FİZİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ FİZ-202 FİZİK LABORATUVARI IV. Elektrik Devreleri Deneyleri. Mart-2012

Transkript

1 FİZİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ FİZ-202 FİZİK LABORATUVARI IV Elektrik Devreleri Deneyleri (Berkeley Fizik Laboratuvarı-2 içeriği uyarlanmıştır) Mart-2012 Prof. Dr. Hüseyin Çelik

2 Elektrik Devreleri Bu deney serisinde, gerilim ve akımın zamana bağlı olarak değiştiği çeşitli elektrik devrelerinin davranışlarını inceleyeceksiniz. Bu seride yapılacak deneyler: 1. ED 1: Direnç - Sığa Devreleri (RC devreleri) 2. ED - 2 : Direnç - İndüksiyoncu Kangal Devreleri (RL devreleri) 3. ED - 3 : LRC Devreleri ve Salınımlar 4. ED - 4 : Çiftlenimli Salınganlar 5. ED - 5 : Periyodlu Yapılar ve İletim Yolları Bu deneylerde kullanılacak devre elemanları: 1. Direnç 2. Kondansatör, 3. İndüksiyoncu kangalı, 4. Doğru gerilim (DC) güç kaynağı, sinüs veya karedalga gerilim veren alternatif gerilim (AC) güç kaynaklar ı (osilatörler). Bu elemanları belirgin özelliklerini kısaca gözden geçirmek yerinde olur.

3 DİRENÇ Kusursuz bir direncin özelliği, uçları arasında bir V potansiyel farkı uygulandığında dirençten geçen I akımının V ile doğru oranlı olmasıdır: V = IR (1) R ile gösterilen orantı sabitine devre elemanının direnci denir. Sabit sıcaklıkta bu bağıntı Ohm yasası olarak bilinir. V nin volt (V), I nin amper (A) olarak ölçüldüğü MKS birim sisteminde direncin birimi Ω ile gösterilen ohm dur. Çeşitli direnç örnekleri Dirençler, çoğu kez şekil-1 deki renk halkaları gösterimlerine göre işaretlenirler. Örneğin, Ω ± %10 luk bir direncin renkleri yeşil, mavi, turuncu, gümüş olacaktır (okuma uçtan içe doğrudur).

4 lektronik/resistor.html

5 KONDANSATÖR (SIĞA, KAPASİTÖR) Çeşitli kondansatör örnekleri Bir kondansatör içinde yük biriktirilen bir aygıt olarak düşünülebilir. +Q yük bir levhaya, Q yükü de ötekine yüklenince levhalar arasında oluşan V potansiyel farkı Q ile oranlı olur. Bu ilişki Q = CV (2) bağıntısı ile verilir. Burada C orantı katsayısı olup aygıt için belirtgen bir sabittir ve buna aygıtın sığası denir. MKS birimlerinde sığanın birimi farad (kısaltılmışı F) dır. Farad, son derecede büyük bir sığa birimidir; bu nedenle genellikle daha küçük µf (=10 6 F), nf (=10 9 F) ve pf (=10 12 F) birimleri kullanılır.

6 Kondansöterler sığasından başka uygulanabilecek bir anlık büyük gerilime göre de değerlendirilirler. Bu gerilimin aşılması, levhalar arasındaki dielektriğin kendini koyuvermesine ve yalıtkanın delinmesine başka bir deyişle kondansatörün işe yaramaz hale gelmesine yol açar. Bu nedenle bir kondansatöre üzerinde yazılan değerden daha büyük gerilim (veya elektrik alan) uygulamamak gerekir. Aradaki dielektrik malzemenin yıkıma uğramadan dayanabileceği en yüksek elektrik alan şiddetine dielektrik kuvvet denir. Çok kullanılan bazı yalıtkanların dielektrik kuvvetleri aşağıdaki tabloda verilmiştir.

7 KONDANSATÖRLERİN BAĞLANMASI Seri bağlanma Paralel bağlanma

8 İNDÜKTANS Diğer bir devre elemanı indüktansdır. indüktans demirden yapılmış çekirdek üzerine sarılmış veya içinde hiçbir şey bulunmayan bir tel kangaldır. Aşağıda çeşitli indüktans örneklerinin fotoğrafları verilmiştir.

9 Özindüktans Eğer bobindeki i akımı değişiyorsa, bobinden geçen manyetik akı değişimi bobinde bir indüksiyon emk sı oluşturur. Bir telin çevrelediği kapalı devreden geçen manyetik akı, telden geçen I akımı ile orantılıdır. Orantı sabiti özindüktans olarak tanımlanır ve L ile gösterilir. I akımının geçtiği tek bir devre için özindüktans, devrenin sınırladığı alan içinden geçen manyetik akı B ile tanımlanır; B = LI Faraday yasasına göre, bu devrede meydana gelen özindüksiyon emk i, devreden geçen manyetik akının değişim hızıdır: = -d B /dt = -LdI/dt Buradaki eksi işareti Lenz yasasından gelmektedir. Özindüksiyonun birimi (MKS birim sisteminde) henry (H) dir. Genellikle mh (=10 3 H) ve µh(=10 6 H) birimleri kullanılır.

10 a ve b uçları arasında i akımı olan bir direnç: potansiyel a dan b ye azalır. a ve b arasında sabit i akımı olan bir indüktans : hiçbir potansiyel fark yok a ve b arasında artan i akımı geçen bir indüktans : potansiyel a dan b ye düşer. a ve b arasında azalan i akımı geçen bir indüktans : potansiyel a dan b ye artar. İdeal selonoid için L nin L = 0 AN 2 /l ifadesi ile verildiğini biliyorsunuz. Burada N sarım sayısı, l selonoidin uzunluğu ve A ise kesit alanıdır. indüktans bir ferromanyetik bir malzeme üzerine sarılırsa 0 yerine manyetik maddenin geçirgenliği alınır: = 0 (1+ m ) Demir için m = 5.5x10 3 olduğu dikkate alınırsa, demir çekirdek üzerine sarılmış bir selonoidin indüktansının çok büyük olacağı anlaşılır.

11 Seri bağlı indüktanslar: indüktansların seri ve paralel bağlanması Paralel bağlı indüktanslar:

12 GÜÇ KAYNAĞI (Üreteç) Kusursuz bir güç kaynağı (DC gerilim veren), çıkış uçları arasında aygıtın içinden geçen akıma bağlı olmayan sabit bir potansiyel farkı oluşturan bir aygıttır. En çok kullanılan üreteçler pillerdir. Deneylerde kullanacağımız üreteçlerde potansiyel, akımdan büsbütün bağımsız değildir, fakat bu üreteçlerin davranışı, potansiyeli sabit olan kusursuz bir bataryaya iç direnç denilen belli bir direncin seri bağlanması ile anlatılabilir. Bir kuru pilin iç direnci yeni iken 0,1 µω basamağındadır ve bu direnç zamanla ve kullanma ile artar. Aşağıda laboratuvarda kullanacağınız bir DC güç kaynağının fotoğrafı verilmiştir.

13 OSİLOSKOP Bu serideki deneylerde ölçü aleti olarak osiloskop kullanacaksınız. Katod - ışını osiloskobunu oluşturan temel işleyiş birimleri aşağıda şekilde özetlenebilir: Katod-ışını tübü (KIT): Elektron tabancası, saptırıcı levhalar ve elektron demetinin gözle görülebilmesini sağlayan bir flüoresant perdeden oluşur. Güç kaynağı: Katodu ısıtmaya yarayan akımla birlikte elektron tabancasının kafes ve anoduna uygun gerilimleri verir. Tipik hızlandırıcı gerilimi 2000 V dur. Testere dişi üreteci: Testere dişi üreteç, değişebilen bir frekansla zamanla değişen bir gerilim verir ve frekansı tekrarlayan giriş gerilimi ile zamandaş olacak şekilde ayarlanabilir. Sinyalin şekli testere dişlerine benzediği için bu adlandırma yapılmıştır. İşaret yükselteçleri: Elektronu perdenin yarıçapı kadar düşeyine saptırmak için gerekli gerilim 2000 V kadardır. 0,1 V luk küçük işaretleri gösterebilmek için birkaç binlik ek bir büyütme gereklidir. Osiloskobun işlemesini gösteren bir blok çizge Şek. 9 da ve tipik bir komuta tablası da Şek. 10 da gösterilmiştir.

14 Şekil-9. Osiloskobun işlemesini gösteren bir blok çizim.

15 Şekil-10. Tipik Bir Osiloskop

16 Laboratuvarda kullanacağınız iki osiloskobun resmi.

17 ED 1: Direnç - Sığa (RC) Devreleri Bu deneyde, seri bağlı direnç ve kondansatörlerden oluşan devrelerin davranışı incelenecektir. Önce bir batarya, bir direnç, bir kondansatör ve bir voltmetre ile bir anahtardan oluşan Şek.2 deki devreyi ele alalım. Şekil-2 S anahtarı kapatılınca kondansatör, bataryanın potansiyeline erişinceye kadar çabucak yüklenir; her iki levhadaki yükünün büyüklüğü Eşitlik-2 ye göre: dir. Q = CV 0 (4)

18 Anahtarın açıldığı andaki durum Şekil-3 de gösterildiği gibidir. Kondansatördeki gerilim voltmetre direnç kolu üzerinde de görülür ve bu koldan bir akımın geçmesine yol açar. Bu akım kondansatördeki yükü azaltır, bu da, kondansatörün potansiyelini ve dolayısı ile de akımı azaltır. ŞEKİL-3

19 Bu devreyi daha nicel olarak çözümlemek güç değildir. Bir anlık yükü, akımı ve potansiyeli sırası ile Q, I ve V ile gösterelim. I akımı, kondansatörün boşalmasından ileri geldiğinden yalnızca yükün aktarılma hızıdır ve denklemi yazılabilir. I = -dq/dt (5) Akım bir anlık V potansiyeline ve devrenin direncine bağlıdır. Seri bağlı direnç ve voltmetrenin toplam direncini R ile göstererek, denklemi yazılabilir. I = V / R (6) Son olarak V potansiyeli herhangi bir anda kondansatör üzerindeki Q yüküne V = Q/C (7) ile bağlıdır. Denk. (5) ve (6) nın sağ yanlarını eşitleyip Denk (7) den bulunan V yi yerine koyarak denklemini elde ederiz. dq/dt = -Q/RC (8)

20 Türevi kendisi ile oranlı olan tek fonksiyon üstel fonksiyondur. Denk. (8) i sağlayan fonksiyon: olur. Q = Q 0 e t/rc (9) RC ye devrenin zaman sabiti veya gevşeme (relaxation) zamanı denir. C = RC Eşitlik-9 un gösterdiği gibi, RC ye eşit bir t süresi sonunda yük, başlangıçtaki değerinin Q/Q 0 = e 1 = 0,368 veya %36,8 ine düşer. Bununla ilgili ve genellikle deneyle daha kolay ölçülebilen başka bir nicelik, Q nun ilk değerinin yarısına düşmesi için gerekli zamandır. Bu zamanı T 1/2 ile göstererek ½ = e T 1/2 /RC (10) denklemini elde ederiz. Her iki tarafın e tabanına göre logaritmasını alıp yeniden düzenlersek buluruz. Bu süreye yarı ömür denilir. T 1/2 = RC Ln2 = 0,693 RC (11)

21 Başlangıçta V 0 gerilimi altında yüklenmiş bir kondansatörün bir direnç üzerinden boşalması Şekil-4 de gösterilmiştir. Düşey ekseni, V C, Q ve I olarak düşünebilirsiniz. Yatay eksen devrenin zaman sabiti (RC) cinsinden ölçeklendirilmiştir. Düşey eksenin akım için negatif olduğuna dikkat edelim. V = 0,368V 0 0,368Q 0 0,368V 0 0,368I 0 Şekil-4 Q = 0,368Q 0 t = RC = C

22 Bir kondansatörün bir direnç üzerinden yüklenmesi sırasında akım ve yükün zamanla değişimi aşağıdaki gibidir. Zaman ekseni RC cinsinden ölçeklenmiştir. Sol düşey eksen akımı, sağ düşey eksen yükü göstermektedir. V b -IR-Q/C =0 veya V b -RdQ/dt-Q/C =0 Çözüm: Q = CV b (1-e -t/rc ) I=V b /Re -t/rc T 1/2 = RC Ln2 = 0,693 RC

23 ELEKTRO MEKANİKSEL BENZETİŞLER Elektrik devreleri ve mekanik sistemler arasında ilginç ve yararlı birçok benzerlikler vardır. Bunlardan en basiti, bir kapı kapayıcısının basitleştirilmiş şekli olan Şek. 5 de gösterilen mekanik sistem ile RC devresi arasındaki bağıntıdır. Delikli piston harekette iken yağ deliklerden geçmek zorundadır. Bunun bir sonucu olarak yalnız yağ viskozluğundan doğan hıza bağlı bir karşı koyma kuvveti ortaya çıkar. Çok yüksek olmayan hızlar için bu kuvvet, hız ile oranlıdır ve F = bv ile gösterilebilir. Burada b bir orantı sabitidir ve eksi işaret, kuvvetin harekete hep karşı koyduğunu anlatır. Şekil-5

24 Hareketli pistona yay da bir kuvvet uygular. Denge konumundan bir x uzaklığa kadar ayrıldığında yay bir F = kx kuvveti uygular. İkinci Newton yasasına göre, pistona etkiyen bu iki kuvvetin toplamı pistonun kütlesi ile ivmesi çarpanına eşit olmalıdır. Eğer kütle önemsenmeyecek kadar küçükse iki kuvvetin toplamı sıfırdır ve dx/dt = -(k/b) x (12) elde ederiz. Bu diferensiyel denklemin şekli kondansatördeki yük için yazılan Eşitlik- 8 ile tıpatıp aynıdır dq/dt = -(1/RC)Q (8) Burada mekanik sistem ile elektrik sistem parametreleri arasındaki ilişkiye dikkat ediniz x Q v I b R k 1/C

25 Bu çözümleme, kapı kapayıcısının denge konumundan bir x 0 ilk yer değiştirmesi ile ayrılmış olması halinde denge konumuna doğru b/k ya eşit bir zaman sabiti ile denklemine göre üstel olarak yaklaştığını gösterir. x = x 0 e (k/b)t (13) Kapı kapama aracına zamana bağlı bir F(t) kuvveti eklendiği zaman durum Şek. 6 daki V(t) dış gerilimi zamanla değişen RC devresine benzeyecektir. Şekil -6

26 Eğer pistonun kütlesi ihmal edilecek kadar küçük değilse çözümlemede bu durum göz önüne alınmalıdır. Kütle olması pistonun denge konumunu aşıp sönümlü bir salınım yapabilmesini sağlar. Gerçekten Deney ED-3 de göreceğimiz gibi, sönümlü harmonik salıngan, seri bağlı direnç, kondansatör ve indüsiyoncudan oluşan elektrik devresinin tam bir benzeridir. Yukarıda, RC devresinin yük gevşemesi olarak da adlandırılan davranışı, RC zaman sabitinin yeterince uzun diyelim birkaç saniye veya daha uzun süreler kadar olması halinde bir voltmetre ile doğrudan gözlenebilir. Analog voltmetre ve ampermetrelerin ibresi, hareket ettiren mekanizmanın eylemsizliği ve sönüm etkileri nedeniyel, gerilim ve akımdaki son derece çabuk değişmelere uyum sağlayamaz, uysa bile bu hareket gözle izlenemez. Bu durumda gevşemeyi daha çabuk ölçmek için osiloskop kullanılır. Tekrarlanan bir gevşeme olayı elde etmek için osilatörün kare dalga veren çıkışı ile devre beslenir ve kondansatörün uçları osiloskopa bağlanarak kondansatörün dolma ve boşalma eğrisinin grafiği çizilebilir (Aşağıdaki şekle bakınız)

27 Osilatörün kare dalga çıkışı kullanılarak bir kondansatörün dolma ve boşalma eğrisinin osiloskopta gözlenmesi (şematik çizim). Kare dalga V Dolma eğrisi Boşalma eğrisi

28 SİNÜSSEL GERİLİM Osiloskop, RC devrelerinin bir başka önemli davranışını incelemede yani sinüssel giriş gerilimi ile sürülünce tepkisini incelemede kullanılabilir. Şek.11 de gösterilen devreyi gözönüne alalım; uygulanan sürücü gerilim, genliği V 0, açısal frekansı ω olan zamanın sinüssel bir fonksiyonudur. Laboratuvarda kullanacağınız bir osilatörün resmi. Devreye Kirchoff un gerilim kuralını uygulayarak, Şekil-11 denklemini elde ederiz. V 0 cos ωt = IR + Q/C = (dq/dt) R +Q/C (14)

29 Q nun sinüssel olarak gerilim ile aynı frekansla değiştiğini ve aralarında kadar bir faz farkı bulunduğunu varsayalım. Yani Q, Q = Q 0 cos (ωt + ) (15) denklemi ile verilsin. Q 0, Q nun bir dönemde eriştiği en büyük değerdir. Burada ye faz açısı denir. Bir tam dönem ωt nin 2π artmasına karşılıktır; eğer Q nun zamanla değişimi V nin bir çeyrek dönem önünde olduğu anlaşılırsa = π/2 olur ve bu böyle gider. Şimdi, Kirchhoff un ilmek kuralı uyarınca Eşitlik-15 in Eşitlik- (14) ü sağlaması için gerekli Q 0 ve değerlerini bulalım. Eşitlik-15 den dq/dt yi hesaplayıp Q ve dq/dt yi Eşitlik-14 de yerlerine koyarak bağıntısını elde ederiz. Bir sonraki adım, V 0 cos ωt = ωrq 0 sin (ωt + ) + (Q 0 /C) cos (ωt + ) (16) sin (A + B) = sin A cos B + cos A sin B cos (A + B) = cos A cos B sin A sin B trigonometri özdeşliklerini kullanarak sin (ωt + ) ile cos (ωt + ) yi açmaktır. İşlemlerden sonra Eşitlik- (16) yı sin ωt ve cos ωt parentezlerine alarak cos ωt [ ωq 0 R sin + (Q 0 /C) cos V 0 ] + sin ωt [ ωq 0 R cos (Q 0 /C) sin ] = 0 elde ederiz. (17)

30 Eğer Eşitlik-15, kondansatörün yükünün zamanla değişimini doğru tanımlıyorsa Eşitlik-17 nin her an için doğru kalması gerekir. Bu durumda ikinci parantezi sıfıra eşitlediğimizde tan = ωrc veya = -arctan(ωrc) (18) denklemini buluruz. Aynı şekilde ilk parantezi sıfıra eşitleyip yeniden düzenleyerek Q 0 = V 0 /[ ωr sin + 1 cos ] C denklemini elde ederiz. Bu ifadenin Q 0 = CV 0 cos = CV 0 /(tan 2 +1) 1/2 = CV 0 /[(ωrc) 2 +1] 1/2 (19) şeklinde yazılabileceğini göstermek zor değildir.

31 Aşağıda R=10 k, V=10 volt ve C=0,1 F alınarak Q 0 ve nin ya bağlı davranışını gösteren şekiller verilmiştir. 1. iken Q 0 0 iken - /2

32 I akımının frekans ile nasıl değiştiğini gözlemek de ilginçtir. Eşitlik-15 in zamana göre türevini alıp cos(a +π/2) = sin A özdeşliğini kullanarak I = dq/dt = ω Q 0 sin (ωt + ) = ω Q 0 cos (ωt + +π/2 ) denklemini elde ederiz. I 0 ile gösterilen I nın en büyük değeri ωq 0 ile verilir. Eşitlik-18 ile Eşitlik-19 u kullanarak bunu aşağıdaki gibi çeşitli yollardan gösteribiliriz: I 0 = ωq 0 = ωcv 0 cos = ωcv 0 /[(ωrc) 2 + 1] 1/ 2 = V 0 /[R 2 + (1/ωC) 2 ] 1/2 (20)

33 Aşağıda R=10 k, V=10 volt ve C=0. 1 F alınarak I 0 ın ya bağlı davranışını gösteren şekil verilmiştir. Alçak frekans sınırında I 0 ın değeri 0 a yaklaşır.

34 Seri bağlı RC devresinde empedans ve faz açısı ilişkisi: Empedans değeri: Z = R 2 + X 2 C Faz açısı: = tan -1 (X C /R) Bir devrede sadece direnç olduğunda gerilim ile toplam akım arasındaki faz farkı sıfırdır. Bir devre sadece kapasitif olduğunda gerilim ile toplam akım arasındaki faz farkı 90 0 dir. Sığaç üzerinde akım, gerilimin 90 0 ilerisindedir. Hem direnç ve hem kapasitans bir devre içinde bir arada olduğunda, uygulanan gerilim ve toplam akım arasındaki faz açısı direncin ve kapasitansın göreceli değerlerine bağlı olarak, 0 0 ve 90 0 arasında bir yerdedir

35 Yüksek frekans sınırında akım gerilim ile aynı fazdadır ve genliği V 0 /R olur (Şekildeki V m =V 0 dır). Yani yüksek frekanslarda RC-devresindeki kondansatör yokmuş gibi davranır. Tersine, alçak frekans sınırında devrenin davranışı R olmaması hali gibidir. Başka bir deyişle kondansatör yüksek frekanslarda kısa devre, alçak frekanslarda ise açık devre olarak davranır. R 0 ise R = 0 ise Gerilim akımdan 90 0 geridedir Gerilim akımdan açısı kadar geridedir.

36 Deney ED - 2 :Direnç - İndüksiyoncu Kangal (RL) Devreleri Deney ED-1 de seri bağlı direnç ve kondansatörden oluşan devrelerin davranışı inceledik. Bir direnç üzerinden boşalan kondansatördeki yükün üstel olarak azaldığını gördük ve bu devrenin uygulanan sinüssel bir sürücü gerilime karşı tepkisini inceledik. Bu deneyde, bir direnç ve bir indüktans dan oluşan bir devreyi aynı şekilde inceleyeceğiz. Arada bazı önemli farklar da olsa RC devresi ile bu devre arasında birçok benzerlikler bulunduğunu göreceğiz. Şekil-21 deki devreyi göz önüne alalım. Şekil-21 Üretecin gerilimi V 0 dır ve indüktansın direnci ihmal edilebilirse devreden I 0 = V 0 /R (21) ile verilen düzgün bir I 0 akımı geçer (Kararlı duruma geldikten sonra). Belli bir anda diyelim t = 0 da üretici devreden çıkarmak üzere anahtarı 2 konumuna çevirdiğimizde ne olur?

37 Akımı I(t) ile gösterelim, ve bu fonksiyonun ne olduğunu bulmak için RC devresinde olduğu gibi RL ilmeğine Kirchoff un gerilim kuralını uygularız. R üzerindeki gerilim düşmesi IR ve L deki ise LdI/dt dir, böylece ilmek denklemi şu şekilde yazılır: Bu denklemin çözümünü fonksiyonu sağlar. RI + L di/dt = 0 (22) I(t) = I 0 e (R/L)t (23) Deney ED-1 in ana çizgiler izlenirse bu yeni durumdaki belirtgin zamanın, yani zaman sabitinin L = L/R ile verildiği ortaya çıkar; L/R ye eşit bir zaman sonunda akım, başlangıç değerinin 1/e sine düşer. Benzerince Deney ED-1 de tanımlanan T 1/2 yarı-ömrü ile verilir. T 1/2 = (In2) L/R = 0,693 L/R (24)

38 RL devresinin elektro-mekaniksel benzetişimi: RC devresinde olduğu gibi RL devresinin de elektro-mekaniksel benzerlerini inceleyebiliriz. Hız kutusu (hidrolikli kapı tutucusu) durumunu göz önüne alalım, fakat şimdi yayın çıkarıldığını ve m piston kütlesinin ihmal edilemediğini düşünelim. Bu durumda piston üzerindeki tek kuvvet, kütle ile ivmenin çarpımına yani mdv/dt ye eşitlenen bv viskozluk kuvvetidir. Buna göre hareket denklemi (Newton un ikinci yasası) olur. Bu denklem ile Eşitlik-22 nin karşılaştırılması bunların tam özdeş biçimde olduklarını gösterir: v, I nın, b, R nin ve m de L nin yerini alır. v I ve b R benzerlikleri RC devresinde olduğu gibidir ve bu durumda m nin L indüksiyon katsayısına karşılık geldiğine dikkat ediniz. Bu benzetmeyi izleyerek, pistona bir v 0 başlangıç hızı verilir ve serbest bırakılırsa hızın m/b ye eşit belirtgin bir sönme zamanı ve T 1/2 = (In2) m/b lik bir yarı-ömür ile denklemine göre zamanla değiştiğini görürüz. (25) v(t) = v 0 e (b/m)t (26)

39 RL devresinde akım ve gerilimin zamana göre değişimi.

40 Şimdi RL devresine yeniden dönelim ve Şekil-22 de gösterilen devrenin uygulanan sinüssel gerilime karşı tepkisini, RC devresinde kullanılan ana yol uyarınca izleyelim. Şekil-22 Şekil-22 deki devrenin denklemi, Eşitlik-22 ye sürücü gerilim için bir terim ekleyerek bulunabilir. Eğer sürücü gerilim V(t) = V 0 cosωt ile verilirse devre denklemi RI + L di/dt = V 0 cosωt 27) olur. Sürücü gerilim ile aynı ω frekanslı fakat aralarında bir faz farkı olabilen bir çözüm ararız. Şu halde; I(t) = I 0 cos (ωt + ) (28) şeklinde bir çözüm deneyelim.

41 I 0 ile yi bulmak için yapılacak işlem bunun karşılığı olan Deney ED1 deki hesabın benzeridir. Eşitlik-27 ve 28 de yerlerine konularak doğrulukları gösterilebilecek olan sonuçlar: tan = - ωl/r dır. I 0 = V 0 cos /R = V 0 /[R 2 +(ωl) 2 )] 1/2 (29) Çok alçak frekanslarda (ωl << R) sanki indüksiyoncu kısa devre edilmiş gibi, hemen hemen sıfırdır, I 0 ise V 0 /R e eşittir. Çok yüksek frekanslarda (ωl >> R), sanki direnç kısa devre olmuş gibi, π/2 e ve I 0 da V 0 /ωl ye ulaşır. Orta frekansta her zaman akımın fazı gerilimden sıfır ile π/2 arasında bir açı kadar geridedir. [R 2 +(ωl) 2 ] 1/2 niceliğine devrenin empedansı denir ve Z ile gösterilir. Böylece herhangi bir frekansta I 0 = V 0 /Z dir. Çıkardığımız yararlı başka bir sonuç da şudur: Herhangi bir frekansta R ve L den şimdi olduğu gibi aynı akım geçiyorsa L nin uçları arasındaki gerilim R deki gerilimden bir çeyrek dönem π/2 öndedir. L, çok alçak frekanslarda kısa devre, çok yüksek frekanslarda ise açık devre olur.

42 Deney ED - 3 : LRC Devreleri ve Salınımlar Deney ED-1 de bir kondansatörün bir direnç üzerinden boşalmasını ve dirençkondansatör takımının sinüssel bir sürücü gerilime karşı tepkisini inceledik. Bu sistemin davranışının yay ve kutudan oluşan kapı kapayıcısı gibi mekanik bir hız kutusunun davranışına benzediğini gördük. Bu deneyde, hormanik salınganın elektrikteki benzeri olan elektrik devresini inceleyeceğiz. Temel düşünceleri tanıtmak için önce, Deney ED-1 in Şekil-2 deki devresine çok benzeyen Şekil- 24 deki LC devresini ele alalım. Şekil-24

43 Anahtar-1 i aniden kapatarak kondansatörü bir Q 0 yükü ile yükledikten sonra anahtar-1 i açalım. Daha sonra t = 0 anında anahtar-2 nin kapatıldığını varsayalım. Böylece kondansatör indiksiyoncu üzerinden boşalmaya başlar. Akımın yönünü Şekil-24 teki gibi tanımlarsak ve Kirchhoff un halka kuralını uygularsak LdI/dt + Q/C = 0 (30) bağıntısını elde ederiz. Burada di/dt = d 2 Q/dt 2 olduğunu kullanırsak buluruz. L d 2 Q/dt 2 + Q/C = 0 (31) Bu denklemin şekli, kütlesi m ve kuvvet sabiti k olan bir harmonik salınganın Newton hareket denkleminin tam aynıdır. m d 2 x/dt 2 +kx = 0 (32) Eşitlik 31 ve Eşitlik-32 karşılaştırıldığında 1/C nin k yay sabitinin ve L indüktansının da mekanik sistemdeki m kütlesinin yerini aldığını görürüz.

44 Yukarıdaki bağıntıya enerjinin korunumu ilkesinden hareket ederek de elde edebiliriz. Bir LC salınım devresinde toplam enerji herhangi bir anda, U = U B + U E = (1/2)LI 2 + (1/2)Q 2 /C İfadesi ile verilir. Toplam enerji herhangi bir anda, indüktans alanında depo edilen manyetik enerji ile kondansatör alanında depo edilen elektriksel potansiyel enerjin toplamına eşittir. Şayet devrenin dirençsiz olduğunu varsayarsak, toplam enerjiden ısı enerjisine bir geçiş yoktur. Dolaysıyla I ve Q zamanla değişmesine karşın U değişmez. Bu durumda du/dt = d((1/2)li 2 + (1/2)Q 2 )/dt = LIdI/dt + (Q/C)dQ/dt = 0 yazabiliriz. di/dt = d 2 Q/dt 2 yazarak L d 2 Q/dt 2 +Q/C = 0 Sonucunu elde ederiz. Bu Eşitlik-31 ile aynıdır.

45 Başlangıçtaki yer değiştirmesi x 0 olan bir harmonik salınganın hareket denkleminin çözümünün x = x 0 cos (ω 0 t + ) ile verildiğini biliyoruz. Buradaki ω 0 açısal frekansdır (=2πf) ve ile verilir. ω 0 = (k/m) 1/2 (33) Benzetişe devam edersek, kondansatördeki yükün de zaman ile Q = Q 0 cos (ω 0 t + ) denklemine göre salındığını görürüz. Buradaki açısal frekans ile verilir. ω 0 = 1/(LC) 1/2 (34) Harmonik salıngandaki enerji, hareket sırasında potansiyelden kinetiğe ve kinetikten yeniden potansiyele dönüşür. Yer değiştirmenin en çok, hızın sıfır olduğu noktalarda enerji tüm potansiyeldir; yer değiştirmenin sıfır, hızın en büyük olduğu noktalarda ise tüm kinetiktir. Benzer şekilde LC devresinde kondansatör yükünün en çok, akımın sıfır olduğu anlarda enerji tüm kondansatörde; yükün sıfır, akımın en fazla olduğu anlarda ise indüksiyoncunun manyetik alanında toplanır. Böylece kondansatörün elektrik alan enerjisi potansiyel enerjiye, indüksiyoncunun manyetik alan enerjisi de kinetik enerjiye benzer.

46 Dirençsiz bir LC devresi ile benzeri olan kütle-yay sisteminde bir dönünün çeşitli aşamaları aşağıdaki şekilde verilmiştir. yük ve akımın; ve 2) kondansatördeki enerji ile indüktanstaki enerjinin zamanla değişimi verilmiştir. yük ve akımın zamanla değişimi kondansatördeki ve indüktanstaki enerjinin zamanla değişimi

47 SÖNÜMLÜ HARMONİK SALINGAN Burada, sönümlü bir harmonik salınganın elektrikteki benzerinin, bir direnç, bir indüktans ve bir kondansatörden oluşan bir elektrik devresi olduğunu görmek zor olmayacaktır. Harmonik salıngan için geçerli Eşitlik-32 nin, hız ile oranlı, zıt yönde olduğu düşünülen bir sönüm kuvvetini veren bdx/dt teriminin eklenmesi ile değiştirilmesi gerekir. Böylece sönümlü harmonik salınganın hareketinin diferensiyel denklemi md 2 x /dt 2 + bdx/dt + kx = 0 (35) olur. Şekil-27 de gösterilen devre için Kirchhoff un ilmek kuralı Q/C-LdI/dt IR = 0 Şekil-27 denklemini verir. Bu, (I = dq/dt i kullanarak) Q cinsinden yeniden yazılabilir: L d 2 Q/dt 2 +RdQ/dt +Q/C =0 (36) Bu denklem önceden ileri sürüldüğü gibi Eşitlik-35 in biçimce tam aynıdır. Önceki gibi, L, m ye; 1/C, k ya ve R de b ye eş düşer.

48 36-denkleminin çözümü için yazabiliriz. Burada Q 0 sığanın başlangıçtaki yüküdür. Bu eşitliği, ω 0 = 1/(LC) 1/2 ve τ = 2L/R alarak Q = Q 0 e t/τ cos [(ω 0 2-1/τ 2 ) 1/2 t + ] (46) formunda yazabiliriz. Bu durum sönümlü harmonik hareketi incelerken b 2 <4km koşuluna karşı gelmektedir (Kritik altı çözüm). Elektro-mekaniksel benzetişimi dikkate alırsak RLC devresinde bu koşulun R 2 <4L/C veya R 2 /4L 2 <1/LC olacağı açıktır. Özetlersek: R 2 /4L 2 <1/LC koşulu sağlandığında kritik altı sönüm R 2 /4L 2 =1/LC koşulu sağlandığında kritik sönüm R 2 /4L 2 >1/LC koşulu sağlandığında kritik üstü sönüm Bunlar grafiksel olarak Şekil-28 de verilmiştir. (Fiz 217 Titreşimler ve dalgalar ders notlarına bakınız).

49 Q R 2 /4L 2 <1/LC Q R 2 /4L 2 =1/LC Q R 2 /4L 2 >1/LC Şekil-28

50 Sönümlü harmonik salıngan ile LRC devresi arasındaki benzerliğin başka bir yönü iki sistemdeki enerji bağıntılarının göz önüne alınması ile ortaya çıkar: Sönümsüz harmonik salınganın toplam mekanik enerjisi sabittir; sönüm kuvvetinin etkisi enerjiyi sürekli olarak azaltmaktır. Benzer şekilde dirençsiz bir LC devresinin toplam enerjisi sabittir; indüksiyoncu ile sığa enerji biriktirir, fakat elektrik enerjisini devreden çıkarıp eksiltmez. Direncin eklenmesi I 2 R güç kaybı ile dizgenin enerji kaybetmesine yol açar. Enerjinin dirençte ısıya dönüşmesi ile devredeki elektrik enerjisi sürekli olarak azalır. Hiç kuşkusuz tam sönümsüz bir harmonik salınganın bulunması gerçekleştirilmesi olanak dışı ideal bir durumdur. Örneğin, doğrusal hava rayında yapılan deneyler, kızağı taşıyan hava tabakasının viskozluğu yaklaşık hız ile oranlı, küçük, fakat ihmal edilmeyen bir sönüm kuvveti oluşturduğunu gösterir. Aynı şekilde dirençsiz bir LC devresi de bir idealdir. Devrede hiç direnç olmasa bile indüksiyoncu sargı telinin ve bağlama tellerinin direnci hiç bir zaman tamamen ihmal edilemez.

51 Harmonik salınganlar üzerindeki deneysel çalışmalar sönüm kuvvetinden ileri gelen enerji kaybı ile birlikte salınımların genliğinde de düzgün bir azalma olduğunu gösterdiğini hatırlayınız.. Benzer şekilde Şekil-27 deki gibi bir LRC devresinde, kondansatör üzerindeki Q yükünün salınım genliğinin küçülmesini bekleriz. Salınımların ne çabuklukla söndüğü hiç kuşkusuz b sönüm sabitinin (veya R direncinin) büyüklüğüne bağlıdır. Bu niceliklerin daha büyük bir değer alması salınımların daha çabuk sönmesine yol açar. Aşağıdaki şekil, L= 0.08 H, C = 25x10-8 F, R = 50, 100, 150 ve 250 alınarak çizilmiştir.

52 SİNÜSSEL SÜRÜCÜ KUVVETE KARŞI TEPKİ Bir LRC devresinin sinüssel sürcü bir gerilime verdiği tepkiyi inceleyeceğiz. Gerçekten LRC devresinin önemli pratik uygulamalarının çoğunda devrenin frekansa tepki belirtgenleri kullanılır. Şekil-29 daki devreyi göz önüne alalım ve V = V 0 cos ωt (49) ile verilen sinüssel bir sürücü gerilim ile devrenin beslendiğini düşünelim.

53 Şekil-29 daki devreye Kirchoff un ilmek kuralını uyguladığımızda, Eşitlik-36 dan tek farkın V 0 cos ωt teriminin eklenmesi olduğu görülür. Bu durumda geçerli diferensiyel denklem: L d 2 Q/dt 2 + R dq/dt + Q/C = V 0 cos ωt (50) dir. Kondansatörün Q yükünün zamanla değişimi, Eşitlik-50 nin çözümü olan bir fonksiyon ile anlatılır. Çözüm, tıpkı Deney ED-1 in RC devresindeki gibi bulunur. Çözümün, frekansı sürücü geriliminki ile aynı olan fakat aralarında bir faz farkı bulunan, Q = Q 0 cos (ωt + ) (51) şeklinde bir kosinüs fonksiyonu olduğunu düşünelim (Kalıcı çözümü dikkate alacağız)

54 Şimdi bu bağıntının çözüm olabilmesi koşulunu, Q nın birinci ve ikinci türevlerini ve kendisini Eşitlik-50 de yerlerine koyarak bulalım. sin(ωt + ) ve cos(ωt + ) fonksiyonlarını açıp terimleri sinωt ve cosωt parantezlerine alalım. Buradaki katsayılar Deney ED-1 deki nedenlerle ayrı ayrı yok olmalıdır. Bu koşulu uyguladığımızda Q 0 ω 2 L cos(ωt + ) Q 0 ωr sin(ωt + ) +(Q 0 /C) cos(ωt + ) = V 0 cosωt veya Q 0 [(1/C Lω 2 ) (cosωt cos sinωt sin ) ωr (sinωt cos + cosωt sin )] = V 0 cosωt elde ederiz. cos ωt ve sin ωt nin katsayılarını sıra ile eşitleyerek Q 0 [(1/C Lω 2 ) cos Rω sin ] = V 0 (52a) Q 0 [-(1/C Lω 2 ) sin + Rω cos ] = 0 (52b) yazabiliriz.

55 Eşitlik-52b yi yeniden düzenleyerek: tan = R/[ωL-1/(ωC)] (53) Eşitlik-52a yı sin ile bölüp Eşitlik-53 ü yerine koyalım ve Q 0 yı çözelim: Q 0 = [V 0 / (ω R)]sin (54) buluruz. Q 0, içinde bulunmayacak şekilde de belirtilebilir: Q 0 = (V 0 /ω) / [R 2 + [ωl-1/(ωc)] 2 ] 1/2 (55) Q 0 nın ω ya bağlı davranışı L=0,025 H, C=0,001 F, R = 1000 ve V 0 = 10 volt değerleri için aşağıda verilmiştir. Rezonans frekansı

56 Bu Q 0 genliği ω ile ilginç biçimde değişir; (ωl 1/ωC) nin sıfır olduğu = -π/2 durumunda (Q 0 ) max = V 0 /(ωr) (56) en büyük değerine ulaşır. Bu, ω = (1/LC) 1/2 olduğu zaman gerçekleşir; bu da devrenin ω 0 sönümsüz frekansından başka bir şey değildir. Yani, sürücü frekansın doğal sönümsüz frekansa eşit olması halinde dizgenin tepkisi en büyüktür. Belli bir frekansta tepkinin tepe değerine ulaşmasına rezonans denir, buna benzer rezonans olayları fiziğin hemen bütün dallarında görülür (Bu konuda Titreşimler ve dalgalar ders notuna bakınız) Devredeki I akımı Denk (51) in zamana göre türevinden başka bir şey değildir. I = dq/dt = -(V 0 / [R 2 + (ωl-1/(ωc)) 2 ] 1/2 )sin(ωt + ) (57) Akımın fazı her zaman Q dan π/2 öndedir. Bunun için, rezonansta I, V ile aynı fazdadır ve R den L ile C sanki kısa-devre yapılmış gibi akım geçer. Bu nedenle ω 0, R de en çok güç harcamasına yolaçan frekanstır.

57 Z = [R 2 + (ωl-1/ωc) 2 ] 1/2 (58a) büyüklüğüne devranin empedansı denir. X L = L indüktif reaktans, X C = 1/ C ye de kapasitif reaktans denir. Bu gösterimle empedans Z = [R 2 + (X L X C ) 2 ] 1/2 (58b) şeklinde yazılır. Seri RLC devresinin empedansını vektör gösterimi ile şeklinde temsil edebiliriz (X L > X C durumu için). Bu gösterim faz ilişkilerini kolay analiz etme imkanı vermesi bakımından faydalıdır.

58 Seri LRC devresinde X L > X c ve X L < X c durumları için fazör diyagramı a)seri bağlanmış R-L-C devresi b)x L > X c için fazör diyagramı Kaynak voltaj fazörü V R,V L,V C nin vektörel toplamıdır c) X L < X c için fazör diyagramı X L < X c ise, kaynağın voltaj fazörü akım fazöründen geridedir. indüktans voltaj fazörü, akım fazörünün 90 derece önündedir. Tüm devre elemanlarının akım fazörü aynıdır. Sığaç voltaj fazörü, akım fazörünün 90 derece arkasındadır. Daima V L fazörüne anti paraleldir. Direnç voltaj fazörü, akım fazörüyle aynı fazdadır.

59 AC devre elemanlarının karşılaştırılması Aşağıdaki tabloda R, X L ve X C elemanlarının üzerinde düşen gerilim değerleri; indüktif ve kapasitif reaktanslar; ve akım ile gerilim arasındaki faz ilişkisi; verilmiştir. Aşağıdaki şekilde R, X L ve X C nin frekansa bağlı davranışı verilmiştir.

60 R, C ve L elemanlarında V gerilimi ile I akımı arasındaki faz ilişkisi 1. Direnç üzerinde akım ile gerilim aynı fazdadır. 2. Sığaç üzerinde akım, gerilimin 90 0 ilerisindedir. 2.indüktans üzerinde akım, gerilimin 90 0 gerisindedir.

61 ÖZET

62 Deney ED - 4 :Çiftlenimli Salınganlar Bu deneyde, mekaniksel harmonik salınganlar veya LC devreleri gibi salıngan iki sistem arasında etkileşimin nasıl olduğunu inceleyeceğiz. Denel inceleme elektrik devreleri üzerinde olacaktır. Fakat temel kavramları daha kolay gözlenen ve alışık olduğumuz mekanik sistemler yolu ile işleyeceğiz. Not: Bu konunun iyi anlaşılması için FİZ-217 Titreşimler ve Dalgalar ders notlarına bakmanızda fayda vardır.) ŞEKİL-33 Çiftlenimli kütle-yay sistemi.

63 x 1 ve x 2 koordinatları kütlelerin denge konumundan uzaklaşmalarını göstermektedir. Birinci kütleye sol yaydan doğan -kx 1 ve orta yaydan ileri gelen k'(x 2 x 1 ) kuvvetleri etkimektedir. Şurasını belirtelim ki x 1 = x 2 olduğunda orta yay ne sıkışmakta ne de açılmaktadır. Bunun için bu yaydaki kuvvet sıfırdır. Böylece birinci kütle için md 2 x 1 /dt 2 = kx 1 - k'(x 1 x 2 ) (59a) buluruz. Benzerince ikinci kütlenin hareket denklemi için md 2 x 2 /dt 2 = kx 2 - k'(x 2 x 1 ) (59b) Buluruz. Genel ifade: m p y p = k p (y p - y p 1 ) - k p+1 (y p - y p+1 ) (60) olduğunu biliyorsunuz (Titreşimler ve Dalgalar ders notlarına bakınız).

64 Bu iki denklemi tekrar düzenlersek, m d 2 x 1 /dt 2 + (k + k') x 1 - k'x 2 = 0 m d 2 x 2 /dt 2 (k + k')x 2 - kx 1 = 0 (61) elde ederiz. x 1 yerine x 2 koyduğumuzda iki kütlenin hareket denklemlerinin şekilce tam aynı olduğunu görürüz. Hiç kuşkusuz, bu simetri fiziksel durumun simetrisinden ileri gelmektedir. x 1 = A 1 cosωt x 2 = A 2 cosωt (62) şeklinde bir çift çözüm deneyelim. Bu deneme çözümlerini türevleri ile birlikte Eşitlik-61 de yerlerine koyarak çözüm olup olmadığını, yani diferensiyel denklemleri sağlayıp sağlamadıklarını buluruz.

65 Bunları yerlerine koyup cosωt ortak katsayısı ile böldüğümüzde; m ω 2 A 1 + ka 1 k' (A 2 A 1 ) = 0 m ω 2 A 2 + ka 2 + k' (A 2 A 1 ) = 0 (63) buluruz. Bu iki denklemi yeniden (A 1 ve A 2 parantezlerine alarak ) [(ω 2 (k+ k')/m] A 1 + (k'/m)a 2 = 0 şeklinde yazabiliriz. (k'/m)a 1 + [(ω 2 (k+ k')/m] A 2 = 0 (64) Öyle ise, A 1 ve A 2 genlikleri Eşitlik-64 ü sağlayınca Eşitlik-62, Eşitlik-61 in çözümüdür. Eşitlik- 64 eşzamanlı homojen çizgisel denklem takımıdır. Çözüm bulunması için denklemler bağımlı olmalıdır. Bağımlılığı denemenin bir yolu her denklemden A 1 i çözüp çıkan bağıntıları karşılaştırmaktır.

66 Çözümün olabilmesi için katsayı determinantının sıfır olması gereklidir yani, ω 2 (k + k )/m k /m k /m ω 2 (k + k )/m = 0 Buradan veya (ω 2 (k + k )/m) 2 = (k /m) 2 ω 2 k+k m = ± k m yazabiliriz. Buradan iki tane kök buluruz. Köklerin büyüğü ve küçüğü için ω + ve ω gösterimlerini kullanarak (65) ω + = k+2k m 1/2 ve ω = k m 1/2 (66) yazabiliriz. Eksi kökler fazladan çözüm vermez.

67 ω + veya ω - değerleri kullanılarak genlikler arasındaki bağıntı bulunabilir. ω + için A 1 = -A 2 - için ise A 1 = A 2 sonucunu elde ederiz. Şimdi bu sonuçları yorumlayabiliriz: (i) ω + kökü için genlikler eşit fakat zıt işaretli olduklarından, aralarında yarım dönemlik bir faz farkı vardır. Bu halde çiftlenim yayı ( k' ) geri çağırıcı ek bir kuvvet oluşturduğundan ω + frekansı çiftlenimsiz dizgelerin frekansından daha büyüktür. (ii) ω - kökü, iki kütlenin aynı frekans ve aynı genlik ile titreşmesine karşılık gelir. Bu durumda k' çiftlenim yayının hiç bir etkisi yoktur.

68 Hareket denklemleri çizgisel diferensiyel denklemler olduğundan çözümlerin bir toplamı da bir çözümdür. Elde ettiğimiz genlikler arasındaki bağıntıları bir araya getirerek dizgenin fiziksel olanaklı bütün hareketlerini kapsayan en genel çözüm için x 1 = A cosω - t + B cosω + t x 2 = A cosω - t - B cosω + t (67) yazabiliriz. Burada A ve B, başlangıç koşullarına bağlı gelişi güzel sabitlerdir. Tek frekanslı hareketin herbirine normal mod denir; genel olarak hareket normal mod hareketlerinin bir karışımıdır. Fakat özel başlangıç koşullarının bir sonucu olarak A veya B genliklerinden biri sıfır olursa iki kütlenin, meydana gelen tek frekanslı hareketine normal mod denir.

69 İlginç bir durum, özellikle k' çiftlenim yayının öteki ikisinden çok zayıf (yani k' << k) olması halinde A ve B genliklerinin eşit olması ile ortaya çıkar. O zaman Eşitlik-67, ilginç ve öğretici bir şekle sokulabilir. Bu halde ω + ve ω normal -kip frekansları hemen hemen eşittir. Bu durumda (68) gösterimlerinin kullanılmasında yarar vardır. Burada ω 0, normal kip frekanslar ortalaması, ω herbirinin ortalamadan olan farkıdır. Açıkça görüldüğü gibi, eğer k' << k ise o zaman ω <<ω 0 dır. Örneğin k =100, k' = 10 ve m = 0,1 alınırsa 0 =45,8 ve = 1,1 olacağını buluruz. Benzer şekilde m, k ve k' nin çeşitli değerleri için siz de hesap yapınız.

70 Şimdi bu gösterimi A = B varsayımı ile birlikte Eşitlik- (67) de kullanalım ve her kosinüsü cos(a ± b) = cosa cosb ± sina sinb formülüne göre açalım: x 1 = A cos(ω 0 ω)t + A cos(ω 0 + ω)t = A (cosω 0 t cos ωt + sinω 0 t sin ω t + cosω 0 t cos ωt sinω 0 t sin ω t) = [2A cos( ω t)] cosω 0 t yazabiliriz. x 2 ifadesi de aynı şekilde açılırsa x 2 = A cos(ω 0 ω)t A cos(ω 0 + ω)t = A (cosω 0 t cos ωt + sinω 0 t sin ω t cosω 0 t cos ωt + sin ω 0 t sin ω t) = [2A sin( ω t)] sinω 0 t elde edilir. x 1 ve x 2 için bulunan sonuçları tekrar yazalım: x 1 = [2A cos( ω t)] cosω 0 t x 2 = [2A sin( ω t)] sinω 0 t (69)

71 Hareket basit sinüssel hareket değildir, çünkü koordinatların her biri zamanla iki sinüssel fonksiyonun çarpımı şeklinde değişmektedir. Bununla birlikte fonksiyonlardan biri zamanla, frekansı ω olmak üzere ağır değişirken öteki iki normal mod frekansı arasında ω 0 frekansı ile daha hızlı değişir. Bunun için bu hareketlerin frekansının ω 0 olduğunu ve genliğinin de sıfır ile 2A arasına değiştiğini düşünebiliriz. Bu yorum Eşitlik-69 daki parantezlere dayanmaktadır. Bundan başka x 1 genliği en büyük olduğu sırada (yani cos ωt = ± 1 iken) x 2 genliğinin sıfır olduğu ve aynı şeklide bunun tersinin de olabileceği görülmektedir. Başlangıçta 2. kütle hareketsizdir, 1. kütle, 2A genliği ile titreşmektedir. 2. kütle nin 2A genliği ile titreşmeğe koyulduğu ωt = π/2 ile verilen bir süre sonunda bu genlik azalmış sıfır olmuştur. Bu hareket, x 1 ve x 2 grafiklerini zamanın fonksiyonu olarak veren Şekil-35 de grafik halinde gösterilmiştir.

72 x 1 = [2A cos( ω t)] cosω 0 t ŞEKİL-35 x 2 = [2A sin( ω t)] sinω 0 t ENERJİ BAĞINTILARI Bu durumu enerji bağıntıları yönünden ele alabiliriz. t = 0 anında bütün enerji salıngan 1 dedir. k' yayı ile sağlanan çiftlenimden dolayı enerjinin tümü salıngan 2 de toplanıncaya kadar enerji salıngan 2 ye aktarılır. Sonra enerji yeniden salıngan 1 e geçmeğe başlar. Enerjinin 1 den 2 ye gidip geri dönmesi için geçen alışveriş zamanı olarak adlandırabileceğimiz t alışveriş zamanı ωt alışveriş = π bağıntısı ile verilir. Periyotlu enerji alış verişinin açısal frekansı ile verilir. ω alışveriş = 2 /t alışveriş = 2 ω (70)

73 ELEKTRİKSEL BENZERLİK ED-1 den ED-4 e kadar olan deneylerde tartıştığımız elektromekanik benzerlikleri kullanarak çiftlenimli iki harmonik salınganın elektrikteki benzerini bulabiliriz. Kütleyay dizilimi indüksiyon-sığa dizilimine, çiftlenim yayı da çiftlenim kondansatörüne karşılık gelir. Özel olarak, elektriksel benzer dizge Şekil-36 da görülen devredir.

74 Bunun gerçekten biraz önce tartışılan mekanik dizgenin bir benzeri olduğunu ayrıntılı bir şekilde doğrulamak için Kirchoff un ilmek kuralını her ilmeğe iki kez uygulayarak devre denklemlerini yazalım. Çeşitli yük ve akımlar şekilde gösterildiği gibi işaretlenmişlerdir. C' çiftlenim kondansatöründeki yük ± (Q 1 Q 2 ) olup bunun karşılığı olan gerilim ± (Q 1 Q 2 )/C' dür. Şek. 36 da gösterilen yük ve akımların tanımlarından akımlar I 1 = dq 1 /dt ve I 2 = dq 2 /dt ile verilir. İndüksiyoncuların uçları arasındaki gerilimler, I 2 için de aynı olmak üzere, L di 1 /dt = -L d 2 Q 1 /dt 2 ile verilir. Devre denklemleri şöyledir: veya md 2 x 1 /dt 2 = kx 1 + k'(x 2 x 1 ) md 2 x 2 /dt 2 = kx 2 + k'(x 2 x 1 ) Bu son iki denklemi çiflenimli harmonik salınganların Eşitlik-61 ile karşılaştırdığımızda bunların şekilce özdeş olduklarını görürüz. Buradaki elektromekaniksel benzerlikler önceki deneylerde bulduklarımızın aynıdır: L m, 1/C k, Q x ve I v.

75 Şu halde, her iki kip birlikte bulunduğu zamanki enerji aktarılması, dizgenin iki parçası çiftlenimsiz olduğu zaman davranışı ve normal kiplerin anlatımını da ekleyerek yukarıda çiftlenimli harmonik salınganlar için söylenilen her şeyi çiftlenimli LC rezonans devreleri için de tekrarlayabiliriz. Burada k' = 0, sonsuz derecede büyük C' çiftlenim sığası karşılığıdır. Böyle bir kondansatörün özeliği, kondansatör ne kadar yüklenirse yüklensin uçları arasındaki gerilimin sıfır olmasıdır. Genel olarak bir kondansatör için V = Q/C dir. Buna göre, Q nün herhangi belli bir değeri için V sıfırdır. Bu nedenle C' bir kısa devre gibi davranır ve iki LC devresi çiftlenimsiz olur. ω << ω 0 zayıf çiftlenim koşulu C ' nün C den çok daha büyük olmasıdır. Yukarıdaki açıklamalar olmasa idi çelişki varmış gibi gelirdi.

76 Deney ED - 5 :Periyodlu Yapılar ve İletim Yolları Deney ED-4 de incelediğimiz çiftlenimli salınganları bu deneyde genişleteceğiz. Çiftlenimli iki kütle-yay veya indüksiyoncu-kondansatör dizgeleri yerine bunlardan birçoğunun birlikte çiftlenimli halde oluşturduğu tekrarlı yapıları inceleyeceğiz. İlerde göreceğimiz gibi böyle yapılar, geçirdikleri atmaları, zamanca geciktirmek için kullanılabilir ve bazı frekansları geçirip ötekilerine kapalı olan süzgeçler şeklinde işlemek gibi ilginç özellikleri de varadır. Şekil-42 de gösterilen periyodlu yapılın oluşturduğu basit mekanik örnek ile tartışmaya başlayalım. m m m Şekil-42 Uçtaki iki kütlenin değerleri m/2 dir. Bunlar eklenince dizgeyi her biri iki yarım kütle ve bir yaydan oluşan kesimler dizisi olarak düşünebiliriz. Bundan başka dizgenin iki ucu kapalı bir yapı oluşturmak üzere birleşirilebilir (Aşağıdaki şekle bakınız)

77

78 Eğer iletim yolunun ucundaki bir kütle boylamasına sertçe sarsılarak bırakılırsa, bu şekilde oluşan yerdeğiştirme atması yol boyunca yayılır. Atma öteki uca çarpınca geri yansır. Böylece iletim yolu boyunca geriye dönen ikinci bir atma türer. Uç yaylarını sabit duvar yerine hız kutularına bağlayıp atmaların bir kısmını veya tümünü soğurarak yansımaları önleyebiliriz. Yansımaların önlenmesi bu dizgenin elektrikteki benzerinde büyük önem taşır. Bütün kütlelerin sayısı N ise o zaman n indisi 1 den N ye dek değişir. n inci kütlenin diferensiyel denklemi yalnız x n ye değil yayların etkisinden dolayı aynı zamanda x n 1 ve x n+1 e de bağlıdır. İletim yolunun ucunda olmayan tipik bir kütle için (76a) m n x n = k x n x n 1 k x n x n+1 = k x n 1 2 x n + x n+1 yazabiliriz. Uçtaki kütleler ayrı olarak işlem görmelidir. Böylece 1 2 mx 1 = k x 2 x 1 (76b) 1 mx 2 N = k x N x N 1 (76c) yazabiliriz (Bu konu için Titreşimler ve Dalgalar ders notuna bakınız)

79 Bu denklemlerin çözümlerini bulmak için iletim yolunun bir ucundan başlatılan bir atmanın biçim değiştirmeden sabit bir hızla yayıldığını düşünelim. Bu varsayım genellikle geçerli değildir, bunu geçirli kılan koşullar ileride tartışılacaktır. Bu varsayımı simge halinde göstermek için, sağa doğru yol alan bir atma düşünelim. Eğer belli bir n kütlesi, zamanla x n (t) fonksiyonu ile verilen bir yerdeğiştirmeye uğrarsa bir sonraki (n + 1) kütlesi aynı yerdeğiştirmeye daha sonraki bir t + T anında uğrar. Burada T, Şekil-43 de görüldüğü gibi bir atmanın bir kesimlik yolu alması için gereken zamandır.

80 Öyle ise x n 1 (t) = x n (t + T) x n+1 (t) = x n (t T) (77) olduğunu düşünebiliriz. Bu bağıntıları basitleştirmek için Taylor serisi açılımını kullanarak x n (t ± T) fonksiyonlarını x n ve x n nin t anındaki türevleri cinsinden aşağıdaki gibi yazabiliriz. ve x n t + T = x n t + x n t T x n t T 2 + x n t T = x n t x n t T x n t T 2 (78) Yukarıdaki bağıntılarda n yi sıra ile (n 1), veya (n + 1) ile değiştirerek aynı bağıntıları x n 1 (t ± T) ve x n+1 (t ± T) için yazabiliriz. Aşağıdaki çözümlemede, bu sonsuz serilerin ilk üç terimi dışındaki bütün terimlerinin önemsenmeyecek kadar küçük olduğunu düşüneceğiz. Bu yaklaşıklık, atmanın tümünün verilen bir noktadan geçmesi için gerekli zamanın T ye göre çok büyük alınması halinde geçerlidir. Bu doğru ise o zaman her bir x, T zaman aralığında oldukça az değişir; x n (t) ve x n (t + T) arasındaki fark küçük olur ve seri hızla yakınsaklaşır.

81 Eşitlik-76a ya Eşitlik-77 yi koyalım ve ondan sonra Eşitlik-78 ile verilen seri açılımlarını kullanalım: mx n t = k x n t + T 2x n t + x n t T = k x n t + x n t T x n t T 2 2x n t + x n t x n t T x n t T 2 = kx n t T 2 (79) elde ederiz. Sağ taraftaki T 3 ve daha büyük üslü terimleri attık. Bunlar bırakılan terimlerden çok daha küçüktürler. Bu denklem, kütlelerin hareketinin nasıl olduğunu ayrıntı ile göstermez. Bunu bulmak için ilk atmanın biçimini bilmeliyiz. Fakat bu, çözümler üzerindeki ilk varsayımımızın, Eşitlik-77, mekanik kanunları ile uyuştuğunu gösterir. Bundan başka, Eşitlil-79 un bu yasalara uyması için bir özdeşlik olması gerektiğinden T kesim başına gecikme zamanının T = (m/k ) 1/2 (80) ile verildiğini görürüz. Şimdiye dek söylenilen her şeyin sağa olduğu kadar sola doğru yayılan, bir atma için de geçerli olduğunu belirtelim. Bu durumda Eşitlik-77 deki işaretleme zıt olur ve Eşitlik-79 da da buna karşılık değişmeler olduğu için çözümlerin herhangi bir toplamı da bir çözümdür. Bu nedenle hareket zıt yönlerde yol alan atmaların üst üste binmesi olabilir. Gerçekten bir atma bir uçtan yansıdığında böyle bir durum ortaya çıkar, şimdi bu yansımaları tartışacağız.

82 YANSIMALAR Sönüm kuvvetleri olmayınca sağ uçtaki koordinatı x N olan m/2 kütlesinin hareket denklemi Eşitlik-76c dir. Bununla birlikte sözü edildiği gibi yansıyan atmanın değişmesini veya tümcek önlenmesini sağlayacak enerji soğurumu için bir yol arayabiliriz. Bu nedenle bu kütleye bx N değişken sönüm kuvvetini ekleyerek 1 2 mx N = k x N x N 1 bx N (81) hareket denklemini elde ederiz. Bu denklem, bir atmanın iletim yolunun ucunda yansımasını incelemek için kullanılabilir.

83 Yansıma ve Geçme Katsayıları Boyca kütle yoğunluğu 1 ve 2 olan iki metal çubuk x = x N noktasında şekildeki gibi birleştirilmiş olsun. 1 x = x N 2 Sol uçtan genliği A olan boyuna bir dalga (veya atma) gönderdiğimizi düşünelim Bu dalgayı I x, t = Acos(k 1 x ωt) (82a) x ile temsil edebiliriz. Bu dalga x = x N noktasına geldiğinde bir kısmı yansıyacak bir kısmı ise geçecektir. Yansıyan dalgayı ile ve geçen dalgayı da R x, t = Bcos(k 1 x + ωt) (82b) T x, t = Ccos(k 2 x ωt) (82c) ile temsil edebiliriz.

84 Süreklilik nedeni ile x = x N noktasında I x, t + R x, t = T x, t (83a) Acos k 1 x N ωt + Bcos k 1 x N + ωt = Ccos(k 2 x N ωt) (83b) ve d I x,t dx + d R x,t dx = d T x,t dx (83c) Ak 1 sin k 1 x N ωt Bk 1 sin k 1 x N + ωt = Ck 2 sin(k 2 x N ωt) (83d) yazabiliriz. Eşitlik (83b) yi cos x ± y = cosxcosy sinxsiny trigonometrik özdeşliğini kullanarak Acosk 1 x N cosωt + Asink 1 x N sinωt + Bcosk 1 x N cosωt Bsink 1 x N sinωt = Ccosk 2 x N cosωt + Csink 2 x N sinωt şeklinde yazabiliriz.

85 Bu eşitliğin her an geçerli olabilmesi için eşitliğin iki tarafındaki cosωt nin katsayıları eşit olmalıdır. Benzer şekilde sinωt nin katsayılarının da eşit olmalıdır. Bu durumda Acosk 1 x N + Bcosk 1 x N = Ccosk 2 x N Asink 1 x N Bsink 1 x N = Csink 2 x N (84a) (84b) yazabiliriz. Eşitlik (83d) yi de sin x ± y = sinxcosy ± cosxsiny trigonometrik özdeşliğini kullanarak Ak 1 sink 1 x N cosωt + Ak 1 cosk 1 x N sinωt Bk 1 sink 1 x N cosωt Bk 1 cosk 1 x N sinωt = Ck 2 sink 2 x N cosωt + Ck 2 cosk 2 x N sinωt şeklinde yazabiliriz. Eşitlik (84a) ve (84b) yi yazarken söylediğimiz nedenlerle Ak 1 cosk 1 x N Bk 1 cosk 1 x N = Ck 2 cosk 2 x N Ak 1 sink 1 x N + Bk 1 sink 1 x N = Ck 2 sink 2 x N (85a) (85b) yazabiliriz. Eşitlik (84a) nın her iki tarafı k 2 ile çarpılırsa (85a) elde edilir.

86 Bu durumda k 2 Acosk 1 x N + Bcosk 1 x N = k 2 Ak 1 cosk 1 x N Bk 1 cosk 1 x N yazabiliriz. Bu eşitliğin her iki tarafı cosk 1 x N e bölünerek Ak 2 + Bk 2 = Ak 1 Bk 1 sonucu elde edilir. Buradan yansıma katsayısı olarak tanımlanan R = B/A için, R = B A = k 1 k 2 k 1 +k 2 (86a) Benzer şekilde Eşitlik (84b) yi k 2 ile çarpıp (85b) taraf tarafa toplar ve gerekli işlemleri yaparsak, geçme katsayısı T = C/A için, T = C A = 2k 1 k 1 +k 2 (86b) ifadesini elde ederiz.

87 Gerilmiş bir ipte karakteristik empedans Z = T ip v ve v ise dalganın faz hızıdır. Faz hızının ise v = ω k ile tanımlıdır. Burada T ip ipteki gerilim kuvveti ile verildiğini hatırlarsak, k dalga sayısı için k = ω v = ω T ip Z = Z ω T ip yazabiliriz. Bu durumda k 1 ve k 2 dalga sayıları için k 1 = Z 1 ω T ip k 2 = Z 2 ω T ip yazabiliriz. Bunları Eşitlik (86a) ve (86b) de yerine yazılarak, yansıma ve geçme katsayıları için R = B A = Z 1 Z 2 Z 1 + Z 2 T = C A = 2Z 1 Z 1 + Z 2 yazabiliriz.

88 Karakteristik empedansı Z = T ip v = T ip T ip = μt ip (87) şeklinde yazabiliriz. Yukarıda tartıştığımız kütle-yay modelinde her bir hücrenin uzunluğunu a alalım. Bu durumda boyca kütle yoğunluğu yerine μ = m/a yazabiliriz. Bunu Eşitlik (87) de kullanırsak, karakteristik empedans için Z = μt ip = mt ip a (88) yazabiliriz. Burada T ip /a oranı ise k yay sabiti olarak alınabilir. Bu durumda karakteristik empedans için Z = mk (89a) yazabiliriz. Bu durumda Z 1 ve Z 2 empadansları için Z 1 = mk ve Z 2 = b (89b) alabiliriz (b = Kuvvet/hız )

89 Bu durumda yansıma ve geçme katsayıları için R = B A = Z 1 Z 2 Z 1 +Z 2 = mk b = 1 b/ mk+b 1+b/ mk mk (90a) ve T = C A = 2Z 1 = 2 mk = 2 Z 1 +Z 2 mk+b 1+b/ mk (90b) ifadeleri yazılabilir.

90 İlginç birkaç özel durum var: 1. Eğer sönüm katsayısı b = 0 ise R = B/A = 1 olur ve atmanın tümü yansıtılır. 2. b = Z 1 = (mk) 1/2 için R nin sıfır olduğunu belirtelim. Bu durumda sönüm nedeniyle atmanın tümü soğurulur, hiç yansımış atma yoktur ve uç kütlenin yer değiştirmesinin tepesi ötekileri ile aynıdır. 3. Son olarak, b katsayısı Z 1 e göre çok büyük ise R yansıma katsayısı 1 e yaklaşır. Yani yansımış atma tersine çevrilir ve uçtaki kütle hiç hareket etmez. Sonuç olarak yansıma ve geçme katsayısı b nin büyüklüğüne kritik şekilde bağlıdır.

91 ELEKTRİKSEL BENZERİ Daha önce incelediğimiz m ile L, k ile 1/C ve b ile R arasındaki benzerlikleri kullanarak bu dizgenin elektrikteki benzerini bulabiliriz.. Şekil-45 deki devreyi ele alalım. L/2 L/2 Q n 1 ve Q n kondansatörlerini içine alan ilmeğe Kirchhoff un ilmek kurallarını uyguladığımızda buluruz. Benzerince Q n ve Q n+1 i içine alan ilmek için Q n-1 /C - Q n /C = LdI n /dt (91) Q n /C - Q n+1 /C = LdI n+1 /dt (92) elde ederiz. Q n in üstündeki kavşağa Kirchhoff un akım kuralını uygularsak dq n /dt = I n I n+1 veya d 2 Q n /dt 2 = di n /dt di n+1 /dt (93) çıkar. Eşitlik-91 den Eşitlik-92 yi çıkarıp Eşitlik-93 de yerlerine koyduğumuzda buluruz. L d 2 Q n /dt 2 = 1/C (Q n 1 2Q n + Q n+1 ) (94)

92 Eşitlik-94 ile Eşitlik-76a nın karşılaştırılması bunların tam aynı yapıda olduklarını dolayısı ile elektriksel benzerin geçerli olduğunu gösterir. m d 2 x n /dt 2 = k(x n 1 2x n + x n+1 ) L d 2 Q n /dt 2 = 1/C (Q n 1 2Q n + Q n+1 ) Elektro-mekaniksel benzerin incelenmesini bitirmiş olmak için denklemleri uçlar için de elde edip bunları Eşitlik-76c ve Eşitlik-81 ile karşılaştırmamız gerekmektedir. Yukarıdaki mekaniksel çözümlemenin en önemli sonucu Eşitlik-80 ve Eşitlik-90 dır. Bunların elektriksel benzerinin T = LC (95) R = B = 1 R/ A 1+R/ L/C L/C (96) olacağı açıktır. Empedans boyutunda olan (L/C) 1/2 niceliğine dizgenin belirtgin (karakteristik) empedansı denir ve Z ile gösterilirse yansıma katsayısı için R = B A = Z R Z+R yazabiliriz. Özellikle, atmanın R direnci ile kapalı uçta tümünce soğurulması için gerekli koşul ( R = 0): R = Z (97) dir. Yani uç direnç belirtgin impendansa eşit olunca iletim yolunun ucundan hiç bir yansıma olmaz gibi önemli bir sonuca varırız.

93 DAĞILMA (DİSPERSİYON) Şimdi biçimi ne olursa olsun bir atmanın iletim yolunda biçim değiştirmeksizin sabit hızla yol alıp almadığı sorusuna dönelim. Bir atma Fourier analizi ile her zaman sinüssel bileşenlerin bir toplamı olarak gösterilebildiğini biliyoruz. Eğer bütün sinüssel bileşenler aynı hızla yol alırlarsa o zaman atmanın bütün kısımlarının aynı hızla yol almasını bekleyebiliriz. Fakat sinüssel dalgaların hızının frekanslarına bağlı olduğu ortaya çıkarsa o zaman genel olarak bir atmanın belirli bir hızla yayıldığı doğru olmayacaktır. O halde yapılacak iş, kesimler arasında sabit faz farkı olmak üzere Eşitlik-94 için bir sinüssel çözüm almak, onun çözüm olup olmadığını denemek ve kesim başına T gecikme zamanını hesaplamaktır. Bu deneme çözümü: Q n = Q 0 cosω(t nt) (98) alınabilir. n. inci yükün birinciye bakınca bir nt zamanı kadar geciktiği düşünülebilir. Q 0 bir genlik sabiti olup bütün yükler için aynıdır. Bunu Eşitlik-94 de yerine koyunca LC d 2 Q n /dt 2 = (Q n+1 2Q n + Q n-1 ) (94) LCω 2 Q 0 cosω(t nt) = Q 0 cosω[t (n + 1)T] 2Q 0 cosω(t nt) + Q 0 cosω[t (n 1)T] elde ederiz. Yalnız ωt ve ω(t nt) niceliklerinin kosinüsleri olan terimleri elde etmek için kosinüs fonksiyonlarını açalım ve Q 0 cos ω(t nt) ortak katsayısına bölelim: (99)

94 LCω 2 Q 0 cosω (t nt) = Q 0 cosω(t nt) cosωt + Q 0 sinω(t nt) sinωt 2Q 0 cosω(t nt) + Q 0 cosω(t nt) cosωt Q 0 sinω(t nt) sinωt Buradan LC ω 2 = 2(1 cosωt) = 4 sin 2 (ωt/2) veya T= (2/ )sin -1 (LC 2 /4) 1/2 (100) elde ederiz. Son kısım yarı-açı formülünü kullanarak elde edilmiştir. Demek ki, Eşitlik-98 tipinde çözümler vardır, bunlarda her yük aynı frekansta fakat kesimler arasındaki = ωt ile verilen sabit bir faz farkı ile sinüssel olarak salınır. Bununla beraber yaklaşıklık dışında kesim başına T gecikme zamanı, T = (LC) 1/2 (Eşitlik-95) ile verilmez ve genellikle frekanstan bağımsız değildir. Eğer ω ya karşılık gelen periyod, kesim başına T gecikmesinden uzun ise o zaman ωt çok küçük olduğundan komşu kesimler arasındaki faz farkı çok küçüktür. Bu durumda Eşitlik- 100 deki sinüs fonksiyonu kuvvet serisine açılabilir.

95 Serinin yalnız ilk terimi bırakılırsa LCω 2 = 4(ωT/2) 2 veya T = (LC) 1/2 elde ederiz. Böylece yalnız aşağı frekans sınırında T frekanstan bağımsız olarak Eşitlik-95 ile verilir. Bunun tersine sinüs fonksiyonu 1 i aşamadığından LCω 2 = 4 veya ω = 2/(LC) 1/2 (101) ile verilen bir üst frekans sınırı vardır. Frekans bu kritik değerden büyükse Eşitlik- (94) ün Eşitlik-98 şeklinde hiç bir sinüssel çözümü yoktur.

96 Şekil-46, Eşitlik-100 den elde edilen T yi ω nın fonksiyonu olarak veren grafiği göstermektedir. Şekilden görüldüğü gibi küçük frekanslarda T, ω dan bağımsızdır ve (LC) 1/2 ye eşittir; fakat ω arttıkça T de artar ve kesilim (cutoff) frekansında π (LC) 1/2 /2 değerine ulaşır. Bu frekansa karşılık gelen periyod 2π/ω veya π(lc) 1/2 olup kesilim frekansındaki kesim başına gecikme zamanının iki katına eşittir. T= (2/ )sin -1 (LC 2 /4) 1/2 Şekil-46 Şu halde periyodu kesim başına gecikmenin iki katından büyük olan bir sinüssel dalga yapı boyunca yayılamaz.

97 Sonuç Yukarıdaki tartışma bir atmanın iletim yolundan bozulmadan geçebilmesi için çeşitli frekans bileşenlerinin kesilim frekansından küçük olması gerektiğini gösteriyor. Yoksa biraz bozulma olacak ve eğer temel bileşenler kesilimin üstünde ise atma büyük ölçüde bozulacak ve zayıflayacaktır. Atmanın yayılma hızının frekansa bağlı oluşundan ileri gelen zayıflama ve bozulma olayının tümüne dağılım (dispersion) denir. Fiziğin dalga olaylarının işe karıştığı ses, optik ve kuantum mekaniği gibi öteki kollarında buna benzer çok olay vardır.

98 İLETİM YOLLARI (HATLARI) İletim yolları (hatları) noktadan-noktaya enerji ve bilginin verimli bir şekilde iletimi için kullanılır. Bu deneyde kısaca bu konuya değinilecektir. İletim yolunun her kesimindeki L ile C yi azaltarak kesilim frekansının yükselebileceği Eşitlik-101 den görülmektedir. Örneğin, eğer L ile C önceki değerlerinin yarısıra indirilirse kesilim frekansı 2 katına çıkar, fakat belirtgin empedans değişmez. Bu gözlem, indüksiyon katsayısı (L) ve sığası ( C ) yol boyunca sürekli olarak dağılmış olan bir iletim yolu olabileceğini gösterir. Böyle bir iletim yolunun bir yüksek frekans kesilimi olmaması ve tam dağılmasız olması gerekir. Böyle bir dizge gerçekten olabilir ve belli sınırlar içinde kullanışlıdır. Basit bir iletken çifti böyle bir dizge oluşturur ve buna dağılmış-parametreli yol veya iletim yolu denir. Örneğin, bir çift paralel doğru iletken birim uzunluğu başına belli bir indüksiyon katsayısı vardır. Bu düşünceler Şekil-47 de gösterilmiştir.

99 Uygulamada iletim yolları çoğu kez aynı eksenli silindirler şeklinde yapılır; dış iletken, iletkenler arasındaki boşluk için elektrostatik bir perde gibi iş görür. Böylece iletim yolu çevredeki iletkenlerden doğan alanların etkisi altında değildir. Böylece iletim yoluna, aynı eksenli yol veya koaksiyel (Coaxial ) denir. Telefon, TV ve hassas yüksek-frekans ölçüm cihazlarında bu türden kablolar kullanılır. Bu yapının önemli yararı, elektrik ve manyetik alanların tümüyle dielektrik bölgeye hapsedilmesi ve hatta çok az dış girişim bağlaşmasıdır.

100 Toplu-parametreli yol için yapılan analizler, L ve C yi birim boy başına indüksiyon katsayısı ve sığa olarak yorumlayarak dağılmış-parametreli yol için de yapılabilir. Belirtgin empedans yine Eşitlik-97 ile verilir ve T gecikme zamanı birim uzunluk başına gecikme olur. O zaman bu niceliğin tersi birim zamanda alınan yol yani gerçek yayılma hızıdır. Kusursuz halde iletim yolunda hiç dağılım yoktur ve yayılma hızı frekanstan büsbütün bağımsızdır. Gerçek iletim yolları iki nedenle hiç bir zaman bu kusursuz davranışı kazanamazlar. Birincisi iletkende enerji yitirmeye yol açan dirençlerin bulunmasıdır. İkincisi iletkenler arasındaki boşluğun bir kısmının tele destek için dielektrik bir madde ile doldurulmuş olmasıdır. Dielektriklerin özellikleri hep frekansa bağlıdır ve bir dielektrik yüksek frekanslarda enerji yayar, yani bir şönt direnci gibi davranır. Bu nedenle aynı eksenli iletim yollarının bile yüksek frekans kesilimi vardır; maddenin dikkatlice seçilmesi ile bu frekans Hz ve daha yükseğe çıkarılabilir.

101 İç ve dış yarıçapları sıra ile a ve b olan aynı eksenli l uzunlığında silindirlerden oluşan bir iletim yolu için indüktans ve sığa hesabı: dir. Birim uzunluk başına sığa ve indüktans ise (aradaki kısım ve µ olan madde ile dolu ise) olacaktır. C = 2π /Ln(b/a) ve L = (µ/2π)ln(b/a) (102)

102 Elektromanyetik dalganın dilektrik ortamda yayılma hızının v = 1/( µ ) 1/2 ile verildiğini biliyoruz (Titreşimler ve Dalgalar ders notlarına bakınız). Eşitlik-102 kullaılarak LC = µ olduğunu görebiliriz. Bu durumda yayılma hızı için v = 1/( µ ) 1/2 = 1/( LC) 1/2 (103) yazabiliriz. Bu, iletkenlerin boyutlarından bağımsızdır ve yalnız iletkenler arasındaki maddenin elektrik ve manyetik özelliklerine ( ve µ) bağlıdır. Özellikle, eğer ve µ boşluktaki değerlere ( 0 ve µ 0 ) yakınsa o zaman yayılma hızı ışığın boşluktaki hızı c = 1/(µ 0 0 ) 1/2 ye yakındır. Fakat, eğer dielektrik sabiti birden epeyce büyükse yani, 0 dan epey büyükse o zaman Belirtgin empedans R = (L/C) 1/2 R = (1/2π) (µ/ ) 1/2 Ln(b/a) (104) ile verilir. Böylece, iletkenlerin b/a yarıçap oranlarını değiştirerek iletim yolunun belirtgin empedansını kolayca değiştirebiliriz. Dağınık-parametreli iletim yolunun tam çözümlenmesi, iletkenler arasındaki alanlar ile bu bölgedeki dalgaların yayılmasından giderek de yapılabilir. O zaman çözümlemenin ayrıntıları büsbütün farklıdır. Fakat yayılma hızı ve belirtgin empedans ile ilgili son vargılar aynıdırlar.

103 İletim Hattı Karakteristik Empedansı Karakteristik empedans İletim hattı eşdeğer devresi İki telli ve eş eksenli iletim hattı parametreleri R: birim uzunluk başına direnç (her iki iletken) /m L: birim uzunluk başına indüktans (her iki iletken) H/m G: iki iletkeni arasındaki dielektrik malzemenin birim uzunluk başına iletkenliği S/m C: birim uzunluk başına kapasitans F/m R ve L seri elemanlar; G ve C nin ise paralel elemanlar olduğuna dikkat edilmelidir.

104 İletim hattı çıkışına rezistif bir yük bağlandığında yansıma: Bir iletim hattının karakteristik empedansı Z 0 = V(x)/I(x) ifadesi ile tanımlanır. x =0 giriş ucuna ve x = l çıkış ucuna karşı gelir. İletim hattının çıkışına karakteristik empedansa eşit olmayan rezistif bir yük bağlandığında girişten gönderilen sinyalin bir kısmı yansır bir kısmı ise yük tarafından soğrulur. Yansıma katsayısı ile tanımlıdır. rv = V r /V i Burada V r = yansıyan gerilim, V i = giriş gerilimidir. Burada rv alt indisi voltaj için yansıma katsayısını temsil etmektedir.

105 Yukarıdaki devrede yük (load) üzerindeki gerilim ve akım için V yük = V i + V r yazabiliriz. Burada ve I yük = I i + I r V i = Z 0 I i ve V r = -Z 0 I r dir. Buradan V yük = Z L I yük = Z L (I i + I r ) = V i + V r = (Z L / Z 0 ) (V i - V r ) yazabiliriz. Buradan V i + V r = (Z L / Z 0 ) (V i - V r ) eşitliği kullanılarak yansıma katsayısı için rv = V r /V i = (Z L Z 0 )/(Z L + Z 0 ) ifadesini elde ederiz. Bu ifadeye voltaj yansıma katsayısı denir. Akım yansıma katsayısı ise ri = I r /I i = (Z 0 Z L )/(Z L + Z 0 ) ile tanımlıdır. Burada ri alt indisi akım için yansıma katsayısını temsil etmek için kullanılmıştır. Voltaj ve Akım yansıma katsayıları zıt işaretlidir yani rv = - ri olacaktır. Mekanik eşdeğerin yansıma katsayısını akım için verilen yansıma katsayısı ile karşılaştıracağız

106 Bazı özel yük direnci için yansıma katsayısı Aşağıdaki şekildeki veriler voltaj için olan yansıma katsayısı içindir. Akım için verilen yansıma katsayısının bunun ters işaretlisi olacağını tekrar hatırlatalım. Ayrıca mekanik eşdeğeri için yansıma katsayısını akım için olanla karşılaştıracağımızı da tekrar belirtelim. NOT: İletim hatları için daha fazla bilgi için, Mühendislik Elektromanyetiğinin Temelleri, David K. Cheng. Çev: Adnan Köksal ve Birsen Saka kitabına bakabilirsiniz.

107 Eş eksenli (Koaksiyel) kabloların bazı uygulama yerleri Bazı tipik koaksiyel kablo ölçüleri