Seminar 12
Qarqet e Rendit II
Qershor 2021
UNIVERSITETI POLITEKNIK I TIRANËS
FAKULTETI I INXHINIERISË ELEKTRIKE
DEPARTAMENTI I ELEKTROTEKNIKËS

Kujtesë: Qarqet e Rendit II (QR2)
Qarqet e Rendit II (QR2) përmbajnë burime, rezistorë dhe 2 elementë pasivë rezervues të energjisë
(të tipit induktor ose/dhe kapacitor: 2 induktorë, ose 2 kapacitorë ose 1 induktor dhe 1 kapacitor).
QR2 do të zgjidhen duke u bazuar në Ligjet e Kirkofit dhe Ligjin e Ohmit, duke na rezultuar në
zgjidhjen e ekuacioneve diferenciale të rendit të dytë. Pra QR2 karakterizohen nga ekuacione
diferenciale të rendit II në lidhje me një rrymë ose tension të qarkut.
Zgjidhja në lidhje me këtë madhësi do të quhet përgjigje e plotë, dhe ka dy komponente: përgjigjen
natyrale dhe përgjigjen e detyruar.
Përgjigja e plotë =përgjigjen natyrale + përgjigjen e detyruar.
Përgjigja natyrale është pasojë vetëm e energjisë së rezervuar nga L ose/dhe C
Përgjigja e detyruar është pasojë vetëm e veprimit të burimeve të pavarura.
QR2 do analizohen në kushtet kur në qark ndodh një komutim (një ndryshim skeme si pasojë e
kyçje/ç’kyçje e një çelësi ose veprimi i një funksioni singular i tipit u(t) tek një burim i pavarur.
Çasti kur ndodh komutimi, mund të jetë çfarëdo por ne do ta shënojmë t=0, kur komutimi është i
vetëm. Në afërsi të këtij çasti, janë edhe dy çaste të rëndësishme pambarimisht afër para dhe pas
komutimit, që ne do i quajmë t=0−dhe t=0+respektivisht.
Meqë rryma në induktor dhe tensioni në kapacitor nuk mund të ndryshojnë me hop, atëherë kemi:
𝑖𝐿 0− = 𝑖𝐿 0+ 𝑣𝐶 0− = 𝑣𝐶 0+

Metodika e zgjidhjes së qarqeve të rendit II
Supozojmë se në një qark DC të rendit të dytë jemi të interesuar për përgjigjen e
plotë në lidhje me madhësinë x(t), kur ndodh një komutim në çastin t=0. Ndjekim këto
hapa:
1) Në qarkun e t=0−
, gjejmë kushtet fillestare të qarkut, duke patur parasysh që
ky çast është regjim i stabilizuar DC para komutimit, ku induktori është qark i
shkurtër ndërsa kapacitori është qark i hapur :
2) Në qarkun e t=0+ , trashëgojmë kushtet fillestare sipas:
a) Gjejmë derivatet e para të kushteve fillestare : ose/dhe
3) Në qarkun e një çasti t>0, shkruajmë ekuacionet nga LKT ose LKR, dhe bëjmë
kombinimet e tyre duke marrë një ekuacion diferencial të rendit II në lidhje me
4) Ekuacioni i marrë, rregullohet që koefiçenti para termit të derivatit më të lartë të
jetë 1.
5) Bazuar tek ky ekuacion, ndërtohet ekuacioni karakteristik, i cili merret nga
zevendësimi me s², s¹, s⁰, përkatësisht derivatet e rendit 2, 1 dhe termin e lirë me
koefiçentët përkatës të ekuacionit homogjen përkatës.
𝑖𝐿 0− 𝑜𝑠𝑒/𝑑ℎ𝑒 𝑣𝐶 0−
𝑖𝐿 0− = 𝑖𝐿 0+ 𝑣𝐶 0− = 𝑣𝐶 0+
𝑑𝑖𝐿 0+
𝑑𝑡
𝑑𝑣𝐶 0+
𝑑𝑡
𝑖𝐿 𝑡 𝑜𝑠𝑒 𝑣𝐶 𝑡

Metodika e zgjidhjes së qarqeve të rendit II
6) Zgjidhim ekuacionin karakteristik, i cili në varësi të koefiçentëve mund të ketë:
A) Dy rrënjë të ndryshme reale s₁ ≠ s₂
B) Një rrënjë reale të dyfishtë s₁ = s₂= -α
C) Një çift rrënjësh komplekse të konjuguara s₁₂= -α±jωd
Nga rrënjët e ekuacionit karakteristik, përcaktohet forma e zgjidhjes së përgjithshme për
komponenten natyrale të përgjigjes së plotë.
7) Në qarkun e t=∞ , duke patur parasysh që ky çast është regjim i stabilizuar DC pas
komutimit, ku induktori është qark i shkurtër ndërsa kapacitori është qark i hapur, llogarisim :
të cilat përbëjnë komponenten e detyruar të përgjigjes së plotë përkatëse.
8) Gjejmë zgjidhjen e përgjithshme të përgjigjes së plotë:
9) Duke përdorur kushtet fillestare dhe derivatet e kushteve fillestare përcaktohen koefiçentët
A1 dhe A2, duke marrë përgjigjen e veçantë të ekuacionit diferencial të qarkut, që është edhe
zgjidhja e qarkut për madhësinë që kemi interes.
𝑖𝐿 ∞ 𝑜𝑠𝑒 𝑣𝐶 ∞
Ppërgjigja
natyrale
Përgjigja e plotë =përgjigjen natyrale + përgjigjen e detyruar.

Shembull 1
Në qoftë se për t<0 qarku është në regjim të stabilizuar DC, gjeni v1(t) dhe v2(t)për t > 0.
Zgjidhje:
𝑣1 0− = 𝑣2 0− = 12𝑉
(0 )
(0 )
1) Në qarkun e t=0−,(çelësi i hapur), gjejmë
kushtet fillestare të qarkut, 𝑣1 0− dhe 𝑣2 0−
duke patur parasysh që ky çast është regjim i
stabilizuar DC para komutimit, ku kapacitorët
janë qark i hapur.

Shembull 1(vazhdim)
𝑣1 0+ = 𝑣2 0+ = 12𝑉
Duhet të gjejmë derivatet e para të kushteve fillestare
të qarkut, 𝑑𝑣1 0+
/dt dhe d𝑣2 0+
/dt .
2) Në qarkun e t=0+, (çelësi i kyçur), trashëgojmë kushtet fillestare:
(0 )
(0 )
i₁
(0 )
i₂
(0 )
6V
v₁
(0 )
k2
k3
i3(0+)
i4(0+)
ቊ
𝑣1 0 + = 12 𝑉
𝑣2 0 + = 12 𝑉
𝑖1 0+ =
1
8
𝑑𝑣1(0+)
𝑑𝑡
𝑖2 0+ =
1
8
𝑑𝑣2(0+)
𝑑𝑡
@k1: −𝑣1 0+ + 12 + 4𝑖3 0 + = 0 → 𝑖3 0+ = 0A
k1
@k2: −4𝑖2 0 + − 𝑣2 0+ + 6 = 0 → 4
1
8
𝑑𝑣2 0+
𝑑𝑡
+ 𝑣2 0+ = 6 →
1
2
𝑑𝑣2 0+
𝑑𝑡
= −6 →
𝑑𝑣2 0+
𝑑𝑡
= −12 𝐴/𝑠
@k3: −4𝑖2 0 + − 𝑣2 0+ + 𝑣1 0+ + 4𝑖4 0+ = 0 → −4
1
8
𝑑𝑣2 0+
𝑑𝑡
+ 4
1
8
𝑑𝑣1 0+
𝑑𝑡
= 0 →
𝑑𝑣2 0+
𝑑𝑡
=
𝑑𝑣1 0+
𝑑𝑡
= −12 𝐴/𝑠

Shembull 1(vazhdim)
3)Gjejme zgjidhjen ne kohe per parametrin e kerkuar
LKR@A: 𝑖4 𝑡 = 𝑖1 𝑡 + 𝑖3 𝑡
Ose:
6−𝑣1(𝑡)
4
=
1
8
𝑑𝑣1(𝑡)
𝑑𝑡
+
𝑣1 𝑡 −12−0
4
ose:
1
8
𝑑𝑣1(𝑡)
𝑑𝑡
+
𝑣1 𝑡
2
= 3 + 1,5
𝑑𝑣1(𝑡)
𝑑𝑡
+ 4𝑣1 𝑡 = 36 (𝑒𝑘.1)
LKT@k: − 4
1
8
𝑑𝑣2 𝑡
𝑑𝑡
− 𝑣2 𝑡 + 6 = 0
1
2
𝑑𝑣2 𝑡
𝑑𝑡
+ 𝑣2 𝑡 = −6
(0 )
(0 )
i₁
(0 )
i₂
(0 )
6V
v₁
(0 )
V1(t)
V2(t)
i3(t)
A
i2(t)
i1(t)
I4(t)
k
𝑑𝑣2 𝑡
𝑑𝑡
+ 2𝑣2 𝑡 = −12 (𝑒𝑘.2)
Po te zgjidhim ekuacionet (1) dhe (2) do te kemi
𝑠1 + 4 = 0 𝑠2 + 2 = 0
𝑠1 =-4 𝑠2 = −2
𝑣1 𝑡 = 𝑣1(∞) + 𝐴1𝑒−4𝑡 𝑣2 𝑡 = 𝑣2(∞) + 𝐴2𝑒−2𝑡

Shembull 1(vazhdim)
4) Në qarkun e t=∞, që është regjimi i stabilizuar DC për qarkun pas komutimit, pra C është qark i hapur,
llogarisimv(∞):
(0 )
(0 )
V1(∞)
V2(∞)
k2
k1
LKT@k1: −𝑣1 ∞ + 12 + 4𝑖 = 0
i
LKT@k2: 6 − 12 − 4𝑖 − 4𝑖 = 0 → 𝑖 = −
3
4
𝐴
@k1: 𝑣1 ∞ = 12 + 4 −
3
4
= 9𝑉
𝑣2 ∞ = 6𝑉
𝑣1 𝑡 = 9 + 𝐴1𝑒−4𝑡 𝑣2 𝑡 = 6 + 𝐴2𝑒−2𝑡
ቤ
𝑑𝑣1(𝑡)
𝑑𝑡 𝑡 = 0 = −4𝐴1 𝑒−4∗𝑡 = −4𝐴1 = −12 → 𝐴1 = 3
ቤ
𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 𝑡 = 0 = −2𝐴2 𝑒−2∗𝑡 = −2𝐴2 = −12 → 𝐴2 = 6
𝑣1 𝑡 = 9 + 3𝑒−4𝑡 𝑣2 𝑡 = 6 + 6𝑒−2𝑡

Shembulli 2
Hapi 1: per t=0-
𝑖 0 − =
16
2
= 8 𝐴 v 0 − = 0 𝑉
i(0+)
+
Vc(0+)
-
+
VL(0+)
-
I1(0+)
ic(0+)
𝑣𝐿 0 + = 𝑣𝐶 0 + = 0 = 5
𝑑𝑖(0+)
𝑑𝑡
= 0
𝑖 0 + = 8 𝐴 v 0 + = 0 𝑉
𝑖1 0 + =
16
2 + 6
= 2 𝐴 𝑠𝑒𝑝𝑠𝑒 𝑣𝐶 0+ = 0
𝑑𝑖(0+)
𝑑𝑡
= 0 𝐴/𝑆
A
LKR@A: 𝑖1 0 + = 𝑖 0 + + 𝑖𝑐 0+ → 2 = 8 +
1
80
𝑑𝑣(0+)
𝑑𝑡
1
80
𝑑𝑣(0+)
𝑑𝑡
= −6 →
𝑑𝑣 0+
𝑑𝑡
= −480 𝑉/𝑆
Hapi 2: per t=0+

Shembulli 2 vazhdim
i(t)
+
Vc(0+)
-
+
VL(0+)
-
I1(t)
ic(t)
Hapi 3: gjejme ekuacionin karakteristik
A
k1
1-LKR@A: 𝑖1 𝑡 = 𝑖 𝑡 + 𝑖𝑐 𝑡 = 𝑖 𝑡 +
1
80
𝑑𝑣
𝑑𝑡
2-LKT@k1: (6 + 2)𝑖1 𝑡 + 𝑉𝐿 𝑡 = 16 → 8𝑖1 𝑡 + 5
𝑑𝑖
𝑑𝑡
= 16
Zev 1 tek 2: 8𝑖 𝑡 +
1
10
𝑑𝑣𝐿 (𝑡)
𝑑𝑡
+ 5
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡
= 16
8𝑖 𝑡 +
1
10
𝑑
𝑑𝑡
(5
𝑑𝑖 𝑡
𝑑𝑡
) + 5
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡
= 16
1
2
𝑑2𝑖 𝑡
𝑑𝑡2 + 5
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡
+ 8𝑖 𝑡 = 16
𝑑2𝑖 𝑡
𝑑𝑡2 + 10
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡
+ 16𝑖 𝑡 = 32
ekuacioni karakteristikeshte
𝑠2 + 10𝑠 + 16 = 0 𝑠1
2 =
−10 ± 100 − 64
2
= ቊ
𝑠1 = −2
𝑠2 = −8
𝑖 𝑡 = 𝑖 ∞ + 𝐴1𝑒−2𝑡 + 𝐴2𝑒−8𝑡
Hapi 4: per t=∞
𝑖1 ∞ =
16
2 + 6
= 2 𝐴

Shembulli 2 vazhdim
Gjejmepergjigjenduke perdorur shprehjen per
i(t) ku na mungojne konstantetA1 dhe A2. Per
kete perdorim kushtetfillestare dhe derivatet e
kushteveku njohim i(0)=i(t=0) dhe njohim
𝑑𝑖(0)
𝑑𝑡
=
ቚ
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡 𝑡=0
𝑖 𝑡 = 𝑖 ∞ + 𝐴1𝑒−2𝑡 + 𝐴2𝑒−8𝑡
1 − 𝑖 0 = 𝑖 ∞ + 𝐴1𝑒−2∗0 + 𝐴2𝑒−8∗0 = 2 + 𝐴1 + 𝐴2 = 8
ቤ
2 −
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡 𝑡=0
=
𝑑
𝑑𝑡
𝑖 ∞ + 𝐴1𝑒−2∗𝑡 + 𝐴2𝑒−8∗𝑡 = 0 − 2𝐴1 − 8𝐴2 = 0
ቊ
2 + 𝐴1 + 𝐴2 = 8
−2𝐴1 − 8𝐴2 = 0
ቊ
𝐴1 + 𝐴2 = 6
𝐴1 = −4𝐴2
Zevendesojme ekuacionin e dyte te sistemit tek
ekuacioni i pare dhe kemi−4𝐴2 + 𝐴2 = 6
𝐴2 = −2
𝐴1 = −4 ∗ −2 = 8
𝑖 𝑡 = 𝑖 ∞ + 𝐴1𝑒−2𝑡 + 𝐴2𝑒−8𝑡 = 2 + 8𝑒−2𝑡 − 2𝑒−8𝑡

DETYRË SHTËPIE: Shembull 1