Öz indüksiyon

Çisem balkondaki tabureye bir pil yatağı, bir anahtar ve kalın bir demir civataya yüzlerce tur vernikli bakır tel sararak yaptığı bobini diziyor; evde küçük bir elektromıknatıs kurmak istiyor. Ağabeyi Doğan, eski bir ışıklı priz anahtarından söktüğü minik neon lambayı bobinin iki ucuna bağlıyor. Çisem gülüyor: «Devrede tek bir 9 V'luk pil var. O lamba prizdeki şebeke gerilimiyle yanar; burada hiçbir anda ışık vermez.» Anahtarı kapatıyor: neon karanlık. Anahtarı açıyor: neon bir an turuncu parlayıp sönüyor. Birkaç kez deniyorlar ve parıltı her seferinde yalnız açılışta geliyor, kapanışta hiç gelmiyor. Pilden büyük bir kaynak yokken lambayı yakan gerilim nereden çıktı, neden yalnız akım kesilirken?

• Bobindeki akımın değişme hızından öz indüksiyon emk'sinin büyüklüğünü ve yönünü bulursun.
• Bir makaranın öz indüksiyon katsayısının sarım sayısı, kesit alanı ve uzunluk değişince nasıl değiştiğini oranla hesaplarsın.
• Anahtar kapandıktan hemen sonra ve uzun süre sonra bobinli bir doğru akım devresindeki akımları belirlersin.
• Bobinde depolanan manyetik enerjiyi ½ · L · I² ile hesaplar, anahtar açılınca bu enerjinin nereye gittiğini açıklarsın.

Bobin kendi akısını da duyar

Faraday yasası, bir halkadan geçen akı değişince halkada emk doğduğunu söylüyordu; Lenz yasası da bu emk'nin değişime karşı koyan yönü seçtiğini. İkisini «Manyetik akı ve indüksiyon» konusunda kurduk. Bu iki yasa akının hangi kaynaktan geldiğiyle ilgilenmez ve bir bobinin içindeki alanın en yakın kaynağı çoğu zaman bobinin kendi akımıdır. «Akımın manyetik etkisi» dersindeki makara bağıntısı, sarımların sardığı boşluktaki alanı sarımlardan geçen akımla doğru orantılı verir. Akım değişirse bu alan, alan değişirse sarımlardan geçen akı da değişir. Faraday yasası akının kaynağını sormaz; kendi akımından gelen değişim de bobinde emk doğurur. Bu olaya öz indüksiyon (self-induction) denir.

Lenz yasası burada da geçerlidir ve sonucu ilginçtir: bobinde doğan emk, onu doğuran akım değişimine karşı koyar. Akım artmaya çalışırken bobin artışı frenler, azalmaya çalışırken azalışı geciktirir. Bobin, içinden geçen akımın değişmesinden hoşlanmayan bir devre elemanıdır; akımın kendisine değil, değişimine tepki verir.

Öz indüksiyon katsayısı

Bobinin tüm sarımlarından geçen toplam akı akımla orantılı olduğundan, orantı sabitine bir ad verilir: öz indüksiyon katsayısı (indüktans, inductance) L. Tanımı L = N · Φ / I'dır; N sarım sayısı, Φ bir sarımdan geçen akıdır. Faraday yasasına koyunca akının değişimi yerine akımın değişimi gelir ve bağıntı yalınlaşır:

ε = −L · ΔI / Δt

Eksi işaret Lenz yasasının yazılı hâlidir. L'nin SI birimi henrydir (H): akım saniyede 1 A değişirken bobinde 1 V emk doğuyorsa L = 1 H'dir. Birim olarak 1 H = 1 V·s/A = 1 Wb/A yazılabilir. Elektronik kartlardaki küçük bobinler çoğunlukla milihenry (mH) ya da daha küçük mertebededir; çok sarımlı, demir çekirdekli bobinler henry düzeyine çıkabilir.

Bir hesapla görelim. L = 0,2 H olan bir bobinde akım 0,05 s içinde 3 A'den 1 A'e düzgün biçimde azalsın. ΔI / Δt = (1 − 3) / 0,05 = −40 A/s ve ε = −0,2 · (−40) = +8 V bulunur. Artı işaret, emk'nin akımla aynı yönde, yani akımı sürdürmeye çalışan yönde olduğunu söyler. Aynı bobinde akım 0,01 s'de sıfırdan 2 A'e çıkarılsaydı emk 40 V büyüklüğünde ve akıma ters yönde olurdu. L sabit kaldıkça emk'yi belirleyen akımın büyüklüğü değil, değişme hızıdır: 100 A taşıyan ama akımı hiç değişmeyen bir bobinde öz indüksiyon emk'si sıfırdır.

L nelere bağlıdır?

Uzun bir makara için L'yi makara bağıntısından çıkarabiliriz. Bu derste öz indüksiyon katsayısı L harfini aldığı için makaranın uzunluğunu ℓ, kesit alanını A ile gösterelim. İçerideki alan B = 4π · k_m · N · I / ℓ, bir sarımdan geçen akı Φ = B · A'dır. N sarımın toplam akısı akıma bölünürse

L = 4π · k_m · N² · A / ℓ

elde edilir. Sarım sayısı iki kez girer: bir kez alanı büyütür, bir kez de o alanın geçtiği tur sayısını artırır. Bu yüzden sarım sayısı iki katına çıkınca L dört katına çıkar. Kesit alanı büyüdükçe L doğru orantılı artar; çap iki katına çıkarsa kesit alanı da L de dört katına çıkar. Aynı sarımlar daha uzun bir boruya seyrek dağıtılırsa alan zayıflar ve L uzunlukla ters orantılı küçülür. Demir çekirdek alanı kat kat büyüttüğü için L'yi de kat kat büyütür; Çisem'in civatası bu işi görüyordu. Bağıntıda akım yoktur: L bobinin biçimine ve çekirdeğine bağlıdır, içinden ne kadar akım geçtiğine bağlı değildir.

Sayıyla: 20 cm uzunluğunda, 4 cm² kesitli, 500 sarımlı havalı bir makarada π = 3 ile L = 4 · 3 · 10⁻⁷ · 500² · 4 · 10⁻⁴ / 0,2 = 6 · 10⁻⁴ H, yani 0,6 mH çıkar. Santimetre kareyi metre kareye çevirirken 10⁻⁴ çarpanını unutmak sonucu on bin kat büyütür.

Anahtar kapanınca akım tırmanır

Bir üreteç, bir direnç ve bir bobin seri bağlıyken anahtar kapansın. Bobin olmasaydı akım hemen ε / R değerine çıkardı. Bobin ise ani artışa izin vermez: akım sıfırdan yükselmeye başlar başlamaz bobinde üretece ters yönlü bir emk doğar. Kirchhoff'un ilmek kuralı her an şunu verir: üretecin emk'si, direnç üzerindeki I · R gerilimi ile bobinin L · ΔI / Δt gerilimine paylaşılır.

Örnek alalım: ε = 12 V, R = 6 Ω, L = 0,3 H ve bobinin teli dirençsiz. Kapanma anında akım sıfırdır, dirençte gerilim düşmez ve 12 V'un tamamı bobine kalır; akım 12 / 0,3 = 40 A/s hızla artmaya başlar. Akım 1 A'e geldiğinde direnç 6 V alır, bobine 6 V kalır ve artış hızı 20 A/s'ye iner. Akım büyüdükçe bobine düşen pay küçülür, artış yavaşlar ve akım 12 / 6 = 2 A değerine giderek yaklaşır. Akım–zaman grafiği orijinden dik başlayıp eğimi azalarak yatay bir sınıra yanaşan bir eğridir. Bu tırmanışın ne kadar süreceği L büyüdükçe uzar, R büyüdükçe kısalır; süreyi veren bağıntı müfredatın dışında kalır. Kapanmada bobindeki ters emk hiçbir an üretecin emk'sini aşamaz, çünkü en büyük değerini akımın sıfır olduğu ilk anda alır ve o an bile ε'a eşittir. Çisem'in neonu bu yüzden kapanışta yanmadı: bobinin uçlarında 9 V'tan büyük bir gerilim hiç oluşmadı.

Uzun süre sonra bobin bir tel parçasıdır

Akım son değerine oturunca ΔI / Δt sıfırdır, öz indüksiyon emk'si de sıfırdır. Kararlı durumda bobin, yalnızca telinin direnci kadar direnci olan bir iletkendir. İdeal bobin (teli dirençsiz) bu durumda düz bir tel gibi davranır; ona paralel bağlı bir lamba kısa devre olur ve söner. Teli r direncine sahip bir bobin ise devreye r kadarlık bir direnç gibi katılır: 12 V'luk üretece 4 Ω'luk bir dirençle seri bağlanan, teli 2 Ω olan bir bobinden kararlı durumda 12 / (2 + 4) = 2 A geçer ve L bu hesapta hiç yer almaz.

«Sığaçlar» dersindeki sığaçla karşılaştırmak tabloyu tamamlar. Doğru akım devresinde sığaç uzun süre sonra dolar ve kendi kolundan akım geçirmez, yani açık devre gibidir; bobin ise uzun süre sonra akımı serbestçe geçirir. Anahtar kapandığı ilk anda roller yer değiştirir: boş sığaç akımı engellemez, bobin ise ilk anda akımı sıfırda tutar ve kendi kolunu açık devre gibi gösterir.

Anahtar açılınca: kıvılcım

Anahtar açılınca devre kopar ve akımın çok kısa bir sürede sıfıra inmesi gerekir. Δt çok küçük olduğu için ΔI / Δt çok büyüktür ve bobin, akımı sürdürmek yönünde büyük bir emk üretir. Bu emk üretecinkiyle sınırlı değildir. Varsayımsal sayılarla: L = 0,2 H'lik bir bobinde 0,5 A'lik akım 0,5 ms içinde kesilirse ortalama emk 0,2 · 0,5 / (5 · 10⁻⁴) = 200 V olur. Bu gerilim anahtarın birbirinden ayrılan kontakları arasındaki havayı iletken yapacak kadar büyük olabilir; kontaklar arasında atlayan kıvılcım budur. Çisem'in neonu da bu kısa süreli yüksek gerilimle bir an yandı. Aynı nedenle büyük bobinli devrelerin uçlarını akım kesilirken çıplak elle tutmak çarpılmaya yol açabilir.

Bobinde depolanan enerji

Kıvılcımın enerjisi bobinin içinde birikmişti. Akımı sıfırdan I'ya çıkarırken üreteç, bobinin ters emk'sine karşı iş yapar. Kısa bir Δt süresinde bu iş, ters emk L · ΔI / Δt ile akım I ve sürenin çarpımıdır; Δt sadeleşince L · I · ΔI kalır. L · I çarpımını akıma karşı çizersek sıfırdan başlayıp düzgün yükselen bir doğru elde ederiz; yapılan toplam iş bu doğrunun altındaki üçgenin alanıdır:

U = ½ · L · I²

Bu, sığacın enerjisini veren üçgen akıl yürütmesinin aynısıdır; orada gerilim yükle doğru orantılı artıyordu ve sonuç ½ · C · V² çıkmıştı, burada ters emk ile akım arasındaki çarpım aynı rolü oynar. Sığaç enerjisini levhalar arasındaki elektrik alanda, bobin ise sarımların içindeki manyetik alanda saklar. L = 0,3 H'lik bobinden 2 A geçerken depolanan enerji ½ · 0,3 · 2² = 0,6 J'dür. Akım iki katına çıkarsa enerji dört katına çıkar. Kararlı durumda bu enerji yerinde durur; üretecin o sırada verdiği güç yalnız dirençlerde ısıya dönüşür. Anahtar açılınca enerji bir yere gitmek zorundadır ve kıvılcımda, neonda ya da bobine paralel bağlı bir dirençte harcanır.

Soru çözerken

Önce sorunun anı hangi aşamada sorduğunu belirle: kapanma anı, geçiş, kararlı durum ya da açılma. Kapanma anında bobinden akım geçmez; kararlı durumda ideal bobin tel, dirençli bobin r kadarlık direnç olur. Geçiş anındaki artış hızını, üretecin emk'sinden dirençlerdeki I · R toplamını çıkarıp L'ye bölerek bul. Emk sorusunda ΔI'yı son akım eksi ilk akım olarak işaretli al ve yönü Lenz'le yorumla. Enerji sorusunda akımın karesini almayı ve ½ çarpanını unutma. L'yi değiştiren oran sorusunda N'nin karesiyle, A ile doğru, ℓ ile ters orantıyı birlikte uygula.

Bu derste akım ya bir kez açılıp kapanıyor ya da kararlı bir değere oturuyordu; bobin yalnız geçişlerde konuşuyordu. Prizdeki akım ise hiç oturmaz, saniyede onlarca kez yön değiştirir. Böyle bir akımın ortalaması sıfırken bir ısıtıcıyı nasıl ısıttığı, düzgün alanda dönen bir bobinin bu gerilimi nasıl ürettiği ve akım hiç susmadan değişirken bobinin ona ne kadar karşı koyduğu yeni sorulardır. «Alternatif akım» dersi bunları sinüs biçimli emk, etkin değer ve frekansla büyüyen bobin tepkisi üzerinden kuruyor.

Örnek 1 — Azalan akımın emk'si

Soru: Öz indüksiyon katsayısı 0,4 H olan bir bobinden geçen akım 0,1 s içinde 5 A'den 2 A'e düzgün olarak azalıyor. Bu süre boyunca bobinde oluşan öz indüksiyon emk'sinin büyüklüğü ve yönü nedir?

• A) 20 V, akımı sürdürecek yönde
• B) 12 V, akımın azalmasını hızlandıracak yönde
• C) 12 V, akımı sürdürecek yönde
• D) 8 V, akımı sürdürecek yönde
• E) 1,2 V, akımı sürdürecek yönde

Çözüm: ΔI = 2 − 5 = −3 A ve ΔI / Δt = −30 A/s; ε = −0,4 · (−30) = 12 V. İşaret artıdır: emk akımla aynı yönde durup azalışa karşı koyar, Lenz yasası da bunu söyler. 20 V, değişim yerine ilk akımı 5 A'i kullanmaktan; 8 V, son akımı kullanmaktan; 1,2 V, süreye bölmeyi unutmaktan çıkar. B seçeneği büyüklüğü doğru bulup yönü ters çevirmiştir. Cevap: C.

Örnek 2 — Makaranın öz indüksiyon katsayısı

Soru: Uzunluğu 30 cm, kesit alanı 5 cm² olan havalı bir makaraya 600 sarım sarılmıştır. Manyetik sabiti k_m = 10⁻⁷ tesla·metre/amper, π'yi de 3 kabul ediniz. Makaranın öz indüksiyon katsayısı kaç henrydir?

• A) L = 7,2 · 10⁻⁴
• B) L = 1,2 · 10⁻⁶
• C) L = 7,2
• D) L = 3,6 · 10⁻⁴
• E) L = 7,2 · 10⁻⁶

Çözüm: L = 4π · k_m · N² · A / ℓ = 4 · 3 · 10⁻⁷ · 360000 · 5 · 10⁻⁴ / 0,3 = 7,2 · 10⁻⁴ H. Sarım sayısının karesini almayan 1,2 · 10⁻⁶ H bulur. 5 cm²'yi metre kareye çevirmeden yazan 7,2 H'e, uzunluğu 30 diye santimetreyle bölen 7,2 · 10⁻⁶ H'e varır. 3,6 · 10⁻⁴ H, makara yerine halkanın 2π çarpanını kullanmaktan gelir. Cevap: A.

Örnek 3 — Tırmanış sırasında bir an

Soru: İç direnci önemsiz 24 V'luk bir üreteç, 8 Ω'luk bir direnç ve teli dirençsiz, öz indüksiyon katsayısı 0,4 H olan bir bobin bir anahtarla seri bağlanıyor. Anahtar kapandıktan bir süre sonra devreden 1 A geçtiği an akımın artma hızı ve akımın sonunda ulaşacağı değer nedir?

• A) 60 A/s; 3 A
• B) 20 A/s; 3 A
• C) 40 A/s; sıfır
• D) 60 A/s; sıfır
• E) 40 A/s; 3 A

Çözüm: O anda direnç 8 · 1 = 8 V alır, bobine 24 − 8 = 16 V kalır; artış hızı 16 / 0,4 = 40 A/s'dir. Uzun süre sonra ideal bobin tel gibi davranır ve akım 24 / 8 = 3 A'e oturur. 60 A/s kapanma anının hızıdır, o an akım henüz sıfırdır. 20 A/s, bobine kalan gerilim yerine direncin gerilimini L'ye bölmekten gelir. Son akımı sıfır sanan, bobinin doğru akımı sürekli engellediğini düşünmüştür. Cevap: E.

Örnek 4 — Dirençli bobinin enerjisi

Soru: Emk'si 12 V, iç direnci önemsiz bir üreteçle 5 Ω'luk bir direnç ve teli 1 Ω dirençli, öz indüksiyon katsayısı 0,5 H olan bir bobin aynı ilmekte seri duruyor. Anahtar kapandıktan uzun süre sonra bobinin manyetik alanında ne kadar enerji birikmiştir?

• A) U = 1,44
• B) U = 1
• C) U = 0,5
• D) U = 2
• E) U = 36

Çözüm: Kararlı durumda bobinin emk'si sıfırdır ve bobin yalnız 1 Ω'luk direnç olarak kalır; I = 12 / (5 + 1) = 2 A. U = ½ · 0,5 · 2² = 1 J. 1,44 J, bobinin tel direncini atlayıp akımı 2,4 A almaktan; 0,5 J, akımın karesini almamaktan; 2 J, ½ çarpanını unutmaktan doğar. 36 J, akımı yalnız bobinin 1 Ω'luk direnciyle hesaplayıp 12 A bulan bir öğrencinin sonucudur. Cevap: B.

• Emk'yi akımın büyüklüğüne bağlamak. Öz indüksiyon emk'si L · ΔI / Δt'dir; sabit akım ne kadar büyük olursa olsun emk sıfırdır. Hesapta ilk ya da son akımı ΔI yerine koymak sık rastlanan bir hatadır.
• Lenz yönünü yalnız «akıma ters» diye ezberlemek. Bobinin emk'si akımın değişimine karşıdır: akım artarken akıma ters, azalırken akımla aynı yöndedir.
• L'yi akıma bağlı sanmak. L bobinin sarım sayısına, kesitine, uzunluğuna ve çekirdeğine bağlıdır. Sarım sayısı N² ile girer; iki kat sarım dört kat L verir.
• Kararlı durumda bobini engel saymak. Doğru akımda uzun süre sonra ideal bobin tel, dirençli bobin yalnız r kadarlık direnç olur. Ona paralel bağlı lamba ideal durumda söner.
• Kapanma ile açılmayı karıştırmak. Kapanmada bobinin ters emk'si üretecin emk'sini aşamaz; açılmada akım çok kısa sürede kesildiği için emk üreteçten kat kat büyük olabilir ve kıvılcım bu anda çıkar.
• Enerjide ½ ya da kareyi unutmak. U = ½ · L · I²; akım iki katına çıkınca enerji dört katına çıkar.