Vaihtosähköpiirien perusteet

TA00AB72 Vaihtosähköpiirien perusteet (3 op)
AS10 & AS07
Vesa Linja-aho
22. elokuuta 2014
AS10 & AS07 Vesa Linja-aho TA00AB72 Vaihtosähköpiirien perusteet (3 op) 22. elokuuta 2014 1 / 155

1 1. tunti
2 2. tunti
3 3. tunti
4 4. tunti
5 5. tunti
6 6. tunti
7 7. tunti
8 8. tunti
9 9. tunti
10 10. tunti
11 11. tunti
12 12. tunti

1. tunti
Kurssin perustiedot
Opettaja: DI Vesa Linja-aho, etunimi.sukunimi@metropolia.ﬁ
Tunnit ma klo 8.00-10.45 (3 h) ja to 12.00-13.45 (2 h), luokka P113.
Suorittaminen: Kotitehtävät ja tentti. Tentti on ma 7.3.2011 klo
8.00-11.00.
Oppikirja: Kimmo Silvonen: Sähkötekniikka ja piiriteoria (uudempi)
tai Sähkötekniikka ja elektroniikka (vanhempi).
Kaikista muutoksista tiedotetaan Tuubi-portaalissa!

1. tunti
Kurssi on jatkoa Tasasähköpiirit-kurssille
Tämä kurssi jatkaa siitä, mihin Tasasähköpiirit-kurssi jäi.
Tärkeää!
Käytännön maailmassa puhdas tasajännite on hyvin harvinainen — siksi
pitää opiskella myös vaihtosähkötekniikka ja muutosilmiöiden käsittely.
Tasasähköpiirikurssin kokemusten perusteella tällä kurssilla otetaan
käyttöön kotitehtävät, joista saa lisäpisteitä tenttiin.

1. tunti
Kotitehtävät
Kurssilla on ainakin 20 kotitehtävää (10 kertaa 2 tehtävää – joskus
yksi tehtävä voi olla kahden pisteen arvoinen).
Jokaisesta kotitehtävästä saa 0, 0,5 tai 1 pistettä.
Jotta kurssista pääsee läpi, on saatava vähintään 7 pistettä.
Seitsemän yli menevät pisteet hyvitetään tenttipisteiksi kertoimella
0,5.
Tentissä on viisi tehtävää á 6 pistettä.
Tentti on läpi, jos saa 15 pistettä.
Muut arvosanarajat ovat liukuvia.
Esimerkki
Opiskelijalla on kotitehtävistä 15 pistettä. Hän saa tentistä 11 pistettä.
Tentti menee kuitenkin läpi, koska kotitehtäväpisteet huomioon ottaen
(15 − 7) · 0,5 + 11 = 15 pistettä.
Tosin on melko harvinaista, että henkilö, joka on saanut 15/20
kotitehtävistä, saa tentistä vain 11 pistettä. . .

1. tunti
Kurssin oppimistavoitteet
Opinto-oppaasta:
Tavoitteet
Vaihtosähköpiirien peruslaskutavat ja siirtofunktioitten määräämisen tavat. Kyky
lukea piirikaavioita ja kyky analysoida niitä myös vaihtosähkön vaikuttaessa.
Sisältö
Sinimuotoinen jännite ja virta. Yksinkertaisten jatkuvuustilassa toimivien
lineaaristen vaihtosähköpiirien analysointi sekä muutosilmiöitten että
siirtofunktion laskeminen virtapiireissä.

1. tunti
Kurssin aikataulu
Tunneilla käsitellään seuraavat asiat
1 Kertaus (tasasähköpiirien analysoinnin mieleenpalautus).
2 Sinimuotoinen vaihtojännite. Kondensaattori ja reaktanssi. Tehollisarvo.
3 Kela. Johdatus kompleksilukuihin ja osoitinlaskentaan.
4 Osoitinlaskenta kompleksiluvuilla.
5 Osoitinlaskenta kompleksiluvuilla.
6 Vaihtosähköteho.
7 Loistehokompensointi ja tehosovitus.
8 Usean taajuuden käsittely virtapiirissä.
9 Siirtofunktiot. Taajuusvaste.
10 Muutosilmiöiden käsittely diﬀerentiaaliyhtälöillä.
11 Laplace-muunnos ja diﬀerentiaaliyhtälöt.
12 Osoitinlaskennan ja Laplace-muunnoksen yhteys. Fourier’n teoreema.
13 Kertaus.
14 Kertaus.
15 Tentti.

1. tunti
Kirjan kappaleet
Tunti Sähkö&ele1 Sähkö&piiriteoria2
1. Kertaus 1. luku 1. luku
2. Vaihtojännite, kondensaattori 4.1, 4.2.4 4.1, 4.2.6
3. Kela. Kompleksiluvut. 4.2.1–4.2.4 4.2.1–4.2.6
4. Osoitinlaskenta. 4.2 4.2
5. Osoitinlaskenta jatkuu. 4.2 4.2
6. Vaihtosähköteho. 4.4.1–4.4.2 4.3.1–4.3.2
7. Tehokomp. ja -sovitus. 4.4.3–4.4.4 4.3.3–4.3.5
8. Useat taajuudet. 4.2.7 4.2.9
9. Siirtofunktiot. 1.4.5,13.1.1–13.1.3 1.4.5, —3
10. Muutosilmiöt. 2.2.1, 2.3.1, 3.1.1–3.1.8 2.6.1, 2.9.3, 3.1.1–3.1.8
11. Laplace-muunnos. 3.2 3.2
12. Fourier’n teoreema. 3.3 3.3
1
Silvonen: Sähkötekniikka ja elektroniikka (4. tai 5. painos)
2
Silvonen: Sähkötekniikka ja piiriteoria (1. painos)
3
Suodattimia koskeva osuus on siirretty kirjaan "elektroniikka ja
puolijohdekomponentit."

1. tunti
Tämä kurssi ei ole matematiikan kurssi!
Kurssilla opiskellaan kompleksilukuja, diﬀerentiaaliyhtälöitä ja
Laplace-muunnosta vain sen verran, että yksinkertaisten virtapiirien
laskeminen on mahdollista. Syvälliset matemaattiset perustelut
sivuutetaan.

1. tunti
Opiskelusta
1 op ≈ 26,7 tuntia työtä. 3 op = 80 tuntia työtä. Tästä lähiopetusta
on 39 tuntia.
Eli opiskelua oletetaan tapahtuvan myös omalla ajalla!
Luentokalvoja ei ole suunniteltu itseopiskelumateriaaliksi. Oppikirja on
sitä varten.
Jos tunneilla edetään liian nopeasti tai liian hitaasti, sanokaa siitä
(joko tunnilla tai kahden kesken [esim. sähköpostitse])!
Kyselkää paljon, myös tyhmiä kysymyksiä.

1. tunti
Kohta mennään itse asiaan
Kysymyksiä?
Nyt ensimmäisellä tunnilla kerrataan vähän tasasähköpiirikurssin asioita.

1. tunti
Sähkövirta
Sähkövirta on varauksenkuljettajien liikettä.
Yksikkö on ampeeri (A).
Suureen lyhenne on I.
Sähkövirtaa voidaan verrata letkussa kulkevaan veteen.
Virta kiertää aina jossain silmukassa (se ei puristu kasaan eikä häviä
olemattomiin).
Virtapiirissä virta merkitään nuolella johtimeen:
I = 2 mA
-

1. tunti
Kirchhoffin virtalaki
Kuten edellä todettiin, sähkövirta ei häviä mihinkään.
Kirchhoffin virtalaki (myös: Kirchhoffin ensimmäinen laki)
Virtapiirin jollekin alueelle tulevien virtojen summa on yhtä suuri kuin
sieltä lähtevien virtojen summa.
I1 = 3 mA
-
I2 = 2 mA
-
I3 = 1 mA
6
Piirsitpä ympyrän mihin tahansa kohtaan piiriä, ympyrän sisään menee
yhtä paljon virtaa kuin mitä tulee sieltä ulos!

1. tunti
Jännite
Jännite on kahden pisteen välinen potentiaaliero.
Suureen lyhenne on U.
Virtapiirianalyysissä ei oteta kantaa siihen, miten potentiaaliero on
luotu.
Jännitteen yksikkö on voltti (V).
Jännitettä voi verrata paine-eroon putkessa tai korkeuseroon.
Jännitettä merkitään pisteiden välille piirretyllä nuolella.

+
−
12 V U = 12 V
c
AS10 AS07 Vesa Linja-aho TA00AB72 Vaihtosähköpiirien perusteet (3 op) 22. elokuuta 2014 14 / 155

1. tunti
Kirchhoffin jännitelaki
Kahden pisteen välillä vaikuttaa sama jännite tarkastelureitistä
riippumatta.
Tämä on helpoin hahmottaa rinnastamalla jännite korkeuseroihin.
Kirchhoffin jännitelaki (myös: Kirchhoffin toinen laki)
Silmukan jännitteiden summa on etumerkit huomioon ottaen nolla.

− +
1,5 V

− +
1,5 V

− +
1,5 V
4,5 V'r r

1. tunti
Ohmin laki
Mitä suurempi virta, sitä suurempi jännite – ja päinvastoin.
Resistanssilla tarkoitetaan kappaleen kykyä vastustaa sähkövirran
kulkua. Resistanssi on jännitteen ja virran suhde.
Resistanssin tunnus on R ja yksikkö ohmi ( Ω).
U = RI
R
U E
I
-

1. tunti
Kerrostamismenetelmä
Vastuksista ja vakioarvoisista virta- ja jännitelähteistä koostuva piiri
on lineaarinen.
Jos piiri on lineaarinen, voidaan vastusten jännitteet ja virrat selvittää
laskemalla kunkin lähteen vaikutus erikseen.
Tätä ratkaisumenetelmää kutsutaan kerrostamismenetelmäksi.

1. tunti
Kerrostamismenetelmä
Kerrostamismenetelmää sovelletaan seuraavasti
Lasketaan kunkin lähteen aiheuttama(t) virta/virrat ja/tai
jännite/jännitteet erikseen siten, että muut lähteet ovat
sammutettuina.
Sammutettu jännitelähde = oikosulku (suora johdin), sammutettu
virtalähde = avoin piiri (katkaistu johdin).
Lopuksi lasketaan osatulokset yhteen.

1. tunti
Esimerkki kerrostamismenetelmän soveltamisesta
Ratkaise virta I3 kerrostamismenetelmällä.

+
−
E1

+
−
E2R3
I3
?
R1 R2
Sammutetaan oikeanpuoleinen jännitelähde:

+
−
E1 R3
I31
?
R1 R2
I31 = E1
R1+ 1
G2+G3
1
G2+G3
G3
Sammutetaan vasemmanpuoleinen jännitelähde:

+
−
E2R3
I32
?
R1 R2
I32 = E2
R2+ 1
G1+G3
1
G1+G3
G3

1. tunti
Esimerkki kerrostamismenetelmän soveltamisesta
Virta I3 saadaan laskemalla osavirrat I31 ja I32.
I3 = I31 + I32 =
E1
R1 + 1
G2+G3
1
G2 + G3
G3 +
E2
R2 + 1
G1+G3
1
G1 + G3
G3

1. tunti
Milloin kerrostamismenetelmä on kätevä?
Kun laskija pitää enemmän piirin sormeilemisesta kuin yhtälöryhmien
pyörittelemisestä.
Jos piirissä on paljon lähteitä ja vähän vastuksia,
kerrostamismenetelmä on usein nopea.
Jos piirissä on useita eritaajuisia lähteitä (näihin tutustutaan kurssilla
Vaihtosähköpiirit), piirin analysointi perustuu
kerrostamismenetelmään.

1. tunti
Lineaarisuus ja kerrostamismenetelmän teoriatausta
Kerrostamismenetelmä perustuu piirin lineaarisuuteen, eli siihen, että
jokainen lähde vaikuttaa jokaiseen jännitteeseen vakiokertoimella.
Sama kaavana: jos piirissä on lähteet E1, E2, E3, J1, J2, niin jokainen
piirin jännite ja virta on muotoa k1E1 + k2E2 + k3E3 + k4J1 + k5J2,
missä vakiot kn ovat reaalilukuja.
Jos kaikkien lähteiden arvo on nolla, ovat piirin vastusten virrat ja
jännitteet nolla; eli nollaamalla kaikki lähteet paitsi yksi, voidaan
laskea kyseisen lähteen vaikutuskerroin.

1. tunti
Kirchhoﬃn lakien systemaattinen soveltaminen
Virtapiiriyhtälöt kannattaa kirjoittaa systemaattisesti, ettei sekoa omaan
näppäryyteensä. Yksi tapa on solmujännitemenetelmä:
1 Nimeä jokaisen virtapiirin haaran virta.
2 Valitse joku solmuista maasolmuksi ja nimeä jännitteet maasolmua
vasten.
3 Kirjoita virtayhtälö jokaiselle solmulle, jossa on kiinni enemmän kuin
kaksi komponenttia.
4 Lausu vastusten jännitteet nimettyjen jännitteiden avulla (piirrä
vastusten jännitenuolet samoin päin kuin niiden virtanuolet
[=selvempää]).
5 Lausu virrat jännitteiden avulla ja sijoita ne kohdan 2 virtayhtälöihin.
6 Ratkaise jännitteet.
7 Ilmoita kysytty jännite/jännitteet ja/tai virta/virrat.

1. tunti
Esimerkki
Ratkaise virta I.

+
−
E1

+
−
E2R3
R1 R2
I?

1. tunti
Esimerkki
Ratkaise virta I.

+
−
E1

+
−
E2R3
R1 R2
I?
I1
-
I2

1. tunti
Esimerkki
Ratkaise virta I.

+
−
E1

+
−
E2R3
R1 R2
I?
I1
-
I2
U3
c

1. tunti
Esimerkki
Ratkaise virta I.

+
−
E1

+
−
E2R3
R1 R2
I?
I1
-
I2
U3
c
I = I1 + I2

1. tunti
Esimerkki
Ratkaise virta I.

+
−
E1

+
−
E2R3
R1 R2
I?
I1
-
I2
U3
c
I = I1 + I2
E1 − U3E
E2 − U3'

1. tunti
Esimerkki
Ratkaise virta I.

+
−
E1

+
−
E2R3
R1 R2
I?
I1
-
I2
U3
c
I = I1 + I2
E1 − U3E
E2 − U3'
U3
R3
=
E1 − U3
R1
+
E2 − U3
R2

1. tunti
Esimerkki
Ratkaise virta I.

+
−
E1

+
−
E2R3
R1 R2
I?
I1
-
I2
U3
c
I = I1 + I2
E1 − U3E
E2 − U3'
U3
R3
=
E1 − U3
R1
+
E2 − U3
R2
=⇒ U3 = R3
R2E1 + R1E2
R1R2 + R2R3 + R1R3

1. tunti
Esimerkki
Ratkaise virta I.

+
−
E1

+
−
E2R3
R1 R2
I?
I1
-
I2
U3
c
I = I1 + I2
E1 − U3E
E2 − U3'
U3
R3
=
E1 − U3
R1
+
E2 − U3
R2
=⇒ U3 = R3
R2E1 + R1E2
R1R2 + R2R3 + R1R3
I =
U3
R3
=
R2E1 + R1E2
R1R2 + R2R3 + R1R3

1. tunti
Huomautuksia
Yhtälöt voi kirjoittaa monella eri logiikalla, ei ole yhtä oikeaa
menetelmää.
Vaatimuksena ainoastaan a) Kirchhoﬃn lakien noudattaminen ja b)
Ohmin lain4 noudattaminen sekä se, että yhtälöitä on yhtä monta
kuin tuntemattomia.
Jos piirissä on virtalähde, se säästää (yleensä) laskentatyötä, koska
silloin tuntemattomia virtoja on yksi vähemmän.
Käyttämällä konduktansseja yhtälöt näyttävät siistimmiltä.
4
Ohmin lakia voi käyttää vain vastuksille. Jos piirissä on muita komponentteja, tulee
tietää niiden virta-jänniteyhtälö eli tietää, miten komponentin virta riippuu jännitteestä.

1. tunti
Toinen esimerkki

+
−
E1

+
−
E2R3
R1 R2
R4
R5
I1
-
I2
-
I3
?
I5
-
I4
?
I1 = I2 + I3
I2 = I4 + I5
U3
c
U4
c
E1 − U3
R1
=
U3 − U4
R2
+
U3
R3
ja
U3 − U4
R2
=
U4
R4
+
U4 − E2
R5
G1(E1 − U3) = G2(U3 − U4) + G3U3 ja G2(U3 − U4) = G4U4 + G5(U4 − E2)
Kaksi yhtälöä, kaksi tuntematonta, voidaan ratkaista. Käytä
konduktansseja!

1. tunti
Huomattavaa
Virtapiirin ratkaisemiseksi on useita muitakin menetelmiä kuin
solmujännitemenetelmä: haaravirtamenetelmä, silmukkamenetelmä,
solmumenetelmä, modiﬁoitu solmupistemenetelmä. . .
Mikäli piirissä on ideaalisia jännitelähteitä (=jännitelähteitä, jotka
liittyvät suoraan solmuun ilman, että välissä on vastus), yhtälöihin
tulee yksi tuntematon arvo lisää (=jännitelähteen virta) sekä yksi
yhtälö lisää (jännitelähde määrää solmujen jännite-eron).

1. tunti
Kotitehtävä 1a
Kotitehtävät palautetaan seuraavan tunnin alussa.
Muista kirjoittaa paperille oma nimesi ja opiskelijanumerosi.
Kotitehtävä 1a
Ratkaise virta I ja jännite U. Tarkista tuloksesi esimerkiksi merkitsemällä
kuvaan jokaiseen johtimeen virta ja jokaisen komponentin yli jännite, ja
varmista, että tulokset eivät ole ristiriidassa Kirchhoﬃn lakien kanssa!

+
−
E
R1
R2 R3
I?

U
‡
E = 10 V R1 = 7,5 kΩ R2 = R3 = 5 kΩ

1. tunti
Kotitehtävä 1b
Kotitehtävä 1b
Ratkaise kerrostamismenetelmällä (muut menetelmät → 0 pistettä)
virta I ja jännite U. Tarkista tuloksesi esimerkiksi merkitsemällä kuvaan
jokaiseen johtimeen virta ja jokaisen komponentin yli jännite, ja varmista,
että tulokset eivät ole ristiriidassa Kirchhoﬃn lakien kanssa!
R1

J
6

+
−
E
R2
I?

U
‡
E = 3 V R1 = R2 = 1 Ω J = 1 A

2. tunti
Kotitehtävä 1a - Ratkaisu
Ratkaise virta I ja jännite U.

+
−
E
R1
R2 R3
I?

U
‡
E = 10 V R1 = 7,5 kΩ R2 = R3 = 5 kΩ
Jännitteenjakosäännön mukaan
U = E
R1
R1 + R2||R3
= 7,5 V.
Ratkaistaan vastuksen R3 jännite Kirchhoﬃn jännitelailla, ja sitten virta
Ohmin lailla:
I =
E − U
R3
= 0,5 mA

2. tunti
Kotitehtävä 1b - Ratkaisu
virta I ja jännite U.
Ratkaistaan ensin virtalähteen vaikutus.
R1

J
6 R2
I1
?

U1
‡
E = 3 V R1 = R2 = 1 Ω J = 1 A
U1 = J
R1R2
R1 + R2
= 0,5 V I1 = J
G1
G1 + G2
= 0,5 A

2. tunti
Ratkaistaan seuraavaksi jännitelähteen vaikutus.
R1

+
−
E
R2
I2
?

U2
‡
E = 3 V R1 = R2 = 1 Ω J = 1 A
U2 = −E
R2
R1 + R2
= −1,5 V I2 =
E
R1 + R2
= 1,5 A

2. tunti
Yhdistetään tulokset:
U = U1 + U2 = 0,5 V − 1,5 V = −1 V
I = I1 + I2 = 0,5 A + 1,5 A = 2 A

2. tunti
Sinimuotoinen vaihtojännite
Pistorasiasta saatava jännite on sinimuotoista.
Kaikki jaksolliset vaihtojännitteet voidaan esittää siniaaltojen
summana (Fourier’n teoreema).
Lineaarisessa piirissä sinimuotoinen heräte tuottaa sinimuotoisen
vasteen.
Sinimuotoisilla signaaleilla laskeminen on helppoa.

2. tunti
Sinimuotoinen jännite (tai virta)
Sinimuotoinen jännite (tai virta) määritellään
u(t) = ˆu sin(2πft + φ)
Usein merkitään ω = 2πf , jolloin kaava lyhenee:
u(t) = ˆu sin(ωt + φ)
Suuretta ω kutsutaan kulmataajuudeksi ja sen yksikkö on rad
s . Kulma φ on
vaihekulma.

2. tunti
Kondensaattori ja sinimuotoinen jännite
Yhtälöstä
i = C
du
dt

+
−
u(t) = û sin(ωt + φ) C
i?
Virta on siis
i = C
du
dt
= Cωû cos(ωt + φ) = Cωû sin(ωt + φ +
π
2
)
Eli jännitteen ja virran suhde on 1
Cω , ja niiden välillä on 90 asteen (π
2
radiaanin) vaihe-ero. Virta on 90 astetta jännitettä edellä.

2. tunti
Reaktanssin käsite
Kondensaattorille
i = C
du
dt

+
−
i?
i(t) = C
du
dt
= Cωû cos(ωt + φ) = Cωû sin(ωt + φ +
π
2
)
Jännitteen ja virran amplitudien suhde on:
X =
û
Cωû
=
1
ωC
Tätä jännitteen ja virran suhdetta X kutsutaan reaktanssiksi, aivan kuten
jännitteen ja virran suhdetta vastuksessa kutsutaan resistanssiksi.

2. tunti
Tehollisarvon käsite
Tehollisarvolla tarkoitetaan sitä, kuinka suurta tasajännitettä
vaihtojännite vastaa lämmitysteholtaan, jos siihen kytketään
resistiivinen kuorma. Esimerkiksi hehkulamppu loistaa yhtä kirkkaasti,
kytkipä sen 230 voltin akustoon (tasajännite) tai 230 voltin
verkkosähköön (vaihtojännite). Verkkojännitteen huippuarvo on
230 ·
√
2 ≈ 325 volttia.
Sinimuotoisen vaihtovirran ja -jännitteen huippuarvon ja tehollisarvon
suhde on
√
2.

2. tunti
Kotitehtävä 2 (a ja b)
Kotitehtävä palautetaan seuraavan tunnin alussa.
Muista kirjoittaa paperille oma nimesi ja opiskelijanumerosi.
Kotitehtävä 2
Kuinka suuri on virran I a) tehollisarvo b) huippuarvo (ˆi). Onko virta
jännitettä edellä vai jäljessä, ja kuinka paljon? Jännitelähteen taajuus on
50 Hz ja tehollisarvo 230 volttia.

+
−
E C
I?
C = 1 µF

3. tunti
Kela ja sinimuotoinen jännite
Yhtälöstä
u = L
di
dt

i(t) = î sin(ωt + φ)
6
¤
¥
¤
¥
¤
¥
L
i?
u
c
Jännite on
u = L
di
dt
= Lωî cos(ωt + φ) = Lωî sin(ωt + φ +
π
2
)
Eli jännitteen ja virran suhde on Lω, ja niiden välillä on 90 asteen (π
2
radiaanin) vaihe-ero. Virta on 90 astetta jännitettä jäljessä.

3. tunti
Kelan reaktanssi
Yhtälöstä
u = L
di
dt

i(t) = î sin(ωt + φ)
6
¤
¥
¤
¥
¤
¥
L
i?
u
c
Jännite on
u = L
di
dt
= Lωî cos(ωt + φ) = Lωî sin(ωt + φ +
π
2
)
Jännitteen ja virran suhde eli kelan reaktanssi on:
X =
Lωî
î
= ωL

3. tunti
Kompleksiluvut
Vaihtosähköpiirilaskuja on helppo laskea osoittimilla.
Osoittimia on puolestaan helppo käsitellä kompleksilukujen avulla.

3. tunti
Kompleksiluvut
Kompleksilukuaritmetiikka perustuu imaginaariyksikköön i, joka
määritellään seuraavasti:
i2
= −1
Perinteisessä reaalilukuaritmetiikassa mikään luku korotettuna toiseen ei
ole -1, mutta mikään ei estä määrittelemästä sellaista. Ettei pikku-i mene
sekaisin virran kanssa, sähkötekniikassa imaginaariyksikölle käytetään
symbolia j:
j2
= −1

3. tunti
Kompleksiluvut
Kompleksiluku jakaantuu reaaliosaan ja imaginaariosaan. Esimerkiksi jos
lasketaan yhteen reaaliluku 3 ja imaginaariyksikkö j, saadaan luku
3 + j

3. tunti
Laskeminen kompleksiluvuilla
Peruslaskutoimitusten laskeminen kompleksiluvuilla ei käytännössä eroa
reaaliluvuilla laskemisesta:
3(j + 2) = 3j + 6
(1 + 2j)(1 + j) = 1 + j + 2j + 2j2
= 1 + 3j − 2 = −1 + 3j

3. tunti
Eulerin kaava
Kompleksiluvuille pätee Eulerin kaava. Sen todistaminen on mahdollista
sarjakehitelmien avulla ja kuuluu (yliopisto)matematiikan tunnille.
Otamme kaavan käyttöön perustelematta:
ejφ
= cos φ + j sin φ
Eulerin kaava on tärkeä, kun kompleksilukuja muunnetaan
summamuodosta kulmamuotoon. Kompleksitason piste 2 + 2j voidaan
esittää joko summamuodossa:
z = 2 + 2j
tai kulmamuodossa (Eulerin kaavan avulla)
2
√
2 · ejπ
4 = 2
√
2 cos
π
4
+ j sin
π
4
Kompleksiluvun 2 + 2j kulma eli argumentti on π
4 radiaania eli 45 astetta
ja itseisarvo on 2
√
2.

3. tunti
Eulerin kaavan geometrinen tulkinta
Kompleksiluvun itseisarvo tarkoittaa kompleksitason pisteen etäisyyttä
origosta. Kompleksiluvun kulma tarkoittaa pisteen suuntaa x-akselilta
katsottuna.
Eulerin kaavan käyttö ei ole itsetarkoitus sähkötekniikassa. Sen takia
kulmamuodossa olevaa kompleksilukua ei kirjoiteta näkyviin muodossa
reφj, vaan käytetään muotoa r∠φ. Kyseessä on vain lyhennysmerkintä.

3. tunti
Osoitinlaskenta kompleksiluvuilla (johdanto)
Jos piirissä on yksi lähde ja yksi kela tai kondensaattori, lasku on
helppo.
Jos niitä on useampi, laskeminen on mielettömän työlästä.
Onneksi voidaan käyttää kompleksilukuihin perustuvaa
osoitinlaskentaa.
Osoitinlaskennassa jännitteet ja virrat ovat kompleksilukuja, jotka
sisältävät sekä jännitteen tehollisarvon että vaihekulman.

3. tunti
Tehollisarvon käsite
Osoitinlaskennassa käytetään tehollisarvon osoittimia, koska tällöin
tehon kaava on siistimmän muotoinen kuin huippuarvon osoittimia
käytettäessä.
Vaihtosähköteho käsitellään seuraavalla tunnilla: nyt riittää, että
tiedämme, että:
Sinimuotoisen vaihtovirran ja -jännitteen huippuarvon ja tehollisarvon
suhde on
√
2.
Tehollisarvolla tarkoitetaan sitä, kuinka suurta tasajännitettä
vaihtojännite vastaa lämmitysteholtaan, jos siihen kytketään
resistiivinen kuorma. Esimerkiksi hehkulamppu loistaa yhtä kirkkaasti,
kytkipä sen 230 voltin akustoon (tasajännite) tai 230 voltin
verkkosähköön (vaihtojännite). Verkkojännitteen huippuarvo on
230 ·
√
2 ≈ 325 volttia.

3. tunti
Osoitinlaskenta kompleksiluvuilla
Uusi käsite: impedanssi (Z). Vastuksen impedanssi on R. Kelan
impedanssi ZL = jωL ja kondensaattorin impedanssi ZC = 1
jωC .
j on matematiikan tunnilta tuttu imaginaariyksikkö: j2 = −1.
Sähkötekniikassa ei käytetä lyhennettä i, koska se tarkoittaa virtaa.
Jännite ja virta ilmaistaan kompleksilukuna siten, että kompleksiluvun
itseisarvona on jännitteen/virran tehollisarvo ja kulmana
(argumenttina) jännitteen/virran vaihekulma.
u = ˆu sin(ωt + φ) ⇔ U = ˆu√
2
∠φ
Merkintä r∠φ tarkoittaa kompleksilukua, jonka itseisarvo on r ja
argumentti φ.

3. tunti
Kondensaattori ja sinimuotoinen jännite osoitinlaskennalla
Aiempi esimerkki osoitinlaskennalla (ei tarvitse ymmärtää vielä).

+
−
i?
Muunnetaan jännitelähteen arvo kompleksiluvuksi:
u(t) = û sin(ωt + φ) ⇒ U = û√
2
∠φ. Virta on Ohmin lain mukaan
I =
U
Z
=
û√
2
∠φ
1
jωC
= jωC ·
û
√
2
∠φ = ωC∠90◦
·
û
√
2
∠φ =
ûωC
√
2
∠φ + 90◦
Muunnetaan takaisin ajan funktioksi:
i = Cωû sin(ωt + φ +
π
2
)
Eli jännitteen ja virran suhde on 1
Cω ja niiden välillä on 90 asteen (π
2
radiaanin) vaihe-ero. Virta on 90 astetta jännitettä edellä.

3. tunti
Kotitehtävä 3
a) Muunna summamuotoon (pyöristä tulos tarvittaessa):
3∠30◦
5∠90◦
Muunna kulmamuotoon (pyöristä tulos tarvittaessa):
1 − j
−3 + 4j
b) Laske, ja ilmoita lopputulos sekä kulma- että summamuodossa:
(1 + j)(2 − j)
1
1−j

4. tunti
Kotitehtävä 3 - ratkaisu
Muunna summamuotoon (pyöristä tulos tarvittaessa):
3∠30◦ = 3(cos 30◦ + j sin 30◦) ≈ 2,6 + 1,5j
5∠90◦ = 5j (90 asteen kulma = puhdas imaginaariluku)
Muunna kulmamuotoon (pyöristä tulos tarvittaessa):
1 − j = 12 + (−1)2∠ arctan −1
1 =
√
2∠ − 45◦
−3 + 4j = (−3)2 + 42∠ arctan −4
3 = 5∠127◦5
Laske, ja ilmoita lopputulos sekä kulma- että summamuodossa:
(1+j)(2−j) = 2−j+2j−j2 = 3+j =
√
32 + 12∠ arctan 1
3 ≈ 3,16∠18,4◦
1
1−j = 1·(1+j)
(1−j)(1+j) = 1+j
2 = 0,5 + 0,5j ≈ 0,7∠45◦
5
Varo! Laskin sanoo −53◦
– sinun pitää itse siirtää kulma oikeaan neljännekseen!

4. tunti
Kotitehtävä 4

+
−
U = 12∠0◦ C
I
-
R
Ratkaise virta I (kompleksilukuna – jännite on ilmoitettu tehollisarvona,
ilmoita myös virta tehollisarvona).
C = 1 µF R = 10 kΩ ω = 1000
rad
s

5. tunti

+
−
U = 12∠0◦ C
I
-
R
Ratkaise virta I (kompleksilukuna – jännite on ilmoitettu tehollisarvona,
ilmoita myös virta tehollisarvona).
C = 1 µF R = 10 kΩ ω = 1000
rad
s
Lasketaan rinnankytkennän impedanssi
Z =
1
1
ZC
+ 1
R
=
ZC R
ZC + R
=
1
jωC R
1
jωC + R
=
R
1 + jωRC
Virta I saadaan yleistetystä Ohmin laista
I =
U
Z
= U
1 + jωRC
R
=
12
10000
(1 + j1000 · 10−6
· 10000) = 0,0012(1 + 10j)

5. tunti
0,0012(1 + 10j) ≈ 0,012∠84,3◦
Eli virta on 12 milliampeeria kulmassa 84,3◦.

5. tunti
Yleistetty Ohmin laki
Tasasähkölle meillä oli U = RI. Sama pätee myös vaihtosähkölle ja
vastuksille.
Vaihtosähkölle voidaan kirjoittaa yleistetty Ohmin laki U = ZI.
Yleistetyssä Ohmin laissa vaihtojännitteet ovat osoittimia =
kompleksilukuja.
Muunnoskaava u(t) = ˆu sin(ωt + φ) ⇒ U = ˆu√
2
∠φ.
Z on kompleksinen impedanssi. Z koostuu resistanssista R ja
reaktanssista X.
Z = R + Xj.
Aivan kuten resistanssin käänteisluku on konduktanssi ja GU = I,
yleistetylle Ohmin laille pätee YU = I, missä Y on admittanssi. Y
koostuu konduktanssista G ja suskeptanssista B.

5. tunti
Sitten lasketaan esimerkkejä!
Tällä tunnilla käydään vain läpi laskuesimerkkejä, ts. ei mennä uuteen
asiaan.

5. tunti
Esimerkki 1
Ratkaise virta I ja jännite U.

+
−
E
R1
R2 C
I?

U
‡
E = 10∠0◦
V R1 = 7,5 kΩ R2 = 5 kΩ C = 1 µF ω = 1000
1
s
Vastaus: U ≈ 9,67∠7,13◦
V I ≈ 1,26∠18◦
mA

5. tunti
Esimerkki 2
Ratkaise kerrostamismenetelmällä virta I ja jännite U.
R

J
6

+
−
E
C
I?

U
‡
E = 3∠30◦
V R = 1 Ω C = 1 F J = 1∠0◦
A ω = 1
1
s
Vastaus: U ≈ 1,55∠178◦
V I ≈ 1,87∠56◦
A

5. tunti
Esimerkki 3
Ratkaise virrat I1, I2 ja I3.

+
−
E ¤
¥
¤
¥
¤
¥
L C
I3
?I2
?
I1
-
E = 10∠0◦
V L = 1 H C = 1 F ω = 1
1
s
Vastaus: I1 = 0 A I2 = −10j A I3 = 10j A

5. tunti
Kotitehtävä 5

+
−
E∠0◦
§ ¤§ ¤§ ¤
L

U
W
R
a) Millä kulmataajuudella ω tapahtuu niin, että |U| = |E| 1√
2
?6 b) Paljonko
silloin on U:n vaihekulma? c) Entä paljonko on U, jos ω = 0? d) Paljonko
on U jos ω → ∞?
L = 1H R = 100 Ω
6
Eli jännitteen U amplitudi on noin 0,707-kertainen verrattuna jännitteen E
amplitudiin.

6. tunti

+
−
E∠0◦
§ ¤§ ¤§ ¤
L

U
W
R
a) Millä kulmataajuudella ω tapahtuu niin, että |U| = |E| 1√
2
?7 b) Paljonko
silloin on U:n vaihekulma? c) Entä paljonko on U jos ω = 0? d) Paljonko
on U jos ω → ∞?
L = 1H R = 100 Ω
Jännitteenjakosäännön mukaan:
U = E
R
R + ZL
= E
R
R + jωL
= E
1
1 + jω L
R
7
Eli jännitteen U amplitudi on noin 0,707-kertainen verrattuna jännitteen E
amplitudiin.

6. tunti
Selvitetään, milloin |U| = |E| 1√
2
eli |U|
|E| = 1√
2
. Koska U = E 1
1+jω L
R
, niin
|U|
|E|
=
1
1 + jω L
R
=
|1|
|1 + jω L
R |
=
1
1+(ω L
R )2
Milloin suhde on 1√
2
:
1
√
2
=
1
1+(ω L
R )2
=⇒ 2 = ω
L
R
2
+ 1 ⇒ ω =
R
L
Eli kuvan lukuarvoilla a)-kohdan vastaus on ω = R
L = 100 Ω
1H = 1001
s .

6. tunti
b) -kohtaa varten selvitetään vaihekulma:
U
E
=
1
1 + jω L
R
Osoittajan vaihekulma on 0◦, nimittäjän vaihekulma on arctan
ω L
R
1 . Koska
kompleksi(murto)luvun vaihekulma on osoittajan vaihekulma miinus
nimittäjän vaihekulma, on kysytty vaihekulma
0◦
− arctan
ω L
R
1
= − arctan ω
L
R
.
Ja b)-kohdan lopullinen vastaus: kun ω = R
L (a-kohta), niin kulma on
− arctan
R
L
L
R
= − arctan 1 = −45◦
.
c) -kohta on helppo: jos omega on nolla, lausekkeen imaginaariosa häviää:
U = E
1
1 + j · 0 L
R
= E

6. tunti
d) -kohdassa ω → ∞. Tarkastellaan lauseketta
U = E
1
1 + jω L
R
Jos nimittäjä lähestyy ääretöntä ja osoittajassa on vakio, murtolausekkeen
arvo lähestyy nollaa. Eli kun ω → ∞, niin U → 0. Jos ollaan tarkkoja, niin
U → 0∠ − 90◦, koska − arctan ω L
R lähestyy arvoa −90◦, kun ω → ∞.

6. tunti
Kertaus: Yleistetty Ohmin laki
vastuksille.
kompleksilukuja.
2
∠φ.
reaktanssista X.
Z = R + Xj.

6. tunti
Vaihtovirtateho vastuksessa
Hetkelliselle teholle pätee p = ui. Vastuksessa u = Ri, joten
p = ui = Ri · i = Ri2.
Sinimuotoinen vaihtovirta, jonka huippuarvo on esimerkiksi 10 A,
lämmittää 2 Ω vastusta välillä p = 2 Ω · (10 A)2 = 200 W teholla, ja
välillä 0 W teholla.
Mikä sitten on keskimääräinen teho, jolla kyseinen vaihtovirta
lämmittää vastusta? Jatkuva keskiarvo saadaan laskettua integraalin
avulla Pav = 1
T
T
0 p(t)dt.
Sijoitetaan sinimuotoinen virta, jonka huippuarvo on î ja kulmataajuus
ω, tehon kaavaan, ja lasketaan integroimalla keskimääräinen teho.
Pav =
1
T
T
0
p(t)dt =
1
T
T
0
R(î sin ωt)2
dt =
Rî2
T
T
0
1
2
(1 − cos 2ωt)dt

6. tunti
Integraali jatkuu
Pav =
1
T
T
0
p(t)dt =
1
T
T
0
R(î sin ωt)2
dt =
Rî2
T
T
0
1
2
(1 − cos 2ωt)dt
Koska kulmataajuus ω = 2πf ja jaksonaika T = 1
f , niin
Pav =
Rî2
T
T
0
1
2
(1 − cos 2
2π
T
t)dt =
Rî2
T
T
0
1
2
−
1
2
cos
4π
T
tdt
Pav =
Rî2
T
(
1
2
T −
1
2
T
4π
(sin
4π
T
T − sin
4π
T
0)) = Rî2
(
1
2
−
1
8π
(0 − 0)) =
Rî2
2
Eli minkä suuruista tasavirtaa tällainen vaihtovirta vastaa tehon kaavassa?
Ieff =
î
√
2

6. tunti
Kompleksinen teho
Aivan kuten Ohmin laki voidaan yleistää vaihtosähkölle U = RI ⇒ U = ZI,
voidaan tehokin laskea kompleksilukujen avulla:
S = UI∗
, missä S = P + jQ
Kompleksisen tehon reaaliosaa P kutsutaan pätötehoksi (yksikkö: watti,
W) ja imaginaariosaa Q loistehoksi (yksikkö vari, var). Pätöteho kuluu
piirissä (esim. muuttuu vastuksessa lämmöksi), loisteholla tarkoitetaan
tehoa, joka heilahtelee edestakaisin piirissä, mutta ei varsinaisesti kulu
mihinkään. S on nimeltään näennäisteho. Sen yksikkö on volttiampeeri
(lyhenne: VA).
Huomaa kompleksisen tehon kaavassa merkintä I∗, joka tarkoittaa virran
liittolukua eli konjugaattia (= vaihda kulman etumerkki eli vaihda
imaginaariosan etumerkki)!

6. tunti
Perusteluja
S = UI∗
, missä S = P + jQ
Hetkelliselle teholle voidaan laskea kaava
p(t) = u(t)i(t) = ûî sin(ωt + φu) sin(ωt + φi )
= ûî
1
2
[cos(φu − φi ) − cos(2ωt + φu + φi )].
Ensimmäinen kosinitermi on vakio, toinen vaihtelee taajuudella, joka on
kaksinkertainen verrattuna piirin kulmataajuuteen. Kompleksisen tehon
kaavassa on konjugaattimerkki, jotta jännitteen ja virran tuloon saadaan
kulmaksi φu − φi . (Jos konjugointia ei tehtäisi, tehon kulmaksi tulisi
φu + φi , joka ei merkitse yhtään mitään.)

6. tunti
Esimerkki (jatkuu seuraavalla kalvolla)
Tarkastellaan vaihtosähkögeneraattoria, jota saa kuormittaa enintään 10
ampeerin virralla eli jonka maksimikuormitus on 2,3 kVA
(230 V · 10A = 2,3 kVA). Kytkemällä generaattoriin puhtaasti resistiivisen
kuorman, esimerkiksi lämpöpatterin, saadaan kaikki teho käyttöön:

+
−
230 V 50 Hz R = 23 Ω
I =
230 V
23 Ω
= 10 A P = 230 V · 10 A = 2,3 kW
Koska vastus ei aiheuta vaihesiirtoa, tehon laskenta tapahtuu kuten
tasasähköpiirissä.

6. tunti
Esimerkki (jatkuu seuraavalla kalvolla)
Nyt kytketään samaan generaattoriin induktiivinen kuorma, esimerkiksi
sähkömoottori. Mallinnetaan kuormaa vastuksen ja kelan
sarjaankytkennällä.

+
−
230 V 50 Hz R = 15 Ω
§ ¤§ ¤§ ¤
L = 50 mH
Nyt virta ja teho ovat
I =
U
Z
=
U
jωL + R
=
230 V
j · 100π · 50 · 10−3 + 15
≈ 10,6∠ − 46◦
A
S = UI∗
= 230 V · 10,6∠46◦
A ≈ 2440∠46◦
VA ≈ 1690 + 1750j
P = 1690 W Q = 1750 var

6. tunti
Esimerkki: johtopäätökset
Kuorma (moottori) ottaa generaattorilta pätötehoa vain 1690 wattia,
mutta sen ottama virta on jo hieman yli sallitun.
Käytännön haittana on se, että generaattoriin ei voida kytkeä muita
kuormia ilman, että generaattori ylikuormittuu. Toisin sanoen
käyttämättä jää 2300 W - 1690 W = 610 W.

6. tunti
Loisteho sähkönjakelussa
Loisteho on ei-toivottu ilmiö sähkönjakelussa, koska se kuormittaa
verkkoa. Loistehon kulutus on pois verkon siirtokapasiteetista.
Esimerkiksi Fortum laskuttaa8 suurasiakkaita sähkön siirrosta seuraavasti
(hinnat euroina, ei sis. alv.):
Perusmaksu €/kk 31,50
Tehomaksu €/kW, kk 1,55
Loistehomaksu €/kVAr, kk 3,12
Päiväsiirto, talvi c/kWh 2,30
Muun ajan siirto c/kWh 1,12
Loistehomaksun perusteena on kuukausittainen loistehohuippu, josta on
vähennetty 20 % saman kuukauden pätötehohuipun määrästä.
8
Fortum Espoo Distribution Oy:n verkkopalveluhinnasto 1.1.2011,
http://www.fortum.ﬁ/

6. tunti
Kotitehtävä 6
L = 2 H C = 1 F R = 5 Ω E = 10∠0◦
ω = 1
C

+
−
E
R
§ ¤§ ¤§ ¤
L
Laske jokaisen neljän elementin (E, L, R, C) kompleksinen teho (jokainen
erikseen!). Vihje: jos laskit oikein, jännitelähteen teho on yhtä suuri mutta
vastakkaismerkkinen kuin muiden komponenttien tehojen summa.

7. tunti
L = 2 H C = 1 F R = 5 Ω E = 10∠0◦
ω = 1
C

+
−
E
R
§ ¤§ ¤§ ¤
L
Laske jokaisen neljän elementin (E, L, R, C) kompleksinen teho (jokainen
erikseen!). Vihje: jos laskit oikein, jännitelähteen teho on yhtä suuri mutta
vastakkaismerkkinen kuin muiden komponenttien tehojen summa.
Ratkaisu Lasketaan ensin kondensaattorin, kelan ja vastuksen impedanssit
(yksikkö: Ω):
ZC =
1
jωC
=
1
j
= −j ZL = jωL = 2j ZR = 5

7. tunti
Komponentit ovat sarjassa, joten piirissä kiertävä virta on
I =
U
Z
=
E
ZC + ZR + ZL
=
10
−j + 5 + 2j
=
10
5 + j
Komponenttien jännitteet saadaan yleistetystä Ohmin laista U = ZI:
UC = IZC =
10
5j − 1
UR = IZR =
50
5 + j
UL = IZL =
20j
5 + j
Tehon laskemista varten selvitetään virran konjugaatti (liittoluku):
I∗
=
10
5 + j
∗
=
10
5 − j
Lasketaan tehot S = U · I∗:
SC = UC I∗
=
10
5j − 1
10
5 − j
= −
100
26
j SR = URi∗
=
50
5 + j
10
5 − j
=
500
26
SL =
20j
5 + j
10
5 − j
=
200
26
j SE = −10
10
5 − j
=
−100
5 − j
=
−500 − 100j
26
SE :n kaavassa on jännitteen etumerkki vaihdettu, koska virta I on
erisuuntainen kuin jännite E.

7. tunti
Jännitelähde luovuttaa tehoa yhtä paljon kuin siihen kytketyt
komponentit kuluttavat tehoa, eli summan SC + SR + SL tulee olla yhtä
suuri mutta vastakkaismerkkinen kuin SE . Lasketaan
SC + SR + SL = −
100
26
j +
500
26
+
200
26
j =
500 + 100j
26
mikä on yhtä suuri mutta vastakkaismerkkinen kuin edellisellä kalvolla
laskettu
SE =
−500 − 100j
26
.

7. tunti
Kertaus: Yleistetty Ohmin laki
vastuksille.
kompleksilukuja.
2
∠φ.
reaktanssista X.
Z = R + Xj.

7. tunti
Kertaus: Kompleksinen teho
Aivan kuten Ohmin laki voidaan yleistää vaihtosähkölle U = RI ⇒ U = ZI,
voidaan tehokin laskea kompleksilukujen avulla:
S = UI∗
, missä S = P + jQ
Kompleksisen tehon reaaliosaa P kutsutaan pätötehoksi (yksikkö: watti,
W) ja imaginaariosaa Q loistehoksi (yksikkö vari, var). Pätöteho kuluu
piirissä (esim. muuttuu vastuksessa lämmöksi), loisteholla tarkoitetaan
tehoa, joka heilahtelee edestakaisin piirissä mutta ei varsinaisesti kulu
mihinkään. S on nimeltään näennäisteho. Sen yksikkö on volttiampeeri
(lyhenne: VA).
Huomaa kompleksisen tehon kaavassa merkintä I∗, joka tarkoittaa virran
liittolukua eli konjugaattia (= vaihda kulman etumerkki eli vaihda
imaginaariosan etumerkki)!

7. tunti
Loistehokompensointi
Loisteho on ei-toivottu ilmiö. Esimerkiksi sähkömoottori ottaa
sähköverkosta loistehoa, koska siinä on käämejä (=induktanssia).
Tehdas, jossa on satoja tai tuhansia sähkömoottoreita, kuormittaa
sähköverkkoa tarpeettomasti.
Loisteho sykkii moottorien ja voimalaitoksen välillä kuormittaen
johtimia turhaan.
Teollisuuslaitoksilta peritään loistehosta maksua, joka on usein
suurempi kuin pätötehomaksu!
Tämän takia loisteho pyritään kompensoimaan pois.
Kompensointi tapahtuu yleensä rinnakkaiskondensaattorilla.
Perustapa: laitetaan induktiivisen kuorman rinnalle kondensaattori,
joka kumoaa loistehon niin, että kuorma näyttää sähköverkkoon päin
(lähes) pelkältä vastukselta.
Kompensoinnin voisi tehdä myös sarjakondensaattorilla, mutta se ei
ole käytännössä järkevää. Miksi?

7. tunti
Induktiivisen loistehon kompensointi
rinnakkaiskondensaattorilla
Sarjakompensoinnin haittana on, että koko kuorman ottama virta
kulkee silloin kondensaattorin läpi (kuormittaa kondensaattoria).
Rinnakkaiskondensaattorin läpi kulkee vain loistehon kompensointiin
vaadittava virta.
Kondensaattorin koko valitaan siten, että kuorman (kela ja vastus)
sekä kondensaattorin muodostaman kokonaisuuden loisteho on nolla,
eli impedanssin imaginaariosa on nolla!
¤
¥
¤
¥
¤
¥
L

+
−
E
R
C

7. tunti
Esimerkki
Loistehokompensointi rinnakkaiskondensaattorilla perustuu siihen, että
kondensaattori ottaa sähköverkosta (jännitelähteestä) yhtä suuren mutta
vastakkaismerkkisen loistehon kuin induktiivinen kuorma. Kondensaattorin
mitoituksen voi laskea kahdella tavalla:
Tapa 1 Lasketaan kuorman (kuvassa vastus + kela) ottama loisteho.
Sitten lasketaan, kuinka suuri kondensaattorin täytyy olla,
jotta se ottaa yhtä suuren mutta vastakkaismerkkisen
loistehon.
Tapa 2 Lasketaan kondensaattorin, kelan ja vastuksen muodostaman
kokonaisuuden impedanssi, ja sitten valitaan kondensaattori
niin, että tämän impedanssin imaginaariosa on nolla.
Tapa 2 on usein helpompi.

7. tunti
Esimerkki - Tapa 1
U = 230 V L = 0,5 H ω = 100π R = 100 Ω
¤
¥
¤
¥
¤
¥
L

+
−
U
R
C
Kela ja vastuksen sarjaankytkennän näennäisteho on
S = UI∗
= U
U
ZR + ZL
∗
= U
U∗
(R + jωL)∗
=
|U|2
R − jωL
=
|U|2
(R + jωL)
R2 + (ωL)2
Näennäistehon reaaliosa on pätöteho (P, watteja) ja imaginaariosa on
loisteho (Q, vareja). Loistehon suuruus on
Q =
|U|2ωL
R2 + (ωL)2
≈ 239,647 . . . (var)

7. tunti
Esimerkki - Tapa 1 jatkuu
Seuraavaksi mitoitetaan kondensaattori siten, että se kuluttaa yhtä suuren
mutta vastakkaismerkkisen loistehon kuin äsken laskettu loisteho.
Kondensaattorin näennäisteho on
SC = UI∗
= U
U
ZC
∗
= U
U∗
1
jωC
∗ =
|U|2
−j 1
ωC
∗ =
|U|2
j 1
ωC
= −j|U|2
ωC
eli sen loisteho on −|U|2ωC (kondensaattori ei koskaan kuluta
pätötehoa!). Tämän pitää olla yhtä suuri (mutta vastakkaismerkkinen)
kuin edellisellä kalvolla laskettu Q:
|U|2
ωC =
|U|2ωL
R2 + (ωL)2
⇒ C =
L
R2 + (ωL)2
≈ 14,4 · 10−6
eli tarvitaan 14,4 mikrofaradin kondensaattori.

7. tunti
Esimerkki - Tapa 2
U = 230 V L = 0,5 H ω = 100π R = 100 Ω
¤
¥
¤
¥
¤
¥
L

+
−
U
R
C
Kela ja vastus ovat keskenään sarjassa, ja niiden muodostama
sarjaankytkentä on rinnan kondensaattorin kanssa:
Z =
1
1
ZC
+ 1
R+ZL
=
1
jωC + 1
R+jωL
Jotta piiri ei kuluttaisi loistehoa, tulee impedanssin olla reaalinen
(=reaaliluku). Osoittajassa on reaaliluku (ykkönen), joten impedanssi on
reaalinen, jos ja vain jos nimittäjä on reaalinen.

7. tunti
Esimerkki - Tapa 2 jatkuu
Tutkitaan nimittäjää:
jωC +
1
R + jωL
= jωC +
R − jωL
R2 + (ωL)2
= jωC
imaginaarinen
+
R
R2 + (ωL)2
reaalinen
+
−jωL
R2 + (ωL)2
imaginaarinen
Jotta luku olisi reaalinen, täytyy imaginaariosan olla nolla. Ratkaistaan,
millä kapasitanssin arvolla imaginaariosa saadaan nollaksi:
jωC +
−jωL
R2 + (ωL)2
= 0 ⇒ C =
L
R2 + (ωL)2
≈ 14,4 · 10−6
Vastaus on sama kuin mitä saatiin edellisellä tavalla laskemalla.

7. tunti
Tehosovitus
Eri asia kuin loistehokompensointi!
Tehosovituksessa pyritään valitsemaan kuorman impedanssi siten, että
kuormaan kulkeva pätöteho on suurimmillaan.
Esimerkiksi jos vahvistimen lähtöimpedanssi tiedetään, valitaan
kaiuttimen impedanssi siten, että teho on mahdollisimman suuri.
Toisin sanoen: jos ZS tiedetään, kuinka ZL tulee valita, jotta ZL:ään
siirtyvä teho maksimoituu.
Toinen esimerkki: radioantennin kytkeminen lähetinvahvistimeen.
ZL

+
−
E
ZS

7. tunti
Tehosovitus vaihtosähköllä
Vaihtosähköpiirissä tulee ZL valita siten, että ZL:n imaginaariosa
kumoaa ZS:n imaginaariosan. Tällöin virta on suurin ja pätöteho
kuormassa on suurin.
Lähteestä, jonka ZS tunnetaan, suurinta mahdollista ulos tulevaa
tehoa kutsutaan yltötehoksi.
Perustelu on samanlainen kuin kotitehtävässä suoritettava perustelu;
lasketaan vain kompleksiluvuilla.
Voidaan perustella myös maalaisjärjellä: resistansseille suoritetun
tehosovituksen lisäksi pitää hankkiutua impedanssin imaginaariosasta
eroon, jolloin kuormaan kulkee niin suuri virta kuin mahdollista.
RL = RS ja vaihtosähköllä ZL = Z∗
S

7. tunti
Kotitehtävä 7
RL

+
−
E
RS
Osoita, että9 kuormavastuksen RL teho on suurimmillaan silloin, kun RL
on arvoltaan yhtä suuri kuin RS. Ohje: Muodosta lauseke RL teholle. Arvot
E ja RS ovat vakioita. Sitten derivoi lauseke RL:n suhteen ja etsi tehon
maksimi derivaatan avulla.
9
P.S. Tämä on ihan puhdas tasasähköpiiritehtävä, eli nyt et tarvitse kompleksilukuja.

8. tunti
RL

+
−
E
RS
Osoita, että10 kuormavastuksen RL teho on suurimmillaan silloin, kun RL
on arvoltaan yhtä suuri kuin RS. Ohje: Muodosta lauseke RL teholle. Arvot
E ja RS ovat vakioita. Sitten derivoi lauseke RL:n suhteen ja etsi tehon
maksimi derivaatan avulla.
Ratkaisu: teho vastuksessa RL on
PL = ULI = RLI2
= RL
E
RS + RL
2
=
E2RL
R2
S + 2RSRL + R2
L
.
10
P.S. Tämä on ihan puhdas tasasähköpiiritehtävä, eli nyt et tarvitse kompleksilukuja.

8. tunti
Osamäärän derivaatta on
f
g
=
f g − fg
g2
Derivoidaan äsken saatu lauseke RL:n suhteen. Muut muuttujat ovat
vakioita:
PL =
E2RL
R2
S + 2RSRL + R2
L
PL = E2 R2
S + 2RSRL + R2
L − RL(2RS + 2RL)
(R2
S + 2RSRL + R2
L)2
Derivaatan nollakohta
R2
S + 2RSRL + R2
L − RL(2RS + 2RL) = 0
RL = ±RS

8. tunti
Hylätään negatiivinen vastaus, koska negatiivinen vastus ei kuluta vaan
luovuttaa tehoa. Varmistetaan vielä, että löydetty derivaatan nollakohta
todella on maksimi. Jatkuvan ja derivoituvan funktion maksimi voi sijaita
vain välin päätepisteissä ja derivaatan nollakohdissa. Päätepisteissä (nolla,
ääretön) tehon raja-arvo on nolla. Löydetty derivaatan nollakohta on
maksimi, koska jos RL on suurempi kuin RS, derivaatta on negatiivinen ja
jos pienempi kuin RS, derivaatta on positiivinen. Siis kyseessä on maksimi.
Kuormavastuksen teho on siis suurimmillaan, kun se valitaan yhtä suureksi
kuin RS.

8. tunti
Useita taajuuksia samanaikaisesti (monitaajuusanalyysi,
harmoninen analyysi)
Jos piirissä on useita eri taajuuksia, kukin taajuus pitää analysoida
erikseen.
Periaate on sama kuin kerrostamismenetelmässä.
Eritaajuisia kompleksilukuna olevia jännitteitä ei voi laskea
yhteen!
Lasketaan yksi taajuus kerrallaan niin, että muuntaajuiset jännitteet
ja virrat on asetettu nollaan.

8. tunti
Esimerkki

+
−
e1

+
−
e2
i(t)
- § ¤§ ¤§ ¤
LR
e1(t) = 10 +
√
2 · 20 sin ω1t
e2(t) =
√
2 · 10 sin ω1t +
√
2 · 30 sin ω2t
ω1 = 10 ω2 = 20 R = 10 Ω L = 1H

8. tunti
Useita taajuuksia samanaikaisesti - lopputulos
Eritaajuisia osoittimia ei voi laskea suoraan yhteen. Laskun lopputulos
(jännite tai virta) pitää ilmoittaa joko
Ajan funktiona.
Hetkellisarvona. Tämä tapahtuu laskemalla ensin jännite ajan
funktiona ja sitten sijoittamalla jokin ajan arvo lausekkeeseen.
Tehollisarvona. Tehollisarvo saadaan korottamalla jokaisen eritaajuisen
sinijännitteen tehollisarvo toiseen, laskemalla ne yhteen ja ottamalla
tästä summasta neliöjuuri.

8. tunti
Kotitehtävä 8
RL

+
−
e
§ ¤§ ¤§ ¤
L

j
6

U
W
Jännitelähteen tehollisarvo on 10 V kulmataajuudella ω1 = 10 ja
virtalähteen tehollisarvo on 1 A kulmataajuudella ω2 = 20. Laske
jännitteen U tehollisarvo.
L = 1 H R = 10 Ω

9. tunti
RL

+
−
e
§ ¤§ ¤§ ¤
L

j
6

U
W
Jännitelähteen tehollisarvo on 10 V kulmataajuudella ω1 = 10 ja
virtalähteen tehollisarvo on 1 A kulmataajuudella ω2 = 20. Laske
jännitteen U tehollisarvo.
L = 1 H R = 10 Ω
Ratkaisu: lasketaan taajuus kerrallaan. Ensin ω1 ja sitten ω2. Lopuksi
lasketaan jännitteiden yhteinen tehollisarvo.

9. tunti
Piiri taajuudella ω1
Virtalähde ei sisällä ollenkaan ω2-taajuista siniaaltoa, joten päällä on
ainoastaan e.
RL

+
−
e
§ ¤§ ¤§ ¤
L

U1
W
Jännitteenjakosäännön mukaan:
U1 = E
RL
RL + ZL
= 10
10
10 + j10 · 1
= 10
1
1 + j
= 10
1
√
2∠45◦
=
10
√
2
∠ − 45◦

9. tunti
Piiri taajuudella ω2
Jännitelähde ei sisällä ollenkaan ω2-taajuista siniaaltoa, joten päällä on
ainoastaan j.
RL
§ ¤§ ¤§ ¤
L

j
6

U2
W
Vastus ja kela ovat rinnakkain11. Jännite on siis
U2 = ZI = (R||ZL)j =
Rjω2L
R + jω2L
j =
200j
10 + 20j
·1 = 20
j
1 + 2j
= 20
1∠90◦
√
5∠63◦
Koko jännitteen U tehollisarvo on
|U| = |U1|2 + |U2|2 =
10
√
2
2
+
20
√
5
2
=
√
130 ≈ 11,4 (volttia)
11
Merkintä || tarkoittaa rinnankytkennän impedanssia.

9. tunti
Napa ja portti
Piirissä olevaa johdon liitäntäkohtaa nimitetään navaksi tai nastaksi.
Kaksi napaa muodostavat portin eli napaparin.
Helpoin esimerkki on auton akku, jolla sisäistä resistanssia.

+
−
E
RS
˜
˜

9. tunti
Nelinapa eli kaksiportti
Todella moni elektroniikkapiiri toimii niin, että sinne syötetään jokin
signaali, ja sieltä saadaan ulos jokin signaali.
Syötettyä signaalia kutsutaan herätteeksi ja ulos saatavaa signaalia
vasteeksi.
Vasteen ja herätteen suhdetta kutsutaan syöttöpistefunktioksi (vaste
ja heräte samassa portissa) tai siirtofunktioksi (vaste ja heräte eri
portissa).
˜
˜
˜
˜
Uin
c
Uout
c
Iin
-

9. tunti
Syöttöpiste- ja siirtofunktiot
˜
˜
˜
˜
Uin
c
Uout
c
Iin
-
Iout

Syöttöpistefunktioita ovat muun muassa tuloimpedanssi Zin = Uin
Iin
ja
lähtöimpedanssi Zout = Uout
Iout
.
Siirtofunktioita ovat jännitevahvistus A = Uout
Uin
sekä virtavahvistus
B = Iout
Iin

9. tunti
Sarja- ja rinnakkaisresonanssi
Sarjaresonanssissa kelan ja kondensaattorin sarjaankytkennän
impedanssi on nolla.
Rinnakkaisresonanssissa kelan ja kondensaattorin rinnankytkennän
impedanssi on ääretön.
Yleisemmin: resonanssitaajuudella piirin impedanssin imaginaariosa on
nolla (sarjaresonanssi) tai admittanssin imaginaariosa on nolla
(rinnakkaisresonanssi). Jos piirissä on kela ja kondensaattori sarjassa tai
rinnan, resonanssikulmataajuus ω0 = 1√
LC
.

9. tunti
Suodatin
Suodatin on elektroninen piiri, jonka avulla signaalia muokataan
halutunlaiseksi.
Alipäästösuodatin: vaimentaa korkeita taajuuksia, päästää läpi
matalat taajuudet.
Ylipäästösuodatin: vaimentaa matalia taajuuksia, päästää läpi korkeat
taajuudet.
Kaistanestosuodatin: päästää läpi korkeat ja matalat taajuudet, mutta
vaimentaa tietyllä välillä olevia taajuuksia.
Kaistanpäästösuodatin: vaimentaa liian matalia ja liian korkeita
taajuuksia, mutta päästää läpi tietyllä välillä olevat taajuudet.
Suodattimen asteluku kertoo suodattimen siirtofunktion (yleensä:
jännitevahvistus) nimittäjäpolynomin asteluvun.

9. tunti
Alipäästösuodatin
Alipäästösuodatin voidaan toteuttaa yksinkertaisesti vastuksen ja
kondensaattorin sarjaankytkennällä. Ensimmäisen asteen siirtofunktion
perusmuoto on alipäästösuodattimella
Uout
Uin
=
1
jω
ω0
+ 1
ja ylipäästösuodattimella
Uout
Uin
=
jω
ω0
jω
ω0
+ 1
Ensimmäisen asteen ali- tai ylipäästösuodattimen jännitevahvistus on
ominaiskulmataajuudella 1√
2
eli tehovahvistus on 0,5.

9. tunti
Kotitehtävä 9
¤
¥
¤
¥
¤
¥
L

+
−
Uin
R
C

Uout
W
Laske piirin jännitevahvistus Uout
Uin
. Hahmottele jännitevahvistuksen
amplitudivaste (vaaka-akselille ω, pystyakselille |Uout
Uin
|). Onko piiri
alipäästö-, ylipäästö-, kaistanpäästö- vai kaistanestosuodatin?
L = 1 H C = 1 F R = 1 Ω
Oikeita lopputuloksia:
Uout
Uin
= 1
j(ω− 1
ω
)+1
Uout
Uin
= 1
1+(ω− 1
ω
)2

10. tunti
¤
¥
¤
¥
¤
¥
L

+
−
Uin
R
C

Uout
W
Laske piirin jännitevahvistus Uout
Uin
. Hahmottele jännitevahvistuksen
amplitudivaste (vaaka-akselille ω, pystyakselille |Uout
Uin
|). Onko piiri
alipäästö-, ylipäästö-, kaistanpäästö- vai kaistanestosuodatin?
L = 1 H C = 1 F R = 1 Ω
Lasketaan kelan ja kondensaattorin rinnankytkennän impedanssi (tulo
jaettuna summalla -kaavalla) ja sijoitetaan lukuarvot:
ZLC =
jωL 1
jωC
jωL + 1
jωC
=
L
C
jωL − j 1
ωC
=
1
jω − j 1
ω

10. tunti
Nyt Uout ratkeaa jännitteenjakosäännöllä:
Uout = Uin
ZLC
R + ZLC
⇒
Uout
Uin
=
1
R
ZLC
+ 1
Sijoitetaan R = 1 sekä edellisellä kalvolla laskettu ZLC:
Uout
Uin
=
1
j(ω − 1
ω ) + 1
Lasketaan itseisarvo (amplitudivaste):
Uout
Uin
=
1
1 + (ω − 1
ω )2
Amplitudivasteen kulkua voi tarkastella matemaattisesti, mutta sitä ei
vaadita tehtävässä. Käyrällä on maksimi kohdassa ω = 1. Raja-arvot
nollassa sekä äärettömyydessä ovat nollia. Kyseessä on siis
kaistanpäästösuodatin.

10. tunti
Muutosilmiöt
Tasajännitteen ja sinimuotoisen vaihtojännitteen lisäksi tärkeitä
tarkasteltavia ovat muutosilmiöt.
Muutosilmiö tapahtuu esimerkiksi laitteita päälle kytkettäessä.
Esimerkiksi jos kondensaattorin ja vastuksen sarjaankytkentä
kytketään jännitelähteeseen, kondensaattori varautuu.
Tällöin jännite muuttuu ajan funktiona. Miten se muuttuu? Edellyttää
diﬀerentiaaliyhtälön ratkaisemista!
Monimutkaisemmat diﬀerentiaaliyhtälöt kannattaa ratkaista
Laplace-muunnoksella.
Piirit, joissa on yksi kondensaattori tai kela, on helppo ratkaista
yritteen avulla.
Monimutkaisemmankin piirin voi ratkaista yritteen avulla, mutta
yritteen keksiminen voi olla vaikeaa.

10. tunti
Kondensaattori
Kondensaattori on komponentti, jonka jännitteelle ja virralle pätee yhtälö:
i = C
du
dt
C
i?
u
c
Aivan kuten aiemmin on opittu, että vastukselle pätee yhtälö u = Ri.

10. tunti
Kondensaattori
Yhtälö
i = C
du
dt
tarkoittaa, että mitä suurempi virta kondensaattorin läpi kulkee, sitä
nopeammin sen jännite muuttuu. Tai sama toisinpäin: mitä nopeammin
kondensaattorin jännite muuttuu, sitä suurempi virta sen läpi kulkee.
C
i?
u
c
Symboli C tarkoittaa kondensaattorin kapasitanssia, jonka yksikkö on
faradi (F).

10. tunti
Kondensaattori
Integroimalla yhtälö
i = C
du
dt
puolittain saadaan:
u =
1
C
idt + integrointivakio
tai määrättynä integraalina (valitsemalla alkuhetkeksi t = 0 ja
loppuhetkeksi joku ajanhetki t)
u =
1
C
t
0
idt + u(0).
Termi u(0) tarkoittaa kondensaattorin jännitettä ajanhetkellä nolla, ja sitä
merkitään usein myös UC0 tai U0:
u =
1
C
t
0
idt + U0.

10. tunti
Yksinkertainen esimerkki
Ladataan virtalähteellä kondensaattoria. Lukuarvot ovat:
J = 6 A C = 2 F U0 = 0 V
C

J
6
u
c
i
-
u =
1
C
t
0
idt + U0 =
1
2
t
0
6dt + 0 =
1
2
t
0
6dt =
1
2
6t = 3t
Kondensaattorin jännite on alussa 0 volttia, sekunnin kuluttua 3 volttia,
kahden sekunnin kuluttua 6 volttia. . .

10. tunti
Kondensaattori ja diﬀerentiaaliyhtälö
Muutetaan hieman piiriä. Kytkin suljetaan ajanhetkellä t = 0:
E = 12 V C = 2 F R = 3 Ω U0 = 5 V
C

+
−
E
¨¨˜ ˜
t = 0 R
u
c
i
-
Kirchhoﬃn lakien ja kondensaattorin yhtälön mukaan
i =
E − u
R
ja i = C
du
dt
=⇒
E − u
R
= C
du
dt
=⇒ RC
du
dt
+ u = E
Ratkeaa yritteellä
u = B + Ae− t
τ .

10. tunti
Diﬀerentiaaliyhtälön ratkaiseminen
Lasketaan yritteen derivaatta
u = B + Ae− t
τ =⇒
du
dt
= −
A
τ
e− t
τ
Ja sijoitetaan yrite derivaattoineen yhtälöön:
RC
du
dt
+ u = E =⇒ −
RCA
τ
e− t
τ + B + Ae− t
τ = E
Jotta yhtälö olisi tosi kaikilla t:n arvoilla, tulee päteä τ = RC ja B = E.
Tällöin:
−Ae− t
τ + Ae− t
τ = 0
Mistä saadaan A? Kondensaattorin alkujännitteestä. Ajanhetkellä t = 0
tulee kaavan antaa jännitteeksi 5 volttia:
u = B + Ae− t
τ =⇒ u = E + Ae− t
RC =⇒ 5 = 12 + Ae− 0
2·3 ⇒ A = −7.
Lopullinen vastaus jännitteelle:
u = 12 − 7e− t
6 .

10. tunti
Kela
Tavallaan kondensaattorin vastakohta – yhtälöissä on jännitteet ja virrat
vaihtaneet paikkaa verrattuna kondensaattorin yhtälöihin:
u = L
di
dt
¤
¥
¤
¥
¤
¥
L
i?
u
c
Sama integraalimuodossa
i =
1
L
t
0
udt + I0.

10. tunti
Kotitehtävä 10
Ratkaise kondensaattorin jännite u ajan funktiona. Kytkin suljetaan
ajanhetkellä t = 0.
R1 = R2 = 1 Ω C = 1 F E = 10 V U0 = 0 V
C

+
−
E
¨¨˜ ˜
t = 0
R2
R1
u
c
i
-
Lopputulos: u = 5 − 5e−2·t
= 5(1 − e−2·t
) (volttia)

11. tunti
R1 = R2 = 1 Ω C = 1 F E = 10 V U0 = 0 V
C

+
−
E
¨¨˜ ˜
t = 0
R2
R1
u
c
i
-
i = C
du
dt
i =
E − u
R1
−
u
R2
⇒
R1R2C
R1 + R2
du
dt
+ u =
R2
R1 + R2
E

11. tunti
R1R2C
R1 + R2
du
dt
+ u =
R2
R1 + R2
E
Sijoitetaan yhtälöön tunnilta tuttu yrite derivaattoineen:
u = B + Ae− t
τ ⇒
du
dt
= −
A
τ
e− t
τ
jolloin saadaan
R1R2C
R1 + R2
(−
A
τ
e− t
τ ) + B + Ae− t
τ =
R2
R1 + R2
E
Jotta vakiotermit olisivat samat, täytyy päteä: B = R2
R1+R2
E.
Eksponenttitermissä täytyy olla τ = R1R2C
R1+R2
. Nyt yhtälö on ratkaistu:
−Ae− t
τ + Ae− t
τ = 0 u =
R2
R1 + R2
E + Ae
− t
R1R2C
R1+R2

11. tunti
Sijoitetaan vastaukseen lukuarvot:
u = 5 + Ae−2t
Vakio A ratkeaa alkuehdosta. Ajanhetkellä t = 0 kondensaattorin
jännitteen tulee olla nolla:
0 = 5 + Ae−2·0
⇒ A = −5
Lopullinen vastaus on siis:
u = 5 − 5e−2·t
= 5(1 − e−2·t
) (volttia).

11. tunti
Muutosilmiöt
Muutosilmiöiden käsittely on helppoa, jos piirissä on vain yksi kela tai
kondensaattori.
Jos niitä on useampi, muodostuva differentiaaliyhtälö on erittäin
hankala ratkaista (ilman syvällisempää differentiaaliyhtälöiden
osaamista).
Monimutkaisempi differentiaaliyhtälö on helppo ratkaista
Laplace-muunnoksen avulla.
Laplace-muunnoksen avulla voidaan differentiaaliyhtälö muuntaa
tavalliseksi yhtälöksi, josta selviää tavallisella kaavanpyörittelyllä.
Avuksi tarvitaan Laplace-muunnostaulukko (löytyy Tuubissa
olevasta kaavakokoelmasta).

11. tunti
Laplace-muunnoksen idea
Laplace-muunnos on niin kutsuttu integraalimuunnos. Se määritellään
seuraavasti:
L(f (t)) =
∞
0
f (t)e−st
dt
Laplace-muunnosten laskeminen on työlästä. Siksi käytännön sovelluksissa
käytetään valmista Laplace-muunnostaulukkoa.
Muuttuja s on nimeltään Laplace-muuttuja. Laplace-muunnettua ajan
funktiota f (t) merkitään usein isolla kirjaimella F(s).

11. tunti
Mitä hyötyä Laplace-muunnoksesta on?
Laplace-muunnoksen avulla voidaan diﬀerentiaaliyhtälö muuntaa
tavalliseksi (=algebralliseksi) yhtälöksi.
Sitten algebrallinen yhtälö ratkaistaan.
Ja lopuksi se Laplace-käänteismuunnetaan takaisin ajan funktioksi.
VERTAUS: Aivan kuten osoitinlaskennassa ensin sinimuotoinen
jännitelähde muutetaan kompleksiluvuksi, sitten lasketaan
kompleksiluvuilla ja lopuksi tulos muunnetaan sinimuotoiseksi.

11. tunti
Askelfunktio ja impulssifunktio
Määritellään pari uutta funktiota:
Askelfunktiolla tarkoitetaan sellaista (ajan t) funktiota (t), joka saa
arvon 1, jos t ≥ 0 ja 0, jos t 0. Tällä funktiolla voidaan esimerkiksi
mallintaa kytkintä, joka suljetaan ajanhetkellä t = 0.
Impulssifunktiolla tarkoitetaan funktiota12 δ(t), jonka arvo on ∞, kun
t = 0, ja 0, kun t = 0. Impulssifunktiolla voidaan mallintaa äkillistä
virta- tai jännitepiikkiä. Esimerkiksi jos kelan virta katkaistaan
yhtäkkiä, niin kelan jännite hyppää (teoriassa) äärettömäksi.
12
Pilkunviilaus: impulssifunktio ei tarkalleen ottaen ole funktio, koska siltä puuttuu
joitain funktiolle tyypillisiä ominaisuuksia.

11. tunti
Muutama tavallinen Laplace-muunnos
Laplace-muunnos on lineaarinen, joten vakiokerroin voidaan siirtää
Laplace-muunnoksen läpi(aivan kuten derivoinnissakin), ja
summalausekkeessa termit voidaan Laplace-muuntaa yksi kerrallaan (aivan
kuten summalauseke voidaan derivoida termi kerrallaan). Alla pari tärkeää
muunnosta:
L{A (t)} = A
s
L{δ(t)} = 1
L{t} = 1
s2
L{e−at} = 1
s+a
Laplace-muunnos on määritelty vain ajanhetkillä t ≥ 0. Tämä tarkoittaa,
että jokainen muunnettava funktio voidaan ajatella kerrotuksi
askelfunktiolla. Siis: L{ (t)} = L{1} = 1
s ja vakiolle
L{A} = L{A (t)} = A
s .

11. tunti
Komponenttien Laplace-muunnokset
Virtapiirejä laskettaessa ei tarvitse ensin kirjoittaa diﬀerentiaaliyhtälöä ja
sitten muuntaa sitä, vaan komponentit voidaan muuntaa suoraan. Kela ja
kondensaattori Laplace-muunnettuna ovat:
§ ¤§ ¤§ ¤
sL
1
sC
Kaavat on helppo muistaa, ne muistuttavat impedanssin kaavoja, nyt vain
jω:n tilalla on Laplace-muuttuja s. Tämä ei ole sattumaa — aiheesta lisää
ensi tunnilla!

11. tunti
Komponenttien Laplace-muunnokset
Mikäli kelassa kulkee alkuvirta (virta hetkellä t = 0) tai kondensaattorissa
on alkujännite (jännite hetkellä t = 0), muunnos tapahtuu seuraavasti:
§ ¤§ ¤§ ¤
L IL0
-
C
UC0 E
§ ¤§ ¤§ ¤
sL

− +
LIL0
1
sC

+ −
UC0
s

11. tunti
Lähteiden Laplace-muunnokset
Tasajännitelähde ja tasavirtalähde muunnetaan yksinkertaisesti jakamalla
tasavirta tai tasajännite Laplace-muuttujalla s.

− +
E

J
-

− +
E
s

J
s
-
Mikäli lähde on ajasta riippuva, esimerkiksi sinimuotoinen, niin lähteen
ajan funktio vain muunnetaan Laplace-muunnostaulukon avulla.
Tärkeää (ja kätevää)
Laplace-muunnetulle piirille pätevät kaikki tutut laskusäännöt (Kirchhoﬀ,
Ohm, jännitteenjako . . . )!

11. tunti
Yksinkertainen esimerkki
Ratkaistaan kelan jännite u Laplace-muunnoksen avulla.
E = 12 V L = 2 H R = 6 Ω
¤
¥
¤
¥
¤
¥
L

+
−
E
¨
¨
˜ ˜
t = 0 R
u
c
i
-
Laplace-muunnetaan piiri (ks. seuraava kalvo).

11. tunti
Yksinkertainen esimerkki - jatkuu
Ratkaistaan kelan jännite u Laplace-muunnoksen avulla.
E = 12 V L = 2 H R = 6 Ω
¤
¥
¤
¥
¤
¥
sL

+
−
E
s
R
U
c
I
-
Nyt kelan jännite ratkeaa jännitteenjakosäännöllä:
U =
E
s
sL
R + sL
= E
1
R
L + s
Muunnetaan vastaus takaisin ajan funktioksi:
L−1
E
1
R
L + s
= Ee− R
L
t

11. tunti
Osamurtokehitelmä
Edellinen esimerkki oli helppo, koska Laplace-muodossa oleva ratkaisu
oli helppo pyöräyttää muotoon, johon löytyi suora muunnoskaava
Laplace-taulukosta.
Jos lauseke on hankalampi, se tulee pilkkoa murtolausekkeiden
summaksi (=osamurtokehitelmä).
Osamurtokehitelmän laskeminen on helppoa, mutta siinä on myös
helppo tehdä virheitä (monta välivaihetta).
Osamurtokehitelmän idea on, että siinä ikään kuin tehdään takaperin
kahden tai useamman murtolausekkeen yhteenlasku.

11. tunti
Osamurtokehitelmä
Esimerkiksi lauseke 1
s2+sa
eli 1
s(s+a) voidaan lausua muodossa
A
s
+
B
s + a
,
missä A ja B ovat vakioita, joita emme vielä tiedä. Ne selvitetään
seuraavasti:
A
s
+
B
s + a
=
1
s(s + a)
A(s + a)
s(s + a)
+
Bs
s(s + a)
=
1
s(s + a)
As + Aa + Bs
s(s + a)
=
1
s(s + a)
Jatkuu seuraavalla kalvolla. . .

11. tunti
Osamurtokehitelmä
Jotta osoittajat olisivat samat, tulee olla A = −B (jotta s-termi häviää) ja
A = 1
a (jotta osoittajaan jää ykkönen). Eli:
1
a
s
+
−1
a
s + a
=
1
s(s + a)
Nyt vasemmanpuoleiset termit voidaan muuntaa taulukkoa käyttämällä.
Lisää esimerkkejä löytyy googlaamalla Partial Fraction Decomposition
tai vaikkapa Wikipediasta
http://en.wikipedia.org/wiki/Partial_fraction.
Vinkki: jotkut laskimet (esim. TI-89) osaavat laskea osamurtokehitelmän.

11. tunti
Esimerkki: edellinen kotitehtävä Laplace-muunnoksella
R1 = R2 = 1 Ω C = 1 F E = 10 V U0 = 0 V
C

+
−
E
¨¨˜ ˜
t = 0
R2
R1
u
c
i
-

11. tunti
Laplace-muunnetaan piiri
R1 = R2 = 1 Ω C = 1 F E = 10 V U0 = 0 V
1
sC
+
−
E
s R2
R1
U
c
R2 ja C ovat rinnakkain, ja niiden rinnankytkennän impedanssi on
ZR2C =
R2
sC
R2+ 1
sC
= R2
R2sC+1. Jännitteenjakosäännön mukaan jännite U on
U =
E
s
ZR2C
R1 + ZR2C
=
E
s
1
R1
ZR2C
+ 1
=
E
s
1
R1
R2sC+1
R2
+ 1

11. tunti
jatkuu
U =
E
s
1
R1
R2sC+1
R2
+ 1
=
E
R1C
1
s(s + R1+R2
R1R2C )
Tehdään lyhennysmerkintä (tilan säästämiseksi): a = R1+R2
R1R2C . Nyt:
U =
E
R1C
1
s(s + a)
Nyt pitää tehdä osamurtokehitelmä, mutta onneksi se on tehty tällaiselle
kaavalle jo kolme kalvoa sitten:
U =
E
R1C
1
s(s + a)
=
E
R1C
1
a
s
+
−1
a
s + a

11. tunti
jatkuu
Suoritetaan Laplace-käänteismuunnos:
u(t) = L−1
{U(s)} = L−1 E
R1C
1
a
s
+
−1
a
s + a
=
E
R1C
1
a
L−1 1
s
−
1
s + a
=
E
R1C
1
a
(1 − e−at
)
=
E
R1C
1
R1+R2
R1R2C
(1 − e
−
R1+R2
R1R2C
t
) = E
R2
R1 + R2
(1 − e
−
R1+R2
R1R2C
t
)
Huomautus! Tässä kyseisessä tapauksessa Laplace-muunnos oli työläämpi
kuin yritteen käyttö. Jos piirissä on useampi kuin yksi kela tai
kondensaattori, Laplace-muunnoksen käyttö on käytännössä
välttämätöntä.

11. tunti
Esimerkki: kela ja kondensaattori
Kondensaattorin alkujännite UC0 on 5 volttia. Millainen virta piirissä
lähtee kulkemaan, kun kytkin suljetaan ajanhetkellä t = 0.
C = 1 F ¤
¥
¤
¥
¤
¥
L = 1 H
i
-¨
¨
˜ ˜
t = 0

UC0 = 5 V
W
Laplace-muunnetaan piiri. Koska kondensaattorilla on alkujännite,
muunnokseen tulee mukaan jännitelähde (ks. seuraava kalvo).

11. tunti
Kondensaattorin alkujännite UC0 on 5 volttia. Millainen virta piirissä
lähtee kulkemaan, kun kytkin suljetaan ajanhetkellä t = 0.
1
sC ¤
¥
¤
¥
¤
¥
sL
I
-

+ −
UC0
s
Seuraavaksi ratkaistaan Ohmin lain avulla munnetusta piiristä virta I:
I =
UC0
s
1
sC + sL
=
UC0
1
C + s2L
=
UC0
1
C + s2L
Jatkuu. . .

11. tunti
Nyt lauseke pitää vääntää sellaiseen muotoon, että siihen voidaan soveltaa jotain
kaavakokoelman muunnoskaavaa. Virran lausekkeen nimittäjässä on toinen s:n potenssi plus
vakio. Sopivalta kaavalta näyttää
L{sin ωt} =
ω
s2 + ω2
Järjestetään virran lauseke niin, että se näyttää samalta
I =
UC0
1
C
+ s2L
= UC0
1
1
C
+ s2L
=
UC0
L
1
1
LC
+ s2
=
UC0
L
√
LC
1√
LC
1
LC
+ s2
Ja käänteismuunnetaan ja sijoitetaan lukuarvot
i(t) = L−1 UC0
L
√
LC
1√
LC
1
LC
+ s2
=
UC0
L
√
LCL−1
1√
LC
1
LC
+ s2
=
UC0
L
√
LC sin
1
√
LC
t = 5 sin(t)
Eli piirissä jää kiertämään 5 ampeerin sinimuotoinen virta, kulmataajuudella ω = 1√
LC
= 1.

11. tunti
Motivointia
Kurssin asiat on nyt käsitelty!
Ensi tunnilla katsellaan vähän, miksi s = jω, ja harjoitellaan lisää
laskuesimerkkejä.

11. tunti
Kotitehtävä 11
Ajanhetkellä t = 0 kondensaattorin jännite on 0 V ja kelan virta on 1 A.
Miten piirin virta i käyttäytyy ajanhetken t = 0 jälkeen? Selvitä se
C = 1 F L = 1 H UC0 = 0 V IL0 = 1 A
C ¤
¥
¤
¥
¤
¥
L
i
-
IL0
?

UC0
W
Oikea lopputulos: i(t) = sin(t + π
2
)

12. tunti
Kotitehtävä 11
Ajanhetkellä t = 0 kondensaattorin jännite on 0 V ja kelan virta on 1 A.
Miten piirin virta i käyttäytyy ajanhetken t = 0 jälkeen? Selvitä se
C = 1 F L = 1 H UC0 = 0 V IL0 = 1 A
C ¤
¥
¤
¥
¤
¥
L
i
-
IL0
?

UC0
W
Ratkaisu: muunnetaan piiri (seuraava kalvo).

12. tunti
Kotitehtävä 11
C = 1 F L = 1 H UC0 = 0 V IL0 = 1 A
1
sC ¤
¥
¤
¥
¤
¥
sL
I
-

+ −
LIL0Virta Laplace-tasossa on
I =
LIL0
1
sC + sL
=
1
1
s + s
=
s
s2 + 1
Käänteismuunnetaan:
i(t) = L−1 s
s2 + 1
= cos(1 · t) = cos(t) = sin(t +
π
2
)

12. tunti
Laplace-muunnos ja Fourier-muunnos
Laplace muunnos:
L(f (t)) =
∞
0
f (t)e−st
dt
Fourier-muunnos:
F(f (t)) =
∞
−∞
f (t)e−jωt
dt
Kaavoissa ainoa ero on alempi integrointiraja, sekä muuttuja s = jω.
Osoitinlaskenta perustuu teoreettisesti diﬀerentiaaliyhtälöiden ratkaisuun
Fourier-muunnoksen avulla. Tämän takia Laplace-muunnettujen ja
Fourier-muunnettujen komponenttien ainoa ero impedanssin kaavoissa on
s = jω.

12. tunti
Fourier-sarja jaksolliselle funktiolle
Jos halutaan laskea, miten piiri käyttäytyy esimerkiksi jos sinne syötetään
kolmioaaltoa, voidaan käyttää Fourier-sarjaa. Fourierin teoreeman mukaan
mikä tahansa jaksollinen signaali voidaan hajottaa siniaaltojen summaksi.
Tällöin muodostuvan jokaisen siniaallon taajuus on alkuperäisen signaalin
monikerta.
Fourier-sarjan laskeminen ei ole varsinaisesti vaikeaa, mutta jätämme sen
rajoitetun ajan vuoksi pois kurssilta. Laskeminen vaatii hieman
integrointia. Kiinnostuneet voivat tutustua aiheeseen kirjan kappaleesta
3.3.1 Fourier-sarjan laskeminen.

12. tunti
Kertaustehtävä - ratkaisu seuraavalla kalvolla!
Ratkaise kondensaattorin jännite U kompleksilukulaskennalla.
R1 = R2 = 1 Ω C = 1 F E = 10∠20◦
ω = 100π
C

+
−
E R2
R1
U
c
I
-
E on siis sinimuotoinen jännitelähde, jonka tehollisarvo on 10 volttia,
vaihekulma 20 astetta ja taajuus 50 Hz eli kulmataajuus on 100π.

12. tunti
Ratkaisu
R1 = R2 = 1 Ω C = 1 F E = 10∠20◦
ω = 100π
C

+
−
E R2
R1
U
c
I
-
E on siis sinimuotoinen jännitelähde, jonka tehollisarvo on 10 volttia,
vaihekulma 20 astetta ja taajuus 50 Hz eli kulmataajuus on 100π.

12. tunti
R1 = R2 = 1 Ω C = 1 F E = 10∠20◦
ω = 100π
C

+
−
E R2
R1
U
c
I
-
Merkitään R2:n ja C:n rinnankytkennän impedanssia ZR2C . Tällöin jännite
U on jännitteenjakosäännön mukaan
U = E
ZR2C
ZR2C + R1
Lasketaan rinnankytkennän resistanssi
ZR2C =
1
1
R2
+ 1
1
jωC
=
R2
1 + jωCR2
ja sijoitetaan se ylempään kaavaan
U = E
R2
1+jωCR2
R2
1+jωCR2
+ R1
= E
R2
R2 + R1(1 + jωCR2)
=
10∠20◦
2 + j100π
.

12. tunti
Lasketaan lopullinen arvo:
U =
10∠20◦
2 + j100π
=
10∠20◦
22 + (100π)2∠ arctan 100π
2
≈
10∠20◦
314∠89,6◦
≈ 0,032∠ − 69,6◦
.
Eli kondensaattorin (ja vastuksen R2) yli on 32 millivoltin jännite, jonka
vaihekulma on -69,6 eli se on 89,6 astetta jäljessä jännitelähdettä E. Jos ei
halua pyöritellä välivaiheita, voi käyttää sopivaa laskinta tai Wolfram
Alphaa13.
13
http://www.wolframalpha.com/input/?i=%2810e^%28i*pi%2F9%29%29%2F%
282%2B100*pi*i%29

12. tunti
Kotitehtävä 12
Tässä kalvosatsissa on oli14 kaksi tahallista virhettä. Virheet on tehty niin,
että ne eivät sotke asioiden oppimista (niistä näkee heti, että kyseessä on
virhe). Kummankin virheen löytämisestä tulee 1 piste. Jos löydät muita
virheitä15 (niitä saattaa olla tai sitten ei), annan niistä hyvitystä tenttiin
jollain kertoimella (jonka päätän, kun näen virheiden määrän :-).
Virheiden lisäksi otan mielelläni vastaan myös parannusehdotuksia (esim.
jos joku asia on selitetty puutteellisesti tai jostain tärkeästä asiasta
puuttuu esimerkki).
14
Otin virheet pois, nyt kun tehtävä on jo ohi.
15
Ensimmäisen tunnin kalvoilla lukee, että tehtäviä on 10x2. Tätä ei lasketa virheeksi,
vaan yksinkertaisesti muutin mieltäni (jotkut tehtävät olivat sen verran vaikeita/laajoja,
että lasketaan ne kahdeksi tehtäväksi). Lisäksi viimeisellä opetusviikolla on myös
kotitehtäviä, vaikka puhuttiin 10:stä tehtävästä.

12. tunti
Loppukurssin aikataulu
Talviloman jälkeen lasketaan kertaustehtäviä (jaan ne tunnilla ja
tulevat myös Tuubiin).
Koe on ma 7.3. ja kokeen palautus seuraavan viikon torstaina.
Jos haluat harjoitella laskutehtäviä talvilomalla, niin täältä niitä löytyy
reilusti: http://users.tkk.fi/ksilvone/Lisamateriaali/
lisamateriaali.htm

12. tunti
Lopuksi
Jos löydät kalvoista virheitä tai epäjohdonmukaisuuksia tai sinulla on
kehitysideoita, ota rohkeasti yhteyttä. Parantelen kalvoja mielelläni.

Vaihtosähköpiirien perusteet

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Andere mochten auch

Andere mochten auch (16)

Mehr von Vesa Linja-aho

Mehr von Vesa Linja-aho (20)

Vaihtosähköpiirien perusteet