SMG-11 Piirianalyysi I, kesäkurssi, harjoitus 1(3) Tehtävien ratkaisuehdotukset. Energia W saadaan, kun tehoa p(t) integroidaan ajan t suhteen. Täten akun kokonaisenergia W saadaan lausekkeesta t1 t1, W = p t dt = u t i t dt jossa t 1 edustaa lataus- tai purkuaikaa sekunneissa. W saadaan tehtävänannon tiedoista 8.4 V ja 17 mah. 8.4 V tarkoittaa akun napojen välistä jännitettä, jonka oletetaan pysyvän koko ajan vakiona. 17 mah tarkoittaa akun virtakapasiteettia: kun täyteen ladatusta akusta otetaan 17 ma:n virtaa yhden tunnin verran, akku on tyhjä. Koska yksi tunti on 36 s, akun kokonaisenergiaksi saadaan 36 36 36 J. W = 8.4 1.7dt = 14.8 dt = 14.8 t = 14.8 36 = 5148 Lasketaan sitten, kuinka paljon akkuun saadaan varastoitua energiaa neljän tunnin latauksen aikana. Latausjännite (8.4 V) on vakio, mutta virta i(t) noudattaa lauseketta t t i t e e τ τ 61 = exp = = t, jossa τ = 61 s on ns. aikavakio. Aikavakio tarkoittaa sitä, että ajanhetkellä t = τ = 61 s virta i(t) on pienentynyt 1/e-osaan (36.8%) alkuperäisestä arvostaan. Piirretään i(t). Akkua ladataan neljä tuntia, joka on sekunteina 144. Lasketaan kyseisenä aikana akkuun varastoituva energia W lataus : 144 144 t t Wlataus = 8.4 exp dt = 8.4 exp dt 61 61 1
144 t 144 = 8.4 61 exp = 5148 exp exp 61 61 46519.66 J. Kysyttiin, kuinka täyteen akku saadaan neljän tunnin latauksella. Vastaus on W 46519.66 lataus 9.5% W 5148..6 Johtimessa kulkeva virta i(t) noudattaa yhtälöä i ( t ) I cos( ωt) =, jonka kulmataajuus ω saadaan lausekkeesta ω = πf, jossa taajuus f kertoo yhteen sekuntiin mahtuvien jaksojen lukumäärän (f = 5 Hz). Valitaan virran huippuarvoksi I vaikkapa 5 A ja piirretään virran kuvaaja. Piirretään lisäksi katkoviiva A:n kohdalle. Tehtävässä kysyttiin aikavälillä [, ] ms siirtynyttä kokonaisvarausta. Yritetään ensin päätellä tehtävän vastaus yllä olevan kuvan perusteella. Virta on varausten liikettä. Jos positiivinen virta on varausten liikettä vasemmalta oikealle, negatiivinen virta on varausten liikettä oikealta vasemmalle. Koska yllä olevassa kuvassa on "yhtä paljon positiivista ja negatiivista virtaa", voisi kuvitella, että siirtyvän kokonaisvarauksen täytyy olla nolla. Yksittäisen varauksen kannalta tämä tarkoittaa sitä, että ajanhetkellä s varaus on täsmälleen samassa paikassa kuin ajanhetkellä ms. Yritetään sitten todistaa tämä "käsiä heiluttelemalla" saatu lopputulos. Sähkövirta i(t) määritellään varauksen q(t) aikaderivaattana: i t dq t =. dt atkaistaan yllä olevasta lausekkeesta varaus separoimalla ja integroimalla: dq ( t) = dt dq ( t) = i ( t ) dt q ( t) i t dt = i t dt.
Lasketaan siirtynyt varaus aikavälillä [, ] ms, kun virran lauseke on i t = I cos ωt = I cos 1π t :... 1 q t I t dt I t dt I t 1π = cos( 1 π ) = cos( 1 π ) = sin ( 1π ) I = sin ( π ) sin = 1π C..1 Lähdetään liikkeelle siitä, että piirretään komponentin jännite v(t), virta i(t) ja teho p(t) ajan t funktiona. Teho p(t) saadaan lausekkeesta p(t) = u(t)i(t). Kuvasta voidaan päätellä, että (a) teho saavuttaa maksiminsa suunnilleen ajanhetkellä ms, (b) maksimiteho on hieman yli.6 W ja (c) kokonaisenergia on noin.4 mj (.4 W.6 s). Haetaan seuraavaksi täsmälliset vastaukset kohtiin (a), (b) ja (c). (a) Muodostetaan ensin tehon lauseke: 5 5 6 1 8 15 1. 1 p t v t i t te te t e t t t = = =. Tehon maksimi löydetään p(t):n aikaderivaatan nollakohdan avulla, koska dp(t)/dt on tehon kuvaajan tangentti, eli kertoo tehon muutosnopeuden ajan funktiona. Kun dp(t)/dt on nolla, kuvaajalle piirretty tangentti on vaakasuorassa, eli tangentin kulmakerroin on nolla. Kun teho derivoidaan ajan suhteen, saadaan 6 1t 1t d ( 1. 1 t e ) d ( t e ) dp t 6 6 1t 1t = = 1. 1 = 1. 1 te 1t e dt dt dt. 3
Haetaan se ajanhetki, jolla derivaatta menee nollaksi: dp t 6 1t 1t = 1. 1 te 1t e = dt 1t = t = ms. 1t 1t te 1t e = :te -1t (b) Tehon maksimiarvo saadaan selville, kun p(t):n lausekkeeseen sijoitetaan t =. s: 6 1. p. = 1. 1. e.65 W. (c) Kokonaisenergia W saadaan selville integroimalla tehoa ajan suhteen: 6 1 6 1 1. 1 t t W = p t dt = t e dt = 1. 1 t e dt. 1t Hyödynnetään osittaisintegrointia, jonka mukaan f ' g = fg fg '. Valitaan g = t ja f ' = e, 1 1t jolloin saadaan g ' = t ja f = e. Tällöin alkuperäinen integraali saadaan muotoon: 1 6 t 1t t 1t W = 1. 1 e e dt 1. 1 Yllä olevan lausekkeen sijoitustermi menee nollaksi sekä ylä- että alarajalla. Alarajan nollaksi meneminen on selvää, mutta ylärajan nollaksi meneminen on seuraus siitä, että e -1t lähestyy nollaa nopeammin kuin t lähestyy ääretöntä, kun t lähestyy ääretöntä. Ollaan siis lausekkeessa 6 t 1t 1t W = 1. 1 e dt = 4 te dt 1. Käytetään uudelleen osittaisintegrointia. Valitaan g = t ja 1 1t f = e. Tällöin päästään muotoon: 1 f ' 1t = e, jolloin ' 1 g = ja. t 1t 1 1t W = 4 e e dt 1 1 Yllä olevan lausekkeen sijoitustermi menee nollaksi sekä ylä- että alarajalla. Perustelu on sama kuin edellä. Nyt kokonaisenergiaksi saadaan 1t 1 1t 1.4.4.4.4.4 W = e dt = e = e 1 = = 1 1 mj. 4
3.5 Piirretään ensin kuva piirielementin virrasta i(t) ajan t funktiona. Muodostetaan virralle suoran yhtälö ajan funktiona: i t i = kk t t, jossa kk on kulmakerroin ja (t, i ) jokin suoran piste. Suoran yhtälöksi saadaan 3 1 3 3 = ( t ) i t i ( t ) = t + 3. 3 (a) Muodostetaan lauseke 1 Ω:n vastuksen yli olevalle jännitteelle, kun vastukseen syötetään virta i(t). Vastuksen virta-jännite-riippuvuus noudattaa Ohmin lakia, joten vastuksen jännite v (t) on v ( t) = i ( t) = 1 t + 3 = t + 3 3 3 V. (b) Muodostetaan lauseke 47 µf:n kondensaattorin yli olevalle jännitteelle, kun kondensaattoriin syötetään virta i(t). Kondensaattorin virta-jännite-riippuvuus noudattaa yhtälöä C ic t C dt ( t) dv =. Kondensaattori on siis komponentti, jolle tulee sähkövirtaa, kun kondensaattorin levyjen välinen jännite muuttuu. Jos levyjen välinen jännite on vakio, kondensaattorin virta on A. Ehjän kondensaattorin läpi ei kulje virtaa, vaikka usein hieman harhaanjohtavasti puhutaankin "kondensaattorin läpi kulkevasta virrasta". atkaistaan kondensaattorin yli oleva jännite v C (t), eli kerrotaan virran i C (t) lauseke dt:llä, jaetaan kapasitanssilla C ja integroidaan puolittain: 1 dvc t ic t dt C vc t = 1 ic t dt + vc C, = 5
jossa integroimisvakio v C edustaa kondensaattorin yli olevaa jännitettä integroinnin alkuhetkellä. Kondensaattorin kapasitanssille pätee: q ( t) = vc ( t) C C v t q t =, C joten alkuhetken jännite saadaan tehtävässä annetun alkuvarauksen perusteella: v q.141 = = = 3 C 47 1 C 6 V. Täten kondensaattorin yli olevaksi jännitteeksi saadaan 1 vc ( t) = t 3 dt 3 1.766 t 3t 3 6 + + + + 47 1 3 + 638.3t 7.9t V. 3 6 (c) Muodostetaan lauseke induktanssiltaan 3 mh:n käämin yli olevalle jännitteelle, kun käämiin syötetään virta i(t). Käämin jännitteeksi saadaan d t 3 di ( t) + 3 = =.3 = mv. L vl t L dt dt Koska virran muutosnopeus on vakio, käämin yli on vakiojännite. Piirretään vielä lopuksi kohtien (a), (b) ja (c) jännitteet ajan funktiona. 6
4.1 Kun kytkentä on oheisen kuvan mukainen, Kirchhoffin jännitelain perusteella voidaan kirjoittaa: I I E =, E jossa on kytkennän kokonaisresistanssi. Kun tästä ratkaistaan virta I, saadaan E I =. Kysytty virta saadaan siis selville, jos pystytään muodostamaan kytkennän kokonaisresistanssi. Määritetään vastuksia yhdistelemällä. Vastukset 3 ja 5 ovat sarjassa, koska niiden läpi kulkee sama virta. Näiden yhdistetyksi resistanssiksi 35 saadaan 35 = 3 + 5 =.5 +.5 Ω = 1 Ω. Vastukset ja 35 ovat rinnakkain, koska niiden yli on sama jännite. Näiden yhdistetyksi resistanssiksi 35 saadaan 1 1 1 + 35 35 = + = 35 35 35 35 35 1 1 1 = = Ω = Ω. + 1+ 1 Vastukset 1, 35 ja 4 ovat sarjassa, koska niiden läpi kulkee sama virta. Näiden yhdistetyksi resistanssiksi saadaan 1 1 1 = 1 + 35 + 4 = + + Ω = 1 Ω. 4 4 Kysytyksi virta I on siis E I = = A = A. 1 4.3 Kun kytkentä on oheisen kuvan mukainen, Kirchhoffin jännitelain perusteella voidaan kirjoittaa: I I E =, E jossa on kytkennän kokonaisresistanssi. Kun tästä ratkaistaan virta I, saadaan E I =. Nyt kysytty virta i g on sama kuin yllä olevan kuvan I, joten se saadaan selville vastuksia yhdistelemällä. 15 Ω, 1 Ω ja 13 Ω ovat sarjassa, joten niiden yhdistetyksi resistanssiksi 1 saadaan 1 = (15+1+13) Ω = 4 Ω. 5 Ω ja Ω ovat rinnakkain, joten niiden yhdistetyksi resistanssiksi saadaan: 7
1 1 1 1 = 5 + = 4 = 4 Ω. 6 Ω ja ovat sarjassa, joten niiden yhdistetty resistanssi 3 on: 3 = 6 + = 6 + 4 Ω = 1 Ω. 1 ja 3 ovat rinnakkain, joten niiden yhdistetyksi resistanssiksi 4 saadaan: 1 1 1 + 3 1 1 3 = + = 4 4 1 3 1 3 1 3 4 1 = = Ω = 8 Ω. + 4 + 1 Ω ja 4 ovat sarjassa, joten kytkennän kokonaisresistanssi on: = + 4 = + 8 Ω = 1 Ω. 15 15 Täten virraksi i g saadaan i = g A 1.5 A = 1 =. Tarkastellaan sitten, miten virta i g jakautuu kytkennän eri haaroille. Tämä onnistuu virranjaoksi kutsutun laskentamenetelmän avulla. Virta i g kulkee Ω:n vastuksen läpi ja jakaantuu sen jälkeen rinnankytketyille vastuksille 1 ja 3. Kun 13 on näiden vastusten muodostaman rinnankytkennän kokonaisresistanssi, virranjaon perusteella vastuksen 3 virta i 3 on 1 3 + 4 i = i = i = i = 1.5 A = 1 A. + 4 + 1 13 1 3 1 3 g g g 3 3 1 3 Virta i 3 kulkee 6 Ω:n vastuksen läpi ja jakaantuu sen jälkeen rinnankytketyille vastuksille 5 Ω ja Ω. Kun r on näiden rinnankytkettyjen vastusten yhdistetty resistanssi, virranjaon perusteella Ω:n vastuksen virta i on 5 r 5 i 5 = i3 = + i3 = 1 = A. 5 + 4.7 (a) Energialähteen tuottama teho P saadaan lausekkeesta P = UI, jossa U on lähteen yli oleva jännite ja I lähteeltä lähtevä virta. Tarkasteltavassa kytkennässä on kaksi jännitelähdettä, joiden molempien jännitteet tunnetaan. Jotta lähteiden tuottamat tehot saadaan selville, tarvitaan lähteiltä lähtevät virrat. Kirjoitetaan Kirchhoffin virtalaki 8 Ω:n ja 16 Ω:n vastusten väliselle solmulle. Kun I 4 on 4 Ω:n vastuksen läpi kulkeva virta, saadaan: I1 = I4 + I I4 = I1 I = 15 A = 5 A. Lasketaan sitten 8 Ω:n ja 16 Ω:n yli olevat jännitteet. Huomataan, että näiden jännitteiden summa on sama kuin 8 Ω:n yli oleva jännite U 8. Täten saadaan: U = 8I + 16I = 8 + 16 15 V = 4 V. 8 1 8
U8 4 Nyt saadaan laskettua 8 Ω:n läpi kulkeva virta I 8 Ohmin lain avulla: I 8 = = A = 5 A. 8 8 Kirjoitetaan Kirchhoffin virtalaki kytkennän alareunan solmupisteelle. Kun I a on alemman Ω:n läpi kulkeva virta, saadaan: Ia = I + I8 = 15 + 5 A = A. Kyseinen I a on samalla alemman jännitelähteen virta, joten sen tuottama teho saadaan nyt laskettua. Lasketaan vielä kuitenkin myös ylemmän jännitelähteen virta, joka saadaan kirjoittamalla Kirchhoffin virtalaki jännitelähteiden väliselle solmupisteelle. Kun I y on ylemmän Ω:n läpi kulkeva virta, saadaan: Iy = I4 + Ia = 5 + A = 5 A. Täten jännitelähteiden tuottamiksi tehoiksi P 3 ja P 6 saadaan: P3 = 3 Iy = 3 5 W = 575 W, P6 = 6 Ia = 6 W = 5 W. 4.7 (b) Varmistetaan vielä, että jännitelähteiden tuottama teho on sama kuin kytkennän vastusten ottama teho. Yksittäisen vastuksen ottama teho saadaan vastuksen yli olevan jännitteen ja läpi kulkevan virran tulona. Koska kaikki haaravirrat tulivat jo lasketuiksi kohdassa (a), vastusten ottamiksi tehoiksi saadaan: P = U I = I I = =, y y y y y y 5 W 15 W P = U I = I I = =, 8 8 1 8 1 1 8 W 3 W P = U I = I I = =, 4 4 4 4 4 4 4 5 W 1 W P = U I = I I = =, 8 8 8 8 8 8 8 5 W W P = U I = I I = =, 16 16 16 16 15 W 36 W P = U I = I I = =. a a a a a a W 8 W Kun vastusten ottamat tehot lasketaan yhteen, saadaan 195 W. Samaan lukemaan päädytään, kun summataan jännitelähteiden tuottamat tehot. 4.13 Kun kytkentä on oheisen kuvan mukainen, Kirchhoffin jännitelain perusteella voidaan kirjoittaa: I I E =, E jossa on kytkennän kokonaisresistanssi. Kun tästä ratkaistaan virta I, saadaan E I =. Koska vastus 6 on sarjassa jännitelähteen E kanssa, I on samalla 6 :n läpi kulkeva virta. Täten kysytty 6 :n yli oleva jännite, U 6, saadaan Ohmin lain mukaan 6 :n ja I:n tulona. Tässä tehtävässä suurimman ongelman muodostaakin kytkennän kokonaisresistanssin laskeminen. Vastuksia 1,, 3, 4 ja 5 ei pystytä yhdistelemään sarjaan- tai rinnankytkennän säännöillä, koska mitkään kaksi mainituista vastuksista eivät ole sarjassa tai rinnan. Tällaisissa tehtävissä 9
tarvitaan kolmio-tähti-muunnosta. Kun jompi kumpi kytkennän kolmioista muutetaan tähdeksi, kytkennän kokonaisresistanssi saadaan sen jälkeen laskettua. Seuraavassa on muunnettu vasemmanpuoleinen kolmio tähdeksi. Samaan lopputulokseen päädyttäisiin oikeanpuoleisen kolmion tähtimuunnoksella. Kun vasemmanpuoleinen kolmio muunnetaan tähdeksi, kytkennästä tulee seuraavan näköinen. Katkoviivalla merkityt osat jäävät siis kokonaan pois kytkennästä ja korvautuvat tähtivastuksilla 13, 14 ja 34. 1 13 14 3 4 6 34 5 E Luentomonisteessa esitettyjen kolmio-tähti-lausekkeiden perusteella saadaan: 6 4 175 = =, = =, = =. 41 41 41 1 3 1 4 3 4 13 14 34 1 + 3 + 4 1 + 3 + 4 1 + 3 + 4 Merkitään 13 :n ja :n sarjaankytkentää 13 :lla sekä 34 :n ja 5 :n sarjaankytkentää 345 :llä. Nyt 13 ja 345 ovat rinnakkain, joten rinnankytkennän yhdistetty resistanssi r on: 1 1 1 + 345 13 13 345 = + = r r 13 345 13 345 13 + 345 6 175 1 15 + + 41 41 = = 6.756 Ω. 6 175 + 1 + + 15 41 41 Nyt 14, r ja 6 ovat sarjassa, joten kytkennän kokonaisresistanssiksi saadaan: = 14 + r + 6 7. Ω. E 1 Vastuksen 6 yli oleva jännite on siis U 6 = 6 I = 6 = 1 V 1.39 V. 7 4.16 Tämä tehtävä ratkeaa kenties helpoimmin jännitteenjaoksi kutsutun laskentamenetelmän avulla. 4 Ω:n yli oleva jännite U 4 on V. Koska 4 Ω ja 5 Ω ovat rinnakkain, myös 5 Ω:n yli on sama V:n jännite. Ja kun 4 Ω ja 5 Ω yhdistetään yhdeksi vastukseksi 45, myös sen yli on sama V:n jännite: 1 1 1 9 = 4 + 5 = 45 = Ω. 9 45 Nyt 3 Ω ja 45 ovat sarjassa. Kun sarjaankytkennän yli olevaa jännitettä merkitään U 345 :llä, jännitteenjaon mukaisesti saadaan: 1
U = U 45 4 345 3+ 45 3 + = 3 + 9 47 = V = V. 1 9 45 U345 U 4 45 Muodostetaan sitten 345, joka koostuu sarjaankytketyistä 3 Ω:sta ja 45 :stä: 47 = 3 + = 3 + Ω = Ω. 9 9 345 45 Muodostettu 345 on rinnakkain Ω:n kanssa, joten näiden yhdistetyksi resistanssiksi 345 saadaan: 47 + 1 1 1 345 + 9 65 = + = = = 47 345 345 345 94 9 94 = Ω. 65 345 Koska Ω ja 345 ovat rinnakkain, jännite U 345 on samalla vastuksen 345 yli oleva jännite. Nyt 1 Ω ja 345 ovat sarjassa. Kyseisen sarjaankytkennän yli on lähdejännite U. Nyt jännitteenjaolla saadaan: U 345 345 = 1+ 345 U 94 1+ 1+ 65 47 159 U = U345 = V = V 7.95 V. 94 345 1 65 345 4.18 Lasketaan kerrostamismenetelmän periaatteen mukaisesti, kuinka suuren virran 1 ma:n virtalähde synnyttää 18 kω:n vastuksen läpi. Tarkastellaan siis pelkästään 1 ma:n lähdettä, eli poistetaan kytkennästä V:n jännitelähde ja 5 ma:n virtalähde. Jännitelähde poistetaan korvaamalla se oikosululla (suora johdin), koska oikosulun yli oleva jännite on nolla. Virtalähde poistetaan korvaamalla se avoimella haaralla (poikki oleva haara), koska avoimessa haarassa kulkeva virta on nolla. Täten kytkennästä tulee seuraavanlainen. 1 ma 1 kω:n vastus häviää piiristä, koska jännitelähteen paikalle sijoitettava suora johdin oikosulkee sen. Tällöin kytkentään tulee Ω:n ja 1 kω:n rinnankytkentä, jonka yhdistetty kω resistanssi on Ω, eli suora johdin. Nyt kω ja 18 kω ovat rinnakkain, ja rinnankytkennälle tuleva virta on 1 ma. 18 kω:n virta I 18k saadaan siis kätevästi virranjaolla: I 18k 18 18 = +.1 A =.1 A = 1 ma. 18 18 kω 1 ma:n virtalähde synnyttää siis 1 ma:n virran 18 kω:n vastuksen läpi. Virran suunta on ylhäältä alas. Koska ennen 1 ma:n virtalähteen kytkemistä 18 kω:n virta I oli 1.5 ma ylhäältä alas, 1 11
ma:n virtalähteen kytkemisen jälkeen kokonaisvirta I on kerrostamismenetelmän periaatteen mukaisesti I = I + I18k = 1.5 + 1 ma =.5 ma. 5. Solmupistemenetelmää käytettäessä tarkasteltavan kytkennän jännitelähteet kannattaa muuntaa virtalähteiksi, koska solmupistemenetelmä perustuu Kirchhoffin virtalakiin. Muunnos ei ole välttämätön, mutta helpottaa usein kytkennän tarkastelua. Tässä tehtävässä energialähteet ovat jo valmiiksi virtalähteitä, joten muunnosta ei tarvita. Aloitetaan tehtävän ratkaiseminen yhdistämällä rinnankytketyt 1 Ω ja Ω. Kun yhdistettyä resistanssia merkitään r :llä, saadaan: 1 1 1 5 r = 1 + = 3 r Ennen solmupisteyhtälöiden kirjoittamista on selvitettävä kytkennästä löytyvien potentiaalien lukumäärä. Tarkasteltavasta kytkennästä näitä löytyy kolme kappaletta. Kytkennän alareuna on yhdessä potentiaalissa, ja kaksi muuta löytyvät kytkennän vasemmasta ja oikeasta yläreunasta. Tämän jälkeen valitaan yksi näistä potentiaaleista ns. referenssipotentiaaliksi, jonka arvoksi valitaan V. Jäljelle jää siis kaksi tuntematonta potentiaalia, eli solmupisteyhtälöitä tulee kaksi kappaletta. Olkoon referenssipotentiaali kytkennän alareunassa. Valitaan kytkennän vasemman yläkulman potentiaaliksi V 1 ja oikean yläkulman potentiaaliksi V ja kirjoitetaan solmupisteyhtälöt eli Kirchhoffin virtalait molemmille solmupisteille: V1 V1 V + =.1 1 3 3 1 + V1 V =.1 r 1 5 5 V V V1 3 1 3 + =.5 V1 + + V =.5 r 5 5 8 3 V1 V = 1 5 5 V1 13.571 V. 3 11 V V + 1 V = 5.857 V 5 5 1 1 1 Nyt kannattaa palauttaa mieleen, että kytkennän alareunaan valittiin referenssipotentiaali V. Saatu tulos tarkoittaa siis sitä, että kytkennän vasemmassa yläkulmassa on noin 13.571 V alhaisempi potentiaali kuin kytkennän alareunassa. Edelleen kytkennän oikeassa yläkulmassa on noin 5.857 V alhaisempi potentiaali kuin kytkennän alareunassa. Lasketaan kysytty jännite V ja virta i. Koska kysytyn jännitteen plusnapa on kω:n vastuksen vasemmassa reunassa, jännitteeksi V saadaan: V = V 1 V 13.571 ( 5.857) V 39.3 V. Virran i positiivinen suunta on merkitty alhaalta ylös, joten kystyksi virraksi saadaan V 1 ( 13.571) i = A 13.6 ma. 1 1 1
5.3 Käytetään solmupistemenetelmää, joten aloitetaan tehtävä muuntamalla kytkennän vasemman reunan jännitelähde virtalähteeksi. Jännitelähteen kanssa sarjassa oleva vastus tulee virtalähteen rinnalle, ja virtalähteen lähdevirta I saadaan Ohmin laista: I = U/, jossa U on jännitelähteen lähdejännite ja jännitelähteen kanssa sarjassa oleva vastus. Täten virtalähteen lähdevirraksi saadaan 7.5 A. Lähdemuunnoksen jälkeen kytkentä näyttää seuraavalta. 4 Ω 7.5 A Ω 8 Ω 11.5 A 4 Ω Ennen solmupisteyhtälöiden kirjoittamista on selvitettävä kytkennästä löytyvien potentiaalien lukumäärä. Tarkasteltavasta kytkennästä näitä löytyy kolme kappaletta. Kytkennän alareuna on yhdessä potentiaalissa, ja kaksi muuta löytyvät kytkennän vasemmasta ja oikeasta yläreunasta. Tämän jälkeen valitaan yksi näistä potentiaaleista ns. referenssipotentiaaliksi, jonka arvoksi valitaan V. Jäljelle jää siis kaksi tuntematonta potentiaalia, eli solmupisteyhtälöitä tulee kaksi kappaletta. Olkoon referenssipotentiaali kytkennän alareunassa. Valitaan kytkennän vasemman yläkulman potentiaaliksi V a ja oikean yläkulman potentiaaliksi V b ja kirjoitetaan solmupisteyhtälöt eli Kirchhoffin virtalait molemmille solmupisteille: Va Va Va V 1 1 1 1 b + + = 7.5 + + Va Vb = 7.5 7 1 Va Vb = 7.5 8 4 8 4 4 8 4 Vb Vb Va 1 1 1 + = 11.5 Va + + Vb = 11.5 4 4 1 11 V + a V = b 11.5 4 4 4 4 4 Va = 1 V. Vb = 5 V v1 = Va = 1 V Täten tehtävänantoon merkityiksi jännitteiksi v 1 ja v saadaan:. v = Vb = 5 V 5.7 Silmukkavirtamenetelmää käytettäessä tarkasteltavan kytkennän virtalähteet kannattaa muuntaa jännitelähteiksi, koska silmukkavirtamenetelmä perustuu Kirchhoffin jännitelakiin. Muunnos ei ole välttämätön, mutta helpottaa usein kytkennän tarkastelua. Aloitetaan siis tehtävän ratkaiseminen muuntamalla kytkennän vasemmassa reunassa oleva virtalähde jännitelähteeksi. Virtalähteen rinnalla oleva vastus tulee jännitelähteen kanssa sarjaan, ja jännitelähteen lähdejännite U saadaan Ohmin laista: U = I, jossa I on virtalähteen lähdevirta ja virtalähteen rinnalla oleva resistanssi. Tässä tapauksessa virtalähteen tilalle tulee siis 4 V:n jännitelähde. Muunnoksen jälkeen kytkentä näyttää seuraavalta. 8 Ω V 6 Ω 4 V 1 Ω 4 Ω 16 V Ω 13
Kytkennässä on kaksi silmukkaa, joten silmukkavirtayhtälöitä tulee kaksi kappaletta. Valitaan ylempään silmukkaan silmukkavirta I 1 ja alempaan silmukkaan silmukkavirta I. Molempien suunta on valittu myötäpäivään. Kirchhoffin jännitelain nojalla voidaan tällöin kirjoittaa: 6I1 16 + 4 I1 I + 8I1 = 1I + 4 I I1 + 16 + I 4 = 18I1 4I = 36 4I1 + 18I = 8 I1.8 A. I.935 A Kysyttiin keskimmäisen haaran virtaa i, joka saadaan nyt silmukkavirtojen I 1 ja I erotuksena: i = I 1 I.8.935 A 1.3 A. 5.9 Kytkennässä on kaksi silmukkaa, joten silmukkavirtayhtälöitä tulee kaksi kappaletta. Valitaan vasempaan silmukkaan silmukkavirta I 1 ja oikeaan silmukkaan silmukkavirta I. Olkoon molempien suunta myötäpäivään. Kirchhoffin jännitelain nojalla voidaan tällöin kirjoittaa: 1I 1 U1 + I1 I = ( I I1 ) + 3I + U = 1 + I1 I = U1 I + + I = U 1 3 7I1 I = 1 I + 5I = U 1. Yhtälöpari sisältää kolme tuntematonta, joten tehtävää ei saada vielä näillä tiedoilla ratkaistua. Kolmas yhtälö saadaan aikaan tehtävänannon tiedosta, että :n yli olevan jännitteen on oltava nolla. Koska vastuksen yli oleva jännite on resistanssin ja virran tulo, jännite menee nollaksi, kun virta on nolla ( ). Koska :n virta on silmukkavirtojen avulla kirjoitettuna I 1 I, saadaan: I 1 I = I1 = I sijoitetaan tämä yhtälöpariin 7I I = 1 I + 5I = U 5I = 1 3I = U I = I1 = A. U = 6 V Negatiivinen jännite tarkoittaa sitä, että jännitelähteen napaisuus on päinvastainen kuvaan verrattuna. 14