2 4 G 2 G 2 G 3 4 U U 2 I 0 Sijoitetaan lukuarvot 3, 4 3, 6 0, 6 3, 5 U U 2 5 0 Ratkaistaan Cramerin säännöllä tuntemattomat solmupistejännitteet: 29
U 5 3, 6 0 3, 5 ----------------------------------------------- 3, 4 3, 6 0, 6 3, 5 7 -----------, 5, 80V 9, 74 U 2 3, 4 5 0, 6 0 ----------------------------------------------- 3, 4 3, 6 0, 6 3, 5 ----------- 3 0, 3V 9, 74 Tästä voidaan esim. laskea konduktanssin G 2 läpi kulkema virta I G2 : I G2 ( U U 2 ) G 2 0, 60V 4(U -U 2 ) U I G2 U 2 I G G 2 G 3 3U 30
Jännitelähteet solmupiste-esityksessä Jos piirissä on jännitelähde, solmupisteyhtälö voidaan ratkaista tekemällä lähteenmuunnos. Se ei kuitenkaan ole aina välttämätöntä, jos jännitelähde on solmupisteen ja maan (0V) välillä. Esim. 2.3: Kuvan 3 piirin solmujännitteiden ratkaisemiseen tarvitaan kaksi solmupisteyhtälöä. Valitaan yhteinen solmupiste maaksi (0 V) ja numeroidaan loput solmupisteet (U ja U 2 ). Jännite Ω:n vastuksen yli on virran i suunnan ollessa solmusta U poispäin U - 0V. Tällöin samaisen vastuksen läpi kulkeva virta i on (U - 0V) / Ω. Solmujen U ja U 2 yhtälöiksi saadaan siis: { { U 0 U ------------------- U ------- U 2 --------------------- 0 5 2 U 2 U ------------------- U 2 ------ 2 2 0 ( U 0V) 0,2U 0,5( U U ) 0 2 0,5( U 2 U ) 0,U 2 2 Ratkaisemalla yhtälöryhmä saadaan: U 9.09V ja U 2 0.9V i Ω 2Ω U U 2 0V 5Ω 0Ω 2A Kuva 3 Entäpä jos Ω:n vastuksen tilalla on pelkkä johdin? Tällöin 0V:n jännitelähde pakottaa solmun U ja maan väliseksi jännitteeksi 0V. Eli U on 0V ja ratkaistavaksi jää ainoastaan jännite U 2 : 0,5( U 2 0) 0,U 2 2 2 0,5 0 U 2 -------------------------- 0,5 0,,67 3
Tärkeä huomio jännitelähteistä solmupistemenetelmässä Kun kahden solmupisteen (joista kumpikaan ei ole maa) välisessä haarassa on pelkästään jännitelähde, on kyseessä solmupistemenetemän erikoistapaus, jossa käytetään ns. supersolmu -menetelmää (kurssikirjan kappale 4.4). Tätä menetelmää ei käsitellä harjoituksissa. Ohjatun lähteen tyyppi ja ohjaus Toinen tapa käsitellä jännitelähteitä solmupiste-esityksessä on muuntaa ne sopivan sarjaresistanssin kanssa häviöllisiksi virtalähteiksi. Muunnoksessa sijaiskytkentä lasketaan alkuperäisestä seuraavasti (ks. kuva 4a) U KU 2 > I U/R (K/R)U 2 Solmupistemenetelmässä voidaan käsitellä vain solmujännitteillä ohjattuja läh-teitä. Kuvan 4b) lähdettä ohjaa vastuksen R 2 läpi kulkeva virta I, ja tämä ohjaus on muutettava solmujänniteohjaukseksi, mikä käy toteamalla, että I U 2 /R 2. Samalla lähde on muutettu jännitelähteestä virtalähteeksi samalla tavoin kuin kuvassa 4a) a) R KU 2 U U 2 (K/R)U 2 R b) R KI (K/R)(U 2 /R 2 ) U U 2 I R2 R Kuva 4 32
HARJOITUKSESSA 2 LASKETTAVAT TEHTÄVÄT Esim. 2.4: LTS Laske kuvan 5 piiristä jännite U ja U 2. Älä tee lähteenmuunnosta. Huomaa, että jännite U x ei ole tuntematon vaan se on 75V. 800Ω 20Ω U 40Ω U x U 2 75V 50Ω 6A 200Ω Kuva 5 (Kurssikirjasta: PROBLEM 4.0) Vastaus: U 5V ja U 2 V. Esim. 2.5: LTS Laske kuvan 6 piiristä virta I 0. (tenttikysymys.2.07) 80V - 5Ω 5Ω 0Ω Ι U 0 U 2 70Ω 2Ω Kuva 6 Vastaus: I 0 (U -U 2 )/0Ω A 33
Esim. 2.6: Laske kuvan 7 piirin jännitteet U ja U 2 sekä 5Ω:n vastuksessa kuluva teho. (ei lähteenmuunnoksia) kuvasta saadaan: I φ (U - U 2 ) / 5Ω 2Ω 5Ω U U 2 2Ω 20V 20Ω I φ 0Ω - 8i φ Kuva 7 (kurssikirjasta: EXAMPLE 4.3) Vastaus:U 6V ja U 2 0V P 5Ω 5Ω * I φ 2 7.2W 34
Parametrisointi LTspice-vinkkejä Alla olevassa kuvassa jännitejakoesimerkki. Vastuksen R2 resistanssi on parametrisoitu. Parametrisointi asetetaan antamalla arvoksi jokin kirjaisymboli hakasulkujen sisään. Parametrisointi ei ole pakollinen temppu tässä kurssissa, mutta sillä voidaan helpottaa piirin analysointia. Tässä esimerkissä yksinkertaisin parametrisointi on asettaa parametrille R numeerinen arvo, esim. 4 ohm. Se tapahtuu klikkaamalla symbolirivilta äärioikealla olevaa toimintoa SPICE directive. Tämän jälkeen kirjoitetaan komento.param R4 Kuvassa tämä komento on poistettu käytöstä: sen eteen on lisätty *. Kuvan voimassa oleva SPICE direktiivi on.step param R 4 0.5 Tämä tarkoittaa että simuloidaan R:n arvolla -4Ω 0.5Ω:n askeleella. Eli vastaavassa käyrästössä näkyisi useampi vaste eri R2:n arvolla. Parametrisoinnilla voidaan siis etsiä ratkaisuja kokeilemalla. Ua *.param R 4.step param R 4 0.5 R Ub V 5 R2 {R}.tran e-3 35
Toinen esimerkki parametrisoinnista:.step param K 9 4 Ua R Ub V 5 {K*} R2 {K*4}.tran e-3 Nyt parametrisoituna on kerroin K, joka saa arvot, 5 ja 9 (yhdestä yhdeksään askeleella 4). Solmujännitteen Ub arvo ei taida muuttua, mutta muuttuuko silmukan virta? 36
Harjoitus 3 Silmukkavirtamenetelmä (MA, Mesh Analysis) Silmukkavirta-analyysi pohjaa KVL:n käyttöön: siinä lasketaan jännitehäviöitä ja -nousuja verkon suljettujen silmukoiden ympäri. Verkosta etsitään riippumattomat (ei-sisäkkäiset) silmukat ja tarkastellaan jännitemuutoksia, kun kierretään silmukan ympäri. Systemaattisuuden vuoksi sovitaan, että kaikki silmukat kierretään samaan suuntaan (myötäpäivään). Tunnistetaan ei-sisäkkäiset silmukat ja numeroidaan silmukoiden virrat Kierrettävän silmukan resistansseissa tapahtuvat jännitemuutokset kirjoitetaan yhtälön vasemmalle puolelle. Koska silmukkavirtojen suunnat ovat aina myötäpäivään, silmukoiden välisissä haaroissa virrat ovat silmukkavirtojen erotuksia. Jokaisessa silmukassa kerätään jännitelähteet yhtäsuuruusmerkin oikealle puolelle. Jos silmukkavirran suunta on jännitelähteen plus-navasta poispäin, lähde merkitään positiivisena, muutoin negatiivisina. R I I 2 R 2 I -I 2 U - I R 3 I 2 - U 2 I I 2 -I I 2 Silmukka : I R ( I I 2 )R 3 U Silmukka 2: ( I 2 I )R 3 I 2 R 2 U 2 Kootaan jälleen yhtä muuttujaa (silmukkavirtaa) vastaavat termit yhteen, jolloin Silmukka : ( R R 3 )I R 3 I 2 U Silmukka 2: josta saadaan suoraan matriisimuodoksi R 3 I ( R 2 R 3 )I 2 U 2 R R 3 R 3 R 3 R 2 R 3 I I 2 U U 2 37
Esim. 3.: Laske kuvan piirissä virrat I ja I 2 silmukkavirtamenetelmällä. Ω Ω 8 V 2 Ω - I I 2-7 V Kuva Ratkaisu: Muodostetaan matriisiyhtälöt : I ( Ω 2Ω ) I 2 2Ω 8V I 2Ω I 2 ( Ω 2Ω) Matriisi: RIU 7V 3 2 2 3 I I 2 87 Virtojen ratkaisu Cramerin säännöllä: I 8 2 7 3 --------------------- [ ------------------------------------------- 8 3 ( 7 2) ] 24 4 [ 3 3 ( 2 2) ] ----------------- 9 4 2A 3 2 2 3 I 2 3 8 2 7 --------------------- [ -------------------------------------------------- ( 3 7 ) ( 2 8) ] 5 ----- A [ 3 3 ( 2 2) ] 5 3 2 2 3 Tästä voidaan ratkaista edelleen esim. 2Ω:n vastuksen yli oleva jännite: U 2Ω 2Ω( I -I 2 ) 6V 38
Virtaohjatut jännitelähteet silmukkavirtamenetelmässä Silmukkavirtamenetelmässä lähteen on yleensä oltava jännitelähtöinen, ja ohjattu lähde voidaan siirtää kerroinmatriisiin vain jos se voidaan esittää silmukkavirtojen avulla. Niinpä lähteille voidaan silmukkavirtamenetelmää käytettäessä tehdä seuraavat operaatiot: Muunnetaan lähde niin, että se on jännitelähtöinen Muunnetaan ohjatun lähteen ohjaus siten, että se voidaan lausua jonkin silmukkavirran avulla. 2I R R 2 U R I I 3 2 U 2 Kootaan jälleen yhtä muuttujaa (silmukkavirtaa) vastaavat termit yhteen, jolloin Silmukka : ( R R 3 )I R 3 I 2 U Silmukka 2: R 3 I ( R 2 R 3 )I 2 2I U 2 josta saadaan suoraan matriisimuodoksi R R 3 R 3 R 3 2 R 2 R 3 I I 2 U U 2 39
Virtalähteet silmukkavirta-esityksessä Jos piirissä on virtalähde, silmukkayhtälö voidaan ratkaista tekemällä lähteenmuunnos. Se ei kuitenkaan ole aina välttämätöntä, jos lähde ei ole kahden silmukan välisessä haarassa (ks. seuraavan sivun alussa oleva huomautus). Esim. 3.2: Ratkaise kuvan 2 piiristä virta i x. (kurssikirjasta: DRILL EXERCISE 4.8) Ylimmässä silmukassa kiertää siis 4A:n silmukkavirta. Tällöin i x on virtojen I ja 4A erotus ja se voidaan kirjoittaa suoraan i 2 :n silmukkavirtayhtälöön. 4 A 4Ω 3Ω i x 2Ω 6Ω 5Ω 28V - I I2-30i x Kuva 2 2ΩI 6ΩI 2 4Ω 4A 28V 6ΩI 4ΩI 2 3Ω 4A 30( I 4A) 0V 2 6 6 30 4 I I 2 28 6 0 2 20 I 9A i x I 4A 5A 40
Tärkeä huomio virtalähteistä silmukkavirtamenetelmässä Kun kahden silmukan välisessä haarassa on pelkästään virtalähde, on kyseessä silmukkavirtamenetemän erikoistapaus, jossa käyttetään ns. supersilmukka - menetelmää (kurssikirjan kappale 4.7). Tätä menetelmää ei käsitellä harjoituksissa. Ohjatun lähteen tyyppi ja ohjaus Virtalähteitä voidaan silmukkavirtamenetelmässä käsitellä myös lähteenmuunnoksella. Silmukkavirtamenetelmässä lähde on muunnetaan jännitelähtöiseksi, ja ohjattu lähde voidaan siirtää kerroinmatriisiin vain jos se voidaan esittää silmukkavirtojen avulla. Kuvan 3b) lähdettä ohjaa vastuksen R 2 yli oleva jännite U 2, ja tämä ohjaus on muutettava silmukkavirtaohjaukseksi, mikä käy toteamalla, että U 2 R 2 (I -I 2 ). Samalla lähde on muutettu virtalähteestä jännitelähteeksi samalla tavoin kuin kuvassa 3a). a) KI R RKI R I I 2 I I 2 b) KU 2 U 2 R U 2 RKR 2 (I -I 2 ) R R 2 I I 2 I R 2 I 2 Kuva 3 4
Esim. 3.3: Laske kuvan 4 piirin virta i 0 silmukkavirtamenetelmällä. 2Ω Ω i 0 3Ω 6sin t - 3i 0 2Ω 4Ω Kuva 4 Muunnetaan virtalähteet jännitelähteiksi. Tavoitteena on muodostaa virtalähteen ja vastuksen rinnankytkentöjä, jotka voidaan muuttaa vastaaviksi jännitelähteiksi. Käytetään silmukkavirtamenetelmää sekä muunnetaan virtalähde 3i o kahdeksi jännitelähteeksi. 2Ω 2Ω Ω i 0 Ω 6sin t I 3Ω - 2Ω 3Ω 3i 0 2Ω 3i 0 i 0 6sin t - 3i 0 4 6i 0 I 2 4 Kirjoitetaan matriisit URI 6 3 3 9 I 3i o 6sint I 2 6i o 6sint 42
Koska silmukkavirtamenetelmässä voidaan käsitellä vain silmukkavirroilla ohjattuja lähteitä, täytyy aluksi etsiä i o :n lauseke I :n ja I 2 :n funktiona: i 0 I I 2 Sijoitetaan silmukkavirtoja sisältävät termit yhtälön vasemmalle puolelle: 3 0 9 5 I 6sint I 2 6sint I 6sint 0 6sint 5 -------------------------------- 3 0 9 5 --------------- 90sint 45 I 2 3 6 sint 9 6sint ------------------------------- 8sint ( 54 sint ) ------------------------------------------------- 45 3 0 9 5 36 ----- sint 45 i o ( 90 36) ---------------------- sint 45 6 -- sint 5 Tehtävän voi ratkaista myös: Esimerkin 3.2 mukaan ilman piirin muokkausta TAI Solmupistemenetelmällä muuntamalla jännitelähde 6sint vastaavaksi virtalähteeksi. Tällöin tosin joudutaan ratkaisemaan 3x3-matriisiyhtälö. 43
HARJOITUKSESSA 3 LASKETTAVAT TEHTÄVÄT Esim. 3.4: LTS Laske 5 piiristä virta I.(tenttikysymys 3.5.2008) 2A 5Ω 0Ω Ι 5Ω Vastaus: I A 70Ω 2Ω Kuva 5 Esim. 3.5: Laske kuvan 6 piirissä 8Ω:n vastuksessa kuluva teho 7Ω 6Ω I 2 4Ω 8Ω 7Ω 20Ω - I I3 80V 24 I 2 - Kuva 6 (Kurssikirjasta: PROBLEM 4.35) Vastaus: I 3.5A, joten p 8Ω 8Ω*3.5 2 98W Cramerin sääntöä varten: 3-rivisen determinantin laskukaava a b c d e f g h i a e f h i b d f c d e g i g h 44
Lähteiden vaikutuksesta Kuva 7a: resistanssilla R ei ole vaikutusta silmukkavirtaan I s. Kuva 7b: resistanssilla R ei ole vaikutusta solmujännitteeseen U k. Piirin a) tapauksessa resistanssin R 2 yli olevan jännitteen määrää ainoastaan virtojen I ja I s erotus. Virtalähteen virta ei muutu, vaikka sen yli on mikä jännite hyvänsä, joten sen voi muiden signaalien kannalta mieltää avoimeksi piiriksi. Sarjakomponentti R vaikuttaa toki virtalähteen yli muodostuvaan jännitteeseen sekä piirin tuloresistanssiin, mutta ei piiriin syötettävän virran määrään. Piirin b) tapauksessa U k on pakotettu potentiaaliin U (eli U k U). Tällöin virta I s on (U k -U k2 ) / R 2. Eli R :n poistaminen ei vaikuta jännitteeseen U k. Jännitelähteen jännite on vakio virtatasosta riippumatta, joten muiden kuin oman signaalinsa kannalta sen voi ajatella oikosuluksi (jännitevaihtelu on nolla). Jännitelähde siis oikosulkee rinnallaan olevan komponentin, jolloin sen merkitys muulle kuin lähteen itsensä näkemälle impedanssille (resistanssille) katoaa. a) R I U k R 3 I I R 2 I s b) U k R 2 U k2 U - R I s R 3 Kuva 7 45
46
Superpositiomenetelmä Harjoitus 4 Kun lineaarisessa verkossa on useita riippumattomia lähteitä, niiden yhteisvaikutus saadaan laskemalla yhden lähteen vaikutus kerrallaan ja summaamalla lopuksi kaikkien lähteiden vaikutukset yhteen. Ohjatut lähteet jätetään verkkoon, mutta riippumattomat lähteet merkitään vuorotellen nolliksi. Jännitelähde korvataan siis oikosululla (U0) ja virtalähde avoimella piirillä (I0). Lasketaan yksitellen riippumattomien lähteiden aiheuttama vaste laskettavassa suureessa (virta tai jännite). Lopuksi summataan kaikkien lähteiden vaikutukset yhteen. U I Jännitelähteen nollaaminen Virtalähteen nollaaminen Esim. 4.: Laske kuvan jännite U 2 superpositiomenetelmällä. U a R R 2 U 2 R 3 U b Ratkaistaan solmupisteessä U 2 oleva jännite laskemalla kummankin jännitelähteen vaikutus erikseen ja summaamalla lopuksi jännitteet yhteen. Kuva R R 2 U 2a U a R 3 R 2 R 3 U 2a ----------------------------- Ua R 2 R 3 R R R 2 U 2b R 3 U b R R 3 U 2b ----------------------------- Ub R R 3 R 2 U 2 U 2a U 2b 47
Esim. 4.2: Laske kuvan 2 jännite U 2. 2Ω U 2 Ω 5V 3Ω A Kuva 2 5V 2Ω U 2 3Ω Ω A Ratkaistaan solmupisteessä U 2 oleva jännite laskemalla kummankin lähteen vaikutus erikseen ja summaamalla lopuksi jännitteet yhteen. 2Ω U 2a Ω 5V 3Ω U 2a 3Ω --------------------- 5V 3V 2Ω 3Ω 2Ω U 2b Ω 3Ω A U 2b ( 2Ω 3Ω)A,2V U 2 U 2a U 2b 4,2V 48
Theveninin ekvivalentti Jännitelähteestä ja sarjavastuksesta muodostuvan Theveninin ekvivalentin komponenttiarvot voidaan laskea kahdella tavalla: TAPA Kuvassa lasketaan piirin tyhjäkäyntijännite ja lähtöresistanssi. Tyhjäkäyntijännite lasketaan ratkaisemalla lähtöjännite U T, kun lähtövirta i o 0. Lähtöimpedanssi ratkaistaan siten, että kaikki riippumattomat lähteet merkitään nollaksi (jännitelähteet oikosuljetaan ja virtalähteet katkaistaan) ja lasketaan piirin lähtöresistanssi. R Theveninin ekvivalentti: R T U a R 2 I b U T Lasketaan tyhjäkäyntijännite U T esim. superposiotiomenetelmällä: Lähtöresistanssi R T : R io0 R U a R 2 I b U T R 2 R T R 2 R U T U a ------------------- R 2 ------------------- R Ib R 2 R R R 2 R R 2 T R R 2 ------------------- R R 2 Kuva 3 49
Esim. 4.3: Muodosta Theveninin ekvivalenttipiiri kuvan 4 piirille. 20Ω 4Ω Theveninin ekvivalentti: R T 5V 5Ω 3A U T Kuva 4 Lähdemuunnetaan jännitelähde virtalähteeksi sekä muutetaan resistanssit konduktansseiksi: /4S 5/20A /20S /5S 3A Yhdistämällä saadaan: I 5/20A 3A 65/20A ja G /20S /5S /4S. /4S I 65/20A G/4S Ja muuntamalla jännitelähteeksi: 4Ω 4Ω Theveninin ekvivalentti: 8Ω 3V 3V 50
TAPA2 Jos verkossa on ohjattuja lähteitä, edellinen menettely voi olla hankala. Sama asia voidaan tehdä yhdellä analyysillä ajamalla verkkoa testivirralla i o ja ratkaisemalla lähtöjännite u o. Ratkaistava lähtöjännite esitetään muodossa u o A - Bi o, josta saadaan suoraan tyhjäkäyntijännite (U T A) ja lähtöresistanssi (R T B) R Theveninin ekvivalentti: R T U a i x R 2 U T i x 0.5U a R U i a x R 2 u o i o Ratkaistaan u o esim. Kirchoffin virtalain mukaisesti (u o on ratkaistava solmujännite): u o U a u o ------------------ ------ 0,5U R R a i 0 2 u o u o U a U ------ ------ ------ u ------ R R 2 R o ------ a ------ 0,5U R R 2 R a i 0 0,5 ------ R Ua i 0 0,5 ------ R Ua i 0 u -------------------------------------------- o -------------------------------------------- ------ ------ R R 2 R R -------------------- 2 R R 2 R R 2 0,5 ------ Ua i R 0 ------------------------------------------------------------------ R R 2 u o U a 0,5 ------ R R 2 R -------------------- i R 2 R R R 0 -------------------- U 2 R R T R T i o 2 5
Esim. 4.4: Muodosta Theveninin ekvivalenttipiiri kuvan 5 piirille. 3ix 24V 2Ω i x - 4A 8Ω Kuva 5 3ix 24V - 2Ω u 0 i x 4A 8Ω i 0 u 0 24 u ----------------- 0 ----- 3i 2 8 x 4 i 0 u 0 kuvasta nähdään: i x ----- 8 u ----- 0 2 u 0 3u ----- 0 -------- 8 8 24 ----- 4 i 2 0 u 0 8 i 0 U T R T i o Saadaan Theveninin ekvivalenttipiiriksi: Ω 8V - 52
Nortonin ekvivalentti Virtalähteestä ja rinnakkaiskonduktanssista muodostuvan Nortonin ekvivalentin komponenttiarvot voidaan laskea kahdella tavalla. TAPA Lasketaan piirin oikosulkuvirta ja lähtökonduktanssi. Oikosulkuvirta lasketaan ratkaisemalla lähtövirta I N, kun lähtöjännite u o 0. Lähtökonduktanssi ratkaistaan siten, että kaikki riippumattomat lähteet merkitään nollaksi (jännitelähteet oikosuljetaan ja virtalähteet katkaistaan ja lasketaan piirin lähtökonduktanssi. R Nortonin ekvivalentti: U a R 2 I b I N GN Lasketaan oikosulkuvirta I N Lähtökonduktanssi G N : muuntamalla ensin jännitelähde virtalähteeksi : I N U a R R R 2 I b u o 0 R R 2 G N I N U a --------- I R b G N ----- ----- R R 2 53
Esim. 4.5: Muodosta Nortonin ekvivalenttipiiri kuvan 6 piirille. Ω Nortonin ekvivalentti: 3V - 2Ω A I N GN Kuva 6 Oikosuljetaan piirin lähtö ja lasketaan oikosulkuvirta. Ω 3V - 2Ω A I N 3V I N ------- A 4A Ω Ω 2Ω G ------- N -------, 5S 2Ω Ω Nortonin ekvivalentti: 4A,5S 54
TAPA2 Jos verkossa on ohjattuja lähteitä, edellinen menettely voi olla hankala. Sama asia voidaan tehdä yhdellä analyysillä ajamalla verkkoa testijännitteellä u o ja ratkaisemalla lähtövirta i o. Kun lähtövirta esitetään muodossa i o A - Bu o, siitä saadaan suoraan oikosulkuvirta (I N A) ja lähtökonduktanssi (G N B) I a R Nortonin ekvivalentti: U a U U I N GN R 2 U a R R I a Silmukkavirtamenetelmällä: i o I a ( R R 2 ) i o R 2 U a R I a R 2 i o R 2 R 2 I a u o R I a u o Silmukkamatriisi: 2R R 2 R 2 I a R R 2 R 2 i o U a u o Ratkaistaan Cramerin säännöllä i o : 2R R 2 U a i o R R 2 u o 2R R 2 R 2 ( 2R R 2 )( u o ) ( R R 2 )U -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- a ( 2R R 2 )R 2 ( R R 2 )( R 2 ) R R 2 R 2 i o ( R R 2 )U a ( 2R -------------------------------------- R 2 ) ---------------------------- u R 2 R R 2 R o I N G N u o I N G N 55
Esim. 4.6: Ratkaise kuvan 7 piirille Nortonin ekvivalentti: i 2Ω 2Ω Nortonin ekvivalentti: 2V Ω 2i I N G N Kuva 7 i 2Ω 2Ω i o 2V Ω 2i u o 5 3 3 i i 0 2 u 0 i 0 5 2 3 u 0 5u --------------------- 0 6 --------------------- 2 5 3 3 5 -- -----u 2 2 0 ELI: I N 0.5A G N 5/2 S 56
HARJOITUKSESSA 4 LASKETTAVAT TEHTÄVÄT Esim. 4.7: LTS Laske kuvan 8 piiristä jännite U sekä 0Ω:n vastuksessa kuluva teho käyttäen superpositiomenetelmää. (KURSSIKIRJA: DRILL EXERCISE. 4.27) 4 A 5Ω U 2Ω 0V - 0Ω 2Ω Kuva 8 Vastaus U V ja P 0Ω W Esim. 4.8: Laske kuvan 9 piirin virta I 4 laskemalla ensin katkoviivan sisällä olevalle osalle Nortonin ekvivalentti. 5V 3Ω 4Ω 2Ω - 6V - 2V - Ι 4 0Ω Kuva 9 Vastaus:.27A 57
Esim. 4.9: Ratkaise kuvan 0 piirille (portista a,b näkyvä) Theveninin ekvivalentti. (tenttitehtävä.08.2007) 60Ω 6Ω 20Ω a 40i φ 80Ω i φ b Kuva 0 Vastaus: U T 0V ja R T 8,75Ω 58
Harjoitus 5 REAKTIIVISET PIIRIELIMET, OSA. Kela ja kondensaattori ovat passiivisia elementtejä, aivan kuten vastuksetkin. Passiivisuudella tarkoitetaan kykenemättömyyttä tuottaa energiaa. Vastuksesta poiketen kondensaattori ja kela voivat kuitenkin varastoida energiaa, joko sähkö- tai magneettikenttään. Kapasitanssi [C] F As/V s/ω Kondensaattori on komponentti, joka varastoi sähköenergiaa johdelevyjen väliseen sähkökenttään. Kondensaattorin virta poikkeaa nollasta vain, jos levyjen välinen jännite muuttuu (du/dt 0). Kapasitanssin virta-jännite -yhtälöt ilman kondensaattorin alkujännitettä sekä alkujännitteen kanssa ovat alla olevassa kuvassa. u(t) - Kuva i(t) C u(t) - Kuva 2 i(t) C u(t 0 ) u( t) i( t) C du ------------ ( t) dt t --- i( τ) dτ C () (2) u( t) t --- i( τ) dτ C Alkujännite u(t 0 ) on nollasta poikkeava jännitteen tila integroinnin alkuhetkellä t 0. Eli lyhyemmin jännitteen alkutila. Sähkökenttään varastoitunut energia on: w( t) --C u( t) 2 (4) 2 Kondensaattorin jännite ei voi muuttua äkillisesti (askelmaisesti), koska tämä vaatisi äärettömän virran (tosin kondensaattorin virta voi muuttua äkillisesti). Jos kondensaattorin jännite on vakio, virta on nolla. t 0 u( t o ) (3) 59
Esim. 5.: Kapasitanssi on 0.5µF ja sen yli oleva jännite on: { 0, t 0 4 u(t) [V] 3 u( t) 4t, 0 < t 2 4 e t, t > 0 0 5 0 t [s] Laske kondensaattorin virta. Ratkaisu: Käytetään kaavaa () jokaiselle osalle erikseen, jolloin: i( t) { 0, 5µF 0 0A, t 0 0, 5µF 4 2µA, 0 < t 0, 5µF ( 4 e t ) 2 e t µa, t > i(t) [µa] 2 0-2 0 5 0 t [s] 60
Induktanssi [L] H Vs/A s Ω Kela (käämi) on komponentti, joka varastoi sähköenergiaa kelaa ympäröivään magneettikenttään. Mitä suurempi virta induktanssin läpi kulkee, sitä suurempi on magneettikentän voimakkuus. Kelan yli indusoituu jännite vain, jos virta muuttuu (di/dt 0). Induktanssin virta-jänniteriippuvuutta kuvaa seuraavat yhtälöt ilman alkuvirtaa ja alkuvirran kanssa ovat alla olevassa kuvassa. u(t) - Kuva 3 i(t) L u(t) - Kuva 4 i(t) L i(t 0 ) i( t) u( t) L di ----------- ( t) dt t -- u( τ) dτ L (5) (6) i( t) t -- u( τ) dτ L i( t 0 ) t 0 (7) Alkuvirta i(t 0 ) on nollasta poikkeava virran tila integroinnin alkuhetkellä t 0. Eli lyhyemmin virran alkutila. Induktanssiin varastoitunut energia on: w( t) --L 2 i( t) 2 (8) Kelan virta ei voi muuttua äkillisesti (askelmaisesti), koska tämä vaatisi äärettömän jännitteen (tosin kelan jännite voi muuttua äkillisesti). Jos kelan virta on vakio, jännite on nolla. 6
Esim. 5.2: Induktanssi on 00mH ja sen yli oleva jännite on: u( t) { 0 0, t 0 4t, 0 < t 4 e t, t > 4 u(t) [V] 3 2 0 5 0 t [s] Laske kelan virta. Ratkaisu: Käytetään kaavoja (6) ja (7): ----------------- 0 0 t 0 00mH alkutila i(0) 0 i( t) t 00mH ----------------- 4 τ d τ 0 0 ----------------- 4 t2 00mH --- 20t 2, 0 < t 2 seuraava integrointi alkaa hetkellä t 0 s alkutila i() 20 t 00mH ----------------- 4 e τ dτ 20 40e t 60, t > 60 i(t) [A] 40 20 0 0 5 0 t [s] 62
Kapasitanssien rinnan- ja sarjaankytkennät C C2 C3 C C2 C3 C tot C C 2 C 3 --------- C tot ------ ------ ------ C C 2 C 3 Kapasitansseja yhdistetään kuten konduktansseja Induktanssien rinnan- ja sarjaankytkennät L L2 L3 L L2 L3 --------- L tot ----- ----- ----- L L 2 L L L L L 3 tot 2 3 Induktansseja yhdistetään kuten resistansseja. Sinimuotoiset jännittet ja virrat Kondensaattorin ja kelan virta- ja jänniteyhtälöissä olevat derivaatat ja integraalit aiheuttavat sen, että virralla ja jännitteellä on eri vaihe (mutta sama taajuus). Derivointi kääntää vaihetta 90 o ja integrointi -90 o. d d ---- sin( ωt) ---- cos( ωt 90 o ) ω cos( ωt) dt dt (9) ---- d cos( ωt) ω sin( ωt) ω cos( ωt 90 o ) dt sin( ωt) ωt 90 cos( o ) --- cos( ωt) D --- sin( ωt 90 o ) D ω ω ωt cos( ) --- sin( ωt) D --- cos( ωt 90 o ) D ω ω missä D on integrointivakio., (0) 63
DC-tilanteen arviointi Seuraavassa laskuharjoituksessa perehdytään erilaisten ensimmäisen asteluvun RC ja RL-piirien aikavasteiden laskemiseen. Askelmuotoinen heräte muodostetaan kytkimen avulla, eli dc-lähde joko on tai ei ole kytkettynä piiriin, kun t < 0. Hetkellä t0 kytkin käännetään toiseen asentoonsa, josta lasketaan esim. kondensaattorin yli oleva jännite (u C (t), kuva 5), kun t 0. K R K R E - 2 C u C (t) E - 2 C u C (t) t < 0 u C (t) t 0 Kuva 5 0 t Kuten huomaat, askelmainen heräte aiheuttaa vasteen u C (t), joka seuraa herätteen muotoa hitaasti. Seuraavassa laskuharjoituksessa verkkojen aikavaste analysoidaan ratkaisemalla verkon virta-jännite -riippuvuuksia kuvaavat differentiaaliyhtälöt. DC-tilanteiden arvioinnilla voidaan arvioida asymptoottista lopputilaa askelmaisen herätteen tapauksessa. Kuvassa 5, kun t<0, RC-piirin heräte on 0V (dc). Tällöin vastekin on 0V. Kun t > 0, vaste seuraa askelmaista herätettä, kunnes u C (t) asettuu johonkin arvoon tietyn aikavakion määräämässä ajassa. Kun t >> 0 vaste on täysin asettunut ja kyseessä on toinen dc-tilanne (Esim. 5.3). Kun piiri on dc-tilanteessa, jännitteet ja virrat eivät enää muutu, di dt 0 ja du dt 0. Tällöin kondensaattorin virta ja induktanssin yli oleva jännite menevät nollaksi. Verkon dc-tilanne: - korvataan kapasitanssit avoimella piirillä (i C 0), - korvataan induktanssit oikosululla (u L 0) ja - lasketaan verkon dc-jännitteet ja/tai dc-virrat 64
HARJOITUKSESSA 5 LASKETTAVAT TEHTÄVÄT Esim. 5.3: Kuvan 5 piirissä kytkin K on ollut kauan asennossa (oikeanpuoleinen kytkentä). Mikä on kondensaattorin yli oleva jännite? (dc-tilanne) Vastaus: E Esim. 5.4: Kuvan 6 piirissä kytkin K on ollut kauan suljettuna (dc-tilanne). a) Laske jännite U b) Mikä on jännite U, kun kondensaattorin paikalla olisikin mh:n kela? R S E K C R U C 200µF R 500Ω E 2V R S 50Ω Kuva 6 Vastaus: a) 0,9V b) 0V. Tasavirralla kela vastaa oikosulkua. Esim. 5.5: Kuvan 7 piirissä kytkin K on ollut kauan suljettuna. Mikä on jännite kelan yli? Mikä on virta R:n läpi? Mikä on virta kelan läpi? R K U R L i u Kuva 7 Vastaus: Jännite kelan yli on nolla. Virta R:n läpi on nolla. Virta kelan läpi on I L U/R 65
Esim. 5.6: µf:n suuruisen kondensaattorin yli oleva jännite u C (t) on kondensaattorin läpi kulkeva virta. 2 2e 00t V. Laske Vastaus: 200e 00t µa Esim. 5.7: Laske kuvan 8 sarjaankytkennän kokonaiskapasitanssi 0,µF 0,2µF Kuva 8 Vastaus: 66,7nF. Esim. 5.8: Kuvan 9 piirissä jännitteet ja virrat ovat sinimuotoisia. Laske jännite u(t).,5cos(50t) A 50mH u(t) - 00mH Kuva 9 Vastaus: -2,5sin(50t) V eli 2.5cos(50t 90 o ) V. 66
Kursori LTspice-vinkkejä Herätteet ja/tai vasteet eivät aina ole dc-muotoisia. Jos näin on, ja haluat nähdä esim. jännitteen tietyllä ajanhetkellä, käytä kursoria. Kursori on sivuttaissuunnassa liikuteltava pystysuuntainen jana, josta vaaka- ja pystyakselin tiedot näet näppärästi numeromuotoisena. Klikkaa kuvion otsikkoa, niin saat kursorin esille. Otsikon klikkaus oikealla hiiren napilla tuo kursorivalikon, jossa voit tuoda kuvaan vaikkapa kaksi kursoria. 67
68
Harjoitus 6 REAKTIIVISET PIIRIELIMET, OSA 2. Resistiivisillä verkoilla (harjoitukset -4) ei ole muistia: jännite- tai virtalähteen arvon muuttaminen vaikuttaa välittömästi solmujännitteiden ja haaravirtojen arvoihin. Reaktiivisilla piirielimillä eli kapasitansseilla ja induktansseilla on kyky varastoida energiaa. Reaktiivisten piirielinten vaikutus näkyy siten, että äkillinen herätteen muutos aiheuttaa solmujännitteissä ja haaravirroissa vasteen, joka seuraa herätteen muotoa erilaisilla reaktiivisten ja resistiivisten komponenttien aiheuttamilla aikavakioilla. Verkkojen aikavaste analysoidaan ratkaisemalla verkon virta-jännite -riippuvuuksia kuvaavat differentiaaliyhtälöt.. Kertausta viime laskuharjoituksesta: u(t) i(t) C - - i( t) C du ------------ ( t) dt t u( t) --- i( τ) dτ C t u( t) --- i( τ) dτ C t 0 u( t o ) Kondensaattorin jännite ei voi muuttua äkillisesti (aaltomuoto f ) Kondensaattorin virta voi muuttua äkillisesti (aaltomuoto f 2 ) u(t) i(t) C u(t 0 ) u(t) - i(t) L i( t) i( t) u( t) L di ----------- ( t) dt t -- u( τ) dτ L t -- u( τ) dτ L i( t 0 ) Kelan virta ei voi muuttua äkillisesti (aaltomuoto f ) Kelan jännite voi muuttua äkillisesti (aaltomuoto f 2 ) u(t) - i(t) L t 0 i(t 0 ) f (0 - )a 2 f (t) f 2 (0 )a 2 f 2 (t) f (0 )a 2 a f 2 (0 )a a a 2 aika aika Kuva. Esimerkkejä RC-ja RL-piiriten askelvasteiden muodoista. a 2 69
Differentiaaliyhtälöiden (aikavasteen) ratkaisutapoja Laskuesimerkeissä sähköisiä piirejä kuvaavat differentiaaliyhtälöt ovat lineaarisia ja tavallisia, vain ajan suhteen derivoituja differentiaaliyhtälöitä. Tällaisten differentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseksi on useita vakiintuneita menetelmiä (ks. myös luentomoniste). Seuraavaksi esitellään kaksi ratkaisutapaa, joita käytetään esimerkkitehtävissä. Ensimmäinen toimii erityyppisille herätteille ja jälkimmäinen on räätälöity askelmuotoisille herätteille. DC-tilanteen arvioiminen (edellinen laskari) on tärkeää, koska mahdollinen alkutila vaikuttaa yleensä ratkaisuun. Alkutilan ja asymptoottisen lopputilan arviointi helpottaa ratkaisun hahmottamista. Menetelmä : vakion varioiminen Piirin aikavastetta kuvaava differentiaaliyhtälö muodostetaan seuraavasti: Kirjoitetaan Kirchoffin jännite- tai virtayhtälö(t) analysoitavalle verkolle Järjestetään yhtälö siten, että vasemmalle puolelle jää ratkaistava funktio y(t) ja sen derivaattoja ja oikealle puolelle heräte h(t), joka on joko vakio tai ajan funktio y (t) Ay(t) h(t) () Ratkaistava jännite tai virta on siis funktio y(t). Ratkaistaan homogeeninen yhtälö eli ns. vapaa vaste tai luonnollinen vaste. Merkitään heräte h(t) nollaksi ja etsitään homogeenisen yhtälön y h (t) ratkaisu. Yhden aikavakion piireille se on aina eksponentiaalinen, ja aikavakion arvo on /A: y h (t) K e -At (2) Vakio K ratkaistaan myöhemmin. Etsitään herätettä vastaava erikoisratkaisu eli ns. pakotettu vaste. Erityisratkaisu y p (t) on tässä laskuharjoituksessa aina vakio (dc-lähde). Eli sijoitetaan ratkaistavan muuttujan paikalle vakio, esim. B, ja ratkaistaan B yhtälöstä (). Mikäli h(t) on nolla, y p (t)0. Differentiaaliyhtälön ratkaisu on vapaan ja pakotetun vasteen summa. y(t) y h (t) y p (t) (3) josta alkuehtoja käyttäen ratkaistaan vakio K. 70
Menetelmä 2: ratkaisuyrite Tämän menetelmän käyttö rajoittuu ainoastaan askelmuotoisille herätteille ja yhden aikavakion piireille (mikä sopii tähän laskuharjoitukseen oikein hyvin). Kun tiedetään askelvasteen yleinen muoto, se sijoitetaan alkuperäiseen yhtälöön ja ratkaistaan tuntemattomat parametrit. Ensimmäisen asteen RL- ja RC-piireille tämä yleinen muoto voi olla joko y( t) K e At tai y( t) B K e At Jos differentiaaliyhtälössä () on heräte h(t) on nolla, ratkaisu on muotoa (4). Jos nollasta poikkeava, muotoa (5). Esimerkit 6. ja 6.4 on ratkaistu tällä menetelmällä. Aikavasteen yleinen ratkaisu (kun heräte on askelmuotoinen) Ratkaisuyrite-menetelmä perustuu tähän. Ensimmäisen asteen RL- ja RC-piireille yleinen ratkaisu on: (4) (5) [ t t 0 ] ------------------------- aikavakio y( t) lopputila [ alkutila lopputila] e (6) missä t 0 on kytkimen sulkemis- tai aukaisuhetki (sama t 0 kun sivun 69 kaavoissa). Se on tässä laskuharjoituksessa aina nolla. Alku- ja loppuatilat ovat dc-tilanteen arviointeja, kun kytkin on ollut ensin kauan kumpaisessakin asennossa. Luonnollisen vasteen asettuminen yhden aikavakion piireissä y(t) { Aikavakio on muotoa RC [s] tai L [s] R 5RC t Askelvaste asettuu silmämääraisesti ajassa 5 kertaa aikavakio. Tämä on kätevä muistisääntö, jos askelvasteen kuvaajaa on tarkoitus luonnostella. 7
Esim. 6.: Kondensaattorin lataaminen. Kytkin K on kauan asennossa 2 ja kondensaattori on varaukseton. Kytkin siirretään asentoon hetkellä t 0. Laske u c (t), kun t 0. Käytetään ratkaisuyritettä (menetelmä 2). K R E - t0 2 C u c (0) 0 KVL: u C u R E u Ri C u ( t) R C du C ---------------- ( t) C dt E sij. Jos differentiaaliyhtälössä vakiotermi ei ole nolla (tässä se on E), ratkaisuyrite on muotoa: u C ( t) B Ke At sijoituksella saadaan: B Ke At RCKAe At E { { E B B E RCA 0 A ------- RC t ------- RC u C ( t) E Ke Ratkaistaan sitten K alkutilan (t0) avulla u C ( 0) 0 E K K E, josta saadaan lopullinen ratkaisu: u c ( t) E( e t ( RC) ) u c (t) E t 72
Esim. 6.2: Lasketaan edellinen tehtävä menetelmällä. K R E - t0 2 C u c (0) 0 KCL: i C i R 0 C du C u --------- C E --------------- 0 dt R C du C --------- dt u C ----- R --- E R (7) Merkitään oikea puoli nollaksi, jolloin homogeeninen yhtälö on C du C u --------- C ----- 0 dt R du C --------- u C dt ------- RC (...)dt f, ( x) ------------ d f( x) x ln[ f( x) ] D ln( u ) C ------- t RC u C Ke ------- t D RC e (...) Koska heräte on vakio, kokeillaan u C (t):n erityisratkaisuksi vakiota B: Sijoitetaan kaavaan (7) u C (t) B: B C 0 --- R E ---, joten B E R Diff. yhtälö u c ( t) Luonnollinen vaste ------- t RC Ke Pakotettu vaste E Ratkaistaan lopuksi K alkutilan avulla ( t0 ): ------- 0 RC u C ( 0) Ke E K E 0 K E Eli: u c ( t) E( e t ( RC) ) 73
Esim. 6.3: Luonnostele kuvan 2 kytkennässä kondensaattorin (C 200µF) yli olevan jännitteen kuvaaja kytkimen K ollessa ensin kiinni ja sen jälkeen avattuna. R 500Ω, E 2V, R S 50Ω. K E R S C R Kuva 2 Kytkin suljettuna. K R S E C R Kytkimen ollessa suljettuna pitkään saadaan jännitejaosta: U C U ---------------- R R R E 500Ω 50Ω ------------------------------ 500Ω 2V 0,9V R S Avataan kytkin: KCL: K C i C i C ( t) i R R i R ( t) d C ( uc ( t) ) dt u C ( t) ------------ R d u uc ( t) C ( t) ------------ 0 dt RC d( u C ( t) ) ------------------- u C ( t) ------- dt RC Kytkimen kautta kulkeva virta katkeaa ja kondensaattoriin varautunut energia alkaa purkautua vastuksen kautta. (8) Ratkaistaan u C ( t) integroimalla puolittain. f, ( x) ----------- d f( x) x ln[ f( x) ] D ln[ u C ( t) ] -------t D (9) RC Pakotettua vastetta ei tarvitse laskea, koska kaavan (8) oikea puoli on nolla. 74
D saadaan alkuehdoista: u C (0 ) 0.9 V (9), t 0 ln[ u C ( 0) ] ln[ 0,9V] D D Joten (9): ln[ u C ( t) ] ln u C ( t) -------------- 0,9V u C ( t) 0,9 e t ------- ln( 0,9V) RC t ------- lna lnb RC t ------- RC V a ln -- b 0,9 e t ---------------------------------- 500Ω 200µF t --------- 0,s 0,9 e V, kun t 0 Kuvaaja (luonnostele itse): u C (t) [V] 0 8 6 4 2-0,2 0,2 0,4 0,6 t [s] 75
Esim. 6.4: Ratkaistaan edellisen tehtävän u c (t) differentiaaliyhtälön ratkaisuyritteellä (lasketaan myös i(t)): K Kytkin suljettuna E R S C R U U C ( 0) U R 0,9V Avataan kytkin C i R KVL: u C u R 0 Kytkimen kautta kulkeva virta katkeaa ja kondensaattoriin varautunut energia alkaa purkautua vastuksen kautta. u c ( t) Ri( t) 0.9V du c ( t) du c ( t) u c ( t) u c ( t) RC--------------- 0 --------------- ----------- 0 dt dt RC ratkaisu on muotoa: u(t) t u c ( t) Ke At AKe At At Ke ---------------- RC A ------- RC u c ( 0) Ke 0 K 0,9V i( t) t ------ 0, u c ( t) 0,9Ve sij. t u c ( t) ------ 0, --------------- 0,028e R -0.028A i(t) t 76
HARJOITUKSESSA 6 LASKETTAVAT TEHTÄVÄT Esim. 6.5: Kuvan 3 piirissä kytkin K on ollut kauan suljettuna (tätä dc-tilannetta analysoitiin edellisessä laskuharjoituksessa). a) Kytkin avataan hetkellä t 0. Kirjoita vastaava Kirchoffin jännitelain mukainen yhtälö. b) Ratkaise i(t) ja u(t), kun t 0. R K U t0 R L i u Kuva 3 a) Σu 0 L di ----------- ( t) Ri( t) dt b) i( t) R --- t U L ------e R u( t) L d R --- t ---- U L ------e dt R R --- t RU L ------- e R 77
Esim. 6.6: LTS Kuvan 4 piirissä kytkin K on ollut kauan asennossa ja C 2 on varaukseton. a) Mikä on C :n läpi kulkeva virta? Virta R :n läpi? Jännite C :n yli? b) Kytkin käännetään asentoon 2 hetkellä t 0. Kirjoita Kirchoffin jännitelain mukainen yhtälö. c) Oletetaan C C 2, ratkaise i(t), kun t 0. d) Ratkaise u C2 (t), kun t 0. R K 2 R i U C C 2 u C2 (t) Kuva 4 Vastaus: a) I C 0, I R 0, U C U b) t t U ------ i( τ) ( τ) Ri( t) ------ i( τ) dτ C d C 0 2 0 0 c) i( t) 2 ------- t U RC ---e R d) U C2 ( t) 2 ------- t U --- RC e 2 78
Esim. 6.7: LTS Vapaaehtoinen simulointityö (on joskus ollut pakollinen). Kuvan 5 piirille tehdään seuraavat simulaatiot: a) aikavaste (transienttianalyysi) pulssimuotoiselle herätteelle, b) aikavaste sinimuotoiselle herätteelle MΩ u in (Heräte) - nf u out (Vaste) Kuva 5 a) Esitä sen askelvaste (tulosignaali uin muuttuu 0V:stä V:ksi ajanhetkellä t 0), kun t > 0 (vertaa esim. 6.). uout(t) RC-aikavakio ja nurkkataajuus RC s ω 0 /(RC) rad/s Määritellään simuloitavalle piirille pulssimuotoinen heräte: uin (V) pulssin leveys V 0V nousuaika laskuaika AIKA (sekuntia) periodi 79
Pulssin nousu- ja laskuaika ovat 0.RC, pulssin leveys 7RC, pulssin periodi 4.2RC, simuloinnin kesto 4.2RC ja aika-askel on 0.0 RC. Määritellään LTspicessä uin: Simuloi kuvan 5 piirin aikavaste pulssimuotoiselle herätteelle uin. Mittaa nousevalta osuudelta aika, jolloin uout on 630mV ja 900mV. 630mV: t 900mV: t 80
6.7b) Nyt määritellään simulaattorissa samalle (kuvan 5) piirille sinimuotoinen transienttiheräte (aikatason heräte) siten, että signaalin amplitudi on V, dc-offset on 0V, kulmataajuus ω on 0/(RC) ja analyysin kesto 30 jaksoa. uin (V) amplitude { dc offset (tässä 0V) T /f (yhden jakso kesto) aika Simulaattori käyttää taajuuksia f ω/2π eikä kulmataajuuksia, joten taajuudet on aina muutettava hertzeiksi! Aikavakio RC kulmataajuus 0/(RC) taajuus simuloinnin kesto s rad/s Hz s Heräte uin on sinimuotoinen (taajuus 0/(RC), amplitudi, dc-offset 0) ja nyt simuloidaan 30 jakson mittainen aika. Simuloi ja kirjaa taulukkoon ensimmäiselle tyhjälle riville: I) Lähtöjännitteen uout amplitudi, kun alkutransientti on tasaantunut, II) alkutransientin silmämäärainen kestoaika ja III) tulo- ja lähtöjännitteen välinen vaihe-ero asteina. Vaihe-ero määritellään seuravalla tavalla: tulon ja lähdön välinen viive jaettuna jaksomitalla kertaa 360 o.. Alkutransientti on luonnollisen vasteen vaikutus. Kesto riippuu aikavakiosta. 8
Taulukon kaksi alinta riviä: Toista simulointi myös taajuuksille /(RC) sekä 0./(RC) ja kirjaa tulokset taulukkoon. Huomaa, että, kun taajuutta pienennetään kymmenesosaan, pitää simuloinnin lopetusaikaa kasvattaa kymmenkertaiseksi (saadaan 30 jaksoa näkyville joka tehtävässä). Taulukko : ω (rad/s) f (Hz) I) II) III) etumerkki on miinus! 0/RC /RC 0./RC Tämän tehtävän vasteet ovat alla olevien kuvien mukaisia. pulse response 0.25 sinusoid response, ω 0/(RC) 0.8 0.2 0.5 amplitude 0.6 0.4 amplitude 0. 0.05 0.2 0-0.05 0 0 2 4 6 8 0 2 4 time (s) x 0-3 -0. 0 2 3 4 5 6 7 time (s) x 0-3 0.8 sinusoid response, ω /(RC) sinusoid response, ω 0./(RC) 0.6 0.4 0.5 amplitude 0.2 0-0.2 amplitude 0-0.4-0.5-0.6-0.8 0 0.0 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 time (s) - 0 0. 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 time (s) 82
Alkutilat LTspicessä LTspice-vinkkejä (alkutilat) Alkutilan huomioimisesta otetaan valaisevana esimerkkinä tenttitehtävä 6.0.2009, tehtävä 4: Tenttikysymys: Kuvan 2 piirissä kytkin K on ollut kauan kiinni (johtavana). Heräte on dc-muotoinen: u in V. Kytkin aukaistaan hetkellä t0. Eli kytkin ei ole johtavana, kun t 0. Ratkaise kondensaattorin yli oleva jännite, kun t 0. R R s 500Ω Kuva 2 R s u in - K R 2 C R 5kΩ R 2 5kΩ C 0µF Alkutila ratkaistaan laskemalla tai simuloimalla. Alkutilan saat simulaattorista Edit simulation command valikosta, ks. kuva alla. Simulaattorissa kytkimen paikalla on nyt johdinta (kytkin kiinni). Valitaan välilehti DC op point ja paina OK. 83
Eli dc-alkutilan tutkailu (kytkimen ollessa kiinni) tehdään Spice-simulaattorissa dc-toimintapisteen (DC operating point) avulla. OK-napin jälkeen klikkaa jotain tyhjää osaa piirikaaviosta: Simulointikomento.op asetetaan kuten spice-direktiivi sivun 35 ohjeissa. DC-toimintapisteen simulaatio antaa numeromuotoisena dcjännitteet ja virrat. Tässä tapauksessa uc(0) 0.90909V Kun t 0, kytkin on auki ja mallinnettava piiri on tämän näköinen: n R 5e3 C R2 5e3 0e-6.tran 0.5.ic V(n)0.909090 Yllä oleva kuva on siis simuloitava piiri. Kapasitanssi on 0µF ja siihen liittyvä alkutila (Initial Condition IC) on annettu spice-direktiivillä.ic.... Jännitteen alkutila annetaan tässä nodeen n. Kelan virta annettaisiin suoraan kelaan. Alla vielä komennon syntaksi LTspicen helpeistä (paina F LTspice IV LTspice Dot Commands) Syntax:.ic [V(<n>)<voltage>] [I(<inductor>)<current>] Example:.ic V(in)2 V(out)5 V(vc).8 I(L)300m 84
Harjoitus 7 SINIMUOTOISTEN SIGNAALIEN ESITTÄMINEN OSOITIN- LASKENNALLA Jatkuvilla sinimuotoisilla signaaleilla tarkoitetaan sinimuotoisia jännitteitä ja virtoja, jotka ovat kokonaan pakotettua vastetta, eli kyseessä on ns. steady-state -tilanne. Luonnollinen vaste oletetaan siis täysin asettuneeksi. Jännitteitä ja virtoja kuvataan yleensä tietyllä kulmataajuudella origon ympärillä pyörivillä vektoreilla. Syy tähän on laskutoimitusten helppoudessa: ei tarvitse muistaa useita kymmeniä trigonometrisisten funktioiden laskukaavoja. Kompleksiarvoisen eksponenttifunktion arvo määritetään Eulerin kaavalla missä e σjφ e σ (cosφ j sinφ) A(cosφ j sinφ), j (-), josta j 2 - Kompleksiluvut voidaan esittää joko reaali- ja imaginaariosasta koostuvassa suorakulmaisessa muodossa F x jy, () tai osoitinmuodossa: F A e jφ, (2) missä A on vektorin pituus (itseisarvo, amplitudi), φ vektorin suuntaa (alkuvaihe eli vaihe kun t0) ja ω on kulmataajuus. Kaava (2) esitetään yleensä yksinkertaisemmin: F A φ. (3) (4) Jatkuvia sinimuotoisia signaaleja voidaan kuvata myös aikamuodossa: f(t) A cos(ωt φ), (5) Imag missä y x j y A φ A x 2 y 2 ja φ arctan( y x) φ x Real x A cos( φ) y Asin( φ) 85
Kerto- ja jakolasku sekä potenssiinkorottamiset on tehokkainta laskea osoitinmuodossa, kun taas kompleksilukujen yhteen- ja vähennyslasku on tehokkainta tehdä suorakulmaisessa muodossa. Kompleksisen vektorin... suorakulmainen muoto ja osoitinmuoto 2 2 y z x jy x y arctan ---- x A φ 2 2 y 2 z x jy x 2 2 2 2 y 2 arctan ---- x 2 A φ 2 2 Summaus Erotus z z 2 x x 2 j( y y 2 ) z z 2 x x 2 j( y y 2 ) Kertolaskut z z 2 A φ A 2 φ 2 A A 2 ( φ φ 2 ) z ----- z 2 jakolaskut A φ A ------------------ ------ ( φ A 2 φ 2 A φ 2 ) 2 z n potenssiin korottaminen ( A φ ) n n A ( n φ ) 86
Osoitinlaskennalla laskettavat vasteet sinimuotoisille herätteille ovat ns. steadystate vasteita, jossa on vain pakotettua vastetta. Induktanssin ja kapasitanssin impedanssin suuruus riippuu taajuudesta ω. Niinpä numeerisia laskuja varten on aina tunnettava signaalin taajuus. Induktanssi ja kapasitanssi kääntävät virran ja jännitteen keskinäistä vaihetta. Taulukko : Piirielinten immittanssit sinimuotoiselle signaalille impedanssi Z admittanssi Y L jωl / (jωl) -j / (ωl) C / (jωc) -j / (ωc) jωc R R / R Admittanssi on impedanssin käänteisluku: Z / Y. Ohmin lain yleistys reaktiivisille komponenteille: U ZI ja IYU. Kaikki aiemmin resistiivisille verkoille kehitetyt menetelmät voidaan nyt ottaa käyttöön myös reaktiivisille komponenteille, kunhan herätesignaalit ovat jatkuvia ja sinimuotoisia. Alkupään laskuharjoituksissa esitetyt perusasiat, kuten jännitejako, virtajako, solmupiste- ja silmukkavirtamenetelmä jne. pätevät sellaisenaan jatkuville sinimuotoiselle signaaleille laskettavalle steady-state vasteille. Esim. 7.: Piirrä osoittimet A 3 j4, B 0e j60 ja C 5 30 kompleksitasoon ja laske sitten a) A B b) B - C c) A / B d)a A * e) A A f) A * A / (A B - B C - A C B 2 ) g) B /6 a) b) A B ( 3 j4) ( 5 j5 3) 8 j( 4 5 3) 8 2 ( 4 5 3) 2 4 5 3 arc tan ------------------- 8 4,98 57,7 B C ( 5 j5 3) ( 2,5 3 j2,5) ( 5 2,5 3) j( 5 3 2,5) 0,6699 j,6,8 86,56 87
Im 9 4 A B A 3 j4 B 0e j60 0( cos60 jsin60 ) 3 0 0,5 j------ 5 j5 3 2 C 5 30 5e j30 5[ cos( 30 ) jsin( 30 )] -3 3 4 5 C Re 3 5 ------ j0,5 2,5 3 j2,5 2 c) A --- B 3 j4 5 53,3 ---------------- ----------------------- 0 60 0,5 6,87 0,496 j0,0598 0e j60 d) e) AA ( 3 j4) ( 3 j4) 5 53,3 5 53,3 25 ( 53,3 53,3 ) 25 0 25 ( A 2 ) AA 5 53,3 5 53,3 25 06,26 7,0 j24,0 f) ------------------------------------------------------ A A ( AB BC AC B 2 ) A A -------------------------------------------------- AB C( B A) B 2 A A ------------------------------------- ( A B) ( B C) ----------------------------------------------------- A A B( A B) C( A B) ---------------------------------------------------------------------- 25 0 4,98 57,7,8 86,56 0,49 ( 0 57,7 86,56 ) 0,49 44,26 g) B / 6 0e j60 / e j60 ------- ( ) / 6 0 6 6,468 0 88
Esim. 7.2: Laske kuvan piirin kokonaisimpedanssi Z, kun L0.5H, C2F ja G2S. Kulmataajuus ω on rad/s. Z L Kuva G C Ratkaisu: Z jωl -------------------- j -- G jωc 2 2 ----------------- j 2 -- j -- 2 Ω ------ 45 4 4 4 Vertaa Harj. : rinnan- ja sarjaankytkentä Esim. 7.3: a) Laske kuvan 2a piiristä kondensaattorin läpi kulkema virta, kun i(t) 2cos(5000t - 90 o ) A. b) Laske kuvan 2b piiristä vastuksen yli oleva jännite, kun u(t) 0.5cos(200t 90 o ) V. a) b),5ω i(t) 20kΩ 0nF u(t) - 3mH Kuva 2 Ratkaisut: a) i(t) 2cos(5000t - 90 o ) A, josta ω 5000 rad/s I C Y R G ------------------ 20 0 3 5 0 5 j Y C jωc 5 0 5 I 2 90 2j Y o I -------------------- C 2 90 5 0 5 90 o ------------------------------------------------------- 2 5 0 5 0 o 5 0 5 5 0 5 ------------------------------------------ j 2 5 0 5 45 o 2 45 o j Y R Y C o Virta jakaantuu admittanssien suhteessa (vrt. Harj. ) 89
b) b).5ω u(t) - 3mH U R u(t) 0.5cos(200t 90 o ) V, josta ω 200rad/s Z R R, 5 Z L jωl 0, 6j R U ---------------- 0 5 90 o, 5 0 o, ------------------------- R, 5 0, 6j Z L U 0, 5 90 o 0, 75 90 o ------------------------------------, 655 2, 8 o 0, 46 68, 2 o Jännite jakaantuu impedanssien suhteessa (vrt. Harj. ). Esim. 7.4: Määritä kuvan 3 kelan virta sekä osoitin- että aikamuodossa, kun u in (t) 0 2 cos(200t)v. 200Ω u in (t) - 20µF 0.5mF 0.H Kuva 3 u(t) I in 200Ω 0.5mF - 20µF I L C L 0.H I L Ratkaisutapa: Y L ------------------------ I in Y L Y C Z in C 2 Z u( t) 0 2cos200t V U in 0 2 0 V kulmataajuus ω 200 rad ------- s 90
Lasketaan komponenttien impedanssit: Z C ------------ ------------------------------------------ jωc j200 0, 5 0 3 Ω j33, 333Ω 33, 333 90 Ω Z C2 ------------ ------------------------------------ jωc 2 j200 20 0 6 Ω j250 Ω 250 90 Ω Z L jωl j200 0, Ω j20 Ω 20 90 Ω Z Z Z C C Z L Z L --------------------- Z C Z L ------------ jωl jωc ---------------------------- ------------ jωl jωc ------------------------- jωl -------------------------------------------------------------- j20 j20 ω 2 LC 200 2 0, 0,5 0 3 Ω ------- j50 Ω 50 90 Ω 0,4 2 Lasketaan kokonaisimpedanssi: Z in R Z Z C2 200 Ω j50 Ω j250 Ω 200 Ω j200 Ω 200( j) Ω 200 2 45 Ω 3 Lasketaan kokonaisvirta osoitinmuodossa: I in U in 0 2 0 V ------- ------------------------------------- 50 45 ma 0, 05 45 A 200 2 45 Ω Z in 4 Kelan virta osoitinmuodossa: I L Y L ----- Z L ---------------------- I in Y L Y ---------------------- C ----- I in -------- Z L Z C Z L Z C --------------------- I in Z C 33, 333 90 ------------------------------------- j20 j33, 333 0, 05 45 0,25 45 A 5 Kelan virta aikamuodossa: i L ( t) 0,25 π 200t -- π cos 4 A -- 45 4 9
HARJOITUKSESSA 7 LASKETTAVAT TEHTÄVÄT Esim. 7.5: Laske kuvan 4 piiristä impedanssi Z R jx, kun U I 5 30 A. U L 40V. 00 90 V ja (Kelan jännite on 90 edellä virtaa (U L jωli), tästä voidaan päätellä U L :n vaihekulma) I Z U - U L Vastaus: R 0 Ω X j9,32 Ω Kuva 4 Esim. 7.6: LTS Laske jännite U L kuvan 5 piiristä. E 0 o V, ω 2 rad/s, R Ω, R 2 Ω, L 0.5 H, C 0.25 F. R R 2 E - C L U L Kuva 5 Vastaus: 2 U L --------- 45 V 0, 47 45 V 8 Simulointivinkkejä tähän tehtävään ks- s. 93-96 92
LTspice-vinkkejä Vaihe-ero siniherätteellä (aikatason simulaatio) Jos katselet yhtä aikaa herätettä ja vastetta, huomaat että niillä on sama taajuus ja sitä kautta sama jaksonmitta. Ne eivät kuitenkaan välttämättä ole samassa vaiheessa. Jos vaste on vaikkapa /4 jaksonmittaa jäljessä herätettä, vaihe-ero on -360/4 astetta eli -90 o. Viive saadaan kursoreiden avulla (klikkaa kuvaajan otsikkoa oikealla napilla). Vaihe-ero on käyrien välinen viive per jaksonmitta kertaa 360 o. Kun olet simuloinut ja haluat tietää kahden käyrän välisen viiveen, sen voi määrittää: a) Huipusta-huippuun viiveenä, tai b) viivenä nollan-ylitys kohdasta. Jälkimmäinen metodi (b) on tarkempi, koska simulaattorin aika-askel on rajallinen; nollan ympäristössä simulaattori piirtää suoran viivan laskettujen pisteiden välille. Taajuustason analyysi Vaihe-eron katsominen aikatason simulaatiosta on ihan valaisevaa, muttei järin kätevää. Taajuustason simulaatiossa heräte on sinimuotoinen taajuuspyyhkäisy tietyn taajuusalueen yli. Eli tuloksia (itseisarvo, vaihe) katsellaan taajuuden funktiona. AC-analyysi ei mallinna alkutransienttia (luonnollista vastetta). Otetaan esimerkkinä tehtävä 7.6. LTSpice-simulaattorissa jännitelähde on riippumaton lähde. Klikkaa hiiren oikealla napilla jännitelähdettä advanced.. Kurssikirjassa in phase tarkoittaa samassa vaiheessa 93
Aukeaa tämän näköinen ikkuna: Valitaan functions-kohtaan none ja oikealla puolella laitetaan kohtaan small signal AC analysis amplitudiksi ja vaiheeksi 0, koska E 0 o V. Kyseessä on taajuuspyyhkäisy siniherätteellä, jonka itseisarvo ja vaihe annettiin juuri. Tässä oli vasta heräte. Seuraavaksi pitäisi määrätä simulointitavaksi AC analysis: 94
Number of points per decade tarkoittaa laskettavien itseisarvojen ja vaiheiden lukumäärä per dekadi. Dekadi on taajuusalue, jossa taajuus kasvaa kymmenkertaiseksi (logaritminen taajuusasteikko). Jos haluat, että kiinnostava pistetaajuus löytyy tismalleen taajuudella fsig ([Hz]), valitse parametrit esimerkiksi näin: Type of Sweep: Decade, Start Frequency: fsig/00, Stop Frequency: fsig 00. Itseisarvo- ja vaihekuvaajat esimerkille 7.6: 95
Kursorin saat klikkaamalla kuvaajan otsikkoa. Kursori siirretään oikealle taajuuslukemalle (Hz) jolloin näet oikeat vastaukset (itseisarvo ja vaihe). Huomaa, että itseisarvo on desibeleinä, eli se muutetaan lineaariasteikolle: 6, 55dB 0, 47, koska 0 6, 55 20 0, 47 Toisinpäin: 20log 0 (0,47) -6,55dB Toinen tapa simuloida, jos vain numeromuotoinen ratkaisu tietyllä taajuudella kiinnostaa Yllä oleva simulointikäsky antaa numeerisen listan komponenttien läpi kulkevista virroista ja johtimien (solmujen) jännitteistä. Eli saadaan virtojen ja jännitteiden itseisarvot (mag) ja vaiheet (phase). Huomaa, että taajuus annetaan simulaattorissa hertzeinä, tässä se on 2/(2π) Hz. 96