İndüksiyon
31
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 Φ B için en eski kelimedir ) Devrede B nin büyüklüğü her yerde I ile orantılıdır bu yüzden şunu yazabiliriz: L devrenin öz indüklenmesi olarak adlandırılır. L devrenin şekline ve boyutuna bağlıdır. Üstelik I = 1amperken bu , Φ B manyetik akısına eşit olarak düşünülebilir. İndüktans birimi Henry dir. 2 Wb Tm 1H 1 1 A A LI B
description
Öz indüklenme. İndüksiyon. Bir akım bir devrede aktığında , bu akım kendi devresine bağlı bir manyetik akı meydana getirir.Bu, öz indüklenme olarak adlandırılır. (‘ indüklenme ’ manyetik akı Φ B için en eski kelimedir ) - PowerPoint PPT Presentation
Transcript of İndüksiyon
İndüksiyon
Öz indüktansÖz indüklenmeBir 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:
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.2Wb T m1 H 1 1
A A
LIB
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.
böylece
Sonra ,
INB0 IANNABB
2
0
AnANI
L B 20
2
0
Bu yüzden L n2 ve solenoitin hacmi ile orantılıdır
Öz İndüktans Öz indüktansın hesaplanması : Bir solenoit
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.
AnANL 20
2
0
Öz indüktans Öz indüktansın hesaplanması : : Bir toroitsel solenoit
)2(2
20
2
0 rAnrAN
INL B
rNIABAB
20
Solenoit içindeki manyetik akı :
Sonra solenoitin öz indüktansı :
Şayet N = 200 dönüşse, A = 5.0 cm2 , ve r = 0.10 m:
H. 40H 1040
m) 10.0(2)m 100.5(m)](200) Wb/(A104[
6
2427
L
Daha sonra öz indüklemede akım, 3.0 s, de 0.0 dan 6.0 A ya düzgün bir şekilde arttığında emk aşağıdaki gibi olacaktır:
V. 80A/s) 10H)(2.0 1040( 66
dtdIL )(
dtd B
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.
I nın kaynağı I yı son değere çıkardığı için özindüksiyon emk sına karşı iş yapar
I ilk olarak meydana geldiğinde, bir sınıra sahibiz.
(özindüklenme emk)
I
m
U
m ULIIdILdUm
0
2
0 21
2
21 LIUm
dtdIL
dtd B
dtdILII
dtdUm Güç = Birim zamanda yapılan iş
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.
ve
Böylece :
Alanda birim hacimdeki enerji
nIB 0 AnI
L B 20
ABnBAnLIUm
0
22
0
20
2
221
21
0
2
2B
AUu m
m
Öz indüktans İndüktör
Belirli bir indüktansa sahip olarak dizayn edilmiş bir devre cihazı bir indüktör yada bir bobin olarak adlandırılır.Yaygın sembolü aşağıdaki gibidir:
L
Ia
b
Değişken emk kaynağı
Karşılıklı indüktans
Transformatör ve karşılıklı indüktansKlasik 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:
M2 1—bobinlerin karşılıklı indüktansı
Ayrıca Genelde , M 1 2 = M 2 1
121222 IMIL
212111 IMIL
Karşılıklı indüktans Değişken akım ve indüklenen emk
1
2
11
1
222 ;
dIdM
dtdIM
dtdI
dId
dtd
İndüklenen emk M ve akım değişim oranı ile orantılıdır.
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: 22212 NAdB
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.
1
22
1
2
IN
IM
Karşılıklı indüktans
Örnek Şimdi sıkıca sarılmış ortak merkezli solenoitler düşünelim.İç solenoitin I1 akımı taşıdığını ve dış solenoit üzerindeki manyetik akısının buakımdan dolayı meydana geldiğini farzedelim. O zaman iç solenoit tarafından üretilen akı: / where 111101 NnInB Bu manyetik alandan dolayı dış solenoitten geçen akı :
12
11202
112212 )()(2
IrnnrBNABNB
Karşılıklı indüktans
İndüktör örneği: Araba ateşleme bobini
, N1=16,000 sarımlı, N2=400 sarımlı iki ateşleme bobin birbiri üzerine sarılıdır.=10 cm, r=3 cm. Primer bobinden geçen I1=3 A lik bir akım 10-4 saniyede kesilir.İndüklenen emk nedir?
1-41
21120
121
1122
s 103
)(; 2
AdtdI
rnnI
MdtdIM B
V 000,62 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 : 0 0dIIR Ldt
I İle çarpılır :2
0dII I R LIdt
Güç dengesi
R-L devresi Bir R-L devresinde üretilen akım
20
dII I R LIdt
Batarya tarafından sağlanan güç
Dirençte ısı olarak yayılan güç
İndüktördeki enerji mU
mdU dILIdt dt
ise:
Yada mdU L I dI
t = 0 (I = 0) dan t = (I = If) a integral alınırsa
2
0 0
12
mf fU I
mf m fU dU L I dI LI
Böylece, I akımı taşıyan indüktörde depolanan enerji :
212mU LI
İndüktörde depolanan enerji oranıdır.
R-L devresiBir R-L devresinde üretilen akım
Kirchoff ilmek kuralı:
0 0dIIR Ldt
0
0
dIdt L
I sonuçta dI/dt = 0 oluncaya kadar artar
0fI R
Zamanın fonksiyonu olarak bir LR devresindeki akım
t = 0+, da I = 0
RC ile kıyaslanırsa:
R-L devresi Bir R-Ldevresinde üretilen akım
0L dI IR dt R
0
dI R dtLI
R
(I = 0, t = 0) ve (I = I, t = t) arasında integral alınır.
0
0
/ln
/I R R t
R L
R-L devresiBir R-L devresinde üretilen akım
Şimdi her bir taraftaki gücü e ile ifade ederiz:
0
0
//
RtLI R
eR
0 0RtLI e
R R
0 1RtLI e
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:
0dtdILIR LRteII /
0
R-L devresi Boşalan bir R-L devresi
Şimdi, akım I0 dan 0 a azalırken, R direncinin ürettiği toplam ısıyı hesaplayalım.
Isı üretim oranı: RIdtdWP 2
Dirençte ısı olarak yayılan enerji:
0
2RdtIdWW
Zamanın fonksiyonu olarak akım: LRteII /0
Toplam enerji: 20
/220 2
1 LIRdteIW LRt
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
Bir salınımda ki kütle için ivme eşitliği
L-C Devresi Bir L-C devresi ve elektriksel salınım
SŞekilde gösterildiği gibi bir indüktör ve bir kondansatörden oluşan bir devre düşünelim. Başlangıçta C kondansatörü Q0 yükü taşır.
t=0 da anahtar kapanır yük öz indüklenme Emk sı üreten indüktör boyunca akar.
dtdIL
I akımı tanımından: dtdQI
Kirchhoff ilmek kuralı: 0CQ
dtdIL
0d c.f. 0 2
2
2
2
xmk
dtx
CQ
dtQdL
L-C devresi Bir L-C devresi ve elektriksel salınım
Bu eşitliğin çözümü basit harmonik harekettir.
xxmk
dtxdQQ
LCtdQd 2
2
2
2
2
c.f. 1
)cos( c.f. )cos( tAxtAQ
Şimdi A ve nın ne olduğunu ifade edielim*. Seçilen başlangıç şartları için: I(0)=0 ve Q(0)=Q0 dır. Burada A=Q0 ve dır
)2/cos()sin()(,)cos()( 000 tQtQtItQtQ
Yük ve akım aynı açısal frekansı ile 90o lik faz farkına sahiptir.Q=0 iken I maksimumdur.I=0 iken Q maksimumdur.
L-C devresiBir L-C devresi ve elektriksel salınım
)2/cos()sin()(,)cos()( 000 tQtQtItQtQ
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:
)(cos21
21
21 2
20
2
tCQ
CQQVU ce
Elektrik enerji 0 ve Q02 maksimumu arasında titreşir.
İndüktördeki manyetik enerji:
LCt
CQtQLLIUm
1)(sin21)(sin
21
21 2
2022
022
Manyetik enerji 0 ve Q02 /(2C) maksimumu arasında titreşir
Utot=Ue+UmUe(t) Ue(t)
L-R-C devresi Diğer diferansiyel denklem
L-R-C devresi Diğer diferansiyel denklem
L-R-C devresiDiğer 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: 0)0(;0 0 IQQ
Akım akışı yönünde devre boyunca bir ilmek aşağıdaki ifadeyi sağlar:
0 IRdtdIL
CQ
Bunun için akım kondansatörden dışarı akar, dtdQI
012
2
QLCdt
dQLR
dtQd
L-R-C devresiBir L-R-C devresi ve elektriksel sönme salınımı
R2< 4LC ise, çözüm:
R=0 ise,sönme meydana gelmeyeceğine dikkat edilmelidir.
