İç direnç ve emk Seri bağlı dirençler
advertisement
BÖLÜM 28 Doğru Akım Devreleri Elektromotor Kuvveti Seri ve Paralel Bağlı Dirençler Kirchhoff Kuralları emk iç direnç Elektromotor kuvvet (emk) kaynakları Eşdeğer direnç Düğüm kuralı İlmek kuralı RC Devreleri Kondansatörün yüklenmesi Kondansatörün boşalması Evdeki devreler Problemler Güvenlik ve Toprak hattı Gerçek bir bataryanın bir iç direnci vardır Bu nedenle, batarya uçlarındaki voltajı emk (ε) ‘e eşit değildir İç direnç (şematik); r Batarya uçlarında ∆V = Vb-Va ∆V = ε – Ir Tüm devre için, ε = IR + Ir emk (ε), akım sıfırken, batarya uçlarındaki voltaja eşdeğerdir Seri bağlı dirençler I= R+r R >> r olduğunda, r ihmal edilebilir Güç ilişkisi Genellikle problemlerde varsayılır I ε = I2 R + I2 r R >> r olduğunda, bataryanın sağladığı gücün çoğu yük direncine aktarılır Potansiyeller toplanır Akım hem batarya dışındaki dirence hem de ε iç dirence bağlıdır Açık-devre voltajı da denir Dış direnç R ye yük direnci denir İç direnç ve emk emk, birim yük başına yapılan iş olarak tanımlanır İç direnç ve emk emk kaynağı, devrede dolaşan yüklerin potansiyel enerjisini artırabilecek herhangi bir aygıttır Yük pompası olarak düşünülebilir Örnek; batarya, pil, akü, jeneratör SI deki birimi Volt ’dur İç direnç ve emk Kapalı bir devrede akımı sürekli sağlayan kaynak, bir emk kaynağı olarak adlandırılır ∆V = IR1 + IR2 = I (R1+R2) Enerji korunumunun sonucu Eşdeğer direnç, devredeki orjinal dirençlerin bileşkesi gibi etki eder Reş = R1 + R2 + R3 + … 1 Paralel bağlı dirençler Eşdeğer direnç – Seri: Bir örnek Her bir direnç üzerindeki potansiyel farkı aynıdır çünkü her biri doğrudan batarya uçlarına bağlanır Bir noktaya giren akım, I, o noktayı terk eden toplam akıma eşit olmalıdır Dört direnç eşdeğer direnciyle değiştirilebilir Evdeki devrelerde elektrik cihazları paralel bağlanırlar Paralel bağlı dirençler Eşdeğer direnç Paralel bağlı iki veya daha fazla direncin eşdeğer direncinin tersi, bireysel dirençlerinin terslerinin cebirsel toplamıdır Eşdeğer daima gruptaki en küçük dirençten daha azdır Eşdeğer direnç iki orijinal direncin yerini alır Devre kesiciler (sigortalar) güvenlik amacıyla diğer devre elemanlarıyla seri kullanılırlar Problem çözme stratejisi- 1 Seri bağlı tüm dirençleri birleştirin 1 1 1 1 = + + +K Reş R1 R2 R3 I = I1 + I2=∆V/R1+ ∆V/R2=∆V/Reş Akımlar genellikle aynı değildir Yük korunumunun sonucu Aynı akımı taşırlar Üzerlerindeki potansiyel farkları aynı değildir Seri birleşimde dirençlerin doğrudan toplanması eşdeğer direnci verir: Reş = R1 + R2 + … Paralel bağlı tüm dirençleri birleştirin Üzerlerindeki potansiyel farkları aynıdır Üzerlerinden geçen akım aynı değildir Paralel bileşimdeki eşdeğer direnç terslerin toplanmasıyla bulunur: 1 1 1 1 = + + +K Reş R1 R2 R3 Problem çözme stratejisi - 2 Birkaç dirençten ve bataryadan oluşan karmaşık bir devre çoğu zaman bir dirençli basit bir devreye indirgenebilir Seri yada paralel dirençleri adım 1 ‘i kullanarak indirgeyin Bu değişiklikler yapıldıktan sonra yeni devreyi çizin Seri ve paralel bileşimleri indirgemeye devam edin Bir eşdeğer direnç buluncaya kadar devam edin Eğer karmaşık devredeki bir dirençteki akım veya üzerindeki potansiyel farkı belirlenecekse, bulunan son devre ile başlayın ve adım adım devre boyunca geriye doğru çalışın Eşdeğer direnç – Karmaşık devre ∆V = I R ve adım 1 ‘deki işlemleri kullanın 2 Gustav Kirchhoff 1824 – 1887 Robert Bunsen ile spektroskopi yi keşfetti Radyasyon ile ilgili kuralları formülleştirdi Kirchhoff kuralları Düğüm kuralı Herhangi bir düğüm noktasına gelen akımların toplamı, bu düğüm noktasından çıkan akımların toplamına eşit olmalıdır ∑I gel =∑ I çı Yükün korunumunun bir ifadesi İlmek kuralı Herhangi bir kapalı devre boyunca bütün devre elemanlarının uçları arasındaki potansiyel farklarının cebirsel toplamı sıfır olmalıdır ∑ ∆V = 0 Düğüm kuralı I1 = I2 + I3 Yükün korunumundan b diagramı mekanik bir benzerlik gösteriyor İlmek kuralı (a) da, direnç akım yönünde geçiliyor, dirençteki potansiyel –IR dir (b) de, direnç akıma zıt yönde geçiliyor, dirençteki potansiyel +IR dir İlmek kuralı (c) de, emk kaynağı emk yönünde geçiyor (- den + ya), elektrik potansiyeldeki değişim +ε dir (d) de, emk kaynağı emk ya zıt yönde geçiyor (+ dan – ye), elektrik potansiyeldeki değişim –ε dir Enerjinin korunumunun bir ifadesi kapalı ilmek Kirchhoff kurallarının kurulması Devrenin tüm kollarındaki akımlar için semboller ve yönler belirleyin Yön yanlış seçilirse, çıkan cevap negatif olacaktır, ancak büyüklük doğru olacaktır İlmek kuralı uygulandığında, ilmek boyunca bir yön seçin Oluşan voltaj düşmelerini ve yükselmelerini kaydedin 3 Problem-çözme stratejisi – Kirchhoff kuralları RC devreleri Devre diyagramını çizin ve bilinen ve bilinmeyen tüm nicelikleri etiketleyin ve semboller verin Akımlara yönler tayin edin Devredeki düğümlere düğüm kuralını uygulayın Bilinmeyenleri çözmeye yetecek kadar ilmeğe ilmek kuralını uygulayın Denklemleri bilinmeyen nicelikler için eşzamanlı çözün Cevapları kontrol edin Kondansatör maksimum yüke (Q = Cε) ulaşıncaya kadar yüklenmeye devam eder Kondansatör tamamen yüklendiğinde, devredeki akım sıfırdır, potansiyel tümüyle kondansatör uçlarındadır Yük-zaman bağımlılığını bulalım q t dq 1 q dq ε q q − Cε =− dt ε − − IR = 0 = − =− I= ∫ ∫ ε q − C RC C dt R RC RC 0 0 ( ) ( q(t ) = Cε 1 − e −t RC = Q 1 − e −t RC ) Yüklü bir kondansatör devre ile boşaltılabilir Boşalan kondansatörde yükün zamana bağlılığı Yük üstel olarak azalır t = τ = RC ‘de, yük 0.368 Q değerine düşer Diğer değişle, zaman sabitinde, kondansatör başlangıçtaki yükünün %63.2 sini kaybeder Akım-zaman bağımlılığı I (t ) = − R Evdeki devreler q = Qe-t/RC ε Kondansatördeki yük zamanla değişir -t/RC) q = Q(1 – e Zaman sabiti, τ=RC Zaman sabiti, akımın başlangıç değerinin 1/e katına düşmesi için geçen zamandır. Yüklü kondansatörde akımın zamana bağlılığı dq ε −t RC I (t ) = = e dt R Bir RC devresinde kondansatörün boşalması Anahtar kapatıldığında kondansatördeki yük sıfırdır yani potansiyel düşmesi tümüyle direnç üzerinde oluşur: t=0 daki akım; (maksimum akım) Bir RC devresinde kondansatörün yüklenmesi Kararlı durumun tersine I ve q kondansatörün yüklenme anlarındaki değerleridir ve zamana bağlıdır I0 = RC devreleri Kondansatör yüklenirken, yükün zamana bağlılığı: Bir doğru akım devresinde kondansatörler ve dirençler olabilir, akım zamanla değişecektir Anahtar kapatıldıktan sonra Kirchhoff’un 2. kuralına göre: q ε − − IR = 0 C Dağıtım şirketi elektrik gücünü bireysel evlere bir çift kablo ile dağıtır Evlerdeki elektrik cihazları bu kablolara paralel bağlıdır Kablolar arasındaki potansiyel farkı yaklaşık 230 V dur Q = e −t RC RC 4 Evdeki devreler Bir sayaç ve sigorta eve giren hatta seri bağlanır Kablolar ve sigortalar devrenin ihtiyacına göre seçilir Akım sigorta değerini aşarsa, sigorta bir anahtar gibi devreyi açar Evlerdeki devrelerde alternatif akım ve voltaj kullanılır Elektrik güvenliği Elektrik şokları hayati yanıklara neden olabilir Elektrik şoku hayati organların (kalp gibi) kaslarının düzgün çalışmamasına neden olabilir Zararın derecesi şunlara bağlıdır: Toprak hattı Değişik akımların etkisi 5 mA veya daha az Şok hissedilmesine neden olabilir Genelde zarar azdır yada yoktur 10 mA El kasları kasılır Faz hattından uzaklaşılamayabilir Akımın büyüklüğü Etki etme zamanı Vücudun geçtiği kısım Elektrik cihaz üreticileri toprak hattı denen üçüncü teli bulunan elektrik kabloları kullanırlar Şokları engeller 100 mA Vücuttan sadece birkaç saniye geçse hayati olabilir Problem 2, s.895 (a) Çıkış voltajı 10 V ve iç direnci 0.2Ω olan bataryaya bağlı 5.6 Ω ‘luk dirençten geçen akım nedir? (b) Bataryanın emk ’i nedir? ÇÖZÜM: 10 (a) ∆V = IR den I = = 1.79A Problem 15, s.896 Şekilde gösterilen devredeki her bir dirençte harcanan gücü hesaplayın. ÇÖZÜM: Eşdeğer direnç; 5.6 (b) ∆V = ε − Ir 10 = ε − (1.79 × 0.2) = ε = 10.4 V 1 1 1 1 = + = R p 3 1 0.75 Reş = 2 + 0.75 + 4 = 6.75Ω 5 Problem 15, s.896 I üreteç = Problem 18, s.897 ∆V 18 = = 2.67 A 6.75 R Ρ = I 2R ∆V2 Ω = 2.67(2) = 5.33 V Ρ2 Ω = (2.67) 2 (2) = 14.2 W ∆V4 Ω = 2.67(4) = 10.67 V Ρ4 Ω = (2.67) 2 (4) = 28.4 W Şekilde gösterilen devrede ampermetre 2 A okuyor. I1, I2 ve ε yi bulunuz. 15 − 7 I1 − 2(5) = 0 I1 = 0.714A ∆V1Ω = ∆V3Ω = 18 − ∆V2 Ω − ∆V4 Ω = 2V Ρ3Ω = (∆V3Ω ) 2 2 2 = = 1.33W 3 R3Ω Ρ1Ω = (∆V1Ω ) 2 = = 4W 1 R1Ω 2 I 3 = I1 + I 2 = 2 I 2 = 1.29A ε − 2(1.29) − 5(2) = 0 ε = 12.6V 2 Problem 26, s.898 Şekilde gösterilen devre için Rab=27/17Ω olduğunu gösterin. Problem 26, s.898 Vab = 2 x − y yada y = 2 x − Vab Vab = −4 x + 6 y + 5 Vab = 1I1 + 1( I1 − I 2 ) Vab = 8 − 8 x + 5 y Vab = 1I1 + 1I 2 + 5( I − I1 + I 2 ) Vab = 3( I − I1 ) + 5( I − I1 + I 2 ) ilkini son ikisinde yerine koyarsak 7Vab = 8 x + 5 ve 6Vab = 2 x + 8 I = 1A, birlikte çözülürse Vab = I1 = x ve I 2 = y dersek bu üç denklem Rab = 27 V 17 Vab 27 17 27 = = Ω I 1 17 Problem 29, s.898 R=1MΩ, C=5 µF ve ε=30V olan bir seri RC devresi veriliyor. (a) devrenin zaman sabitini (b) anahtar kapatıldıktan sonra kondansatör üzerindeki maksimum yükü bulunuz. (c) t=0 da anahtar kapalıyken, 10s sonra dirençteki akımı bulunuz. (a) RC = 1x106 (5x10 −6 ) = 5 s (b) Q = Cε = 5x10-6 (3) = 150 µC (c) I(t) = ε −t RC 30 − 10 e = exp = 4.06 µA 6 6 −6 R 1x10 1x10 (5x10 ) 6
