MIT Açık Ders Malzemeleri

http://ocw.mit.edu

8.02 Elektrik ve Manyetizma, Bahar 2002

Lütfen aşağıdaki alıntı biçimini kullanınız:

Lewin, Walter, 8.02 Elektrik ve Manyetizma, Bahar 2002 (Massachusetts Institute of Technology: MIT OpenCourseWare). http://ocw.mit.edu (accessed MM DD, YYYY). License: Creative Commons Attribution-Noncommercial-Share Alike.

Not: Alıntılarınızda lütfen bu materyalin gerçek tarihini kullanınız.

Bu materyalin alıntı olarak gösterilmesi veya kullanım koşullarımız hakkında daha fazla bilgi için, http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret ediniz.

MIT Açık Ders Malzemeleri

http://ocw.mit.edu

8.02 Elektrik ve Manyetizma, Bahar 2002

Transkripti indirmek için - PDF

Transkript – Ders 24

Sınavda sınıfın ortalaması 55’di.

Sınavda üç tane ev ödevi problemi vardı.

Saçak alanı problemine biraz şaşırdım. O not verilen tek ev ödevi problemiydi.

Ona ödevinizde not verilmişti ve ödev notlarınıza baktım, başarı %90 ‘dı.

Bu problemi tümünüz son derece iyi yapmıştınız. Ancak sınavda, sadece %40 ‘tı.

Ve böylece belki de bu size bir şeyler anlatıyor. Belki bana da bir şeyler anlatıyor.

Ev ödevinin gerçek çözümüne dönersek; yaptığınız şeyi anlamazsanız, onun size çok faydası olmaz.

Elbette ki anlamak, ne olursa olsun, öyle ya da böyle, gerçek çözüme ulaşmaktır.

Ödevlerinizi unutarak, sizi sadece birinci ve ikinci ara sınavlarla değerlendirseydim, o zaman 80 ve daha aşağısını alanlar şu an itibarıyla dersten kalırdı.

Fakat şüphesiz ki 80 ve 90 arasında alanlar hiçbir şekilde rahat olmasınlar.

Onlar hala tehlike altındalar.

95 ve hatta 100 alanlar, sizin için de dersten geçmeyi garanti edemeyeceğim.

Elbette ki bu dersten geçmeniz üçüncü sınav ve final sınavında nasıl yapacağınıza bağlıdır.

Bugün sizinle RC devrelerini ele almak istiyorum.

RL devrelerini zaten tartışmıştık. Şimdi RC devrelerine bakacağız.

Burada EMK’sı V0 olan bir bataryamız var.

Ve burada kondansatöre bağlı bir anahtar var.

Burada da bir direnç. Halkayı kapatıyorum.

Anahtar bu konumdayken, kondansatör şarj olacaktır.

Bu yönde giden bir akımı elde ederim.

Burada aynı dalga boyunda olduğumuzdan emin olmak için bu noktaya A, bu noktaya P ve bu noktaya S dersem, kondansatör üzerindeki potansiyele V_A eksi V_P derim.

Direnç üzerindeki potansiyel elbette daima kere R’dir; ayrıca V_P eksi V_S’dir.

Şimdi soru şudur: Kondansatörü yüklerken, zamanın fonksiyonu olarak kondansatör üzerindeki potansiyel nedir ve zamanın fonksiyonu olarak akım nedir?

Sezgileriniz, hiç bir süslü diferansiyel denkleminiz olmaksızın, size büyük ölçüde yardımcı olacak.

t = 0’da kondansatörün yüklü olmadığı açıktır. Kondansatörde yük yoktur.

Ve kondansatörü yüklemek zaman alacaktır.

Böylece t= 0 da kondansatördeki potansiyelin 0 olmasını beklersiniz.

t’yi 0’dan birazcık daha büyük yaparsanız, bu kondansatöre biraz yük gelmiş olacak ve kondansatördeki potansiyel artacak ve bu yüzden akım düşecektir.

Ve yeterince uzun beklerseniz – biz buna sonsuza kadar uzun diyoruz – o zaman kondansatör tamamen yüklenmiş olacaktır.

Bataryanın potansiyeli V₀ olacak ve akım sıfıra inecektir.

Kondansatör tamamıyla yüklenince, artık hiç akım geçmez.

Böylece bu kondansatör yüklenmiş olacak; bu pozitif yüklü ve bu negatif yüklü.

Bir grafik oluşturabilirsiniz, buraya kondansatör üzerindeki potansiyeli zamanın fonksiyonu olarak çizersiniz, – henüz hiç bir diferansiyel denklem kullanmadık.

Biliyorsunuz, yeterince uzun beklerseniz, bu V₀ değerine ulaşırsınız.

Eğri bunun gibi gelişecek, asimptotik olarak bu değere ulaşacaktır.

C çok büyükse, o zaman akım bunun gibi daha çok olacak ve C çok küçükse, o zaman da daha çok gidecektir.

Zamanın fonksiyonu olarak akım.

Başlangıçta akım yüksek olacak, ancak kondansatör tamamen yüklendiğinde, akım en sonunda yok olacaktır. Böylece bunun gibi bir şey umut edersiniz.

Bunu hiç diferansiyel denklemsiz yapabilirsiniz.

Şimdi onu doğru yoldan yapalım.

E nokta dL’nin kapalı halka entegrali 0 olacaktır; bu da Bay Kirchhoff’u mutlu edecektir. Bu devrede E nokta dL’nin kapalı halka integrali 0’dır.

Bay Faraday mutludur ve Bay Kirchhoff mutludur.

Burada manyetik akı değişimi yoktur; öz indüktansımız yoktur.

Kondansatörün içindeki elektrik alanı bu yönde, artıdan eksiye doğrudur.

Dirençteki elektrik alanı bu yöndedir, akım bu yönde akar.

Ve bu batarya, pozitif taraf olarak buna ve negatif taraf olarak buna sahiptir; bataryanın içinde elektrik alanı bu yöndedir.

Böylece A noktasından başlar ve devre boyunca gidersem; E ve dL aynı yöndedirler. A’dan P’ye gidersem artı elde ederim. Bu, A’dan P’ye kadar E nokta dL’nin integraline eşittir.

Sonra direnç boyunca giderim.

Yine E ve dL aynı yöndedirler, böylece artı kere R elde ederim.

Sonra bataryadan geçerim.

Şimdi elektrik alanı gittiğim yöne karşı; böylece eksi V₀ elde ederim.

Ve bu 0’dır. İşte bu benim diferansiyel denklemimdir.

Onu farklı bir şekilde yazabilirim, çünkü akımının dQ / dt’ye eşit olduğunu biliyorum; Q kondansatördeki yüktür.

Ancak bu sayı (bu Q) değişiyorsa, bu doğrudur; yani kondansatör yükleniyor ya da boşalıyorsa, akan bir akım vardır.

Ayrıca ’nin Q bölü C’ye eşit olduğunu biliyorum.

Bu kapasitansın tanımıdır.

Böylece bu için Q bölü C yazarım. İçin dQ / dt yazarım.

Böylece Q/C artı R çarpı dQ / dt eksi V0 eşittir 0 bulurum.

Q için bir diferansiyel denklemdir bu.

Daha önce özdeş bir diferansiyel denklem görmüştük.

O, Q için değildi de, içindi ; fakat kuşkusuz tamamen aynı çözüme sahipti.

Bu diferansiyel denklemin çözümü gerçekten oldukça basittir.

Onu bu tahtaya yazacağım.

Böylece zamanın fonksiyonu olarak bu Q olacak – Q eşit, V₀ C çarpı 1 eksi e üzeri eksi t bölü RC olur.

Bu Q’nun türevini alırsam, ’yı bulurum; çünkü eşit dQ / dt idi.

Böylece dQ / dt olan = V0 çarpı C, bir eksi işareti, başka bir eksi işareti daha, sonra bir bölü RC, ve sonra e üzeri eksi t bölü RC ‘dir.

Sonuçta, zamanın fonksiyonu olarak akımı, V0 bölü R çarpı e üzeri eksi t bölü RC olarak elde ederim.

Bu eğri, en aşağıda görülmekte.

Kapasitör üzerindeki potansiyel çok basittir; çünkü bu potansiyel Q / C’dir.

Burada zaten Q var, böylece basitçe bunu C’ye bölerim, olur biter.

Böylece V0 çarpı 1 eksi e üzeri eksi t / RC elde ederim.

Bu, üstteki eğridir.

Böylece küçük bir tablo yapabiliriz ve t için çeşitli değerlere bakabiliriz.

Belki onu tahtada, burada yapmalıyım; çünkü henüz bir şey silmek istemiyorum.

Bu yüzden burada t’miz var, ’mız var ve ’ miz var.

t = 0 olduğunda, denkleminize giderseniz, bu çarpan 1 ‘dir.

Böylece akım V0 bölü R ‘dir.

Ve ’niz 0’a eşittir. Böyle olduğunu görebilirsiniz.

t, 0’a eşitse, 1- 1 elde edersiniz – oh, üzgünüm, buraya gitmek zorundayım.

Ve 1 – 1 elde edersiniz, böylece gerçekten kapasitans üzerindeki potansiyelin hala 0 olduğunu görürsünüz.

Yeterince beklerseniz, akım 0’a gitmelidir. Yeterince beklerseniz, bu üstel fonksiyon 0’a gider.

Kapasitans üzerindeki potansiyeliniz o zaman ’a varır, ki bu çözümümüzle tamamen tutarlıdır.

RC ‘ye eşit bir süre beklerseniz, ki bu süreye devrenin zaman sabiti denir.

Akım durumunda, devrenin “bozunma zamanı” diye de adlandırılır.

Bu süre sonunda, kuşkusuz akımınız bir bölü e çarpı / R’ye eşittir.

Ve bir bölü e kabaca 0,37’dir. Böylece akımınız, başlangıçtaki değerinin %37 ‘sine düşmüştür.

Ve bir RC zamanından sonra, kapasitördeki potansiyel, (1 eksi bir bölü e) çarpı ’dır ve şimdi bu potansiyel yaklaşık % 0,73 –oh pardon % 0,63’üdür.

Başka bir deyişle, çizelgeme dönüp RC zamanı için bir sütun çizersem, burada bu değer maksimumun %37’sidir ve o zaman burada bu değer maksimumun %63’üdür.

Böylece çözüm oldukça açıktır, çok sezgiseldir.

Ve RC zamanları, hayal edebileceğiniz gibi, R ve C’nin değerlerine bağlı olarak büyük miktarda değişebilir.

Eğer burada bir R’miz ve bir C’miz varsa ve RC zamanının ne olduğunu bilmek istersek, R ve C’nin çarpımının gerçekten saniye biriminde olduğuna kendinizi inadırın.

Önceden saniye birimine sahip olan L bölü R’miz olduğunu da hatırlayınız.

R C de saniye birimine sahiptir.

Eğer R, 1 ohma ve C, 1 mikrofarada eşitse, bu durumda R C zamanı sadece bir mikro saniyeye eşittir.

Fakat R, 100 mega ohma eşitse ve bunun için 1 milifarada sahipseniz, o zaman bu 10 üzeri 5 saniyedir ki o bir günden daha uzundur.

Bunun anlamı, V₀’ın % 95’ine ulaşmanız için, üç gün beklemeniz gerekir demektir.

Üç gün sonra, hala kapasitörün potansiyel farkının maksimum değerinin ancak % 95’ine sahip olacaksınız.

Şimdi yapmak istediğim, burada bir değişiklik yapmak.

Burada bir iletken telim var. Anahtarın bu durumuna 1 konumu diyorum.

Ve anahtarı bu konuma getireceğim: 2 konumuna.

Bunu, hiç tehlike yaratmadan yapabilirim.

Bu kapasitör tamamen yükleninceye kadar beklediğimi hatırlayın.

Hiç akan akım yoktu.

Ve böylece akan akım olmayınca, anahtarı yavaşça tutar ve bu konuma getirebilirim.

Ve şimdi kuşkusuz bu taraf pozitif yüklü ve bu taraf negatif yüklü olacaktır. Böylece şimdi zıt yönde, saatin tersi yönünde akacak bir akım elde edeceksiniz.

Ve şimdi olacak olan, kapasitörün yükünün boşalmasıdır.

Ve direnç kapasitördeki enerjiyi sarfedecektir.

Kapasitörde depolanan 1 / 2 C V² enerjisi, ² R cinsinden, ısı cinsinden, dirençte harcanacaktır.

Ve yeterince beklerseniz, akım 0 olacaktır. Meydana gelecek şey, apaçık olmalıdır.

Buradaki bu eğrime dönersem, zamanımı yeniden sıfır diye tanımlarsam ve bu, anahtarı 2 konumuna getirdiğim an ise; bu durumda kapasitörün boşalacağını tahmin ederim. Bunun gibi bir eğri elde edersiniz.

Ve şimdi negatif hale gelen akımın yön değiştirmesini beklerim ve bunu negatif olarak adlandırırım. Dolayısıyla akım böyle gelecektir.

Kuşkusuz, yeterince beklediğinizde, akım yeniden 0 olacaktır. Çünkü kapasitörün yükünü boşalttınız.

Böylece formal bir çözüm istiyorsanız, diferansiyel denkleme geri dönmelisiniz.

Bu terimi çıkarırsınız, çünkü o artık yok.

Şimdi iyice basit hale gelmiş olan bu diferansiyel denklemi yeniden çözmelisiniz.

Sizden bu diferansiyel denklemi çözmenizi istiyorum. Bundan daha kolayıyla karşılaşmazsınız.

çözümünü zamanın fonksiyonu olarak vereceğim size ve siz bu parçayı bulacaksınız.

zamanın fonksiyonu olarak bununla tamamen aynıdır; sadece, buna t = 0 demek kaydıyla, bir eksi işareti dışında. Dolayısıyla, t = 0 anını yeniden tanımlarım.

Böylece , zamanın fonksiyonu olarak, buradaki ifadedir, ancak şimdi eksi işaretlidir.

Gene üstel bir değişime sahipsiniz, ancak akım tersine çevrilmiştir.

Bunu size gösterebilirim.

Bir elektronik anahtarım var; böylece bir ve iki arasında gider gelirim – her dört milisaniyede anahtarı açıp kaparım.

Böylece zamanın fonksiyonu olarak sahip olduğum bu şeye, bir kare dalga deriz.

Bu benim bataryam. Bu zaman aralığı, buradan buraya, sekiz milisaniyedir.

Bu zamandır. Bu V₀ değeri.

R ve C için seçtiğim değerleri size vereceğim.

Burada V₀ değeri 1 volt ve burada kuşkusuz V₀, 0’dır.

R için seçtiğim değer 6 kiloohmdur. Sanıyorum ki, C değeri 0,1 mikrofaraddır.

Evet, o kadar.

Ve bunları seçmemin bir nedeni var. Bu, 0,1 mikrofaraddır.

Bunlara göre, R C zamanı 6 çarpı 10 üzeri eksi 4saniyeye eşittir.

Yani, bu 0,6 milisaniyedir; 4’den oldukça küçük.

Dolayısıyla, bu 4 milisaniyede kapasitörün neredeyse tamamen yüklenmesini bekleyebilirsiniz.

RC zamanını dört milisaniyeden epeyce küçük seçmemin nedeni buydu.

Düzeneğim öyle ki, size bataryanın girdisini, sürücü voltajını gösterebilirim.

Bunu size gösterebilirim.

Sonra da size, zaman sabiti R C ile kapasitörün nasıl yüklendiğini ve nasıl boşaldığını gösterebilirim. Ve sistemden akımın nasıl geçtiğini de gösterebilirim.

Böylece size bu eğriyi de gösterebilirim.

Ve sonra kapasitörü değiştirebilirim, böylece RC zamanı değişir

Direnci de değiştirebilirim.

Paranızla yüksek kalitede bir şeyler elde edebilesiniz diye, önce ışıkları değiştireyim.

Zaten orada 1 volt ve 0 volt arasında anahtarlama voltajını görüyorsunuz.

Ve şimdi size kapasitördeki voltajı göstereceğim ve diğerini çıkaracağım.

Orada gerçekten tamamıyla tartıştığımız şekli görüyorsunuz.

Böylece kapasitörün yüklenmesindeki ilk anları görüyorsunuz; yüklenme etkin bir biçimde maksimum değere ulaşır.

Biliyorsunuz, sonsuza kadar beklemek zorunda değilsiniz.

Daima sonsuza kadar desek de, açıkçası R’nin üç, dört veya beş katı kadar beklerseniz, neredeyse maksimuma ulaşmışsınızdır.

Ve sonra burada anahtarı 2 konumuna geri getireceğim; şimdi onun boşaldığını görüyorsunuz.

Ve sonra o yeniden yüklenir ve boşalır. Ve şimdi size akımı da göstereceğim.

Onu, kapasitörün yüklendiği aynı grafik üzerinde görüyorsunuz, akımın yüksek olduğunu görüyorsunuz.

Fakat kapasitör tamamen yüklenince, artık akım 0’dır.

Fakat anahtarı 2 konumuna çevirdiğim anda, akım yön değiştirir, negatif hale gelir ve sonra kapasitör boşalırken dirençte ısı çıkar ve en sonunda akım yine 0’a iner.

Şimdi yapabileceğim şey, kapasitansımı arttırmak, örneğin beş katına çıkarmaktır.

Fakat bu benim R C zamanımı üç milisaniyeye çevirecektir.

Kapasitörün sahip olduğu dört milisaniyede tamamen dolmasının hiç bir yolu yoktur.

Ve gerçekten göreceksiniz ki, bunu 0,5 mikrofarad yaparsam, kapasitörün tamamen yüklenmesi için yeterli zamanı olmaz ve böylece burada yük boşaltmaya başlarsınız.

Akımın 0’a ulaşmadığına da dikkat ediniz; aynı nedenle kapasitör de tamamen yüklenemez.

Böylece, akımın 0 olduğu noktaya asla ulaşılamaz.

Ben zaten burada 2 konumuna dönüyorum; akım da tersine dönüyor, ama asla 0 olmuyor.

Pekâlâ, böylece 0,1 değerine geri gidelim. İşte oldu.

Bu, LR devrelerinden daha kolaydır; nedeni de şu: çünkü Faraday Yasasıyla uğraşmıyoruz. Korunumsuz bir alanımız yok.

Böylece bir şeyleri hayal etmek daha kolaydır; çünkü Kirchhoff Yasası ile uğraşıyoruz.

Böylece potansiyel farklar tek bir şekilde tanımlanmıştır ve yola bağlı değildirler; oysa ki Faraday Yasasıyla onlar yola bağlıydı.

.

Şimdi farklı bir konuya, transformatörler konusuna dönmek istiyorum.

Transformatörler hayatımızda çok önemli bir rol oynarlar.

Transformatörler evde kullandığınız pek çok alette önem arz eder; ancak göreceğiniz gibi, aynı zamanda uzaktaki güç istasyonundan enerji elde etmemizin de temelidir.

Transformatörlerin tam olarak anlaşılması kolay değildir.

Son derece karmaşıktırlar.

O aslında bir fizik probleminden çok, bir mühendislik problemi gibidir.

Ben size, pek çok ayrıntının çıkarıldığı, fakat temel fikri içeren, sadeleştirilmiş bir şeklini vereceğim.

Burada bir bobinim var ve bu bobine birincil yani primer diyorum.

Bu bobin N₁ sarımına ve L₁ öz-indüktansa sahiptir.

Ve buraya dediğim bir voltmetre koyuyorum. O daima devrededir.

Bir ₁ akımı bobinden geçiyor ve geri dönüyor.

Voltmetreden akan mini minnacık küçük bir ₁akımı var – oraya küçük bir koyarım.

Önemsenmeyecek kadar küçük; böylece ona da i₁ diyorum, çünkü bu i₁ kadar küçük.

Fakat o benim ’i daima izlememe yarar. Bu birincil bobin.

Bu da ikincil bobinimiz ve öyle sarılmış ki ikisi arasında bir manyetik akı çiftlenimi var.

Bu ikincil. tane sarıma sahip. Öz-indüktansı L₂’dir.

Ve buraya bir voltmetre V₂ ‘yi koyuyorum. Buradan