Transcript İndüksiyon Öz indüktans Öz indüklenme Bir akım bir devrede aktığında, bu akım kendi devresine bağlı bir manyetik akı meydana getirir.Bu, öz indüklenme olarak adlandırılır.(‘indüklenme’ manyetik.

İndüksiyon
Öz indüktans
Öz indüklenme
Bir akım bir devrede aktığında, bu akım kendi devresine bağlı bir manyetik
akı meydana getirir.Bu, öz indüklenme olarak adlandırılır.(‘indüklenme’
manyetik akı ΦB için en eski kelimedir )
Devrede B nin büyüklüğü her yerde I ile orantılıdır bu yüzden şunu
yazabiliriz:
 B  LI
L devrenin öz indüklenmesi olarak adlandırılır.
L devrenin şekline ve boyutuna bağlıdır. Üstelik I = 1amperken bu , ΦB
manyetik akısına eşit olarak düşünülebilir.
İndüktans birimi Henry dir.
Wb
T m2
1H 1
1
A
A
Öz indüktans
 Öz
indüktansın hesaplanması : Bir solenoit
L nin doğru hesaplanması genelde zordur ,tele yakınlarda B güçlendiği
için, çoğunlukla cevap telin kalınlığına da bağlıdır.
Solenoitin önemli durumunda , ilk
olarak L için yaklaşık sonuç elde etmek
oldukça kolaydır: İlk olarak biz
aşağıdaki ifadeyi elde ettik.
N
B  0 I

Sonra ,
böylece
N2A
 B  NAB  0
I

B
N2A
L
 0
 0 n 2 A
I

Bu yüzden L n2 ve solenoitin hacmi ile orantılıdır
Öz İndüktans
 Öz
indüktansın hesaplanması : Bir solenoit
N2A
L  0
 0 n 2 A

Örnek :Toplam 100 dönüşlü ,5 cm2 alanlı 10 cm uzunluklu solenoitin
L si:
L = 6.28×10−5 H
0.5 mm çaplı tel tek bir katta 100 dönüş yapacaktır.
10 tabaka gidildiğinde L 1 faktörden 100’e artacaktır.Aynı zamanda
demir yada ferrit çekirdek eklendiğinde L bir faktörden 100’e
artacaktır.
L için ifade H/m birimine sahip μ0 ı gösterir, c.f, Tm/A ilk olarak elde edilir.
Öz indüktans
 Öz
indüktansın hesaplanması : : Bir toroitsel solenoit
Solenoit içindeki manyetik akı :
 B  BA 
 0 NIA
2r
Sonra solenoitin öz indüktansı :
N B
N2A
L
 0
 0 n 2 A(2 r )
I
2r
Şayet N = 200 dönüşse, A = 5.0 cm2 , ve r = 0.10 m:
[4 107 Wb/(A m)](200)2 (5.0 104 m 2 )
L
2 (0.10 m)
 40106 H  40 H.
Daha sonra öz indüklemede akım, 3.0 s, de 0.0 dan 6.0 A ya düzgün bir şekilde
arttığında emk E aşağıdaki gibi olacaktır:
dI
 L
 (40106 H)(2.0106 A/s)  80 V.
dt
d B
(   
)
dt
Öz indüktans
 Manyetik alanda depolanan enerji
Niçin L ilginç ve çok önemli bir niceliktir .
Bu , devrenin B alanında depolanan toplam enerji ile ilişkisinden kaynaklanır
ki bunu aşağıda kanıtlamamız gerekir.
1 2
U m  LI
2
I ilk olarak meydana geldiğinde, bir sınıra sahibiz.
d B
dI
L
 
dt
dt
(özindüklenme emk)
I nın kaynağı I yı son değere çıkardığı için özindüksiyon emk sına karşı iş
yapar
dU m
dI
 I  LI
dt
dt
Um

0
Güç = Birim zamanda yapılan iş
1 2
dU m  L  IdI  LI  U m
0
2
I
Öz indüktans
 Manyetik alanda depolanan enerji: Örnek
İndüktansta depolanan enerji için bizim ifademize dönersek onu bir
solenoit durumu için kullanabiliriz. Zaten formülü kullanarak solenoit
için elde ettik.
B  0nI
ve
L
B
 0 n 2 A
I
2
2


1
1
B
B
2
2
Böylece : U  LI   n A
 
A
m
0

2
2
20
 0 n 
2
U
B
Alanda birim
um  m 
hacimdeki enerji
A 20
Öz indüktans
 İndüktör
Belirli bir indüktansa sahip olarak dizayn edilmiş bir devre cihazı bir indüktör
yada bir bobin olarak adlandırılır.Yaygın sembolü aşağıdaki gibidir:
a
I
Değişken
emk
kaynağı
L
b
Karşılıklı indüktans
 Transformatör ve karşılıklı indüktans
Klasik karşılıklı indüktans örnekleri güç dönüşümü için ve benzinli motor
ateşlemede yüksek voltaj meydana getirmek için transformatörlerdir.
Bir I1 akımı N1 sarımlı
primer bobinden akar ve N2
sarımlı 2.bobinle birleşen bu
akım B akısını oluşturur.
Karşılıklı indüktans M2 1
bulunur böylece Φ2
indüklenmesi aşağıdaki gibi
verilir:
 2  L2 I 2  M 21 I1
Ayrıca
1  L1I1  M12 I 2
M2 1—bobinlerin
karşılıklı indüktansı
Genelde , M 1 2 = M 2 1
Karşılıklı indüktans
 Değişken akım ve indüklenen emk
B1 manyetik alanı üreten I1 değişken akımlı birincil sargıya sahip belirli iki bobin
düşünelim .B1 den dolayı ikincil sargıda indüklenen emk
 ikincil
sargı boyunca manyetik akıyla orantılıdır:  2   B1  dA2  N 22
2 2.sargıda tek bir ilmekten geçen akım ve N2 2.sargıdaki ilmek sayısıdır.
Bununla birlikte B1 in I1 ile orantılı olduğunu biliyoruz ki bunun anlamı 2 I1 ile
orantılı olmasıdır. M karşılıklı indüktans 2 ve I1 arasında orantı sabiti olarak
tanımlanır ve konum geometrisine bağlıdır.
M
 2 N 22

I1
I1
d 2
d 2 dI1
dI1
2  

 M
;
dt
dI1 dt
dt
d 2
M
dI1
İndüklenen emk M ve akım değişim oranı ile orantılıdır.
Karşılıklı indüktans
 Örnek
Şimdi sıkıca sarılmış ortak merkezli
solenoitler düşünelim.İç solenoitin I1
akımı taşıdığını ve dış solenoit
üzerindeki B2 manyetik akısının bu
akımdan dolayı meydana geldiğini
farzedelim. O zaman iç solenoit
tarafından üretilen akı:
B1  0n1I1 where n1  N1 / 
Bu manyetik alandan dolayı dış solenoitten geçen akı :
B2  N2 B1 A2  N2 B1 ( r12 )  0n2n1( r12 )I1
Karşılıklı indüktans
 İndüktör örneği: Araba ateşleme bobini
, N1=16,000 sarımlı, N2=400 sarımlı iki ateşleme bobin birbiri üzerine sarılıdır.
l=10 cm, r=3 cm. Primer bobinden geçen I1=3 A lik bir akım 10-4 saniyede
kesilir.İndüklenen emk nedir?
 B2
dI1
 2   M 12
; M 21 
 0 n2 n1( r12 )
dt
I1
dI1
 3 104 A s -1
dt
 2  6,000V
Ateşleme bir ateşleme tıpasında karşıdan karşıya aralık atlar ve bir benzin
hava karışımını tutuşturur.
R-L devresi
 Bir R-L devresinde üretilen akım
Şekilde gösterilen devreyi düşünelim. t < 0 da
anahtar açıktır ve I = 0.
R direnci indüktör bobinin direncini içerebilir
t = 0 da anahtar kapatılır ve I artmaya başlar, indüktörsüz olan devrede tüm
akım nanosaniyede meydana gelecekti. İndüktörle böyle olmaz.
Kirchhoff ilmek kuralı :
I İle çarpılır :
dI
 0  IR  L
0
dt
dI
 0 I  I R  LI
dt
2
Güç dengesi
R-L devresi
 Bir R-L devresinde üretilen akım
dI
 0 I  I R  LI
dt
Batarya
tarafından
sağlanan güç
2
Dirençte ısı olarak yayılan güç
İndüktördeki enerji
Um
dU m
dI
 LI
dt
dt
ise:
Yada
dU m  L I dI
t = 0 (I = 0) dan t =  (I = If) a integral alınırsa
U mf
U mf 

0
If
dU m 
1 2
L
I
dI

LI f

2
0
Böylece, I akımı taşıyan indüktörde
depolanan enerji :
Um 
1 2
LI
2
İndüktörde
depolanan enerji
oranıdır.
R-L devresi
Bir R-L devresinde üretilen akım
Kirchoff ilmek kuralı:
 0  IR  L
t = 0+, da I = 0
0
 dI 

 
 dt 0 L
Zamanın
fonksiyonu
olarak bir LR
devresindeki
akım
dI
0
dt
I sonuçta dI/dt = 0
oluncaya kadar artar
If 
0
R
RC ile kıyaslanırsa:
R-L devresi
 Bir R-Ldevresinde üretilen akım

L dI
I  0
R dt
R
dI
R
  dt
L
 0 
I



R


(I = 0, t = 0) ve (I = I, t = t) arasında integral alınır.
 I  0 / R 
R
ln 
 t
L
  0 / R 
R-L devresi
Bir R-L devresinde üretilen akım
Şimdi her bir taraftaki gücü e ile ifade
ederiz:
R

t
 0 / R 
L
e
I




/
R
0


0
I

R
R

0 L t
 e
R
R
 t
0 
1  e L 
I 

R 

R-L devresi
 Boşalan bir R-L devresi
Bataryayı çıkarabilmek için S2 anahtarı eklenir.
Ve R1 bataryayı korumak için eklenir
böylece her iki anahtar kapalıyken
batarya korunur.
İlk olarak yeterince uzun zaman için S1
kapalıdır böylece akım I0
son değerinde sabitlenir.
t=0 da, kapalı S2 ve açık S1 bataryayı iptal etmek için oldukça etkilidir.
Şimdi abcd devresi I0 akımı taşır.
Kirchhoff ilmek kuralı:
 IR  L
dI
0
dt
I  I 0e Rt / L
R-L devresi
 Boşalan bir R-L devresi
Şimdi, akım I0 dan 0 a azalırken, R direncinin ürettiği toplam ısıyı
hesaplayalım.
Isı üretim oranı:
P
dW
 I 2R
dt

W   dW   I 2 Rdt
Dirençte ısı olarak yayılan enerji:
0
Zamanın fonksiyonu olarak akım:
Toplam enerji:
W  I e
I  I 0e Rt / L
2  2 Rt / L
0
1 2
Rdt  LI 0
2
Üretilen toplam ısı gerçekte indüktörde depolanan enerjiye eşittir.
L-C devresi
 Kompleks sayılar ve düzlem
Kompleks sayılar : z = x + iy
Gerçek parça Re(z)=x, sanal parça Im(z)=y
L-C devresi
 Basit harmonik salınım
L-C devresi
 Basit harmonik salınım
L-C devresi
 Basit harmonik salınım
L-C Devresi
 Bir L-C devresi ve elektriksel salınım
Şekilde gösterildiği gibi bir indüktör ve bir kondansatörden oluşan bir devre
S
düşünelim. Başlangıçta C kondansatörü Q0 yükü taşır.
dI
L
dt
t=0 da anahtar kapanır yük öz indüklenme
Emk sı üreten indüktör boyunca akar.
I akımı tanımından:
Kirchhoff ilmek kuralı:
dQ
I
dt
dI Q
L  0
dt C
d 2Q Q
L 2  0
dt
C
Bir salınımda ki kütle
için ivme eşitliği
d2 x k
c.f. 2  x  0
dt
m
L-C devresi
 Bir L-C devresi ve elektriksel salınım
d 2Q
1

Q  Q
2
d t
LC
d 2x
k
2
c.f.


x



x
2
dt
m
Bu eşitliğin çözümü basit harmonik harekettir.
Q  A cos(t   )
c.f. x  A cos(t   )
Şimdi A ve d nın ne olduğunu ifade edielim*. Seçilen başlangıç şartları için
: I(0)=0 ve Q(0)=Q0 dır. Burada A=Q0 ve 0 dır.
Q(t )  Q0 cos(t ) , I (t )  Q0 sin(t )  Q0 cos(t   / 2)
Yük ve akım aynı  açısal frekansı ile 90o lik faz farkına sahiptir.Q=0 iken I
maksimumdur.I=0 iken Q maksimumdur.
L-C devresi
Bir L-C devresi ve elektriksel salınım
Q(t )  Q0 cos(t ) , I (t )  Q0 sin(t )  Q0 cos(t   / 2)
Yük ve akım aynı  açısal frekansı ile 90o lik faz farkına sahiptir.Q=0 iken I
maksimumdur.I=0 iken Q maksimumdur.
.
-I(t)
L-C devresi
 Bir L-C devresi ve elektriksel salınım
Kondansatördeki elektrik enerjisi:
1
1 Q 2 1 Q02
U e  QVc 

cos2 (t )
2
2 C 2 C
Elektrik enerji 0 ve Q02 maksimumu arasında titreşir.
İndüktördeki manyetik enerji:
1 2 1
1 Q02
1
2 2
2
2
U m  LI  L Q0 sin (t ) 
sin (t )  
2
2
2 C
LC
Manyetik enerji 0 ve Q02 /(2C) maksimumu arasında titreşir
Utot=Ue+Um
Ue(t) U (t)
e
L-R-C devresi
 Diğer diferansiyel denklem
L-R-C devresi
 Diğer diferansiyel denklem
L-R-C devresi
Diğer diferansiyel denklem
L-R-C devresi
 Bir L-R-C devresi ve elektriksel sönme salınımı
t=0 da anahtar kapalı ve Q0 başlangıç yüklü bir kondansatör indüktöre seri bağlıdır.
Başlangıç şartları: Q0  Q0 ; I (0)  0
Akım akışı yönünde devre boyunca bir ilmek
aşağıdaki ifadeyi sağlar:
Q
dI
 L  IR  0
C
dt
Bunun için akım kondansatörden dışarı akar,
d 2Q R dQ
1


Q0
2
dt
L dt
LC
I 
dQ
dt
L-R-C devresi
Bir L-R-C devresi ve elektriksel sönme salınımı
R2< 4LC ise, çözüm:
R=0 ise,sönme meydana gelmeyeceğine dikkat edilmelidir.