#42 Geçici Analiz #42 — RL doğal cevap sayısal örneği

Aşağıda defterde yazılan bütün satırlar ve bunlara eşlik eden sesli anlatımın tam metni bulunur.

1. 1. RL doğal cevap sayısal çözümü

   

   L=100 mH, R=50 Ω, I₀=2 A

   $\displaystyle L=0,1 H$

   $\displaystyle \tau =\frac{L}{R}=\frac{0,1}{50}$

   τ=0,002 s=2 ms

   $\displaystyle i\left(t\right)=2e^{(}-500t) A$

   $\displaystyle v_{R}\left(t\right)=R\cdot i\left(t\right)$

   $\displaystyle v_{R}\left(t\right)=100e^{(}-500t) V$

   $\displaystyle v_{L}\left(t\right)=-v_{R}\left(t\right)$

   t=τ: i=0,736 A ve v_R=36,8 V

   Sesli anlatım metni

   Ayrıntılı bir sayısal örneğe bakalım. Yüz milihenrilik bir indüktör, elli ohmlu bir direnç ve iki amperlik başlangıç akımımız var. Switch t eşittir sıfırda açılır. Birinci adım: zaman sabitini hesaplayalım. Tau eşittir L bölü R eşittir sıfır nokta bir bölü elli eşittir sıfır nokta sıfır sıfır iki saniye, yani iki milisaniye. Çok hızlı azalma! İkinci adım: akım ifadesini yazalım. i-of-t eşittir iki çarpı e üssü eksi t bölü sıfır nokta sıfır sıfır iki, ya da eşdeğer olarak, iki çarpı e üssü eksi beş yüz t amper. Üçüncü adım: dirençte gerilimi bulalım. V-R eşittir I-sıfır çarpı R çarpı üstel. Yani iki çarpı elli çarpı e üssü eksi beş yüz t, yüz çarpı e üssü eksi beş yüz t volta basitleşir. Dikkat: t eşittir sıfırda, dirençte yüz voltluk ani bir artış var. Bu yüzden indüktörleri yöneten switch'ler tehlikeli gerilim geçicileri üretebilir! Dördüncü adım: t eşittir tau eşittir iki milisaniyede cevabı kontrol edelim. Akım iki çarpı e üssü eksi bir eşittir sıfır nokta yedi üç altı ampere düşer. Gerilim otuz altı nokta sekiz volta düşer.

2. 2. Bir tau ve beş tau kontrolleri

   

   Üstel azalmayı zaman noktalarında denetle

   t=τ=2 ms

   $\displaystyle i\left(\tau \right)=2e⁻¹=0,736 A$

   $\displaystyle v_{R}\left(\tau \right)=100e⁻¹=36,8 V$

   t=5τ=10 ms

   $\displaystyle i\left(5\tau \right)=2e⁻⁵ A$

   i(5τ)=0,0135 A=13,5 mA

   Kalan oran yüzde 0,674

   Geçici rejim pratikte sona ermiştir

   Sesli anlatım metni

   Beş-tau kuralı, geçici analiz için pratik bir rehberdir. Geçicinin etkin şekilde bittiğini ne zaman söyleriz? Cevap: beş zaman sabitidir. t eşittir tau'da, akımın yüzde otuz altı nokta sekizi kalmaktadır. t eşittir iki-tau'da, yalnızca yüzde on üç nokta beş. Üç-tau'da: yüzde beş. Dört-tau'da: yüzde bir nokta sekiz. Beş-tau'da: yüzde sıfır nokta yedi. Beş-tau'dan sonra, akım başlangıç değerinin yüzde birinden azına inmiştir; çoğu pratik amaç için geçici ölgüdür. Devre tasarımında bu kritiktir. İndüktörleri anahtarlayan bir güç kaynağı tasarlıyorsanız, beş-tau yerleşme süresini dikkate almalısınız. İki milisaniye zaman sabiti için beş-tau on milisaniyedir. İndüktör akımı anında kaybolmaz, bu yerleşme süresi gereklidir. İndüktör veya büyük transformatör anahtarlayan sayısal devrelerde bu süre, anahtarlama frekansını sınırlandırabilir.

3. 3. Manyetik enerji ve dirençte ısı

   

   İndüktörün başlangıç enerjisini izle

   w_L(0)=½LI₀²

   $\displaystyle =½\left(0,1\right)\left(2²\right)$

   $\displaystyle w_{L}\left(0\right)=0,2 J$

   Başlangıç direnç gücü p_R(0)=I₀²R

   $\displaystyle p_{R}\left(0\right)=200 W$

   $\displaystyle p_{R}\left(t\right)=200e^{(}-1000t) W$

   $\displaystyle \int ₀\infty p_{R}\left(t\right)\mathrm{d}t=0,2 J$

   Manyetik alan enerjisi tamamen ısıya dönüşür

   Sesli anlatım metni

   Enerji nereye gider? İndüktör başlangıçta manyetik enerji W-sıfır eşittir yarı L çarpı I-sıfır-kare ile başlar. Bu devredeki tek enerjidir; direncin başlangıç enerjisi yoktur. Akım azaldıkça manyetik alan çöküyor. Serbest bırakılan enerji nereye gider? Direncin içine! Dağıtılan güç: p eşittir i-kare R. Sıfırdan sonsuza kadar tüm zaman aralığını entegre edebiliriz: toplam enerji eşittir p-R-of-t'nin d-t integrali, eşittir I-sıfır-kare R çarpı e üssü eksi iki-t bölü tau'nun d-t integrali. Bu integrali değerlendirsek tam yarı L I-sıfır-kare elde ederiz. Güzel bir sonuç: tüm başlangıç manyetik enerjisi dirençte ısı olarak dağıtılır. Gücün sıfırdan sonsuza integrali, başlangıçta depolanan enerjiye eşittir. Bu enerji koruması pratikte; elektromanyetik alan enerjisi kaybolmaz, termal enerjiye dönüşür. Somut olarak, direnç ısınır çünkü indüktörün depoladığı tüm enerjiyi absorbe etmektedir.

4. 4. RL uygulama özeti ve güvenlik

   

   RL doğal cevap uygulama sırası

   1) Önce τ=L/R hesapla

   2) i(t)=I₀e⁽−t/τ) yaz

   3) v_R=Ri ve v_L=−v_R bul

   4) 5τ ve enerji kontrolü yap

   Bu örnekte τ=2 ms ve 5τ=10 ms

   İlk anda v_R=100 V

   Anahtarlanan indüktörlerde gerilim geçicisi tehlikelidir

   Koruma elemanları gerçek devrede zorunlu olabilir

   Sesli anlatım metni

   Bu dersin temel sonuçlarını özetleyelim. Birincisi: Ar-El doğal cevabı i-of-t eşittir I-sıfır çarpı e üssü eksi t bölü tau şeklindedir, tau eşittir L bölü R. Bu, Ar-Si doğal cevabının kusursuz ikiliğidir. Gerilimi akımla, kapasiteyi indüktansla değiştirdik. İkincisi: zaman sabiti tau her şeyi belirler. t eşittir tau'da akımın yüzde otuz altı nokta sekizi kalmaktadır. t eşittir sıfırda üstel eğriye bir teğet çizerek tau'yu grafik olarak bulabilirsiniz; teğet zaman eksenini tam t eşittir tau'da keser. Beş-tau'dan sonra geçici ölgüdür. Üçüncüsü: enerji koruması. İndüktör yarı L I-sıfır-kare manyetik enerji ile başlar. Bu enerjinin tamamı dirençte ısı olarak dağıtılır. Güç, i-kareye bağlı olduğu için akımdan iki kat daha hızlı dağılır. Dördüncüsü: pratik etkiler. İndüktör akım taşırken bir switch açıldığında, V eşittir L çarpı d-i-d-t olduğu için switch üzerindeki gerilim tehlikeli seviyelere çıkabilir. Beş-tau ile belirlenen yerleşme süresi, güç elektroniğinde kritiktir. Bir sonraki derste Ar-Si ve Ar-El adım cevabını inceleyeceğiz; yalnızca depolanan enerjiyi serbest bırakmak yerine bir gerilim adımı uyguladığımızda ne olduğunu göreceğiz.