Λύσεις Θεµάτων Εξέτασης

Θέµα 1 (35%)
ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ
ΣΧΟΛΗ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧ/ΚΩΝ & ΜΗΧ/ΚΩΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ
Mάθηµα: "ΘΕΩΡΙΑ ∆ΙΚΤΥΩΝ" (5 ο εξάµηνο)
Ακαδ. Έτος: 2002-2003
∆ιδάσκοντες: Τ. Κουσιουρής, Ν. Μαράτος, Κ. Τζαφέστας
Λύσεις Θεµάτων Εξέτασης (Φεβρουαρίου 2003) (οµάδα Α)
R 0
R 3 R 4
C′ C′ C′′ C′′ 1
1
C′ C′′
1
1
C′ C′′
2
2
4
R 1 R 2
1 2
- 6
∞
- 5
E
+
3
∞
+ + +
- v o
0
-
Σχήµα 1
Για το κύκλωµα του παραπάνω Σχήµατος 1:
(α) (5%) Να γραφούν οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους.
(β) (10%) Να ευρεθεί η συνάρτηση µεταφοράς: G(s) = Vo(s)/E(s)
(γ) (10%) Εάν C′ 1 = C′′ 1 = C′ 2 = C′′
2 = 1 F , R3 = 3 Ω, C0 =10 F, R0 = 1 Ω, και R4 = 1 Ω, να
εξετασθεί η ευστάθεια του συστήµατος συναρτήσει των R1, R2.
(δ) (10%) Για τις ανωτέρω τιµές των στοιχείων:
(i) Nα σχεδιασθεί το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode πλάτους, µε R2=2Ω και R1=20Ω.
(ii) Να εκφρασθεί η συνθήκη για να είναι τα µέγιστα του ασυµπτωτικού
διαγράµµατος Bode ίσα, εφόσον διατηρείται η διάταξη πόλων - µηδενικών.
_______________
Λύση
(α) Στο I-Γράφο έχουµε τις ακόλουθες απλοποιήσεις κόµβων/κλάδων:
Τελεστικός ενισχυτής 1: 3≡0, ενώ οι κόµβοι 2 και 0 παραµένουν διαχωρισµένοι.
Τελεστικός ενισχυτής 2: 5≡0, ενώ οι κόµβοι 6 και 0 παραµένουν διαχωρισµένοι.
Πηγή Τάσης E: 1≡0.
Άρα στο I-γράφο έχουµε: 0≡1≡3≡5.
Ο Ι-γράφος εικονίζεται στο ακόλουθο Σχήµα (ακολουθώντας τις φορές αναφοράς που
έχουν σηµειωθεί στο Σχήµα 1 του Θέµατος):
C 0
7
Σελίδα 1 από 15

1 ≡ 2 C ′ 2 ≡ 4 3 ≡ 6 C′
4
1 ≡ 4 3 ≡ 6 C′
4
1
2
R 0
R 1
C ′′
1
R 3
0
Ι-γράφος
Για το V-Γράφο έχουµε τις ακόλουθες απλοποιήσεις κόµβων/κλάδων:
Τελεστικός ενισχυτής 1: 2≡0, ενώ οι κόµβοι 3 και 0 παραµένουν διαχωρισµένοι.
Τελεστικός ενισχυτής 2: 6≡0, ενώ οι κόµβοι 5 και 0 παραµένουν διαχωρισµένοι.
Πηγή Τάσης E: ο κλάδος από τον κόµβο 1 στον 0 παραµένει.
C 0
Άρα στο V-γράφο έχουµε: 0≡2≡6.
Ο V-γράφος εικονίζεται στο ακόλουθο Σχήµα (ακολουθώντας και πάλι τις ίδιες φορές
αναφοράς που έχουν σηµειωθεί στο Σχήµα 1 του θέµατος):
1
≡
1
2
E
V-γράφος
Οι εξισώσεις της τροποποιηµένης µεθόδου των κόµβων µε δύο γράφους θα είναι
εποµένως κατά τα γνωστά:
R 2
C
′′
2
0 ≡ 1 ≡ 3 ≡ 5
≡
R 4
3 C ′′ 3 ≡ 4 4 5 C ′′ 5
1
2
≡ ≡
C 0
R 0 R1 R1
C ′
1
R 3
0
R 2
0 ≡ 2 ≡ 6
C
′
2
7
R 4
≡
7
Σελίδα 2 από 15

1
2
3
4
:
:
:
:
′
− (sC 1 ) e e 3
e
1
− G 0 e 1
(sC ′
1 ) e (sC ′′
1 ) e − −(sC
′′
3 1 )
3 1 )
− G e
2 4 − 0
και σε µητρική µορφή:
e
1 2
− G = 0
e e
2
e 3
+ G
e 3 3
e
3 = 0
(β) Έχουµε για τη ζητούµενη συνάρτηση µεταφοράς:
−
e 4 (sC ) e 2 −(sC ′
2 ) e 2 −(sC ′
2 ) e 5 = 0
(sC ′
2 ) e −(sC ′′
5 2 ) e 2 ) e −(sC ′′
5 2 ) e −
4
E : = E
1
2
3
4
E
− e 5 4 G − e 5 4 G + e
5
+ e
5 = 0
1 2 3 4 5
⎡ − G 0
⎢
0
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
0
⎢⎣⎢⎣⎢⎣ 1
− G 1
− sC ′′ 1
− sC 0
0
0
− sC ′ 1
(G (G3+ sC′ 1+ sC ′′
3 sC′ 1 sC ′′
3 + sC′ 1 + sC ′′ 1 )
0
0
0
0
0
− G 2
− sC ′′ 2
0
0 ⎤
0
⎥
⎥
− sC ′ 2 ⎥
⎥
(G (G4 + sC′ 2 + sC ′′
⎥
(G4 + sC′ 2 + sC ′′
⎥
4 + sC′ 2 + sC ′′ 2 )
⎥
0 ⎥⎦⎥⎦⎥⎦
⎡ 0 ⎤
⎢
0
⎥
⎢ ⎥
= ⎢ 0 ⎥
⎢ ⎥
⎢
0
⎥
⎢⎣⎢⎣⎢⎣ E E⎥⎦⎥⎦⎥⎦
e (s) 5
E(s)
e
4 (s)
E(s)
=
G(s) = V0 (s)
E(s) =
e e (s) 5
E(s)
e 4 (s)
E(s)
=
∆4 (s)
E(s) ∆(s)
=
G(s) = V0 (s)
E(s) =
V0 (s)
E(s) =
όπου:
=
∆4 (s)
E(s) ∆(s)
−G0 −G1 −sC′
1 0 0
0 − sC ′′ 1 (G3 + sC′ 1+ sC ′′ 1)
0 0
∆ (s) = det( P (s)) = 0 −sC0 0 −G2 −sC′
2
0 0 0 − sC ′′ 2 (G4 + sC′ 2 + sC ′′ 2)
και
1 0 0 0 0
−G0 −G1 −sC′
1 0 0
0 − sC ′′ 1 (G3+ sC′ 1+ sC ′′ 1)
0 0
∆ 4(s) = 0 −sC0 0 0 −sC′
2
0 0 0 0 (G4 + sC′ 2 + sC ′′ 2)
1 0 0 E 0
Έχουµε για την ορίζουσα ∆(s), αναπτύσσοντας ως προς τα στοιχεία της 5 ης και εν συνεχεία
της 4 ης γραµµής:
e
1
e 2
e 3
e 4
e
5
P(s) e(s) e(s) u(s)
(1-1)
(1-2)
Σελίδα 3 από 15

−G1 −sC′
1 0 0
− sC ′′ (G + sC′ + sC ′′ ) 0 0
5+ 1 1 3 1 1
∆ (s) = ( − 1)
=
−sC0 0 −G2 −sC′
2
0 0 − sC ′′ 2 (G4 + sC′ 2 + sC ′′ 2)
−G1 −sC′ 1 0 −G1 −sC′
1 0
= ( G4 + sC′ 2 + sC′′ 2) − sC ′′ 1 (G3+ sC′ 1+ sC ′′ 1) 0 + ( sC′′ 2) − sC ′′ 1 (G3+ sC′ 1+ sC ′′ 1)
0 =
−sC 0 −G−sC 0 −sC′
0 2 0 2
−G −sC′ −G −sC′
=− G ( G + sC′ + sC′′ ) −(
sC′ )( sC′′
)
sC (G sC sC ) sC (G sC sC )
1 1 1 1
2 4 2 2
− ′′ 1 3+ ′ 1+ ′′ 1
2 2
− ′′ 1 3+ ′ 1+ ′′ 1
Βγάζοντας κοινό παράγοντα τον όρο
−G1 −sC′
1
, παίρνουµε εποµένως:
− sC ′′ (G + sC′ + sC ′′ )
1 3 1 1
( ′ ′′ ) ( ′ )( ′′ ) ( ′ ′′ ) ( ′ )( ′′ )
∆ (s) = ⎡− G G + sC + sC − sC sC ⎤⎡− G G + sC + sC − sC sC ⎤,
ή ισοδύναµα
⎣ 1 3 1 1 1 1 ⎦⎣ 2 4 2 2 2 2 ⎦
2 2
( ′ ′′ ) ( ′ ′′ ) ( ′ ′′ ) ( ′ ′′ )
∆ (s) = ⎡ CC s + G C + C s+ G G ⎤⎡ C C s + G C + C s+ G G ⎤
⎣ 1 1 1 1 1 1 3⎦⎣ 2 2 2 2 2 2 4⎦
(1-3)
Για την ορίζουσα ∆4 έχουµε αντίστοιχα:
−G0 −G1 −sC′
1
0
0 − sC ′′ (G + sC′ + sC ′′ ) 0
5+ 4
1 3 1 1
∆ 4(s)
= ( −1) ⋅E⋅ =
0 −sC0 0 −sC′
2
0 0 0 (G + sC′ + sC ′′ )
− sC ′′ 1 (G3 + sC′ 1+ sC ′′ 1)
0
= E⋅G0⋅ −sC0 0 − sC′
2 =
0 0 (G + sC′ + sC ′′ )
( ′ ′′ )
E G G sC sC
4 2 2
− sC ′′ (G + sC′ + sC ′′ )
4 2 2
1 3 1 1
= ⋅ 0⋅ 4 + 2 + 2 ⋅ ⇒
−sC0
0
( ) ( ′ ′′ ) ( ′ ′′ )
∆ 4 = E⋅G0⋅ sC0 ⋅ ⎡⎣G4 + s C2 + C2 ⎤⎦⋅ ⎡⎣G3+ s C1+ C1
⎤⎦
(1-4)
Εποµένως, από τις σχέσεις (1-2), (1-3) και (1-4), παίρνουµε για τη συνάρτηση µεταφοράς G(s):
( GC 0 0) s⋅ ⎡⎣G4 + sC ( ′ 2 + C′′ 2) ⎤⎦⋅ ⎡⎣G3+ sC ( ′ 1+ C′′
1)
⎤⎦
( ′ ′′ ) 2 ( ′ ′′ ) ( ′ ′′ ) 2 ( ′ ′′ )
G(s) =
⎡ CC s + G C + C s+ GG ⎤⎡ CC s + G C + C s+ GG ⎤
⎣ 1 1 1 1 1 1 3⎦⎣ 2 2 2 2 2 2 4⎦
(γ) Για να µελετήσουµε την ευστάθεια του κυκλώµατος, εξετάζουµε το χαρακτηριστικό
πολυώνυµο ψ(s), δηλαδή τον παρανοµαστή της συνάρτησης µεταφοράς G(s):
2 2
( ′ ′′ ) ( ′ ′′ ) ( ′ ′′ ) ( ′ ′′ )
ψ(s) = ⎡
⎣ CC 1 1 s + G1 C1+ C1 s+ G1G3⎤⎡ ⎦⎣ C2C2 s + G2 C2 + C2 s+ G2G4⎤
⎦
ψ 1(s) ψ 2 (s)
(1-5)
Σελίδα 4 από 15

Για τις δοσµένες τιµές των στοιχείων το χαρακτηριστικό πολυώνυµο γίνεται:
2 2
ψ(s) = ⎡
⎣s+ 2G1s+ G1 3⎤⎡ ⎦⎣s+ 2G2s+ G2⎤
⎦
ψ 1(s) ψ 2(s)
Καθώς το ψ(s) είναι παραγοντοποιηµένο, για την ευστάθεια εξετάζουµε κάθε παράγοντα
(ψ1 και ψ2) ξεχωριστά (προφανώς οι πόλοι του ψ είναι οι πόλοι του ψ1 και οι πόλοι του ψ2,
και το σύστηµα είναι ευσταθές «εαν και µόνο εαν» και το ψ1 και το ψ2 είναι ευσταθή
πολυώνυµα). Εφαρµόζουµε το κριτήριο του Routh για κάθε ένα από τα ψi (i=1,2):
s2 s2 s1 s1 s0 s0 ψ1(s) ψ2(s)
1 G G1/3 1/3
2G 1
G G1/3 1/3
s2 s2 s1 s1 s0 s0 1 G 2
2G 2
Καθώς G1 και G2 είναι αγωγιµότητες που αντιστοιχούν στους γραµµικούς χρονικά αµετάβλητους
αντιστάτες R1 και R2, ισχύει: G1>0 και G2>0, που σηµαίνει ότι δεν υπάρχει
αλλαγή προσήµου (ούτε στοιχείο µε µηδενική τιµή) στην πρώτη στήλη, τόσο για το
ψ1(s) όσο και για το ψ2(s). Εποµένως, και τα δύο τριώνυµα έχουν ρίζες στο αριστερό
µιγαδικό ηµιεπίπεδο και το σύστηµα είναι ασυµπτωτικά ευσταθές.
Παρατήρηση: Εαν G1=0 ή G2=0 (δηλαδή ο αντίστοιχος κλάδος κυκλώµατος ανοικτοκυκλωµένος),
τότε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο θα είχε διπλό πόλο επάνω στο
φανταστικό άξονα (s=0) και το σύστηµα θα ήταν ασταθές.
_________________
(δ) Για τις δοσµένες τιµές των στοιχείων του παραπάνω ερωτήµατος, η συνάρτηση µεταφοράς
είναι:
10
10s ⋅ [ 1+ 2s] ⋅ [ 1 3 + 2s
⋅s⋅ ] [ 1+ 2s] ⋅ [ 1+ 6s]
G(s) = = 3
2 2
⎡
⎣s + 2G1s+ G1 3⎤⎡ ⎦⎣s + 2G2s+ G2⎤ ⎦ GG ⎡ ⎛ 1 2
3 ⎞ 2⎤⎡ ⎛ 1 ⎞ 2⎤
⋅ ⎢1+ 6s+ s 1 2s s
3
⎜
G
⎟ ⎥⎢ + + ⎜ ⎥
1 G
⎟
⎣ ⎝ ⎠ ⎦⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎦
(δ-i) Όταν R2=2Ω και R1=20Ω, η συνάρτηση µεταφοράς γίνεται:
10
10s ⋅ [ 1+ 2s] ⋅ [ 1 3 + 2s
⋅s⋅ ]
[ 1+ 2s] ⋅ [ 1+ 6s]
G(s) = = 3
⇒
2 2
⎡s ( 110) s ( 1 60) s s ( 1 2)
1 1
2 2
⎣ + + ⎤⎡
⎦⎣ + + ⎤
⎦ ⋅ ⋅ ⎡1+ 6s+ 60s ⎤⎡1+ 2s+ 2s ⎤
60 2 ⎣ ⎦⎣ ⎦
[ ] [ ]
s⋅ 1+ 2s ⋅ 1+ 6s
G(s) = 400⋅ 2 2
⎡
⎣1+ 6s+ 60s ⎤⎡
⎦⎣1+ 2s+ 2s ⎤
⎦
Παρατήρηση: Οι παράγοντες του παρανοµαστή έχουν διακρίνουσες αντίστοιχα:
∆1=36-240

Το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode εποµένως, για αυτές τις τιµές των στοιχείων του κυκλώµατος,
έχει την ακόλουθη µορφή:
60db
40db
20db
0
-20db
-40db
-60db
20log|G(jω)| (db)
20 log (400) = 52 db
10
A
20db/dec 20db/dec
(δ-ii) Η κλίση στο τµήµα ΑΒ του παραπάνω ασυµπτωτικού διαγράµµατος Bode είναι –20db/dec,
στο BC είναι 0 db/dec, και στο CD είναι +20db/dec. Συνεπώς, για να είναι τα σηµεία A και D στο
ίδιο ύψος, πρέπει οι προβολές των τµηµάτων ΑΒ και CD στον άξονα των κυκλικών συχνοτήτων.
Ο άξονας αυτός είναι (προσοχή!) ως γνωστόν λογαριθµικός, οπότε θα έχουµε:
log ω z2 − log ω p1 = log ω p2 − log ω z1 , ή ισοδύναµα
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
ω
ωz2
ωp2
z2 p2
log ⎜ ⎟ = log ⎜ ⎟ ⇔ ωp1ωp2 = ωz1ωz2 ωp1 ω ω
=
z1
p1 ω
⇔
⎝ ⎠
z1
⎝ ⎠
0.1 0.13
-20db/dec
B
0.167 0.5
0.707
(ω p1 ) (ω (ωz1) z1) (ω (ωp2 p2 )
(ω (ωz2) z2)
Από την παραπάνω σχέση (1-6), η οποία δίνει γενικά την αναλυτική έκφραση της συνάρτησης
µεταφοράς συναρτήσει των G1 και G2, έχουµε:
G
ω
3
οπότε παίρνουµε τελικά τη σχέση:
20db/dec -20db/dec
D
C
20db/dec 20db/dec
1 10
-- 40db/dec 40db/dec
1
p1 = και ω p2 = G2
, ενώ: ω z1 0.5 = και z2
ω
20db/dec 20db/dec
1
2 =
1 2 1 2
1
ω 0.167
6 = =
G G = 3 ⋅0.167 ⋅ 0.5 = 0.1446 ⇔ G G = 0.0209
________________________
[ 1 + 6s ]
20db/dec 20db/dec
2
⎡ 1 + 6s + 60s ⎤
⎣ ⎦
[ 1 + 2s ]
s
συνολικό
ω (rad/sec)
-- 40db/dec 40db/dec 2
⎡ 1 + 2s + 2s ⎤
⎣ ⎦
Σελίδα 6 από 15

Θέµα 2 (35%)
Για το κύκλωµα του παρακάτω Σχήµατος 2:
Σχήµα 2
(α) (5%) Να σχεδιαστεί ο γράφος G του κυκλώµατος (χρησιµοποιώντας τις φορές αναφοράς και
την αρίθµηση των ρευµάτων, όπου αυτά δίδονται στο Σχήµα 2). Να επιλεγεί ένα κανονικό δέντρο
T πάνω στον G και να προσδιοριστεί η µήτρα Q θεµελιωδών οµάδων διαχωρισµού του T .
(β) (10%) Να επιλεγεί ένα διάνυσµα µεταβλητών του κυκλώµατος ως διάνυσµα κατάστασης. Να
γραφούν στο πεδίο του χρόνου οι εξισώσεις κατάστασης του κυκλώµατος, καθώς και η εξίσωση εξόδου,
θεωρώντας ως έξοδο τη µεταβλητή y = vR2.
(γ) (15%) Να βρεθεί η συνάρτηση µεταφοράς: H(s)=Υ(s)/Is(s) συναρτήσει των R1, R2, R3, C1, C2 και
L. (Βοήθηµα: προς απλοποίηση µπορεί να γίνει η αντικατάσταση ω1=1/(R1C1), ω2=1/(R2C2), και
ω3=R3/L ).
Θέτοντας R1=R2=R=1Ω, C1=C2=C=1F, L=1H και R3 = k ⋅ R (µε k > 0), να προσδιοριστούν οι πόλοι
της συνάρτησης µεταφοράς. Να εξεταστεί για ποιές τιµές του k υπάρχουν µιγαδικοί πόλοι.
(δ) (5%) Θεωρώντας µηδενικές αρχικές συνθήκες, και θέτοντας k=3, να προσδιοριστεί η κρουστική
απόκριση του κυκλώµατος, και να γραφεί στη µορφή:
−λ1t −λ2t
ht () = Ae cos( Ω t+Φ ) + Ae cos( Ω t+Φ
)
1 1 1 2 2 2
Να προσδιορισθούν τα A1, A2, Ω1, Ω2, λ1, λ2, και Φ1, Φ2.
_______________
Λύση
I s
i 5
R 1
i 1
i 4 L
i 6
C 1
i 3
(α) Ο γράφος του δοσµένου κυκλώµατος εικονίζεται στο ακόλουθο Σχήµα, όπου έχει χρησιµοποιηθεί
η αρίθµηση των κλάδων και οι φορές αναφοράς που δίνονται στο Σχήµα 2.
ΘΟ∆-C1
7,I s
5,R 1
4,L
1,C 1
Γράφος κυκλώµατος, κανονικό δέντρο και θεµελιώδεις οµάδες διαχωρισµού
Στο ίδιο σχήµα, εικονίζεται και ένα κανονικό δέντρο (περιέχει τους πυκνωτές ως βλαστούς, και
τα επαγωγικά στοιχεία ως συνδέσµους). Η µήτρα Q θεµελιωδών οµάδων διαχωρισµού είναι:
R 3
ΘΟ∆-R3
3,R 3
C 2
2,C 2
1 2 3 4 5 6 7
i 2
ΘΟ∆-C2
6,R 2
⎡ 1 0 0 1 1 0 − 1 ⎤ ΘΟ∆-C1
Q = ⎢ 0 1 0 − 1 0 1 0 ⎥ ΘΟ∆-C2
⎢ ⎥
⎢⎣⎢⎣ 0 0 1 1 0 0 0 0⎥⎦⎥⎦
ΘΟ∆-R3
R 2
+
y(t)
-
Σελίδα 7 από 15

T T
c1 c2 L 1 2 4
(β) Επιλέγουµε ως διάνυσµα µεταβλητών κατάστασης το x = [ v v i ] = [ v v i ] .
Γράφουµε τις εξισώσεις ρευµάτων (νόµος ρευµάτων Kirchhoff – ΝΡΚ) για τις θεµελιώδεις
οµάδες διαχωρισµού (ΘΟ∆) που αντιστοιχούν στους κλάδους C1 και C2:
Θ.Ο.∆. (θεµελιώδεις οµάδες διαχωρισµού)
d 1
+ + − = ⇒ ⋅ = − − + (1)
Θ.Ο.∆. – C1: i1 i4 i5 i7 0 C1 dt
vc1 iL v5 is
R1
1
Θ.Ο.∆. – C2: i2 − i4 + i6 = 0 ⇒ C d
2⋅ dt
vc2 = iL − v6
(2)
R
Γράφουµε εν συνεχεία τις εξισώσεις τάσεων (νόµος τάσεων Kirchhoff – ΝΤΚ) για τους θε-
µελιώδεις βρόχους (ΘΒ), οι οποίοι ορίζονται από συνδέσµους που αντιστοιχούν στα επαγωγικά
στοιχεία του κυκλώµατος (δηλαδή εδώ τον κλάδο 4 που αντιστοιχεί στην επαγωγή L):
Θ.Β. (θεµελιώδεις βρόχοι)
Θ.Β. – L (4-2-3-1): v4 + v2 −v3− v1 = 0 ⇒ L⋅ iL = vc1− vc2 + v3
(3)
Πρέπει εποµένως τώρα να εκφράσουµε τις τάσεις κλάδων v5, v6, και v3, συναρτήσει των
µεταβλητών κατάστασης vc1, vc2, και iL, ώστε να πάρουµε τις σχέσεις στη µορφή των
εξισώσεων κατάστασης.
Για τα v5, v6 µπορούµε να γράψουµε τις εξισώσεις τάσεων για τους αντίστοιχους θεµελιώδεις
βρόχους ως εξής:
Θ.Β. – 5 (5-1): v5 − v1 = 0 ⇒ v5 = vc1
(4)
Θ.Β. – 6 (6-2): v6 − v2 = 0 ⇒ v6 = vc2
(5)
Για το v3 µπορούµε να γράψουµε το ΝΡΚ στη ΘΟ∆ για τον αντίστοιχο κλάδο 3:
Θ.Ο.∆. – R3: i3 + i4 = 0 ⇒ i3 = − iL
και επειδή v3 = R3 i3 έχουµε: v3 = − Ri 3 L
(6)
Συνδυάζοντας τις παραπάνω σχέσεις παίρνουµε απ’ευθείας τις εξισώσεις κατάστασης του
κυκλώµατος:
⎧ d 1 ⎫ ⎧d 1 1 1 ⎫
⎪
C1⋅ dt
vc1 =− vc1− iL + is dt
vc1 vc1 iL is
R ⎪ ⎪
= − − +
1 RC 1 1 C1 C ⎪
1
⎧(1) ∧ (4) ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎪ 1 1 1
(2) (5)
d ⎪ ⎪d
⎪
⎨ ∧ ⎬ ⇒⎨C2⋅ dt
vc2 = − vc2 + iL ⎬ ⇔ ⎨dt vc2 = − vc2 + iL
⎬
⎪ R2 R2C2 C2
(3) ∧ (6) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎪
⎩ ⎭ ⎪L⋅ d
1 1
L c1 c2 3 L
d
R3
dt
i = v −v −Ri
⎪ ⎪
⎪
⎪ ⎪ ⎪dt
iL = vc1− vc2 − iL
⎪
⎩ ⎭ ⎩ L L L ⎭
Οι εξισώσεις αυτές σε διανυσµατική µορφή γράφονται ως εξής:
x= A⋅ x + Β⋅is
όπου
(7)
⎡ 1
⎢
−
R1C1 ⎢
⎢
A =
⎢
0
⎢
⎢ 1
⎢
⎣ L
0
1
−
RC 2 2
1
−
L
1 ⎤
−
C ⎥
1⎥
1 ⎥
C ⎥
και
2 ⎥
R3
⎥
−
L ⎥
⎦
⎡1 C1⎤
B =
⎢
0
⎥
⎢ ⎥ ( x = [ vc1 vc2 ⎢⎣ 0 ⎥⎦
T
iL]
)
Για την εξίσωση εξόδου έχουµε: y= vc2και
άρα: y= C⋅ x + D⋅is,
όπου C = [ 010]
και D=0.
2
d
dt
Σελίδα 8 από 15

(γ) Η συνάρτηση µεταφοράς H(s)=Υ(s)/Is(s) δίνεται κατά τα γνωστά από τη σχέση (D=0):
( ) 1 −
H( s) = C⋅ sI−A
⋅B
όπου:
⎡s +
1
0
1 ⎤
⎢ RC 1 1 C1
⎥
⎡1 C1⎤
⎢
[ s ] 0 s
1 1 ⎥
(8)
I− A = ⎢ + − ⎥ , B =
⎢
0
⎥
και C = [ 010]
R2C2 C2
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ 0
⎢ 1 1 R3
⎥ ⎣ ⎥⎦
⎢ − s +
⎣ L L L⎥⎦
Είναι:
− 1 1 ′
[ sI−
A ]
όπου:
= ⋅[ ∆ij]
,
∆()
s
∆(s) = “η ορίζουσα της µήτρας [ sI−A ] ”, και
[ ′ ij] ( i= 1, 3, και j=
1, 3) = “ο 3x3 πίνακας Adj( s − ) I A που περιέχει τα στοιχεία ij ′ ∆ ”, όπου
∆ … …
∆ ′ ij = ∆ ji = (–1) (i+j) × “µερική ορίζουσα που προκύπτει µε διαγραφή της γραµµής j και της
στήλης i από τη µήτρα [ sI−A ] ”
Η σχέση (8) εποµένως γίνεται:
⎡1 C1⎤ ⎡1 C1⎤
21
H( )
1
[ 0 1 0] [ ] 0 H( )
1
′
s = ⋅ ⋅∆′ ij ⋅⎢ ⎥ ⇒ s = ⋅[ 0 1 0] ⋅∆ [ ′ ij]
⋅⎢ 0 ⎥ ⇒ H( s)
=
∆
∆() s ⎢ ⎥ ∆() s ⎢ ⎥ C1⋅∆() s
⎢⎣ 0 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 ⎥⎦
Αντικαθιστώντας και τις σχέσεις ω1=1/(R1C1), ω2=1/(R2C2), και ω3=R3/L, έχουµε:
s + ω1
0
1
C1
∆ () s = 0 s+ ω2 −
1
C2 = ( s+ ω1) ⎡( s+ ω2)( s+ ω3) +
1 ⎤+
1 1
( s+
ω2)
=
⎣ LC2⎦ C1 L
και
−
1
L
1
L
s + ω3 ( s+ ω1) ( s+
ω2)
= ( s+ ω1)( s+ ω2)( s+
ω3)
+ +
LC2 LC1
0
2+ 1
∆ ′ 21 = ( − 1)
×
−
1
L
−
1
C2
=
1
LC2
s + ω3
Η σχέση (9) εποµένως γράφεται:
H( s)
=
1
( 1) ( 2)
( LC1C2) ⎡( s + ω
s s
1)( s + ω2)( s + ω
+ ω + ω
3)
+ + ⎤
⎣ LC LC ⎦
2 1
Θέτοντας R1=R2=R=1Ω, C1=C2=C=1F, L=1H και R3 = k ⋅ R (µε k > 0), έχουµε:
ω1=1/(R1C1)=1, ω2=1/(R2C2)=1, ω3=R3/L=k > 0. Οι πόλοι της συνάρτησης µεταφοράς
είναι ως γνωστόν οι ρίζες του χαρακτηριστικού πολυωνύµου ψ(s) (δηλαδή του παρανοµαστή
της συνάτησης µεταφοράς), για το οποίο έχουµε:
ψ () s = [ ( s+ 1)( s+ 1)( s+ k) + ( s+ 1) + ( s+ 1) ] = ( s+ 1) [ ( s+ 1)( s+ k)
+ 1+ 1]
2 = ( s+ 1) [ s + ( k+ 1) s+ k+
2]
Οι ρίζες p1,p2,p3 του ψ(s) είναι εποµένως:
2
p1 = –1 και p2,p3 οι ρίζες του τριωνύµου ψ 1( s) = s + ( k+ 1) s+ k+
2του
οποίου η διακρίνουσα
2 2
2
ισούται µε: δ = ( k+ 1) − 4( k+ 2) = k −2k− 7= ( k−1)
− 8
(9)
(10)
Σελίδα 9 από 15

Συνολικά για τα p2,p3 διακρίνουµε τρείς περιπτώσεις (µε βάση το πρόσηµο του δ, το οποίο εξαρτάται
από την τιµή του k, µε k>0):
• δ>0, δηλαδή: ( ) 2
k− 1 > 8⇔ k>
1+ 2 2 , οπότε οι p2,p3 είναι πραγµατικοί αριθµοί:
( k + 1) p2,3 =− ±
1
2 2
2
( k−1) − 8 ( p2,3
< 0)
•
( k + 1)
δ=0, δηλαδή: k = 1+ 2 2,
οπότε: p2 = p3=−
< 0
2
• δ

Θέµα 3 (40%)
(α) (5%) Να ευρεθούν οι µήτρες παραµέτρων µεταφοράς Τ1 και Τ2 των διθύρων ∆1 και ∆2 του Σχήµατος 3-1.
(γ) (10%) Έστω ότι είναι γνωστές οι µήτρες συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκύκλωσης 11 12
A y21 y22
∆Α, και παραµέτρων µεταφοράς
TB
Y
y
=
⎡
⎢⎣ y ⎤
⎥⎦
του
= ⎡0 ⎢⎣C 0⎤ 0⎥⎦
του ∆Β (βλ. Σχήµα 3-3). Να εξετασθεί εαν υπάρχει η µήτρα
συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκύκλωσης ΥΒ του ∆Β. Να ευρεθεί η µήτρα παραµέτρων µεταφοράς ΤΓ του
συνολικού διθύρου ∆Γ (αφού γίνει έλεγχος των κριτηρίων Brune).
+
v 1
-
i 1
i 1
∆ Α
∆ Β
i 2
i 2
+
v 2
-
∆ Γ
+
v 1
-
i 1
i 1
G 1
-
∞
+
G 6
G 2
C 2 G 5 G 4
-
∞
+
G 3
C 1
-
∞
+
i 2
i
v 2
2
Σχήµα 3-3 Σχήµα 3-4
(δ) (20%) Κάνοντας χρήση των αποτελεσµάτων των ερωτηµάτων (α), (β), (γ) παραπάνω, να ευρεθεί η µήτρα
παραµέτρων µεταφοράς Τολ του διθύρου του Σχήµατος 3-4 καθώς και η συνάρτηση µεταφοράς G(s)=V2/V1.
Λύση
+
v 1
-
i 1
i 1
Y
i 2
+
v 2
i 2
-
+
_______________
(α) Για τις µήτρες παραµέτρων µεταφοράς Τ1 και Τ2 των διθύρων ∆1 και ∆2 έχουµε:
v 1
-
i 1
i 1
i =− i ⎫ ⎧ i =−i ⎫
1
1
v ⎡ ⎤ v
1 2 1 2
⎪ ⎪ ⎪ ⎡ 1⎤ 2
Y ⎡ ⎤
i1 ⎬ ⇔ ⎨ 2
1 2 0
i ⎬ ⇒ = ⎢ ⎥
⎢ 1 2
i ⎥ ⎢ 1 −i
⎥ 2
− v + + v
Y
= ⎪⎭ ⎪⎩ v = v −
Y ⎪⎭
⎣ ⎦ ⎢
⎣0 ⎣
1
⎥
⎦
⎦
T
⎡1 ⎢
1 ⎤
Y ⎥
⎣0 1⎦
⇒ 1 =
⎢ ⎥
Ζ 1
-
∞
+
Y 2
i 2
i 2
+
v 2
∆ 1 ∆ 2
-
Σχήµα 3-1
(β) (5%) Αν είναι γνωστή η µήτρα συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκύκλωσης Yˆ= ⎡⎣yˆij ⎤⎦
(i=1,2 και j=1,2)
του διθύρου ∆3 του Σχήµατος 3-2α, να ευρεθεί η µήτρα συνθέτων αγωγιµοτήτων βραχυκύκλωσης Y = ⎡⎣ yij
⎤⎦
(i=1,2 και j=1,2) του διθύρου ∆4 του Σχήµατος 3-2β.
α î 1 î γ 2
i
+
1 γ
α i
+
1 γ
α i 2
+ +
+
ˆv ˆv 1 ∆ v
3 ˆv ˆv v 2
1 ∆ 3 i v
-
-
2 2
-
-
2 2
-
-
β î î δ i 1 δ
β
1
2
∆ 4
Σχήµα 3-2α Σχήµα 3-2β
+
- v +
1
- v1 i 1
i 1
Y
i 2
+
v 2
-
i 2
∆ 1
+
-
Σελίδα 11 από 15

+
v 1
-
i 1
i 1
(β)
Ζ 1
i 1
-
∞
+
v1 iZ 1 1 ZY 1 2v2 { }
− v1+ iZ 1 1=
0⎫
= =−
i1
+ v2 = 0
Y2
⎪
⎬
⎪⎭
⇔
i1=−v2Y2 ⇒
1 1 2 ⎡v ⎤ ⎡−ZY =
⎣⎢i1⎦⎥ ⎢
⎣ −Y2 0⎤⎡v2 ⎤
⎥
0⎦⎣⎢−i2⎦⎥ ⇒
⎡−ZY 1 2
T2
= ⎢
⎣ −Y2
0⎤
⎥
0⎦
____________________
Για τα ρεύµατα και τις τάσεις στις θύρες εισόδου και εξόδου των δύο διθύρων ∆3 και
∆4, έχουµε:
1 2 ˆ i = i , v1= vˆ2
και
2 1 ˆ i = i , v2 = vˆ1
Είναι:
⎡iˆ1⎤ ˆ1 ˆ11 ˆ
v y
Y
⎡ ⎤ ⎡
⎢ˆ⎥= ⋅ =
2 vˆ ⎢
⎣i⎦ ⎢⎣ ⎥ 2⎦ ⎣yˆ21 yˆ12⎤⎡vˆ1⎤ ⎥
yˆ22⎦ ⎢⎣vˆ ⎥ 2⎦ ⇒
2 ˆ11 ⎡i ⎤ ⎡y =
⎢⎣i ⎥ 1⎦ ⎢
⎣yˆ21 yˆ12⎤⎡v2⎤
⎥
yˆ22⎦
⎢⎣v ⎥ 1⎦
⇔
⇔
i1= yˆ21⋅ v2+ yˆ22⋅v1 { i }
2 = yˆ11⋅ v2+ yˆ12⋅v1 ⇒
i1 yˆ22 ⎡ ⎤ ⎡
=
⎢⎣i ⎥ 2⎦ ⎢
⎣yˆ12 yˆ21⎤⎡v1⎤
⎥
yˆ11⎦
⎢⎣v ⎥ 2⎦
⇒
⎡yˆ22 Y = ⎢
⎣yˆ12 yˆ21⎤
y11 = yˆ22 ,
⎥,
δηλαδ ή { yˆ11⎦
y21 = yˆ12 ,
y12 = yˆ21
y22 = yˆ11
____________________
(γ) Αρχικά γίνεται έλεγχος των κριτηρίων Brune, για τη συνδεσµολογία του δοσµένου
Σχήµατος 3-3.
+
-
Y 2
α
+
ˆv ˆv 1
-
β
î
1
î
1
i 2
i 2
+
v 2
-
∆ 3
∆ 2
∆ Α
∆ Β
î 2 γ i 1 γ
α i 2
+ +
+
ˆv ˆv 2 v 1 ∆ 3 i
-
2
-
-
î δ i
2
1 δ
β
2
∆ 4
+
v=0
-
+
- v=0
+
- v=0
Τα κριτήρια Brune ισχύουν. Εποµένως τα ∆Α και ∆Β στη δοσµένη συνδεσµολογία
παραµένουν δίθυρα, και ισχύει:
YΓ = YΑ + YΒ (1)
Έχουµε από τα δεδοµένα του θέµατος:
y
Y 11
A =
⎡
⎢⎣ y21 y12
⎤
y22
⎥⎦
και
TB
= ⎡0 ⎢⎣C 0⎤ 0⎥⎦
⇒ δεν υπάρχει µήτρα YB, οπότε δεν µπορούµε να εφαρµόσουµε
απ’ευθείας τη σχέση (1) για να υπολογίσουµε τη µήτρα YΓ και εν συνεχεία την ΤΓ.
∆ Α
∆ Β
v 2
+
-
Σελίδα 12 από 15

∆εδοµένου όµως ότι, λόγω ισχύος των κριτηρίων Brune, τα ∆Α και ∆Β στη δοσµένη
συνδεσµολογία παραµένουν δίθυρα, µπορούµε να γράψουµε, χρησιµοποιώντας και το
συµβολισµό του παρακάτω Σχήµατος:
+
v 1
-
i 1
i 1
⎡i1A⎤ ⎡y11y12⎤⎡v1⎤ ⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎣i2A⎦ ⎣y21 y22⎦⎣v2
⎦
YA
⎡v1⎤ ⎡0 0⎤⎡
v2
⎤
⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎣i ⎦ ⎣C 0⎦⎣−i
⎦
1B 2B
TB
Εφαρµόζοντας το Ν.Ρ.Κ. στος κόµβους (κ) και (λ) έχουµε:
i1= i1A+ i1B
(4-1)
i2 = i2A+ i2B
Επιπλέον:
(4-2)
(3) ⇔
⎧ v1
= 0
⎨
⎩ i1B = Cv2
(3.1)
(3.2)
και
(2) ⇒ i1A = y11v1+ y12v2(2.1) Για τον υπολογισµό της µήτρας ΤΓ η οποία ζητείται, πρέπει να βρούµε µια σχέση της
µορφής:
⎡v1⎤ ⎡t11 t12⎤⎡v2⎤ ⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎣i1⎦ ⎣t21 t22⎦⎣−i2
⎦
TΓ
Από τη σχέση (3.1) έχουµε: v1=0 ⇒ t11=0 και t12=0.
(2.1) (3.2) (3.1)
(4.1) ⇒ i = i + i = y v + y v + i = y v + y v + Cv = ( y + C) v
Εποµένως:
i 1A
i 1A
∆ Α
i 1B
i 2Β
κ ∆ Β
λ
i 1B
i 2A
i 2A
i i2Β 2Β
1 1A 1B 11 1 12 2 1B 11 1 12 2 2 12 2
⎡v1⎤ ⎡ 0 0⎤⎡v2⎤ ⎡ 0 0⎤
⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⇒ TΓ
= ⎢ ⎥
⎣i1⎦ ⎣( y12+ C) 0⎦⎣− i2⎦ ⎣( y12+ C)
0
⎦
TΓ
i 2
i 2
+
v 2
-
∆ Γ
____________________
(δ) Όπως φαίνεται και στο ακόλουθο Σχήµα, το ∆ολ αποτελείται από τον παράλληλοπαράλληλο
συνδυασµό των ∆Α και ∆Β, ο οποίος συνδέεται αλυσωτά µε το Ν1. Τα ∆Α
και ∆Β έχουν εσωτερική βραχυκύκλωση των κάτω ακροδεκτών εισόδου/εξόδου, όπως
στο Σχήµα 3-3 του Θέµατος, εποµένως τα κριτήρια Brune ισχύουν (βλ. Ερώτηµα (γ)).
(2)
(3)
Σελίδα 13 από 15

Η µήτρα παραµέτρων µεταφοράς του ∆Β (εσωτερική αλυσωτή διασύνδεση δύο επι-
µέρους κυκλωµάτων της µορφής του ερωτήµατος (α)) είναι:
T
B
sC
0
0 0
0 0 ⎡−⎤ ⎡ ⎤
= =
1
⎡ ⎤
⎢ G3
⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ G2
⎣−G20⎦⎢ ⎥ ⎢sC1 0⎥
⎣−sC1 0⎦
⎣ G3
⎦
(δεν υπάρχει µήτρα Y για το ∆Β, άρα ήδη διαφαίνεται η πιθανή εφαρµογή των
2
αποτελεσµάτων του ερωτήµατος (γ), για τη διασύνδεση ∆Α των και ∆Β, µε: C = sC
G
1 )
G
Για τον υπολογισµό των παραµέτρων του ∆Α θα εφαρµοστεί το ερώτηµα (β).
Υπολογίζονται πρώτα οι παράµετροι µεταφοράς ΤΑ΄ για το δίθυρο ∆Α΄ του ακολούθου
σχήµατος:
∆ Α ΄
Το ∆Α΄ αποτελείται και πάλι από δύο δίθυρα της µορφής του ερωτήµατος (α) συνδεδεµένα
αλυσωτά, εποµένως:
⎡ 2 −
Y
0⎤⎡1
1 ⎤
TA′
= ⎢ G4
⎥⎢
G6
⎥ , όπου
1 sC2G5 Y2
= =
⎢ ⎥⎢
⎥
1 1 sC2 G5
⎣−Y20⎦⎣0 1 ⎦
+
+
G sC
Άρα:
+
v 1
-
i 1
i 1
G 1
2
v 2
0
+
1
G 6
G 2
-
∞
+
C 2
G 3
G 5
C 1
5 2
⎡ 2 2 sC2G5 sC2G5 −
Y
−
Y ⎤ ⎡− −
⎤
⎢ G4 G4G6⎥ ⎢ ( sC2+ G5) G4 ( sC2+ G5) G4G6⎥ TA′
= ⎢ ⎥=
⎢ ⎥
⎢ Y2 sC2G5 sC2G5 −Y2− ⎥ ⎢ − −
⎥
⎣ G ⎦ ⎣ ( sC + G ) ( sC + G ) G ⎦
∞
+
+
6 2 5 2 5 6
-
-
∞
G 4
0 0
2
∆ Α
Ν1 ∆ Β
∆ολ
i i2Α 2Α
- i - 2Α i2Α G 4
G 5
-
∞
+
C 2
G 6
i 1
1Α
+
i
v 1
1Α -
0
i 2
i 2
+
v 2
-
Σελίδα 14 από 15
3

⎡ G4
0 ⎤ ⎡ G4
0 ⎤
και YA′ = ⎢ ⎥
GG
= ⎢ ⎥
4 6 GG 4 6( sC2 G5)
⎢ G6⎥ ⎢
+
G6⎥
⎣ Y ⎦ ⎣ sC G ⎦
2 2 5
Το δίθυρο ∆Α, το οποίο συνδέεται παράλληλα-παράλληλα µε το ∆Β, είναι το ∆Α΄ µε
αντίστροφα τοποθετηµένες τις θύρες εισόδου και εξόδου. Η µήτρα YA του ∆Α
εποµένως προκύπτει από τη µήτρα YΑ΄ του ∆Α΄ µε εφαρµογή του ερωτήµατος (β):
⎡ 4 6
4 6( 2 5)
G
GG⎤
⎡ GG sC+ G
6 G
⎤
6
YA
= ⎢ Y2 ⎥=
⎢ sC2G5 ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣0G4⎦ ⎣ 0 G4
⎦
Η µήτρα ΤΓ του παράλληλου-παράλληλου συνδυασµού των ∆Α και ∆Β προκύπτει, όπως
προείπαµε, µε εφαρµογή του ερωτήµατος (γ):
0 0 0 0
0 0
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤
TΓ = T ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⇒ Γ = GG 4 6 G =
2 GG 4 6( sC2+ G5)
sCG 1 2
⎣( y12 + C)
0⎦
⎢( + sC1
) 0⎥ ⎢( + ) 0⎥
⎣ Y G ⎦ ⎣ sC G G ⎦
2 3 2 5 3
Τέλος, για το Τολ έχουµε:
1 4 6( 2 5) 1 2
1 0 0 ⎡ GG sC+ G sC G
( ) 0⎤
⎡1⎤⎡ ⎤
+
⎢G1 sC2G5 G3
⎥
T 1
ολ = TN⋅ T G
1 Γ = ⎢ ⎥⎢
⎥
GG 4 6 G =⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ 2
( + sC1 ) 0⎥
GG 4 6( sC2+ G5) sC1G2 ⎣0 1 ⎦⎣ Y2 G3
⎦
⎢ + 0⎥
⎢⎣ sC G G ⎥⎦
v2
Για τη συνάρτηση µεταφοράς Gs () = έχουµε:
v
2 Gs KVZl→∞
1
sC2G1G3G5 ⇒ Gs () = 2 sCCGG+ GGG( sC+ G)
1
1 2 2 5 3 4 6 2 5
2 5 3
v
Zl
() = = = =
1
=
1
⇒
v B+ AZlB Z
A
l →∞ + A
Z
l Zl
→∞
________________________
Σελίδα 15 από 15