ELEKTROMANYETİK ALAN TEORİSİ
Prof. Dr. Osman Gürdal
s
e
m
524 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMA VE PROBLEM İLE 4.BASKI
BURSA ORHANGAZİ ÜNİVERSİTESİ YAYINLARI– BURSA 2017
εLεKTRσµANYεTİK
ALAN TεσRİSİ
BURSA ORHANGAZİ ÜNİVERSİTESİ YAYINLARI– BURSA 2017
IV
ÖNSÖZ
Elektromanyetik alan teorisi kavramından önce alan teorisi kavramının öncelikle vurgulanması
gerekir. Alan uzay ve zamanda gözlenebilir bir niceliğin veya büyüklüğün süreklilik gösteren
dağılımı olarak tanımlanabilir. Ölçülebilir olması gereken bu gözlenebilir nicelik bir sıvının rengi,
atmosferdeki toz yoğunluğu, sıcaklık dağılımı, güneşin ışık ve sıcaklık dağılımı, atmosfer basıncı,
rüzgar dağılımı, yerçekimi, akarsudaki akış örüntüsü, dünyayı çevreleyen manyetik alan, derideki
kıl yoğunluğu, ormandaki ağaç dağılımı, nüfus dağılımı, telefon baz istasyonu ve elektrik iletim
hatları etrafındaki elektriksel ve manyetik alan örüntüleri gibi olaylar çeşitlemesinden herhangi biri
olabilir. Gözlenen nicelik, uzayda değişim gösterip zamanla değişmiyorsa statik alandan, tersi
durumda ise zamanla değişken alandan söz edilir. Bir alanın matematiksel tanımında alanın uzayın
bir fonksiyonu olduğu kabul edilir. Alandaki herhangi bir nokta, uzayda öbür noktalara göre
konumu cinsinden belirlenir. Ölçülen özellik, doğrultudan bağımsızsa skaler, doğrultuya bağlıysa
vektördür.
Alanları sınıflandırmanın çeşitli yolları vardır; başlangıçta bunlar maddi ve maddi olmayan alanlar
olarak ikiye ayrılabilir. Maddi alanlarda gözlenebilir nicelik bir gazın sıcaklığı, bir sıvının hızı ya
da yoğunluğu gibi maddenin bir özelliğini gösterir. Elektrik alanı ve manyetik alan gibi maddi
olmayan alan ise herhangi bir maddi özelliği sergilemeyip belli koşullar altında uzayın bir
noktasında ortaya çıkacak bazı gizli etkileri sergiler. Gözlenebilir alan, alan fonksiyonuyla verilen
ve uzayın x, y, z koordinatlarıyla tanımlanan bir noktasındaki değeri bulunabilen elektrostatik veya
manyetostatik alandır. O noktada gerçekte var olan herhangi bir şey yoktur. Eğer bir elektrik yükü
x, y, z koordinatlarıyla tanımlanan noktaya yerleştirilirse, elektrik yükü alan fonksiyonuyla orantılı
bir kuvvetin etkisinde kalacaktır. Manyetik alan, elektrik alanı, kütleçekimi alanı ve olasılık
alanları bu türden alanlara örnektir.
Alanlar gözlenebilir fonksiyonlarının skaler, vektör ya da tensör oluşlarına göre de
sınıflandırılabilir. Bir skaler büyüklüğü olan ancak yönü olmayan niceliktir. Kütle, yoğunluk,
sıcaklık, akım, gerilim skaler alanlardır. Vektör, uzayda yönlenmiş niceliktir. Kuvvet, elektrik ve
manyetik alan şiddetleri ve akı yoğunlukları vektörel niceliklere örnek verilebilir. Alanın
ölçülebilir niceliği yalnızca skaler ya da vektörel niceliklerle ifade edilemiyorsa ve böylesi birçok
niceliğin bir arada ele alınması gerekiyorsa bir tensör kurulması gerekir.
Atmosferde herhangi bir noktadaki basınç gaz molekülleri ile yer arasındaki kütleçekimi etkisinden
kaynaklanır. Bir yandan yeryüzüne doğru gaz moleküllerinin hızlanmasına yol açan bu çekim
etkisinden, öbür yandan yüklendikleri ısıl enerji yüzünden birbirleriyle çarpışan moleküllerin
atmosferin genişlemesini sağlayan etkisinden kaynaklanan iki karşıt eğilim arasında bir kararlı
durum oluşur. Böylece atmosfer basıncı, irtifa’nın yani yeryüzünden yüksekliğin azalan bir
fonksiyonu olur. Bu durum skaler alanlar için en basit örneklerdendir. Sıcaklık alanı, kütleçekimi
alanı, hareketli akışkanların yoğunlukları gibi alanlar da benzer skaler alanlardır.
Uzayda fiziksel bir miktar bir veya daha fazla sayılar ile temsil edildiğinde bu sayılar sıcaklık,
basınç, yoğunluk, elektrik alan şiddeti, manyetik akı yoğunluğu, vb. belirtebilir. Bu değerlerin
tamamı, bir çeşit fiziksel miktar için fiziksel bir alan veya üç boyutlu uzayı oluşturur. Böylece ısıl
alan, yerçekimi alanı, elektrik alanı ve manyetik alan hakkında konuşuluyor olabilir. Anılan
alanların matematiksel teorisi alan teorisi olarak adlandırılır.
Alan teorisi Gauss, Laplace, Poisson, Coulomb ve Ampère tarafından 19. yüzyılda geliştirilmiştir.
Bir yüzyıl boyunca alan teorisi matematiksel fiziğin önemli bir branşını oluşturmuş fakat
matematikçiler ve fizikçiler genelde mühendislik problemleri üzerinde yeterli işbirliği içinde
V
olmadıklarından ve mühendislerin çoğu alan teorisi için gereken matematik temeline sahip
olmadıklarından sadece yakın zamanlarda mühendislik uygulamaları yapılmıştır. Matematikçilerin
ve fizikçilerin mühendislik problemlerindeki yetersiz işbirliği muhtemelen ana neden olarak yeni
öğretme teknikleri geliştirmede çaresiz kalan insanoğluna büyük bir yanılgıyla “İnsan beyni fizik
çalışmak için tasarlanmamıştır.” sözünü söyletecek kadar etkili olmuştur.
THE NATURE OF THE HUMAN MIND
“Opinions about the human mind are as numerous as the multitude of anthropologists, biologists, psychologists, and
philosophers who have written about it. It’s rare, however, for a physicist to venture into such a discussion. We don’t dig for
ancient bones or study the ways of bees and geese; our research deals with the inanimate world of electrons and protons, far
removed from questions of human behavior. Yet as teachers we confront, on a day-to-day basis, some deep issues
concerning the nature of the human mind. With each new freshman class, I again must face the fact that the human mind
wasn’t designed to study physics.” Alan Cromer, Uncommon Sense (Oxford University Press, New York, 1993), p. 23.
Elektromanyetik alan fizikteki en önemli vektör alanı sayılabilir. Her ikisi de vektör alanı olan
elektriksel ve manyetik alanlar hareketli olduklarında karakteristik bir biçimde etkileşir. Bir
hidrodinamik sistemdeki basınç alanı tensör alanlarına örnek verilebilir. Bu durum, akışkan
içindeki farklı noktaların farklı sıcaklıklarda olduğu karmaşık hareketler sistemine karşılık gelir.
Elektromanyetik alan teorisi dersi elektrik mühendisliği müfredatının en önemli temel derslerinden
biri olmuş ve bunu sürdürme eğiliminde gözükmektedir. Diğer teorilerin aksine, karmaşık elektrik
mühendisliği problemlerinin açıklaması ve çözümünü veren en iyi tesis edilmiş genel teorilerden
biridir. Bu kitap elektromanyetik alanları temel olarak kavramak isteyen lisans öğrencileri için iki
sömestirlik dersin temel ders kitabı olarak hazırlanmaya çalışılmış ve aynı zamanda ileri
elektromanyetik alanlara hazırlanan öğrenciler için de bir kaynak olabilir.
Kitap içeriği elektromanyetik alan teorisinin öğrenilmesi seyahatinde bir kılavuz olarak görülebilir.
Akla iki soru gelebilir: Elektromanyetik nedir ve niçin önemlidir? İlk soruya elektromanyetik
durgun veya hareketli elektrik yüklerinin etkisi çalışmasıdır şeklinde kısa bir cevap verilebilir.
Elektromanyetik teori, elektromanyetik olgusunun açıklanmasında ve elektrik, manyetik ve
elektromanyetik aygıtların karakteristikleri ve çalışma prensiplerinin anlaşılmasında temel
olduğundan önemlidir. Modern topluluklar yoğun bir biçimde elektromanyetik aygıtlar ve
sistemlere dayanır. Burada örnek olarak, mikrodalga fırını, katot ışınlı osiloskop, radyo, televizyon,
radar, uydu iletişimi, hava taşıtlarının otomatik iniş-kalkış sistemleri ve elektromanyetik enerji
dönüşümü (motor ve generatörler) düşünülebilir.
Elektromanyetizmanın temel prensipleri 150 yıl kadar önceden biliniyordu. Organize ve mantıklı
bir yolda olgunlaşmış bir bilimsel konuya çalışmak için çoğunlukla birkaç temel miktardan ve bazı
varsayımlardan (hipotez veya aksiyom) oluşan geçerli bir teorik modelin oluşturulması gereklidir.
Diğer ilişkiler ve sonuçlar daha sonra bu varsayımlardan geliştirilir. Örneğin klasik mekanik
çalışması kütle, hız, ivme, kuvvet, moment ve enerji’yi tanımlayan teorik bir modele dayanır.
Modelin temel varsayımları Newton hareket kanunu, momentin korunumu ve enerjinin
korunumu’dur. Bu varsayımlar diğer teoremlerden çıkartılamaz fakat hareket hızının ışık hızına
göre ihmal edilebildiği göreceli (mekanik olmayan) diğer bütün ilişkiler ve formüller bu
varsayımlardan geliştirilebilir. Benzer şekilde giriş bölümünde bahsedildiği gibi elektromanyetik
çalışmasında da bir elektromanyetik modelin oluşturulmasına ihtiyaç duyulur.
Vektör analizi, elektromanyetik alan teorisinin matematiksel formülasyonunda omurga rolünde
olduğundan, çok iyi anlaşılması elektromanyetik teorinin mantıksal kavranılmasında önemlidir. Bu
kitap temel prensiplerden geliştirilmiş ve bir öğreticinin minimum yardımı ile vektör analizi
hakkında yeterli bilgi verilmeye çalışılmış ve aynı zamanda uygun konunun akabinde çok sayıda
çözümlü problemleri de barındırmaktadır. Bu örnekler sadece kavram veya fiziksel kanunu
geliştirmeyip aynı zamanda formal teorik gelişim ve uygulaması arasında bir köprü kurmaktadır.
Bu örnekler takviyenin zamanında yapılması ve konunun daha ileri anlaşılması amacıyla makul
VI
karşılanabilir. Her kısmın sonunda verilen alıştırmaların amacı motivasyonu açığa vurmak, güveni
artırmak ve sunulan konunun anlaşılmasını pekiştirmektir. Her bölümün sonundaki problemler
öğrencilere daha fazla kendilerini gösterme imkanı sunmaktadır. Bu problemler kitabın önemli bir
kısmı olup elektromanyetik alan çalışmalarının önemli bir parçasıdır. Öğrencilerin temel kuralları
kullanarak ve gerekli olduğuna inanarak bunları incelemeleri ve benzerlerini çözmeleri tavsiye
edilir. Böyle problem çözme pratiği öğrenciye, daha zor gerçek dünya problemlerinin çözümü için
güven aşılar ve güçlendirir. Her bölüm bir özet ve çalışma soruları ile sona ermektedir. Özetler aynı
zamanda kolay referans olması bakımından bazı önemli eşitlikleri içerir. Çalışma soruları
öğrencinin konunun özünü kavradığını sağlamak için tasarlanmıştır.
Deneyimler, öğrencilerin teorik gelişimi bir soyutlama olarak görme ve bazı eşitlikleri formüller
gibi dikkate alarak vurgulama eğiliminde olduğunu dikte etmektedir. Kısa bir süre içinde öğrenciler
formül olarak adlandırdıkları şeylerin sadece farklı bir ortam olmayıp farklı konfigürasyonlarının
da farklı olduğunu bulduğundan düş kırıklığına başlarlar. Sadece bir alan miktarının hesaplanması
için gerekli eşitlikler dizisi öğrencinin konuya olan ilgisini kaybedecek ölçüde gözlerini korkutur.
Bu durumda ders diploma almak için geçilmesi gereken başka bir zor ders olur. Bu, öğretim
elemanının metoduna bağlı olup aşağıdaki hususlara dikkat etmesi ise tamamen kendi
sorumluluğundadır:
Her gelişimin amacını açıklamak,
Bu gelişim için zorunlu varsayımların doğruluğunu kanıtlamak,
Sınırlamaları vurgulamak,
Ortamın etkisine dikkatleri çekmek,
Bir eşitlikte geometrinin önemini resimleyerek anlatmak ve
Uygun olduğu yerde konu ile ilgili olabilecek günlük hayattan, insan davranışlarından,
sosyolojiden, psikolojiden, felsefeden benzerliklere ve metaforlara yer vermek.
Bu hedefleri kazanmak için öğretim elemanı kendi deneyimini kullanmalı ve diğer uygulama
alanlarını da vurgulamalıdır. Aynı zamanda temel konuları tartışırken alandaki yeni gelişmelerin
üzerinde de durmalıdır. Örneğin akım taşıyan iki iletken arasındaki manyetik kuvvet açıklanırken
manyetik levitasyon ve süspansiyonlu araçlara değinilebilir veya bir kovuk rezonatörü tartışılırken
mikrodalga fırın tasarımı üzerinde durulabilir.
Konu düzgünce açıklandığı ve ilgili eşitlikler temel kurallardan geliştirildiğinde öğrenci
Teorik gelişimi değerlendirecek,
Aldığı gözdağını bırakacak,
Motivasyon ve güveni yeniden kazanacak ve
Yeni fikirlerin geliştirilme nedeninin gücünü sıkıca kavrayacaktır.
İçindekiler tablosuna göre kitabın iki temel kısma ayrıldığı görülebilir. İlk kısımda elektrostatik
alanlar, statik manyetik alanlar ve kararlı elektrik akımlarından dolayı alanlar gibi statik alanlar
sunulmaktadır. Statik alanların çoğu uygulamaları elektrik ve manyetik alanları beraber
içerdiğinden bu uygulamalar bir bölümde sunulmuştur.
Zaman ve fazör (frekans) domeninde Maxwell eşitliklerinin gelişimleri ortalama güç yoğunluğu ve
zamanla değişen elektrik ve manyetik alanların birlikte varlığı kavramı vurgulanarak bir bölüm
oluşturulmuştur. Diğer bir bölümde elektrik ve manyetik devrelerin bilgisayar destekli analizi ve
sayısal çözüm metotları içerilmektedir.
Bu kitabın alanındaki bir ihtiyacı gidereceğini ve faydalı olacağını ümit ediyorum.
Prof. Dr. Osman Gürdal, Bursa 2017
VII
VIII
İÇİNDEKİLER
1 ELEKTROMANYETİK ALAN TEORİSİ ............................................................... 1
1.1 GİRİŞ ....................................................................................................................................... 1
1.2 ALAN KAVRAMI ..................................................................................................................... 2
1.3 ELEKTROMANYETİK MODEL .............................................................................................. 4
1.4 VEKTÖR ANALİZİ .................................................................................................................. 7
1.5 DİFERANSİYEL VE İNTEGRAL FORMÜLASYONLARI ....................................................... 8
1.6 STATİK ALANLAR ................................................................................................................. 8
1.7 ZAMANLA DEĞİŞEN ALANLAR ......................................................................................... 10
1.8 SAYISAL ÇÖZÜMLER VE BİLGİSAYAR DESTEKLİ ANALİZ VE TASARIM .................... 11
1.9 İLERİ ÇALIŞMA .................................................................................................................... 12
1.10 ÇALIŞMA SORULARI ........................................................................................................ 13
2 VEKTÖR ANALİZİ ............................................................................................. 15
2.1 GİRİŞ ..................................................................................................................................... 15
2.2 SKALER VE VEKTÖRLER ................................................................................................... 15
2.2.1 SKALER ........................................................................................................................ 16
2.2.2 VEKTÖR........................................................................................................................ 16
2.3 VEKTÖR İŞLEMLERİ ........................................................................................................... 17
2.3.1 VEKTÖREL TOPLAMA ................................................................................................ 17
2.3.2 VEKTÖREL ÇIKARMA ................................................................................................. 18
2.3.3 VEKTÖR İLE SKALER ÇARPIMI ................................................................................. 18
2.3.4 İKİ VEKTÖRÜN ÇARPIMI ............................................................................................ 18
2.4 KOORDİNAT SİSTEMLERİ .................................................................................................. 23
2.4.1 DİKDÖRTGEN KOORDİNAT SİSTEMİ ........................................................................ 24
2.4.2 SİLİNDİRİK KOORDİNAT SİSTEMİ ............................................................................. 28
2.4.3 KÜRESEL KOORDİNAT SİSTEMİ ............................................................................... 34
2.5 SKALER VE VEKTÖREL ALANLAR ................................................................................... 39
2.6 UZUNLUK, YÜZEY VE HACİM DİFERANSİYEL ELEMANLARI ........................................ 41
2.6.1 DİKDÖRTGEN KOORDİNAT SİSTEMİ ........................................................................ 41
2.6.2 SİLİNDİRİK KOORDİNAT SİSTEMİ ............................................................................. 42
2.6.3 KÜRESEL KOORDİNAT SİSTEMİ ............................................................................... 43
2.7 ÇİZGİ, YÜZEY VE HACİM İNTEGRALLERİ......................................................................... 44
2.7.1 ÇİZGİSEL İNTEGRAL .................................................................................................. 45
2.7.2 YÜZEY İNTEGRALİ ...................................................................................................... 47
2.7.3 HACİM İNTEGRALİ ...................................................................................................... 49
2.8 SKALER FONKSİYONUN GRADYANI ................................................................................ 51
2.9 VEKTÖR ALANININ DİVERJANSI....................................................................................... 56
2.9.1 DİVERJANS TEOREMİ ................................................................................................ 59
2.10 VEKTÖR ALANININ ROTASYONEL’İ ............................................................................... 62
2.10.1 STOKES TEOREMİ .................................................................................................... 68
2.11 LAPLASYAN OPERATÖRÜ .............................................................................................. 71
2.12 BAZI TEOREMLER VE ALAN SINIFLANDIRMALARI...................................................... 73
2.12.1 GREEN TEOREMİ VE ÖZDEŞLİKLERİ ..................................................................... 73
2.12.2 TEKLİK TEOREMİ ...................................................................................................... 74
2.12.3 ALANLARIN SINIFLANDIRILMASI ........................................................................... 75
IX
2.13 VEKTÖR ÖZDEŞLİKLERİ .................................................................................................. 78
2.14 ÖZET ................................................................................................................................... 79
2.15 ÇALIŞMA SORULARI ........................................................................................................ 81
2.16 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR............................................................................................... 82
2.17 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER .............................................................................................. 101
3 STATİK ELEKTRİK ALANLARI ...................................................................... 125
3.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 125
3.2 COULOMB KANUNU ......................................................................................................... 125
3.3 ELEKTRİK ALAN ŞİDDETİ ................................................................................................ 129
3.3.1 YÜK DAĞILIMLARINDAN DOLAYI ELEKTRİK ALAN ŞİDDETİ .............................. 131
3.4 ELEKTRİK AKISI VE ELEKTRİK AKI YOĞUNLUĞU ....................................................... 140
3.4.1 ELEKTRİK AKISI ........................................................................................................ 142
3.4.2 GAUSS KANUNU ....................................................................................................... 143
3.5 ELEKTRİK POTANSİYELİ.................................................................................................. 147
3.6 ELEKTRİK DİPOLÜ ............................................................................................................ 152
3.7 ELEKTRİK ALANINDAKİ MALZEMELER ......................................................................... 158
3.7.1 ELEKTRİK ALANINDAKİ İLETKENLER ................................................................... 158
3.7.2 ELEKTRİK ALANINDAKİ DİELEKTRİKLER ............................................................. 164
3.7.3 ELEKTRİK ALANINDAKİ YARI-İLETKENLER ......................................................... 171
3.8 ELEKTRİK ALANINDA DEPOLANAN ENERJİ ................................................................. 171
3.9 SINIR ŞARTLARI ................................................................................................................ 176
3.9.2 E ’NİN TANJANT BİLEŞENİ ...................................................................................... 177
3.9.1 D ’NİN NORMAL BİLEŞENİ....................................................................................... 176
3.10 KAPASİTÖRLER VE KAPASİTANS ................................................................................ 186
3.10.1 YÜKLÜ CİSİMLERDEKİ ELEKTROSTATİK KUVVETLER ..................................... 192
3.11 POISSON VE LAPLACE EŞİTLİKLERİ ........................................................................... 193
3.11.1 LAPLACE EŞİTLİĞİNİN DEĞİŞKEN AYRIMI METODU İLE ÇÖZÜMÜ ................. 200
3.12 İMAJ METODU.................................................................................................................. 204
3.14 ÖZET ................................................................................................................................. 209
3.15 ÇALIŞMA SORULARI ...................................................................................................... 213
3.16 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR............................................................................................. 215
3.17 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER .............................................................................................. 237
4 KARARLI ELEKTRİK AKIMLARI ................................................................... 273
4.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 273
4.2 AKIM VE AKIM YOĞUNLUĞU ........................................................................................... 274
4.2.1 İLETİM AKIMI.............................................................................................................. 274
4.2.2 TAŞINIM AKIMI........................................................................................................... 275
4.2.3 TAŞINIM AKIM YOĞUNLUĞU ................................................................................... 275
4.2.4 İLETİM AKIM YOĞUNLUĞU ...................................................................................... 277
4.3 İLETKENİN DİRENCİ .......................................................................................................... 279
4.4 SÜREKLİLİK EŞİTLİĞİ ....................................................................................................... 281
4.5 DURULMA ZAMANI ........................................................................................................... 287
4.6 JOULE KANUNU ................................................................................................................ 289
4.7 DİYOTTAKİ KARARLI AKIM .............................................................................................. 291
4.8 AKIM YOĞUNLUĞU İÇİN SINIR ŞARTLARI ..................................................................... 294
4.9 D VE J ARASINDAKİ BENZERLİK................................................................................. 297
4.10 KISMİ DİRENÇ .................................................................................................................. 300
4.11 ELEKTROMOTOR KUVVETİ ........................................................................................... 310
4.12 ÖZET ................................................................................................................................. 314
4.13 ÇALIŞMA SORULARI ...................................................................................................... 316
X
4.14 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR ............................................................................................ 317
4.15 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER .............................................................................................. 331
5 STATİK MANYETİK ALANLAR ...................................................................... 347
5.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 347
5.2 BİOT-SAVART KANUNU ................................................................................................... 349
5.3 AMPÈRE KUVVET KANUNU ............................................................................................. 358
5.4 MANYETİK TORK............................................................................................................... 364
5.5 MANYETİK AKI VE GAUSS KANUNU .............................................................................. 367
5.6 MANYETİK VEKTÖR POTANSİYELİ................................................................................. 370
5.7 MANYETİK DİPOL .............................................................................................................. 374
5.8 MANYETİK ALAN ŞİDDETİ VE AMPÉRE KANUNU ........................................................ 377
5.9 MANYETİK MALZEMELER ................................................................................................ 381
5.9.1 FERROMANYETİZMA ................................................................................................ 388
5.10 MANYETİK SKALER POTANSİYEL ................................................................................ 392
5.11 MANYETİK ALANLAR İÇİN SINIR ŞARTLARI ............................................................... 394
5.11.2 H ALANININ TANJANT BİLEŞENLERİ İÇİN SINIR ŞARTI .................................. 395
5.11.1 B ALANININ NORMAL BİLEŞENİ İÇİN SINIR ŞARTI ........................................... 394
5.12 MANYETİK ALANDAKİ ENERJİ ...................................................................................... 399
5.13 MANYETİK DEVRELER ................................................................................................... 400
5.13.1 MANYETİK DEVRELERDEKİ KUVVETLER VE TORKLAR ................................... 409
5.14 ÖZET ................................................................................................................................. 410
5.15 ÇALIŞMA SORULARI ...................................................................................................... 413
5.16 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR ............................................................................................ 415
5.17 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER .............................................................................................. 430
6 STATİK ALAN UYGULAMALARI ................................................................... 455
6.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 455
6.2 YÜKLÜ PARÇACIK SAPMASI ........................................................................................... 455
6.3 KATOT IŞINLI OSİLOSKOP .............................................................................................. 457
6.4 MÜREKKEPLİ YAZICI ........................................................................................................ 460
6.5 MİNERALLERİN AYRIŞTIRILMASI ................................................................................... 461
6.6 ELEKTROSTATİK GENERATÖR ...................................................................................... 464
6.7 ELEKTROSTATİK VOLTMETRE ....................................................................................... 466
6.8 MANYETİK AYIRICI............................................................................................................ 467
6.9 MANYETİK SAPTIRMA ...................................................................................................... 468
6.10 SİKLOTRON ..................................................................................................................... 471
6.11 HIZ SEÇİCİ VE KÜTLE SPEKTROMETRESİ .................................................................. 473
6.12 HALL ETKİSİ .................................................................................................................... 475
6.13 MANYETOHİDRODİNAMİK GENERATÖR ..................................................................... 477
6.14 ELEKTROMANYETİK POMPA ........................................................................................ 478
6.15 DOĞRU AKIM MOTORU .................................................................................................. 478
6.16 ÖZET ................................................................................................................................. 480
6.17 ÇALIŞMA SORULARI ...................................................................................................... 481
6.18 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR ............................................................................................ 483
6.19 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER .............................................................................................. 490
7 ZAMANLA DEĞİŞEN ELEKTROMANYETİK ALANLAR ............................... 497
7.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 497
7.2 HAREKETE BAĞLI ELEKTROMOTOR KUVVETİ ............................................................ 498
XI
7.2.1 HAREKETE BAĞLI EMF ............................................................................................ 500
7.3 FARADAY İNDÜKLEME KANUNU .................................................................................... 503
7.3.1 İNDÜKLENEN EMF EŞİTLİĞİ .................................................................................... 505
7.4 FARADAY KANUNUNDAN MAXWELL EŞİTLİĞİ............................................................. 507
7.4.1 GENEL EŞİTLİKLER .................................................................................................. 508
7.5 ÖZ İNDÜKTANS.................................................................................................................. 512
7.6 ORTAK İNDÜKTANS .......................................................................................................... 518
7.7 KUPLAJLI SARGILARIN İNDÜKTANSI ............................................................................ 523
7.7.1 SERİ BAĞLANTI......................................................................................................... 523
7.7.2 PARALEL BAĞLANTI ................................................................................................ 525
7.8 MANYETİK ALANDAKİ ENERJİ ........................................................................................ 526
7.8.1 TEK SARGI ................................................................................................................. 526
7.8.2 KUPLAJLI SARGILAR ............................................................................................... 528
7.9 AMPÈRE KANUNUNDAN MAXWELL EŞİTLİĞİ ............................................................... 530
7.10 GAUSS KANUNLARINDAN MAXWELL EŞİTLİKLERİ................................................... 534
7.11 MAXWELL EŞİTLİKLERİ VE SINIR ŞARTLARI.............................................................. 535
7.11.1 MAXWELL EŞİTLİKLERİ ......................................................................................... 535
7.11.2 YAPISAL EŞİTLİKLER ............................................................................................. 537
7.11.3 SINIR ŞARTLARI ...................................................................................................... 537
7.12 POTANSİYEL FONKSİYONLAR ...................................................................................... 540
7.12.1 DALGA EŞİTLİKLERİNİN ÇÖZÜMÜ........................................................................ 542
7.13 POYNTİNG TEOREMİ ...................................................................................................... 543
7.14 ZAMAN-HARMONİK ALANLAR ...................................................................................... 549
7.14.1 FAZÖR BİÇİMİNDE MAXWELL EŞİTLİKLERİ ........................................................ 551
7.14.2 FAZÖR BİÇİMİNDE SINIR ŞARTLARI .................................................................... 551
7.14.3 FAZÖR BİÇİMİNDE POYNTİNG TEOREMİ ............................................................. 552
7.15 ELEKTROMANYETİK ALAN UYGULAMALARI ............................................................. 555
7.15.1 TRANSFORMOTOR ................................................................................................. 555
7.15.2 OTOTRANSFORMOTORU ....................................................................................... 561
7.15.3 BETATRON............................................................................................................... 565
7.16 ÖZET ................................................................................................................................. 568
7.17 ÇALIŞMA SORULARI ...................................................................................................... 570
7.18 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR............................................................................................. 571
7.19 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER .............................................................................................. 586
8 ELEKTROMANYETİK ALANLARIN BİLGİSAYAR DESTEKLİ ANALİZİ....... 609
8.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 609
8.2 SONLU FARK METODU (FDM) ......................................................................................... 609
8.2.1 SINIR ŞARTLARI ........................................................................................................ 612
8.2.2 SONLU FARK EŞİTLİKLERİNİN İRDELEME İLE ÇÖZÜMÜ .................................... 614
8.3 SONLU ELEMAN METODU (FEM) .................................................................................... 618
8.4 MOMENTLER METODU (MOM)......................................................................................... 630
8.5 ÖZET ................................................................................................................................... 634
8.6 ÇALIŞMA SORULARI ........................................................................................................ 634
8.7 PROBLEMLER.................................................................................................................... 635
9 ELEKTROMANYETİKTE BİLGİSAYAR DESTEKLİ ANALİZ, SİMÜLASYON,
MODELLEME VE TASARIM .............................................................................. 639
9.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 639
9.2 MAXWELL İLE MODELLEME ............................................................................................ 640
9.3 İKİ BOYUTLU MODELLEME.............................................................................................. 640
9.4 MANYETİK KAVRAMLAR.................................................................................................. 642
XII
9.4.1 MANYETİK AKI YOĞUNLUĞU .................................................................................. 642
9.4.2 MANYETİK ALAN ŞİDDETİ ....................................................................................... 643
9.4.3 MANYETİK MALZEMELER........................................................................................ 644
9.4.4 SABİT MIKNATISLAR ................................................................................................ 645
9.4.5 DEPOLANAN ENERJİ VE KOENERJİ ...................................................................... 646
9.4.6 KUVVET HESABI ....................................................................................................... 648
9.4.7 İNDÜKTANS HESABI................................................................................................. 649
9.5 ÇEVRİMSEL GEOMETRİLİ ÖRNEK MODELLEMELER................................................... 651
9.5.1 C-NÜVELİ EYLEYİCİ .................................................................................................. 651
9.5.2 BARA ÜZERİNDEKİ KUVVETLER ............................................................................ 654
9.5.3 E-NÜVELİ EYLEYİCİ .................................................................................................. 656
9.5.4 SABİT MIKNATISLI MANYETİK KİLİT ...................................................................... 659
9.5.5 DÜZGÜN MANYETİK ALAN İÇİNDEKİ SİLİNDİRİK EKRAN ................................... 661
9.5.6 SİLİNDİRİK İLETKEN İÇİNDEKİ ALAN ..................................................................... 664
9.5.7 TRANSFORMOTOR EŞDEĞER DEVRESİ ............................................................... 666
9.6 DÖNEL GEOMETRİLİ ÖRNEK MODELLEMELER ........................................................... 670
9.6.1 SELENOİDAL SARGININ ÖZ İNDÜKTANSI ............................................................. 671
9.6.2 SELENOİDAL KOAKSİYEL SARGILARIN ÖZ VE ORTAK İNDÜKTANSLARI ....... 673
9.6.3 SAKSI NÜVELİ EYLEYİCİ .......................................................................................... 676
9.6.4 HAREKETLİ SARGILI DÖNÜŞTÜRÜCÜ ................................................................... 678
9.6.5 DÜZGÜN MANYETİK ALAN İÇİNDEKİ KÜRESEL EKRAN ..................................... 680
9.6.6 LVDT YER DEĞİŞİM ALGILAYICISI ......................................................................... 683
9.6.7 SİLİNDİRİK EYLEYİCİ ................................................................................................ 686
9.6.8 MANYETİK SÜSPANSİYON ...................................................................................... 688
9.7 ÇALIŞMA SORULARI ........................................................................................................ 690
9.8 PROBLEMLER ................................................................................................................... 690
10 EK ÇÖZÜMLÜ ÖRNEK PROBLEMLER ....................................................... 691
10.1 GİRİŞ ................................................................................................................................. 691
10.2 VEKTÖR ANALİZİ ............................................................................................................ 691
10.3 STATİK ELEKTRİK ALANLARI ....................................................................................... 693
10.4 KARARLI ELEKTRİK AKIMLARI..................................................................................... 695
10.5 STATİK MANYETİK ALANLAR ....................................................................................... 695
10.6 STATİK ALAN UYGULAMALARI .................................................................................... 701
10.7 ZAMANLA DEĞİŞEN ELEKTROMANYETİK ALANLAR ................................................ 704
11 EKLER........................................................................................................... 707
EK.1 SERİLER LİSTESİ ........................................................................................................... 707
EK.2 TRİGONOMETRİK ÖZDEŞLİKLER LİSTESİ .................................................................. 707
EK.3 VEKTÖR ÖZDEŞLİKLERİ ............................................................................................... 713
EK.4 BELİRSİZ İNTEGRALLER LİSTESİ ................................................................................ 714
EK.5 BELİRLİ İNTEGRALLER LİSTESİ .................................................................................. 718
EK.6 DİKDÖRTGEN, SİLİNDİRİK VE KÜRESEL KOORDİNAT SİSTEMLERİNDE
DİFERANSİYEL UZUNLUK, YÜZEY VE HACİM ELEMANLARI ................................................. 720
EK.7 DİKDÖRTGEN, SİLİNDİRİK VE KÜRESEL KOORDİNAT SİSTEMLERİNDE VEKTÖREL
İŞLEMLER ................................................................................................................................... 720
EK.8 EMAT İLE İLGİLİ İNGİLİZCE - TÜRKÇE SÖZLÜK ........................................................ 722
EK.9 EMAT İLE İLGİLİ TÜRKÇE - İNGİLİZCE SÖZLÜK ........................................................ 723
KAYNAKLAR ..................................................................................................... 725
İNDEKS
........................................................................................................... 727
XIII
XIV
εµσ
1 ELEKTROMANYETİK ALAN TEORİSİ
1.1 GİRİŞ
Tarihsel olarak, bakalit çubuklar ve kedi postlarıyla ilgilenen elektrik ve mıknatıslar, demir tozları
ve pusula iğneleriyle ilgilenen manyetizma fiziğin iki ayrı dalı olarak dikkate alınmaktaydı.
1820’de Oersted elektrik akımının mıknatıslı pusula iğnesini saptırabildiğini gözledikten kısa bir
süre sonra Ampére tüm manyetik olayların hareketli yüklerden kaynaklandığını öne sürmüş ve
Faraday’ın hareketli mıknatısın elektrik akımı üretmesini keşfinden sonra Maxwell ve Lorentz
elektromanyetik teoriyi tamamladığında elektrik ve manyetizma artık fiziğin iki ayrı dalı değil, bir
bütün olarak, elektromanyetizma olarak bilinmeye başlanmıştır.
Bir yerde bulunan elektrik yükü veya yüklerinin diğer yük veya yükler üzerindeki etkisinin
araştırılması yani çözümü elektromanyetik alan teorisiyle yapılır. Elektrik yükü veya yükleri uzayın
tamamında elektrik ve manyetik alanlar oluşturur ve bu alan içindeki diğer yük veya yükler bir
kuvvetin etkisi altında kalırlar. Yükler arasındaki etkileşim alan tarafından iletilmiş olur.
Bir yük hızlandığında, elektromanyetik ışınım yoluyla, alanının bir kısmı yükten koparak ışık
hızıyla enerji ve moment götürür. Elektromanyetik ışınımın varlığı elektromanyetik alanın kendi
başına bir dinamik varlık olduğunu gösterir.
Kısaca, elektrik şiddetli çarpma ve manyetik ise çekme olarak bilinirken bu iki terimin
birleşmesinden oluşan elektromanyetizmanın tarihsel gelişiminden kaynaklanan bazı soruların
cevabı doğal olarak merak konusudur. Alan nedir? Bu alan skaler alan veya vektör alanı mıdır?
Alanın doğası (türü) nedir? Sürekli alan veya rotasyonel alan mıdır? Akım taşıyan sargının ürettiği
manyetik alan nasıldır? Kapasitör enerjiyi nasıl depolar? Bir iletken tel parçası veya anten
sinyalleri nasıl yayar veya alır. Boşlukta veya uzayda elektromanyetik alanlar nasıl yayılır? Boş bir
borunun veya dalga kılavuzunun bir ucundan diğer ucuna elektromanyetik enerji hareket ettiğinde
gerçekten ne olur? Bu ders kitabının öncelikli amacı elektromanyetik alanlar ile ilgili bu soruların
bir kısmını cevaplamaktır.
Bu bölümde, elektromanyetik alan teorisi üzerinde çalışmanın elektrik-elektronik mühendisliğinde
yer alan çoğu olguların anlaşılmasında hayati önem taşıdığını göstermek amacı taşınmaktadır.
Bunun için elektrik-elektronik mühendisliğinin diğer alanlarındaki kavramlarından ve bazı
2
Elektromanyetik Alan Teorisi
eşitliklerinden yararlanılacaktır. Elektromanyetik alan teorisini kullanan bu kavram ve eşitliklerin
orijinine ışık tutulması ayrıca amaçların birisini oluşturmaktadır.
Bilimdeki gelişme henüz tam olarak tanımlanamayan bazı miktarlara bağlıdır. Bu temel miktarlar;
kütle (m), uzunluk (l), zaman (t), yük (q) ve sıcaklık (T) olarak adlandırılmaktadır. Örneğin,
zaman nedir? Zaman ne zaman başlamıştır? Aynı şekilde, sıcaklık nedir? Sıcak veya soğuk nedir?
Bu miktarlar hakkında bazı sezici duygulara sahip olmakla beraber tam bir tanımlamadan yoksun
olduğumuz bir gerçektir. Bu miktarların ölçülmesi ve ifade edilmesi için bir birim sisteminin
tanımlanmasına gerek vardır.
Uluslararası birim sisteminde (SI) kütle için kilogram (kg), uzunluk için metre (m), zaman için
saniye (s), yük için Coulomb (C) ve sıcaklık için kelvin (K) birimleri edinilmiştir. İlgili bütün
miktarlara ait birimler ayrıca temel birimler ile tanımlanır. Örneğin, akım birimi amper (A), temel
birimler ile saniye başına Coulomb’dur (C/s). Bundan dolayı amper türetilmiş bir birimdir. Newton
(N) kuvvet birimi de türetilmiş bir birim olup 1 N = 1 kgm/s² ile temel birimler cinsinden ifade
edilebilir. Bu ders kitabında kullanılan miktarlardan bazılarına ait birimler tablo 1.1 ve 1.3’de
verilmiştir. Bazı alan miktarlarının ifadesinde, endüstride İngiliz birimleri hala kullanılmakta
olduğundan bir sistemden diğerine dönüşüm gereklidir (Tablo 1.2).
Tablo 1.1 Bazı elektromanyetik miktarların türetilmiş birimleri
Sembol
Y
ω
C
ρ
G
σ
W
F
f
z
L
ℑ
µ
ε
P
ℜ
Miktar
admitans
açısal frekans
kapasitans
yük yoğunluğu
kondüktans
öziletkenlik
enerji
kuvvet
frekans
empedans
indüktans
manyetomotor kuvveti
permeabilite
permitivite
güç
relüktans
Birim
Siemens
radyan/saniye
Farad
Cou1omb/metre3
Siemens
Siemens/metre
Joule
Newton
Hertz
Ohm
Henry
Amper-sarım
Henry/metre
Farad/metre
Watt
Henry -1
S
rad/s
F
C/m3
S
S/m
J
N
Hz
Ω
H
At
H/m
F/m
W
H-1
Elektromanyetik Alan Teorisi
3
Tablo 1.2 Birim dönüşüm faktörleri
Gilbert
Amper-sarım/cm
Amper-sarım/inç
Oersted
Akı
Gauss (akı/cm2)
Akı/inç2
Gauss
İnç
Feet (ayak)
Metre
İnç2
Ons
Pound
Pound-kuvvet
Ons-kuvvet
Newton-metre
Newton-metre
Devir/dakika
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
0,79577
2,54
39,37
79,577
1×10-8
6,4516
0,155 × 10-4
10-4
2,54
30,48
100
6,4516
28,35
0,4536
4,4482
0,27801
141,62
0,73757
2π/60
Amper-sarım (At)
Amper- sarım /inç
Amper- sarım/m
Amper-sarım/metre
Weber (Wb)
Akı/inç2
Wb/m2 (Tesla)
Wb/m2
santimetre (cm)
santimetre
santimetre
cm2
gram
kilogram
newton
newton
ons-inç
pound-feet
radyan/saniye
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
1.2 ALAN KAVRAMI
Elektromanyetik alan çalışmasına girmeden önce alan kavramının tanımlanması gereklidir. Alan
uzay ve zamanda gözlenebilir bir niceliğin veya büyüklüğün süreklilik gösteren dağılımı olarak
tanımlanabilir. Bölgedeki her noktada bu nicelik veya büyüklük bir değerler grubu ile tanımlanır.
Bir alanın her noktasındaki değer deneysel olarak ölçülebilir veya diğer bazı miktarlar cinsinden
bazı matematiksel işlemler yapılarak tahmin edilebilir.
Bilimin diğer alanlarındaki çalışmalardan hem skaler ve hem de vektörel alanların var olduğu
bilinmektedir. Bu kitapta kullanılan alan değişkenlerinden bazıları tablo 1.3’de verilmiştir. Bu alan
miktarları arasında belirli ilişkiler olup bunlardan bazıları tablo 1.4’de verilmiştir.
Tablo 1.3 Bazı alan değişkenleri
Değişken
A
B
D
E
F
I
J
q
S
u
V
Tanım
Manyetik vektör potansiyeli
Manyetik akı yoğunluğu
Elektrik akı yoğunluğu
Elektrik alan şiddeti
Lorentz kuvveti
Elektrik akımı
Hacim akım yoğunluğu
Serbest yük
Poynting vektörü
Serbest yük hızı
Elektrik potansiyeli
Tip
vektör
vektör
vektör
vektör
vektör
skaler
vektör
skaler
vektör
vektör
skaler
Birimler
Wb/m
Wb/m2 (T)
C/m2
V/m
N
A
A/m2
C
W/m2
m/s
V
4
Elektromanyetik Alan Teorisi
Tablo 1.4 Değişik alan değişkenleri arasındaki ilişkiler
D = εE
B = µH
J = σE
F = q (E + u × B )
∇⋅D = ρ
∇⋅B = 0
∂ρ
∇⋅J = −
∂t
∂B
∇×E = −
∂t
∂D
∇×H = J +
∂t
permitivite (ε)
permeabilite (µ)
öziletkenlik (σ), Ohm kanunu
Lorentz kuvvet eşitliği
Gauss kanunundan Maxwell eşitliği
Gauss kanunundan Maxwell eşitliği
Süreklilik eşitliği
Faraday kanunundan Maxwell eşitliği
Ampère kanunundan Maxwell eşitliği
Permitivite (ε) ve permeabilite (µ) ortamın özellikleridir. Ortam vakum veya boşluk olduğunda
değerleri
ε o = 8,851 × 10 −12 ≈ 10 -9 /36π (F/m)
µo = 4π × 10−7 (H/m)
ile verilir. Tablo 1.4’de listelenen eşitliklerden, Maxwell, elektromanyetik alanların vakumda ışık
hızı,
=
c
1
µoε o
=3 × 108 (m/s)
ile yayıldığını tahmin edebilmişti.
1.3 ELEKTROMANYETİK MODEL
Bir bilimsel konunun geliştirilmesinde indüktif (tümevarım: gözlenen tek tek olgulardan genel
yargılara ulaşmak veya özelden genele akıl yürütmek, istikrâ) yaklaşım ve dedüktif (tümdengelim:
gerek akıl gerekse gözlem ve deney yoluyla elde edilmiş genel bir olayı ayrı ayrı olaylara
uygulamak veya genelden özele akıl yürütmek, istintâc, istidlâl) yaklaşım veya çıkarsama olarak iki
yaklaşım vardır. Tümevarım yaklaşım kullanılarak bazı temel deneyimlerin gözlemleri ve
bunlardan kanun ve teoremlerin çıkartılması ile başlanarak konunun tarihi gelişimi izlenir. Bu bir
olgunun genel prensiplere dayandırılması işlemidir. Tümdengelim yaklaşımda, ideal bir model için
yeni temel ilişkiler gerçek gibi kabul edilir. Kabul edilmiş ilişkiler aksiyomlar olup bunlardan
kanun ve teoremler çıkartılabilir. Model ve aksiyomların geçerliliği deneysel gözlemler ile kontrol
edilen sonuçları tahmin edebilme özelliği ile doğrulanır. Bu kitapta tümdengelim veya aksiyomatik
yaklaşımın kullanılması tercih edilmiştir çünkü bu daha kısa, özlü ve elektromanyetik konularının
daha tertipli bir yolla gelişimine izin verir.
İdeal modele dayalı bir teorinin oluşturulmasında üç temel adım vardır:
Çalışma konusuna uyumlu bazı temel miktarlar tanımlanır.
Elektromanyetik Alan Teorisi
5
Bu miktarların çalışma kuralları (matematiği) belirlenir.
Bazı temel ilişkiler gerçek gibi kabul edilir. Bu kabuller veya kurallar kontrollu şartlar altında
kazanılmış ve zeki akıllar ile sentez edilmiş, çoğunlukla çok sayıda deneysel gözlemlere
dayanır.
Bilinen bir örnek ideal kaynaklar, saf direnç, indüktans ve kapasitansların devre modeli üzerine
oluşturulan devre teorisidir. Bu durumda temel miktarlar gerilim (V), direnç (R), indüktans (L) ve
kapasitans (C); çalışma kuralları cebir, adi diferansiyel eşitlikler ve Laplace dönüşümleri ve temel
kabul ve varsayımlar Kirchhoff gerilim ve akım kanunlarıdır. Bu temel ve oldukça basit modelden
çok ilişkiler ve formüller çıkartılabilir ve çok ayrıntılı devrelerin tepkileri belirlenebilir. Bu
modelin geçerliliği ve değeri büyük oranda gösterilmiştir.
Benzer bir davranışla elektromanyetik alan teorisi uygunca seçilmiş bir elektromanyetik alan
teorisi ile oluşturulabilir. Öncelikle elektromanyetiğin temel miktarlarının tanımlanması ile birinci
adım atılır. İkinci adım vektör cebri, vektör hesabı ve kısmi diferansiyel eşitlikleri çevreleyen
çalışma kurallarıdır. Üçüncü adım temel kabul ve varsayımlar sırasıyla statik elektrik alanları,
statik manyetik alanlar ve elektromanyetik alanlar olarak alt adımlarda sunulur.
Elektromanyetik modelin miktarları kabaca iki kategoriye bölünebilir: kaynak miktarları ve alan
miktarları. Bir elektromanyetik alanın kaynağı durgun veya hareketli değişmeyen elektrik
yükleridir. Bununla beraber bir elektromanyetik alan yüklerin yeniden dağılımına neden olabilir ve
akabinde alanı değiştirebilir; bundan dolayı neden ve etki arasındaki ayırım daima çok belirgin
değildir.
Elektrik yükünün sembolü olarak q veya Q harfleri kullanılır. Elektrik yükü maddenin temel bir
özelliği olup sadece bir elektrondaki yük’ün, (-e) pozitif veya negatif çarpanları olarak mevcuttur.
Yükün büyüklüğü,
e = 1,60 × 10−19
(C)
dir. C Coulomb yük biriminin kısaltılmış halidir. Coulomb elektrik yükleri için çok büyük bir
birimdir; -1 C’luk bir yük oluşturmak için 1 / 1,60 × 10−19 veya 6,25 milyon trilyon elektron
gerekmektedir. Gerçekte aralarında 1 m açıklık bulunan iki adet –1 C’luk yük birbirine yaklaşık 1
milyon ton’luk kuvvetle etki edecektir.
Enerjinin korunumu prensibi gibi elektrik yükünün korunumu fiziğin bir varsayımı veya kuralıdır.
Bu, elektrik yükünün korunumunun olduğunu ifade etmektedir yani yük kendiliğinden var olamaz
veya yok edilemez. Bu bir doğa veya yaratılışın bir kanunu olup diğer prensip veya ilişkilerden
çıkartılamaz.
Elektrik yükleri bir yerden başka yere gidebilir ve bir elektromanyetik alanın etkisi altında yeniden
dağılabilir fakat kapalı veya yalıtılmış bir sistemde pozitif veya negatif yüklerin cebirsel toplamı
değişmeden kalır. Elektrik yükünün korunumu prensibi her zaman her şart altında doyurulmalıdır.
Elektrik yükünün korunumu prensibini çiğneyen veya uymayan bir elektromanyetik probleminin
formülasyonu veya çözümü doğru olmaz.
Mikroskobik bir bakışla elektrik yükü bir noktada ayrı bir şekilde ya var yada yoktur, atomik
skaladaki bu ani değişimler yüklerin büyük miktarlarının bir araya geldiği elektromanyetik etkileri
dikkate alındığında önemli değildir. Elektromanyetizmanın makroskobik veya geniş skalalı teorisi
oluşturulurken düzleştirilmiş ortalama yoğunluk fonksiyonlarının kullanılmasının çok iyi sonuçlar
verdiği bulunabilir. ρ v hacim yük yoğunluğu bir kaynak miktarı olarak aşağıdaki gibi
tanımlanabilir:
6
Elektromanyetik Alan Teorisi
∆q
∆v →0 ∆v
ρ v = lim
(C/m 3 )
∆q çok küçük bir ∆v hacmindeki yük miktarıdır. ∆v ne kadar küçük olmalıdır? Bu ρ v ’nin doğru
değişimini temsil edecek kadar küçük fakat çok sayıda ayrı yükleri içine alabilecek kadar büyük
olmalıdır. Örneğin kenarları 1 mikron (10-6 m veya 1 µm) kadar küçük olan bir küp 10-18 m3 hacmi
ile hala 1011 (100 milyar) civarında atom içerecektir. Böyle küçük ∆v hacmi ile tanımlanan ρ v ’nin
uzay koordinatlarının düzleştirilmiş fonksiyonu ile hemen hemen bütün pratik amaçlar için doğru
makroskobik sonuçlar vermesi beklenir.
Bazı fiziksel durumlarda ∆q yük miktarı bir ∆s yüzey elemanı veya ∆l çizgi elemanı ile
tanımlanabilir. Böyle durumlarda yüzey yük yoğunluğu (ρ s ) veya hat yük yoğunluğu’nun (ρ l )
tanımlanması daha uygun olmaktadır:
∆q
∆s →0 ∆s
(C/m 2 )
∆q
∆l →0 ∆l
(C/m)
ρ s = lim
ρl = lim
Bazı özel durumların dışında yük yoğunlukları noktadan noktaya değişir; bundan dolayı ρ v , ρ s ve
ρ l genelde uzay koordinatlarının nokta fonksiyonlarıdır.
Akım zamana göre yükün değişim miktarıdır ve
I=
dq
dt
(C/s veya
A)
ile ifade edilir. I’nin kendisi zamana bağımlı olabilir. Akımın birimi saniye başına Coulomb (C/s)
olup amper (A) ile aynıdır. Akım sonlu bir kesit alanından akmalıdır; bundan dolayı nokta
fonksiyonu değildir. Elektromanyetikte akım yoğunluğu ( J ) olarak bir vektör nokta fonksiyonu
tanımlanmakta olup akım akışının yönüne normal birim yüzey alandan akan akım miktarının bir
ölçüsüdür. Akım yoğunluğu ( J ) bir vektörel miktar ve genliği birim alan başına akım (A/m2) ve
yönü akım akışının yönüdür.
Elektromanyetikte dört temel alan miktarı olup bunların tanımı ve fiziksel önemi ilgili bölümlerde
açıklanmaktadır. Bunlar elektrik alan şiddeti ( E ), elektrik akı yoğunluğu veya elektrik yer değişimi
( D ), manyetik akı yoğunluğu ( B ) ve manyetik alan şiddeti ( H ). Elektrik alan şiddeti ( E ) boş
uzaydaki elektrostatik alanların açıklanabilmesi için gereken tek vektör olup birim test yüküne
etkiyen elektrik kuvveti olarak tanımlanır. Elektrik akı yoğunluğu ( D ) malzeme ortamında elektrik
alan çalışmasında kullanışlıdır. Manyetik akı yoğunluğu ( B ) boş uzayda manyetostatik (kararlı
elektrik akımlarının etkisi) tartışmasında gereken tek vektördür ve belirli bir hızla hareket eden yük
üzerine etkiyen manyetik kuvvet ile ilişkilidir. Manyetik alan şiddeti ( H ) malzeme ortamında
manyetik alan çalışmasında kullanışlıdır.
Zaman değişimi olmadığında (statik, kararlı veya durgun durumlar) E ve D elektrik alan
miktarları ve B ve H manyetik alan miktarları iki ayrı vektör çifti oluşturur. Bununla beraber
zamana bağımlı durumlarda elektrik ve manyetik alan miktarları kuplajlıdır: zamanla değişen E ve
Elektromanyetik Alan Teorisi
7
D alanları B ve H alanlarına neden olur veya bunun tersi olur. Bu dört miktar nokta
fonksiyonlarıdır. Malzeme veya ortam özellikleri E ve D arasında ve B ve H arasındaki
ilişkileri belirler. Bu ilişkiler bir ortamın yapısal ilişkileri olup ilgili kısımlarda açıklanmaktadır.
Elektromanyetizma çalışmasının ana amacı elektromanyetik modele dayalı olarak belli uzaklıktaki
yükler ve akımlar arasındaki etkileşimi anlamaktır. Alanlar ve dalgalar (zaman ve uzay değişken
alanlar) bu modelin temel kavramsal miktarlarıdır. İlgili bölümlerde telaffuz edilecek temel kabul
ve varsayımlar E , D , B ve H ve kaynak miktarlarını ilişkilendirecek ve çıkartılmış ilişkiler
elektromanyetik kavramın açıklanmasına ve tahminine öncülük edecektir.
1.4 VEKTÖR ANALİZİ
Vektör analizi elektromanyetik alan çalışmalarında kullanılan dildir. Vektörler kullanılmaksızın
alan eşitliklerinin yazılması oldukça hantal ve hatırlanması oldukça zordur. Örneğin, A ve B gibi
iki vektörün vektörel çarpımı basit olarak
(1.1)
A×B = C
şeklinde yazılabilir; C başka bir vektördür. Skaler form’da ifade edildiğinde bu eşitlik üç skaler
eşitlikten meydana gelir. Ek olarak bu skaler eşitliklerinin görünüşü koordinat sistemine bağlıdır.
Dikdörtgen koordinat sisteminde önceki eşitlik aşağıdaki gibi üç eşitliğin kısa ve açık bir
versiyonudur:
Ay Bz − Az B y = C x
(1.2a)
Az Bx − Ax Bz = C y
(1.2b)
Ax By − Ay Bx = C z
(1.2c)
Vektörel çarpımın üç adet skaler eşleniğine göre vektörel eşitliği daha iyi ifade ettiği kolaylıkla
anlaşılabilir. Daha da ötesi vektörel gösterim koordinat sisteminden bağımsızdır. Bundan dolayı
vektör analizi alan eşitliklerinin basitleştirilmesi ve bütünleştirilmesine (benzeştirilmesine)
yardımcı olur.
Elektromanyetik teoride bir öğrencinin ilk dersi alması gerektiği zaman vektör analizi hakkındaki
bilgisi çok sınırlı olmaktadır. Öğrenci gradyan (eğil), diverjans (dağıl) ve rotasyonel (dönül) gibi
vektör işlemlerinin yerine getirilmesinde becerikli olabilir fakat her işlemin önemini
kavramayabilir. Bütün vektör işlemlerinin bilinmesi elektromanyetik alan teorisinin gelişimini
anlayabilmek için gereklidir.
Çoğu kez bir öğrenci, (a) bir skaler vektörü bir vektör yüzeyine dönüştüren birim vektörün daima
yüzeye normal olduğunu, (b) ihmal edilebilir kalınlıkta ince bir kağıt yaprağın iki yüzeye sahip
olduğunu, (c) bir yüzeyin sınırı boyunca çizgisel integralin yönünün yüzeye normal birim
vektörünün yönüne bağlı olduğunu ve (d) açık bir yüzey ile kapalı yüzey arasında farklılık
olduğunu bilmeyebilir. Bu kavramlar önemlidir ve bunların her birinin öneminin kavranılması
gereklidir.
Vektör analizi çalışmasında iki düşünüş yöntemi vardır. Bir yaklaşımda, her vektör işleminin
sadece gerekli olduğunda tanıtılması tercih edilirken; diğerlerinde bir öğrencinin elektromanyetik
alan teorisini keşfetmeden önce bütün vektör işlemlerinde gerekli yeterlilik kazanmış olması
8
Elektromanyetik Alan Teorisi
gerektiğine inanılır. Burada sonraki yaklaşım tercih edildiğinden dolayı 2. Bölüm vektör
işlemlerine ayrılmıştır.
1.5 DİFERANSİYEL VE İNTEGRAL FORMÜLASYONLARI
Sıklıkla bir öğrenci aynı fikrin diferansiyel form ve integral form olarak iki farklı biçimde niçin
sunulduğunu anlamayabilir. İntegral form eşitliğin önemini açıklamak için kullanışlı iken
diferansiyel form matematiksel işlemlerin yerine getirilmesinde uygundur. Örneğin diferansiyel
formda akımın süreklilik eşitliği
∂ρ
∇⋅J = −
∂t
(1.3)
∂ρ
∇
⋅
J
∫v dv = −∫v ∂t dv
(1.4)
olarak ifade edilir. J hacim akım yoğunluğu ve ρ hacim yük yoğunluğudur. Bu eşitlik bir
noktadaki akım yoğunluğunun diverjansının bu noktadaki yük yoğunluğunun değişim oranına eşit
olduğunu ifade etmektedir. Bu eşitliğin kullanışlılığı, bir noktada akım yoğunluğu bilindiğinde bu
noktadaki yük yoğunluğunun değişim oranının hesaplanmasını kolaylaştırdığı gerçeğinde
yatmaktadır. Bunun yanında, bu eşitliğin fiziksel öneminin vurgulanması için nokta bir v hacmi ile
çevrelenmeli ve hacim integrali alınmalıdır. Başka bir deyimle (1.3) aşağıdaki gibi ifade
edilmelidir.
Şimdi sol taraftaki hacim integralinin bir kapalı yüzey integraline dönüştürülmesi için diverjans
teoremi uygulanabilir. Aynı zamanda, (1.4) eşitliğinin sağ tarafındaki diferansiyel ve integral
işlemlerinin yeri değiştirilerek
∂
− ∫ ρ dv
∫ J ⋅ ds =
∂t
s
v
(1.5)
elde edilir. Bu eşitlik (1.3) eşitliğinin integral formülasyonudur. Sol taraftaki integral v hacmi ile
sınırlanan kapalı s yüzeyinden çıkan net I akımını temsil etmektedir. Sağ taraftaki integral v hacmi
içindeki q yükü ile sonuçlanmaktadır. Bundan dolayı bu eşitlik bir bölge ile sınırlanan kapalı
yüzeyden çıkan net akımın bölge içindeki yükün zamanla azalan oranına eşit olduğunu ifade
etmektedir. Başka bir deyişle,
I =−
dq
dt
(1.6)
anlamına gelen (1.5) negatif işaret ihmal edildiğinde iyi bilinen bir devre eşitliği olmaktadır.
Bu gelişimin detayları Kararlı Elektrik Akımları bölümünde verilmiştir. Henüz detaylara girmeden,
verilen bu örnek (1.3) ve (1.5) eşitliklerinin aynı temel fikri işlediklerinin gösterilmesi için
kullanılmıştır.
1.6 STATİK ALANLAR
Burada yine bir kere daha elektromanyetik alan teorisinin sunulmasına nasıl başlanacağında bir
ikilem ile yüz yüze gelinmektedir. Bazı yazarlar Maxwell eşitliklerinin bir temel önermeler grubu
olarak sunulup elektromanyetik etkilerin uzun yıllar içindeki deneysel gözlemlerinin sonuçlarının
özetlenerek başlangıç yapılmasına inanmaktadırlar. Bununla beraber fizik derslerinde daha önceden
Elektromanyetik Alan Teorisi
9
tartışılan kavramların olabildiğince kullanılarak alan teorisinin geliştirilmesi gerektiği kanaati daha
ağır basmaktadır. Bundan dolayı öncelikle statik alanlar ile başlanması tercih edilmiştir.
Elektrostatik veya statik elektrik alanları çalışmasında (a) bütün yüklerin boşlukta sabitlenmiş
olduğu, (b) bütün yük yoğunluklarının zaman içinde sabit olduğu ve (c) elektrik alanının
kaynağının yük olduğu varsayılmaktadır. İlgi alanı (a) herhangi bir noktadaki elektrik alanının, (b)
potansiyel dağılımının, (c) yüklere diğer yükler tarafından etkiyen kuvvetlerin ve (d) bölgedeki
elektrik enerji dağılımının belirlenmesidir. Aynı zamanda bir kapasitörün enerjiyi nasıl depoladığı
da gösterilecektir. Böylece Coulomb kanunu ve Gauss kanunu ile tartışılmaya başlanılanacak ve
Poisson ve Laplace eşitliği gibi iyi bilinen potansiyel fonksiyonların formülasyonu yapılacaktır.
Herhangi bir noktadaki elektrik alanının eş potansiyel yüzeye dik olduğu gösterilecek ve sonuçları
vurgulanacaktır. Elektrostatik alanlar ile ilgili bazı eşitlikler tablo 1.5’de verilmiştir.
Hareket halindeki bir yükün akım meydana getirdiği önceden bilinmektedir. Eğer yükün hareketi
sonuç akımın zamanla değişimi sabit olacak şekilde sınırlandırılırsa, meydana gelen alana manyetik
alan adı verilir. Akım zamanla sabit olduğundan manyetik alan da zamanla sabittir. Sabit manyetik
alanlar ile ilgili bilim dalına manyeto-statik veya statik manyetik alanlar adı verilir. Bu durumda (a)
manyetik alan şiddeti, (b) manyetik akı yoğunluğu, (c) manyetik akı ve (d) manyetik alanda
depolanan enerjinin belirlenmesi ile ilgilenilir. Bu sonuca varmak için tartışmaya Biot-Savart
kanunu ve Ampére kanunu ile başlanılacak ve tüm temel eşitlikler geliştirilecektir. Zaman zaman
statik elektrik ve manyetik alanlar arasındaki ilişki de vurgulanacaktır. Manyeto-statikte ifade
edilen veya formülleştirilen bazı önemli eşitlikler tablo 1.6’da verilmiştir.
Statik alanların çok sayıda pratik uygulamaları vardır. Statik elektrik ve manyetik alanların her ikisi
de çoğu aygıtların tasarımında kullanılır. Örneğin statik elektrik alanı bir parçacığın
hızlandırılmasında ve statik manyetik alan ise onun saptırılmasında kullanılabilir. Bu şema bir
osiloskop ve/veya bir mürekkep-jet yazıcının tasarımında kullanılabilir. Bölüm 6 statik alanların
bazı uygulamalarını göstermek için ayrılmıştır. Bir öğrenci statik alanların temelini bir kere iyi
öğrendikten sonra bir öğreticinin rehberliği olmaksızın uygulamaları anlayabilmesi gerekir.
Öğretici her uygulamanın ana özelliklerini vurgulamaya karar verebilir ve sonra kalan kısımlara bir
okuma ödevi olarak davranabilir. Teorinin gerçek hayat uygulamaları hakkındaki tartışmalar
konuyu ilginç tutmaktadır.
Tablo 1.5 Elektrostatik alan eşitlikleri
Korunumlu E alanı
F = qE
ρ
1
Q
veya E =
E=
dv
2
4πε v R 2a R
4πε R a R
∇ ⋅ D = ρ veya ∫ D ⋅ ds =
Q
s
∇ × E = ρ veya E ⋅ d = 0
Potansiyel fonksiyon
b
E = −∇V veya Vba = − E ⋅ d
Coulomb kanunu
Elektrik alanı
Gauss kanunu
Poisson eşitliği
Laplace eşitliği
Elektrik enerji yoğunluğu
Yapısal ilişki
Ohm kanunu
∫
∫
c
∫
a
ρ
ε
2
∇V =0
we = 12 D ⋅ E
D = εE
∇ 2V =
−
J = σE
10
Elektromanyetik Alan Teorisi
Tablo 1.6 Manyetostatik alan eşitlikleri
Kuvvet eşitliği
F = qu × B veya dF = I d × B
µ I d × a r
Biot-Savart kanunu
dB =
4π
r2
∇ × H = J veya H ⋅ d = I
Ampere kanunu
c
∇ ⋅ B = 0 veya B ⋅ ds = 0
Gauss kanunu
∫
∫
s
µ I d
B = ∇ × A veya A =
4π c r
Φ = B ⋅ ds veya Φ = A ⋅ d
s
c
wm = 12 B ⋅ H
∇ 2 A = − µJ
B = µH
∫
Manyetik vektör potansiyeli
∫
Manyetik akı
Manyetik enerji yoğunluğu
Poisson eşitliği
Yapısal ilişki
∫
1.7 ZAMANLA DEĞİŞEN ALANLAR
Elektrik devrelerine çalışırken bir L indüktöründen i(t) akımı geçtiğinde uçlarındaki gerilim
düşümü v(t)’yi sonuç veren bir diferansiyel denklem ile karşılaşılmıştı. Çıkarılışı sonraya
bırakılarak bu ilişki aşağıdaki gibi ifade edilir:
v=L
di
dt
(1.7)
Anlayışlı zekaya sahip birisi bu eşitliğin orijinini merak edebilir. Bu eşitlik, manyetik indüksiyon
olarak adlandırılan çok karmaşık bir olgunun anlaşılmasına yönelik Michael Faraday’ın (17911867) yaşam boyu çalışmasının bir sonucudur.
Zamanla değişen alanlar tartışmasına Faraday indüksiyon kanunu ifade edilerek başlanılacak ve
sonra bunun generatörlerin (3 fazlı enerji kaynakları), motorlar (endüstriyelleşmiş dünyanın iş
beygirleri), rölelerin (manyetik kontrol mekanizmaları) ve transformotorların (indüksiyon yoluyla
bir sargıdan diğer sargıya elektrik enerjisini transfer eden aygıtlar)’ın gelişimine nasıl öncülük
ettiği açıklanacaktır. İyi bilinen dört Maxwell eşitliğinden birisi gerçekte Faraday indüksiyon
kanununun bir ifadesidir. Şimdilik Faraday kanunu’nun bir sargıda indüklenen (emf) elektromotor
kuvveti e(t) ile bu sargıyı halkalayan, zamanla değişen manyetik akı ile bağıntı kurduğunu
söylemek yeterli olacaktır. Faraday kanunu
e=−
dΦ
dt
(1.8)
ile ifade edilir. Eşitlikteki negatif işaretin önemi (Lenz kanunu) ve (1.8)’den (1.7)’nin çıkartılması
üzerinde detaylı olarak durulacaktır.
Aynı zamanda Maxwell’in zamanla değişen alanlar için Ampére kanunu’nu niçin düzeltme gereği
duyduğu da açıklanacaktır. Maxwell’in yer değişimi akımını (bir kapasitörden geçen akım,
deplasman akımı da denir) dahil etmesi, alanların boş uzayda ışık hızı ile yayılması gerektiği
tahminine öncülük etmiştir. Ampére kanunu’nun düzeltilmesi elektromanyetik alan teorisi alanında
Elektromanyetik Alan Teorisi
11
James Clerk Maxwell (1831-1879) tarafından yapılan en önemli katkılardan biri olarak
düşünülmektedir.
Faraday indükleme kanunu, düzeltilmiş Ampére kanunu ve iki Gauss kanunu (birisi zamanla
değişen elektrik alanları için ve diğeri zamanla değişen manyetik alanlar için) dört eşitlik setini
oluşturur ve bunlar şimdi Maxwell eşitlikleri olarak adlandırılır. Bu eşitlikler tablo 1.4’de
verilmiştir. Bu eşitliklerden, zamanla değişen elektrik ve manyetik alanlarının birbiri ile sıkı
ilişkide olduğu gerçeği açıktır. Daha basit söyleyişle zamanla değişen manyetik alan zamanla
değişen elektrik alanı meydana getirmekte veya bunun tersi olmaktadır.
Ampére kanunu’nun düzeltilmesi süreklilik eşitliği ve yükün korunumunun bir sonucu olarak da
görülebilir. Bu eşitlik de tablo 1.4’de verilmiştir.
Yükü q olan bir parçacık zamanla değişen bir elektrik alanı, E ve manyetik alanı, B bölgesinde u
hızı ile hareket ettiğinde
F = q (E + u × B )
gibi bir F kuvveti ile etkilenir. Bu eşitlik Lorentz kuvvet eşitliği olarak adlandırılır.
Dört Maxwell eşitliği, süreklilik eşitliği ve Lorentz kuvvet eşitliğinin yardımı ile şimdi
elektromanyetizmanın bütün etkileri açıklanabilmektedir.
Elektromanyetik alan teorisinin çok sayıdaki uygulamalarından enerjinin iletimi, alınışı ve
yayılımını ilgilendiren konular bu kitapta şimdilik dikkate alınmamıştır. Maxwell eşitliklerinin
çözümünün daima dalgalara gittiği gerçeğini burada özellikle vurgulamak yerinde olacaktır.
1.8 SAYISAL ÇÖZÜMLER VE BİLGİSAYAR DESTEKLİ ANALİZ VE TASARIM
Bir problemin tam çözümünün yapılması istenildiğinde sık olarak bazı varsayımların yapılması
zorunlu olmaktadır. Örneğin,
(a) paralel plakalı bir kapasitörün içindeki elektrik alan şiddetinin belirlenmesinde Gauss
kanununun uygulanabilmesi için plakaların sonsuz uzunlukta olduğu varsayılır,
(b) Ampére kanunu kullanılarak akım taşıyan uzun bir iletkenden dolayı manyetik alan şiddetinin
hesaplanması için iletkenin sonsuz uzunlukta olduğu düşünülür,
(c) kaynaksız bir bölgede elektromanyetik alanların yayılım karakteristiklerinin ve doğasının elde
edilmesi için alanlar düzgün düzlem dalgası biçiminde gösterilir,
(d) küçük bir doğrusal antenin ışınım örüntüsünü öğrenmek için akım dağılımının düzgün
olabilmesi bakımından antenin uzunluğu çok küçük varsayılır, vb.
Her varsayım özel bir durumu gösterir ve böylece analitik çözüm hassas olarak elde edilir.
Elektrostatikte Gauss kanunu kullanılarak yalıtılmış bir kürenin kapasitansı küresel simetriliğin
kullanımı ile belirlenir. Bununla beraber yalıtılmış bir küp’ün kapasitansı belirlenmeye
çalışıldığında problem karmaşık hale gelir. Manyetostatikte Biot-Savart kanunu kullanılarak akım
taşıyan dairesel bir iletkenin eksenindeki manyetik alan şiddeti için bir cevap verilmiştir. Akım
taşıyan iletkenin biçimi keyfi olduğunda manyetik alan şiddetinin belirlenmesi için aynı teknik
takip edilebilir mi? İntegral formülasyonun doğasından dolayı cevap hayır olacaktır. Keyfi
12
Elektromanyetik Alan Teorisi
biçimde, akım taşıyan bir iletkenin analitik metotlar kullanılarak ışınım örüntüsünün belirlenmesi
kolay değildir. Aynı şekilde, düzgün bir düzlem dalgası yukarıda varsayılan varlığından dolayı
ortamda sonsuz bir enerji kaynağının varlığını vurgular fakat düzgün bir düzlem dalgası fikri ilgili
bölgedeki güç akışının düzgünce resimlendirilmesi için gerekmektedir.
Bu tartışmadan, bazı basitleştirilmiş varsayımlar yapılmaksızın bir problemin tam çözümünün elde
edilmesinin her zaman mümkün olmadığı açıktır. Bir sayısal çözümün çoğunlukla yaklaşık olarak
yapıldığı açıkça bilinmelidir. Her sayısal çözümün tam bir diferansiyel veya integral eşitliğin
basitçe bir yaklaşımı olduğu akılda tutulmalıdır. Kullanılan sayısal metodun ne kadar hassas
olması gerektiği istenilen çözümün doğruluk derecesine bağlıdır. Yüksek doğruluk için daha hassas
sayısal çözüm metodu kullanılmalıdır. Çözümün doğruluğu kullanılan sayısal metot ve sistemin
hesaplama işlem kapasitesi arasında bir tercih yapma zorunluluğu getirir.
Analitik teknikler kullanılarak kolaylıkla çözülemeyecek bu problemlerin çözümü için bazı
metotlar kullanılmaktadır. Bu metotlar sonlu fark metodu, sonlu elemanlar metodu ve momentler
metodudur.
Manyetik çalışmalarında bazı ticari Bilgisayar Destekli Tasarım (BDT) sistemleri mevcuttur ve
gittikçe artan sayıdaki yazılım paketleri büyük endüstriyel firmalar tarafından ilgili amaçları
doğrultusunda kullanılmaktadır. Bunların kapasiteleri değişirken bu yazılım sistemlerinin tamamı
metodoloji ve amaçları bakımından ortak bir nüveyi paylaşmaktadır. 9. bölümde Ansoft şirketi
tarafından hazırlanan Maxwell SV yazılımı ile bazı modelleme ve tasarım örnekleri verilmiştir.
Ücretsiz olan Maxwell SV bir kişisel bilgisayar üzerinde elektromanyetik aygıtların
modellenmesinde yeni bir yaklaşım sunmaktadır. Kullanıcının elektriksel ve manyetik malzeme ve
sargılardan modeller oluşturabileceği hemen hemen gerçek bir laboratuvar ortamı hazırlamakta,
alan çizimleri ve grafiklerden görüntüler oluşturmakta ve kapasitans, indüktans, kondüktans,
kuvvet ve tork gibi miktarların sayısal değerlerini vermektedir.
1.9 İLERİ ÇALIŞMA
Bu kitapta sunulan elektromanyetik alan teorisi sadece bir başlangıç olarak kabul edilmelidir. Bu
bilgi elektromanyetik alanında sadece ilgi uyandırmayacak aynı zamanda daha karmaşık
gelişimlerin anlaşılması için temel olacaktır. Bununla beraber elektromanyetik alan teorisinin
harika cephesi hemen hemen bütün elektromanyetik olgunun dört Maxwell eşitliği, süreklilik
eşitliği ve Lorentz kuvvet eşitliğinin uygunca kullanılmasıyla tahmin edilebilmesi veya
açıklanabilmesidir.
Eğer karmaşık matematiksel eşitlikler ile çalışma zihinsel alıştırma için gerekli ise bu durumda
görecelik kavramlarını içeren elektromanyetik alan teorisi çalışmasını dikkate alınız. Bu çalışma
Lorentz dönüşümü ve Maxwell eşitliklerinin kovaryant formülasyonunun uygulamasını içerir. Bu
eşitliklerde zaman’a uzay koordinatları gibi aynı yolla davranılır. Bu yüzden gradyan, diverjans,
rotasyonel ve laplasyan hepsi dört boyutlu operatörler olmaktadır.
Eğer yeni bir alan çalışmasına ilgi uyandırılmışsa dalın ve keşfedin. Bununla beraber görevin
başarılması için bu kitapta verilen teorinin öncelikle anlaşılması gerekmektedir. Bilgi bir anda
kazanılmaz. Son eşitliklerin formül olarak görülmesinden daha çok bugün temellerin öğrenilme
isteğinin mükafatı yarın büyük oranda alınacaktır. Muhakeme özelliği gelişecek ve gelecekte daha
zor problemlerin çözümü yapılabilecektir.
Elektromanyetik Alan Teorisi
13
1.10 ÇALIŞMA SORULARI
1. Alan nedir?
2. Elektromanyetik nedir?
3. Elektrik ve manyetik nedir?
4. Bilimsel konu çalışmasında, ideal bir model oluşturulmasında üç temel adım nedir?
5. Elektromanyetik modelde kaynak miktarları nedir?
6. Nokta fonksiyonu ile ne denilmek isteniyor? Yük yoğunluğu bir nokta fonksiyonu mudur?
Akım bir nokta fonksiyonu mudur?
7. Elektromanyetikte dört temel SI birimi nedir?
8. Elektromanyetik modelde dört temel alan miktarları ve birimleri nedir?
9. Elektromanyetik modelde üç üniversal sabit ve ilişkileri nedir?
10. Manyetikte bilgisayar destekli analiz, simülasyon, modelleme ve tasarım niçin yapılır?
11. Vektörel gösterimin önemi nedir?
14
Elektromanyetik Alan Teorisi
∇
2 VEKTÖR ANALİZİ
2.1 GİRİŞ
Elektromanyetik alanlarda karşılaşılan miktarların çoğu skaler ve vektörler olarak iki sınıfa
ayrılabildiğinden vektör cebri ve vektör hesabının bilinmesi elektromanyetik alan teorisi
kavramlarının geliştirilmesinde gereklidir. Elektromanyetik alan teorisinde vektörlerin yaygın
olarak kabul edilmişliği bir ölçüde karmaşık olgunun sıkıştırılmış matematiksel gösterimini
sağlaması ve kolay görünüm ve işlemeye izin vermesinden kaynaklanmaktadır. Vektör formundaki
bir eşitlik üçe kadar skaler eşitliğin temsil edilmesi için yeterlidir. Vektörlerin tam ve derinlemesine
tartışılması bu ders kitabının amacı dışına taşmakla birlikte elektromanyetik alan teorisinde önemli
rol oynayan bazı vektör işlemleri bu bölümde verilmiştir. Konunun başlangıcı skaler ve vektörel
miktarların tanımlanmasına ayrılmıştır.
2.2 SKALER VE VEKTÖRLER
Genel olarak fizikte ve günlük hayatta karşılaşılan miktarların çoğu aşağıdaki gibi skaler ve
vektörler olarak ikiye ayrılabilir.
FİZİKTE BAZI SKALER VE VEKTÖRLER
Skaler
Vektör
Kütle
Yer değişimi
Uzunluk
Hız
Uzaklık
İvme
Hız
Kuvvet
Güç
Ağırlık
Enerji
Sürtünme
İş
Moment
16
Elektromanyetik Alan Teorisi
Benzer yolla elektromanyetik alanlarda karşılaşılan miktarlar da aşağıdaki gibi skaler ve vektörler
olarak ikiye ayrılabilir.
ELEKTROMANYETİKTE BAZI SKALER VE VEKTÖRLER
Skaler
Vektör
Elektrik akımı
Manyetik vektör potansiyeli
Serbest yük
Manyetik akı yoğunluğu
Elektrik potansiyeli
Elektrik akı yoğunluğu
Zaman
Elektrik alan şiddeti
Yüzey
Lorentz kuvveti
Kondüktans
Hacim akım yoğunluğu
Kapasitans
Poynting vektörü
İndüktans
Serbest yük hızı
2.2.1 SKALER
Tam olarak büyüklüğü ile tanımlanabilen fiziksel bir miktar skaler olarak adlandırılır. Skaler
miktarların bazı örnekleri kütle, zaman, sıcaklık, iş ve elektrik yüküdür. Bu miktarların her biri
tamamen bir tek sayı ile tanımlanabilir. 20 °C ’lik bir sıcaklık, 100 gram’lık bir kütle ve 1
Coulomb’luk bir yük skalerlere örnektir. Gerçekte bütün gerçek sayılar skaler’dir.
2.2.2 VEKTÖR
Yönü ile birlikte bir büyüklüğü olan fiziksel bir miktar vektör olarak adlandırılır. Kuvvet, hız, tork,
elektrik alanı ve ivme vektörel miktarlardır.
Bir vektörel miktar şekil 2.1a’da görüldüğü gibi uygun bir skalada büyüklüğüne eşit bir çizgi
parçası ve ok ile yönü işaretlenerek grafik biçiminde gösterilir. Farklı gösterimleri olmakla beraber
bu kitapta vektörün, koyu yazılmış harfin üzerine bir ok yerleştirilerek gösterilmesi tercih
edilmiştir. Böylece şekil 2.1a’da R vektörü Q noktasından P’ye doğru yönlenmiş bir vektörü
temsil etmektedir. Şekil 2.1b aynı uzunluk ve yönde paralel birkaç vektörü göstermekte ve hepsi de
aynı vektörü temsil etmektedir. Eğer A ve B vektörü aynı büyüklük (uzunluk) ve yönde ise
birbirine eşit yani A = B ’dir. Eğer vektörler aynı fiziksel ve geometrik anlamda yani aynı
boyutlarda ise vektörler karşılaştırılabilir.
Sıfır büyüklüğünde bir vektör sıfır vektörü olarak adlandırılır. Bu vektör sıfır büyüklüğünde
(uzunluğunda) olduğundan bir ok olarak gösterilemeyen tek vektördür. Birim büyüklükte
(uzunlukta) bir vektöre birim vektör adı verilir. Bir vektör daima birim vektörü ile temsil edilebilir.
Örneğin A vektörü,
A = Aa A
(2.1)
olarak yazılabilir; A skaleri A ’nın büyüklüğü ve a A ise A ile aynı yönde birim vektör olup
aşağıdaki gibi yazılabilir.
Vektör Analizi
17
A
aA =
A
(a) Vektörün grafiksel gösterimi
(2.2)
b) Aynı yönde eşit uzunluktaki paralel oklar aynı
vektörü temsil eder.
Şekil 2.1
2.3 VEKTÖR İŞLEMLERİ
Skaler miktarlar ile toplama, çıkarma, çarpma ve/veya bölme çokları için doğuştan gelen bir
yetenektir. Örneğin aynı birimlere sahip iki skalerin toplanılması istenilirse sadece büyüklükleri
toplanır. Vektörlerde toplama işlemi bu kadar kolay değildir ve aynı şekilde iki vektörün çıkarma
ve çarpma işlemi de kolay değildir. Vektörlerde bölme işlemi ise tanımlanmamıştır.
2.3.1 VEKTÖREL TOPLAMA
A ve B vektörlerinin toplanması için A ’nın uç (son) noktası ile çakışacak ve B ’nin başlangıç
(kuyruk) noktasına gelecek şekilde, şekil 2.2’de koyu çizgi ile görüldüğü gibi iki yardımcı A ve B
vektörü çizilir. A ’nın kuyruğu ile B ’nin ucunu birleştiren çizgi C vektörünü temsil eder ve A ve
B vektörlerinin toplamıdır. Bu
C= A+B
(2.3a)
ile gösterilir. İki vektörün toplamı yine bir vektördür. Şekil 2.2’de kesik çizgi ile görüldüğü gibi
önce B ve sonra A çizilebilirdi. Vektörlerin toplamının toplanacak vektörlerin sırasından
bağımsız olduğu açıktır. Başka bir deyişle vektörler
A+B =B+A
(2.3b)
de olduğu gibi toplamanın değişim kuralına uymaktadır. Şekil 2.2 vektörel toplamanın geometrik
bir yorumunu da vermektedir. Eğer A ve B bir paralel kenarın iki kenarı ise bu durumda C
bunun köşegenidir. Aynı zamanda vektörlerin, toplamanın birleşme kuralına uydukları da
gösterilebilir. Bu aşağıdaki gibi edilir.
A + (B + C) = ( A + B) + C
(2.4)
18
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 2.2 Vektörel toplama, C = A + B
Şekil 2.3 Vektörel çıkarma, D = A − B
2.3.2 VEKTÖREL ÇIKARMA
Eğer B bir vektör ise bu halde − B (eksi B ) de B ile aynı büyüklükte fakat ters yönde bir
vektördür. Gerçekte − B ’ye B ’nin tersi, zıddı veya negatifi denir. Bir vektörün negatifi ile
vektörel çıkarma, A − B aşağıdaki gibi tanımlanabilir. Şekil 2.3’de A vektöründen B vektörünün
çıkarılması görülmektedir.
D = A + ( −B )
(2.5)
B = kA
(2.6)
2.3.3 VEKTÖR İLE SKALER ÇARPIMI
A vektörü bir k skaleri ile çarpılırsa,
B gibi bir vektör elde edilir. B ’nin büyüklüğü basitçe A ’nın büyüklüğünün k katına eşittir.
Bunun yanında eğer k > 0 ise B vektörü A vektörü ile aynı yönde veya eğer k < 0 ise A
vektörünün tersi yönündedir. Eğer k > 1 ise B vektörü A vektöründen daha uzun ve eğer k < 1
ise B vektörü A vektöründen daha kısadır. Aynı veya zıt yönlerdeki B vektörü A vektörüne
paraleldir. Sıklıkla B ’ye bağımlı vektör denilir.
2.3.4 İKİ VEKTÖRÜN ÇARPIMI
İki vektörün çarpımı için kullanışlı iki tanım vardır. Bunlardan birisi nokta çarpımı ve diğeri ise
vektörel çarpım olarak adlandırılır.
İki vektörün nokta çarpımı
A ve B vektörlerinin nokta çarpımı A . B olarak yazılır ve A nokta B olarak okunur. Şekil
2.4’de görüldüğü gibi iki vektörün büyüklüklerinin ve aralarındaki en küçük açının kosinüsü ile
çarpımları olarak tanımlanır. Bu çarpım
Vektör Analizi
19
A ⋅ B = AB cosθ
(2.7)
olarak ifade edilir. (2.7) eşitliğinden A ve B ’nin nokta çarpımının bir skaler olduğu açıktır.
Bundan dolayı nokta çarpımı skaler çarpım olarak da bilinir. İki vektör paralel olduğunda skaler
çarpımı maksimumdur. Bunun yanında eğer sıfır olmayan iki vektörün skaler çarpımı sıfır ise
vektörler ortogonal’dir.
Şekil 2.4 Nokta çarpımının gösterimi
Nokta çarpımının bazı temel özellikleri:
Değişim
A⋅B = B⋅A
(2.8a)
Dağılım
A ⋅ (B + C) = A ⋅ B + A ⋅ C
(2.8b)
k ( A ⋅ B) = (kA) ⋅ B = A ⋅ (kB)
(2.8c)
Boyutlandırma
(2.7) eşitliğindeki B cosθ miktarı A boyunca B ’nin bileşenidir ve çoğunlukla B ’nin A
üzerindeki skaler izdüşümü olarak ifade edilir. Buna göre A üzerinde B ’nin skaler izdüşümü
A⋅B A B cos θ=
=
B= B ⋅ a A
A
A
(2.9)
olur. (2.9) eşitliğinde A boyunca birim vektörünün eklenmesiyle A vektörü üzerinde B ’nin
vektörel izdüşümü
B cos θ a=
(B ⋅ a A ) a A
A
(2.10)
olarak tanımlanabilir. (2.9) ve (2.10) kısaca bir vektörün birbirine karşılıklı dik yönde üç eksen
boyunca skaler ve vektörel izdüşümlerinin belirlenmesinde kullanılacaktır. (2.7) eşitliği A ve B
vektörü arasındaki açının belirlenmesinde de kullanılabilir. Bu açı,
A⋅B
Cos θ =
AB
(2.11)
ifadesinden elde edilebilir. A ≠ 0 ve B ≠ 0 şartıyla (2.7) kullanılarak, aşağıdaki gibi A
vektörünün büyüklüğü de belirlenebilir.
A =
A⋅A =
Aa A ⋅ Aa A =
A2
(2.12)
20
Elektromanyetik Alan Teorisi
ÖRNEK 2.1 A.B = A.C ise bu B ’nin daima C ’ye eşit olduğunu ifade eder mi?
ÇÖZÜM A ⋅ B = A ⋅ C olduğundan bu A ⋅ (B − C) =
0 olarak yazılabilir ve bunda göre aşağıdaki
sonuçlar çıkartılabilir:
a) A hem B − C ’ye dik veya
b) A bir sıfır vektörü veya
c) B − C = 0 ’dir.
Buna göre, sadece B − C = 0 iken B = C olur ve A ⋅ B = A ⋅ C daima B = C anlamında değildir.
Vektörel Çarpım
A ve B vektörlerinin vektörel çarpımı A × B olarak yazılır ve A çarpı B olarak okunur.
Vektörel çarpım A ve B ’yi içeren düzleme normal bir vektördür ve iki vektörün ve aralarındaki
en küçük açının sinüsü ile çarpımının büyüklüğüne eşittir. Vektörel çarpım,
A × B = AB sin θ a n
(2.13)
ile ifade edilir. a n A ve B düzlemine normal birim vektörüdür. a n birim vektörü şekil 2.5a’da
görüldüğü gibi A dan B ’ye sağ-el vida dönüşünün hareketi yönü doğrultusundadır. a n birim
vektörünün yönünü belirlemenin diğer yolu şekil 2.5b’de görüldüğü gibi sağ elin parmaklarını
uzatmaktır. İşaret parmağı A ’nın yönünü ve orta parmak B ’nin yönünü gösterirken, baş parmak
a n birim vektörünün yönünü gösterir. Vektörel çarpımının sonucu yine bir vektör olacağından,
vektörel çarpım olarak da adlandırılır.
(a) Sağ el vida kuralı
(b) Sağ el kuralı
Şekil 2.5 C = A × B vektörel çarpımının yönünü belirleme kuralları
Eğer C ,
C = A×B
(2.14)
Vektör Analizi
21
olarak A ve B vektörlerinin vektörel çarpımını temsil ediyorsa
C a n = ( Aa A ) × ( Ba B ) = (a A × a B ) AB
ve a n birim vektörü,
an = a A × aB
(2.15)
gibi yazılır.
Birim vektörün yönünün belirlenmesinde kuralların kullanılması ile
A × B = −B × A
(2.16)
olduğu gösterilebilir. Bu bakımdan vektörel çarpımın değişme özelliği yoktur. Vektörel çarpımının
diğer özelliklerinden bazıları aşağıdaki gibidir.
Dağılım
Boyutlandırma
A × (B + C) = A × B + A × C
(2.17a)
k ( A × B) = (kA) × B = A × (kB)
(2.17b)
Aynı zamanda, sıfır olmayan iki vektörün paralel olması için vektörel çarpımları sıfır olmalıdır.
ÖRNEK 2.2 A ve B keyfi iki vektör ise aşağıdaki Lagrange özdeşliğini doğrulayınız.
2
A × B = A2 B 2 − ( A ⋅ B ) 2
ÇÖZÜM İki vektörün vektörel çarpımının tanımından özdeşlik aşağıdaki gibi doğrulanabilir.
2
A × B = A2 B 2 sin 2 θ = A2 B 2 (1 − cos 2 θ ) = A2 B 2 − A2 B 2 cos 2 θ = A2 B 2 − ( A ⋅ B) 2
ÖRNEK 2.3 Vektörleri kullanarak üçgenin (a) sinüs ve (b) kosinüs kurallarını çıkartınız.
ÇÖZÜM
(a) Sinüs kuralı:
(a)
(b)
Şekil 2.6
22
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 2.6a’dan,
B =C−A
yazılabilir. B × B = 0 olduğundan,
B × (C − A) = 0
veya
B×C = B× A
olur. Buna göre,
BC sin α = BA sin(π − γ )
eşitliği [sin(π − γ ) = sin γ ] olduğundan
A
C
=
sin α sin γ
olarak ifade edilir. Benzer şekilde,
A
B
=
sin α sin β
olduğu da gösterilebilir. Böylece bir üçgen için sinüs kuralı aşağıdaki gibi ifade edilebilir.
A
B
C
=
=
sin α sin β sin γ
(a) Kosinüs kuralı:
Kosinüs kuralı bir üçgenin bir kenarının uzunluğunu diğer iki kenarının uzunluğu ve aralarındaki
açı ile ilişkilendirmekte yani C = A2 + B 2 − 2 AB cos α olarak verilmektedir. Bu, şekil 2.6(b)’de
görülen kenar vektörlerinin toplamı, C = A + B ile aşağıdaki gibi doğrulanabilir.
C 2 = C ⋅ C = ( A + B) ⋅ ( A + B) = A ⋅ A + B ⋅ B + 2 A ⋅ B
C 2 = A2 + B 2 + 2 AB cos(π − α ) = A2 + B 2 − 2 AB cos α
Skaler üçlü çarpım
A , B ve C gibi üç vektörün skaler üçlü çarpımı bir skalerdir ve
C ⋅ ( A × B) = ABC sin θ cos φ
(2.18a)
Vektör Analizi
23
olarak hesaplanabilir. Şekil 2.7’de görüldüğü gibi eğer üç vektör bir paralel prizmanın üç kenarını
temsil ediyorsa bu durumda skaler üçlü çarpımın sonucu hacimdir. (2.18a)’dan ortak düzlemli üç
vektörün skaler üçlü çarpımın sıfır olduğu açıktır. Vektörler periyodik sırada gözüktüğü sürece
(2.18a) aşağıdaki gibi de yazılabilir.
C ⋅ ( A × B) = A ⋅ (B × C) = B ⋅ (C × A)
(2.18b)
Şekil 2.7 Skaler üçlü
çarpımın gösterimi
Vektörel üçlü çarpım
A , B ve C gibi üç vektörün vektörel üçlü çarpımı da bir vektördür ve A × (B × C) olarak
yazılabilir. Vektörel üçlü çarpımın aşağıdaki gibi birleşme özelliğinin olmadığı gösterilebilir.
A × (B × C) ≠ ( A × B) × C)
(2.19)
ALIŞTIRMALAR
1. Vektörlerin toplamında değişim kuralını doğrulayınız.
2. Sıfır olmayan A ve B vektörlerinin birbirine dik olması için gerek ve yeter şartın A ⋅ B =
0
olduğunu gösteriniz.
3. Vektörlerin skaler çarpımda dağılım kuralına uyduklarını doğrulayınız.
4. Pythagorean (Pisagor) teoremini doğrulayınız
2
A + B = A2 + B 2 olduğunu gösteriniz.
veya
A
ve
B
birbirine
dik
ise
5. Vektörlerin vektörel çarpımda dağılım kuralına uyduklarını doğrulayınız.
6. Sıfır olmayan iki vektörün, sadece vektörel çarpımları sıfır ise paralel olduğunu ispatlayınız.
7.
A ⋅ (B × C) = B ⋅ (C × A) = C ⋅ ( A × B) olduğunu doğrulayınız.
8.
( A × B) ⋅ (C × D) = ( A ⋅ C)(B ⋅ D) − ( A ⋅ D)(B ⋅ C) olduğunu doğrulayınız.
2.4 KOORDİNAT SİSTEMLERİ
Bu noktaya kadar tartışma oldukça genel tutulmaya çalışıldı ve vektör işlemlerinde grafiksel
gösterim kullanıldı. Matematiksel bir görüş açısından vektörler birbirine karşılıklı dik (ortogonal)
24
Elektromanyetik Alan Teorisi
üç yön boyunca bileşenlerine ayrıldığı zaman vektörler ile çalışmak çok yerinde ve kullanışlı
olmaktadır. Bu kitapta esas olarak üç ortogonal koordinat sistemi kullanılmaktadır: Dikdörtgen
(kartezyen) koordinat sistemi, silindirik (dairesel) koordinat sistemi ve küresel koordinat sistemi.
2.4.1 DİKDÖRTGEN KOORDİNAT SİSTEMİ
Bir dikdörtgen (kartezyen) koordinat sistemi birbirine karşılıklı dik üç ortogonal düz çizgiden
oluşan bir sistemdir (şekil 2.8a). Üç düz çizgi x, y ve z eksenleri olarak adlandırılır. Bu eksenlerin
kesişim noktası orijindir. a x , a y ve a z birim vektörleri sırasıyla, x, y ve z boyunca bir vektörün
bileşenlerinin yönünün gösterilmesinde kullanılmaktadır.
(b) Bir noktanın izdüşümleri
(a) Dikdörtgen koordinat sistemi
Şekil 2.8
Boşlukta bir P ( X , Y , Z ) noktası şekil 2.8b’de görüldüğü gibi üç eksendeki izdüşümleri ile
tanımlanabilir. r pozisyon vektörü orijinden P noktasına yönlenmiş bir vektör olarak aşağıdaki
gibi bileşenleri ile ifade edilebilir.
r = X ax + Y a y + Z az
(2.20)
X, Y ve Z r ’nin x, y ve z eksenlerindeki skaler izdüşümleridir.
Şekil 2.9’da görüldüğü gibi A ’nın skaler izdüşümleri Ax, Ay ve Az ise A vektörü
A = Ax a x + Ay a y + Az a z
(2.21)
olarak yazılabilir. Benzer şekilde B vektörü de aşağıdaki gibi ifade edilebilir.
B = Bx a x + B y a y + Bz a z
(2.22)
A ve B vektörlerinin toplamı, C = A + B
C = ( Ax + Bx )a x + ( Ay + B y )a y + ( Az + Bz )a z = C xa x + C y a y + C z a z
(2.23)
Vektör Analizi
25
olarak yazılabilir. C x = Ax + Bx , C y = Ay + B y ve C z = Az + Bz büyüklükleri C ’nin a x , a y ve
a z birim vektörleri yönündeki bileşenleridir.
Şekil 2.9 Dikdörtgen
koordinat sisteminde
vektörel toplama,
C= A+B
Karşılıklı ortogonal birim vektörlerinin nokta ve vektörel çarpımları aşağıdaki gibidir.
ax ⋅ax = 1
a y ⋅a y = 1
az ⋅az = 1
(2.24a)
ax ⋅a y = 0
a y ⋅az = 0
az ⋅ax = 0
(2.24b)
ax × ax = 0
ay ×ay = 0
az × az = 0
(2.24c)
ax × a y = az
a y × az = ax
az × ax = a y
(2.24d)
Bileşenleri ile A ve B vektörlerinin nokta çarpımı aşağıdaki gibidir.
A⋅B
= Ax Bx + Ay By + Az Bz
(2.25)
Eş.(2.25) kullanılarak bileşenleri ile A vektörünün büyüklüğü aşağıdaki gibi hesaplanabilir.
A=
ÖRNEK 2.4
A⋅A =
Ax2 + Ay2 + Az2
(2.26)
A = 3 a x + 2 a y − a z ve B = a x − 3 a y + 2 a z verilmiş, C = 2 A − 3B ’yi bulunuz. a c
birim vektörünün x, y ve z eksenleri ile yaptıkları açıları bulunuz.
26
Elektromanyetik Alan Teorisi
ÇÖZÜM
İstenilen C vektörü,
C = 2 A − 3B = 2[3 a x + 2 a y − a z ] − 3[a x − 3 a y + 2 a z ] = 3a x + 13 a y − 8 a z
ve (2.26)’dan C vektörünün büyüklüğü,
C
=
2
32 + 132 + (−8)=
242
= 15,556
dir. İstenilen birim vektörü aşağıdaki gibi hesaplanır.
C 3a x + 13 a y − 8 a z
ac = =
= 0,193a x + 0,836 a y − 0,514 a z
C
15,556
Birim vektörlerin x, y ve z eksenleri ile yaptıkları açılar aşağıdaki gibidir:
3
Cx
= cos −1
= 78,88°
C
15,556
θ x = cos −1
Cy
−1 13
= cos
= 33,31°
15,556
C
θ y = cos −1
−8
Cz
= cos −1
= 120,95°
C
15,556
θ z = cos −1
ÖRNEK 2.5 Aşağıdaki vektörlerin ortogonal olduğunu gösteriniz.
A = 4a x + 6 a y − 2 a z ve B = −2a x + 4a y + 8 a z
ÇÖZÜM Sıfır olmayan iki vektörün ortogonal olması için skaler çarpımlarının, A ⋅ B sıfır olması
gerekir.
A ⋅ B =(4)(-2) + (6)(4) + (-2)(8) =−8 + 24 − 16 = 0
Skaler çarpım sıfır olduğundan vektörler ortogonaldir.
ÖRNEK 2.6 P(x 1 , y 1 , z 1 ) noktasından Q(x 2 , y 2 , z 2 ) noktasına yönlenmiş R uzunluk vektörünü
bulunuz.
ÇÖZÜM İki nokta arasını birleştiren vektöre uzunluk vektörü denilir. Şekil 2.10’da görüldüğü gibi
r1 ve r2 P ve Q noktalarının pozisyon vektörleri ise
r1 = x1a x + y1a y + z1a z
ve
Vektör Analizi
27
r2 = x2 a x + y 2 a y + z 2 a z
dir. Şekil 2.10’dan P noktasından Q noktasına uzunluk vektörü aşağıdaki gibi yazılır.
R = r2 − r1 = ( x2 − x1 )a x + ( y 2 − y1 )a y + ( z 2 − z1 )a z
Şekil 2.10 P’den Q’ye R uzunluk vektörü
A ve B vektörlerinin vektörel çarpımı birim vektörleri üzerindeki izdüşümleri ile de
hesaplanabilir. C = A × B ise
C = [ Ax a x + Ay a y + Az a z ] × [ Bx a x + By a y + Bz a z ]
C = [ Ay Bz − Az B y ]a x + [ Az Bx − Ax Bz ] a y + [ Ax B y − Ay Bx ] a z
elde edilir. Aynı eşitlik aşağıdaki gibi determinantla da ifade edilebilir.
a
x
C = A × B = Ax
Bx
ay
Ay
By
az
Az
Bz
(2.27)
ÖRNEK 2.7 A , B ve C vektörleri ile biçimlenmiş bir paralel prizmanın hacmini hesaplayınız.
A = 2a x + a y − 2 a z , B = −a x + 3a y + 5a z ve C = 5a x − 2a y − 2a z
ÇÖZÜM Paralel prizmanın hacminin hesaplanması için skaler üçlü çarpım, A ⋅ (B × C) kullanılır.
(2.27) eşitliğinin yardımı ile skaler üçlü çarpım determinant formunda
A A A
x y z
A ⋅ (B × C) =
Bx By Bz
C x C y C z
olarak yazılabilir. Değerler yerine konularak istenilen hacim aşağıdaki gibi bulunur.
28
Elektromanyetik Alan Teorisi
2 1 −2
Hacim =A ⋅ (B × C) =−
1 3 5 =57
5 −2 −2
ALIŞTIRMALAR
9.
A = 2a x + 0,3a y − 1,5a z ve B = 10a x + 1,5a y − 7,5a z ise A ve B vektörlerinin bağımlı
vektörler olduğunu gösteriniz.
10. P (0, −2,1) ’den Q(−2,0,3) ’ye uzunluk vektörünü hesaplayınız.
11. A = 3a x + 2a y − a z , B = 4a x − 8a y − 4a z ve C = 7a x − 6a y − 5a z ise A , B ve C ’nin dik açılı
üçgen olduğunu gösteriniz.
12. S = 3a x + 5a y + 17a z ve G = −a y − 5a z ise S + G ’ye paralel birim vektörünü bulunuz. Birim
vektörün x, y ve z eksenleri ile yaptığı açıları hesaplayınız.
2.4.2 SİLİNDİRİK KOORDİNAT SİSTEMİ
Şekil 2.11’de görüldüğü gibi bir P( x, y, z ) noktası tamamen ρ, φ ve z ile temsil edilebilir. OP
pozisyon vektörünün xy düzlemine izdüşümü ρ, OTPM düzleminin pozitif x eksenine yaptığı açı φ
ve OP’nin z eksenine izdüşümü z olmaktadır. ρ, φ ve z’ye P ( ρ ,φ , z ) noktasının silindirik
koordinatları olarak söylenir. Şekil 2.11’den aşağıdaki ifadeler yazılabilir.
x = ρ cos φ
y = ρ sin φ
(2.28)
ρ = x 2 + y 2 = sabit
(2.29)
(2.29) ile ifade edilen koordinat yüzeyi şekil 2.12’de görüldüğü gibi ekseni z ekseninde bulunan ρ
yarıçapında bir silindirdir ve 0 ≤ ρ ≤ ∞ dir.
y
x
φ = tan −1 = sabit
(2.30)
Şekil 2.11 Silindirik koordinat sisteminde bir
noktanın izdüşümleri
Vektör Analizi
29
(2.30) ile ifade edilen koordinat yüzeyi şekil 2.12’de görüldüğü gibi z ekseni etrafında dönebilen
(menteşeli) bir düzlemdir.
Şekil 2.12a 3 boyutlu silindirik koordinat sistemi
Şekil 2.12b Silindirik koordinat sisteminde
birbirine karşılıklı dik üç yüzey
Son olarak koordinat yüzeyi,
z = sabit
xy düzlemine paralel bir düzlemdir. Bu yüzeyler birbirlerine dik açılarda kesiştiğinden birbirine
karşılıklı olarak dik üç koordinat ekseni oluştururlar: ρ, φ ve z. Şekil 2.11’de görüldüğü gibi ilgili
birim vektörleri a ρ , aφ ve a z ’dir. φ açısı x eksenine göre saat yönünün tersinden ölçülür. Buna
göre φ’nin değişim aralığı 0 ile 2π arasındadır. a ρ ve aφ birim vektörleri tek yönlü değil yani
φ’nin artışı ve azalışı ile yön değiştirirler. Bu gerçek, integrand a ρ ve aφ yönlü bileşenlerine sahip
olduğunda φ’ye göre integral alınırken akılda tutulmalıdır. Gerekli olduğunda bu gerçek yeniden
irdelenecektir.
A ve B vektörü ortak P ( ρ ,φ , z ) noktasında veya φ = sabit düzleminde tanımlanıyorsa
dikdörtgen koordinat sisteminde yapıldığı gibi bu vektörler toplanabilir, çıkarılabilir ve çarpılabilir.
P ( ρ ,φ , z ) noktasında iki vektör A = Aρ a ρ + Aφ aφ + Az a z ve B = B ρ a ρ + Bφ aφ + B z a z ise
aşağıdaki ifadeler yazılabilir.
A + B = ( Aρ + Bρ )a ρ + ( Aφ + Bφ )aφ + ( Az + Bz )a z
(2.32a)
A=
⋅ B ( Aρ Bρ ) + ( Aϕ Bϕ ) + ( Az Bz )
(2.32b)
aρ
A × B = Aρ
Bρ
aφ
Aφ
Bφ
az
Az
Bz
(2.32c)
30
Elektromanyetik Alan Teorisi
Silindirik koordinat sisteminde vektörlerin nokta ve vektörel çarpımları aşağıdaki gibidir.
aρ ⋅ aρ =
1
aφ ⋅ aφ =
1
az ⋅ az =
1
(2.33a)
a ρ ⋅ aφ =
0
aφ ⋅ a z =
0
az ⋅ aρ =
0
(2.33b)
aρ × aρ = 0
aφ × aφ = 0
az × az = 0
(2.34a)
a ρ × aφ = a z
aφ × a z = a ρ
a z × a ρ = aφ
(2.34b)
Birim vektörlerin dönüşümü a ρ ve aφ birim vektörlerinin a x ve a y birim vektörleri üzerindeki
izdüşümü şekil 2.13’de görülmektedir. İzdüşümlerden görüldüğü gibi
a ρ = cosφ a x + sin φ a y
(2.35a)
aφ = − sin φ a x + cosφ a y
(2.35b)
ve
olur çünkü a x ⋅ a ρ =
cos φ , a y ⋅ a ρ =
− sin φ ve a y ⋅ aφ =
cos φ dir.
sin φ , a x ⋅ aφ =
Dikdörtgen’den silindirik koordinat sistemine birim vektör dönüşümü aşağıdaki gibi matris
formunda (ve bu matristen silindirikten dikdörtgen koordinat sistemine) ifade edilebilir.
a ρ cosφ
aφ = − sin φ
a 0
z
a x cos φ
a y = sin φ
a 0
z
sin φ
cosφ
0
− sin φ
cos φ
0
0 a x
0 a y
1 a z
(2.36a)
0 a ρ
0 aφ
1 a z
(2.36b)
Şekil 2.13 a ρ ve aφ
vektörlerinin a x ve a y
bileşenleri
Vektör Analizi
31
Bir vektörün dönüşümü A vektörü silindirik koordinat sisteminde verilmişse dikdörtgen
koordinat sisteminde x, y ve z eksenleri üzerindeki izdüşümleri ile ifade edilebilir. x ekseni üzerinde
A = Aρ a ρ + Aφ aφ + Az a z vektörünün skaler izdüşümü,
Ax = A ⋅ a x = Aρ a ρ .a x + Aφ aφ .a x + Az a z .a x = Aρ cos φ − Aφ sin φ
(2.37a)
y ekseni üzerinde A ’nın skaler izdüşümü,
Ay = A ⋅ a y = Aρ a ρ ⋅ a y + Aφ aφ ⋅ a y + Az a z ⋅ a y = Aρ sin φ − Aφ cos φ
(2.37b)
z ekseni üzerinde A ’nın skaler izdüşümü,
Az = A ⋅ a z = Aρ a ρ ⋅ a z + Aφ aφ ⋅ a z + Az a z ⋅ a z = Az
(2.37c)
dir. (2.37a, b, c) eşitlikleri daha öz olarak matris formunda aşağıdaki gibi yazılabilir.
Ax cos φ
A = sin φ
y
Az 0
− sin φ 0 Aρ
cos φ 0 Aφ
0
1 Az
(2.38)
Benzer işlemler takip edilerek dikdörtgen koordinat sisteminde bir vektör aşağıdaki dönüşüm ile
silindirik koordinat sisteminde ifade edilebilir:
Aρ cos φ
A = − sin φ
φ
Az 0
sin φ
cos φ
0
0 Ax
0 Ay
1 Az
(2.39)
(2.39)’daki dönüşüm matrisinin (2.36a)’daki ile aynı olduğuna dikkat edilmelidir.
ÖRNEK 2.8 Dikdörtgen koordinat sistemindeki bir pozisyon vektörünü silindirik koordinat
sisteminde bir vektöre dönüştürünüz.
ÇÖZÜM Boşlukta herhangi bir P( x, y, z ) noktasının pozisyon vektörü
A = xa x + ya y + za z
(2.39)’da verilen dönüşüm matrisi kullanılarak,
Aρ = x cos φ + y sin φ , Aφ = − x sin φ + y cos φ ve Az = z
elde edilir. x = ρ cos φ ve y = ρ sin φ yerine konularak
Aρ = ρ , Aφ = 0 ve Az = z
elde edilir. Böylece, A pozisyon vektörü silindirik koordinat sisteminde aşağıdaki gibi yazılır.
32
Elektromanyetik Alan Teorisi
A = ρ aρ + z az
k ÖRNEK 2.9 A = 2 a ρ + 5 sin 2φ a z vektörünü dikdörtgen koordinat sisteminde ifade ediniz.
ρ
ÇÖZÜM (2.38)’de verilen dönüşüm matrisi kullanılarak
Aρ =
k
ρ2
, Aφ = 0 ve Az = 5 sin 2φ
ile
Ax =
k cos φ
ρ
2
, Ay =
k sin φ
ρ2
ve Az = 10 cos φ sin φ
elde edilir.
ρ = x 2 + y 2 , cosφ =
x
ρ
ve sinφ =
y
ρ
yerine konularak A vektörünün istenilen dönüşümü
A=
kx
ky
10 xy a + 2
a + 2
az
2 3/ 2 x
2 3/ 2 y
(x + y )
(x + y )
x + y2
2
olarak bulunur.
ÖRNEK 2.10 A = 3a ρ + 2aφ + 5a z ve B = −2a ρ + 3aφ − a z , P(3, π/6, 5) ve Q(4, π/3, 3)
noktalarında verilmişse S(2, π/4, 4) noktasında C = A + B ’yi bulunuz. Vektörleri grafik üzerinde
gösteriniz.
ÇÖZÜM Bu iki vektör aynı φ = sabit düzleminde tanımlanmadıklarından silindirik koordinat
sisteminde doğrudan toplanamazlar. Bundan dolayı dikdörtgen koordinat sistemine dönüşüm
gereklidir. P(3, π/6, 5) noktasında verilen A vektörü için dönüşüm matrisi
Ax cos 30º − sin 30º 0 3
A = sin 30º cos 30º 0 2
y
Az 0
0
1 5
dir ve
A = Ax a x + Ay a y + Az a z = 1,598a x + 3,232a y + 5a z
bulunur. Aynı şekilde, φ = π/3 ile dönüştürülen vektör, B
Vektör Analizi
33
Bx cos 60º − sin 60º 0 − 2
B = sin 60º cos 60º 0 3
y
Bz 0
0
1 − 1
B = Bx a x + B y a y + Bz a z = −3,598a x − 0,232a y − a z
elde edilir. Daha sonra dikdörtgen koordinat sisteminde C = A + B
C = −2a x + 3a y + 4a z
olarak hesaplanabilir. Şimdi C vektörü (2.39)’da verilen dönüşüm matrisi kullanılarak, aşağıdaki
gibi silindirik koordinat sisteminde S(2, π/4, 4) noktasındaki bileşenlerine dönüştürülebilir.
C ρ cos 45º sin 45º 0 − 2
C = − sin 45º cos 45º 0 3
φ
C z 0
0
1 4
Buradan, C = 0,707a ρ + 3,535aφ + 4a z olarak hesaplanır. Şekil 2.14’de A , B ve C vektörlerinin
koordinat sistemindeki konumları görülmektedir.
Şekil 2.14 A , B ve C vektörlerinin koordinat sistemindeki konumları ve φ = 30° , φ = 45° ve
φ = 60° sabit düzlemleri
Bir vektör, bir koordinat sisteminden diğer koordinat sistemine dönüştürülürken sadece büyüklüğü
değişir, yönü değişmeden kalır.
34
Elektromanyetik Alan Teorisi
ALIŞTIRMALAR
13. (2.39)’da verilen dönüşümü doğrulayınız.
14. Vektör izdüşümü kullanarak Örnek 2.10’daki C ’yi hesaplayınız.
15.
(a) F ρ sin φ a ρ − ρ cos φ aφ ve (b) H = ρ1 a ρ vektörlerini dikdörtgen koordinat sisteminde
=
ifade ediniz.
16. P (1, π ,0) ve Q(0, −π / 2, 2) noktası silindirik koordinat sisteminde verilmiştir. P’den Q’ye
uzunluk vektörünü ve uzunluğunu bulunuz. Q’den P’ye uzunluk vektörü nedir? P’den Q’ye
uzunluk vektörünü Q’den P’ye uzunluk vektörü ile ifade ediniz.
2.4.3 KÜRESEL KOORDİNAT SİSTEMİ
Üçüncü koordinat sistemi küresel koordinat sistemidir. Şekil 2.15a’da görüldüğü gibi küresel
koordinatlarda boşlukta bir P noktası r, θ ve φ ile temsil edilebilir; OP pozisyon vektörünün
büyüklüğü r, θ pozitif z ekseni ile OP pozisyon vektörünün yaptığı açı ve φ şekilde görüldüğü gibi
pozitif x ekseni ve OMPN düzlemi arasındaki açıdır. xy düzlemi üzerinde r’nin izdüşümü
OM = r sin θ ’dir. Şekil 2.15a’dan
x = r sin θ cos φ
(2.40a)
y = r sin θ sin φ
(2.40b)
z = r cosθ
(2.40c)
olduğu açıktır. (2.40)’dan aşağıdakiler yazılabilir:
r = x2 + y 2 + z 2
z
θ = cos −1
r
y
φ = tan −1
x
(2.41a)
(2.41b)
(2.41c)
φ’nin pozitif yönü z ekseni etrafında x’den y’ye sağ el dönüşü yönünde ve φ 0-2π arasında değişir.
θ ’nın pozitif yönü değerinin sıfır olduğu pozitif z ekseninden değerinin π olduğu negatif z eksenine
doğrudur ve θ 0-π arasında değişir. r’nin sınırları 0 ≤ r ≤ ∞ ile verilir.
Şekil 2.15c’de P(r ,θ ,φ ) noktasından geçmekte olan üç adet yüzey görülmektedir. Bunlar; r
yarıçapında bir küre yüzeyi, uç kısmı orijinde bulunan θ açıklığında bir konik yüzey ve xy düzlemi
ile φ açısı yapan z ekseninde eksenlenmiş bir düzlem’dir. P noktasında bu yüzeylere tanjant
düzlemler birbirine karşılıklı olarak diktir. r, θ ve φ ’nin artan yönlerinde bu kesişim noktalarına
dik birim vektörleri a r , aθ ve aφ ’dir. Bu birim vektörleri (r ,θ ,φ ) koordinatlarının
fonksiyonlarıdır. Bunun sonucu olarak küresel koordinatlarda vektörel toplama, çarpma ve çıkarma
sadece bu vektörler θ = sabit ve φ = sabit düzlemlerinin kesişiminde verilmişse yapılabilir. Başka
Vektör Analizi
35
bir ifadeyle vektörlerin aynı noktada veya aynı radyal (yarıçap) hat boyundaki noktalarda
tanımlanması gerekir.
(a) Küresel koordinat sisteminde bir noktanın
izdüşümleri
(b) 3 boyutlu küresel koordinat sistemi
(c) Küresel koordinat sisteminde sabit
yüzeyler ve birim vektörleri
Şekil 2.15
Birim vektörlerin skaler ve vektörel çarpımları aşağıdaki gibidir.
1
ar ⋅ ar =
aθ ⋅ aθ =
1
aφ ⋅ aφ =
1
(2.42a)
a r ⋅ aθ =
0
aθ ⋅ aφ =
0
aφ ⋅ a r =
0
(2.42b)
aφ × a r = aθ
(2.42c)
a r × aθ = aφ
aθ × aφ = a r
ÖRNEK 2.11 A = 10a r + 30aθ − 10aφ ve B = −3a r − 10aθ + 20aφ vektörleri boşlukta bir P(r ,θ ,φ )
noktasında verilmiştir.
(a) 2A − 5B , (b) A ⋅ B , (c) A × B , d) B ’nin yönünde A ’nın skaler bileşeni, (e) B ’nin yönünde
A ’nın vektörel izdüşümü ve (f) hem A ve hem de B ’ye dik birim vektörünü belirleyiniz.
36
Elektromanyetik Alan Teorisi
ÇÖZÜM A ve B vektörü aynı P noktasında verildiğinden küresel koordinatlar sisteminde vektör
işlemlerinin kuralları doğrudan uygulanabilir.
a) 2 A − 5B = (20 + 15)a r + (60 + 50)aθ + (−20 − 100)aφ = 35a r + 110aθ − 120aφ
b) A=
⋅ B 10(-3) + 30(-10) + (-10)20
=
-530
ar
aθ
aφ
c) A × B = 10 30 − 10 = 500a r − 170aθ − 10aφ
− 3 − 10 20
d) B ’nin büyüklüğü: B = [(-3)2 + (-10)2 + (20) 2 ]1/2 = 22,561
B ’nin üzerine A ’nın skaler izdüşümü:
A.B − 530
A ⋅ aB =
=
= −23,492
B
22,561
e) B ’nin üzerine A ’nın vektörel izdüşümü:
(A ⋅ a B )B −23, 492
−3a r − 10aθ + 20=
aφ
=
(A ⋅ a B =
)a B
B
22,561
3,123a r + 10, 413aθ − 20,825aφ
f) A ve B ’ye normal iki birim vektörü vardır. Birim vektörlerden biri
A × B 500a r − 170aθ − 10aφ
a n1 = =
= 0,947a r − 0,322aθ − 0,019aφ
2
2
2
A×B
500 + 170 + 10
ve diğer birim vektörü aşağıdaki gibidir.
a n 2 = −a n1 = −0,947a r + 0,322aθ + 0,019aφ
Birim Vektörlerinin Dönüşümü Küresel koordinatlarda farklı noktalarda fakat aynı radyal hat
üzerinde olmayan bir vektör seti verildiğinde temel vektör işlemlerini yapmak için vektörlerin
dikdörtgen koordinatlarda ifade edilmesi gerekir. a x , a y ve a z boyunca üç birim vektörünün a r ,
aθ ve aφ bileşenleri şekil 2.16’dan elde edilebilir. Bu şekilden aşağıdakiler gösterilebilir.
=
a r ⋅ a x sin θ cos=
a r ⋅ a y sin θ sin =
a r ⋅ a z cos θ
φ
φ
aθ ⋅ a x =
aθ ⋅ a y =
aθ ⋅ a z =
− sin θ
cos θ cos φ
cos θ sin φ
aφ ⋅ a x =
− sin φ
aφ ⋅ a y =
aφ ⋅ a z =
cos φ
0
(2.43a)
Bu eşitlikler aşağıdaki gibi matris formunda yazılabilir.
a r sin θ cos φ
aθ = cosθ cos φ
aφ − sin φ
sin θ sin φ
cosθ sin φ
cos φ
cosθ a x
− sin θ a y
0 a z
(2.43b)
Vektör Analizi
37
Şekil 2.16 a r , aθ ve aφ birim vektörlerinin a x , a y ve a z birim vektörleri üzerindeki izdüşümleri
38
Elektromanyetik Alan Teorisi
Bir vektörün dönüşümü Küresel koordinat sisteminde A vektörü,
A = Ar a r + Aθ aθ + Aφ aφ
verilmişse x, y ve z eksenleri üzerindeki izdüşümleri aşağıdaki gibi belirlenebilir.
Ax = A ⋅ a x = Ar a r ⋅ a x + Aθ aθ ⋅ a x + Aφ aφ ⋅ a x = Ar sin θ cos φ + Aθ cos θ cos φ − Aφ sin φ
Ay = A ⋅ a y = Ar a r ⋅ a y + Aθ aθ ⋅ a y + Aφ aφ ⋅ a y = Ar sin θ sin φ + Aθ cos θ sin φ + Aφ cos φ
Az = A ⋅ a z = Ar a r ⋅ a z + Aθ aθ ⋅ a z + Aφ aφ ⋅ a z = Ar cos θ − Aθ sin θ
Sonuçlar matris formunda aşağıdaki gibidir.
Ax sin θ cos φ
A = sin θ sin φ
y
Az cosθ
cosθ cos φ
cosθ sin φ
− sin θ
− sin φ Ar
cos φ Aθ
0 Aφ
(2.44)
Aynı şekilde dikdörtgen koordinat sisteminde verilen bir vektör aşağıdaki matris dönüşümü
kullanılarak küresel koordinat sisteminde bir vektör olarak ifade edilebilir. Bu sonuçlar izdüşüm
teknikleri kullanılarak kolaylıkla ispatlanabilir.
Ar sin θ cos φ
Aθ = cosθ cos φ
Aφ − sin φ
sin θ sin φ
cosθ sin φ
cos φ
cosθ Ax
− sin θ Ay
0 Az
(2.45)
ÖRNEK 2.12 F = 3 xa x + 0,5 y 2a y + 0,25 x 2 y 2a z vektörü dikdörtgen koordinat sisteminde P(3,4,12)
noktasında verilmiştir. Bu vektörü küresel koordinat sisteminde ifade ediniz.
ÇÖZÜM P(3,4,12) noktasında F vektörü
F = 3 × 3a x + 0,5 × 42 a y + 0,25 × 32 × 42 a z = 9a x + 8a y + 36a z
ve
4
φ = tan −1 = 53,13° ,
3
12
= 22,62°
13
θ = cos −1
dir. (2.45)’deki değerler yerine konularak
Fr = 37,77 , Fθ = −2,95 ve Fφ = −2,40
elde edilir veya küresel koordinat sisteminde P(13, 22,62°, 53,13°) noktasında aşağıdaki gibi
hesaplanır.
Vektör Analizi
39
F = 37,77a r − 2,95aθ − 2,40aφ
ALIŞTIRMALAR
17. r = xa x + ya y + za z pozisyon vektörünü küresel koordinat sisteminde ifade ediniz.
18. F = r a r + r tan θ aθ + r sin θ cos φ aφ ise F ’yi dikdörtgen koordinat sistemine dönüştürünüz.
19. P (2, π / 2,3π / 4) ’den Q(10, π / 4, π / 2) ’ye uzunluk vektörünün uzunluğunu elde ediniz.
20. S = 12 a r + 5 aθ + π aφ ve T = 2 a r + 0,5π aθ sırasıyla (2,π,π/2) ve (5,π/2,π/2) noktalarındaki iki
vektördür. (a) S + T , (b) S ⋅ T , (c) S × T , (d) S × T ’ye dik birim vektörleri ve (e) S ve T
arasındaki açıyı belirleyiniz.
2.5 SKALER VE VEKTÖREL ALANLAR
Şimdiye kadar dikkate alınan bütün vektör işlemleri çoğunlukla alanlar olarak adlandırılan
fonksiyonlara uygulanabilmektedir. Bir alan boşluktaki bütün noktalarda bir fiziksel miktarı
tanımlayan bir fonksiyondur. Bir fiziksel miktar bir skaler veya bir vektör olabilir; buna göre bir
alan skaler alan veya vektör alanı olabilir.
Skaler Alanlar Skaler alan her noktada bir tek sayı ile belirlenir. Skaler alanların iyi bilinen bazı
örnekleri bir gazın sıcaklığı ve basıncı, deniz seviyesinden yukarı yükseklik ve elektrik
potansiyelini içerir. Örneğin Elektrostatik bölümünde paralel plakalı bir kapasitör içindeki
potansiyel dağılımın (şekil 2.17a’ da görüldüğü gibi yalıtkan bir ortam ile ayrılmış iki paralel
iletken plaka) şekil 2.17b’de görüldüğü gibi iletken plakalar arasındaki uzaklığın doğrusal bir
fonksiyonu olduğu görülecektir. Böylece eş potansiyel yüzeyler iletkenlere paralel düzlemler
olmaktadır. Eş potansiyel yüzey potansiyelde değişimin olmadığı bir yüzeydir.
(a) Paralel plakalı kapasitör
(b) Potansiyel dağılımı
(c) Elektrik alan şiddeti
Şekil 2.17
Vektörel Alanlar Vektör alanı boşlukta her noktada hem büyüklüğü ve hem de yönü ile belirlenir.
Bir akışkanın hızı ve ivmesi, yerçekimi kuvveti ve bir koaksiyel kablo içindeki elektrik alanı vektör
alanlarına bazı örneklerdir. Elektrostatik alanlar bölümünde şekil 2.17c’de görüldüğü gibi paralel
plakalı bir kapasitör içindeki elektrik alan şiddetinin sabit ve yüksek potansiyelli iletkenden düşük
potansiyelli iletkene doğru yönlenmiş olduğu da görülecektir.
40
Elektromanyetik Alan Teorisi
Statik Alanlar Bir alan zamanla değişmiyorsa buna statik alan adı verilir. Statik alanlar zamanla
değişmeyen alanlar olarak da bilinir. Durgun yüklerin oluşturduğu alanlar elektrostatik alanlar
bölümünde ve yüklerin kararlı hareketi ile meydana gelen alanlar statik manyetik alanlar
bölümünde yer almaktadır.
Zamanla Değişen Alanlar Bir alan zamanla değiştiğinde zamanla değişen alan olarak adlandırılır.
Bu ders kitabının çoğu zamanla değişen elektromanyetik (kuplajlı elektrik ve manyetik) alanlar
çalışmasına ayrılmıştır.
Vektör Hesabı Vektör hesabı tartışmasına başlamadan önce bir veya daha fazla değişkenli bir
fonksiyonun türevini tanımlamak mümkündür. Bir skaler f(s) fonksiyonunun s’ye göre türevi
aşağıdaki gibi tanımlanır.
df
f ( s + ∆s ) − f ( s )
= lim
∆s
ds ∆s→0
(2.46)
Şimdi f fonksiyonu u ve v olarak iki değişkenli ve her değişken sürekli olarak s’ye bağlı yani
f = f (u( s ), v ( s )) ise, bu durumda f’nin s’ye göre türevi
df ∂f du ∂f dv
=
+
ds ∂u ds ∂v ds
(2.47)
dir; ∂f/∂u türevi v’nin sabit bir değeri için f’nin u’ya göre kısmi türevidir ve ∂f/∂v türevi u’nun sabit
bir değeri için f’nin v’ye göre kısmi türevidir. (2.46)’dan u’ya göre f’nin kısmi türevinin tanımı
aşağıdaki gibi elde edilir.
∂f
f (u + ∆u, v ) − f (u, v )
= lim
∂u ∆u →0
∆u
(2.48)
∂f/∂v için benzer ifade elde edilir. Bu eşitlikler bir skaler fonksiyonun gradyan ve Laplasyanının
tanımlanmasında kullanılacaktır.
F(s ) vektör alanı’nın türevi, s’ye göre skaler s’nin bir fonksiyonu aşağıdaki gibi tanımlanır.
F( s + ∆s ) − F( s )
dF
= lim
ds ∆s→0
∆s
(2.49)
F vektörü x, y ve z pozisyon koordinatlarının bir fonksiyonu ise bu durumda kısmi diferansiyelin
tanımı kullanılarak ∂ F /∂x aşağıdaki gibi yazılabilir.
∂F
F ( x + ∆x, y, z ) − F ( x, y, z )
= lim
∂x ∆x→0
∆x
(2.50)
Benzer ifadeler ∂ F /∂y ve ∂ F /∂z için de yazılabilir. (2.50) bir vektörün diverjans ve rotasyonel’inin
tanımlanmasında kullanılacaktır.
Eğer bir veya daha fazla değişkenli bir skaler veya bir vektör alanının diferansiyeli alınabiliyorsa
bunun tersinin de doğru olması gerekir yani bir skaler veya bir vektör alanının integrali
alınabilmelidir. Gerçekte diverjansın fiziksel bir yorumu bir yüzey üzerinde bir vektörün
Vektör Analizi
41
integrasyonundan elde edilebilir. Bu integrasyonu yapmak için diferansiyel yüzey elemanlarının
tanımlanabilmesi gerekir. Bundan sonraki kısım dikdörtgen, silindirik ve küresel koordinat
sistemlerinde diferansiyel uzunluk, yüzey ve hacim tanımlamalarına ayrılmıştır.
ALIŞTIRMALAR
21. g = g[u(t ), v (t ), s(t )] skaler fonksiyonu veriliyor, t[dg / dt ] ’ye göre g’nin türev ifadesini
çıkartınız.
22. G = G ( x, y , z, t ) ise (x, y ve z aynı zamanda t’nin de fonksiyonlarıdır) dG / dt ifadesini elde
ediniz.
23. x’e göre F ’nin kısmi türevi (2.50) eşitliği ile verilmiştir. y ve z’ye göre F ’nin kısmi türev
ifadeleri nedir?
2.6 UZUNLUK, YÜZEY VE HACİM DİFERANSİYEL ELEMANLARI
Elektromanyetizma çalışmasında çizgi, yüzey ve hacim integrasyonları ile sık olarak
karşılaşılmaktadır. Belli bir koordinat sisteminde bu integrallerin yapılması uzunluk, yüzey ve
hacim diferansiyel elemanları hakkında bilgi edinilmesini zorunlu kılar. Takip eden kısımlarda her
koordinat sisteminde bu diferansiyel elemanlarının nasıl oluşturulduğu tanımlanacaktır.
2.6.1 DİKDÖRTGEN KOORDİNAT SİSTEMİ
Dikdörtgen koordinat sisteminde diferansiyel hacim elemanı şekil 2.18a’da görüldüğü gibi sırasıyla
a x , a y ve a z birim vektörleri boyunca dx, dy ve dz diferansiyel değişimleri yapılarak meydana
getirilir. Diferansiyel hacim
(b) Açılmış görünüş
(a) Diferansiyel hacim
Şekil 2.18 Dikdörtgen koordinat sisteminde diferansiyel elemanlar
dv = dx dy dz
(2.51)
ifadesiyle verilir. Hacim altı (6) diferansiyel yüzey ile çevrelenmiştir. Her yüzey bu yüzeye normal
birim vektörü ile tanımlanır. Böylece pozitif birim vektörleri yönünde diferansiyel yüzeyler (şekil
2.18b) aşağıdaki gibi tanımlanabilir.
42
Elektromanyetik Alan Teorisi
ds x = dy dz a x
ds y = dx dz a y
ds z = dx dy a z
(2.52)
P’den Q’ye genel diferansiyel uzunluk elemanı aşağıdaki gibi verilir.
dl = dxa x + dya y + dza z
(2.53)
2.6.2 SİLİNDİRİK KOORDİNAT SİSTEMİ
Şekil 2.19a’da ρ, ρ+dρ, φ, φ+dφ, z ve z+dz yüzeyleri ile sınırlanan diferansiyel hacim
görülmektedir. Çevrelenen diferansiyel hacim
dv = ρ dρ dφ dz
(2.54)
(b) Açılmış görünüş
(a) Diferansiyel hacim
Şekil 2.19 Silindirik koordinat sisteminde diferansiyel elemanlar
ifadesiyle verilir. Birim vektörlerin pozitif yönündeki diferansiyel yüzeyler (Şekil 2.19b)
ds ρ = ρdφ dz a ρ
dsφ = dρ dz aφ
ds z = ρdρ dφ a z
(2.55)
ile verilir. P’den Q’ye diferansiyel uzunluk vektörü aşağıdaki gibi tanımlanır.
d = dρ a ρ + ρ dφ aφ + dz a z
(2.56)
Vektör Analizi
43
2.6.3 KÜRESEL KOORDİNAT SİSTEMİ
Küresel koordinat sisteminde diferansiyel hacim elemanı sırasıyla r, θ ve φ ’nin dr, dθ ve dφ
artışları ile elde edilir. Hacim elemanı
dv = r 2 dr sin θ dθ dφ
(2.57)
ile verilir. Şekil 2.20b’de görüldüğü gibi birim vektörlerinin pozitif yönlerindeki diferansiyel yüzey
alanları
ds r = r 2 sin θ dθ dφ a r
dsθ = r dr sin θ dφ aθ
dsφ = r dr dθ aφ
(2.58)
dir. P’den Q’ye diferansiyel uzunluk vektörü aşağıdaki gibi verilir.
d = dr a r + rdθ aθ + r sin θ dφ aφ
(a) Diferansiyel hacim
(2.59)
(b) Açılmış görünüş
Şekil 2.20 Küresel koordinat sisteminde diferansiyel elemanlar
Referans kolaylığı bakımından üç koordinat sistemine ait diferansiyel uzunluk, yüzey ve hacim
elemanları tablo 2.1’de özetlenmiştir.
44
Elektromanyetik Alan Teorisi
Tablo 2.1 Dikdörtgen, silindirik ve küresel koordinat sistemlerinde diferansiyel uzunluk, yüzey ve
hacim elemanları
Diferansiyel
elemanlar
Uzunluk
dl
Dikdörtgen
Silindirik
Küresel
koordinat sistemi
koordinat sistemi
koordinat sistemi
dl = dxa x + dya y + dza z dl =d ρ a ρ + ρ dφ aφ + dz a z dl =dr a r + rdθ aθ + r sin θ dφ aφ
ax
ay
az
ds ρ = ρ dφ dza ρ
dsφ = d ρ dzaφ
ds z = ρ d ρ dφ a z
ds r = r 2 sin θ dθ dφ a r
dsθ = r dr sin θ dφ aθ
dsφ = r dr dθ aφ
dv = dx dy dz
dv = ρ d ρ dφ dz
dv = r 2 dr sin θ dθ dφ
ds x = dy dz
ds y = dx dz
ds z = dx dy
Yüzey
ds
Hacim
dv
ALIŞTIRMALAR
24. Dikdörtgen koordinat sisteminde, r pozisyon vektörünün diferansiyeli ile (2.53) eşitliğini elde
ediniz.
25. Silindirik koordinat sisteminde, r pozisyon vektörünün diferansiyeli ile (2.56) eşitliğini elde
ediniz.
26. Küresel koordinat sisteminde, r pozisyon vektörünün diferansiyeli ile (2.59) eşitliğini elde
ediniz.
2.7 ÇİZGİ, YÜZEY VE HACİM İNTEGRALLERİ
Çoğu kez, elektromanyetik alanların temel kuralları bir bölgede farklı çeşitte eğriler (çizgiler),
yüzeyler ve hacimler üzerinde alan miktarlarının integralleri ile ifade edilir. Statik Elektrik Alanları
a
bölümünde potansiyel fonksiyon elektrik alan şiddetinin çizgisel integrali Vab = − E ⋅ d ile,
b
Kararlı Elektrik Akımları bölümünde bir iletkenden geçen akım hacim akım yoğunluğunun yüzey
integrali I = J ⋅ ds ile ve Statik Manyetik Alanlar bölümünde bir yüzeyden geçen toplam
s
manyetik akı manyetik akı yoğunluğunun yüzey integrali φ = B ⋅ ds ile tanımlanır. Böyle
∫
(
∫
)
(
∫
s
)
uzaysal integrallerin açıkça anlaşılması elektromanyetik alan teorisinin incelenmesinde gereklidir.
Ek olarak zaman zaman öneminin kavranması için final sonuç integral biçiminde ifade edilecektir.
Bundan dolayı bundan sonraki kısımlarda, çizgi, yüzey ve hacim integralleri kavramları
tartışılacaktır.
Vektör Analizi
45
2.7.1 ÇİZGİSEL İNTEGRAL
Şekil 2.21’de görüldüğü gibi f(x)’in x=a ve x=b sınırları arasında x’in tek değerli sürekli bir
fonksiyonu olmasına izin verelim. f(x)’in çizgisel integralinin tanımlanması için a-b aralığı hepsi
limitte sıfıra yaklaşan n sayıda küçük elemanlara bölünür. Bu durumda çizgisel integral
n
∑ f i ∆xi
∫a f ( x)dx = nlim
→∞
i =1
b
(2.60)
∆xi →0
olarak toplamın limiti olarak tanımlanır. f i fonksiyonu ∆xi → 0 olacak şekilde ∆xi segmenti için
f(x)’in değeridir.
Şekil 2.21 Tek değerli, sürekli fonksiyon
Şekil 2.22 Üç boyutlu uzayda c yolu boyunca
diferansiyel uzunluk elemanı
Şimdi bu çizgisel integralin tanımı şekil 2.22’de görüldüğü gibi üç boyutlu uzayda genel bir c eğrisi
için genişletilebilir. Öncelikle bir skaler f alanını dikkate alalım ve c boyunca a’dan b’ye çizgisel
integral tanımlansın. Burada da yine a ve b arasındaki aralık limitte sıfıra yaklaşan n sayıda küçük
kısımlara bölünür. Bu durumda küçük segmentler gerçekte uzunluk vektörleridir. i. eleman için
pozisyon vektörleri ve uzunlukları şekil 2.22’de görülmektedir. Bu durumda c boyunca f’nin
çizgisel integrali toplamın limitinde aşağıdaki gibi tanımlanır.
∫
c
f dl = lim
n→
∞
∆li → 0
n
∑ f ∆l
i
i
(2.61)
n =1
f i fonksiyonu ∆li uzunluk segmenti içinde f skaler fonksiyonunun değeridir. Bu integralin bir
vektör olduğu açıktır.
Detaylar tekrarlanmaksızın bir F vektör alanı ile skaler çizgisel integral aşağıdaki gibi
tanımlanabilir.
n =
F
⋅
F
⋅
∆
dl
li
lim
∑
∫
i
c
n →∞
∆li →0
i =1
Son olarak c yolu boyunca bir F vektör alanının vektörel çizgisel integrali
(2.62)
46
Elektromanyetik Alan Teorisi
∫
F × dl = lim
n→
∞
c
∆li → 0
n
∑ F × ∆l
i
(2.63)
i
i =1
olarak tanımlanır. Bütün bu integrallerde integrasyon yolu kapalı bir eğri etrafında olabilir ve bu
durumda a ve b noktaları çakışır. Böyle bir kapalı yol çoğu kez integral işareti ∫ ile yazılarak
gösterilir.
ÖRNEK 2.13 A = (4 x + 9 y )a x − 14 yza y + 8 x 2 za z ise P(0,0,0)’den Q(1,1,1)’ye
∫ A ⋅ dl
c
’yi
aşağıdaki yollar boyunca çözünüz.
a) x = t , y = t 2 ve z = t 3
b) (0,0,0)’dan (1,0,0)’a ve daha sonra (1,1,0)’e ve en sonunda (1,1,1)’e düz çizgiler
c) P(0,0,0)’den Q(1,1,1) ’i birleştiren düz çizgi
ÇÖZÜM
y = t 2 ve z = t 3 ise dx = dt , dy = 2tdt ve dz = 3t 2 dt olduğundan
a) x = t ,
A ⋅ dl= (4x + 9y )dx -14yzdy + 8x 2 zdz
dir.
Verilenler
2
A ⋅ dl= (4 x + 9 y )d x -14 y z dy
x z dz
olarak doğrudan yerine konularak aşağıdaki değer
+ 8
3
3
2
2
t
t
t2
t2 t
2 tdt
t
t
1
(4t + 9t 2 − 28t 6 + 24t 7 )=
dt 4
3t dt
bulunur.
dl ∫
∫ A ⋅=
c
t =0
b) Belirlenen yollar boyunca şekil 2.23’de görüldüğü gibi düzenli üç eğri olduğundan ayrı ayrı her
yol boyunca integral işlemi yapılmalıdır.
Yol c 1 : y=0, dy=0, z= 0, dz=0 ve 0 ≤ x ≤ 1
∫
c1
A=
⋅ dl
1
dx
∫ 4 x=
0
2
Yol c 2 : x=1, dx= 0, z=0, dz=0 ve 0 ≤ y ≤1
∫
c2
A ⋅ dl =
0
Yol c 3 : x=1, dx=0, y=1, dy=0 ve 0 ≤ z ≤1
∫
c3
⋅ dl
A=
1
dz
∫ 8 z=
0
4
Böylece, üç yol boyunca P’den Q’ye çizgisel integral aşağıdaki gibi hesaplanır.
Vektör Analizi
47
A
A
A
A
⋅
=
⋅
+
⋅
+
dl
dl
dl
∫
∫
∫
∫ ⋅ dl =2 + 0 + 4 =6
c
c1
c2
c3
Şekil 2.23 Örnek 2.13 için integrasyon yolunun
gösterimi
c) P’den Q’ye yol boyunca mevcut değerler 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 ve 0 ≤ z ≤ 1 dir. İntegral
işleminin yapılması için y ve z büyüklükleri x ile y=x ve z=x olarak ifade edilebilir. Böylece dy=dx
ve dz=dx olur. Bu ilişkiler yerine konularak aşağıdaki değer bulunur.
∫
c
⋅ dl
A=
∫
1
0
(13 x − 14 x 2 + 8 x 3 )=
dx 3,833
2.7.2 YÜZEY İNTEGRALİ
f skaler alanı veya F vektör alanının yüzey alanının tanımlanması için verilen s yüzeyi limitte
sıfıra yaklaşan çok sayıda n adet küçük yüzeylere bölünür. Her ∆si küçük yüzeyi şekil 2.24’de
görüldüğü gibi ∆s i ilgili vektör yüzeyine sahiptir. f’nin yüzey integralinin tanımlanması için her
yüzey elemanı f ile çarpılır ve n→∞ olarak ∆s i → 0 limitinde s’nin bütün n sayıdaki elemanı
toplanır. Bu limit s üzerinde f’nin yüzey integrali olarak adlandırılır. Böylece
∫
s
f ds = lim
n→∞
∆si → 0
n
∑ f ∆s
i
i
(2.64)
i =1
elde edilir; f i fonksiyonu ∆s i elementsel yüzeyi üzerinde f skaler fonksiyonunun değeridir. Açıkça
(2.64)’deki integral bir vektördür.
Şekil 2.24 Diferansiyel yüzey elemanı
48
Elektromanyetik Alan Teorisi
Aynı kurallar uygulanarak skaler yüzey integrali her yüzey elemanı ∆s ve limitte bu skalerler
toplanarak F vektör alanının nokta çarpımının biçimlendirilmesiyle tanımlanabilir. Bu
n F
=
⋅
ds
lim
∑ Fi ⋅ ∆si
∫
n→∞
s
∆si →0
(2.65)
i =1
ile verilir. Son olarak bir F vektör alanının vektör yüzey integrali aşağıdaki gibi vektörel çarpım
alınarak tanımlanır.
F × ds
∫=
s
n lim ∑ Fi × ∆si
n→∞
∆si →0
(2.66)
i =1
ÖRNEK 2.14 b yarıçapında bir kürenin kapalı yüzeyi üzerinde ∫ ds = 0 olduğunu gösteriniz.
ÇÖZÜM b yarıçapında bir kürenin yüzeyine normal dışa doğru birim vektörü şekil 2.25’de
görüldüğü gibi a r birim vektörün yönündedir. Buna göre
π
2π
∫ ds = ∫θ ∫φ
=0
s
=0
a r b 2 sin θ dθ dφ
yazılır. a r birim vektörü hem θ ve hem de φ’nin fonksiyonu olduğundan integral işleminden önce
dikdörtgen koordinat sisteminde birim vektörler ile ifade edilmelidir. (2.43) eşitliğinden
a r = sin θ cos φ a x + sin θ sin φ a y + cosθ a z olduğundan çözüm aşağıdaki gibidir.
ds = a xb 2
π
2π
sin 2 θ dθ cos φ dφ + a y b 2
∫
∫
∫
π
∫ ds = a b (θ − cosθ sin θ ) sin φ
s
s
x
0
2 1
2
0
0
2π
0
π
∫
0
2π
sin 2 θ dθ sin φ dφ + a z b 2
∫
0
π
∫
0
∫
2π
sin θ cosθ dθ dφ
0
π 2π
π
2π
− a y b 2 12 (θ − cosθ sin θ ) 0 cos φ 0 − a z b 2 12 cos 2 θ φ 0
0
∫ ds = 0
s
Şekil 2.25
ÖRNEK 2.15 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 ve 0 ≤ z ≤ 1 ile sınırlanan bir kübün kapalı yüzeyi üzerinde
∫ r ⋅ ds ’yi hesaplayınız; r kübün yüzeyindeki herhangi bir noktanın pozisyon vektörüdür.
Vektör Analizi
49
ÇÖZÜM Yüzey integralinin hesaplanacağı altı yüzey ile sınırlanan birim küp şekil 2.26’da
görülmektedir. Her yüzeyde integral alınır ve sonuçlar toplanır. Genel olarak yüzeyde herhangi bir
P noktasının pozisyon vektörü aşağıdaki gibidir.
r = xa x + ya y + za z
Şekil 2.26
a) x=1 yüzeyinde: x=1: ds = dy dza x ve
∫
s1
b) x=0 yüzeyinde: x=0: ds = - dy dza x ve
∫
s2
s3
d) y=0 yüzeyinde: y=0: ds = - dx dza y ve
∫
s
s4
s5
∫
s6
1
0
1
1
1
0
0
∫ dx=
∫ dz
1
r ⋅ ds =
0
r=
⋅ ds
∫
f) z=0 yüzeyinde: z=0: ds = - dx dya z ve
Bunların sonucunda,
∫
1
0
∫ dy=
∫ dz
0
r ⋅ ds =
=
r
∫ ⋅ds
c) y=1 yüzeyinde: x=1: ds = dx dza y ve
e) z=1 yüzeyinde: z=1: ds = dx dza z ve
⋅ ds
r=
1
1
0
0
∫ dx=
∫ dz
1
r ⋅ ds =
0
r ⋅ ds = 1 + 0 + 1 + 0 + 1 + 0 =3 hesaplanır.
2.7.3 HACİM İNTEGRALİ
Hacim integralinin tanımlanması için verilen hacim şekil 2.27’de görüldüğü gibi n sayıda küçük
hacim elemanlarına bölünür. Her hacim elemanı n → ∞ iken ∆v → 0 ’dır. Skaler hacim integrali
tanımlanırken her hacim elemanı f skaler alanı ile çarpılır ve bütün elemanlar için çarpımlar
toplanır. Daha sonra bu toplam için aşağıdaki gibi limit alınır.
∫
v
f dv = lim
n →∞
∆vi → 0
n
∑ f ∆v
i
i =1
i
(2.67)
50
Elektromanyetik Alan Teorisi
Benzer şekilde F vektör alanının hacim integrali aşağıdaki gibi tanımlanır.
n =
F
dv
lim
∑ Fi ∆vi
∫
v
n →∞
∆vi →0
(2.68)
i =1
Şekil 2.27 Diferansiyel hacim elemanı
ÖRNEK 2.16 2 metre yarıçapında küresel hacim içindeki elektron yoğunluk dağılımı
ne=(1000/r)cos(φ/4) elektron/m3 olarak verilmiştir. Eğer bir elektron üzerindeki yük –1,6×10-19 C
ise çevrelenen yükü bulunuz. Elektron sayısının θ ve φ’ye bağlı değişim grafiğini çiziniz.
ÇÖZÜM 2 metre yarıçapındaki küre ile sınırlanan bölgedeki elektron sayısı N ise
∫
N = ne dv =
v
1000
cos(φ / 4)dv = 1000
v r
∫
2
∫
21
0
r
r 2 dr
π
∫
0
∫
2π
sin θ dθ cos(φ / 4)dφ
0
2π
r2
φ
π
N = −1000
cosθ 0 4 sin
= 16000 elektron
2 0
40
ve çevrelenen toplam yük, Q=16000(–1,6×10-19)=-2,56×10-15 Coulomb olur. Elektron sayısının θ
ve φ’ye bağlı olarak değişim grafiği, N = −2000 × (cosθ − 1) × 4 sin(φ / 4) ifadesi kullanılarak şekil
2.28’de görüldüğü gibi çizilir.
Şekil 2.28
Elektron sayısının
θ ve φ’ye bağlı
değişim grafiği
Vektör Analizi
51
ALIŞTIRMALAR
27. g = 20 xy ise
∫ g dl ’yi P(0,0,0)’den Q(1,1,0)’ye (a) P’den Q’ye düz bir çizgi boyunca ve (b)
y = 4x 2 eğrisi boyunca hesaplayınız.
28.
∫ ρ ⋅ d ’yi xy düzleminde b yarıçapında kapalı dairesel bir yol boyunca hesaplayınız.
29.
r
∫ ⋅ ds ’yi b yarıçapında kürenin kapalı yüzeyi üzerinde hesaplayınız.
30. xy düzlemi ( z = 0) ve z =4 − x 2 − y 2 =4 − ρ 2 ile sınırlanan bölgenin hacmini bulunuz.
2.8 SKALER FONKSİYONUN GRADYANI
Şekil 2.29a’da görüldüğü gibi f ( x, y, z ) x, y ve z ile diferansiyeli alınabilen gerçek değerli bir
fonksiyon olsun. P noktasından Q noktasına f’deki diferansiyel değişim (2.47) eşitliğinden
aşağıdaki gibi yazılabilir.
df =
∂f
∂f
∂f
dx + dy + dz
∂x
∂y
∂z
∂f ∂f ∂f
df = a x + a y + a z ⋅ dx a x + dy a y + dz a z
∂y
∂z
∂x
(
(a) Bir skaler fonksiyonun gradyanının
tanımlanması için gösterimler
)
(2.69b)
(b) Plakalarında V ve V+dV potansiyelleri
bulunan kapasitörde elektrik potansiyeli (V) ile
elektrik alan şiddeti (E) arasındaki gradyan
ilişkisi
Şekil 2.29
Diferansiyel uzunluk elemanı,
dl = dx a x + dy a y + dz a z
ile P’den Q’ye (2.69b) eşitliği
(2.69a)
52
Elektromanyetik Alan Teorisi
∂f ∂f ∂f
df = a x + a y + a z ⋅ dl
∂y
∂z
∂x
(2.70)
∂f dl
df ∂f ∂f = ax + a y + az ⋅
∂y
∂z dl
dl ∂x
(2.71a)
df = N ⋅ al = N a n ⋅ al
dl
(2.71b)
olarak yeniden yazılabilir veya
elde edilir; al = dl / dl vektörü dl yönünde P’den Q’ye birim vektördür ve N
∂f ∂f ∂f N = ax + a y + az
∂x
∂y
∂z
(2.72)
dir. (2.71)’den, f fonksiyonundaki değişim oranının, hem a l ve hem de N ikisi beraber aynı
doğrultuda olduğunda maksimum olduğu açıktır. Yani
df
dl
=N
(2.73)
max
dir. P noktasını içine alan ve üzerinde f’nin sabit olduğu bir yüzey vardır. Aynı şekilde, Q noktasını
içine alan ve üzerinde f + df ’nin sabit olduğu başka bir yüzey daha vardır. df / dl ’nin maksimum
olması için P’den Q’ye olan uzaklığın minimum olması gerekir. Başka ifadeyle df / dl diferansiyel
elemanı, a l birim vektörü f ( x, y, z ) = sabit yüzeyine normal olduğunda maksimumdur. Bu,
N ’nin f ( x, y, z ) = sabit yüzeyine normal olduğunu açıklamaktadır. Bu durumda, tanıma göre N
f ( x, y, z ) ’nin gradyanı olmaktadır. Gradyan bir skaler alandaki değişimin oranını ve yönünü
ölçer. Şekil 2.29b’de görüldüğü gibi plakalarında V ve V + dV potansiyelleri bulunan
kapasitördeki elektrik alan şiddetinin, potansiyelin negatif gradyanı olduğu benzerliğinin yapılması
yerinde olur.
Pratik olarak f ( x, y, z ) ’nin gradyanının ∇f olarak yazılması yaygındır; ∇ del veya nabla olarak
söylenir ve gradyan operatörü olarak adlandırılır. f ( x, y, z ) skaler fonksiyonunun gradyanı
(2.72)’den
∂f ∂f ∂f
∇f = a x
+ ay
+ az
∂x
∂y
∂z
(2.74)
dir ve gradyan operatörünün kendisi dikdörtgen koordinat sisteminde
∂ ∂ ∂
∇ = ax
+ ay
+ az
∂x
∂y
∂z
(2.75)
Vektör Analizi
53
olarak yazılabilir. Gradyan operatörünün sadece kendisi bir anlam ifade etmez ve sadece bir skaler
fonksiyona uygulandığında sonucu bir vektör olur. Şimdi bir skaler fonksiyonun diferansiyeli, bu
fonksiyonun gradyanı ile (2.70)’den
df = ∇f ⋅ dl
(2.76a)
df
= ∇f ⋅ a l
dl
(2.76b)
veya
olarak tanımlanabilir. (2.76a) verilen bir yönde bir skaler fonksiyonun değişimini belirlemek için
Statik elektrik alanları ve Kararlı elektrik akımları bölümlerinde çok sık olarak kullanılmaktadır.
(2.76b) eşitliği a l birim vektörü yönünde f skaler fonksiyonunun değişim oranını verir. Bu a l
yönünde f’nin yöne bağlı türevi olarak adlandırılır.
Bir noktada bir skaler fonksiyonun gradyanının özellikleri aşağıdaki gibi özetlenebilir:
Verilen fonksiyonun sabit olduğu yüzeye normaldir.
Verilen fonksiyonun pozisyonda en hızlı değiştiği yönü gösterir.
Birim uzunluk başına verilen fonksiyonun maksimum değişim oranı büyüklüğünü verir.
Herhangi bir yönde bir noktada bir fonksiyonun yöne bağlı türevi fonksiyonun gradyanı ve bu
yöndeki birim vektörün nokta çarpımına eşittir.
Silindirik ve küresel koordinat sistemlerinde skaler fonksiyonun gradyanları aşağıdaki gibi elde
edilir.
∂f 1 ∂f ∂f aρ +
aφ + a z
∂ρ
ρ ∂φ
∂z
(2.77)
1 ∂f ∂f 1 ∂f ar +
aθ +
aφ
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂φ
(2.78)
=
∇f
∇f =
ÖRNEK 2.17(a) P(2,-1,0) noktasında f ( x, y, z ) = 6 x 2 y 3 + e z skaler alanının gradyanını bulunuz.
ÇÖZÜM f ( x, y, z ) dikdörtgen koordinat sisteminde verildiğinden gradyanının belirlenmesi için
(2.74) eşitliği kullanılır. Buna göre,
∂
∂
∂
∇f = a x (6 x 2 y 3 + e z ) + a y (6 x 2 y 3 + e z ) + a z (6 x 2 y 3 + e z ) = 12 xy 3a x + 18 x 2 y 2a y + e z a z
∂x
∂y
∂z
dir ve P(2,-1,0) noktasında, f ( x, y, z ) ’nin gradyanı aşağıdaki gibi hesaplanır.
∇f = −24a x + 72a y + a z
54
Elektromanyetik Alan Teorisi
ÖRNEK 2.17(b) z = 1 − ( x 2 + y 2 ) ile tanımlanan küresel yükselti üzerinde gradyan vektörünü
hesaplayınız ve bazılarını şekil üzerinde gösteriniz.
ÇÖZÜM
Şekil Ö.2.17(b) z = 1 − ( x 2 + y 2 ) ile tanımlanan küresel yükselti üzerinde bazı gradyan vektörleri
(vektörlerin büyüklükleri farklıdır fakat gösterim amacıyla aynı gösterilmiştir)
x
y
ax −
ay
∇ 1 − ( x2 + y 2 ) = −
1 − ( x2 + y 2 )
1 − ( x 2 + y 2 )
x = 1 , y = 0 iken ∇z = −∞a x , x = 1 / 2 , y = 0 iken ∇z = −a x ⇒ ∇z = 1 , x = 0 , y = 0
iken ∇z = 0 , x = 1 / 4 , y = 1 / 4 iken ∇z = − 12 (a x + a y ) ⇒ ∇z = 1 , x = 0 , y = 1 / 2
iken ∇z = −a y ⇒ ∇z = 1 , x = 0 , y = 1 iken ∇z = −∞a y
ÖRNEK 2.18 Silindirik koordinat sisteminde r = ρ a ρ + z a z pozisyon vektörünün büyüklüğünün
(r) gradyanını bulunuz.
ÇÖZÜM r pozisyon vektörü silindirik koordinat sisteminde verildiğinden gradyanının
belirlenmesi için (2.77) kullanılır. r pozisyon vektörünün büyüklüğü,
r = ρ 2 + z2
olduğundan r’nin ρ, φ ve z’ye göre türevleri
∂r
=
∂ρ
ρ
ρ 2 + z2
=
ρ
r
,
∂r
=0
∂φ
olarak elde edilir. Böylece (2.77)’den r’nin gradyanı,
ve
∂r
=
∂z
z
ρ 2 + z2
=
z
r
Vektör Analizi
55
∇r =
r z
a ρ + a z = = ar
r
r
r
ρ
(2.79)
bulunur. ∇r = a r bundan sonraki bölümlerde bazı eşitliklerin sadeleştirilmesi için zaman zaman
kullanılacak başka önemli bir sonuçtur.
ÖRNEK 2.19 V o potansiyelindeki iç küresinin yarıçapı a ve 0 potansiyeldeki dış küresinin yarıçapı
b−r a
b olan bir küresel kapasitörde küreler arasındaki potansiyel dağılımı V (r ) =
Vo olarak
b−a r
veriliyor. Küreler arasındaki elektrik alan şiddetini bulunuz ve yorumlayınız. Statik Elektrik
Alanları bölümünde tanımlanan E = −∇V ilişkisinden yararlanınız.
ÇÖZÜM
∂V 1 ∂V 1 ∂V E(r ,θ ,φ ) = −∇V = −
ar −
aθ −
aφ
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂φ
b−r a
b−r a
b−r a
∂
∂
∂
Vo
Vo
Vo
1
b−a r 1 b−a r b−a r
E( r , θ , φ ) = −
ar −
aθ −
aφ
r
∂r
r sin θ
∂θ
∂φ
ab 1 E( r ) =
Voa r
b − a r2
V θ ve φ’den bağımsızdır. E içteki küreden dıştaki küreye radyal olarak yönlenmiş ve uzaklığın
karesi ile ters orantılı azalmaktadır. Potansiyel değişimi aşağıdaki gibi farklı bir biçimde yazılabilir.
V (r ) =
a
ab 1
a b
Vo =
Vo −
− 1Vo
b−a
b−a r
b − a r
V doğrusal bir oranda r = a ’dan r = b ’ye azaldığından sabit V konturları r yarıçapında kürelerdir
ve E bu kürelere normaldir.
ALIŞTIRMALAR
31. Bir skaler f fonksiyonunda diferansiyel değişim için (2.76a) eşitliğini kullanarak sırasıyla
silindirik ve küresel koordinat sistemlerinde f’nin gradyanı için (2.77) ve (2.78)’de verilen ifadeleri
doğrulayınız.
32. Dikdörtgen ve küresel koordinat sistemlerinde r pozisyon vektörünün tanımlarını kullanarak
∇r = a r olduğunu gösteriniz.
33. P(-1,0,1) noktasındaki uzaklığa göre bir f = 12 x 2 + yz 2 fonksiyonunun maksimum değişim
oranını bulunuz. f’nin x, y ve z yönlerindeki değişim oranını belirleyiniz. P’den Q(1,1,1) noktası
56
Elektromanyetik Alan Teorisi
2.9 VEKTÖR ALANININ DİVERJANSI
Bir vektör alanının diverjansı tanımlanmadan önce P noktasındaki F vektör alanı ile bir skaler f
alanı aşağıdaki gibi belirlensin.
1
F ⋅ ds
∫
∆v → 0 ∆v s
=
f lim
(2.80)
P noktası s yüzeyi ile sınırlanan ∆v hacmi ile çevrelenmiştir. ∆v herhangi bir biçimde olmasına
rağmen (2.80)’i çözmek için şekil 2.30’da görüldüğü gibi kenarları ∆x, ∆y, ∆z olan bir paralel
prizma oluşturulur. F ⋅ ds çevreleyen hacimden dışa doğru ds’ye normal birim olarak ds
yüzeyinden geçen F vektör alanının dışa doğru akışını tanımlamaktadır. Böylece, ∫ F ⋅ ds ∆v
hacminden bir F vektör alanının net dışa doğru akı akışını verir. Dışa açılan yüzeyler, pozitif ve
negatif x, y ve z yüzeyleri olarak altı yüzeydir. Buradan, pozitif x yönündeki yüzeyden geçen F
vektör alanının dışa doğru akışı yüksek dereceli terimler ihmal edilerek ve Taylor serileri açılımı
kullanılarak,
Şekil 2.30 Dikdörtgen koordinat
sisteminde diferansiyel hacim
∂Fx ∆x
Fx + ∂x 2 ∆y ∆z
(2.81)
negatif x yönündeki yüzeyden geçen F vektör alanının dışa doğru akışı,
∂F ∆x
− Fx − x
∆y ∆z
∂x 2
(2.82)
ve her iki yüzeyden geçen F vektör alanının net dışa doğru akışı
∂F
∂Fx
∆x∆y∆z = x ∆v
∂x
∂x
(2.83)
olur. Benzer şekilde x ve y yönlerindeki yüzeylerden geçen F vektör alanının net dışa doğru akış
ifadeleri elde edilebilir. ∆v’yi çevreleyen bütün yüzeylerden geçen F vektör alanını dışa doğru net
akışı
∫ F ⋅ ds=
s
∂Fx ∂Fy ∂Fz
+
+
∆v
∂y
∂z
∂x
(2.84)
Vektör Analizi
57
olur. 2.80 ve 2.84 karşılaştırılarak
f =
∂Fx ∂Fy ∂Fz
+
+
∂x
∂y
∂z
(2.85)
bulunur. (2.85) eşitliği ∇ operatörü ile dikkate alınarak
[
∂ ∂ ∂
+ ay
+ a z ⋅ Fx a x + Fy a y + Fz a z
f = a x
∂y
∂z
∂x
f = ∇⋅F
]
(2.86a)
(2.86b)
ifadeleri elde edilir. ∇ ⋅ F skaler miktarı F vektör alanının diverjansı olarak adlandırılır. (2.80)
eşitliği bir vektör alanının diverjansının tanımını vermekte ve (2.85) ise bunun hesaplanmasına
yardımcı olmaktadır.
Buradan dikdörtgen koordinat sisteminde bir F vektör alanının diverjansı aşağıdaki gibi yazılır.
∂Fx ∂Fy ∂Fz
∇=
⋅F
+
+
∂x
∂y
∂z
(2.86c)
(2.86b)’nın fiziksel önemi herhangi bir keyfi küçük hacim içinde bir P noktası çevrelenerek bu
noktada diverjansının hesaplanması suretiyle bir vektör alanının dışa doğru net akışının elde
edilebilmesidir. Diverjans bir vektör alanı olan bir kaynağın veya yutağın bir noktasındaki
büyüklüğünü ölçer. Dışa doğru net akış bir kaynak noktasında pozitif ve bir yutak noktasında
negatiftir. Eğer vektör alanı sürekli ise sıkıştırılamayan bir akışkanın bir borudan akışı veya bir
mıknatısı çevreleyen manyetik alan hatları gibi dışa doğru net akış yoktur. Bu durumda ∇ ⋅ F = 0
ve F ’ye sürekli veya selenoidal vektör alanı denilir.
Örneğin şekil 2.31a’da görüldüğü gibi bir duş kabininde suyun hızının diverjansını atık su
borusunun kapağı açıldıktan sonra dikkate alalım. Tamamen suyu çevreleyen kapalı yüzeyden
suyun net dışa doğru akışı su temelde sıkıştırılamadığından ve kapalı yüzeyin farklı bölgelerine
giren ve terkeden suyun eşit olması gerektiğinden sıfır olmalıdır. Bundan dolayı bu hızın diverjansı
sıfırdır. Şekil 2.31b’de görüldüğü gibi çivi ile delinmiş bir otomobil tekerinin iç lastiği dikkate
alınırsa basınç düştükçe havanın genleştiği anlaşılır ve sonuç olarak iç tüp içerisinde bulunan kapalı
yüzeyden dışa doğru net bir akış vardır. Bu hızın diverjansı sıfırdan büyüktür. Bir noktadaki pozitif
diverjans vektör miktarının kaynak olduğunu ve negatif diverjans yutak olduğunu gösterir. Duş
kabininde suyun hızının diverjansı sıfır olduğundan kaynak veya yutak mevcut değildir. Bununla
beraber genişleyen hava hızın pozitif bir diverjansını meydana getirir ve her nokta bir kaynak
olarak dikkate alınabilir.
Silindirik ve küresel koordinat sistemlerinde vektör alanının diverjans ifadeleri de aşağıdaki gibi
elde edilebilir.
1 ∂
1 ∂
∂
∇⋅F =
( ρFρ ) +
( Fφ ) + ( Fz )
ρ ∂ρ
ρ ∂φ
∂z
(2.87)
58
Elektromanyetik Alan Teorisi
=
∇⋅F
∂
∂
1 ∂ 2
1
1
(r Fr ) +
(sin θ Fθ ) +
( Fφ )
2
r ∂r
r sin θ ∂θ
r sin θ ∂φ
(a) Lavaboyu terkeden suyun hızı u a >> u y ve
u
⋅
ds
a + u y ⋅ ds y = ua dsa − u y ds y = 0 ’dir.
a
∫
∫
(2.88)
(b) Patlak otomobil tekerleği iç lastiği. Hava
genleştiğinden, u ç = 0 ve
∫ u d ⋅ ds= ud ds ≠ 0 ’dır.
Şekil 2.31
ÖRNEK 2.20 r boşlukta P noktasının pozisyon vektörü ise ∇ ⋅ r ’yi hesaplayınız.
ÇÖZÜM Dikdörtgen koordinat sisteminde herhangi bir P noktasının pozisyon vektörü,
r = xa x + ya y + za z
olduğundan r vektörünün diverjansı aşağıdaki gibi hesaplanır.
∇⋅r =
∂
∂
∂
[ x] + [ y ] + [ z ] = 1 + 1 + 1 = 3
∂x
∂y
∂z
ÖRNEK 2.21 Küresel kapasitör örneğinde iki küre arasındaki elektrik alan şiddeti
ab 1 E( r ) =
Voa r
b − a r2
ρ
olarak belirlenmişti. ∇ ⋅ E = v ile ifade edilen Gauss kanununa göre iki küre arasında yükün
olmadığını gösteriniz.
=
∇ ⋅ E( r )
=
∇ ⋅ E( r )
ε
1 ∂ 2
1
∂
1
∂
(r Er ) +
(sin θ Eθ ) +
( Eφ )
2
r ∂r
r sin θ ∂θ
r sin θ ∂φ
1 ∂ 2 ab 1
1
∂
1
∂
1 ∂ ab
V +
(sin θ Eθ ) + =
( Eφ ) =
Vo 0
r
2
2 o
2
r ∂r b − a r
r
sin
θ
∂
θ
r
sin
θ
∂
φ
r
∂
r
b
−
a
Vektör Analizi
59
ρ
∇ ⋅ E = v = 0 olduğundan ρ v = 0 ’dır.
ε
2.9.1 DİVERJANS TEOREMİ
Bir vektörün diverjansının tanımı, (2.80) ve (2.86) son derece küçük bir hacim ∆v (bir mikroskopik
işlem) içinde çevrelenen bir noktaya uygulanmaktadır. Eğer s yüzeyi ile sınırlanan v hacminin bir
bölgesinde F vektör alanının sürekli olarak diferansiyeli alınabiliyorsa (şekil 2.32) diverjansın
tanımı tüm hacmi kapsayacak şekilde genişletilebilir. Bunun için v hacmi limitte sıfıra yaklaşan n
sayıda elementsel hacime bölünür.
Şekil 2.32 Diverjans teoreminin doğrulanması için n
sayıda küçük hacimlere bölünmüş hacim
P i noktasını çevreleyen ve s i yüzeyi ile sınırlanan ∆vi elementsel hacmi için P i noktasında F ’nin
diverjansı
1
=
∇ ⋅ Fi lim
∆vi → 0 ∆v
i
∫
si
F ⋅ ds
(2.89)
ile ifade edilir. Fi P i ’de F vektör alanının değeridir. Bu eşitlik
∫
si
F ⋅ ds = ∇ ⋅ Fi ∆vi + ∈i ∆vi
(2.90)
olarak yazılabilir; burada ∈i ∆vi terimi verilmiştir çünkü (2.80) eşitliği ∆v i →0 hacmi ile verilen bir
nokta için geçerlidir. Buradan ∆vi→0 olarak ∈i→0 dır. Bütün hücreler aşağıdaki gibi toplanarak
n
n
n
⋅ ds lim ∑ ∇ ⋅ Fi ∆vi + lim ∑∈i ∆vi
lim ∑ ∫ F=
si
n →∞
n →∞
n →∞
=i 1 =
i 1 =i 1
(2.91)
v içinde bir hücrenin ara yüzeyleri üzerinde yüzey integrallerinin hücreyi terkeden net akının
diğerini terkeden net akıyı iptal edip tamamen götürdüğü gözlenebilir. Bu durum yüzeye dik olan
birim vektörlerinin, a n ve − a n yönleri dikkate alınarak kolaylıkla doğrulanabilir. Böylece
toplamda sıfır olmayan terimler s yüzeyine ait olan en dıştaki hücrelere karşılık gelmektedir.
Buradan (2.91)’in sol tarafı
n
lim ∑ ∫ F ⋅ ds =
n →∞
i =1
si
∫
s
F ⋅ ds
olmaktadır. Hücre sayısı artarken (2.91)’in sağ tarafındaki ilk terim limitte
60
Elektromanyetik Alan Teorisi
n
lim
n →∞
∑ ∇ ⋅ F ∆v = ∫ ∇ ⋅ Fdv
i
i
v
i =1
olur. (2.91)’in sağ tarafındaki ikinci terim küçük miktarların çarpımını içermekte ve n → ∞ ’da
kaybolmaktadır. Bu yüzden (2.91) limitte aşağıdaki gibi yazılabilir.
∫
v
∇ ⋅ F=
dv
∫
s
F ⋅ ds
(2.92)
(2.92) eşitliği diverjans teoreminin matematiksel tanımıdır. Diverjans teoremi bir vektör alanının
diverjansının hacim integrali ile normal bileşeninin yüzey integralini ilişkilendirmektedir. Sürekli
olarak diferansiyeli alınabilen bir vektör alanının kapalı bir yüzeyden dışa doğru net akısının bu
yüzey ile sınırlanan bölge boyunca diverjansının integraline eşit olduğunu ifade etmektedir.
Diverjans teoremi çok güçlüdür. Elektromanyetik teoride kapalı bir yüzey integralinin eşdeğer bir
hacim integraline veya bunun tersine dönüştürülmesi için çok yaygın olarak kullanılır.
ÖRNEK 2.22 x 2 + y 2 =
9 silindiri ve x=0, y=0, z=0 ve z=2 düzlemleri ile sınırlanan bölgede
2
D = 3 x a x + (3 y + z )a y + (3z − x)a z vektör alanı için diverjans teoremini doğrulayınız.
ÇÖZÜM Şekil 2.33’de v hacmini sınırlayan beş farklı yüzey görülmektedir. Öncelikle (2.92)’nin
sol tarafı hesaplansın.
∂
∂
∂
∇ ⋅ D = [3 x 2 ] + [3 y + z ] + [3 z − x] = 6 x + 6
∂x
∂y
∂z
Şekil 2.33
Silindirik koordinatlarda hacim integrali hesaplanarak
= ∫ [6 x + 6] dv
= ∫
∫ ∇ ⋅ D dv
v
v
3
0
6ρ 2 d ρ ∫
π /2
0
2
3
π /2
0
0
0
cos φ dφ ∫ dz + ∫ 6 ρ d ρ ∫
2
dφ ∫ dz
= 108
+ 27
π
0
(2.92)’nin sağ taraf işlemi için beş yüzeyin her birinde ayrı ayrı integral işlemi yapılır.
y=0: ds1 = − dxdz a y düzlemi ile sınırlanan yüzey için
192,823
Vektör Analizi
61
∫
s1
3
D ⋅ ds1 =
−∫
∫
2
=
x 0=z 0
−6
(3 y + z )dx dz =
x=0: ds 2 = − dydz a x düzlemi ile sınırlanan yüzey üzerinde
∫
s2
3
D ⋅ ds 2 =
−∫
∫
2
=
y 0=z 0
3 x 2 dy dz =
0
ρ=3: ds 3 = 3dφdz a ρ düzlemi ile sınırlanan yüzey üzerinde
∫
s3
π /2 2
D ⋅ ds 3 =
∫ ∫ 3Dρ dφ dz
=
φ 0=z 0
Burada,
D ρ = D x cos φ + D y sin φ = 3x 2 cos φ + (3 y + z ) sin φ
olduğundan
=
∫ D ⋅ ds3
π /2
∫φ ∫
2
= 0=z 0
s3
[3 x 2 cos φ + (3 y + z )sin φ ]3 dφ dz
yazılır ve eşitlikte x=3cosφ ve y=3sinφ değerleri yerine konulup integral işlemi yapılarak
∫
s3
D ⋅ ds 3 =
156,41
bulunur.
z=2: ds 4 = ρdρdφ a z düzlemi ile sınırlanan yüzey için
∫
s4
D=
⋅ds 4
3
∫ ∫
π /2
=
ρ 0=
φ 0
(6 − x) ρ d ρ dφ
x = ρ cos φ yerine konularak integral sonucu
∫
s4
D ⋅ds 4 =
33, 41
elde edilir. Son olarak, z=0: ds 5 = − ρdρdφ a z düzlemi ile sınırlanan yüzey üzerinde
∫
D ⋅ ds 5 =
s5
3
π /2
∫ρ ∫φ
=0
=0
xρ dρ dφ = 9
ile
−6+0 + 56,41 + 33,41 + 9 =
108
+ 27
π
∫ D ⋅ ds =
s
192,823
62
Elektromanyetik Alan Teorisi
sonucu diverjans teoremini doğrulamaktadır.
ALIŞTIRMALAR
34. Silindirik ve küresel koordinat sistemlerini kullanarak ∇ ⋅ r = 3 olduğunu doğrulayınız.
35. F =
- xy a x + 3x 2 yz a y + z 3 x a z ise P(1,-1,2)’de ∇ ⋅ F ’yi bulunuz.
36. r = ra r ise ∇ ⋅ (r n a r ) = (n + 2)r n−1 olduğunu gösteriniz.
37. F = x a x + xy a y + xyz a z vektör alanı için 2 yarıçapında bir küre ile sınırlanan bölgede
diverjans teoremini doğrulayınız.
2.10 VEKTÖR ALANININ ROTASYONEL’İ
Kapalı yol etrafında F vektör alanının çizgisel integrali F ’nin sirkülasyonu olarak adlandırılır ve
F ’nin rotasyonel’i onun ölçüsüdür. Eğer kapalı bir ∆c yolu ile sınırlanan ∆sa n küçük yüzey
elemanı dikkate alınırsa ∆s → 0 limitinde a n normal yüzeyine paralel rotasyonel’in bileşeni
1
(rot
=
F ) ⋅ a n lim
F
∫ ∆c ⋅ d ∆s → 0 ∆s (2.93)
olarak tanımlanır. Bu tanım bir vektör alanının rotasyonel’inin vektörel bir miktar olduğunu
önermektedir. ∆c yolunun yönü sağ el kuralı ile belirlenir. (2.93) eşitliği rotasyonel’in tam bir
tanımını vermektedir çünkü ortogonal koordinatların herhangi bir keyfi sisteminde rotF ’nin üç
bileşeninden her birinin belirlenmesine yardımcı olur.
Dikdörtgen koordinat sisteminde rotF ’nin z bileşeninin hesaplanmasına F vektör alanı,
F = Fxa x + Fy a y + Fz a z
tanımlanarak başlansın. Şekil 2.34’de görüldüğü gibi z = 0 düzleminde ∆c ile sınırlanan küçük ∆s
yüzeyi içinde bir P noktasında ∆c kapalı yolu boyunca F ’nin integrali aşağıdaki gibi dört ayrı
yoldan oluşmaktadır:
∫
∆c
F ⋅ d =
∫
∆c1
F ⋅ d + ∫ F ⋅ d + ∫ F ⋅ d + ∫ F ⋅ d
∆c2
∆c3
∆c4
(2.94)
Şimdi (2.94)’ün dört integralinden her biri ayrı ayrı hesaplanır. z = 0 düzleminde ∆c1 yolu
boyunca:
∫
∆c1
F ⋅ d =
∫
x +∆x
x
Fx a x + Fy a y + Fz a z ⋅ [ dxa x ] = [ Fx ∆x ] y
y
Vektör Analizi
63
Şekil 2.34 Vektör alanının rotasyonel’inin tanımlanması için z = 0 , x = 0 ve y = 0 düzlemlerinde
küçük yüzey elemanları
Burada, Fx ∆x çarpımı y’de hesaplanacak ve orta değer teoremi uyarınca Fx bileşeni x’den
x + ∆x ’e yaklaşık olarak sabit varsayımı yapılmıştır. Aynı varsayımlar F ’nin diğer bileşenleri için
de yapılacaktır.
z = 0 düzleminde ∆c2 yolu boyunca çizgisel integral:
∫
∆c2
F ⋅ d =
∫
y +∆y
y
Fx a x + Fy a y + Fz a z
⋅ dya y = Fy ∆y
x +∆x
x +∆x
z = 0 düzleminde ∆c3 yolu boyunca çizgisel integral:
x
− [ Fx ∆x ] y +∆y
F
∫∆c3 ⋅ d =
∫x +∆x Fxa x + Fy a y + Fz a z y +∆y ⋅ [ dxa x ] =
Son olarak z = 0 düzleminde ∆c4 yolu boyunca çizgisel integral:
y
F
− Fy ∆y
∫∆c4 ⋅ d =
∫y +∆y Fxa x + Fy a y + Fz a z x ⋅ dya y =
x
Böylece
∫ F ⋅ d = [ F ∆x]
x
∆c
y
− [ Fx ∆x] y + ∆y + [ Fy ∆y ]x + ∆x − [ Fy ∆y ]x
64
Elektromanyetik Alan Teorisi
elde edilir. Bununla beraber ∆x → 0 ve ∆y → 0 limitinde Taylor serileri açılımı kullanılarak ve
yüksek dereceli terimleri ihmal edilerek
[ Fx ∆x] y + ∆y − [ Fx ∆x] y =
∂Fx
∆x∆y
∂y
ifadesi yazılabilir. Aynı şekilde diğer iki terim de
[ Fy ∆y ]x + ∆x − [ Fy ∆y ]x =
∂Fy
∂x
∆x∆y
ile yaklaşık olarak yazılabilir.
∂Fy ∂Fx
d
F ⋅=
−
∆x∆y
∆c
∂y
∂x
∫
eşitliğinde her iki taraf ∆s = ∆x∆y ’ye bölünerek ve ∆s =→ 0 limiti alınarak
∂Fy ∂Fx
1
F ⋅ d =
−
∫
∆s → 0 ∆s ∆c → 0
∂x
∂y
lim
(2.95)
elde edilir. Birim vektör a n = a z olduğundan (rotF ) ⋅ a z kısaca (rotF ) z olarak yazılabilir. (rotF ) z
rotF ’nin z yönlü bileşenini belirtmektedir. Böylece (2.93) ve (2.95)’den rotF ’nin z bileşeni
aşağıdaki gibi yazılabilir.
∂Fy ∂Fx
(rotF) z =
−
∂x
∂y
(2.96a)
rotF ’nin diğer iki bileşeni (şekil 2.34’de görüldüğü gibi x = 0 ve y = 0 düzlemlerinde) x ve y
yönlerine normal birimi ile oldukça küçük yüzeyler dikkate alınarak benzer yolla aşağıdaki gibi
elde edilebilir.
∂F ∂Fy
(rotF ) x = z −
∂y
∂z
(2.96b)
∂F ∂F
(rotF) y = x − z
∂z
∂x
(2.96c)
ve
Böylece F vektör alanının rotasyonel’i yani rotF dikdörtgen koordinat sisteminde
∂F ∂Fy ∂Fx ∂Fz ∂Fy ∂Fx rotF = z −
−
−
ay +
a x +
a z
∂z
∂x
∂y
∂z
∂y
∂x
olarak elde edilir. (2.97) eşitliği vektörel çarpım ile aşağıdaki gibi yazılabilir.
(2.97)
Vektör Analizi
65
∂ ∂ ∂
rotF = a x
+ ay
+ a z × Fxa x + Fy a y + Fz a z = ∇ × F
∂y
∂z
∂x
[
]
(2.98)
Bundan böyle rotF daima ∇ × F olarak yazılacaktır.
Dikdörtgen koordinat sisteminde, ∇ × F ’nin kullanışlı ve hatırlanması kolay bir ifadesi aşağıdaki
gibidir.
ax
∂
∇×F =
∂x
Fx
ay
∂
∂y
Fy
az
∂
∂z
Fz
(2.99)
∇ × F biçimindeki bu determinant bir sembolik kısaltma olarak düşünülmelidir. Bu determinant’ın
açılımı (2.97) ile verilmektedir.
Sırasıyla silindirik ve küresel koordinat sistemlerinde F vektör alanının rotasyonel ifadeleri
aşağıdaki gibi verilir.
aρ
1 ∂
∇×F =
ρ ∂ρ
Fρ
ar
∂
1
∇×F = 2
r sin θ ∂r
Fr
∂
∂φ
ρFφ
az
∂
∂z
Fz
(2.100)
r aθ
∂
∂θ
rFθ
r sin θ aφ
∂
∂φ
r sin θ Fφ
(2.101)
ρaφ
Rotasyonel bir vektör alanı içindeki bir nokta etrafındaki dönme eğilimini ölçer. Vektör alanının
rotasyonel’inin fiziksel önemi, herhangi bir biçimde küçük bir yüzey alanı etrafında alınan vektör
alanının birim yüzey alanı başına sirkülasyonunu temsil etmesidir. Yönü yüzeyin düzlemine
normaldir. Farklı ifadeyle eğer kapalı elementsel yol etrafında bir vektör alanının çizgisel integrali
sıfır değilse vektör alanının rotasyonel’i de sıfır değildir ve vektör alanı rotasyonel’dir denilir. Bir
tüpten veya bir lavabodan (yutak) dışa doğru suyun akışı akışın rotasyonel hız alanının mükemmel
bir örneğidir. Diğer taraftan eğer bir vektör alanının rotasyonel’i sıfır ise vektör alanına rotasyonel
olmayan veya korunumlu denilir. Bir korununlu alanın yaygın bir örneği cisme etkiyen kuvvet ile
yapılan iştir.
Çok küçük bir çark kullanılarak rotasyonel ölçer yapılabilir. Bu durumda vektörel miktar çarkın her
kanatçığına, kanatçığın yüzeyine normal alan bileşeni ile orantılı bir kuvvet uygulayabilecek
özellikte düşünülmelidir. Bir alanın rotasyonel’inin test edilmesi için çark istenilen rotasyonel
bileşen yönü ile doğrultuda eksenlenmiş olarak alana daldırılır ve çark üzerine alanın etkisi
gözlenir. Dönmenin olmaması rotasyonel’in olmaması anlamındadır; büyük açısal hızlar
rotasyonel’in büyük olduğu ve dönüş yönünün değişmesi rotasyonel’in işaretinin değişmesi
anlamındadır. Rotasyonel vektörünün yönünün bulunması ve belirli bir bileşenin varlığının
kanıtlanmasına gerek duyulmaksızın çark alan içine konulur ve en büyük torkun meydana geldiği
66
Elektromanyetik Alan Teorisi
yön araştırılır. Rotasyonel’in yönü bu durumda sağ el kuralına uygun olarak çarkın ekseni
boyuncadır.
Bir örnek olarak bir nehirdeki akışı inceleyelim. Şekil 2.35a’da geniş bir nehrin ortasından alınmış
boyuna kesit görünüşü görülmektedir. Altta suyun hızı sıfır ve yüzeye yaklaşırken doğrusal olarak
artar. Şekilde görüldüğü gibi kağıt düzlemine dik ekseni ile yerleştirilmiş çark saat yönünde
dönerek kağıt düzlemine normal içeri yönde rotasyonel bileşeninin varlığını gösterecektir. Eğer
suyun hızı aşağı, yukarı ve nehir boyunca giderken değişmez ve bir değişim göstermezse (hatta
nehirin ortasından her iki kıyısına doğru harekette azalırsa) bu durumda bu bileşen sadece akışın
merkezinde mevcut olacak ve su hızının rotasyonel’i sayfanın içine doğru bir yönde olacaktır. Şekil
2.35b ve c’de görülen kurgusal örneklerde ise rotasyonelin olmadığı ve sayfanın üzerine (bize)
doğru olduğu görülmektedir.
Şekil 2.35 (a) Rotasyonel ölçer su hızının rotasyonel bileşenini sayfanın içine doğru gösterir, (b)
rotasyonel ölçer hız vektörünün rotasyonel’inin olmadığını gösterir, (c) rotasyonel ölçer hız
vektörünün rotasyonel bileşenini sayfanın dışına doğru gösterir.
Şekil 2.36’da sonsuz uzunluktaki iletken etrafında manyetik alan şiddetinin akış hatları
görülmektedir. Bu, alanın eğimli akı çizgilerine konulmuş rotasyonel ölçer çok sayıda kanatçık
üzerinde saat yönünde etkiyen bir kuvvete sahip olduğunu göstermekte fakat bu kuvvet tele yakın
daha az sayıda, kanatçığa etkiyen saatin tersi yönünde etkiyen kuvvetten genelde küçüktür. Eğer
akış hatlarının eğimi doğru ve alan şiddetinin değişimi doğru ise çarka etkiyen net kuvvet sıfır
olabilir. Gerçekte bu durumda çark dönmez, H = (I / 2πρ )aφ olduğundan silindirik koordinat
sisteminde yerine konulduğunda
∂H 1 ∂ ( ρH φ ) ∇ × H = − φ aρ +
az = 0
∂z
ρ ∂ρ
elde edilir.
Şekil 2.36 Sonsuz uzunluktaki iletkenin
etrafındaki manyetik alan şiddetinin rotasyonel’i
Vektör Analizi
67
ÖRNEK 2.23 Şekil 2.37’de u( x, y, z ) = za y olarak verilmiştir. Birim yüzey alan başına net
sirkülasyonu bulunuz.
Şekil 2.37
ÇÖZÜM Şekilden sadece yz düzleminde bir net sirkülasyonun olduğu açıkca görülmektedir. Bu,
aşağıdaki gibi dikdörtgen koordinat sisteminde rotasyonel ifadesinin değerlendirilmesi ile
doğrulanabilir.
ax
∂
∇ × u ( x, y , z ) =
∂x
ux
ay
∂
∂y
uy
az
∂u y ∂u x ∂ ∂u z ∂u y ∂u x ∂u z a
−
−
=
−
+
a x +
a z
y
∂y
∂z ∂y
∂z
∂x
∂z
∂x
uz
∂ 0 ∂z ∂ 0 ∂ 0 ∂z ∂ 0 ∇ × u ( x, y , z ) = − a x + − a y + − a z
∂z ∂x
∂y ∂z
∂x ∂y
∂z ∇ × u( x, y, z ) = 0 − a x = −a x
∂z
Rotasyonel negatif x yönündedir. Sağ el kuralına göre sirkülasyon saat yönündedir.
ÖRNEK 2.24 f(x,y,z) sürekli olarak diferansiyeli alınabilen bir fonksiyon ise ∇ × (∇f ) = 0
olduğunu gösteriniz.
ÇÖZÜM (2.74)’den bir skaler f(x,y,z) fonksiyonunun gradyanı,
∂f ∂f ∂f
∇f = a x
+ ay
+ az
∂x
∂y
∂z
ve (2.99)’dan ∇f ’nin rotasyonel’i,
ax
∂
∇ × ∇f =
∂x
∂f
∂x
ay
∂
∂y
∂f
∂y
az
∂2 f
∂2 f
∂2 f
∂
∂ 2 f
∂2 f
∂ 2 f
=
−
−
−
a x +
a y +
a z
∂z ∂y∂z ∂y∂z
∂z∂x ∂x∂z
∂x∂y ∂x∂y
∂f
∂z
68
Elektromanyetik Alan Teorisi
olarak elde edilir. f’nin sürekli olarak diferansiyelinin alınabilmesi için
∂2 f
∂2 f
,
=
∂y∂z ∂z∂y
∂2 f
∂2 f
=
∂z∂x ∂x∂z
ve
∂2 f
∂2 f
=
∂x∂y ∂y∂x
olması gerekir. Buradan (∇ × ∇f ) = 0 ’dır.
Bir skaler fonksiyonun gradyanının rotasyonel’i daima sıfır olacağından ∇f rotasyonel olmayan
veya korunumlu bir alandır. Bunun tersine bir vektör alanının rotasyonel’i sıfır ise vektör alanı bir
skaler fonksiyonun gradyanıdır. Yani ∇ × F = 0 ise F = ±∇f ’dir. Eksi (-) veya artı (+) işaretinin
seçimi f’nin fiziksel yorumuna bağlıdır.
ÖRNEK 2.25 Statik elektrik alanları bölümünde, küresel kapasitörün iki küresel kabuğu arasındaki
elektrik alan şiddeti,
ab 1 E=
V a = Er a r
2 o r
b−a r
olarak belirlenmişti. ∇ × E = 0 eşitliğini doğrulayınız.
ar
∂
1
∇×E = 2
r sin θ ∂r
Er
∇×E =
1
r sin θ
r aθ
∂
∂θ
rEθ
r sin θ aφ
∂
∂φ
r sin θ Eφ
1 ∂
1
∂
∂
∂
∂
1 ∂
sin θEφ −
Er aφ
rEφ aθ + rEθ −
Eθ a r +
Er −
∂θ
∂φ
r ∂r
r ∂r
r sin θ ∂φ
∂θ
1
1 ∂ ab 1 ∂ ab 1 V a + −
Vo aφ = 0
∇ × E =
2 o θ
r ∂θ b − a r 2
r sin θ ∂φ b − a r
Eθ = 0 ve Eφ = 0 olduğundan dört terim sıfır olur ve kalan iki terim, Er θ ve φ’den bağımsız
olduğundan bu değişkenlere göre türevleri sıfırdır.
2.10.1 STOKES TEOREMİ
∇ × F ’in tanımından (2.93) eşitliği şekil 2.38’de görüldüğü gibi sonlu fakat kapalı bir c konturu ile
sınırlanan s açık yüzey alanı için Stokes teoremi olarak bilinen çok önemli bir ilişki elde edilebilir.
s yüzey alanı n elementsel yüzey alanlarına (hücreler) bölünsün öyle ki i. hücre normal birim
vektörü a ni olan ∆ si alanıyla bir Pi noktasını çevreleyen kapalı ∆ ci yolu ile sınırlanmaktadır.
(2.93)’den
∫
∆si
(∇ × F ) ⋅ ds i = F ⋅ dl + ∈i ∆ si
∫
∆ci
Vektör Analizi
69
Şekil 2.38 Stokes teoreminin
gösterimi için kapalı c
konturu ile sınırlanan s açık
yüzeyi
yazılabilir. Burada ∈i ∆ si terimi eklenmiştir çünkü (2.93) n → ∞ ve ∈i → 0 limitinde sadece bir
nokta için doğrudur. Tüm alan üzerinde toplanarak
n
∑∫
i =1
∆si
(∇ × F) ⋅ ds i =
n
∑∫
i =1
F ⋅ dl +
∆ci
n
∑∈ ∆s
i
i
(2.102)
i =1
elde edilir. n → ∞ iken (2.102) eşitliğinin sol tarafı
n
lim
n →∞
∑∫
i =1
∆si
(∇ × F) ⋅ dsi = (∇ × F) ⋅ ds
∫
s
olur. Burada yüzey integrasyonu c konturu ile sınırlanan s açık yüzeyi üzerindedir. (2.102)’nin sağ
tarafındaki ikinci terim n → ∞ iken sıfıra azalır. Diğer taraftan bitişik elementsel alanlar boyunca
çizgi integralleri uzunluk vektörleri zıt yönlerde uzandığından birbirlerini götürür. Tek katkı c yolu
üzerindeki integrasyon ile olmaktadır. Böylece
n
lim
n →∞
∑ ∫ F ⋅ dl = ∫ F ⋅ dl
i =1
∆ci
c
yazılır. Sonuç olarak (2.102)
∫ (∇ × F) ⋅ ds = ∫ F ⋅ dl
s
c
(2.103)
olur. (2.103) eşitliği Stokes teoreminin bir ifadesidir.
Stokes teoremi bir yüzey alanı üzerinde vektör alanının rotasyonel’inin normal bileşeninin
integralinin alanı sınırlayan eğri boyunca vektör alanının çizgisel integraline eşit olduğunu ifade
etmektedir.
ÖRNEK 2.26 F = (2 z + 5)a x + (3x - 2)a y + (4 x - 1)a z ise x 2 + y 2 + z 2 = 4 ve z ≥ 0 yarı küresi
üzerinde Stokes teoremini doğrulayınız.
70
Elektromanyetik Alan Teorisi
ÇÖZÜM
ax
ay
az
∂
∂
∂
∇×F =
= −2a y + 3a z
∂x
∂y
∂z
2 z + 5 3x − 2 4 x − 1
2 yarıçapında yarıkürenin yüzeyine normal birim vektör şekil 2.39’da görüldüğü gibi a r
olduğundan diferansiyel yüzey alanı aşağıdaki gibi yazılır.
ds = 4 sin θ dθ dφ a r
Şekil 2.39
Dikdörtgenden küresele koordinat dönüşümü yapılarak ∇ × F ’nin a r bileşeni
Fr = −2 sin θ sin φ + 3 cosθ
dir. Şimdi Stokes teoreminin sol tarafı aşağıdaki gibi hesaplanabilir.
∫ (∇ × F) ⋅ ds = −8∫
s
π /2
0
2π
π /2
0
0
sin 2 θ dθ ∫ sin φ dφ + 12 ∫
2π
sin θ cos θ dθ ∫ dφ = 12π
0
Stokes teoreminin sağ tarafı xy düzleminde c kapalı yolu üzerinde 2 yarıçaplı çizgisel integrali
içermektedir. c konturu xy düzleminde bir çemberi tanımladığından F ⋅ dl ’yi hesaplamak için
silindirik koordinat sistemi kullanılabilir. İlgili uzunluk vektörü dl = 2dφ aφ ’dir. F ’nin aφ
bileşeni dikdörtgenden silindirik koordinat sistemine dönüşüm kullanılarak,
Fφ = −( 2 z + 5) sin φ + (3x − 2) cos φ
z=0 ve x=2cosφ konularak,
Fφ = −5 sin φ + 6 cos 2 φ − 2 cos φ
ve buradan
−10 ∫
∫ F ⋅ dl =
c
2π
0
2π
2π
0
0
sin φ dφ + 12 ∫ cos 2 φ dφ − 4 ∫ cos φ dφ =
12π
Vektör Analizi
71
elde edilir. ∇ × F ’nin yüzey integraline eşit olan F ’nin çizgisel integrali Stokes teoremini
doğrulamaktadır.
ALIŞTIRMALAR
38. (2.96b) ⇒ (∇ × F ) ⋅ a x = ∂Fz / ∂y − ∂Fy / ∂z
ve
(2.96c) ⇒ (∇ × F ) ⋅ a y = ∂Fx / ∂z − ∂Fz / ∂x
eşitliklerini doğrulayınız.
a ρ ρ aϕ a z
1 ∂
∂
∂
39. Silindirik koordinatlarda (2.100) ⇒ ∇ × F =
ve küresel koordinatlarda
ρ ∂ρ ∂ϕ ∂z
Fρ ρ Fϕ Fz
a r r aθ r sin θ aφ
∂
∂
∂
1
(2.101) ⇒ ∇ × F = 2
eşitliklerinin doğru olduğunu doğrulayınız.
∂φ
r sin θ ∂r ∂θ
Fr rFθ r sin θ Fφ
40. F = ( x / r ) a x ise ∇ × F ’i belirleyiniz. P(x,y,z) pozisyon vektörünün genliği: r =
41. Bir vektör alanının
∇ ⋅ (∇ × F ) = 0 .
rotasyonel’inin
diverjansının
daima
sıfır
x2 + y 2 + z 2
olduğunu gösteriniz,
42. Örnek 2.24’de dikdörtgen koordinat sistemi kullanarak ∇ × (∇f ) = 0 olduğu gösterildi. Hangi
koordinat sistemi kullanılırsa kullanılsın bunun daima doğru olduğunu gösteriniz.
43. F = 10 cosθ a r − 10 sin θ aθ ise şekil 2.39’da görülen yarı küre üzerinde Stokes teoremini
doğrulayınız.
2.11 LAPLASYAN OPERATÖRÜ
Şimdiye kadar tartışılan diferansiyel işlemlerin hepsi birinci mertebe diferansiyel operatörlere aittir.
Alan teorisi çalışmasında sık olarak görülen ikinci mertebe diferansiyel operatör Laplasyan
operatörü olarak adlandırılır ve sembolik olarak ∇ 2 olarak yazılır. Bir skaler fonksiyonun
gradyanının diverjansı olarak tanımlanır. f(x,y,z) sürekli olarak diferansiyeli alınabilen bir
fonksiyon ise f(x,y,z)’nin Laplasyanı basit yazılışla
∇ 2 f = ∇ ⋅ (∇f )
dir. Dikdörtgen koordinat sisteminde f fonksiyonunun gradyanının diverjansı
∂ ∂ ∂ ∂f ∂f ∂f
∇ ⋅ (∇f ) = a x
+ ay
+ a z ⋅ a x
+ ay
+ az
∂y
∂z
∂y
∂z ∂x
∂x
olarak yazılabilir ki bunun sonucu
(2.104)
72
Elektromanyetik Alan Teorisi
∂2 f ∂2 f ∂2 f
∇ 2 f = ∇ ⋅ (∇f ) = 2 + 2 + 2
∂y
∂z
∂x
(2.105)
elde edilir. (2.105)’den skaler fonksiyonun Laplasyanının skaler olduğu açıktır ve fonksiyonun
ikinci mertebe kısmi diferansiyelini içerir. Basit dönüşümler ile silindirik koordinat sisteminde
skaler fonksiyonun Laplasyanı,
∇2 f =
1 ∂ ∂f 1 ∂ 2 f ∂ 2 f
ρ
+
+
ρ ∂ρ ∂ρ ρ 2 ∂φ 2 ∂z 2
(2.106)
ve dikdörtgenden küresel koordinatlara benzer bir dönüşüm sonucu küresel koordinatlarda skalerin
Laplasyanı,
∇2 f =
1 ∂ 2 ∂f
1
1 ∂2 f
∂
∂f
+
sin
θ
+
r
∂θ r 2 sin θ ∂φ 2
r 2 ∂r ∂r r 2 sin θ ∂θ
(2.107)
olarak elde edilir. Laplasyanı sıfır ise skaler fonksiyona harmonik fonksiyonu denilir.
∇2 f = 0
(2.108)
ile tanımlanan bu eşitliğe Laplasyan eşitliği denilir.
Elektromanyetik alanlarda ∇ 2 F biçimindeki ifadelerle de sık karşılaşılacaktır; F bir vektör
alanıdır. Böyle bir ifade F vektör alanının Laplasyanı olarak adlandırılır ve
∇ 2F = ∇(∇ ⋅ F ) − ∇ × (∇ × F )
(2.109)
olarak tanımlanır. Dikdörtgen koordinat sisteminde (2.109) eşitliği
∇ 2F = a x∇ 2 Fx + a y ∇ 2 Fy + a z ∇ 2 Fz
(2.110)
olur;
∇2 =
∂2
∂2
∂2
+
+
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
(2.111)
Laplasyan operatörüdür. Bir vektör alanının Laplasyanı sadece bileşenlerin her birinin Laplasyanı
ayrı ayrı sıfır olduğunda sıfırdır.
ÖRNEK 2.27 f = 1 / r , r ≠ 0 skaler fonksiyonunun Laplace eşitliğinin çözümü olduğunu
gösteriniz; r uzayda orijinden herhangi bir P noktasına uzunluktur.
ÇÖZÜM f = 1 / r skaler fonksiyonunun Laplace eşitliğinin bir çözümünün olması için ∇ 2 f ’nin
sıfır olması gerekir. r küresel koordinatların bir değişkeni olduğundan aşağıdaki sonuç yazılabilir.
1 1 ∂ 2 ∂ 1 1 ∂ 2 1
∇2 f = ∇2 = 2
= 2
r
r − 2 = 0
r r ∂r ∂r r r ∂r r
Vektör Analizi
73
ALIŞTIRMALAR
44. g = 25 x 2 yz + 12 xy 2 ise ∇ 2 g = ∇ ⋅ (∇g ) olduğunu gösteriniz.
45. f = 2 x 2 y 3 + 3 yz 3 ise ∇ 2 f = ∇ ⋅ (∇f ) olduğunu gösteriniz.
46. h = ρ 2 sin 2φ + z 3 cos φ ise ∇ 2 f = ∇ ⋅ (∇h) olduğunu gösteriniz.
2.12 BAZI TEOREMLER VE ALAN SINIFLANDIRMALARI
Şimdi birinci Green özdeşliği ve ikinci Green özdeşliği olarak iki vektör özdeşliği daha
incelenecektir. Green teoremi olarak bilinen ikinci Green özdeşliği elektromanyetik alan
tartışmasında en kullanışlı olanıdır. İlerleyen kısımlarda Green özdeşlikleri kullanılarak teklik
teoremi ispatlanacak ve aynı zamanda bir vektör alanının dört sınıflandırmadan (I-IV sınıf alanlar)
birine düşmesi gerektiği de gösterilecektir.
2.12.1 GREEN TEOREMİ VE ÖZDEŞLİKLERİ
A vektörü v hacmi içinde ve bu hacmin s yüzeyindeki her yerde sürekli olarak diferansiyeli
alınabilen tek değerli bir fonksiyon ise diverjans teoremine göre
∫
v
∇ ⋅ A=
dv
∫
s
A ⋅ ds
(2.112)
yazılır. Eğer A vektör alanı bir φ skaler alanı ve bir ∇ψ vektör alanının çarpımı olarak
tanımlanırsa
∇ ⋅ A = ∇ ⋅ (φ∇ψ ) = ∇φ ⋅ ∇ψ + φ∇ 2ψ
ve (2.112)’de yerine konularak
dv ∫ φ ⋅ ∇ψ ds
∫ φ∇ ψ dv + ∫ ∇φ ⋅ ∇ψ =
2
v
v
s
(2.113)
sonucunu verir. (2.113) eşitliği birinci Green özdeşliği olarak bilinir. φ ve ψ aralarında
değiştirilerek (2.113)
∫
v
ψ∇ 2φ dv + ∫ ∇ψ ⋅ ∇φ dv
=
v
∫ ψ∇φ ⋅ ds
s
(2.114)
olarak yazılabilir. (2.113)’den (2.114) çıkartılarak ikinci Green özdeşliği veya Green teoremi,
∫ [φ∇ ψ − ψ∇
2
v
2
φ ]dv
=
∫ [φ ⋅ ∇ψ − ψ∇φ ] ds
s
(2.115)
elde edilir. φ =ψ özel durumu için birinci Green özdeşliği, (2.113)
∫ φ∇ φ dv + ∫ | ∇φ |
2
v
2
v
dv=
∫ φ∇φ ⋅ ds
s
olur. Bu eşitlik teklik teoreminin ispatlanmasında kullanılacaktır.
(2.116)
74
Elektromanyetik Alan Teorisi
2.12.2 TEKLİK TEOREMİ
Teklik teoremi, bir A vektör alanının
diverjansı bölge boyunca belirlenebiliyorsa,
rotasyonel’i bölge boyunca belirlenebiliyorsa ve
normal bileşeni bölgeyi sınırlayan kapalı yüzeyde belirlenebiliyorsa
bir bölgede tek olarak belirlenebileceğini ifade etmektedir. Bu teoremi ispatlamak için s yüzeyi ile
sınırlı bir v hacmi dikkate alınsın. v hacmi boyunca aynı diverjans ve rotasyonel ve s sınırında aynı
normal bileşenli belirgin (ek bir sabiti olmayan) iki A ve B vektör alanının da olduğu varsayılsın.
Başka bir ifadeyle v’deki her nokta için
∇ ⋅ A = ∇ ⋅ B ve ∇ × A = ∇ × B
ve ek olarak her diferansiyel ds yüzeyinde A.ds = B.ds dir. Şimdi buradaki amaç varsayımın bir
kararsızlığa öncülük edeceğini ispatlamaktır. C ’nin C = A − B gibi bir vektör alanı olduğu
varsayılırsa,
∇ ⋅C = ∇ ⋅ A − ∇ ⋅B = 0
ve v hacmi boyunca
∇×C = ∇× A −∇×B = 0
olur. Daha da ötesi herhangi bir ds diferansiyel yüzeyinde,
C ⋅ ds = A ⋅ ds − B ⋅ ds = 0
dir. ∇ × C = 0 olduğundan C bir skaler f fonksiyonunun gradyanı,
C = −∇f
ile ifade edilebilir.
∇ ⋅ C = 0 ⇒ ∇ ⋅ (∇f ) = 0
veya v’de her yerde
∇2 f = 0
dir. Aynı zamanda,
C ⋅ ds =
0 ⇒ ∇f ⋅ ds =0
(2.116)’da ∇ 2 f = 0 ve ∇f ⋅ ds =0 konularak
Vektör Analizi
75
∫v | ∇f |
2
dv = 0
(2.117)
elde edilir çünkü | ∇f |2 pozitif bir miktar olduğundan (2.117) sadece v’de her yerde ∇f = 0 ise
sağlanabilir. Buna göre C sıfır olmalı ve (eklenen sabitin dışında) A vektörü B ’ye eşit olmalıdır.
A ve B ’nin belirgin iki vektör alanı olduğu varsayımının temelsizliği bir alanın tek’liğini
meydana getirir.
Buraya kadarki vektör işlemleri ve teoremlerin kısa açıklamaları tablo 2.2 ve 2.3’de yer almaktadır.
Tablo 2.2 Vektör işlemleri ve kısa açıklamaları
İşlem
Notasyon
Açıklama
Gradyan
∇f
Skaler alandaki değişimin oranını ve yönünü ölçer.
Diverjans
∇⋅F
Bir vektör alanı olan bir kaynağın veya yutağın bir noktasındaki
büyüklüğünü ölçer
Rotasyonel
∇×F
Bir vektör alanındaki bir nokta etrafındaki dönme eğilimini ölçer.
Laplasyan
∇2 f
Diverjans ve gradyan işlemlerinin bileşkesidir.
Tablo 2.3 Teoremler ve kısa açıklamaları
Teorem
Açıklama
Gradyan
Bir vektör alanının çizgisel integrali, skaler alandaki eğrinin son noktalarının farkına
eşittir.
Diverjans
Bir hacim üzerindeki vektör alanının diverjansının integrali, hacmi sınırlayan
yüzeyinden geçen akının integraline eşittir.
Stokes
Bir yüzey üzerindeki vektör alanının rotasyonelinin integrali, yüzeyi sınırlayan eğri
üzerindeki vektör alanının çizgisel integraline eşittir.
Green
Green teoremi Stokes teoreminin iki boyutlu özel bir durumudur. Bir düzlemdeki
vektör alanının skaler rotasyonelinin integrali, bu yüzeyi sınırlayan eğri üzerindeki
vektör alanının çizgisel integraline eşittir.
2.12.3 ALANLARIN SINIFLANDIRILMASI
Bir vektör alanının diverjansı ve rotasyonel’i bağımsız işlemler olduğundan ikisi bir alanı tamamen
tanımlamak için yetersizdir. Gerçekte elektromanyetik alan çalışmasında alanlar dört temel
sınıflandırmaya düşmektedir. Alan problemlerinin çözümünde çalışılan alanın hangi sınıfa
düştüğünü bilmek gereklidir çünkü bu problemin çözümü için kullanılması gereken işlemi dikte
etmektedir. Bu bakımdan şimdi her sınıfla ilgili alanların özellikleri incelenecektir.
I. Sınıf Alanlar Bir bölgede her yerde,
∇ ⋅ F = 0 ve ∇ × F = 0
76
Elektromanyetik Alan Teorisi
ise F vektör alanı I. sınıf alan olarak dikkate alınır. Bununla beraber vektörün rotasyonel’i sıfır ise
vektör bir skaler f fonksiyonunun gradyanı,
F = - ∇f
ile yazılabilir. Negatif işaretin nedeni Statik elektrik alanları bölümünde açıklanacaktır. ∇ ⋅ F = 0
’dan
∇ ⋅ (−∇f ) = ∇ 2 f = 0
elde edilir ki bu Laplace eşitliğidir. Bundan böyle I. sınıf alanların elde edilmesi için bölgenin
sınırındaki şartlara uygun olarak Laplace eşitliğinin çözülmesine gerek vardır. f bilindikten sonra
F vektör alanı F = −∇ f ’den hesaplanabilir. I. sınıf alanlara örnekler yüksüz ortamdaki elektrostatik
alanlar ve akım geçmeyen bir ortamdaki manyetik alanlardır.
II. Sınıf Alanlar Bir bölgede,
∇ ⋅ F ≠ 0 ve ∇ × F = 0
ise F vektör alanı II. sınıf vektör alanı olarak adlandırılır. Burada da yine ∇ × F = 0 F = −∇f ’yi
gösterir çünkü ∇ ⋅ F ≠ 0 olduğundan bu ∇ ⋅ F = ρ olarak yazılabilir; ρ bölge içinde bir sabit veya
bilinen bir fonksiyondur. Buna göre
∇2 f = −ρ
ifadesi Poisson eşitliğidir. Böylece II. sınıf alanlar sınır şartlarının sınırlamaları içinde Poisson
eşitliğinin çözümüyle bulunabilir. Sonra F vektör alanı F = −∇f ’den bulunabilir. Yüklü
ortamdaki elektrostatik alan II. sınıf alana bir örnektir.
III. Sınıf Alanlar Bir bölgede,
∇ ⋅ F = 0 ve ∇ × F ≠ 0
ise F vektör alanı III. sınıf alan olarak dikkate alınır. Bir vektörün diverjansı sıfır ise vektör başka
bir vektörün rotasyonel’i ile ifade edilebilir. ∇ ⋅ F = 0 için F
F = ∇×A
olarak ifade edilebilir; A diğer vektör alanıdır. ∇ × F ≠ 0 olduğundan bu
∇×F = J
yazılabilir; J bilinen bir vektör alanıdır. F = ∇ × A konularak
∇×∇× A = J
elde edilir. Vektör özdeşliği kullanılarak bu eşitlik aşağıdaki gibi ifade edilebilir.
Vektör Analizi
77
∇(∇ ⋅ A) − ∇ 2 A = J
Teklik teoremine göre A ’nın bir tek vektör alanı olması için bunun diverjansının da tanımlanması
gerekir. Eğer ∇ ⋅ A = 0 olacak şekilde keyfi bir sınırlama konulursa
∇ 2 A = −J
ifadesi Poisson vektör eşitliği olarak adlandırılır. Bundan dolayı III. sınıf alanlar Poisson vektör
eşitliğinin çözümünü gerektirirler. F = ∇ × A kullanılarak F vektör alanı A ’dan hesaplanabilir.
∇ ⋅ A = 0 sınırlaması Coulomb Mihengi veya Ayarı (Gauge) olarak bilinir. Akım taşıyan bir iletken
içindeki manyetik alan III. sınıfa düşer.
IV. Sınıf Alanlar Bir F alanının IV. sınıf alan olması için hem diverjansının ve hem de
rotasyonel’inin sıfır olmaması gerekir. Bununla birlikte F vektörü G ve H vektör alanlarına
ayrılır. Burada G III. sınıf ve H II. sınıfın gereksinimlerini karşılamaktadır. Yani
F=G+H
∇ ⋅ G = 0 , ∇ × G ≠ 0 , ∇ × H = 0 ve ∇ ⋅ H ≠ 0
olarak H = -∇f ve G = ∇ × A
F = ∇ × A − ∇f
sonucuna öncülük edecektir. Sıkıştırılabilen bir ortamdaki hidrodinamik alanlar IV. sınıf alanlara
örnektir
Diverjans ve Rotasyoneline göre alanların kısa ve öz sınıflandırılması tablo 2.4’de görülmektedir.
Tablo 2.4 Diverjans ve Rotasyoneline göre alanların sınıflandırılması
Sınıf
Diverjans
Rotasyonel
I
∇⋅F = 0
∇×F = 0
II
∇⋅F ≠ 0
∇×F = 0
III
∇⋅F = 0
∇×F ≠ 0
IV
∇⋅F ≠ 0
∇×F ≠ 0
ALIŞTIRMALAR
47. Birbirinden bir dielektrik ortamla yalıtılmış eş merkezli iki iletken kabloya koaksiyel kablo
denilir. İç iletkenin yarıçapı a ve dış iletkenin yarıçapı b olarak veriliyor. İletkenler içindeki
potansiyel dağılım Vφ = K ln(b / ρ ) dir; K bir sabittir. Potansiyel dağılımın Laplace eşitliğini
sağladığını gösteriniz.
78
Elektromanyetik Alan Teorisi
48. Önceki alıştırmadaki potansiyel dağılımın
2
2
∫ Vφ ∇ Vφ dv + ∫ | ∇Vφ | dv=
v
v
teoremini de doğruladığını gösteriniz.
V
∇
V
⋅
ds
Green
∫ φ φ
s
2.13 VEKTÖR ÖZDEŞLİKLERİ
Elektromanyetik alan çalışmasında önemli birkaç vektör özdeşliği vardır. Bunlar aşağıda
listelenmiştir ve bunların dikdörtgen koordinat sistemi kullanılarak doğrulanması faydalı olacaktır.
Sıfır:
∇ × (∇f ) = 0
(2.118)
∇ ⋅ (∇ × A) = 0
(2.119)
∇ 2 f = ∇ ⋅ (∇f )
(2.120)
∇ 2 A = ∇(∇ ⋅ A) − ∇ × ∇ × A
(2.121)
∇( f + g ) = ∇f + ∇g
(2.122)
∇ ⋅ ( A + B) = ∇ ⋅ A + ∇ ⋅ B
(2.123)
∇ × ( A + B) = ∇ × A + ∇ × B
(2.124)
∇( fg ) = f∇g + g∇f
(2.125)
∇ ⋅ ( fA ) = f∇ ⋅ A + A ⋅ ∇f
(2.126)
∇ × ( fA ) = f∇ × A + ∇f × A
(2.127)
A ⋅ (B × C) = B ⋅ (C × A) = C ⋅ ( A × B)
(2.128)
A × (B × C) = B( A ⋅ C) − C( A ⋅ B)
(2.129)
∇ ⋅ ( A × B) = B ⋅ (∇ × A) − A ⋅ (∇ × B)
(2.130)
∇ × ( A × B) = A∇ ⋅ B − B∇ ⋅ A + (B ⋅ ∇) A − ( A ⋅ ∇)B
(2.131)
Notasyon:
Toplam:
Skaler içeren çarpımlar:
Vektörel çarpımlar:
Vektör Analizi
79
f ve g skaler alanlar ve A , B ve C vektör alanlarıdır. Bütün alanlar tek değerlidir ve sınırlayan
yüzey üzerindeki bölgede her yerde sürekli olarak diferansiyelleri alınabilmektedir.
2.14 ÖZET
Bu kısımda bu bölümde kullanılan tanımlar yeniden dile getirilerek bazı önemli eşitlikler
listelenecektir.
Bir fiziksel şey tamamen büyüklüğü ile tanımlanabiliyorsa bu bir skalerdir. Bir fiziksel şey temsili
için hem büyüklük ve hem de yönünü gerektiriyorsa bir vektör olarak adlandırılır.
Bir bölgede bütün noktalarda bir fiziksel şeyi karakterize eden fonksiyona alan adı verilir. Bir
skaler alan bir bölgede her noktada bir tek sayı ile belirlenir. Bir vektör alanının bölgede her
noktada belirlenmesi için hem büyüklük ve hem de yön bilgisi gerekir.
Silindirik koordinatlarda vektör alanlarında aşağıdaki işlemlerin yapılması için alanların aynı
noktada veya bir φ = sabit düzleminde tanımlanması gerekir. Aynı işlemi küresel koordinat
sisteminde yapmak için alanın θ = sabit ve φ = sabit düzlemlerinin kesişiminde tanımlanması
gerekir. Başka ifadeyle alanların aynı noktada veya aynı radyal hat üzerindeki noktalarda
tanımlanması gerekir. Eğer bu şartlar karşılamazsa öncelikle alanların dikdörtgen bileşenlerine
dönüştürülüp daha sonra istenilen işlemlerin yerine getirilmesi gerekir. Bazı önemli eşitlikler
aşağıda listelenmiştir.
Dikdörtgen koordinatlar
Ax Bx + Ay B y + Az Bz
Silindirik koordinatlar
Aρ Bρ + Aφ Bφ + Az Bz
Küresel koordinatlar
Ar Br + Aθ Bθ + Aφ Bφ
Skaler çarpım
A ⋅ B = AB cosθ
Dikdörtgen koordinatlar
Vektörel çarpım
Silindirik koordinatlar
A × B = AB sin θ a n
Küresel koordinatlar
ax
Ax
ay
Ay
Bx
By
Az
Bz
aρ
Aρ
Bρ
aφ
Aφ
Bφ
az
Az
Bz
ar
Ar
Br
aθ
Aθ
Bθ
aφ
Aφ
Bφ
az
80
Elektromanyetik Alan Teorisi
Skaler
Dikdörtgen koordinatlar
∂f ∂f ∂f ax + a y + az
∂x
∂y
∂z
Silindirik koordinatlar
1 ∂f ∂f ∂f aρ +
aφ + a z
∂ρ
ρ ∂φ
∂z
Küresel koordinatlar
1 ∂f ∂f 1 ∂f ar +
aθ +
aφ
r ∂θ
r sin θ ∂φ
∂r
Dikdörtgen koordinatlar
∂Ax ∂Ay ∂Az
+
+
∂x
∂y
∂z
fonksiyonun
gradyanı
∇f
Vektör alanının
diverjansı
∇⋅A
Silindirik koordinatlar
Küresel koordinatlar
Dikdörtgen koordinatlar
Vektör alanının
rotasyonel’i
∇×B
Silindirik koordinatlar
Küresel koordinatlar
Skaler
fonksiyonun
Laplasyanı
1 ∂f
ρ ∂ρ
( ρAρ ) +
1 ∂
ρ ∂φ
( Aφ ) +
∂
( Az )
∂z
1 ∂ 2
1
1
∂
∂
(r Ar ) +
(sin θ Aθ ) +
( Aφ )
2
r sin θ ∂θ
r sin θ ∂φ
r ∂r
ax
∂
∂x
Bx
ay
∂
∂y
By
az
∂
∂z
Bz
aρ
1 ∂
ρ ∂r
Bρ
∂
∂φ
ρBφ
az
∂
∂z
Bz
ar
1
∂
2
r sin θ ∂r
Br
r aθ
∂
∂θ
rBθ
r sin θ aφ
∂
∂φ
r sin θ Bφ
ρaφ
Dikdörtgen koordinatlar
∂2 f ∂2 f ∂2 f
+
+
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
Silindirik koordinatlar
1 ∂ ∂f 1 ∂ 2 f ∂ 2 f
ρ
+
+
ρ ∂ρ ∂ρ ρ 2 ∂φ 2 ∂z 2
Küresel koordinatlar
∂
∂f
1 ∂ 2 ∂f
1
1 ∂2 f
r
+
θ
+
sin
∂θ r 2 sin θ ∂φ 2
r 2 ∂r ∂r r 2 sin θ ∂θ
∇2 f
Vektör Analizi
81
Diverjans teoremi
dv ∫ F ⋅ ds
∫ ∇ ⋅ F=
Stokes teoremi
ds ∫ F ⋅ dl
∫ (∇× F) ⋅=
v
s
Birinci Green Özdeşliği
İkinci Green Özdeşliği (Green teoremi)
s
c
2
dv
∫ φ∇ ψ dv + ∫ ∇φ ⋅ ∇ψ =
v
v
∫ [φ∇ ψ − ψ∇
2
2
v
φ ]dv=
∫ φ ⋅ ∇ψ ⋅ ds
s
∫ [φ ∇ψ − ψ∇φ ] ⋅ ds
s
2.15 ÇALIŞMA SORULARI
1. Bir skaler birim nedir? Skalerlere örnek veriniz.
2. Bir vektör birimi nedir? Vektörlere örnek veriniz.
3. İki vektör eşit olduğunda ne denilmek istenir?
4. Vektörel toplama kapalı mıdır?
5. Sıfır vektörün önemi nedir?
6. Nokta çarpımı negatif olabilir mi? Eğer evetse şartı ne olmalıdır?
7. İki vektörün nokta çarpımının bir skaler çarpım olarak bilinmesinin nedeni nedir?
8. İki vektör bağımlı veya değilse nasıl belirlenir?
9. Bir vektörün diğer bir vektörle bölümü tanımlanmış mıdır?
10. Nokta ve vektörel çarpımlara bazı fiziksel örnekler veriniz?
11. Bir vektörün diğer bir vektör üzerine izdüşümü tek midir?
12. Vektörler kullanılarak bir paralel kenarın alanı nasıl belirlenir?
13. Sağ el kuralı nedir?
14. Silindirik koordinat sisteminde A vektörü P(3,π/6,10) noktasında ve B vektörü Q(1,π/6,5)
noktasında verilmişse vektör işlemleri dikdörtgen koordinatlara dönüşüm yapılmadan
yapılabilir mi?
15. Küresel koordinat sisteminde A vektörü P(2,π/2,2π/3) noktasında ve B vektörü
Q(10,π/2,2π/3) noktasında verilmişse vektör işlemleri küreselden dikdörtgen koordinatlara
dönüşüm yapılmadan yapılabilir mi?
16. Skaler fonksiyonun gradyanı ile ne denilmek isteniliyor?
17. Bir vektörün diverjansı ile ne denilmek isteniliyor?
82
Elektromanyetik Alan Teorisi
18. Bir vektörün rotasyonel’inin önemi nedir?
19. Bir vektör a) sürekli, b) selenoidal, c) rotasyonel, d) rotasyonel olmayan, e) korunumlu ise
bunu kontrol etmek için hangi eşitlikler kullanılır? Her durum için gerçek hayatta bulunan
örnekler veriniz?
20. İnce bir kağıt, kalınlığının sıfıra gittiği varsayılırsa, kaç adet vektör yüzeyi vardır?
21. İlaç tablet’inin kalınlığı sıfıra gidiyorsa kaç adet vektör yüzeyi vardır?
22. E vektörünün kapalı bir döngü etrafındaki çizgisel integrali sıfır ise
bir..............................alanını temsil eder.
E
alanı
23. E vektör alanı skaler f alanının gradyanı ile yazılabiliyorsa vektör alanının doğası ...................
24. B vektör alanının diverjansı sıfır ise vektör alanının türü..................
25. Kapalı bir yüzey etrafında
∫
B ⋅ ds sıfır ise B vektör alanı...........................olarak söylenir.
26. B vektör alanının diverjansı sıfır ise B vektörü B = ..................... olacak şekilde bilinmeyen
bir A vektörü ile ifade edilebilir. A tek olarak tanımlanır mı?
27. Bir ısıl alan E = - ∇Φ ve ∇ ⋅ E = 0 olarak tanımlanıyor. Bu ısıl alanın sınıfı nedir?
28. Diverjans teoremini ifade ediniz. Avantaj ve sınırlamaları nedir?
29. Stokes teoremi nedir? Avantaj ve sınırlamaları nedir? Stokes teoremi kapalı yüzeylere
uygulanabilir mi?
30. Green özdeşlikleri nedir? Teklik teoremi Green teoreminin bir sonucu mudur?
2.16 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR
1. Vektörlerin toplamında değişim kuralını doğrulayınız.
0
2. Sıfır olmayan A ve B vektörlerinin birbirine dik olması için gerek ve yeter şartın A ⋅ B =
olduğunu gösteriniz.
A⋅B =
AB cos θ
Vektör Analizi
83
0 olması için cos θ = 0 veya θ = ±π / 2 olması gerekir.
Eğer A ≠ 0 ve B ≠ 0 ise A ⋅ B =
3. Vektörlerin skaler çarpımda dağılım kuralına uyduklarını doğrulayınız.
A⋅B =
AB cos θ olduğundan B cos θ büyüklüğü B’nin A üzerindeki projeksiyonu veya
izdüşümüdür. Buna göre A ⋅ (B + C) ifadesi A ile A üzerinde B + C ’nin izdüşümünün yani ac’nin
çarpımıdır. B ’nin A üzerindeki izdüşümü ab ve C ’ninki bc ise A ⋅ (B + C) = A ⋅ B + A ⋅ C olur.
4. Pythagorean (Pisagor) teoremini doğrulayınız
2
A + B = A2 + B 2 olduğunu gösteriniz.
A+B
2
veya
A
ve
B
birbirine
dik
= ( A + B) ⋅ ( A + B) = A ⋅ A + A ⋅ B + B ⋅ A + B ⋅ B = A2 + B 2 + 2 AB cos θ
=
cos θ cos(
=
π / 2) 0 ve buradan A + B
Eğer A ⊥ B ise
2
=A2 + B 2 olur.
5. Vektörlerin vektörel çarpımda dağılım kuralına uyduklarını doğrulayınız.
D
×B + + bc)a n = Aaca n
A × (B + C) = A
A × C = A(ab
Aaba n
Abca n
ac
a n birim vektörü A , B ve C vektörlerinin bulunduğu düzleme dik birim vektördür.
6. Sıfır olmayan iki vektörün, sadece vektörel çarpımları sıfır ise paralel olduğunu ispatlayınız.
ise
84
Elektromanyetik Alan Teorisi
AB sin θ olduğundan A ≠ 0 ve B ≠ 0 fakat A × B =
0 ise sin θ = 0 veya θ = 0 ve bu
A×B =
durumda A B dir.
7.
A ⋅ (B × C) = B ⋅ (C × A) = C ⋅ ( A × B) olduğunu doğrulayınız.
A ⋅ (B × C) ABC=
=
sin θ cos φ BCA=
sin θ cos φ CAB sin θ cos φ skaler üçlü çarpımdır. Skaler üçlü
çarpım sonuç değeri değişmeden vektörlerin sırası değiştirilebilir.
8.
( A × B) ⋅ (C × D) = ( A ⋅ C)(B ⋅ D) − ( A ⋅ D)(B ⋅ C) olduğunu doğrulayınız.
E
( A × B) ⋅ (C × D) =( A × B) ⋅ E = A ⋅ (B × E) = A ⋅ [B × (C × D)]
= A [(B ⋅ D)C − (B ⋅ C)D] = ( A ⋅ C)(B ⋅ D) − ( A ⋅ D)(B ⋅ C)
[ B×( C× D )]
( 2.129 ) vektör özdeşliği
9.
A = 2a x + 0,3a y − 1,5a z ve B = 10a x + 1,5a y − 7,5a z ise A ve B vektörlerinin bağımlı
vektörler olduğunu gösteriniz.
A
B=
10
a
+
1,5
a
−
7,5
a
=
5
×
(2
a
+
0,3
a
−
1,5
a
5A
x
y
z) =
x y z
5× 2
5×0,3
olduğundan
A
ve
B
bağımlı
5×1,5
vektörlerdir.
10. P (0, −2,1) ’den Q(−2,0,3) ’ye uzunluk vektörünü hesaplayınız.
P(0, −2,1)
Q(−2,0,3)
ve
noktalarının konum vektörleri
r2 =
OQ =
−2a x + 3a z
dir.
P’den
Q’ye
R =r2 − r1 =(−2 − 0)a x + (0 − 2)a y + (3 − 1)a z =−2a x + 2a y + 2a z dir.
r1 =
OP =
−2a y + a z
uzaklık
ve
vektörü
11. A = 3a x + 2a y − a z , B = 4a x − 8a y − 4a z ve C = 7a x − 6a y − 5a z ise A , B ve C ’nin dik açılı
üçgen olduğunu gösteriniz.
Vektör Analizi
85
C
A
B
(3a x + 2a y − a z ) + (4a x − 8a y − 4a z ) = 7a x − 6a y − 5a z
A
ve
B
(3a x + 2a y − a z ) ⋅ (4a x − 8a y − 4a z ) = 12 − 16 + 4 = 0 dir. Böylece A ⊥ B ve A , B ve C vektörleri
dik açılı bir üçgen oluşturur.
12. S = 3a x + 5a y + 17a z ve G = −a y − 5a z ise S + G ’ye paralel birim vektörünü bulunuz. Birim
vektörün x, y ve z eksenleri ile yaptığı açıları hesaplayınız.
S + G= (3a x + 5a y + 17a z ) + (−a y − 5a z=
) 3a x + 4a y + 12a z
S+G =
32 + 42 + 122 =
3
4 12 169 = 13 , a ( S + G ) = a x + a y + a z
13
13
13
3
a ( S + G ) ⋅ a x = cos θ x =
⇒ θ x = 76,6576°
13
4
a ( S + G ) ⋅ a y = cos θ y = ⇒ θ y = 72,0797°
13
12
⇒ θ z = 21,6198°
a ( S + G ) ⋅ a z = cos θ z =
13
13. (2.39)’da verilen dönüşümü doğrulayınız.
Ax cos φ
(2.38)’daki Ay = sin φ
Az 0
Aρ
=
− sin φ
cos φ
0
0 Aρ
0 Aφ matrisinden
1 Az
cos φ Ax
− sin φ
sin φ Ay
cos φ
=
− Ax sin φ + Ay cos φ
= Ax cos φ + Ay sin φ ve Aφ =
cos φ − sin φ
cos φ − sin φ
sin φ cos φ
sin φ cos φ
Ax
Ay
14. Vektör izdüşümü kullanarak Örnek 2.10’daki C ’yi hesaplayınız.
86
Elektromanyetik Alan Teorisi
C = −2a x + 3a y + 4a z
cos φ
sin φ
0
Cρ =⋅
C aρ =
−2 a x ⋅ a ρ + 3 a y ⋅ a ρ + 4 a z ⋅ a ρ =
−2cos 45° + 3sin 45° =
0,707
− sin φ
cos φ
0
Cφ = C ⋅ aφ = −2 a x ⋅ aφ + 3 a y ⋅ aφ + 4 a z ⋅ aφ = −2(− sin 45°) + 3cos 45° = 3,535
0
0
1
4
C z =⋅
C az =
−2 a x ⋅ a z + 3 a y ⋅ a z + 4 a z ⋅ a z =
15.
(a) F ρ sin φ a ρ − ρ cos φ aφ ve (b) H = ρ1 a ρ vektörlerini dikdörtgen koordinat sisteminde
=
ifade ediniz.
A
A
ρ
φ
(a) F ρ sin φ a ρ − ρ cos φ aφ , =
x
=
ρ cos φ , =
y ρ sin φ ve =
ρ
x2 + y 2
ile (2.38) matrisi
kullanılarak
Ax= ρ sin φ cos φ − ρ cos φ (− sin φ )= 2 ρ sin φ cos φ= 2 ρ
x y
=
ρρ
2 xy
x2 + y 2
y 2 x2
Ay = ρ sin φ sin φ − ρ cos φ cos φ = ρ (sin 2 φ − cos 2 φ )= ρ 2 − 2 =
ρ
ρ
y 2 − x2
x2 + y 2
Az = 0
Aρ
1 x
(b) H = =
ρ aρ ,
( )
Hx
=
=
Hy
1
cos φ
=
ρ
1
=
sin φ
ρ
ρ=
cos φ , y ρ sin
=
φ ve ρ ile (2.38) matrisi kullanılarak
1
x2 + y 2
1
x2 + y 2
x
x
= 2
2
x2 + y 2 x + y
y
y
= 2
2
x2 + y 2 x + y
Hz = 0
16. P (1, π ,0) ve Q(0, −π / 2, 2) noktası silindirik koordinat sisteminde verilmiştir. P’den Q’ye
uzunluk vektörünü ve uzunluğunu bulunuz. Q’den P’ye uzunluk vektörü nedir? P’den Q’ye
uzunluk vektörünü Q’den P’ye uzunluk vektörü ile ifade ediniz.
Vektör Analizi
87
P(1, π ,0) ⇒ P (−1,0,0)
Q(0, −π / 2, 2) ⇒ Q(0,0, 2)
PQ = R = a x + 2a z ⇒ R =
2
QP =
− PQ =
−a x − 2a z
17. r = xa x + ya y + za z pozisyon vektörünü küresel koordinat sisteminde ifade ediniz.
x = R sin θ cos φ , y = R sin θ sin φ , z = R cos θ
2
=
Ar x sin θ cos φ + y sin θ sin φ + z cos
=
θ R sin 2 θ cos 2 φ + R sin 2 θ sin 2 φ + R cos=
θ R
Aθ x cos θ cos φ + y cos θ sin φ − z sin
=
=
θ R sin θ cos θ cos 2 φ + R sin θ cos θ sin 2 φ − R sin θ cos
=
θ 0
Aφ =
− x sin φ + y cos φ =
− R sin θ sin φ cos φ + R sin θ sin φ cos φ =
0
Buradan r = Ra r yazılır.
18. F = r a r + r tan θ aθ + r sin θ cos φ aφ ise F ’yi dikdörtgen koordinat sistemine dönüştürünüz.
y
θ
tan
x2 + y 2
x
x
sin θ
Fx =
r sin θ cos φ + r
2 r sin θ cos φ − r sin θ cos φ sin φ
cos θ cos φ − r sin θ cos φ sin φ =
cos θ
xy
= 2x −
x2 + y 2
x
θ
tan
y
x2 + y 2
x
sin θ
Fy =
r sin θ sin φ + r
2 r sin θ sin φ + r sin θ cos φ cos φ
cos θ sin φ + r sin θ cos φ cos φ =
cos θ
x2
= 2y −
x2 + y 2
x +y
2z −z −x − y
θ
tan
z
sin 2 θ
r 2 sin 2 θ
x2 + y 2 z 2 − x2 − y 2
sin θ
Fz =
r cos θ − r
r cos θ − r
=
z−
=
z−
=
sin θ =
cos
θ
z
z
z
cos θ
2
2
2
2
2
2
z/r
= 2z −
xy
F = 2x −
2
x + y2
x2
ax + 2 y −
x2 + y 2
x2 + y 2 + z 2
a y + 2z −
z
x2 + y 2 + z 2
z
az
19. P (2, π / 2,3π / 4) ’den Q(10, π / 4, π / 2) ’ye uzunluk vektörünün uzunluğunu elde ediniz.
88
Elektromanyetik Alan Teorisi
P (2, π / 2,3π / 4) ⇒ P (− 2, 2,0)
Q(10, π / 4, π / 2) ⇒ Q(0, 50, 50)
PQ =
R =2a x + 50 − 2 a y + 50a z ⇒ PQ =84
32
20. S = 12 a r + 5 aθ + π aφ ve T = 2 a r + 0,5π aθ sırasıyla (2,π,π/2) ve (5,π/2,π/2) noktalarındaki iki
vektördür. (a) S + T , (b) S ⋅ T , (c) S × T , (d) S × T ’ye dik birim vektörleri ve (e) S ve T
arasındaki açıyı belirleyiniz.
S=
−π a x − 5a y − 12a z
=
T 2a y − π / 2a z
−π a x − 3a y − (12 + π / 2)a z
S+T=
S ⋅ T = 0 − 10 + 6π
S=
× T [5π / 2 + 24]a x + [−π 2 / 2] a y + [−2π ] a z
2
S × T [5π / 2 + 24]a x + [−π / 2] a y + [−2π ] a z
=
aS×T =
S×T
[5π / 2 + 24]2 + [−π 2 / 2] 2 + [−2π ]2
21. g = g[u(t ), v (t ), s(t )] skaler fonksiyonu veriliyor, t[dg / dt ] ’ye göre g’nin türev ifadesini
çıkartınız.
g = g[u(t ), v (t ), s(t )] olduğundan
dg ∂g du ∂g dv ∂g ds
=
+
+
dir.
dt ∂u dt ∂v dt ∂s dt
22. G = G ( x, y , z, t ) ise (x, y ve z aynı zamanda t’nin de fonksiyonlarıdır) dG / dt ifadesini elde
ediniz.
G = G ( x, y , z, t ) için
dG ∂G dx ∂G dy ∂G dz ∂G
=
+
+
+
dt
∂x dt ∂y dt ∂z dt ∂t
23. x’e göre F ’nin kısmi türevi (2.50) eşitliği ile verilmiştir. y ve z’ye göre F ’nin kısmi türev
ifadeleri nedir?
∂F
F( x, y, z + ∆z ) − F( x, y, z )
∂F
F ( x, y + ∆y, z ) − F ( x, y, z )
= lim
ve
= lim
∂z ∆z →0
∆z
∂y ∆y →0
∆y
24. Dikdörtgen koordinat sisteminde, r pozisyon vektörünün diferansiyeli ile (2.53) eşitliğini elde
Vektör Analizi
89
ediniz.
r=
xa x + ya y + za z ⇒ dr =
dxa x + dya y + dza z
25. Silindirik koordinat sisteminde, r pozisyon vektörünün diferansiyeli ile (2.56) eşitliğini elde
ediniz.
= ρ a ρ + z a z = ρ cos φ a x + ρ sin φ a y + za z
d = d ρ cos φ a x − ρ sin φ dφ a x + d ρ sin φ a y + ρ cos φ dφ a y + dz a z
a
a
ρ
φ
d=
(cos φ a x + sin φ a y ) d ρ + (cos φ a y − sin φ a x ) ρ dφ + dz a z ⇒ d=
d ρ a ρ + ρ dφ aφ + dz a z
26. Küresel koordinat sisteminde, r pozisyon vektörünün diferansiyeli ile (2.59) eşitliğini elde
ediniz.
=
r ar =
r sin θ cos φ a x + r sin θ sin φ a y + r cosθ a z
d =(sin θ cos φ dr + r cos θ cos φ dθ − r sin θ sin φ dφ ) a x
+(sin θ sin φ dr + r cos θ sin φ dθ + r sin θ cos φ dφ ) a y
+(cos θ dr − r sin θ dθ ) a z
d = (sin θ cos φ a x + sin θ sin φ a y + cos θ a z )dr
+ (cos θ cos φ a x + cos θ sin φ a y − sin θ da z )rdθ
(− sin φ a x + cos φ a y )r sin θ dφ
d =dr a r + rdθ aθ + r sin θ dφ aφ
27. g = 20 xy ise
∫ g dl ’yi P(0,0,0)’den Q(1,1,0)’ye (a) P’den Q’ye düz bir çizgi boyunca ve (b)
y = 4x 2 eğrisi boyunca hesaplayınız.
(a) g = 20 xy , d = dx a x + dy a y + dz a z , z =0 ⇒ dz =0, y =x ⇒ dy =dx
90
∫
Elektromanyetik Alan Teorisi
Q
P
gd=
∫
Q
P
20 xy (dx a x + dy a y=
)
1
x3 20 a
a
+
=
x
dx
20
(
)
20
( a x + a y=
)
( ax + a y )
x
y
∫x=0
3 0
3
1
2
(b) y = 4 x 2 ⇒ dy = 8 xdx
∫
1
1
20 x 4 x (dx a x + 8 xdx a y ) =
∫
2
x 0
28.
x
=
1
1
x4 x5 20 x 4 x dx a x + ∫ 20 x 4 x 2 8 xdx a y = 80
a x + 640
ay
0=
x 0
4 0
5 0
= 20a x + 128a y
2
ρ
∫ ⋅ d ’yi xy düzleminde b yarıçapında kapalı dairesel bir yol boyunca hesaplayınız.
d
∫ ρ ⋅=
29.
1
0
a ⋅a =
ρ φ
(
b
)
(
bd
φ
0
a
⋅
a
=
φ)
∫ ρ
∫ r ⋅ ds ’yi b yarıçapında kürenin kapalı yüzeyi üzerinde hesaplayınız.
∫ r ⋅ ds = ∫ (ba ) ⋅ (b
r
2
2π
π
2π
π
sin θ dθ dφ a r ) = b3 ∫ sin θ dθ ∫ dφ = b3 (− cos θ ) 0 φ 0 = 4π b3
=
θ 0=
φ 0
30. xy düzlemi ( z = 0) ve z =4 − x 2 − y 2 =4 − ρ 2 ile sınırlanan bölgenin hacmini bulunuz.
z = 0 ⇒ 4 = 22 = x 2 + y 2 = ρ 2
x = 0, y = 0 ⇒ z = 4
4− ρ 2
V=
∫ρ ∫φ ∫
z
ρ d ρ dφ dz =
∫
2
ρ 0
=
2π
2π
4− ρ 2
dz =
ρ d ρ ∫ dφ ∫
φ 0=z 0
=
4ρ −ρ
2
ρ2 ρ4
2
ρ (4 − ρ ) d ρ = 2π 4 − = 8π
0
4 0
2
3
∫
2
ρ
=
31. Bir skaler f fonksiyonunda diferansiyel değişim için (2.76a) eşitliğini kullanarak sırasıyla
silindirik ve küresel koordinat sistemlerinde f’nin gradyanı için (2.77) ve (2.78)’de verilen ifadeleri
doğrulayınız.
df = ∇f ⋅ dl
Vektör Analizi
91
∂ρ
∂x
∂ρ
∂y
d ρ cosφ dx + sin φ dy
=
= cosφ d ρ − ρ sin φ dφ =
x ρ cosφ ⇒ dx
− ρ1 sinφ dx + ρ1 cos φ dy
=
= sinφ d ρ + ρ cos φ dφ dφ =
y ρ sin=
φ dy
∂φ
∂x
∂
∂ ∂ρ ∂
=
+
∂x ∂ρ ∂x ∂φ
∂
∂ ∂ρ ∂
=
+
∂y ∂ρ ∂y ∂φ
∂φ
∂y
∂φ
∂ 1
∂
= cos φ
− ρ sin φ
∂x
∂ρ
∂φ
∂φ
∂ 1
∂
= sin φ
+ ρ cos φ
∂y
∂ρ
∂φ
∂
∂
∂y
∂x
ay
∂ 1
∂ ∂ 1
∂ ∂
=
∇ cos φ a ρ − sin φ aφ cos φ
− ρ sin φ
+ sin φ a ρ + cos φ aφ sin φ
+ ρ cos φ
+ az
∂ρ
∂φ
∂
∂
ρ
φ
∂z
∂ ∂ 1 ∂ =
∇
aρ +
aφ + a z
∂ρ
∂z
ρ ∂φ
ax
32. Dikdörtgen ve küresel koordinat sistemlerinde r pozisyon vektörünün tanımlarını kullanarak
∇r = a r olduğunu gösteriniz.
r = x a x + y a y + z a z = ρ a ρ + z a z = r ar , r 2 = x2 + y 2 + z 2 = ρ 2 + z 2
∂r ∂r ∂r x y
z
r 1 ∇r = a x
+ ay
+ az
= a x + a y + a z = ( xa x + ya y + za z ) = = a r
∂x
∂y
∂z r
r
r
r
r
∂r ∇
=
r ar = ar
∂r
33. P(-1,0,1) noktasındaki uzaklığa göre bir f = 12 x 2 + yz 2 fonksiyonunun maksimum değişim
oranını bulunuz. f’nin x, y ve z yönlerindeki değişim oranını belirleyiniz. P’den Q(1,1,1) noktası
yönünde f’nin değişim oranı nedir?
f =12 x 2 + yz 2 ⇒ ∇f =24 xa x + z 2a y + 2 yza z ⇒ P (−1,0, −1) noktasında ∇f =−24a x + a y
2 1 PQ = (1 − (−1))a x + (1 − 0)a y + (1 − 1)a z = 2a x + a y ⇒ a PQ =
ax +
ay
5
5
(∇f ) x =∇f ⋅ a x =24 x ⇒ P (−1,0,1) noktasında
(∇f ) y =∇f ⋅ a y =z 2 ⇒ P (−1,0,1) noktasında
(∇f ) z =∇f ⋅ a z =2 yz ⇒ P (−1,0,1) noktasında
48
1 2
(∇f ) PQ =∇f ⋅ a PQ = x +
z ⇒ P (−1,0,1) noktasında
5
5
− 24
1
0
-
48
5
92
Elektromanyetik Alan Teorisi
34. Silindirik ve küresel koordinat sistemlerini kullanarak ∇ ⋅ r = 3 olduğunu doğrulayınız.
r = x a x + y a y + z a z = ρ a ρ + z a z = r ar
2ρ
3r 2
1
1 ∂ 3
1 ∂ 2 ∂
=
∇⋅r =
r 3
ρ=
=
∇⋅r
+ z 3 ve
ρ ∂ρ
∂z
r 2 ∂r
35. F =
- xy a x + 3x 2 yz a y + z 3 x a z ise P(1,-1,2)’de ∇ ⋅ F ’yi bulunuz.
∂
∂
∂
∇ ⋅ F = (-xy ) + (3x 2 yz ) + ( z 3 x) = − y + 3x 2 z + 3 z 2 x
∂x
∂y
∂z
P (1, −1, 2) noktasında ∇ ⋅ F =− y + 3x 2 z + 3 z 2 x =−(−1) + 3 × 12 × 2 + 3 × 22 (−1) =19
36. r = ra r ise ∇ ⋅ (r n a r ) = (n + 2)r n−1 olduğunu gösteriniz.
∇ ⋅ (r1 a r ) =
1 ∂ 2 1
r r = 3= (1 + 2)r1−1
2
r ∂r
∇ ⋅ (r 2 a r )=
1 ∂ 2 2
r r = 4r= (2 + 2)r 2 −1
r 2 ∂r
∇ ⋅ (r 3 a r )=
1 ∂ 2 3
r r = 5r 2= (3 + 2)r 3−1
r 2 ∂r
∇ ⋅ (r 4 a r )=
1 ∂ 2 4
r r = 6r 2= (4 + 2)r 4 −1
r 2 ∂r
)
∇ ⋅ (r n a r =
1 ∂ n+2
r = (n + 2)r n −1
r 2 ∂r
37. F = x a x + xy a y + xyz a z vektör alanı için 2 yarıçapında bir küre ile sınırlanan bölgede
diverjans teoremini doğrulayınız.
F = x a x + xy a y + xyz a z ⇒ ∇ ⋅ F = 1 + x + xy
= ∫ (1 + x + xy )dv
= ∫ (1 + r sin θ cos φ + r sin θ cos φ sin φ )r dr sin θ dθ dφ
∫ ∇ ⋅ Fdv
π
π
π
π
π
π
=
∫ r dr ∫ sin θ dθ ∫ dφ + ∫ r dr ∫ sin θ dθ ∫ cos φ dφ + ∫ r dr ∫ sin θ dθ ∫ cos φ sin φ dφ
2
v
v
2
0
2
0
2
2
v
2
2
0
0
3
2
0
2
2
0
0
4
4
0
2
0
0
8/3
0
2
2π
2
2
2
2π
π
π
5
3
4
r 3θ 1
1
r
r θ 1
2π
π
2π
1
2
− sin 2θ + sin 4θ − cos φ
=
(− cos θ ) 0 φ 0 +
− sin 2θ sin φ 0 +
3 0
4 02 4
32
5 0 8 4
0 2
0
0
32
π
3
=
=
θ cos φ , y 2sin
=
θ sin φ , z 2cosθ
=
r 2'de F ⋅ =
ds Fr r 2 sin
θ dθ dφ , x 2sin
=
Vektör Analizi
93
sin θ cos φ
sin θ sin φ
cos θ
Fr = ( x a x + xy a y + xyz a z ) ⋅ a r = x a x ⋅ a r + xy a y ⋅ a r + xyz a z ⋅ a r
Fr =
2sin 2 θ cos 2 φ + 4sin 3 θ cos φ sin 2 φ + 8sin 2 θ cos 2 θ cos φ sin φ
3
2
4
2
3
2
=
∫ s F ⋅ ds 8sin θ dθ cos φ dφ + 16sin θ dθ cos φ sin φ dφ + 32sin θ cos θ dθ cos φ sin φ dφ
2π
2π
π
π
3
2
4
2
=
∫ F ⋅ ds 8∫ sin θ dθ ∫ cos φ dφ + 16∫ sin θ dθ ∫ cos φ sin φ dφ
s
0
0
0
π
0
2π
+32 ∫ sin θ cos θ dθ ∫ cos φ sin φ dφ
0
3
2
0
0
π
4/3
2π
π
π
2π
3
cos3θ 3cos θ φ 1
3θ sin 2θ sin 4θ sin φ
8
−
−
+
+ sin 2φ + 16
∫ s F ⋅ ds =
4 0 2 4
4
32 0 3 0
0
12
8
0
2π
π
2
cos5θ cos3θ cos θ cos φ
+32
−
−
−
48
8 0
2 0
80
32
∫ s F ⋅ ds =3 π
38. (2.96b) ⇒ (∇ × F ) ⋅ a x = ∂Fz / ∂y − ∂Fy / ∂z
ve
(2.96c) ⇒ (∇ × F ) ⋅ a y = ∂Fx / ∂z − ∂Fz / ∂x
eşitliklerini doğrulayınız.
Vektör alanının rotasyonel’inin tanımlanması için dikdörtgen koordinatlarda z = 0 , x = 0 ve y = 0
düzlemlerinde küçük yüzey elemanları
94
Elektromanyetik Alan Teorisi
x = 0 düzleminde ∆c1 yolu boyunca çizgisel integral:
∫
∆c1
F ⋅ d =
∫
y +∆y
y
Fx a x + Fy a y + Fz a z ⋅ dya y = Fy ∆y
z
z
x = 0 düzleminde ∆c2 yolu boyunca çizgisel integral:
∫
∆c2
z +∆z
Fx a x + Fy a y + Fz a z
F ⋅ d = ∫
z
y +∆y
⋅ [ dza z ] = [ Fz ∆z ] y +∆y
x = 0 düzleminde ∆c3 yolu boyunca çizgisel integral:
y
F
− Fy ∆y
∫∆c3 ⋅ d =
∫y +∆y Fxa x + Fy a y + Fz a z z +∆z ⋅ dya y =
z +∆z
x = 0 düzleminde ∆c4 yolu boyunca çizgisel integral:
z
Fx a x + Fy a y + Fz a z ⋅ [ dza z ] =
F ⋅ d =
− [ Fz ∆z ] y
∫
y
z +∆z
∆c4
∫
x = 0 düzleminde ∆c yolu boyunca toplam çizgisel integral:
∫ F ⋅ d =
∆c
Fy ∆y + [ Fz ∆z ] y +∆y − Fy ∆y
− [ Fz ∆z ] y
z
z +∆z
∆y → 0 ve ∆z → 0 limitinde Taylor serileri açılımı kullanılarak ve yüksek dereceli terimleri ihmal
edilerek aşağıdaki gibi yaklaşık olarak yazılabilir.
[ Fz ∆z ] y +∆y − [ Fz ∆z=
]y
∂Fz
− Fy ∆y=
∆y ∆z ve Fy ∆y
z
z +∆z
∂y
∂Fy
∂z
∆y ∆z
∂Fz ∂Fy
−
∆y ∆z
∂z
∂y
∆c
d
∫ F ⋅ =
eşitliğinde her iki taraf ∆s =∆y ∆z ’ye bölünerek ve ∆s =
→ 0 limiti alınarak
∂Fz ∂Fy
1
−
F ⋅ d =
∫
∆s → 0 ∆s ∆c → 0
∂y
∂z
lim
elde edilir. Birim vektör a n = a x olduğundan (rotF ) ⋅ a x kısaca (rotF ) x olarak yazılabilir. (rotF ) x
rotF ’nin x yönlü bileşenini belirtmektedir. Böylece rotF ’nin x bileşeni aşağıdaki gibi yazılabilir.
∂Fz ∂Fy
a x (rotF=
−
(∇ × F ) ⋅=
)x
∂y
∂z
(2.96b)
rotF ’nin y bileşeni ( y = 0 düzleminde) y yönüne normal birimi ile oldukça küçük yüzeyler dikkate
alınarak benzer yolla aşağıdaki gibi elde edilebilir.
Vektör Analizi
95
∂Fx ∂Fz
(∇ × F ) ⋅=
)y
−
a y (rotF=
∂z
∂x
(2.96c)
a ρ ρ aϕ a z
1 ∂
∂
∂
ve küresel koordinatlarda
39. Silindirik koordinatlarda (2.100) ⇒ ∇ × F =
ρ ∂ρ ∂ϕ ∂z
Fρ ρ Fϕ Fz
a r r aθ r sin θ aφ
∂
∂
∂
1
(2.101) ⇒ ∇ × F = 2
eşitliklerinin doğru olduğunu doğrulayınız.
r sin θ ∂r ∂θ
∂φ
Fr rFθ r sin θ Fφ
Silindirik Koordinat Sisteminde rotasyonel hesaplamaları:
a ρ bileşeni:
ρ düzleminde ∆c1 yolu boyunca çizgisel integral:
φ + dφ
F ⋅ d ∫
∫=
φ
∆c1
Fρ a ρ + Fφ aφ + Fz a z ⋅ ρ=
dφ aφ Fφ ρ dφ z
z
ρ düzleminde ∆c2 yolu boyunca çizgisel integral:
∫
∆c2
F ⋅ d =
∫
z + dz
z
∂Fz
Fρ a ρ + Fφ aφ + Fz a z
⋅
dz
a
=
F
+
d
φ
[
]
z
z
dz
φ + dφ
∂φ
φ + dφ
ρ düzleminde ∆c3 yolu boyunca çizgisel integral:
φ
∂Fφ
F
− Fφ +
dz ρ dφ
∫∆c3 ⋅ d =
∫φ + dφ Fρ a ρ + Fφ aφ + Fz a z z + dz ⋅ ρ dφ a ρ =
∂z
z + dz
ρ düzleminde ∆c4 yolu boyunca çizgisel integral:
z
Fρ a ρ + Fφ aφ + Fz a z ⋅ [ dza z ] =
− [ Fz dz ]φ
F ⋅ d =
∫
φ
z + dz
∆c4
∫
ρ düzleminde ∆c yolu boyunca toplam çizgisel integral:
∂Fφ
∂F
F ⋅ d Fφ ρ dφ z + Fz + z dφ dz
=
− Fφ +
∆c
∂φ
∂z
φ + dφ
∂Fz
∂Fφ
d
dφ dz −
dz
ρ dφ=
∫ ∆c F ⋅=
∂φ
∂z
∫
dz ρ dφ
− [ Fz dz ]φ
z + dz
1 ∂Fz ∂Fφ
−
∂z
ρ ∂φ
ρ dφ dz
dsρ
96
Elektromanyetik Alan Teorisi
1
F ) ρ lim
(∇ × F=
) ⋅ a ρ (rot=
dsρ → 0 ds
ρ
1 ∂Fz ∂Fφ
⋅ d
−
F=
∆c → 0
ρ ∂φ ∂z
∫
Vektör alanının rotasyonel’inin tanımlanması için silindirik koordinatlarda ρ, φ ve z düzlemlerinde
küçük yüzey elemanları
aφ bileşeni:
φ düzleminde ∆c1 yolu boyunca çizgisel integral:
∫
=
F ⋅ d
∆c1
∫
z + dz
z
Fρ a ρ + Fφ aφ + Fz a z ⋅=
dz
a
[
z]
ρ
[ Fz dz ]ρ
Vektör Analizi
97
φ düzleminde ∆c2 yolu boyunca çizgisel integral:
∫
∆c2
F ⋅ d =
ρ +d ρ
∫ρ
∂F
Fρ a ρ + Fφ aφ + Fz a z ⋅ d ρ a ρ = Fρ + ρ dz d ρ
z + dz
∂z
z + dz
φ düzleminde ∆c3 yolu boyunca çizgisel integral:
z
∂Fz
F
⋅
=
a
+
a
+
a
⋅
a
=
−
+
d
F
F
F
dz
F
d
ρ
[
]
z
z
z
z
ρ
ρ
φ
φ
dz
∫∆c3
∫z + dz
ρ +d ρ
∂ρ
ρ +d ρ
φ düzleminde ∆c4 yolu boyunca çizgisel integral:
∫
∆c4
ρ
F ⋅ d =
∫
ρ +d ρ
Fρ a ρ + Fφ aφ + Fz a z ⋅ d ρ a ρ =
− Fρ d ρ z
z
φ düzleminde ∆c yolu boyunca toplam çizgisel integral:
∫
∆c
d
F ⋅=
[ Fz dz ]ρ + Fρ +
∂F
dz d ρ
− Fz + z d ρ dz
− Fρ d ρ z
∂z
∂ρ
ρ +d ρ
z + dz
∂Fρ
∂Fρ
∂Fρ ∂F
∂F
∫ ∆c F ⋅ d = ∂z dzd ρ − ∂ρz dzd ρ= ∂z − ∂ρz
1
(∇ × F )=
⋅ aφ (rot=
F )φ lim
dsφ → 0 ds
φ
dzd ρ
dsφ
∂Fρ ∂Fz
F=
⋅ d
−
∆c → 0
∂ρ
∂z
∫
a z bileşeni:
z düzleminde ∆c1 yolu boyunca çizgisel integral:
ρ +d ρ
F ⋅ d ∫
∫=
ρ
∆c1
Fρ a ρ + Fφ aφ + Fz a z ⋅ =
d ρ a ρ Fρ d ρ φ
φ
z düzleminde ∆c2 yolu boyunca çizgisel integral:
∫
∆c2
F ⋅ d =
φ + dφ
∫φ
∂Fφ
Fρ a ρ + Fφ aφ + Fz a z ρ + d ρ ⋅ ( ρ + d ρ )dφ aφ = Fφ + ∂ρ d ρ ( ρ + d ρ )dφ
ρ +d ρ
z düzleminde ∆c3 yolu boyunca çizgisel integral:
∫
∆c3
ρ
F ⋅ d =
∫
∂Fρ
Fρ a ρ + Fφ aφ + Fz a z
d ρ a ρ =
⋅
−
+
φ
F
d
dρ
ρ
φ + dφ
ρ +d ρ
∂
ρ
φ + dφ
z düzleminde ∆c4 yolu boyunca çizgisel integral:
98
Elektromanyetik Alan Teorisi
φ
− Fφ ρ dφ ρ
F
∫∆c4 ⋅ d =
∫φ + dφ Fρ a ρ + Fφ aφ + Fz a z ρ ⋅ ρ dφ aφ =
z düzleminde ∆c yolu boyunca toplam çizgisel integral:
∂Fφ
F
d ρ ( ρ + d ρ ) dφ
⋅ d Fρ d ρ φ + Fφ +
− Fρ
∫ ∆c =
∂ρ
ρ + d ρ
∂
∂Fρ
( ρ Fφ )d ρ dφ − =
F ⋅ d
d ρ dφ
∫=
∆c
∂φ
∂φ
1
=
=
F ) z lim
(∇ × F
) ⋅ a z (rot
dsz → 0 ds
z
+
dφ d ρ
− Fφ ρ dφ ρ
∂ρ
φ + dφ
∂Fρ
1 ∂
1 ∂Fρ
( ρ Fφ ) −
ρ d
φ
d
ρ
ρ ∂φ ρ ∂φ
dsz
1 ∂
1 ∂Fρ
=
F
⋅
−
d
(
ρ
F
)
φ
∫ ∆c→0
ρ ∂φ
ρ ∂φ
Küresel Koordinat Sisteminde rotasyonel hesaplamaları için yukarıdaki silindirik koordinat
sistemindeki hesaplamalardaki gibi aynı yol izlenir.
Vektör alanının rotasyonel’inin tanımlanması için küresel koordinatlarda r, θ ve φ düzlemlerinde
küçük yüzey elemanları
40. F = ( x / r ) a x ise ∇ × F ’i belirleyiniz. P(x,y,z) pozisyon vektörünün genliği: r =
x2 + y 2 + z 2
Vektör Analizi
99
ax
∂
∂x
∇ ×=
F
ay
∂
∂y
x
Fx
=
x + y2 + z2
2
az
∂
=
∂z
Fy 0=
Fz 0
=
xy
xz
−
−
3
3
x2 + y 2 + z 2 )
( x2 + y 2 + z 2 )
(
ay
−az
∂
x
x
a × a ∂
+ az × ax
y x ∂y x 2 + y 2 + z 2
∂z x 2 + y 2 + z 2
=
41. Bir vektör alanının
∇ ⋅ (∇ × F ) = 0 .
rotasyonel’inin
diverjansının
daima
sıfır
x
(− za y + ya z )
3
r
olduğunu gösteriniz,
F = Fx a x + Fy a y + Fz a z vektör alanı olsun.
∇ ⋅ (∇ × F=
)
∂
∂x
∂
∂x
Fx
∂
∂y
∂
∂y
Fy
∂
2
∂ 2 Fy ∂ 2 Fx
∂ 2 Fz ∂ Fy
∂ 2 Fx ∂ 2 Fz
−
−
−
∂
∂
∂
∂
∂z∂x ∂z∂y
x
y
x
z
∂
∂
∂
∂
y
z
y
x
∂z ∂
∂ ∂Fz ∂Fy ∂ ∂Fx ∂Fz ∂ ∂Fy ∂Fx
=
−
−
+
−
+
= 0
∂z ∂x ∂y
∂z ∂y ∂z
∂x ∂z ∂x
∂y
Fz
2
2
∂ 2 Fx ∂ 2 Fx ∂ Fy ∂ Fy ∂ 2 Fz ∂ 2 Fz
+
−
=
0
−
+
−
∂y∂z ∂z∂y ∂z∂x ∂x∂z ∂x∂y ∂y∂x
42. Örnek 2.24’de dikdörtgen koordinat sistemi kullanarak ∇ × (∇f ) = 0 olduğu gösterildi. Hangi
koordinat sistemi kullanılırsa kullanılsın bunun daima doğru olduğunu gösteriniz.
∇f =
1 ∂f ∂f ∂f aρ +
aφ + a z silindirik koordinat sistemi kullanılsın.
∂ρ
∂z
ρ ∂φ
aρ
1 ∂
=
∇ × ∇f
ρ ∂ρ
∂f
∂ρ
0
0
0
az
2
2
2
2
2
∂ f
∂
∂
∂ f
∂ f
∂2 f 1∂ f
1∂ f
az 0
=
−
−
− =
aρ +
aφ +
∂φ ∂z ρ ∂φ∂z ∂z∂φ
ρ ∂ρ∂φ ∂φ∂ρ
∂z∂ρ ∂ρ∂z
∂f
∂f
∂φ ∂z
ρ aφ
43. F = 10 cosθ a r − 10 sin θ aθ ise şekil 2.39’da görülen yarı küre üzerinde Stokes teoremini
doğrulayınız.
Yarı küre üzerinde:
100
Elektromanyetik Alan Teorisi
ar
1
∂
∇ × F= 2
r sin θ
∂r
10cos θ
r aθ
∂
∂θ
−r10sin θ
r sin θ aφ
∂
= 0 ⇒ ∫ ∇ × F ⋅ ds = 0
s
∂φ
0
dl = 2dφ aφ dairesel c kapalı yolu üzerinde:
F ⋅ dl =(10cos θ a r − 10sin θ aθ ) ⋅ 2dφ aφ =0 ⇒ ∫ F ⋅ dl = 0
c
44. g = 25 x 2 yz + 12 xy 2 ise ∇ 2 g = ∇ ⋅ (∇g ) olduğunu gösteriniz.
∂g ∂g ∂g
∇
=
g ax
+ ay
+ a z = (50 xyz + 12 y 2 )a x + (25 x 2 z + 24 xy )a y + 25 x 2 ya z
∂x
∂y
∂z
∇ ⋅=
∇g 50 yz + 24 x
∇ 2 g=
∂2 g ∂2 g ∂2 g
+
+
= 50 yz + 24 x
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
45. f = 2 x 2 y 3 + 3 yz 3 ise ∇ 2 f = ∇ ⋅ (∇f ) olduğunu gösteriniz.
∇ 2 f = 4 y 3 + 12 x 2 y + 18 yz
=
∇f (4 xy 3 )a x + (6 x 2 y 2 + 3 z 3 )a y + 9 yz 2a z
f 4 y 3 + 12 x 2 y + 18 yz
∇ ⋅ ∇=
46. h = ρ 2 sin 2φ + z 3 cos φ ise ∇ 2 f = ∇ ⋅ (∇h) olduğunu gösteriniz.
∂ 1 ∂ ∂
=
∇h a ρ +
aφ + a z ( ρ 2 sin 2φ + z 3 cos φ )
ρ ∂φ
∂z
∂ρ
z3
= 2 ρ sin 2φ a ρ + 2 ρ cos 2φ − sin φ aφ + 3 z 2 cos φ a z
ρ
∂
∂
1 ∂
z3
=
∇ ⋅ ∇h
2 ρ sin 2φ +
2
ρ
cos
2
φ
−
sin φ + 3 z 2 cos φ
ρ ∂φ
ρ
∂z
∂ρ
3
z
z3
= 4sin 2φ − 4sin 2φ − cos φ + 6 z cos φ = 6 z cos φ − cos φ
ρ
ρ
Vektör Analizi
101
1 ∂2
∂2
1 ∂ ∂
( ρ 2 sin 2φ + z 3 cos φ ) + 2 2 ( ρ 2 sin 2φ + z 3 cos φ ) + 2 ( ρ 2 sin 2φ + z 3 cos φ )
ρ
ρ ∂ρ ∂ρ
∂z
ρ ∂φ
∇2 h
= 4sin 2φ − 4sin 2φ −
z3
ρ
cos φ + 6 z cos φ = 6 z cos φ −
z3
ρ
cos φ
47. Birbirinden bir dielektrik ortamla yalıtılmış eş merkezli iki iletken kabloya koaksiyel kablo
denilir. İç iletkenin yarıçapı a ve dış iletkenin yarıçapı b olarak veriliyor. İletkenler içindeki
potansiyel dağılım Vφ = K ln(b / ρ ) dir; K bir sabittir. Potansiyel dağılımın Laplace eşitliğini
sağladığını gösteriniz.
0
−K
0
0
K /ρ
−
2
2
1
1
∂
∂
∂
∂
K ln(b / ρ ) + 2 2 K ln(b / ρ )=
ρ
=
∇ 2Vφ
+ 2 K ln(b / ρ ) 0
ρ ∂ρ ∂ρ
ρ ∂φ
∂z
48. Önceki alıştırmadaki potansiyel dağılımın
∫ Vφ ∇ Vφ dv + ∫ | ∇Vφ |
2
v
2
v
teoremini de doğruladığını gösteriniz.
dv=
∫ Vφ ∇Vφ ⋅ ds
s
Green
V
φ
∂ K
∇Vφ = a ρ
K ln(b / ρ ) = − a ρ ⇒ ∇ 2Vφ = 0
ρ
∂ρ
a ≤ ρ ≤ b ve 0 ≤ z ≤ 1 hacminde:
2
2
=
∫ | ∇Vφ | dv K ∫
v
1
b
a
ρ
2
2π
1
0
0
=
ρ d ρ ∫ dφ ∫ dz 2π K 2 ln(b / a)
ρ = b yüzeyinde
=
Vφ K=
ln(b / b) 0 olduğundan bu yüzeyden katkı sağlanmaz.
ρ = a yüzeyinde Vφ = K ln(b / a) ⇒ ∇Vφ = −
K
K a ρ , ds ρ = a = − adφ dz a ρ
a
φ dz a ρ )
Vφ ⋅ ds ρ
∫ Vφ ∇=
∫ K ln(b / a) − a a ρ (-ad=
=a
s
s
2π K
1
K ln(b / a ) ∫ =
dφ ∫ dz 2π K 2 ln(b / a )
0
0
a
2
2
∇
+
|
∇
|
=
∇
⋅
V
V
dv
V
dv
V
V
ds
φ
∫
∫v φ
∫ s φ φ Böylece Green teoremi doğrulanmaktadır.
v φ
0
2π K 2 ln( b / a )
2π K 2 ln( b / a )
2.17 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER
1. A, B ve C bir üçgenin üç kenarı ve karşı kenar C kenarı ile θ açısı yapıyorsa vektörleri
− cos θ ] .
kullanarak C = A2 + B 2 − 2 AB cosθ olduğunu ispatlayınız [cos(π − θ ) =
102
Elektromanyetik Alan Teorisi
C = A + B ⇒ C 2 = C ⋅ C = ( A + B) ⋅ ( A + B) = A2 + B 2 + 2 AB cos φ = A2 + B 2 − 2 AB cos θ
φ =θ =π / 2 ⇒ C 2 =A2 + B 2
2. Bir paralel kenarın komşu iki kenarı A ve B vektörleri ise (a) iki köşegenin A + B ve A − B
− cos θ ] .
olduğunu gösteriniz, (b) köşegenler arasındaki ilişkiyi gösteriniz [cos(π − θ ) =
C = A + B ⇒ C 2 = C ⋅ C = ( A + B) ⋅ ( A + B) = A2 + B 2 + 2 AB cos φ = A2 + B 2 − 2 AB cos θ
φ =θ =π / 2 ⇒ C 2 =A2 + B 2
D = A − B ⇒ D 2 = D ⋅ D = ( A − B) ⋅ ( A − B) = A2 + B 2 − 2 AB cos φ = A2 + B 2 + 2 AB cos θ
φ =θ =π / 2 ⇒ D 2 =A2 + B 2
0
2
C ⋅ D = ( A + B ) ⋅ ( A − B ) = A − A ⋅ B + B ⋅ A − B 2 = A2 − B 2
A = B iken C ⋅ D = A2 − A2 =B 2 − B 2 = 0 veya C ⊥ D
3.
(paralel kenar)
(eşkenar dörtgen)
0 olduğunu gösteriniz.
A , B ve C ortak düzlemde bulunan vektörler ise A ⋅ (B × C) =
D= B × C vektörü hem B ve hem de C ’ye dik olduğundan D ⊥ A ve buradan D ⋅ A =
0 dir.
Vektör Analizi
103
4. P(x,y,z) noktası (2,3,4)’de merkezi bulunan kürenin yüzeyinde bir nokta ise vektörleri
kullanarak küre eşitliğini elde ediniz.
R = ( x − 2)a x + ( y − 3)a y + ( z − 4)a z ⇒ R ⋅ R = R 2 = ( x − 2) 2 + ( y − 3) 2 + ( z − 4) 2 ; R: küre yarıçapı
5. A a x cos α + a y sin α , B = a x cos β − a y sin β ve C = a x cos β + a y sin β veriliyor. Her birinin
=
bir birim vektör olduğunu gösteriniz. Eğer β < α ise bu vektörleri çiziniz ve bunların aynı
düzlemde olduğunu gösteriniz. Bu vektörleri kullanarak sin(α + β ) = sin α cos β + cos α sin β ve
sin(α − β ) = sin α cos β − cos α sin β trigonometrik özdeşliklerini elde ediniz.
A = a x cos α + a y sin α ⇒ A2 = A ⋅ A = cos 2 α + sin 2 α = 1
B = a x cos β − a y sin β ⇒ B 2 = B ⋅ B = cos 2 β + sin 2 β = 1
C = a x cos β + a y sin β ⇒ C 2 = C ⋅ C = cos 2 β + sin 2 β = 1
ax
ay
az
1
0 =
A×B =
−a z AB sin(α + β ) ⇒ A × B =cos α sin α
−a z (sin α cos β + cos α sin β )
cos β
ax
1
A×C =
−a z AC sin(α − β ) ⇒ A × C =cos α
cos β
− sin β
ay
sin α
sin β
0
sin(α=
+ β ) sin α cos β + cos α sin β
az
−a z (sin α cos β − cos α sin β )
0 =
0
− β ) sin α cos β − cos α sin β
sin(α=
6.
A = a x + a y + a z ve B = 4a x + 4a y + a z ise A ’dan B ’ye uzunluk vektörü ve büyüklüğü nedir?
D = B − A = 3a x + 3a y ⇒ D = 32 + 32 = 18
7.
A = 3a x + 2a y − a z ve B = a x − 2a y + 3a z ise (a) A + B , (b) A ⋅ B , (c) A × B , (d) A ve B ’ye
normal birim vektörü, (e) A ve B arasındaki en küçük açı ve (f) B üzerine A ’nın skaler ve
vektörel izdüşümleri nedir?
104
Elektromanyetik Alan Teorisi
3
−1 Ax
cos −1 =
=
θ Ax cos =
36,70°
A
14
Ay
2
A = 3a x + 2a y − a z ⇒ A2 = 32 + 22 + 1 = 14 ⇒ θ Ay = cos −1 = cos −1
= 57,69°
14
A
−1
Az
θ A cos −1 =
=
cos −1 =
105,50°
z
A
14
−1 Bx
=
cos −1
θ Bx cos =
B
By
B =a x − 2a y + 3a z ⇒ B 2 =1 + 22 + 32 =14 ⇒ θ By =cos −1 =cos −1
B
Bz
θ B cos −1 =
=
cos −1
z
B
1
=
74, 49°
14
−2
=122,31°
14
3
=
36,70°
14
Vektör Analizi
105
A + B= (3a x + 2a y − a z ) + (a x − 2a y + 3a z )= 4a x + 2a z
A ⋅ B =(3a x + 2a y − a z ) ⋅ (a x − 2a y + 3a z ) =3 − 4 − 3 =−4
C = 180
2
2
C = A × B = (3a x + 2a y − a z ) × (a x − 2a y + 3a z ) = 4a x − 10a y − 8a z = 4 + 10 + 82 a n
C
4 10 8 an =
= ax −
ay −
az
C
180
180
180
A⋅B
4
cos α =
106,6° veya -106,6°
=
−
⇒α =
AB
14 14
C
en küçük açı: 106,6°
A×B
180
=
+
⇒α =
sin α =
73,39° veya 106,6°
AB
14 14
A⋅B
4
−
B üzerine A ’nın skaler izdüşümü: A ⋅ a B = =
B
14
B üzerine A ’nın vektörel izdüşümü:
4 a x − 2a y + 3a z
4 4 B
−
−
aB =
−
=
14
14
14
14 B
4 − ( a x − 2a y + 3a z )
=
14
8. P ve Q noktalarının pozisyon vektörleri 5a x + 12a y + a z ve 2a x − 3a y + a z olarak veriliyor. P
den Q’ye uzunluk vektörü nedir? Uzunluğu nedir? Uzunluk segmenti xy düzlemine paralel midir?
P ve Q noktalarının koordinatları nedir?
r1 =OP =5a x + 12a y + a z , r2 = OQ = 2a x − 3a y + a z
PQ =r =r2 − r1 =−3a x − 15a y ⇒ r =PQ = 32 + 152 = 234
PQ vektörü z bileşeni olmadığından xy düzlemindedir.
9.
A = 5a x − 5a y , B = 3a x − 7a y − a z ve C = −2a x − 2a y − a z vektörlerinin dik açılı bir üçgenin
kenarlarını oluşturduğunu gösteriniz. Vektörel çarpım kullanarak üçgenin alanını hesaplayınız.
B= A + C olduğundan bir üçgen oluştururlar.
A ⋅ C =A =(5a x − 5a y ) ⋅ (−2a x − 2a y − a z ) =−10 + 10 + 0 =0 olduğundan A ⊥ C dir.
106
Elektromanyetik Alan Teorisi
Üçgenin alanı:
1
2
A × C = 12 −5a x − 5a y − 20a z = 12 450
10. A = 6a x + 5a y − 10a z ve B = 5a x + 2a y + 4a z ’nin ortogonal vektörler olduğunu gösteriniz.
A ⋅ B = 30 + 10 − 40 = 0 ⇒ A ⊥ B
11. A =
−2a x − 3a y + a z , B = 2a x − 5a y + 3a z ve C = 4a x + 2a y + 6a z vektörleri ile biçimlenen
paralel kenarlı prizmanın hacmini belirleyiniz.
−2 −3 1
2 −5 3= 48
4
2 6
A ⋅ (B × C)=
12. A = 4a x − 3a y + a z ve B = 2a x − a y − 4a z vektörlerine normal birim vektörü bulunuz.
C = Ca n = A × B = 2a x + 6a y + 10a z
C
2 6 10 C = 2 + 6 + 10 = 140 ⇒ a n = =
ax +
ay +
az
C
140
140
140
2
2
2
13. Vektörleri kullanarak P(1,1,1), Q(3,2,5) ve S(5,7,9) noktaları ile biçimlenen üçgenin alanını
bulunuz.
A = PQ = 2a x + a y + 4a z , B = PS = 4a x + 6a y + 8a z
Üçgenin alanı:
1
2
A × B = 12 −16a x + 8a z = 12 320
14. A = 4a x − 3a y + a z ve B = 2a x + a y − a z vektörleri arasındaki en küçük açıyı bulunuz.
A⋅B
cos=
θ
=
AB
8 − 3 −1
=
4 + 3 + 1 2 + 1 + 12
2
2
2
2
4
⇒=
θ 71,3215°
156
15. Silindirik koordinat sisteminde uzayda ortak bir noktada iki vektörün
A = 3a ρ + 5aφ − 4a z ve B = 2a ρ + 4aφ + 3a z olarak veriliyor. (a) A + B , (b) A ⋅ B , (c)
A ve B ye normal birim vektörü, (e) A ve B arasındaki en küçük açı ve (f) A ’nın
skaler ve vektörel izdüşümleri nedir?
A + B = (3 + 2)a ρ + (5 + 4)aφ + (−4 + 3)a z = 5a ρ + 9aφ − a z
A ⋅ B = 3 × 2 + 5 × 4 − 4 × 3 = 6 + 20 − 12 = 14
A⋅B
=
=
cos α
AB
14
32 + 52 + 42
=
22 + 42 + 32
14
1450
⇒α
= 68, 4287°
bileşenleri
A × B , (d)
B üzerine
Vektör Analizi
107
= 31a ρ − 17aφ + 2a z ⇒ A × B=
A×B
2
312 + 17 2 + 2=
1254
31 17 2 A×B
a n = =
aρ −
aφ +
az
1254
1254
1254
A×B
A⋅B
14
14
A ’nın B üzerine skaler izdüşümü: A ⋅ a B=
=
=
2
2
2
B
29
2 +4 +3
A⋅B A ⋅ B B 14 ⋅ a B=
⋅ =
(3a ρ + 5aφ − 4a z )
A ’nın B üzerine vektörel izdüşümü: ( A ⋅ a B ) ⋅ a B=
B
B B 29
16. Silindirik koordinat sisteminde P(5,π/6,5) ve Q(2,π/3,4) olarak verilen iki nokta arasındaki
uzaklığı hesaplayınız.
P (5, π / 6, 2) noktası= P (5 × cos30°,5 × sin 30°,5) veya P (5 3 / 2,5 / 2,5) noktası
Q(2, π / 3, 4) noktası= Q(2 × cos 60°, 2 × sin 30°, 4) veya Q(1, 3, 4) noktası
r=
PQ =
(1 − 5 3 / 2)a x + ( 3 − 5 / 2)a y + (4 − 5)a z =
(1 − 5 3 / 2)a x + ( 3 − 5 / 2)a y − a z
17. P(1,π/2,2) noktasında A = 2a ρ + 3aφ ve Q(2,π,3) noktasında B = −3a ρ + 10aφ veriliyor. (a)
A + B , (b) A ⋅ B , (c) A × B ve (d) A ve B arasındaki açıyı belirleyiniz.
P (1, π / 2, 2) noktasında A = 2a ρ + 3aφ ⇒ A = 2a y − 3a x
Q(2, π ,3) noktasında B =
−3a ρ + 10aφ ⇒ B =
3a x + 10a z
A ⋅ B =(2a y − 3a x ) ⋅ (3a x + 10a z ) =2 × 0 − 3 × 3 + 0 × 10 =−9
A⋅B
θ
=
cos=
AB
−9
θ 103,83°
⇒=
13 109
A + B= (2a y − 3a x ) + (3a x + 10a z )= 2a y + 10a z
) 20a x + 30a y − 6a z
A × B= (2a y − 3a x ) × (3a x + 10a z =
18. A = −7a r + 2aθ + aφ ve B =a r − 2aθ + 4aφ vektörü uzayda aynı noktada veriliyor. (a)
2A − 3B , (b) A ⋅ B , (c) A × B (d) A ve B ’ye normal birim vektörü ve (e) A ve B arasındaki
açıyı hesaplayınız.
2 A − 3B =
2(−7a r + 2aθ + aφ ) − 3(a r − 2aθ + 4aφ ) =
−17a r + 10aθ − 10aφ
108
Elektromanyetik Alan Teorisi
A ⋅ B =−7 − 4 + 4 =−7 , A × B= 10a r + 29aθ + 12aφ , A × B=
102 + 292 + 122=
1085
7
A⋅B
−7
cos α ==
=
−
⇒ α 102°
2
2
2
2
2
2
AB
1134
7 + 2 +1 1 + 2 + 4
10 29 12 A×B
a n = =
ar +
aθ +
aφ
1085
1085
1085
A×B
19. A = −7a r + 2aθ + aφ P(2,π/4,π/4) noktasında ve B =a r − 2aθ + 4aφ vektörü ve Q(10,π/2,π/2)
noktasında veriliyor. (a) 2 A − 2B , (b) A ⋅ B , (c) A × B (d) A ve B ’ye normal birim vektörü ve
(e) A ve B arasındaki açıyı hesaplayınız.
Ax
Ay =
Az
sin 45° cos 45° cos 45° cos 45° − sin 45° −7
sin 45° sin 45° cos 45° sin 45° cos 45° 2 =
− sin 45°
0 1
cos 45°
1/ 2
1/ 2
1 / 2
− 1 / 2 −7
1 / 2 2
0 1
1/ 2
1/ 2
− 1/ 2
(−5 / 2 − 1 / 2)a x + (−5 / 2 + 1 / 2)a y − (7 1 / 2 + 2)a z
Ax a x + Ay a y + Az a z =
A=
Bx
B =
y
Bz
sin 90° cos90° cos90° cos90° − sin 90° 1
sin 90° sin 90° cos90° sin 90° cos90° −2 =
cos90°
0 4
− sin 90°
0 0 −1 1
1 0 0 −2
0 −1 0 4
B=
−4a x + a y + 2a z
Bx a x + By a y + Bz a z =
2 A − 3B =2[(−5 / 2 − 1 / 2)a x + (−5 / 2 + 1 / 2)a y − (7 2 + 2 2)a z ] − 3[−4a x + a y + 2a z ]
= (7 − 1 / 2)a x + (−8 + 2)a y − (−6 + 9 2)a z
A⋅B
= 15 / 2 − 13 1 / 2
A×B =
[ Ay Bz − Az By ]a x + [ Az Bx − Ax Bz ] a y + [ Ax By − Ay Bx ] a z
A × B = [7 1 / 2 + 2 2 − 5]a x + [19 2 + 5] a y − [25 / 2 + 1 / 2 − 2 2] a z
=
A×B
[7 1 / 2 + 2 2 − 5]2 + [19 2 + 5] 2 + [−25 / 2 − 1 / 2 +=
2 2]2
A⋅B
cos
α =
=
AB
3973 195
+
=
33,6324
4
2
15 / 2 − 13 1 / 2
(−5 / 2 − 1 / 2) 2 + (−5 / 2 + 1 / 2) 2 + (7 1 / 2 + 2) 2 42 + 12 + 22
=
15 2 − 26
⇒ α 92, 88
7
36
−0 ,0502566
Vektör Analizi
109
[19 2 + 5] [25 / 2 + 1 / 2 − 2 2] A × B [7 1 / 2 + 2 2 − 5] =
an ax +
ay +
az
3973 195
3973 195
3973 195
A×B
+
+
+
4
4
4
2
2
2 0,0826042052392651
0,9476009148561804
0,30859204694956
20. Küresel koordinat sisteminde P (10, π / 4, π / 3) ve Q(2, π / 2, π ) olarak verilen iki nokta
arasındaki uzaklığı bulunuz. P den Q’ye uzunluk vektörü nedir?
P (10, π / 4, π / 3) noktası
= P (10 × sin 45° × cos 60°,10 × sin 45° × sin 60°,10 × cos 45°)
veya P ( 25 / 2, 75 / 2, 50) noktası
Q(2, π / 2, π ) noktası
= Q(2 × sin 90° × cos180°, 2 × sin 90° × sin180°, 2 × cos90°)
veya Q(−2,0,0) noktası
( 2 − 25 / 2)a x + (0 − 75 / 2)a y + (0 − 50)a z
PQ =−
200 + 104
PQ = (−2 − 25 / 2) 2 + (− 75 / 2) 2 + (− 50) 2 =
21. f = 12 xy + z skaler fonksiyonu veriliyor, (0,0,0)’dan (1,1,0)’a düz bir hat boyunca
∫ f d
ve
∫ f d ’yi bulunuz.
0,0,0 'dan 1,1,0 'a düz çizgi
=
y x=
ve z 0
1
1
f d =
12 ∫ x 2 dxa x + ∫ y 2 dya y =
4a x + 4a y
∫c12 xy(dxa x + dya y ) =∫c12 xydxa x + ∫c12 xydya y =
0
0
∫
c
∫
c
2
2
1
dy
dx
2
f=
d ∫ 12 xy dx + dy
dx 12 ∫ x 2 1 + =
dx 12 2 ∫ x=
dx 4 2
= 12 ∫ xy 1 + =
c
c
c
0
dx
dx
2
2
1
22. z yönünde sonsuz uzunlukta yüklü bir iletkenin oluşturduğu elektrik alan şiddeti
a E = (10 / ρ ) a ρ V/m’dir. ρ = a noktasının ρ = b noktasına göre potansiyeli =
Vab -∫ E ⋅ d ise
b
a=10 cm ve b=80 cm durumunda potansiyeli hesaplayınız.
a a 0,1 10 0,1
Vab =
−∫ E ⋅ d =
−∫ E ⋅ d =
−∫
aρ ⋅ d ρaρ =
−10ln
=
10ln 8
b
b
0,8 ρ
0,8
23. 20 m yarıçapında dairesel bir diskin yüzeyindeki elektron yoğunluğu ne = 300 ρ cos2 φ
elektron/m2 olarak veriliyor. Disk yüzeyinde bulunan elektron sayısını belirleyiniz. Diskteki toplam
yük nedir?
=
N
20
2π
0
0
ne ds 300∫ ρ 2 d ρ ∫ cos 2=
φ dφ 300
∫=
s
ρ3
3
20
0
2π
φ 1
φ
800000π elektron
+ sin 2=
2 4
0
110
Elektromanyetik Alan Teorisi
Q=
−800000π × 1,6 × 10−19 =
−128π × 10−15 C
24. f = xyz ise z = 0 ve z = 2 düzlemleri ile sınırlanan ve birinci çeyrekte 2 yarıçapında bir
silindirin eğimli yüzeyinde
∫ fds ’yi hesaplayınız.
f =
xyz =
2cos φ × 2sin φ × z
∫ fds = 8∫
1
z2
cos φ sin φ dφ ∫ zdz 8=
2
=
− cos φ )
(
0
0
2 0
π /2
0
1
π /2
2
1
2
1
2
25. F = x 3a x + x 2 ya y + x 2 za z vektör alanı için z = 0 ve z = 2 düzlemleri ile sınırlanan ve 4
yarıçapında bir silindirin yüzeyinden geçen toplam ∫ F ⋅ ds akısını belirleyiniz.
Yüzey 1:
∫
s1
F ⋅ ds
=
1
2π
2π
3
2 2
2
(
cos
x
a
+
x
y
a
+
ρ
φ
z a ) ⋅ ρ d ρ dφ=
a z 2 ∫ ρ 3 d ρ ∫ cos 2 φ dφ
y
∫s1 x
z
0
0
2
x2
4
ρ4
2π
1
256π
= 2=
φ + sin 2φ
4 0
4
0
Vektör Analizi
111
Yüzey 2:
∫
s2
=
F ⋅ ds
2
∫
s2
(x 3a x + x 2 ya y + x 2 za z ) ⋅ 4dφ dza ρ
cos φ
sin φ
4sin φ
0
2
2
2 = 4 ∫ ( 4 cos φ a x ⋅ a ρ + 4 cos φ y a y ⋅ a ρ + x z a z ⋅ a ρ ) ⋅ dφ dz
s2 3
3
x3
= 44
(∫
x2
2π
0
2π
cos 4 φ dφ + ∫ cos 2 φ sin 2 φ dφ
0
) ∫ dz
2
0
2π
2π
1
1
φ 1
2
4 3φ
=
+ − sin 4φ z 0 512π
∫s2 F ⋅ ds2 4 8 + 4 sin 2φ + 32 sin 4φ =
0 8 32
0
π
Yüzey 3:
∫
s3
⋅ ds3
F=
3
2 2
cos 2 φ z a z ) ⋅ (− ρ d ρ d=
ρ
φa z ) 0
∫s3 (x a x + x ya y + 0
x2
=
∫ F ⋅ ds
256π + 512π +=
0 768π
26. F = xa x ise (a) x=0’dan x=1’e x ekseni boyunca, (b) φ=0’dan φ=π/2’ye 1 yarıçapında bir yay
boyunca ve (c) y=1’den y=0 ’a y ekseni boyunca xy düzleminde ∫ F ⋅ d yi hesaplayınız.
c1 boyunca:
∫
c1
F ⋅ d=
1
xa x ⋅ dxa=
x
0
2
∫
1
dφ aφ
− sin φ
π /2
π /2
1
cos φ a x ⋅ aφ dφ =
− ( − 12 cos 2 φ ) = −
c2 boyunca: ∫ F ⋅ d =
∫
c1
0
0
2
c3 boyunca:
∫
c3
F ⋅ d=
c1 + c2 + c3 boyunca:
∫
0
1
xa x ⋅ dxa=
0
y
F
0
∫ ⋅ d =
112
Elektromanyetik Alan Teorisi
27. F = xya x ise φ = π / 3 iken θ = 0 ’dan θ = π ’ye 2 yarıçapında bir yay boyunca
hesaplayınız.
3/2
1/ 2
1
sin θ , y 2sin
=
θ cos φ =
cos θ=
cos φ =
cos θ , x 2sin
a=
=
θ sin φ
x ⋅ aθ
2
=
∫ F ⋅ d
π
3 ∫ sin 2 θ=
cos θ dθ
0
c
∫ F ⋅ d ’yi
3 sin θ
1
0
3(=
sin 3 θ )
3
π
0
D (2 + 16ρ 2 ) a z olarak verilmişse xy düzleminde ρ=2 yarıçapında dairesel bir
28. Bir bölgede =
yüzeyden geçen ∫ D ⋅ ds ’yi belirleyiniz.
∫ D ⋅ ds=
∫
2
0
2π
(2 + 16ρ 2 )ρ dρ ∫ dφ=
0
(∫
2
0
2
2ρ dρ + ∫ 16ρ 3dρ
0
)∫
2π
0
ρ2 2
ρ4
dφ= 2
+ 16
2 0
4
2π
φ 0 = 512π
0
2
D (2 + 16r 2 )a z ise 0 ≤ θ ≤ π/2 ve r =2 ile sınırlanan yarı küresel bir yüzey üzerinde
29. =
∫ D ⋅ ds ’yi belirleyiniz.
D
∫ ⋅ ds=
∫
π /2
0
a z ⋅a r
2π
π /2
2π
2
2
(2 + 16 × 2 )2 cosθ sin θ dθ ∫ dφ =
264 − 12 cos 2 θ
264 π
φ0 =
0
0
)
(
1
2
30. Bir bölgede D = 10cosφ a ρ olarak verilmişse xy düzleminde ρ = 2 yarıçapında dairesel bir
yüzeyden geçen ∫ D ⋅ ds yi belirleyiniz.
a ρ ⋅ a z =0 ⇒ ∫ D ⋅ ds =0
31. D = 10cosθ a r ise 0 ≤ θ ≤ π/2 ve r=2 ile sınırlanan yarı küresel yüzey üzerinde
∫ D ⋅ ds ’yi
belirleyiniz.
=
∫ D ⋅ ds
∫10cosθ a
r
)
(
2π
π /2
π /2
2π
dφ a r 40 ∫ cosθ sin θ dθ=
dφ 40 − 12 cos 2 θ =
φ 0 40π
⋅ 4sin θ dθ
=
∫
0
0
0
1
2
Vektör Analizi
113
32. Orijinde bulunan küresel yük dağılımı, 0 ≤ r ≤ a için ρ = kr 2 olarak veriliyor; k bir sabittir.
Kürenin içindeki toplam yükü belirleyiniz.
a
π
2π
0
0
Q=
k ∫ r dr ∫ sin θ dθ ∫
∫ ρv dv =
v
0
4
a
(
)
r5
4
π
2π
− cos θ 0 φ 0 =
dφ =
k
kπ a 5 C
5 0
5
33. F= xy 2a x + y (1 + x 2 )a y ise (a) 3 yarıçapında bir dairenin çevresi boyunca
dairenin yüzeyinde ∫ F ⋅ ds ’yi hesaplayınız.
⋅ d
F
∫ =
2 φ aφ
∫ [ xy a x + y(1 + x )a y ] ⋅ 3d=
2
F
∫ ⋅ d ve (b) aynı
cos φ
− sin φ
2
2
cos φ ) a y ⋅ aφ ] ⋅ 3dφ
φ 3sin
φ ⋅ + 3sin φ (1 + 3
∫ [3cos
a x aφ 2
2
y
y2
x
x2
2π
2π
sin 4 φ 2π 1
1
+ 3 − cos 2 φ + 33 − cos 4 φ = 0
= 3 33 −
4 0 2
4
0
0
0
0
0
ds
F
∫ ⋅=
2 az
∫ [ xy a x + y(1 + x )a y ] ⋅ ρ d ρ dφ=
2
0
0
2 φ 0
∫ [ xy a x ⋅ a z + y(1 + x ) a y ⋅ a z ] ⋅ ρ d ρ d=
2
34. f = x 3 y 2 z ise P (2,3,5) noktasında ∇f ve ∇2f ’yi belirleyiniz.
∂ ∂ ∂ 3 2
z a x 3 x 2 y 2 z + a y 2 x 3 yz + a z x 3=
y 2 540a x + 240a y + 72a z
=
∇f a x
+ ay
+ a z x y=
x
y
z
∂
∂
∂
P (2,3,5) noktasında
∇ 2 f = ∇ ⋅ ∇f =
∂ 2 2
∂
∂
3 x y z + 2 x 3 yz + x 3 y 2 = 6 xy 2 z + 2 x 3 z + 0 = 540
+ 80 + 0 = 620
∂x
∂y
∂z
P (2,3,5) noktasında
35. Silindirik
koordinat
sistemini
kullanarak
∇(ln ρ ) − ∇ × (a zφ ) = 0 olduğunu ispatlayınız.
aρ
1 ∂
1 ∂φ 1
∇φ
=
aφ
aφ , ∇ × [a z ln ρ ) =
(a)=
ρ ∂ρ
ρ ∂φ
ρ
0
ρ aφ
∂
∂φ
0
(a)
∇φ + ∇ × [a z ln ρ ] = 0
ve
(b)
1
ρ
az
∂
1 ∂ 0 ∂ ln ρ 1
= −
ρ aφ = − aφ
∂z
ρ ∂z ∂ρ
ρ
ln ρ
1
a
ρ φ
1
− aφ
ρ
∇φ + ∇ × [a z ln ρ ] = 0
114
Elektromanyetik Alan Teorisi
aρ
1
∂ ln ρ 1 ∂
× [a zφ ]
ρ
=
aρ
a ρ , ∇=
(b) ∇ ln=
ρ ∂ρ
ρ
∂ρ
0
az
1
∂
∂
1 ∂φ ∂ 0 1
=
aρ
−=
aρ
∂φ ∂z ρ ∂φ ∂z
ρ
φ
0
ρ aφ
ln
[
∇
ρ
−
∇
×
a
zφ ] = 0
1
a
ρ ρ
36. Küresel koordinat sistemini kullanarak
∇φ − ∇ × [( r∇θ ) / sin θ ] = 0 olduğunu ispatlayınız.
(a)
1
a
ρ ρ
∇(1 / r ) − ∇ × (cosθ ∇φ ) = 0
ve
(b)
∂1 1 1 ∂φ 1 a , ∇φ
=
aφ
aφ ,
(a) ∇ 1r = r a r =− =
2 r
∂r
r
r sin θ ∂φ
r sin θ
∇φ
ar
1
∂
1
∇ × (cosθ ∇φ ) = ∇ × cos θ
aφ = 2
r sin θ r sin θ ∂r
Fr
r aθ
∂
∂θ
rFθ
r sin θ aφ
1
1 ∂
sin θ a r = − 2 a r
=− 2
r sin θ
r
∂φ
cos θ
r sin θ
r sin θ
−
1
a
2 r
−
1
a
2 r
r
r
∇(1 / r ) − ∇ × (cosθ∇φ ) = 0
(b) ∇θ=
1 ∂θ 1
r ∇θ
1 aθ= aθ ⇒
=
aθ ,
r ∂θ
r
sin θ sin θ
1 aθ
ar
sin θ
1
∂
r ∇θ
=
∇×
2
sin θ r sin θ ∂r
0
r aθ r sin θ aφ
r
∂
1
1 ∂
∂
sin
θ
aφ
= 2
=
− 0 r sin θ aφ
sin
θ
∂θ
∂φ
r sin θ ∂r
r
r
0
sin θ
r ∇θ
∇
φ −∇×
=0
sin θ
1 aφ
r sin θ
1 aφ
r sin θ
37. E = yza x + xza + xya z vektör alanının hem sürekli (selenoidal) ve hem de korunumlu
(rotasyonel olmayan) olduğunu gösteriniz.
∇ ⋅ E=
∂
∂
∂
yz + xz + xy = 0 ⇒ E selenoidal veya sürekli alandır
∂x
∂y
∂z
Vektör Analizi
ax
∂
∇
=
×E
∂x
yz
115
a y az
∂
∂ ∂ ∂ ∂
= a x
+ ay
+ a z × yza x + xza y + xya z
∂y ∂z ∂x
∂y
∂z
xz xy
= ( x − x)a x + ( y − y )a y + ( z − z )a z = 0
E korunumlu alandır
38. Vektör alanı A = Ax a x + Ay a y + Az a z ise dikdörtgen koordinat sistemi kullanarak
∇ ⋅ (∇ × A) = 0 ve (b) ∇ × (∇f ) = 0 olduğunu doğrulayınız.
∂
∂x
∂
∇ ⋅ (∇ × A) =
∂x
Ax
ax
∂
∇=
× ∇f
∂x
∂f
∂x
∂
∂y
∂
∂y
Ay
(a)
∂
0
0
0
∂z 2
2
2
2
2
∂ ∂ Az ∂ Ay ∂ Ax ∂ Az ∂ Ay ∂ 2 Ax
=
−
−
−
+
=0
+
∂z ∂x∂y ∂x∂z ∂y∂z ∂x∂y ∂x∂z ∂y∂z
Az
0
0
0
a y a z 2
2
2
2
2
2
∂ f
∂
∂
∂ f ∂ f
∂ f ∂ f
∂ f
=
−
−
−
=
ax +
ay +
az 0
∂y ∂z ∂y∂z ∂z∂y
∂x∂z ∂z∂x
∂x∂y ∂y∂x
∂f ∂f
∂y ∂z
39. Elektrostatik alanlar bölümünde görüleceği gibi E elektrik alan şiddeti bir skaler fonksiyonun
negatif gradyanı olarak tanımlanır, E = −∇V . Hacim yük dağılımı da ρ v = ε o E olarak tanımlanır;
εo boşluğun elektriksel geçirgenliğidir. (a) silindirik koordinatlarda V = Voφ ln( ρ / a ) , (b) küresel
koordinatlarda V = Vo r cosθ ve (c) V = Vo r sin θ ise E ve ρ v ’yi belirleyiniz; Vo ve a sabitlerdir.
(a)
Vφ V
∂ 1 ∂ ∂
V = Voφ ln( ρ / a ) ⇒ E = −∇V = − a ρ +
aφ + a z Voφ ln( ρ / a ) = − o a ρ − o ln( ρ / a )aφ
ρ ∂φ
ρ
ρ
∂z
∂ρ
1 ∂ Voφ 1 ∂ Vo
∇ ⋅ E=
ρ−
+
− ln( ρ / a ) = 0 ⇒ ρ v = ε 0∇ ⋅ E = 0
ρ ∂ρ ρ ρ ∂φ ρ
∂ 1 ∂ 1 ∂
(b) V = Vo r cos θ ⇒ E = −∇V = − a r +
aθ +
aφ Vo r cos θ = −Vo cos θ a r + Vo sin θ aθ
r ∂θ
r sin θ ∂φ
∂r
116
Elektromanyetik Alan Teorisi
1 ∂
1
1 ∂
2
2
∂
(sin 2 θ Vo ) +
( Eφ ) = − Vo cos θ + Vo cos θ = 0
∇ ⋅ E = 2 (−r 2Vo cos θ ) +
r ∂r
r sin θ r
r
∂θ r sin θ ∂φ 0
2cos θ sin θ Vo
⇒ ρ v = ε 0∇ ⋅ E= 0
∂ 1 ∂ 1 ∂
(c) V = Vo r sin θ ⇒ E = −∇V = − a r +
aθ +
aφ Vo r sin θ = −Vo sin θ a r − Vo cos θ aθ
r ∂θ
r sin θ ∂φ
∂r
=
∇⋅E
1 ∂
1
∂
1 ∂
(−r 2Vo sin θ ) +
(− sin θ cos θ Vo ) +
( Eφ )
2
r ∂r
r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ 0
sin 2 θ Vo
V sin θ
2
1
=
− Vo sin θ + Vo sin θ =
− o
r
r
r
V
ρv = ε 0∇ ⋅ E = −ε 0 o
r sin θ
40. (a) ∇( fg ) = f∇g + g∇f , (b) ∇ ⋅ ( f A) = f∇ ⋅ A + A ⋅ ∇f
özdeşliklerini doğrulayınız.
ve (c) ∇ × ( fA) = f∇ × A + ∇f × A
(a)
∂f ∂g
∂f ∂g
∂f ∂g
∇( fg ) = f
+ g ax + f
+ g ay + f
+ g az
∂x
∂y
∂z
∂x
∂z
∂y
∂g ∂g ∂g
∂f ∂f ∂f
+ ay
+ a z + g a x + a y + a z = f ∇g + g ∇f
=f a x
∂y
∂z
∂y
∂z
∂x
∂x
=
f A fAx a x + fAy a y + fAz a z ⇒ ∇ ⋅ ( =
f A)
∂f ∂f ∂f
∇⋅(=
f A) ( Ax a x + Ay a y + Az a z ) ⋅ a x + a y + a z +
∂y
∂z
∂x
∂A ∂Ay ∂Az
+
f x+
∂y
∂z
∂x
∇ ⋅ ( f A ) = f ∇ ⋅ A + A ⋅ ∇f
(b)
∇ × (=
fA )
(c)
∂
∂
∂
∂f
∂f
∂f
+ Ay
+ Az
fAx +
fAy + =
fAz Ax
∂x
∂y
∂z
∂x
∂y
∂z
ax
∂
∂x
fAx
ay
az
∂fA ∂fAy ∂fAx ∂fAz ∂fAy ∂fAx ∂
∂
ay +
= z −
−
−
ax +
az
∂y ∂z ∂y
∂z
∂x
∂y
∂z
∂x
fAy fAz
∂Ay
∂A
∂f
∂f
= f z + Az
−f
− Ay a x + f
∂y
∂z
∂z
∂y
+ f
∂Ax
∂A
∂f
∂f + Ax
− f z − Az a y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂Ay
∂x
+ Ay
∂A
∂f ∂f
− f x − Ax a z
∂y
∂x
∂y
Vektör Analizi
117
∂A ∂Ay ∂Ax ∂Az
∇=
× ( fA ) f z −
−
ax +
∂z
∂x
∂z
∂y
∂Ay ∂Ax
a y + ∂x − ∂y a z
∂f
∂f
∂f
∂f
∂f
∂f
+ Az −
Ay a x + Ax −
Az a y + Ay −
Ax a z
∂z
∂z
∂z
∂y
∂y
∂y
∇ × ( fA ) = f ∇ × A + ∇ f × A
∂
∂ 1
∂
∂
∂ 1
∂
sin φ
+ ρ cos φ
− ρ sin φ
cos φ
ve =
(b)
41. Silindirik koordinat sisteminde=
(a)
∂y
∂ρ
∂φ
∂x
∂ρ
∂φ
olduğunu gösteriniz.
d ρ cos φ dx + sin φ dy
=
x ρ cos φ ⇒ =
dx cos φ d ρ − ρ sin φ dφ =
− ρ1 sin φ dx + ρ1 cos φ dy
y ρ sin φ ⇒ dy
=
= sin φ d ρ + ρ cos φ dφ dφ =
sin φ
− ρ sin φ
cos φ
cos φ
∂ρ
∂ρ
∂
∂ ∂ρ ∂ ∂φ
∂ 1
∂
=
d ρ dx + dy
=
+
=cos φ
− ρ sin φ
∂x
∂ρ
∂φ
∂y ∂x ∂ρ ∂x ∂φ ∂x
∂φ
∂
∂
∂ ∂ρ ∂ ∂φ
∂ 1
∂φ
=
dφ dx + dy
=
+ ρ cos φ
+
=sin φ
∂x
∂y
∂φ
∂y ∂ρ ∂y ∂φ ∂y
∂ρ
1 cos φ
1 cos φ
− ρ1 sin φ
φ
sin
ρ
ρ
1
42. Silindirik koordinat sisteminde
1 ∂ ∂ ∂2
∂2
∂2
+
ρ
+
=
ρ
olduğunu gösteriniz.
∂x 2 ∂y 2 ρ 2 ∂ρ ∂ρ ∂φ 2
∂2
∂ ∂
∂ 1
∂
∂ 1
∂
= =
− ρ sin φ
− ρ sin φ
cos φ
cos φ
=
2
∂x
∂x ∂x
∂ρ
∂φ
∂ρ
∂φ
∂2
∂2
∂2
1
1
−
−
+
cos
sin
sin
cos
φ
φ
φ
φ
∂ρ 2 ρ
∂ρ∂φ ρ
∂φ∂ρ
sin 2 φ
ρ2
∂2
∂φ 2
∂2
∂ ∂
∂ 1
∂
∂ 1
∂
= =
+ ρ cos φ
+ ρ cos φ
sin φ
sin φ
=
2
∂y
∂y ∂y
∂ρ
∂φ
∂ρ
∂φ
∂2
∂2
∂2
sin 2 φ 2 + ρ1 cos φ sin φ
+ ρ1 sin φ cos φ
+
∂ρ
∂ρ∂φ
∂φ∂ρ
cos 2 φ
ρ2
∂2
∂φ 2
cos 2 φ
1
1
∂2
∂2
∂2
1 ∂
1 ∂2
1 ∂ ∂ ∂2
+
=
+
+
=
ρ
ρ
+
∂x 2 ∂y 2 ∂ρ 2 ρ ∂ρ ρ 2 ∂φ 2 ρ 2 ∂ρ ∂ρ ∂φ 2
43. Boşluktaki elektrik alan şiddeti E = Eo cosθ a r - Eo sin θ aθ ise ∇ ⋅ E ve ∇ × E ’yi bulunuz.
=
∇⋅E
∂
∂
1 ∂ 2
1
1
(r Eo cosθ ) +
[sin θ (- Eo sin θ )]=
+
(0) 0
2
∂r ∂θ
r r sin θ r sin θ ∂φ
2 rEo cosθ
−2 Eo cos θ sin θ
118
Elektromanyetik Alan Teorisi
r aθ
r sin θ aφ
ar
1
∂
∂
∂
0
=
2
r sin θ ∂r
∂θ
∂φ
0
Eo cosθ − rEo sin θ
∇×E
44. b yarıçaplı küre ile sınırlı bölgede E = Eo cosθ a r - Eo sin θ aθ alanı için diverjans teoremini
doğrulayınız.
∇ ⋅ E=
1 ∂ 2
1
1
∂
∂
(r Eo cosθ ) +
[sin θ (- Eo sin θ )] +
(0) = 0 ⇒ ∫ ∇ ⋅ Edv = 0
2
v
r ∂r ∂θ
r sin θ r sin θ ∂φ
2 rEo cosθ
∫
s
E ⋅ ds
∫
π
0
−2 Eo cos θ sin θ
2π
2π
π
2
( Eo cosθ a r - Eo sin θ aθ=
) ⋅ a r r sin θ dθ ∫ dφ b 2 ∫ Eo cosθ sin θ dθ ∫ dφ
0
b2
0
0
π
2π
2
0
Eo (− 12 cos 2 θ ) φ 0
= b=
0
0
45. x 2 + y 2 = 16 silindiri ve z = 0 ve z = 2 düzlemleri ile
F =x3a x + x 2 ya y + x 2 za z alanı için diverjans teoremini doğrulayınız.
2
∇ ⋅=
F 3 x 2 + x 2 + x=
5 x 2 ⇒ ∫ ∇ ⋅ Fdv
=
v
sınırlanan
bir
bölgede
64
π
2
4
2π
2
2
2
3
2
ρcos
φ ρ d ρ dφ dz
= 5 ∫ ρ d ρ ∫ cos φ dφ ∫ dz
= 640π
∫v 5 0
0
0
x2
s1 yüzeyinde:
F
ds1 ∫ ( x 3a x + x 2 ya y + x 2 za z ) ⋅ ρ d ρ dφ=
az
∫ ⋅=
s1
s1
∫
s1
x
s2 yüzeyinde:
2π
4
2
2
ρ
cos
φ z ρ d ρ=
dφ 2 ∫ ρ 3 d ρ ∫ cos 2 φ=
dφ 128π
0
0
2
2
64
π
Vektör Analizi
∫
s2
F⋅=
ds1
119
∫
s2
( x 3a x + x 2 ya y + x 2 za z ) ⋅ ρ dφ dza ρ
=
( ρ 3 cos3 φ a x ⋅ a ρ + ρ 2 cos 2 φ ρ sin φ a y ⋅ a ρ + x 2 z a z ⋅ a ρ ) ⋅ ρ dφ dz
s2 ∫
cos φ
x3
2π
x2
2
sin φ
y
4
0
2π
2
=
256 ∫ cos 4 φ dφ ∫ dz + 256 ∫ cos 2 φ sin 2 φ dφ ∫ dz =
512π
0
0
0
0
6
π
8
s3 yüzeyinde:
2
2
π
8
2
3
2 2 2
cos 2 φ z ρ d ρ dφ =0
F
ρ
∫s3 ⋅ds3 =∫s3 ( x a x + x ya y + x za z ) ⋅ (− ρ d ρ dφ a z ) =−∫s3 0
x2
∫
s
0 640π
= 128π + 512π +=
F ⋅ ds
A [12 + 6ρ 2 ]za z ise 2 yarıçapında bir silindir ve z = −1 ve z = 1 düzlemleri ile sınırlanan bir
46. =
bölgede diverjans teoremini doğrulayınız.
1 ∂
∂
1 ∂
∇ ⋅ A=
( ρ × 0) +
(0) + [12 + 6ρ 2 ]z= 12 + 6ρ 2
ρ ∂ρ
ρ ∂φ
∂z
∫
∇⋅A
=
dv
48
2π
2
2
2π
1
2
dz 192π
∫ (12 + 6ρ ) ρ d ρ ∫ dφ ∫=
∫
A ⋅ ds1=
48
2π
2
2
π
2
z ⋅ a z ρ d ρ ∫0 d φ= 96π
∫0 (12 + 6ρ ) z1 a
v
s1
0
0
−1
1
∫
A ⋅ ds 2=
∫
A⋅=
ds 3
s2
s3
∫
s2
0
[12 + 6ρ ]z a z ⋅ a ρ ρ dφ dz= 0
2
48
2π
2
2π
2
dφ 96π
z ⋅ ( −a z ) ρ d ρ ∫0 =
∫0 (12 + 6ρ ) −z1 a
−1
120
∫
s
Elektromanyetik Alan Teorisi
A ⋅ ds= 96π + 0 + 96π= 192π
47. Vektör alanı F = 3 y 2a x + 4 za y + 6 ya z ise x = 0 düzleminde z 2 + y 2 =
4 açık yüzeyi için
Stokes teoremini doğrulayınız.
∫
c
dlθ
2
∫ c (3 y a x + 4 za y + 6 ya z ) ⋅ r dθ aθ
dl
F ⋅=
2
cos θ cos φ
cos θ sin φ
− sin θ
2
2
[3(4sin
sin
)
4(2cos
)
12(2sin
sin
)
d
d
θ
φ
θ
θ
θ
θ
φ
⋅
+
⋅
+
⋅ a dθ ]
a
a
a
a
a
∫ c x θ
y θ
z θ
=
y2
z
π
φ ∫ sin 2 θ cos θ dθ + 8 sin
= 12sin 2 φ cos
φ
y
0
cos π / 2 = 0
0
∫
π
φ
cos 2 θ dθ − 24 sin
∫
π
0
0
sin π / 2 1 =
sin π / 2 1
=
π
sin 2 θ dθ
π
θ 1
θ 1
=
0 + 8 + sin 2θ − 24 − sin 2θ =
4π − 12π = −8π
2 4
0
2 4
0
π /2
ax
∂
F
∇ ×=
∂x
3y2
ay
∂
∂y
4z
π /2
az
∂ ∂ 6 y ∂ 4 z ∂3 y 2 ∂ 6 y ∂ 4 z ∂3 y 2 ax +
a z 2a x − 6 ya z
=
−
−
−
ay +
=
∂z ∂y
∂z
∂x
∂y
∂z
∂x
6y
⋅ ds ∫ (2a
∫ ∇ × F=
s
s
x
2
2π
)a x −2 ∫ rdr ∫ dθ = −8π
− 6 ya z ) ⋅ (− rdrdθ=
0
0
48. z = 0 düzleminde 2 yarıçaplı dairesel bir bölgenin birinci çeyreği üzerinde F = ( x / ρ ) a x
fonksiyonu için Stokes teoremini doğrulayınız.
Vektör Analizi
121
∂
∂ ∂
∂ ∂
∂
∂
∇ × F = 0 − 0 a x + ( x / ρ ) − 0 a y + 0 − ( x / ρ ) a z = −
∂z
∂x
∂y
∂y
∂z
∂y
∂x
x
x +y
2
2
az
ρ
cos φ
sin φ
x
y
1
=
az
2
2
2
2
2
2
x + y x + y x + y
ρ
=
∫ ∇ × F ⋅ ds
s
∫
s
1
cos φ sin φ a=
z ⋅ a z ρ d ρ dφ
ρ
∫
2
0
dρ∫
π /2
ρ 2 2 1
−=
cos φ sin φ dφ
cos 2 φ
1
=
2 0 2
0
π /2
0
2
1/ 2
1
1
2
x
dl
=
F
⋅
=
c1 yolunda:
∫c1
∫0 ρ a x ⋅ a x dx 2
iken ρ x
=
φ 0=
2cos φ
− sin φ
π /2
π /2 x 2
c2 yolunda: ∫ F ⋅ dl =
∫0 ρ a x ⋅ aφ 2dφ =−2 ( − 12 cos φ ) 0 =−1
c2
2
0
x
=
∫0 ρ a x ⋅ a y dy 0
φ π=
=
/ 2 iken ρ y
F ⋅ d = 2 −1+ 0 = 1
c3 yolunda:
=
F
∫ ⋅ dl
c3
c kapalı yolunda:
∫
c
2
49. r=2 ve 0 ≤ θ ≤ π/2 yarı küresel yüzey üzerinde F = 100 cosθ a r
teoremini doğrulayınız.
fonksiyonu için Stokes
122
Elektromanyetik Alan Teorisi
c kapalı yolunda:=
F
∫ ⋅ dl
c
0
0
r ⋅ aφ 2d φ
∫ 100cosθ a=
c
r aθ r sin θ aφ
ar
∂
∂
∂
1
100
=
sin θ aφ
ds açık yüzeyinde: ∇ × F =
2
r sin θ
∂r
∂θ
∂φ
r
100cos θ
0
0
=
∫ ∇ × F ⋅ ds
s
0
2
100
θ
a
sin
sin θ dθ dφ 0
φ ⋅ a r r=
∫s r
50. f = x 2 ve g = y 2 merkezi orijinde bulunan birim küp (− 12 ≤ x ≤ 12 , − 12 ≤ y ≤ 12 , − 12 ≤ z ≤ 12 ) ile
sınırlanan bölgedeki skaler fonksiyonlar ise I. ve II. Green özdeşliklerini doğrulayınız.
f= x 2 ⇒ ∇f= 2 xa x ⇒ ∇ 2 f= 2
∇f ⋅ ∇g = 0
g= y 2 ⇒ ∇g= 2 ya y ⇒ ∇ 2 g= 2
2
=
∫ f ∇ gdv 2∫
1/ 2
−1/ 2
v
1/ 2
1/ 2
1
2
x=
dx ∫ dy ∫ dz
−1/ 2
−1/ 2
6
1
Buradan,
1
∫
v
v
0
1
1/ 2
1/ 2
=
f ∇g ⋅ ds y ∫ 2 x 2 dx ∫ dz
∫s −1/ 2
−1/ 2
x 2 2 ya y
f ⋅ ∇g dv = 0
∫ ∇
y =1/ 2
f ∇ 2 gdv + ∫ ∇f ⋅ ∇gdv
=
1/ 2
1/ 2
1
− y∫ =
2 x 2 dx ∫ dz
−1/ 2
−1/ 2
6
∫
v
y = −1/ 2
1
s
f ∇g ⋅ ds ⇒ I. Green özdeşliği
1/ 2
1/ 2
1
2
y=
dy ∫ dx ∫ dz
−1/ 2
−1/ 2
−1/ 2
6
2
=
∫ g∇ fdv 2∫
v
1
g
∇
f
⋅
ds
∫s y∫
1/ 2
−1/ 2
y 2 2 xa x
1/ 2
1
s
∫
v
v
2
f − f ∇ 2 g )dv= 1 / 6 − 1 / 6= 0
1
2 xy 2 dy ∫ dz
−1/ 2
∫ ( f ∇g − g∇f ) ⋅ ds=
Böylece,
∫ ( g∇
1/ 2
x =1/ 2
1/ 2
1/ 2
1
− y∫ =
2 xy 2 dy ∫ dz
−1/ 2
−1/ 2
6
1
x = −1/ 2
1 / 6 − 1 / 6= 0
( g ∇ 2 f − f ∇ 2 g )dv
=
∫
s
( f ∇g − g ∇f ) ⋅ ds ⇒ II. Green özdeşliği
51. F = 5r sinφ a r + r 2 cos φ aφ vektör alanı için (a) aşağıdaki şekilde görülen yönde ABCDA
konturu etrafında F ⋅ d ’yi ve (b) ∇ × F ’yi bulunuz. (c) Taralı alan üzerinde ∫ ∇ × F ⋅ ds ’yi
∫
hesaplayınız ve (a)’da bulunan sonuç ile karşılaştırınız.
s
Vektör Analizi
123
AB konturu üzerinde:
∫
AB
F
d
(5r sinφ a r + r 2 cos φ a=
φ ) ⋅ d φ aφ
1
0
1
π /2
π /2
2
2
a
⋅
a
+
a
⋅
a
=
φ
φ
φ
φ
r
d
r
d
r
5
sin
cos
sin φ 0 = 1
φ
φ
φ
r
∫
∫
0
0
π /2
θ=
90° iken r =
1
BC konturu üzerinde:
=
sin
90° 1 =
sin
90° 1
=
cos90
° 0
y
F
y sin 90° 1 =
sin θ × sin φ
cos φ
2
=
cos
90° 0
d
2 2
15
y2
2
2
)
⋅
a
=
5
sin
a
⋅
a
+
cos
a
⋅
a
=
5
=
dy
r
φ
dy
r
φ
dy
φ
a
+
φ
a
r
r
(5
sin
cos
y
r
y
y
φ
φ
r
∫BC
∫
∫
1
1
2
2
1
2
90 ve φ =°
90 iken r =
θ =°
y
CD konturu üzerinde:
∫
CD
F
d
2
(5r sinφ a r + r cos=
φ aφ ) ⋅ 2dφ aφ
4
0
1
2
0
2
5
sin
2
2
cos
r
d
r
d
φ
φ
a
⋅
a
+
=
φ
φ
a
−8
r
φ
φ ⋅ aφ
∫π / 2
∫π / 2
0
90° iken r =
2
θ=
DA konturu üzerinde:
− sin 0°=0
sin
90° 1 =
cos
0° 1
=
F
x 2 cos 0 1
sin θ cos φ
− sin φ
d
x sin 0° 0 =
=
1 1
2
2
φ aφ ) ⋅ dxa x ∫ 5 r sinφ dx a r ⋅ a x + ∫ r cos=
φ dx aφ ⋅ a x 0
∫DA (5r sinφ ar + r cos=
2
2
90° ve φ =
0° iken r =
θ=
x
1
15
F
∫ ⋅ d = 1 + 2 − 8 =
2
ar
1
∂
∇ × (5r sinφ a r + r 2 cos φ aφ ) = 2
r sin θ ∂r
5r sinφ
F
r aθ
∂
∂θ
0
r sin θ aφ
∂
∂φ
3
r sin θ cos φ
=r
5
cos θ
− 3r cos φ aθ
cos φ a r +
sin θ
si n θ
cos 2 θ
r
2.44 matrisinden ∇ × F 'nin z bileşeni:
cos φ − (5 − 3r sin θ )cos φ
=
∇×F
z
sin θ
θ= 90° iken cos90°=0 ve sin90°=1
= ( 3r − 5 ) cos φ a z
7/3
3/ 2
−1
−1
∇×F
z
ds z
2
2
π /2
π /2
1
2
3 ∫ ρ d ρ ∫ cos φ dφ − 5 ∫ ρ d ρ ∫ cos φ dφ =
( 3r − 5) cos φ a z ⋅ (a z ρ d ρ dφ ) =
∫s ∇ × F z ⋅ ds z =
∫
s
1
0
1
0
2
θ=
90° iken r =
ρ
124
Elektromanyetik Alan Teorisi
ε
3 STATİK ELEKTRİK ALANLARI
3.1 GİRİŞ
Vektör işlemleri ve hesaplamaları öğrenildikten sonra artık elektromanyetik alan teorisinin keşfi
yolunda gereken donanım edinilmiş demektir. Bu bölümde durgun yüklerden dolayı statik elektrik
alanlarına (elektrostatik) çalışılacaktır. Bir yük bir noktada yoğunlaştırılmış veya belli bir yolla
dağıtılmış olabilir. Her durumda yükün zamanla sabit olduğu varsayılmaktadır.
Öncelikle uzayda sabit iki nokta yükü arasındaki elektrostatik kuvveti ilgilendiren Coulomb
kanunu ifade edilecektir. Elektrik alan şiddeti birim yük başına kuvvet olarak tanımlandıktan sonra
(a) Elektrik alan şiddetinin rotasyonel olmadığı,
(b) Elektrostatik alan içinde bir noktadan diğer bir noktaya yükün hareketi sonucu yapılan
işin alınan yoldan bağımsız ve sadece yolun uç noktalarına bağlı olduğu vurgulanacaktır.
Elektrik alan şiddeti elektrik potansiyeli ile ifade edilecek ve elektrostatik alan içinde bir yükü bir
yerden başka bir yere hareket ettirmek için gereken enerji ifadesi çıkarılacaktır.
Aynı zamanda elektrostatik alanlarda ortamın etkisi de keşfedilecek ve sınır yük yoğunlukları
tanımlanacak; elektrostatik alan problemlerinin çözümünün çeşitli metotları (Gauss kanunu,
Poisson ve Laplace eşitlikleri, imaj metodu) incelenecek ve bir kapasitans kavramı geliştirilecek ve
bir kapasitörde depolanan enerji ifadesi elde edilecektir.
Bu bölümde tartışılan elektrostatik alanların bazı yönleri fizikte tartışılan konuların bir tekrarı
olarak gözükebilir. Bazı tekrarlar kısımlar arasında sürekli bir bağlantı sağlamak için olsa da
öğrenme işlemini motive etmek için gereklidir. Anlayışlı, zeki bir öğrenci bu tekrarı faydalı
bulacaktır.
3.2 COULOMB KANUNU
Tarihsel olarak elektrostatikteki miktarsal ilişkiler Fransız fizikçisi Charles Augustin de
Coulomb’un deneyleri ile başlamaktadır. Elektrostatik veya statik elektrik, yüklü bir parçacığın
126
Elektromanyetik Alan Teorisi
diğeri üzerine etkilediği elektrik kuvveti ile ilgili olarak Coulomb kanununun miktarsal ve deneysel
doğrulanabilir ifadesine dayanmaktadır. Bu deneysel kurallar ile başlanarak Maxwell eşitlikleri
biçiminde sentezleme bir indüktif yani tümevarımsal yaklaşımdır.
Coulomb deneyleri sonucu yüklü iki parçacık arasındaki elektrik kuvvetinin
yüklerin çarpımı ile doğru orantılı,
yüklerin aralarındaki uzaklığın karesi ile ters orantılı,
yüklerin birbirini birleştiren hat boyunca yönlenmiş ve
aynı yükler için itici ve zıt yükler için çekici
olduğunu önermektedir. Eğer, q 1 ve q 2 şekil 3.1’de görüldüğü gibi P(x,y,z) ve S(x′,y′,z′)
noktalarında bulunan yüklü parçacıklar ise q 2 ’den dolayı q 1 ’e etkiyen elektrik kuvveti aşağıdaki
gibi ifade edilmektedir.
qq F12 = K 1 2 2 a12
R12
(3.1)
Şekil 3.1 İki nokta yükü
arasındaki elektrik kuvveti
(3.1) eşitliğinde;
(a) F12 q 2 ’den dolayı q 1 ’e etkiyen kuvvet,
(b) K kullanılan birim sistemine bağlı orantı katsayısı,
(c) R 12 P ve S noktaları arasındaki uzaklık ve
(d) a12 S noktasından P noktası yönünü gösteren birim vektördür.
S’den P’ye uzunluk vektörü
R 12 = R12 a12 = r1 − r2
ile tanımlanır; r1 ve r2 sırasıyla P ve S noktalarının pozisyon vektörleridir.
Uluslararası birim sisteminde (SI) orantı katsayısı,
(3.2)
Statik Elektrik Alanları
127
K=
1
4πε o
= 9 × 109
(3.3)
dir; ε o =8,85 × 10−12 ≈ 10
F/m (Farad/metre) boş uzayın (vakum) geçirgenliğidir. Böylece
36π
−9
F12 =
q1q2 a12
4πε o R122
(3.4a)
q1q2 (r1 − r2 )
F12 =
3
4πε o r1 − r2
(3.4b)
veya
yazılır. Bu eşitlik sadece elektron ve protonlar gibi yüklü parçacıklar için geçerli olmayıp nokta
yükleri olarak düşünülebilen yüklü cisimler için de geçerlidir. Yüklü cisimler, büyüklükleri
aralarındaki uzaklığa göre çok az olduğu sürece nokta yükleri olarak kabul edilirler.
Her biri 1 Coulomb’luk (C) yüke sahip iki nokta yükü arasındaki uzaklık 1 metre (m) ise boş
uzayda her yüke etkiyen kuvvetin büyüklüğü (3.4) den 9×109 newton (N) dur.
(3.4)’den q 2 üzerinde q 1 ’in etkilediği kuvvet q 1 üzerine q 2 ’nin etkilediği kuvvete büyüklük olarak
eşit fakat birbirlerine zıt yönde olduğu açıktır. Bu aşağıdaki gibi ifade edilir.
F21 = −F12
(3.5)
(3.5) eşitliği 3. Newton kanunu ile uyum içindedir. Coulomb kanunu’nun 10-14 metre kadar küçük
uzaklıkları (atomların çekirdekleri arasındaki uzaklık) içine alacak şekilde doğrulanmış olduğu
vurgulanmalıdır. Bununla birlikte uzaklık 10-14 m’den daha küçük olduğunda nükleer kuvvet
elektrik kuvvetine baskın olma eğilimindedir.
ÖRNEK 3.1 0,7 mC ve 4,9 µC’luk iki nokta yükü boş uzayda (2,3,6) ve (0,0,0)’da bulunmaktadır.
0,7 mC’luk yük üzerine etkiyen kuvveti hesaplayınız.
ÇÖZÜM 4,9 µC’luk yükten 0,7 mC’luk yüke uzunluk vektörü
R 12 = r1 − r2 = 2a x + 3a y + 6a z
ve R12 = 22 + 32 + 62 = 7 m dir. 0,7 mC’luk yüke etkiyen kuvvet (3.4b)’den
9 × 109 × 0,7 × 10−3 × 4,9 × 10−6 F0,7 mC =
[2a x + 3a y + 6a z ] = 0,18a x + 0,27a y + 0,54a z N
3
7
olarak hesaplanır. Her bir yüke etkiyen kuvvetin büyüklüğü aşağıdaki gibi hesaplanır.
0,182 + 0,27 2 + 0,542 = 0,63 N
128
Elektromanyetik Alan Teorisi
Coulomb kuvveti hakkında diğer bir gerçek ise toplanabilirlik (süperpozisyon) prensibi ile
uygunluğudur. Buna göre, n nokta yüklü bir sistemden dolayı q nokta yüküne etkiyen toplam
kuvvet, Ft şekil 3.2’de görüldüğü gibi her bir q yüküne ayrı ayrı etkiyen kuvvetlerin vektörel
toplamıdır. Bu işlem
Ft =
qi (r − ri )
q
3
4πε o r − ri
i =1
n
∑
(3.6)
ile ifade edilir; r ve ri vektörleri q ve q i nokta yüklerinin pozisyon vektörleridir.
Şekil 3.2 n yüklü sistemde q
yüküne etkiyen toplam kuvvet
ÖRNEK 3.2 200 nC’luk üç eşit yük boş uzayda (0,0,0), (2,0,0) ve (0,2,0) de bulunmaktadır.
(2,2,0)’da 500 nC’luk bir yüke etkiyen toplam kuvveti belirleyiniz.
ÇÖZÜM Uzunluk vektörleri ve büyüklükleri (Şekil 3.3) aşağıdaki gibi hesaplanabilir.
R1 =r − r1 = 2a y
R 2 =r − r2 =2a x
R 3 =r − r3 =2a x + 2a y
R1 = 2 m
R2 = 2 m
R3 = 8 m
Şekil 3.3
q 1 ’den dolayı q 2 ’ye etkiyen kuvvet,
9 × 10 9 × 200 × 10 −9 × 500 × 10 −9 F1 =
[2a y ] = 225a y µN
3
2
ve aynı şekilde q 2 ve q 3 ’den dolayı q’ye etkiyen kuvvetler,
F2 = 225a x µN ve F3 = 79,6[a x + a y ] µN
Statik Elektrik Alanları
129
den q’ye etkiyen toplam kuvvet (3.6)’dan
Ft = F1 + F2 + F3 = 304,6[a x + a y ] µN
olarak hesaplanır. q üzerine üç yükün etkidiği net itme kuvveti
ekseni ile 45°lik açı yapan bir hat boyunca yönlenmiştir.
304,62 + 304,62 =
430,8 μN ve x
ALIŞTIRMALAR
1.
5 nC’luk bir yük P (2, π / 2, −3) ’de -10 nC’luk bir yük Q(5, π ,0) ’da bulunmaktadır. Yüklerin
birbiri üzerine etkilediği kuvveti hesaplayınız. Bu kuvvetin türü nedir?
2.
2 nC, -5 nC ve 0,2 nC’luk yükler sırasıyla P (2, π / 2, π / 4) , Q(1, π , π / 2) ve
S (5, π / 3, 2π / 3) ’e konulmuştur. P noktasındaki 2 nC’luk yüke etkiyen kuvveti bulunuz. Bu
kuvvet itme veya çekme kuvveti midir?
3.3 ELEKTRİK ALAN ŞİDDETİ
Durgun yüklerdeki kuvvetlerin nasıl hesaplanacağı bilindikten sonra başka bir alan biriminin
tanımlanmasına niçin gerek duyulmaktadır? Aşağıdaki paragrafta bu sorunun cevabı verilmeye
çalışılmaktadır.
(a) Yükler arasındaki uzaklık
(b) q t test yüküne etkiyen kuvvet
Şekil 3.4
Coulomb kanunu, aradaki uzaklık ne olursa olsun (şekil 3.4a), bir yükün diğer bir yük üzerinde
daima bir kuvvet oluşturacağını ifade etmektedir. Fizikte bir yüke diğer bir yükten dolayı etkiyen
kuvvet çoğunlukla uzaktan etkileşim olarak adlandırılır. Yükler durgun olduğu sürece, uzaktan
etkileşim düşüncesi gerekli bütün gereksinimleri doyurur. Bununla beraber eğer bir yük diğerine
doğru hareket ettirilirse Coulomb kanununa göre yükler tarafından etkiyen kuvvetin de ani olarak
değişmesi gerekir. Bunun tersine görecelik teorisi bir yükün hareketi hakkındaki bilginin (bozucu
etki) diğer yüke ulaşması için belli bir zaman alması gerektiğini zorunlu kılmaktadır çünkü hiçbir
sinyal ışık hızından daha hızlı hareket edemez. Bundan dolayı yükler üzerine etkiyen kuvvetlerin
artışı ani olamaz ve böylece yük sistemleri ile ilgili enerji ve momentin geçici olarak denge dışı
olacağı gösterilir. Bu gerçekte görecelik teorisi ile uyum içinde olup etkileşimli cisimler için
moment ve enerjinin kendileri tarafından korunamayacağını ifade etmektedir. Cisimlerden kaçan
(kaybolan) moment ve enerjinin hesaba katılması için etkileşen cisimlerin bulunduğu ortamda,
alanın biçimini veya örüntüsünü bozucu etki gösteren ekstra bir şeyin varolması gerekir. Bu ekstra
şey alan olarak adlandırılır. Bu bakımdan bir yük üzerine başka bir yükün varlığında etkiyen
130
Elektromanyetik Alan Teorisi
kuvvetin bir alan olarak tanımlanması oldukça kullanışlı olmaktadır. Yükü çevreleyen uzayda her
yerde bir elektrik alanı veya elektrik alan şiddetinin var olduğu söylenebilir. Diğer bir yük bu
elektrik alanına getirildiğinde, üzerine etkiyen bir kuvvetle karşılaşır. Bir P noktasındaki elektrik
alan şiddetini dedekte etmek için bu noktaya bir pozitif test yükü, q t yerleştirilir ve üzerine etkiyen
kuvvet ölçülür. Elektrik alan şiddeti bu durumda birim yük başına kuvvet olarak tanımlanır. Çünkü
q t kendi alanını da meydana getirdiğinden başlangıçtaki elektrik alanının biçimini bozar. Yükün
büyüklüğünden kaynaklanan bozucu etkinin en aza indirilmesi için büyüklüğünün olabildiğince
küçük olması gerekir. Gerçekte ölçümler q t ’nin büyüklüğünde sürekli bir artışla yapılabilir ve şekil
3.4b’de görüldüğü gibi daha sonra qt → 0 limitinde elektrik alan şiddetinin elde edilmesi için
veride extrapolasyon yapılır. Elektrik alan şiddetinin büyüklüğü, qt = 0 ’da eğrinin eğimidir.
E elektrik alan şiddeti q t birim test yüküne etkiyen kuvvet
F
E = lim
qt →0 q
t
(3.7)
olarak tanımlanır; F kuvveti q t test yüküne etkiyen toplam kuvvettir.
Bir vektör alanı olan elektrik alan şiddetinin birimi N/C yani Newton/Coulomb’dur. Daha sonra
görüleceği gibi N/C boyutsal olarak V/m yani Volt/metre’dir. Elektrik alan şiddeti birim yük başına
kuvvet olarak tanımlanmasına rağmen metre başına volt ifadesi yaygındır.
Eğer E uzayda bir noktadaki elektrik alan şiddeti ise bu noktada q yüküne etkiyen kuvvet
Fq = qE
(3.8)
ifadesi bundan sonra elektrik alanı içine yerleştirildiğinde yüke etkiyen elektrostatik kuvvetin
hesaplanması için kullanılacaktır.
(3.4)’den S ’de bir q nokta yükünden dolayı P noktasındaki elektrik alan şiddetinin ifadesi
E=
q (r1 − r2 )
aR
3=
4πε o [r1 − r2 ]
4πε o R 2
q
(3.9)
olarak yazılabilir; R’den 12 indisi kısaltma için düşürülmüş ve a R birim vektörü S ’den P’ye
yönlenmiş birim vektördür.
n nokta yükünden dolayı elektrik alan şiddeti, (3.6) eşitliğinden
E=
n
∑
i =1
(r − ri )
4πε o [r − ri ]3
qi
(3.10)
dir. ri vektörü q i yükünün bulunduğu yerden E ’nin ölçüm noktasına doğru uzunluk vektörüdür.
ÖRNEK 3.3 20 nC ve -20 nC’luk iki nokta yükü uzayda (1,0,0) ve (0,1,0)’da bulunmaktadır.
(0,0,1)’deki elektrik alan şiddetini belirleyiniz.
ÇÖZÜM İki uzunluk vektörü ve büyüklükleri,
Statik Elektrik Alanları
131
R1 =−
r r1 =
−a x + a z ⇒ R1 =r − r1 = 2 m
ve
R 2 =−
r r2 =
−a y + a z ⇒ R2 =−
r r2 =2 m
(3.10) eşitliğinde yerine konularak elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi elde edilir.
20 × 10 −9
− 20 × 10 −9 −
+
+
E = 9 × 10 9
a
a
(
)
(−a y + a z ) = 63,67[−a x + a y ] N/C
x
z
3
3
1,414
1,414
Bu noktaya kadar her yükün bir noktada yoğunlaşmış olduğu varsayıldı. Daha karmaşık durumlar
yüklerin doğrusal elemanlarda, yüzeylerde ve hacimlerde sürekli dağılımını içerir. Bundan dolayı
daha ileri gitmeden önce özellikle aşağıdaki gibi yük dağılımları tanımlanacaktır.
Hat Yük Yoğunluğu
Bir yük doğrusal bir eleman üzerinde dağıtıldığında birim uzunluk başına yük olan hat yük
yoğunluğu,
∆q
∆ l → 0 ∆l
ρ l = lim
(3.11)
olarak tanımlanır; ∆q yükü ∆l doğrusal elemanı üzerindeki yüktür.
Yüzey Yük Yoğunluğu
Bir yük bir yüzey üzerine dağıtıldığında birim yüzey alan başına yük olan yüzey yük yoğunluğu,
∆q
∆ s → 0 ∆s
ρ s = lim
(3.12)
olarak tanımlanır; ∆q yükü ∆s yüzey elemanı üzerindeki yüktür.
Hacim Yük Yoğunluğu
Eğer yük bir hacimle sınırlandırılmış ise birim hacim başına yük olan hacim yük dağılımı,
∆q
∆ v → 0 ∆v
ρ v = lim
(3.13)
olarak tanımlanır; ∆q yükü ∆v hacim elemanı ile sınırlanan yüktür.
3.3.1 YÜK DAĞILIMLARINDAN DOLAYI ELEKTRİK ALAN ŞİDDETİ
Bir hat yük dağılımı verildiğini varsayalım (Şekil 3.5a) ve amaç bir P( x, y, z ) noktasındaki elektrik
alan şiddetinin belirlenmesidir. Hat hepsi limite sıfıra giden n sayıda küçük kısımlara bölünür.
132
Elektromanyetik Alan Teorisi
(a) Hat yük dağılımı
(b) Yüzey yük dağılımı
(c) Hacim yük dağılımı
Şekil 3.5 P noktasındaki (a) hat, (b) yüzey ve (c) hacim yük dağılımlarından dolayı elektrik alan
şiddetinin bulunması için gösterimler.
Sonra ∆qi = ρl ∆li yükü içeren bir ∆l i elemanı hat üzerine keyfi olarak seçilir ve elektrik alan
şiddetine katkısı belirlenir. Net elektrik alan şiddeti, toplamın limitinde
E = lim
n →∞
n
∑
i =1
∆qi (r − r 'i )
4πε o r − r 'i 3
olarak elde edilir. r P noktasının pozisyon vektörü ve ri′ ∆li ' yük elemanının yani P' ( x' , y ' , z ' )
noktasının pozisyon vektörüdür. Karışıklık olmaması için genelde üslü harfler kaynak noktasının
koordinatları için ve üslü olmayan harfler alan miktarının belirleneceği noktalar için kullanılmıştır.
Önceki eşitliğin sağ tarafı gerçekte çizgisel integrali tanımlamaktadır (Kısım 2.7). Böylece
E=
1
4πε o
∫
c
ρ (r − r ' )
3 d '
r − r'
(3.14)
Statik Elektrik Alanları
133
olarak yazılabilir; r vektörü P( x, y, z ) noktasının pozisyon vektörü ve r ′ vektörü d′ uzunluk
elemanının yani P' ( x' , y ' , z ' ) noktasının pozisyon vektörüdür.
Benzer şekilde yüzey yük dağılımından dolayı (şekil 3.5b) elektrik alan şiddetinin ifadesi
E=
1
4πε o
∫
s
ρ s (r − r ' )
(3.15)
3 ds'
r − r'
ve son olarak hacim yük dağılımından dolayı P noktasındaki elektrik alan şiddeti (şekil 3.5c)
E=
1
4πε o
∫
v
ρ v (r − r ' )
3 dv'
r − r'
(3.16)
olarak elde edilebilir.
ÖRNEK 3.4 (a) ρ l = 100 nC/m ’lük düzgün bir hat yük yoğunluğu z ekseni boyunca -∞ ile 0
arasında (yarı sonlu) bulunmaktadır. P(0,0,2) noktasındaki elektrik alan şiddetini bulunuz. 1 µC’luk
bir yük P noktasına yerleştirilirse üzerine etkiyen kuvveti hesaplayınız. (b) ρ l = 100 nC/m ’lük
düzgün hat yük yoğunluğu z ekseni boyunca -∞ ile +∞ arasında bulunuyorsa uzayda her yerdeki
elektrik alan şiddetini hesaplayınız.
ÇÖZÜM
(a) Şekil 3.6a’da görüldüğü gibi orijinden z = z ' uzaklığında ρ l dz ' diferansiyel yük elemanı
dikkate alınsın. z ' ’den P’ye uzunluk vektörü r − r ' = ( z − z ' )a z ve büyüklüğü r − r ' = ( z − z ' ) ’dir.
P noktasındaki elektrik alan şiddeti (3.14)’den aşağıdaki gibi bulunur.
(a)
(b)
Şekil 3.6
134
Elektromanyetik Alan Teorisi
0
1
z − z ' −∞
E=
ρ
4πε o
0
0
ρ 1 ρ 1
ρ dz ' 1
a
=
∫−∞ ( z − z ')2 z 4πε o z − z ' −∞ a z= 4πε o z − 0 − z + ∞ a z= 4πεo z a z
Değerler yerine konularak
9 × 109 × 100 × 10−9 E=
a z = 450a z V/m
2
elde edilir. z=2 m’de 1 µC’luk yüke etkiyen kuvvetin büyüklüğü ve yönü aşağıdaki gibidir.
F = qE = 1 × 10 −6 × 450a z = 450a z µN
(b) Şekil 3.6b’de görüldüğü gibi, yüklerin − L / 2 ve L / 2 arasında bulunduğu varsayılsın. z
ekseninde, orijinden z = z ' uzaklığında ρ l dz ' diferansiyel yük elemanı dikkate alındığında z ' ’den
P’ye uzunluk vektörü R = r − r ' = ρa ρ − z ' a z ve büyüklüğü R = r − r ' = ρ 2 + z '2 ’dir. P
noktasındaki elektrik alan şiddeti (3.14)’den aşağıdaki gibi bulunur.
L /2
L /2
z'
−
ρ ρ 2 + z '2
E
ρ
4πε o
∫
L/2
−L/2
1
ρ 2 + z '2
− L /2
− L /2
ρ L / 2
ρ L / 2
dz '
dz '
dz '
=
ρaρ −
z 'az
(ρaρ − z 'az )
3
3
3
∫
∫
−
−
L
/
2
L
/
2
4πε o
4πε o
ρ 2 + z '2
ρ 2 + z '2
ρ 2 + z '2
ρ
z'
E=
4πε o ρ ρ 2 + z '2
L/2
aρ +
−L / 2
az
ρ 2 + z '2 − L / 2
L/2
1
0
1
1
L/2
L/2
ρ
a + ρ
a
E=
+
−
z
ρ
2
2
2
2
2
2
2
2
4πε o
4πε o ρ ρ + L / 4 ρ ρ + L / 4
ρ + L / 4
ρ + L /4
E=
L
ρ
2
2
2πε o ρ
4ρ + L
a
ρ
Eşitlikte görüldüğü gibi E alanının z bileşeni kaybolmaktadır. L → ∞ yani yükler sonsuz
uzunlukta ise elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi ifade edilebilir. Elektrik alan şiddeti sadece
uzaklığın bir fonksiyonu olarak ters orantılı azalmaktadır.
E=
ρ aρ
2πε o ρ
ÖRNEK 3.5 Şekil 3.7’de görüldüğü gibi yük b yarıçapında halka biçiminde düzgün olarak
dağıtılmıştır. Halkanın ekseninde herhangi bir noktadaki elektrik alan şiddetini belirleyiniz.
Statik Elektrik Alanları
135
Şekil 3.7 Düzgün yük dağılımlı bir halkadan
dolayı P’deki elektrik alan şiddeti
ÇÖZÜM Silindirik koordinatlarda yük dağılımı yönünde diferansiyel uzunluk elemanı bdφ ' ’dir.
Diferansiyel yük elemanından gözlem noktasına P(0,0, z ) uzunluk vektörü aşağıdaki gibi yazılır.
R = −ba ρ + za z
Böylece (3.14)’den
ρ
E= 4πε o
2π
ρb
1
bdφ '
(−ba ρ + za z ) = 2
2 3/ 2
2
4πε o [b + z 2 ]3 / 2
[b + z ]
0
∫
2π
2π
− b a ρ dφ '+ z dφ ' a z
0
0
∫
∫
elde edilir çünkü a ρ = a x cos φ '+ a y sin φ ' olduğundan ikinci taraftaki birinci integral
2π
2π
2π
2π
2π
a
d
φ
'
=
a
cos
φ
'
d
φ
'
+
a
ρ
x
y ∫ sin φ ' dφ ' = −a x sin φ ' 0 + a y cos φ ' 0 = 0
∫
∫
0
0
0
olur. İkinci taraftaki ikinci integral 2π’dir. Böylece halkanın ekseninde P noktasındaki elektrik alan
şiddeti,
E=
ρbz
2ε o [b + z ]
2
2 3/ 2
az
(3.17)
olur. z=0’da yani halkanın merkezinde, elektrik alan şiddeti sıfırdır. Niçin?
ÖRNEK 3.6 İç yarıçapı a ve dış yarı çapı b olan ince bir diskin üzerinde
(a) ρ s düzgün yüzey yük yoğunluğu, (b) ρ s ρ ' yarıçap ile doğru orantılı ve (c) ρ s / b 2 − ρ '2
yarıçap ile ters orantılı yüzey yük yoğunluğu bulunuyorsa z ekseninde herhangi bir noktadaki
elektrik alan şiddetini belirleyiniz. (d) a = 0 ve b = ∞ iken z ekseni boyunca uzanan bir çizgi
boyunca elektrik alan şiddetinin grafiğini çiziniz. (e) Yükleri zıt ve aynı işaretli, aralarında belirli
bir uzaklık bulunan eşit yük yoğunluğunda iki sonsuz düzlem yükü z = 1 ve z = −1 ’de
bulunmaktadır. z ekseni boyunca uzanan bir çizgi boyunca elektrik alan şiddetinin grafiğini çiziniz.
136
Elektromanyetik Alan Teorisi
ÇÖZÜM
(a) Şekil 3.8’de görüldüğü gibi bir diferansiyel yüzey elemanı ile çevrelenen yük ρ s ρ ' dρ ' dφ ' dir. z
ekseninde yükten P noktasına olan uzunluk vektörü R = − ρ ' a ρ + za z ve R = ρ ' 2 + z 2 ’dir.
P (0,0, z ) noktasında elektrik alan şiddeti (3.15)’den,
ρ
E= s
4πε o
b 2π
ρ ' dρ ' dφ '
∫ ∫ [ρ ' + z
2
a 0
dir; burada da yine önceki örnekte olduğu gibi
2π
∫0
2 3/ 2
]
[ − ρ ' a ρ + za z ]
a ρ dφ ' = 0 dir.
Şekil 3.8 Delik disk üzerindeki
düzgün yük dağılımından dolayı
ekseninde bulunan P’deki elektrik
alan şiddeti
Şimdi başka bir görüş vurgulanabilir. Gözlem noktasına göre yük dağılımının simetriliğinden
dolayı E ’nin a ρ bileşeninin olmadığı söylenebilir. E ’nin a ρ bileşenine katkıda bulunan P’nin bir
tarafındaki her yük elemanı için P’nin diğer tarafında bunu tamamen yok eden bir yük elemanı
vardır. Bundan dolayı net katkı sıfır olduğundan
b
=
E
ρs
4πε o
b
∫
a
ρ 'd ρ '
∫a ( ρ '2 + z 2 )3/2
b
2π
ρs z
ρ ' d ρ ' dφ ' 1
2π −
φ ' 0 az
z az
2
∫0 [ ρ '2 + z 2 ]3/=
2
2
4πε o
ρ' + z a
ρ z
1
1
−
E= s
2
2
2
2ε o a + z
b + z2
az
(3.18)
elde edilir. Şekil 3.9a’da görüldüğü gibi çok geniş dış yarıçaplı, b → ∞ içi boş bir disk için elektrik
alan şiddeti,
ρ z
1
E= s
2ε o a 2 + z 2
a z
(3.19)
Statik Elektrik Alanları
137
(a) İçi boş sonsuz düzlem yükünden
dolayı P’deki elektrik alan şiddeti
(b) Sonlu içi dolu disk yükünden dolayı
P’deki elektrik alan şiddeti
(c) Sonsuz düzlem yükünden dolayı
P’deki elektrik alan şiddeti
Şekil 3.9
dir. Şekil 3.9b’de görüldüğü gibi b dış yarıçapında sonlu bir disk için (3.18)’den elektrik alan
şiddeti (a = 0) aşağıdaki gibi bulunur.
ρ z 1
1
E= s − 2
a
2 1/ 2 z
2ε o z (b + z )
(3.20)
Son olarak sonsuz bir düzlem yükünden dolayı herhangi bir noktadaki elektrik alan şiddeti (şekil
3.9c) a → 0 ve b → ∞ konularak (3.18)’den elde edilebilir. Böylece
ρ E = s az
2ε o
(3.21)
138
Elektromanyetik Alan Teorisi
edilir ki bu elektrik alan şiddeti z’nin bütün değerleri için sabittir. Hatta sonsuz düzlem yükü
mevcut olmasa bile sonlu düzlem yükünün elektrik alan şiddeti sonsuz düzlem yükününkine
yakınlaştırılabilir.
(b)
ρ
E= s
4πε o
ρ ' 2 dρ ' dφ '
ρ s z
ρ'
−
+
=
a
z
a
ρ
[
'
]
ln 2 ρ '+ ρ '2 + z 2 −
ρ
z
∫a ∫0 [ ρ '2 + z 2 ]3 / 2
4πε o
ρ '2 + z 2
b 2π
b
2π φ' a
0 z
a
ρ '2 dρ '
ρ'
2
2
( ρ '2 + z 2 )3 / 2 = ln 2 ρ '+ ρ ' + z − ( ρ '2 + z 2 )1 / 2
∫
ρ z b + z 2 + b2
E = s ln
+
2ε o a + z 2 + a 2
a
z2 + a2
−
a
z
z 2 + b 2
b
2
2
tanh −1 ρ ' + z
b2 + z 2
2π
3
ρ ' dρ '
(c) ∫ a ρ dφ ' = 0 olduğu hatırlanarak ve
=
b2 + z 2
2
2 1/ 2
2
2 3/ 2
0
(b − ρ ' ) ( ρ ' + z )
1
−
2
2
2
2
(b + z ) ρ ' + z
∫
ρ
E= s
4πε o
b 2π
∫ ∫ (b
a 0
2
dρ ' dφ '
− ρ ' ) ( ρ '2 + z 2 ) 3 / 2
2 1/ 2
2
2
tanh −1 ρ ' + z
1
ρz
b2 + z 2 −
za z = s
3
4πε o
(b 2 + z 2 ) ρ '2 + z 2
b2 + z 2
b
ile,
a
b
2π φ' 0 az
a
2
2
2
2
−1 a + z
tanh −1 b + z
tanh
ρ z
1
1
b2 + z 2 +
b2 + z 2 −
E= s
−
3
3
2
2
2
2
2
2
2ε o
(b + z ) b 2 + z 2
(b + z ) a + z
b2 + z 2
b2 + z 2
a z
(d) Sonsuz düzlem yükü şekil 3.10a’da ve z eksenindeki elektrik alan şiddeti şekil 3.10b’de
görüldüğü gibidir.
(e) Sonsuz düzlem yükleri ve z eksenindeki elektrik alan şiddetleri şekil 3.11’de görüldüğü gibidir.
Zıt işaretli yüklerde elektrik alan şiddeti düzlemlerin dışında mevcut olmayıp düzlemlerin arasında
iki katına çıkmıştır. Aynı işaretli yüklerde elektrik alan şiddeti düzlemlerin içinde mevcut olmayıp
düzlemlerin dışında iki katına çıkmıştır.
Statik Elektrik Alanları
139
Şekil 3.10 Sonsuz düzlem yükünün aşağısı ve yukarısındaki elektrik alan şiddeti ve z
eksenindeki elektrik alan şiddeti
140
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 3.11 (a) Zıt ve (b) aynı işaretli iki sonsuz düzlem yükünün aşağısı, yukarısı ve arasındaki
elektrik alan şiddeti ve z eksenindeki elektrik alan şiddeti
ALIŞTIRMALAR
3.
Örnek 3.5’deki E =
ρbz
2ε o [b + z ]
2
2 3/ 2
a z ifadesinden yararlanarak Örnek 3.6a’yı çözünüz.
3.4 ELEKTRİK AKISI VE ELEKTRİK AKI YOĞUNLUĞU
Bir elektrik alanında bir noktaya bir test yükü yerleştirelim ve hareket etmesine izin verelim. Test
yüküne etkiyen kuvvet onu belli bir yol boyunca hareket ettirecektir. Bu yol kuvvet hattı veya akı
hattı olarak adlandırılır. Test yükü başka bir yere konularak başka bir kuvvet hattı meydana
getirilebilir. Bu yolla işlem tekrarlanarak istenildiği kadar çok kuvvet hattı meydana getirilebilir.
Bir bölgeyi sonsuz kuvvet hatları ile kalabalıklaştırmamak için bir yükün kuvvet hatları sayısının
Coulomb olarak yükün büyüklüğüne eşit olduğunu ifade etmek alışılagelmiştir. Akı hatlarının
elektrik akısını temsil ettiği söylenir. Elektrik akı hatları gerçek olmayıp, gösterim ve göze hitap
etme açısından ve elektrik alanlarının tanımlanmasında kullanışlı bir kavramdır.
Şekil 3.12’de görüldüğü gibi yalıtılmış pozitif bir yükün elektrik akısı radyal olarak dışarıya doğru
bir yönü göstermektedir. Şekil 3.13a bir çift eşit ve zıt nokta yükü ve şekil 3.13b pozitif yüklü iki
cisim arasındaki elektrik akı hatlarını göstermektedir. Birbirine zıt yüklenmiş paralel düzlemler
arasındaki elektrik akı hatları şekil 3.14’de görülmektedir. Herhangi bir noktadaki elektrik alan
şiddetinin elektrik akı hatlarına teğet (tanjant) olduğu iyi bilinmektedir.
İlk araştırmacılar elektrik akısı için aşağıdaki özellikleri ortaya çıkarmışlardır:
Ortamdan bağımsız olmalıdır,
Büyüklüğü sadece elektrik akısının orijini olan yüke bağlıdır,
Eğer nokta yükü R yarıçapında imajiner bir küre içinde çevrelenmişse, elektrik akısının
kürenin yüzeyi boyunca dik ve düzenli olarak geçmesi gerekir ve
Birim yüzey alanı başına akı olan elektrik akı yoğunluğu R2 ile ters orantılıdır.
Statik Elektrik Alanları
141
Şekil 3.12 Yalıtılmış pozitif yükün elektrik akı hatları
Elektrik alan şiddeti de büyüklüğünün ortamın geçirgenliğine bağlı olmasının dışında [3.9 eşitliği]
bu sınırlamalara uygunluk sağlamaktadır. Bu bakımdan elektrik akı yoğunluğu D elektrik alan
şiddeti E ile aşağıdaki gibi tanımlanabileceği kolaylıkla anlaşılabilir.
D = ε oE
(3.22)
ε o boş uzayın geçirgenliği (şimdiye kadar seçilen ortam) olarak daha önceden tanımlanmıştır.
(3.22)’de daha önce bulunan E ifadesi yerine konularak q nokta yükünden dolayı r yarıçapındaki
elektrik akı yoğunluğu,
D=
q ar
4πr 2
(3.23)
elde edilir. Bu eşitlikten D ’nin biriminin C/m2 olduğu açıktır.
(a) Pozitif ve negatif yük arasında
(b) İki pozitif yük arasında
Şekil 3.13 Yüklü cisimler arasındaki elektrik akı hatları
142
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 3.14 Birbirine zıt yüklü paralel düzlemler arasındaki (saçaklamalı) elektrik akı hatları
3.4.1 ELEKTRİK AKISI
Şimdi elektrik akısı, Ψ elektrik akı yoğunluğu D ile
Ψ = D ⋅ ds
∫
(3.24)
s
olarak tanımlanabilir; ds şekil 3.15’de görüldüğü gibi s yüzeyinde bulunan diferansiyel yüzey
elemanıdır. Eğer D ve ds aynı yönde ise s’den geçen akı maksimumdur.
ÖRNEK 3.7 Bir bölgede elektrik akı yoğunluğu D = 10a r + 5aθ + 3aφ mC/m2 dir. z ≥ 0 ve
x 2 + y 2 + z 2 = 36 bölgesi ile sınırlanan yüzeyden geçen elektrik akısını belirleyiniz.
ÇÖZÜM Küresel koordinatlarda 6 m yarıçapında diferansiyel yüzey ds = 36 sin θ dθ dφ a r dir.
Yüzeyi geçen elektrik akısı aşağıdaki gibi hesaplanır.
Ψ
=
=
∫ D ⋅ ds
s
360 ∫
π /2
0
sin θ dθ ∫
2π
0
dφ mC
Şekil 3.15 Bir yüzeyi geçen elektrik akısı
Statik Elektrik Alanları
143
3.4.2 GAUSS KANUNU
Gauss kanunu kapalı bir yüzeyden geçen net dışa doğru akının bu yüzeyle çevrelenen toplam yüke
eşit olduğunu,
∫
s
D ⋅ ds =
Q
(3.25)
ifade etmektedir. Gauss kanunu’nu ispatlamak için şekil 3.16’da görüldüğü gibi keyfi bir s yüzeyi
ile O noktasında bulunan Q nokta yükünü çevreleyelim. s yüzeyindeki P noktasındaki elektrik akı
yoğunluğu,
Q D=
aR
4πR 2
(3.26)
dir. R = r − r ' = Ra R O’dan P’ye uzunluk vektörüdür. s kapalı yüzeyinden geçen elektrik akısı,
=
Ψ
∫
s
D ⋅=
ds
Q
4π
a R ⋅ a n ds
∫ s R 2
dir. Bu eşitlikte a R .a n ds / R 2 katı açıdır, dΩ ve şekil 3.16’da görüldüğü gibi O ’da ds yüzeyi ile bir
açı yapmaktadır. Buna göre bu eşitlik,
=
Ψ
ds
∫ D ⋅=
s
Q
4π
∫ d Ω
s
olarak yazılabilir. Bununla beraber Vektör Hesabı’ndan herhangi bir kapalı yüzeyin ifade ettiği katı
açı 4π steradyan olduğundan yüzeyden geçen toplam akı,
Şekil 3.16 Q nokta yükünden dolayı s kapalı
yüzeyi içinden geçen elektrik akısı
=
Ψ
ds
∫ D ⋅=
Q
s
olup ispatı yapılan şeydir. İntegralin alındığı yüzey bir Gauss yüzeyi olarak adlandırılır. (3.25)
eşitliği Gauss kanunu’nun matematiksel bir ifadesidir. Gauss kanunu kelimelerle şu şekilde ifade
edilebilir. Bir kapalı yüzeyden çıkan toplam elektrik akısı sayısal olarak kapalı yüzey içindeki net
pozitif yüke eşittir. Gauss kanunu boş uzayda elektrik alan şiddeti ile
Q
∫ E ⋅ ds = ε
s
o
(3.27)
144
Elektromanyetik Alan Teorisi
olarak da ifade edilebilir. Eğer yükler bir yüzeyle sınırlanan bir hacimde dağıtılmış ise (3.25)
∫ D ⋅ ds =
∫ ρ dv
s
v
v
(3.28)
olarak yazılabilir. Eğer yükler bir yüzey veya doğrusal bir eleman üzerine yayılmışsa benzer
eşitlikler yazılabilir. (3.28) eşitliği Gauss kanunu’nun integral biçimi olarak bilinir. Önceki eşitliğin
gelişiminden de açık olmakla birlikte kapalı bir yüzeyin dışındaki bir yükün çevrelenen toplam
yüke katkısı yoktur. Aynı zamanda kapalı yüzey içinde yüklerin tam olarak nerede bulunduğu da
hiç problem değildir.
Eğer elektrik alan şiddeti veya elektrik akı yoğunluğu yüzeydeki her noktada biliniyorsa Gauss
kanunu çevrelenen toplam yükün belirlenmesi için kullanılabilir. Bununla beraber eğer yük
dağılımı simetrik ve elektrik akı yoğunluğunun sabit olduğu uygun bir yüzey seçilebiliyorsa Gauss
kanunu alan problemlerindeki karmaşıklığı büyük oranda azaltır.
Diverjans teoremi uygulanarak (3.28)
∫
∇ ⋅ Ddv = ρ v dv
v
∫
v
olarak da yazılabilir. Bu eşitliğin bir s yüzeyi ile sınırlanan herhangi bir v hacmi için doğru olması
gerekir ve iki integral birbirine eşittir. Buna göre uzayda herhangi bir noktada
∇ ⋅ D = ρv
(3.29)
olur. Bu eşitlik Gauss kanununun nokta veya diferansiyel biçimi olarak adlandırılır. (3.29) eşitliği
sözlü olarak şu şekilde ifade edilebilir: Uzayda herhangi bir noktadan elektrik akı hatlarının çıktığı
yerde bir pozitif yük yoğunluğu (kaynak) vardır. Eğer yük yoğunluğu negatifse (yutak) elektrik akı
hatları noktaya doğru yaklaşarak birleşirler.
(3.29) eşitliği, elektrik akı yoğunluğu’nun bir bölgede mevcut olan serbest yüklerin bir ölçüsü
olduğunu göstermektedir. Dielektrik malzemeler tartışmasında bu gerçek tekrar vurgulanacaktır.
Şimdiye kadar dikkate alınan örneklerde hacim yük dağılımından dolayı herhangi bir noktada E
alanının hesaplanmasından, integrasyon işleminin içerdiği karmaşıklıktan dolayı üstü kapalı olarak
kaçınıldı. Şimdi bu tip problemlerden bazıları yük dağılımı simetrik olduğu sürece Gauss kanunu
kullanılarak çok daha kolaylıkla çözülebilir.
ÖRNEK 3.8 Gauss kanunu kullanılarak yalıtılmış bir q nokta yükünden dolayı herhangi bir P
noktasındaki E ’yi bulunuz.
ÇÖZÜM Şekil 3.17’de görüldüğü gibi merkezinde yükün bulunduğu, R yarıçapında küresel bir
Gauss yüzeyi oluşturalım. Akı hatları pozitif nokta yükünden dışa doğru radyal olarak
yönlendiğinden elektrik alan şiddeti kürenin yüzeyine normal yani dik olur (başka yön bu gibi
olmaz). Elektrik alan şiddeti,
E = Er ar
ile ifade edilir. Kürede her nokta q’nin yerleştiği merkezden eşit uzaklıkta olduğundan E r ’nin
r = R ’de yüzeyde her noktada aynı büyüklükte olması gerekir. Böylece
Statik Elektrik Alanları
145
π
∫ E ⋅ ds = E ∫
r
s
∫
2π
R 2 sin θ dθ dφ = 4πR 2 Er
0
0
olur. Küresel yüzey ile çevrelenen toplam yük q’dür böylece P’de elektrik alan şiddeti (3.27)’den
4πR 2 Er =
q
εo
veya
Er =
q
4πε o R 2
olup Coulomb kanunu kullanılarak elde edilen sonuç ile aynıdır.
Şekil 3.17 Orijindeki q nokta yükünü
çevreleyen R yarıçapında küresel
Gauss yüzeyi
ÖRNEK 3.9 (a) Şekil 3.18a’da görüldüğü gibi a yarıçapında küresel yüzey üzerine yükler düzgün
olarak ( ρ s ) dağıtılmıştır. (b) Şekil 3.18b’da görüldüğü gibi a yarıçapında bir küre içinde yükler
ρ v hacimsel yük yoğunluğunda düzgün olarak dağıtılmıştır. Her iki durum için uzayda her yerdeki
elektrik alan şiddetini belirleyiniz.
ÇÖZÜM (a) Küresel yük dağılımı, elektrik alan şiddetinin sabit olduğu r yarıçapında küresel
Gauss yüzeyinin seçimini sunmaktadır. Yüzey r < a yarıçapında iken çevrelenen yükün
olmamasından dolayı elektrik alan şiddetinin sıfır olması gerekir. r > a iken Gauss yüzeyi içinde
kalan toplam yük
Q = 4πa 2 ρ s
dir. Burada da yine
∫ E ⋅ ds = 4πr E
2
s
r
olur. Böylece Gauss kanunundan
Er =
Q
4πε o r
2
=
ρsa2
ε or 2
r ≥ a için
bulunur. Bu eşitliğin çözümünden şekil 3.18c’deki E r ile r’nin değişim grafiği elde edilir.
(b) Yüzey r ≤ a yarıçapında iken çevrelenen yük,
146
Elektromanyetik Alan Teorisi
4
Q = πr 3 ρ v
3
olarak hesaplanır ve
∫
E ⋅ ds = 4πr 2 E r
s
ile Gauss kanunundan (3.27)
Er =
ρv r
3ε o
r ≤ a için
bulunur.
Yüzey r ≥ a yarıçapında iken çevrelenen yük,
4
Q = πa 3 ρ v
3
ile Gauss kanunundan
Er =
a 3 ρv
3ε o r 2
r ≥ a için
elde edilir. Bu eşitliklerin çözümünden şekil 3.18d’deki E r ile r’nin değişim grafiği elde edilir.
(a) a yarıçapında küre üzerinde ρ s yüzey yük
dağılımını çevreleyen r yarıçapında küresel
(Gauss) yüzeyi
(b) ρ v hacimsel yük dağılımı ile a yarıçapında
kürenin içindeki ve dışındaki küresel (Gauss)
yüzeyleri
(c) E r ile r değişim grafiği
(d) E r ile r değişim grafiği
Şekil 3.18
Statik Elektrik Alanları
147
ALIŞTIRMALAR
4.
Örnek 3.9b’de yük dağılımı rρ v ile verilmişse uzayda her yerdeki elektrik alan şiddetini
belirleyerek grafiğini çiziniz.
z = 5 / 2 m düzleminde ½ m yarıçapında dairesel bir pencereden geçen elektrik akı
5.
yoğunluğu D = 10 sin φ a ρ + 12 z cos(φ / 4)a z C/m2 olarak verilmiştir. Pencereden geçen toplam akı
nedir?
6.
a ve b yarıçapları ile sınırlanan (a < b) küresel bölge içindeki yük dağılımı ρ v = k / r olarak
verilmiştir. Boşlukta her yerde elektrik alan şiddetini belirleyiniz. r = b küresel yüzeyinden geçen
toplam akı nedir?
7.
Sonsuz uzunlukta a yarıçapında bir silindirik iletkenin yüzeyinde düzgün ρ s yüzey yük
dağılımı vardır. Boşlukta her yerdeki elektrik alan şiddetini ve elektrik akı yoğunluğunu
hesaplayınız. b yarıçapında bir (b > a) silindirik yüzeyden geçen akıyı hesaplayınız.
8.
Boş uzayda E = (20 / r 2 )a r ise (3,-4,1) noktasındaki ρ v ’yi bulunuz.
3.5 ELEKTRİK POTANSİYELİ
Şimdiye kadar bahsedilen elektrostatik etkiler elektrik alan şiddetinin tanımlanmasında
kullanılmıştı. Bu kısımda elektrik potansiyeli olarak bir skaler tanımlanmakta çünkü bu çok sayıda
farklı biçimdeki karmaşık hesaplamaların sadeleştirilmesine yardımcı olmaktadır. Bir skaler miktar
ile çalışmak bir vektör miktarı ile çalışmaktan daha kolaydır.
Bir E elektrik alanına q pozitif test yükü yerleştirilirse yük üzerinde F = qE ile verilen bir itici
kuvvet olacaktır. Bu kuvvet altında şekil 3.19a’da görüldüğü gibi yük dl diferansiyel uzaklığına
hareket eder. Yükün hareketi nedeniyle elektrik alanı ile bir iş yapılır. Elektrik alanı tarafından
harcanan enerji artışı veya basitçe E alanı ile yapılan iş miktarı,
dWe = F ⋅ dl = qE ⋅ dl
dir; e indisi E alanı ile yapılan işi işaretlemektedir. İş E alanı ile yapıldığında pozitif test yükü
daima E ’nin yönünde hareket etme eğilimindedir. Eğer test yükü harici bir Fext kuvveti ile E ’nin
zıt yönünde hareket ettirilirse harici kuvvet ile yapılan diferansiyel iş
dW = −Fext ⋅ dl
olur; (-) işareti yükün E alanının zıt yönünde hareket ettiğini göstermektedir. Hareketli yükün
kazanılabileceği kinetik enerji ihmal edilerek, harici kuvvetin şekil 3.19b’de görüldüğü gibi
elektrik kuvveti ile tam dengeli olduğu varsayılacaktır. Bu durumda aşağıdaki ifade yazılır.
dW = − qE ⋅ d
b noktasından a noktasına test yükünün hareket ettirilmesi için harici kuvvet ile yapılan toplam iş
148
Elektromanyetik Alan Teorisi
a
Wab = − q E ⋅ d
∫
b
(3.30)
Şekil 3.19 Elektrik alanı içinde (a) serbest bırakılmış ve (b) harici kuvvetin etkisi altındaki test
yükünün hareketi
dir. Eğer şekil 3.20’de görüldüğü gibi kapalı bir yol etrafında yük hareket ettirilirse yapılan iş sıfır
olmalıdır. Başka ifadeyle
Şekil 3.20 Elektrik alanında c kapalı yolu boyunca q
yükünün hareketi
∫ E ⋅ d = 0
c
(3.31)
olur ki basitçe E alanının statik şartlar altında rotasyonel olmayan veya korunumlu olduğunu ifade
etmektedir. Bu
∇×E = 0
(3.32)
anlamına gelmektedir. Bir vektör alanının rotasyonel’i sıfır ise vektör alanı bir skaler alanın
gradyanı ile temsil edilebilir. Böylece skaler V alanı ile E alanı
E = −∇V
olarak ifade edilebilir. Eksi işaretinin nedeni biraz sonra açıklanacaktır.
(3.33)
Statik Elektrik Alanları
149
Şimdi 3.30
a
a
Wab = − q E ⋅ d = q ∇V ⋅ d
∫
∫
b
b
olarak ifade edilebilir. ∇V ⋅ d = dV konularak (Kısım 2.8)
Wab = q
Va
∫
Vb
dV = q[Va − Vb ] = qVab
(3.34)
olur; V a ve V b a ve b noktalarındaki V skaler alanının değerleridir. V a ve V b sırasıyla a ve b
noktalarında bir referans noktasına göre elektrik potansiyelleridir. Vab = Va − Vb b noktasına göre
a noktasının potansiyelidir (bu iki nokta arasındaki potansiyel farkı olarak adlandırılır).
Eğer yapılan iş pozitif ise bu durumda a noktasındaki potansiyel b noktasındakinden yüksektir.
Başka bir ifadeyle harici kuvvet pozitif yükü E alanının tersine ittiğinde yükün potansiyel enerjisi
artar. Bundan dolayı (3.33)’de negatif işareti kullanılmıştır. Farklı ifadeyle elektrik alanındaki
pozitif yükün hareketinde yapılan iş yükün potansiyel enerjisindeki artışa eşittir. Böylece
potansiyel fark, q → 0 limitinde birim yük başına potansiyel enerjideki değişim yani
a
Wab
= − E ⋅ d
b
q →0 q
∫
Vab = lim
(3.35)
dir. (3.35)’den potansiyel fonksiyonun birimi J/C veya V’tur. (3.33) ve (3.35)’den elektrik alan
şiddetinin V/m ile niçin ifade edildiği açıktır.
ÖRNEK 3.10 Orijindeki q nokta yükünden dolayı iki nokta arasındaki potansiyel farkı belirleyiniz.
ÇÖZÜM q nokta yükünün r radyal uzaklığındaki elektrik alan şiddeti
E=
ar
q
4πε o r
2
dir. Orijinde bulunan q yükünden P ve S noktasının radyal uzaklıkları sırasıyla r 1 ve r 2 ise bu
durumda (3.35)’den
Vab = −
∫
r1
r2
q
4πε o r
2
dr =
q 1 1
−
4πε o r1 r2
Eğer r2 = ∞ konularak, sonsuzdaki S noktasına göre P noktasının potansiyeli mutlak potansiyel
olarak bilinir. Böylece r1 = R ’de P noktasının mutlak potansiyeli,
V=
q
4πε o R
(3.36)
olur. (3.36) eşitliği sabit yarıçaplı bir yüzeyde potansiyelin değişmeden kaldığını göstermektedir.
Potansiyelin aynı olduğu bir yüzey eş potansiyel yüzey olarak bilinir. Böylece bir nokta yükü için
eş potansiyel yüzeyler şekil 3.21’de olduğu gibi kürelerdir. Şekil 3.22’de görüldüğü gibi düzgün
150
Elektromanyetik Alan Teorisi
yüklü bir hattın eş potansiyel yüzeylerinin ortak merkezli silindirler olduğunun doğrulanması
öğretici olacaktır.
Kısım 3.3’de elektrik alan şiddeti hat yük yoğunluğu, yüzey yük yoğunluğu ve hacim yük
yoğunluğu ile ifade edilmişti. Aynı ifadeler herhangi bir noktadaki potansiyel için de elde
edilebilir. Detayları ihmal edilerek eşitlikler doğrudan aşağıdaki gibi yazılır:
Hacim yük yoğunluğu dağılımı:
V=
1
4πε o
∫
ρv dv'
r − r'
(3.37a)
∫
ρ s ds '
s
r − r'
(3.37b)
∫
ρ dl '
l r − r'
(3.37c)
v
Yüzey yük yoğunluğu dağılımı:
V=
1
4πε o
Hat yük yoğunluğu dağılımı:
V=
1
4πε o
c
Şekil 3.21 Nokta yükünün eş potansiyel
yüzeyleri
Şekil 3.22 Düzgünce yüklenmiş hat’tın eş
potansiyel yüzeyleri
ÖRNEK 3.11 a yarıçapında yüklü bir halka düzgün bir yük dağılımı taşımaktadır. Halkanın
eksenindeki herhangi bir noktada potansiyel ve elektrik alan şiddetini belirleyiniz.
ÇÖZÜM Düzgün yük dağılımı taşıyan yüklü halka şekil 3.23’de görülmektedir. z ekseninde
P(0,0,2) noktasındaki potansiyel (3.37c)’den
V ( z) =
1
4πε o
∫
ρl a
2π
0
(a + z )
2
2 1/ 2
dφ ' =
ρl a
2ε o a 2 + z 2
Statik Elektrik Alanları
151
olup halkanın merkezinde aşağıdaki gibi olur.
V ( z = 0) =
ρl
2ε o
Şekil 3.23 Düzgünce yüklenmiş halka
∂
1
z
Elektrik alan şiddeti, (3.33)’den
=− 2
2 3/ 2
2
2 1/ 2
(a + z )
∂z (a + z )
ρ a
∂V ( z ) z
E = −∇V = −
az = 2
a
2 3/ 2 z
2ε o (a + z )
∂z
dir. Halkanın merkezinde, z=0’daki elektrik alan şiddeti yük dağılımının simetriliğinden
beklenildiği gibi sıfırdır.
ÖRNEK 3.12 Yükler, a yarıçapında, sonsuz uzunlukta bir silindirin dış yüzeyinde ρ s düzgün
yüzey yük yoğunluğunda dağılmıştır. Silindirin merkezinden başlamak üzere uzaklığın bir
fonksiyonu olarak elektrik alan şiddetini bularak uzayda iki nokta arasındaki potansiyel fark
ifadesini elde ediniz.
ÇÖZÜM
Dış yüzeyi düzgünce yüklenmiş, sonsuz uzunlukta silindirik çubuk şekil 3.24’de görülmektedir.
Yarıçapın 0 < ρ < a arası değişiminde Gauss kanununa göre E sıfırdır. Yarıçapın a ≤ ρ < ∞ arası
değişiminde elektrik alan şiddetinin, P noktasının açısal konumundan bağımsız olarak sadece
yarıçap, ρ doğrultusunda olduğu ( E ρ ) kolayca tahmin edilebilir. Birim uzunluk başına silindir
yüzeyindeki toplam yük ile E alanı Gauss kanunundan (silindir biçiminde kapalı Gauss yüzeyi)
aşağıdaki gibi hesaplanır.
ε o ∫ E ⋅ ds ρ = q
s
2π
1
0
0
ε o Eρ ρ ∫ dφ ∫ dz = 2πaρ s
ε o Eρ ρ 2π 1 = 2πaρ s
152
Elektromanyetik Alan Teorisi
aρ E = s aρ
εoρ
Şekil 3.24 Dış yüzeyi
düzgünce yüklenmiş,
sonsuz uzunlukta
silindirik çubuk
etrafındaki elektrik alan
şiddeti. P noktasındaki
E iki diferansiyel yük
elemanının elektrik
alanlarının radyal
bileşenlerinin, E ρ
toplamıdır.
Uzayda iki nokta ( ρ1 < ρ 2 ) arasındaki potansiyel fark ifadesi aşağıdaki gibi elde edilir.
ln
ρ1
ρ2
ρ1 a ρ ρ1 1
ρ
a
aρs ρ2
s
aρ ⋅ aρ d ρ =
−∫
− s∫
Vab =
dρ =
ln
ρ2
εoρ
εo
ρ2
ρ
εo
ρ1
Eşitlikten görüldüğü gibi ρ 2 = ∞ konularak sonsuza göre mutlak potansiyelin hesaplanması
tanımlanmamış bir sonuca götürür. Bir referans potansiyel noktasının seçilmesiyle sorunun
üstesinden gelinmiş olur.
ALIŞTIRMALAR
Q1 = 120 nC ve Q2 = 800 nC ’luk iki nokta yükü 40 cm’lik bir uzaklık ile birbirinden
9.
ayrılmıştır. Aradaki uzaklığı 30 cm’ye düşürmek için ne kadar enerji harcanmalıdır?
q aR
ve
vektör
işlemlerini
kullanarak
(a)
ve
(b)
10. (3.9) ⇒ E =
E
=
−∇
V
∇
×
E
=0
4πε o R 2
olduğunu gösteriniz.
11. Sonsuz uzunlukta, düzgünce yüklenmiş bir hattın eş potansiyel yüzeylerinin eş merkezli
silindirler olduğunu gösteriniz.
3.6 ELEKTRİK DİPOLÜ
Elektrik dipolü birbirine çok yakın bir çift eşit ve zıt işaretli yükler olarak tanımlanır. Şekil
3.25a’da görüldüğü gibi her yükün büyüklüğü q ve aralarındaki açıklığın d olduğunu varsayalım.
Amaç dipol’ün uzayda herhangi bir P ( x, y, z ) noktasında oluşturduğu potansiyel ve elektrik alan
şiddetinin belirlenmesidir. Yükler arasındaki açıklığın gözlem noktasına olan uzaklıkla
karşılaştırıldığında çok küçük olduğunu varsayalım. P noktasındaki toplam potansiyel,
Statik Elektrik Alanları
153
(b) P dipolden çok uzakta iken (r >> d ) uzaklık
yaklaşımları
(a) Elektrik dipolü ve P noktasına göre
uzaklık vektörleri
Şekil 3.25
V=
q 1 1
q r2 − r1
− =
4πε o r1 r2 4πε o r1r2
dir; r 1 ve r 2 şekilde görüldüğü gibi yükler ile P noktası arasındaki uzaklıklardır.
Şekil 3.25b’de görüldüğü gibi eğer yükler z ekseni boyunca simetrik olarak yerleştirilmiş ve
gözlem noktası r >> d olacak şekilde oldukça uzaksa bu durumda r 1 ve r 2 uzaklıkları aşağıdaki
gibi yakınlaştırılabilir.
r1 ≈ r − 0,5d cosθ ,
r2 ≈ r + 0,5d cosθ
ve
r1r2 ≈ r 2 − (0,5d cosθ ) 2 ≈ r 2
Buna göre P’deki potansiyel,
V=
q d cosθ
4πε o r 2
olarak yazılabilir. θ = 90° iken dipolü ikiye bölen ara düzlemde herhangi bir noktadaki V
potansiyelinin sıfır olduğu gözlenebilir. Eğer bu ara düzlemde bir yük bir noktadan diğer noktaya
hareket ederse enerji harcamaz.
Negatiften pozitif yüke hat yönünde p = qd büyüklüğünde bir p = qda z dipol moment vektörü
tanımlandığında P noktasındaki potansiyel aşağıdaki gibi yazılabilir.
V=
p ⋅ ar
p cosθ
=
4πε o r 2 4πε o r 2
(3.38)
Dipolün etrafında bir noktadaki potansiyel uzaklığın karesi ile azalırken tek nokta yükü durumunda
potansiyel uzaklıkla ters orantılıdır.
154
Elektromanyetik Alan Teorisi
Eş potansiyel yüzeylerin elde edilmesi için (3.38)’deki V potansiyelinin sabit değerler almasına izin
verelim. (3.38)’deki değişkenler sadece θ ve r’dir. Böylece eş potansiyel yüzey eşitliği aşağıdaki
gibi olur.
cosθ
= sabit
r2
(3.39)
İdeal elektrik dipolünün eş potansiyel yüzeyleri şekil 3.26a’da görülmektedir.
Şimdi E = −∇V kullanılarak P noktasındaki elektrik alan şiddeti hesaplanabilir. Küresel
koordinatlar kullanılarak V skaler potansiyel fonksiyonunun negatif gradyanından (2.78)
E=
p
4πε o r
3
[2 cosθ a r + sin θ aθ ]
(3.40)
olarak hesaplanır.
2 cosθ a r + sin θ aθ = 3 cosθ a r − (cosθ a r − sin θ aθ ) = 3 cosθ a r − a z
(3.41)
özdeşliğinden yararlanılarak P noktasındaki elektrik alan şiddeti
3(p ⋅ r )r − r 2p
Ε=
4πε o r 5
(3.42)
olarak yazılabilir. Elektrik alan şiddeti uzaklığın ters kübü olarak azalır. Ara düzlemde, θ = ±π / 2
alan çizgileri aθ = −a z boyunca yönlenmiştir. Bu konumda E ,
E=−
p
4πε o r 3
θ = ±π / 2 için
(3.43)
biçimini alır. θ = 0 ve θ = π iken alan çizgileri p dipol momentine paraleldir. İdeal dipol elektrik
alan şiddeti örüntüsü şekil 3.26a’da görülmektedir. Fiziksel dipol (3.26b) ile ideal dipol alanları,
orijin etrafındaki bölge dışında birbirine çok benzemektedir. Aradaki farklılık, fiziksel dipolde
nokta yükleri arasında bir d açıklığı varken ideal dipolde bu açıklığın olmamasıdır. Dipolde yükler
arasındaki açıklık gözlem noktasına göre oldukça küçük veya yüklerin bulunduğu yere göre gözlem
noktası çok uzaktaysa orijin etrafındaki alanların farklılığı gözardı edilebilir. (3.42) eşitliğinden
ideal dipol’ün etrafındaki bir noktanın (r) mutlak potansiyeli aşağıdaki gibi hesaplanarak 3.38
eşitliği doğrulanabilir.
r
r
r
3(p ⋅ r ) r − r 2p 1 3(p ⋅ r ) r p 1 3(p ⋅ r ) r p −∫ E ⋅ d =
−∫
−
− 3 dra r =
−
− 3 dra r
V=
dr =
r
r
4πε o r 5
4πε o ∞∫ r 5
4πε o ∞∫ r 5
∞
∞
r
r
1 3 p cos θ r 2 p cos θ
−
−
V=
r5
r3
4πε o ∞∫
p cos θ 1
−
−
dr =
4πε o r 2
p cos θ
= 2
4πε o r
∞
r
İşaretleri ve konumlarına bağlı olarak yük ve yük çiftlerinin pozisyona bağlı (birbirlerini birleştiren
doğru boyunca) V ve E değişimleri şekil 3.26c’de görülmektedir.
Statik Elektrik Alanları
155
(a) İdeal elektrik
dipolünün eş
potansiyel yüzeyleri
ve elektrik alan
çizgileri
(b) Fiziksel elektrik
dipolünün eş
potansiyel yüzeyleri
ve elektrik alan
çizgileri
Şekil 3.26
Elektromanyetik Alan Teorisi
Yük çiftleri
Yük çiftleri
Tek yük (ötelenmiş)
Tek yük (ötelenmiş)
Tek yük (orijnde)
156
Şekil 3.26c İşaretleri ve konumlarına bağlı olarak yük ve yük çiftlerinin pozisyona bağlı
(birbirlerini birleştiren doğru boyunca) V ve E değişimleri
Statik Elektrik Alanları
157
Elektrik dipolü kavramı, dielektrik (yalıtkan) malzemenin elektrik alanı içindeki davranışının
açıklanmasında çok kullanışlıdır. Elektrik dipol’ünün daha uygun bir tanımı aşağıdaki gibidir.
Elektrik dipolü küçük bir uzaklık ile birbirinden ayrılmış eşit büyüklükte ve zıt polaritede iki yük
olarak tanımlanır. Her dipolun oluşturduğu vektör, dipol momenti olarak adlandırılır. q her yükün
büyüklüğü ve d negatiften pozitif yüke uzunluk vektörü ise bu durumda dipol momenti p =q d
olur.
ÖRNEK 3.13 10-11 metre uzaklık ile birbirinden ayrılmış elektron ve proton z=0 ikiye bölen
düzleminde z ekseni boyunca simetrik olarak konulmuştur. P(3,4,12)’deki potansiyeli ve E alanını
(a) dipol kavramını kullanarak ve (b) ayrı ayrı yükleri dikkate alarak belirleyiniz ve ayrıca
sonuçları karşılaştırınız.
ÇÖZÜM
(a) Şekil 3.25b’de görüldüğü pozisyon vektörü ve büyüklüğü: r = 3a x + 4a y + 12a z r=13 m
Dipol momenti: p = qda z = 1,6 × 10−19 × 10−11 a z = 1,6 × 10−30 a z
(3.38)’den P noktasındaki potansiyel,
p⋅r
9 × 109 × 1,6 × 10−30 × 12
V=
=
= 7,86527 × 10−23 V
3
3
4πε o r
13
(3.42)’den P noktasındaki elektrik alan şiddeti,
9 × 109
E=
(1,6 × 10−30 )[3 × 12(3a x + 4a y + 12a z ) − 132 a z ]
5
13
E = [4,189a x + 5,58a y + 10,2a z ] × 10−24 V/m
olarak hesaplanır.
(b) Şekil 3.25a’yardımı ile uzaklık vektörleri ve büyüklükleri aşağıdaki gibi hesaplanır.
d
r1 = r − a z = r − 0,5 × 10−11 a z = 3a x + 4a y + (12 − 0,5 × 10−11 )a z
2
r1 = 12,999999999995385 m
ve
d
r2 = r + a z = r + 0,5 × 10−11 a z = 3a x + 4a y + (12 + 0,5 × 10−11 )a z
2
r2 = 13,000000000004615 m
r2 − r1 = 13,000000000004615 - 12,999999999995385 = 9,23706 × 10-12
158
Elektromanyetik Alan Teorisi
r1r2 = 13,000000000004615 × 12,999999999995385 ≅ 169
P(3,4,12) noktasındaki potansiyel ve elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi hesaplanır.
V=
-12
q r2 − r1
9
−19 9,23706 × 10
= 7,87063 × 10−23 V
= 9 × 10 × 1,6 × 10
4πε o r1r2
169
9 × 109 × 1,6 × 10−19 [3a x + 4a y + 11,999999999995a z ]
E1 =
3
r1
9 × 109 × 1,6 × 10−19 E2 = −
[3a x + 4a y + 12,000000000005a z ]
3
r2
E ≈ E1 + E 2 = [4,189a x + 5,58a y + 10,2a z ] × 10−24 V/m
(a) ve (b)’deki hesaplamaların karşılaştırılmasıyla, dipol kavramı kullanılarak, gözlem noktası çok
uzakta olduğu sürece, hemen hemen aynı sonucun daha kolaylıkla elde edilebileceği görülmektedir.
ALIŞTIRMALAR
12.
Şekil 3.26b’deki yükler nokta yükü yerine sonlu yarıçapta küreler olsaydı, eşpotansiyel
yüzeyler ve elektrik kuvvet çizgilerinin biçimi ne olurdu?
13.=
3.40 ⇒ E
p
4πε o r
3
[2cos θ a r + sin θ aθ ] eşitliğini doğrulayınız.
14.
Elektrik dipolünün kuvvet hatları ifadesini elde ediniz.
15.
Elektrik dipolünün elektrik alan şiddetinin genliğinin aşağıdaki gibi olduğunu gösteriniz.
E=
16.
p
4πε o r 3
1 + 3 cos 2 θ
(3.44)
Elektrik dipolünün oluşturduğu elektrik alan şiddetinin korunumlu alan olduğunu gösteriniz.
3.7 ELEKTRİK ALANINDAKİ MALZEMELER
Boş uzayda (vakum) çeşitli yük dağılımlarının meydana getirdiği alanlara yeterli vurgu yapıldı;
şimdi elektrostatik alan çalışmasının tamamlanması için malzemeler tartışılabilir. Malzemeler üç
geniş kategoride sınıflandırılır: İletkenler, yarı-iletkenler ve yalıtkanlar.
3.7.1 ELEKTRİK ALANINDAKİ İLETKENLER
Bir iletken metal gibi bir malzeme olup oldukça çok sayıda serbest elektron bulundurur. Bir
elektrona eğer (a) çekirdeği ile gevşek olarak bağlı, (b) iletken içinde serbest gezebiliyor, (c) son
derece küçük elektrik alanına tepki verebiliyor ve (d) bir kuvvet altında kaldığı sürece hareketini
sürdürüyor ise serbest elektron denir.
Statik Elektrik Alanları
159
Metal kristallerin kafes boşluğunda normalde çekirdekten serbest olarak atom başına bir, iki veya
üç valens elektronu vardır. Isıl uyarıdan dolayı bu serbest elektronlar kafes boşluğunda rasgele
hareket ederler. Yalıtılmış iletkenin herhangi bir yönünde elektronların net bir sürüklenmesi yoktur.
Bu elektronlar harici bir enerji kaynağı ile iletken içinde elektrik alanı uygulandığında akıma katkı
sağlayan elektronlara benzer. Bir malzemenin serbest elektronlarının sayısı ile tanımlanması yerine
iletkenliği ile tanımlanması tercih edilmiştir. İletkenlik daha ileri olarak Kararlı Elektrik Akımları
bölümünde tartışılmaktadır. Şimdilik valens elektronlarının sayısının artışı ile malzemenin
iletkenliğinin azalacağı basitçe ifade edilebilir. Başka ifadeyle, bir valens elektronlu metallerin
iletkenliği iki veya daha fazla valens elektronlu metallerin iletkenliğinden daha yüksektir.
Kararlı Elektrik Akımları bölümünde akım taşıyan iletkenin içinde gerçekten nelerin yer aldığı da
tartışılacaktır. Bu kısımda amaç, statik elektrik alanına yerleştirildiğinde yalıtılmış bir iletkenin
davranışının incelenmesidir. Yalıtılmış iletkenin elektriksel olarak nötr olduğunun hatırlanması iyi
olur. Başka ifadeyle, iletkende elektronlar olduğu kadar çok sayıda pozitif yükler de vardır.
Öncelikle, bir iletken içinde fazladan bir yük kalabilir mi? sorusu sorulduğunda cevap tabii ki
vurgulayarak hayır olacaktır çünkü yükler aralarındaki karşılıklı itme kuvvetinden dolayı
uzaklaşmalarını sürdüreceklerdir veya fazla yük içerden dışa doğru hareket ederek yalıtılmış
iletkenin yüzeyinde kendisini dağıtacaktır. Bu işlem ne kadar süre alır? Burada da yine miktarsal
bir cevap Kararlı Elektrik Akımları bölümünde verilmekle beraber, bu zaman bakır gibi iyi bir
iletken için 10-14 saniye seviyesinde oldukça küçüktür. Bu, kararlı durum denge şartları altında
iletken içindeki net hacim yük yoğunluğunun sıfır olduğunu vurgulamaktadır. Yani iletken içindeki
yük yoğunluğu aşağıdaki gibi verilir.
ρv = 0
(3.45)
Şekil 3.27 Elektrostatik alan
içindeki yalıtılmış letken
Şimdi şekil 3.27’de görüldüğü gibi elektrik alanı içine yalıtılmış bir iletken yerleştirildiğini
varsayalım. Uygulanan harici elektrik alanı serbest elektronlar üzerinde bir kuvvet meydana getirir
ve E alanının zıt yönünde hareket etmelerine neden olur. İletkenin bir kenarı negatif yüklü olurken
diğer taraf pozitif olarak yüklenir. Yüklerin böyle bir ayrımı, iletkene doğrudan temas
olmadığından indüklenen yükler olarak adlandırılır. Bu indüklenen yükler, iletken içinde uygulanan
harici elektrik alanına eşit ve zıt yönde elektrik alanı üretir. Başka bir ifadeyle, kararlı duruma
ulaşıldığında iletken içindeki net elektrik alanı sıfır olur. Böylece denge durumundaki bir iletkenin
içinde
Ε=0
(3.46)
160
Elektromanyetik Alan Teorisi
olur. (3.46) eşitliği, iletken malzemenin her noktasında potansiyelin aynı olması anlamına gelir.
Böylece statik şartlar altında, yalıtılmış iletkende hacim yük yoğunluğu veya elektrik alan şiddeti
varlığını devam ettiremez. Her iletken bir eş potansiyel uzay bölgesi oluşturur.
ÖRNEK 3.14 Yük a yarıçapında küresel bir bölge içinde düzgünce dağıtılmıştır. Şekil 3.28a’da
görüldüğü gibi iç yarıçapı b ve dış yarıçapı c olan yalıtılmış iletken bir küresel kabuk eş merkezli
olarak yerleştirilmiştir. Bölgede her yerdeki elektrik alan şiddetini belirleyerek şekil 3.28b’deki
grafiği doğrulayınız.
ÇÖZÜM Şekilde görüldüğü gibi uzay dört bölgeye bölünebilir.
Bölge I: r < a yarıçapı için çevrelenen toplam yük,
4
Q = πr 3 ρ v
3
dir. Düzgün yük dağılımı nedeniyle, E alanının sadece radyal yönde ve sabit bir (Gauss) küresel
yüzeyinde olması gerekir. Buna göre
∫ Ε ⋅ ds = 4πr Ε
2
s
yazılır. Buradan 0 < r < a için 4πr 2 Εr =
r
4
r
πr 3 ρ v yani E =
ρ va r olur.
3ε o
3ε o
(a) İletken kabuk ile çevrelenmiş küresel yük
dağılımı
Şekil 3.28
Bölge II: a ≤ r < b için çevrelenen toplam yük,
4
Q = πa 3 ρ v
3
dir ve Gauss kanunundan, E aşağıdaki gibi ifade edilir.
(b) E r ’nin radyal yönde değişimi
Statik Elektrik Alanları
161
4
πa 3 ρ v
3ε o
4πr 2 Εr =
veya
a3
E=
ρa
2 v r
3ε o r
a≤r≤b için
Bölge III: b ≤ r ≤ c . İletken içinde E ’nin sıfır olması gerektiğinden r = b yüzeyi, çevrelenen
toplam yüke eşit büyüklükte bir negatif yükle yüklenmelidir. Eğer ρ sb yüzey yük yoğunluğu ise bu
durumda yüzeydeki yükün − 4πb 2 ρ sb olması gerekir. Buna göre ρ sb aşağıdaki gibi ifade edilir.
4
− 4πb 2 ρ sb = πa 3 ρ v
3
veya
ρ sb = −
a3
ρv
3b 2
Bölge IV: r≥c: Eğer yalıtılmış iletken kabuğun iç tarafı negatif bir yük kazanırsa r = c ’deki dış
tarafın eşit miktarda pozitif yük kazanması gerekir. ρ sb dış yüzeydeki yüzey yük yoğunluğu ise bu
durumda
4
4πc 2 ρ sb = πa 3 ρ v
3
veya
ρ sc =
a3
ρv
3c 2
olur. Bu bölgedeki elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi hesaplanır.
a3
E=
ρa
2 v r
3ε o r
r ≥ c için
ÖRNEK 3.15 Şekil 3.29a’da görüldüğü gibi iç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan iletken bir kabuğun
ortasında bir +Q nokta yükü bulunmaktadır. Gerekli hesaplamaları yaparak, radyal uzaklığın bir
fonksiyonu olarak elektrik alan şiddeti ve potansiyel değişimlerinin grafiklerini çiziniz.
ÇÖZÜM Şekilde görüldüğü gibi uzay üç bölgeye bölünebilir.
E alanı hesaplamaları:
Bölge I: Düzgün yük dağılımı nedeniyle, E alanının sadece radyal yönde ve sabit bir (Gauss)
küresel yüzeyinde olması gerekir. Buna göre oluşturulan Gauss eşitliğinden,
162
Elektromanyetik Alan Teorisi
4πr 2 Εr =
0 < r < a için E =
Q
4πε o r
2
Q
εo
a r olur.
(a) İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan iletken
kabuk ve ortasındaki +Q yükü
(b) İletken kabuk varken elektrik alan şiddetinin
radyal yönde değişimi
(c) İletken kabuk varken (düz çizgi) ve yokken
(kesik çizgi) potansiyelin radyal yönde değişimi
Şekil 3.29
Bölge II: a ≤ r ≤ b . İletken içinde E sıfırdır ve r = a yüzeyi, çevrelenen toplam yüke eşit
büyüklükte negatif yüke sahip olur. Bu yüzeydeki ρ sa yüzey yük yoğunluğu aşağıdaki gibi ifade
edilir.
ρ sa = −
Q
4πa 2
Statik Elektrik Alanları
163
Bölge III: b ≤ r ≤ ∞ . Yalıtılmış iletken kabuğun dış tarafı içteki negatif yüklerin büyüklüğünde
pozitif yük kazanarak yüzeyinde,
ρ sb =
Q
4πb 2
yük yoğunluğu barındırır. Bu bölgedeki elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi hesaplanır.
E=
Q
4πε o r
2
ar
b ≤ r ≤ ∞ için
V alanı hesaplamaları:
Potansiyellerin hesaplanmasına potansiyelin en düşük (veya sıfır) olduğu (kaynaktan en uzaktaki)
r = ∞ ’dan başlanır.
III. bölgedeki potansiyel değişimi, bölgedeki E ile aşağıdaki gibi hesaplanır.
r VIII = − E ⋅ d = −
∫
∞
r
Q 1
Q
=
a r ⋅ dr a r =
2
∞ 4πε r
4πε o r ∞ 4πε o r
o
∫
r
Q
Buradan b noktasındaki potansiyel,
Vb =
Q
4πε ob
dir.
II. bölgedeki potansiyel değişimi, b noktasındaki V b potansiyeli ile toplanarak, bölgedeki E ile
aşağıdaki gibi hesaplanır.
r r VII = − E ⋅ d + Vb = − 0a r ⋅ dra r +
∫
∫
b
b
Q
4πε ob
=
Q
4πε ob
Bölgedeki E alanı 0 (sıfır) olduğundan VII = Vb = Va olduğu açıkca görülmektedir.
I. bölgedeki potansiyel değişimi, a noktasındaki V a potansiyeli ile toplanarak, bölgedeki E ile
aşağıdaki gibi hesaplanır.
r
VI =
− ∫ E ⋅ d + Va =
−∫
r
a
a
Q
4πε o r
a
⋅ dra r +
2 r
VI =
Q 1
Q
Q a−r
Q
=
+
=
+
4πε o a 4πε o r a 4πε o b 4πε o ar
4πε o b
Q
r
Q a−r 1
+
4πε o ar
b
Elde edilen bütün E ve V eşitlikleriyle şekil 3.29b ve c’deki grafikler çizilir. Şekil 3.29b’de
görüldüğü gibi iletken kabuğun varlığı, E r grafiğinde a ile b arasını kesip çıkararak grafiğin
164
Elektromanyetik Alan Teorisi
eğiminde herhangi bir değişiklik meydana getirmemiştir. Şekil 3.29c’de ise iletken kabuğun varlığı,
b < r < ∞ arasındaki grafiğin eğiminde bir değişiklik meydana getirmezken, b’deki potansiyeli
a’ya getirerek 0 < r < a arasındaki potansiyelin eğimini artırmış yani potansiyel daha kısa bir
aralığa hapsedilmiştir.
ALIŞTIRMALAR
17. a yarıçapında çok uzun iletken bir silindir ρ sa yüzey yük yoğunluğu taşımaktadır. Bu iletken,
iç yarıçapı b ve dış yarıçapı c olan diğer bir iletken silindir ile çevrelenmiştir. Boşlukta her
yerdeki elektrik alan şiddetini hesaplayınız. Dış iletkenin iç yüzeyindeki yük yoğunluğu nedir?
Dış iletkenin dış yüzeyindeki yük yoğunluğu nedir? Dış iletkenin dış yüzeyi topraklandığında
yüklere ve alanlara ne olur?
18. Önceki örnekte iç iletkendeki yüzey yük yoğunluğu pozitif ise iç iletkenin potansiyeli dış
iletkenden daha mı az yoksa daha mı çok olur? İki iletken arasındaki potansiyel farkı nedir?
19. b yarıçapında bir kürenin içindeki yük dağılımı ρ v = (b + r )(b − r ) C/m3 olarak verilmiştir.
Boşlukta her yerdeki elektrik alan şiddeti ve potansiyeli hesaplayınız. Potansiyelin r = ∞ ’da
sıfır olduğunu varsayınız.
3.7.2 ELEKTRİK ALANINDAKİ DİELEKTRİKLER
İdeal dielektrik’in (yalıtkan) kafes yapısında serbest elektron olmayan malzeme olduğu kesin
olarak söylenebilir. İdeal dielektrik içindeki bütün elektronlar bileşen molekülleri ile kuvvetlice
yapışıktırlar. Bu elektronlar rasgele hareketlerine zıt yönde çok kuvvetli dahili engelleyici
kuvvetler ile etkileşim altındadırlar. Bundan dolayı harici bir enerji kaynağı ile bir elektrik alanı
verildiğinde dielektrik içinden akım geçmez. Daha uygun tanımla, ideal dielektrik pozitif ve negatif
yükleri birbirinden ayrılmayacak şekilde çok sert yapışmış olan malzemedir.
Tabii ki hiçbir gerçek cisim ideal dielektrik değildir. Bunun yanında iyi bir iletkenden 1020 kez
daha küçük iletkenlikte malzemeler vardır. Belli bir şiddetten daha az elektrik alanlarına maruz
bırakıldığında bu malzemeler sadece ihmal edilebilir akım akışına izin verirler. Bütün pratik
amaçlar için bu malzemeler ideal (mükemmel) dielektrikler olarak sayılabilirler. Bir elektrik
kuvvetinin etkisi altında dielektrik malzemenin molekülleri bir bozulma ile karşılaşarak pozitif
yükün merkezi ile negatif yükün merkezi artık çakışmaz. Böyle bir moleküle veya dielektrik
malzemeye polarize olmuş (kutuplanmış) denilir. Malzeme polarize durumunda çok sayıda dipol
içerir.
Normal durumunda bir dielektrik kalın dilim tabakanın şematik temsili şekil 3.30a’da
görülmektedir. Şekil 3.30b’de aynı kısmın bir elektrik alanının etkisi altında olduğu durum
görülmektedir.
Şimdi şekil 3.31’de görüldüğü gibi polarize dielektrik malzemenin dışında P noktasındaki
potansiyeli hesaplayalım. Bunun için öncelikle birim hacim başına dipol sayısı olarak aşağıdaki
gibi P polarizasyon vektörü tanımlansın.
Statik Elektrik Alanları
165
(a) Pozitif yüklerin merkezinin negatif yüklerin
merkezi ile çakıştığı normal durumda dielektrik
(b) Yük çiftleri arasındaki ayrımı ve
kutuplanmayı gösteren polarize dielektrik
Şekil 3.30
∆p
P = lim
∆v → 0 ∆v
(3.47)
Şekil 3.31 Polarize dielektrik malzemenin P
noktasında oluşturduğu potansiyel
∆p ∆v →0 limitinde ∆v hacminin dipol momentidir. (3.47) eşitliği basitçe v’ye göre p ’nin
türevinin tanımıdır. Bu bakımdan şekil 3.31’deki dv ' hacmi için dp ,
dp = Pdv '
(3.48)
olarak tanımlanabir. dp ’den dolayı P noktasındaki potansiyel,
P ⋅ aR
dV =
dv '
4πε o R 2
(3.49)
ile ifade edilir; R = r − r ' = r − r ' a R = Ra R dir. ∇' (1 / R) = (1 / R 2 )a R olduğundan (3.49)
P ⋅ ∇ '(1 / R )
dV =
dv '
4πε o
biçimini alır.
P ⋅ ∇' (1 / R) = ∇'⋅(P / R) − (∇'⋅P) / R
vektör özdeşliği (Vektör Analizi bölümü) kullanılarak (3.50)
(3.50)
166
Elektromanyetik Alan Teorisi
1 P ∇'⋅P
dV =
∇'⋅ −
dv'
R
4πε o R
olarak yazılabilir. Buna göre, polarize dielektrik’in v′ hacmi üzerinde integral alınarak P
noktasındaki potansiyel,
P
1
∇'⋅P
V=
dv'
∇'⋅ dv'−
v' R
4πε o v ' R
∫
∫
ifadesinde ikinci tarafın birinci terimine diverjans teoremi uygulanarak
V=
1
4πε o
P ⋅ an
1
ds ' −
s' R
4πε o
∫
∇'⋅P
dv'
v' R
∫
(3.51)
elde edilir. (3.51)’den, polarize dielektrik’in P noktasındaki potansiyelin iki terimin cebirsel
toplamı olduğu açıktır. Bunlar bir yüzey terimi ve bir hacim terimidir. Eğer sınır yüzey yük
yoğunluğu,
ρ sb= P ⋅ a n
(3.52)
ve sınır hacim yük yoğunluğu,
ρvb = −∇ ⋅ P
(3.53)
olarak tanımlanırsa (3.51)
V
=
ρ
1 ρ sb
ds ' + ∫ vb dv '
∫
'
'
s
v
R
R
4πε o
(3.54)
olarak yazılabilir. Böylece bir dielektrik malzemenin polarizasyon kaynağının sınır yük dağılımları
olduğu anlaşılır. Bu sınır yük dağılımları serbest yükler gibi olmayıp daha önce bahsedildiği gibi
yük çiftlerinin ayrılması ile meydana gelir.
Eğer dielektrik bölge sınır yük yoğunluğuna ek olarak serbest yük yoğunluğu da içerirse, dielektrik
bölgede E alanının belirlenmesi için serbest yük yoğunluğundan dolayı katkının da eklenmesi
gerekir. Buna göre ifade
ρ v + ρ vb ρ v − ∇ ⋅ P
∇⋅E =
=
εo
εo
veya
∇ ⋅ ε oE + P = ρv
(
)
(3.55)
olur. (3.55)’in sağ tarafı basitçe serbest yük yoğunluğudur. Boş uzaydaki alanlar tartışılırken
serbest yük yoğunluğunun ∇ ⋅ D ’ye eşit olduğu söylenmişti. Gerçekte bu hala doğrudur ve boş
uzayda P →0 olduğu (3.55)’den açıktır. Bundan dolayı, herhangi bir ortam için elektrik akı
Statik Elektrik Alanları
167
yoğunluğunun tanımı şimdi aşağıdaki gibi dielektrik malzemede polarizasyonun etkisi dahil
edilerek genelleştirilebilir.
D = ε oE + P
(3.56)
Bu durumda ∇ ⋅ D daima herhangi bir ortamdaki serbest yük yoğunluğunu temsil edecektir.
Dielektrik ortamda dipol momenti, p harici bir E alanı ile indüklenmektedir. Eğer dipol momenti
ve dolayısiyle polarizasyon vektörü E ile orantılı ise malzemeye doğrusal denilir. Eğer dielektriğin
elektriksel özellikleri yönden bağımsız ise ortama izotropik denilir. Eğer malzemenin bütün
kısımları aynı ise dielektrik malzemeye homojen denilir. Doğrusal, izotropik veya homojen
dielektrik malzeme A sınıfı dielektrik olarak anılır. Bu kitapta dielektrik ortamın tamamen A sınıfı
tipinde olduğu varsayılmaktadır. Böylece E ile polarizasyon vektörü, P arasında
P = ε o χE
(3.57)
ilişkisi yazılabilir. χ orantı katsayısı elektriksel duyarlılık olarak adlandırılır ve ε o faktörü boyutsuz
bir miktar yapmak için konulmuştur.
(3.56) şimdi
D = ε o (1 + χ )E
(3.58a)
olarak ifade edilebilir. (1 + χ ) miktarı ortamın bağıl geçirgenliği veya dielektrik sabiti olarak anılır
ve ε r ile sembolize edilir. Böylece en sonunda elektrik akı yoğunluğunun genel ifadesi
D = ε oε r E = εE
(3.58b)
olur; ε = ε oε r ortamın geçirgenliğidir.
(3.58b) eşitliği ortamın geçirgenliği, ε ile D ve E terimleri arasında yapısal bir ilişki verir. Boş
uzay için ε r = 1 olduğundan D = ε o E ’dir. Bundan dolayı herhangi bir ortamda elektrostatik alanlar
aşağıdaki eşitlikleri doyurur.
∇×E = 0
(3.59a)
∇ ⋅ D = ρv
(3.59b)
D = εE
(3.59c)
ρ v ortamdaki serbest hacim yük yoğunluğu, ε = ε oε r ortamın geçirgenliği ve ε r dielektrik sabiti
veya ortamın bağıl geçirgenliğidir. Gerçekte şimdiye kadar geliştirilen bütün eşitlikler ε o ’ın ε ile
değiştirilmesiyle genelleştirilebilir.
168
Elektromanyetik Alan Teorisi
Tablo 3.1 Dielektrik malzemelerin yaklaşık dielektrik sabitleri ve dielektrik dayanımları
Dielektrik Malzeme
Dielektrik Sabiti
Dielektrik dayanımı (kV/m)
Hava
Bakalit
Ebonit
Epoksi
Cam
Gutta-percha
Mika
Mineral yağı
Parafin
Polystyrene (köpük)
Paranol
Porselen
Quartz
Lastik
Transformotor yağı
Saf su
1,0
4,5
2,6
4
4,5
4
6
2,5
2,2
2,6
5
5
5
2,5-3
2-3
81
3000
21000
60000
35000
90000
14000
60000
20000
29000
30000
20000
11000
30000
25000
12000
-
İzotropik olmayan yani anisotropik dielektrik malzemelerde P ile E artık parallelliğini
sürdüremez ve D ile E arasındaki ilişki aşağıdaki gibi bir matrisle tanımlanır. Homojen olmayan
dielektrik malzemelerde geçirgenlik, pozisyona bağlılığının gösterilmesi için ε ( x, y, z ) ile
tanımlanır.
Dx ε xx
D = ε
y yx
Dz ε zx
ε xy ε xz E x
ε yy ε yz E y
ε zy ε zz E z
E alanı elektronları moleküllerden tamamen çekecek bir seviyeye artırıldığında dielektrik
malzemenin delinmesi yer alacak ve akabinde bir iletken gibi davranacaktır. Delinmeden önce bir
dielektriğin dayanabileceği maksimum E alanı malzemenin dielektrik dayanımı olarak adlandırılır.
Bazı malzemelerin dielektrik sabiti ve maksimum dielektrik dayanımları tablo 3.1’de verilmiştir.
ÖRNEK 3.16 Bir q nokta yükü sonsuz uzunlukta doğrusal, izotropik ve homojen dielektrik ortam
ile çevrelenmiştir. E alanını, D alanını, P polarizasyon vektörünü, ρ sb sınır yüzey yük
yoğunluğunu ve ρ vb sınır hacim yük yoğunluğunu hesaplayınız. Nokta yükünün etrafında dielektrik
ortamın varlığı ve yokluğunda E , D , P ve V büyüklüklerinin yarıçap ile değişimlerini grafiksel
olarak gösteriniz.
ÇÖZÜM E , D ve P doğrusal bir ortamda birbirine paralel olduğundan E alanının a r yönünde
olması beklenir. Böylece Gauss kanunundan ortamdaki tek serbest yük q olarak
q
∫ D ⋅ ds =
s
veya
Statik Elektrik Alanları
169
4πr 2 Dr = q
yazılır ve buna göre
D=
q ar
4πr 2
olur. (3.59)’dan elektrik alan şiddeti
E=
q
1 ar
4πε o r ε r
2
olarak ifade edilir. Böylece bir dielektrik malzemenin varlığı E alanını ε r faktörü kadar azaltmış
fakat D alanı değişmeden kalmıştır.
(3.56)’dan P
P = D − ε oE =
q ε r −1 ar
4πr 2 ε r
olarak hesaplanabilir. (2.88)’den ∇ ⋅ P = 0 olduğu hatırlanarak (3.53)’den sınır hacim yük
yoğunluğu sıfırdır. Dielektrik ortam iki yüzeyle sınırlanmıştır: birisi r→∞ da ve diğeri ise nokta
yükünün etrafında. R→∞ da yüzeydeki sınır yüzey yük yoğunluğu 0<r<∞ bölgesinde E alanına
katkı sağlamazken nokta yükü etrafında yüzeydeki yüzey yük yoğunluğu E alanına katkı sağlar.
R→0 iken P →∞ dur. R→0 iken P’deki olağan dışılıkla beraber makroskobik skalada limit sıfıra
yaklaşırken yarıçap a olarak alınabilir. Böylece q yüküne yakın dielektriğin yüzeyindeki toplam
sınır yükü
Qsb =lim 4π a 2 ρ sb =lim 4π a 2 P ⋅ ( −a r ) =−4π a 2
a →0
a →0
q
4πε r a
2
(ε r − 1) =−q
εr −1
εr
ve sınır yük yoğunluğu,
ρ sb = −
q ε r −1
4πa 2 ε r
olur. Böylece E alanının kaynağı olan toplam yük,
qt = q + Qsb = q − q
ε r −1 q
=
εr
εr
ile ifade edilir.Toplam yük ε r faktörü ile azalmıştır. Bu E alanının aynı faktör ile azalmasından
dolayıdır. ε r artarken ortamdaki elektrik alan şiddeti azalır. Elde edilen sonuçlar şekil 3.32’de
grafik haline getirilmiştir. Şekil 3.32a’da görüldüğü gibi dielektrik ortamın varlığı D alanında bir
değişme meydana getirmezken dielektrik ortam varken D etkisi meydana getiren fazladan bir P
oluşmaktadır. Bunun nedeni dielektrik yüzeyinde sınır yüzey yüklerinin oluşmasıdır. Şekil
170
Elektromanyetik Alan Teorisi
3.32b’de dielektrik malzemenin varlığının E alanını ε r faktörü kadar azalttığı görülmektedir.
Şekil 3.32c’deki potansiyel değişimleri E alanlarındakine benzer bir etki meydana getirmiştir. Şekil
3.32d’de ise, kaynak nokta yükü yarıçapının bir a yarıçapına atanmış durumda, serbest ve sınır
yüzey yük yoğunluklarının radyal yöndeki değişimleri görülmektedir. r = ∞ ’da, grafikte
gösterilmeyen ayrıca bir ρ sb ( r =∞ ) vardır fakat Gauss kanununa göre bu yüklerin a < r < ∞
bölgesindeki alanlara hiçbir katkısı yoktur.
Şekil 3.32 (a) Dielektrik ortam yokken ve varken D ve P alanlarının radyal doğrultudaki
değişimleri, (b) Dielektrik ortam yokken ve varken E alanlarının radyal doğrultudaki değişimleri,
(c) Dielektrik ortam yokken ve varken potansiyellerin (V) radyal doğrultudaki değişimleri ve (d)
Dielektrik ortam yokken ve varken serbest ( ρ s ) ve sınır yüzey ( ρ sb ) yük yoğunluklarının radyal
doğrultudaki değişimleri (Grafiklerde karşılaştırma kolaylığı bakımından ε r = 2 alınmıştır).
ALIŞTIRMALAR
20. ∇' (1 / R ) = (1 / R 2 )a R olduğunu gösteriniz.
21. 10 mm yarıçapında bir dielektrik çubuk z ekseninde z = 0 ile z = 10 m arasında uzanmaktadır.
Çubuğun polarizasyonu P = [2 z 2 + 10]a z dir. Sınır hacim yük yoğunluğunu ve her yüzeydeki
yüzey polarizasyonunu hesaplayınız. Toplam sınır yükü nedir?
22. Kenarı b olan bir dielektrik küpte polarizasyon vektörü P = xa x + ya y + za z olarak veriliyor.
Eğer koordinatların orijini kübün merkezinde ise sınır hacim yük yoğunluğunu ve sınır yüzey yük
yoğunluğunu bulunuz. Bu durumda toplam sınır yükü kaybolur mu?
Statik Elektrik Alanları
171
23. Yarıçapı b olan dielektrik silindir uzunluğu boyunca polarize edilmiş ve z ekseninde z = − L / 2
ile z = L / 2 arasında uzanmaktadır. Eğer polarizasyon düzgün ve genliği P ise dielektrik silindirin
hem içinde ve hem de dışında, z eksenindeki bir noktada bu polarizasyondan kaynaklanan elektrik
alanını hesaplayınız.
24. Sonsuz bir hat yükü sabit geçirgenlikte dielektrik bir ortam içinde çevrelenmiştir. Ortamda
herhangi bir noktadaki elektrik alan şiddetini belirleyiniz. Hat a→0 olacak şekilde a yarıçaplı bir
silindire yakınlaştırıldığında sınır yük yoğunluğu nedir?
3.7.3 ELEKTRİK ALANINDAKİ YARI-İLETKENLER
Silikon ve germanyum gibi bazı malzemelerde, valens elektronlarının toplam sayısının küçük bir
kısmı kafes boşluğunda rasgele hareket edebilecek serbestliktedir. Bu serbest elektronlar
malzemeye belli bir iletkenlik kazandırır. Bu malzeme tipi yarı-iletken zayıf bir iletkendir. Eğer
yarı-iletken içine bir miktar yük yerleştirilirse itici kuvvetlerden dolayı bir iletkende olduğundan
daha yavaş bir hızda yükler dış yüzeye itilecektir. Denge durumu kazanıldığında yarı-iletken içinde
kalmış fazladan hiç yük olmayacaktır.
Eğer yalıtılmış yarı-iletken bir elektrik alanına yerleştirilirse serbest elektronların hareketi sonunda
bir elektrik alanı üreterek uygulanan harici alanı dengeleyecektir. Burada da yine kararlı durum
şartları altında yalıtılmış yarı-iletken içinde net elektrik alanı sıfır olacaktır. Böylece bir yarı-iletken
elektrostatik alana maruz bırakıldığında iletkenden farklı davranmaz. Bu bakımdan elektrostatik
alanlar bakış açısından bütün malzemeler iki kategoriye ayırılabilir: iletkenler ve dielektrikler.
3.8 ELEKTRİK ALANINDA DEPOLANAN ENERJİ
Bu kısımda elektrik alanında depolanan enerjinin belirlenmesi için birisi kaynaklar ile ve diğeri
alan miktarları ile iki metot geliştirilecektir.
Kaynak miktarları ile depolanan enerji ifadesinin çıkartılması
Elektrik alanından yoksun bir bölge dikkate alınsın. Böyle bir bölge oluşturmak için ortamda
herhangi bir yük varsa bunların sonsuza yerleştirilmesi gerekir. Mevcut n nokta yükünün her
birinin sonsuz bir uzaklıkta olduğunu kurgulayalım. Şimdi şekil 3.33’de görüldüğü gibi q 1 nokta
yükü sonsuzdan getirilip a noktasına yerleştirilsin. Bunu yapmak için gereken enerji sıfırdır,
W1 = 0 çünkü yük herhangi bir kuvvetin etkisinde değildir. Şimdi q 1 nokta yükünün varlığı bölgede
bir potansiyel dağılım meydana getirdiğinden diğer q 2 yükü sonsuzdan b noktasına getirilirse bunu
yapmak için gereken enerji,
W2 = q2Vb ,a =
q1q2
4πεR
olur; V b,a potansiyeli a noktasındaki q 1 nokta yükünün b noktasında doğurduğu potansiyel ve R iki
yük arasındaki uzaklıktır. Bu ifadenin yapılmasında potansiyel için referans noktası sonsuzda
seçilmiştir. İki yükün sonsuzdan a ve b noktalarına getirilmesi için gereken enerji ifadesi aşağıdaki
gibi yazılır.
W = W1 + W2 =
q1q2
4πεR
(3.60)
172
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 3.33 İki nokta yükü
arasındaki potansiyel enerji
(3.60) eşitliği herhangi bir ortamda aralarında R uzaklığı olan iki nokta yükünün potansiyel
enerjisini (tam olarak ortak potansiyel enerji) verir. Bununla beraber eğer işlem tersine çevrilir ve
başlangıçta alanlardan yoksun olan bölgeye önce q 2 yükü b noktasına getirilirse, bunu yapmak için
gereken enerji sıfır olurdu, W2 = 0 . q 2 ’den dolayı bir a noktasındaki potansiyel
Va ,b =
q2
4πεR
dir ve q 1 nokta yükünün a noktasına getirilmesi için harcanan enerji
W1 = q1 Vb ,a =
q1q2
4πεR
olur. Tersine çevrilmiş işlem için toplam enerji gereksinimleri
W = W1 + W2 =
q1q2
4πεR
(3.61)
olduğundan her iki durum için gereken enerji aynıdır böylece hangi yükün önce getirilmiş olması
hiç problem değildir.
Şimdi şekil 3.34’de görüldüğü gibi sonsuzdan sırasıyla a, b ve c noktalarına getirilecek q 1 , q 2 ve q 3
üç nokta yüklü sistemde tartışmayı genişletelim. Bunun için gereken enerji (a, b, c sırasıyla
getirilecek) aşağıdaki gibi verilir.
W = W1 + W2 + W3 = 0 + q2Vb ,a + q3 (Vc ,a + Vc ,b ) =
1 q2 q1 q3q1 q3q2
+
+
4πε R21
R31
R32
(3.62)
Şekil 3.34 Üç nokta
yüklü sistemde
potansiyel enerji
Üç yükün ters sırada önceki pozisyonlara getirilmesi durumunda toplam enerji harcaması
W = W3 + W2 + W1 = 0 + q2Vb ,c + q1 (Va ,c + Va ,b ) =
1 q2 q3 q1q3 q1q2
+
+
R13
R12
4πε R23
(3.63)
Statik Elektrik Alanları
173
olup (3.62) ile aynıdır. Her durumda yapılan iş yük sisteminde depolanan enerjinin miktarını artırır.
(3.62) ve (3.63)’ün ortalaması alınarak,
1
W = [ q1 (Va ,c + Va ,b ) + q2 (Vb,a + Vb,c ) + q3 (Vc ,a + Vc ,b )]
2
elde edilir. Va ,c + Va ,b b ve c noktalarındaki yüklerden dolayı a noktasındaki toplam potansiyel
olduğundan
V1 = Va ,c + Va ,b =
1 q3
q
+ 2
4πε R13 R12
yazılabilir. Aynı şekilde b ve c noktalarındaki potansiyeller
V2 = Vb ,a + Vb ,c
ve
V3 = Vc ,a + Vc ,b
olur. Toplam enerji şimdi
W=
3
1
[q1V1 + q2V2 + q3V3 ] = 1 ∑ qiVi
2
2 i =1
olarak yazılabilir. n nokta yüklü bir sistem için bu eşitlik
W=
1 n
∑ qiVi
2 i =1
(3.64)
ifadesi ile genelleştirilebilir. (3.64) eşitliği, ortak alanlı bir grup enerjinin elektrostatik potansiyel
enerjisinin hesaplanmasına izin verir.
Eğer yükler sürekli veya kesintisiz olarak dağıtılmışsa (3.64)
W=
1
ρ vVdv
2 v
∫
(3.65)
olur. ρ v v içindeki hacim yük yoğunluğudur. Bu eşitlik hacim yük yoğunluğu ve potansiyel ile bir
yük sisteminin enerjisinin standart ifadesidir. Yüzey yük yoğunluğu, hat yük yoğunluğu ve nokta
yükleri bu eşitliğin özel durumlarını temsil etmektedir.
ÖRNEK 3.17 10 cm yarıçapında metal bir küre 10 nC/m2’lik bir yüzey yük yoğunluğu
barındırıyorsa sistemde depolanan enerjiyi hesaplayınız.
ÇÖZÜM Küre yüzeyindeki potansiyel,
π
2π
ρ ds
V =∫ s
= 9 × 109 × 10 × 10−9 × 0,1∫ sin θ dθ ∫ dφ = 113,1 V
4
πε
R
o
s
0
0
olarak hesaplanır ve sistemde depolanan enerji (3.65)’den
174
Elektromanyetik Alan Teorisi
W=
1
1
ρ sVds = QtV
2s
2
∫
olur; Q t küredeki toplam yüktür. Düzgün bir yük dağılımı için toplam yük,
Qt = 4πR 2 ρ s = 4π (0,1) 2 10 × 10 −9 = 1,257 nC
ile depolanan enerji miktarı aşağıdaki değere sahiptir.
W = 0,5 × 1,257 × 10 −9 × 113,1 = 71,08 × 10 −9 J
Alan miktarları ile depolanan enerji ifadesinin çıkartılması
Şimdi alan miktarları ile bir elektrostatik sistemde enerjinin başka bir ifadesini çıkaralım. Gauss
kanunu, ∇ ⋅ D = ρ v kullanılarak (3.65)
W=
1
V (∇ ⋅ D)dv
2 v
∫
olarak ifade edilebilir. Bunun yanında Vektör Analizi bölümündeki
V (∇ ⋅ D) = ∇ ⋅ (VD) − D ⋅ ∇V
vektör özdeşliği kullanılarak enerji ifadesi
=
W
1
∇
⋅
V
D
dv
−
D
(
)
∫v ⋅ (∇V )dv
2 ∫v
olarak elde edilir. Birinci hacim integralinin kapalı bir yüzey integraline dönüştürülmesi için
diverjans teoremi aşağıdaki gibi kullanılabilir.
∫
v
∇ ⋅ (VD=
)dv
V
D
∫ ⋅ ds
s
Bu integral işleminde v hacminin seçimi keyfidir. Tek sınırlama s’nin v’yi sınırlamasıdır. Eğer
sınırlayan yüzeyde V ve D ’nin ihmal edilebilecek kadar küçük olduğu çok büyük bir hacim
üzerinde integral alınırsa yüzey integrali kaybolur. Buna göre elektrostatik sistemde depolanan
enerji
W =−
1 1 D ⋅ (∇V )dv = ∫ D ⋅ E dv
∫
2 v
2 v
(3.66)
’ye indirgenir. Bu eşitlik alan miktarları ile elektrostatik enerjinin belirlenmesine izin verir.
(3.66)’daki hacim integralinin boşlukta bütün (R→∞) üzerinde olduğuna dikkat edilmelidir.
Eğer birim hacim başına enerji olan enerji yoğunluğu
w=
1 1 2 1 2
D ⋅ E= ε E =
D
2
2
2ε
(3.67)
Statik Elektrik Alanları
175
olarak tanımlanırsa enerji yoğunluğu ile (3.66)
W = ∫ wdv
(3.68)
v
olarak ifade edilebilir. (3.65)’den enerji yoğunluğunun diğer ifadesi
w=
1
ρ vV
2
(3.69)
olur. (3.67)’nin incelenmesi, alanların sürekliliğinden dolayı bütün uzayda enerji yoğunluğunun
sıfır olmayabileceğini göstermektedir. Bunun yanında (3.69) sadece yüklerin olduğu yerde enerji
yoğunluğunun sıfır olmadığını önermektedir. Bir eşitlik diğerini yalanlar mı? Toplam enerji,
uzayın tamamı üzerinde enerji yoğunluğunun integrali alınarak bulunduğundan ters düşmenin
olmadığını bilmek yeterli olacaktır.
ÖRNEK 3.18 3.17 örneğini (3.66)’yı kullanarak çözünüz.
ÇÖZÜM Yük dağılımı kürenin yüzeyinde olduğundan kürenin içindeki enerji yoğunluğu sıfırdır.
Gauss kanunu,
Q
∫ D ⋅ ds =
t
s
kullanılarak uzayda herhangi bir noktadaki elektrik akı yoğunluğu
4π (0,1) 2 × 10 × 10−9 0,1× 10−9 Q =
D = t 2 ar =
a
a r C/m2
r
4πr
4πr 2
r2
dir. (3.67)’den enerji yoğunluğu,
w=
1 (0,1) 2 × 10−18
D ⋅ E=
2
2ε o r 4
ile sistemdeki toplam enerji aşağıdaki gibi elde edilir.
W=
(0,1) 2 × 10−18 2
r dr
0 ,1
2ε o r 4
∫
∞
π
∫
0
∫
2π
sin θ dθ dφ =
0
∞
(0,1) 2 × 10−18 1
π 2π
cosθ 0 φ 0 = 71,06 nJ
2 × 8,85 × 10−12 r 0,1
ALIŞTIRMALAR
25. Yarıçapı a olan küresel bir hacimde düzgün bir ρ v hacim yük dağılımı vardır. (3.65)’i
kullanarak sistemin toplam enerjisini hesaplayınız.
26. Önceki alıştırmada (3.68)’i kullanarak sistemin toplam enerjisini hesaplayınız.
27. Yarıçapı a olan küresel hacimde ρ v düzgün hacim yük dağılımı vardır. Yük dağılımı iç
yarıçapı b, dış yarıçapı c olan ve ε geçirgenliğinde, eş merkezli dielektrik kabuk ile
çevrelenmişse (a) sistemde depolanan toplam enerjiyi, (b) sınır yük yoğunluklarını ve (c) net
sınır yükünü belirleyiniz.
176
Elektromanyetik Alan Teorisi
3.9 SINIR ŞARTLARI
Bu kısımda iki ortam arasındaki sınırda elektrik alanlarının davranışını yöneten şartlar
incelenmektedir. Ara yüzey bir dielektrik ve bir iletken veya farklı iki dielektrik arasında olabilir.
Bir ara yüzeyin her iki yanındaki elektrik alanlarının davranışını yöneten eşitlikler sınır şartları
olarak bilinir.
3.9.1 D ’NİN NORMAL BİLEŞENİ
Şekil 3.35a’da görüldüğü gibi Gauss Kanununu bir ara yüzeyde elektrik akı yoğunluğunun normal
bileşeni’ne ait sınır şartlarının bulunması için uygulayalım. Bir hap kutucuğu veya tablet şeklinde
yarısı ortam 1’de ve diğer yarısı ortam 2’de bir Gauss yüzeyi oluşturalım. Her ortamdaki elektrik
akı yoğunluğu, ortamdaki yüzey boyunca temelde sabit olacak şekilde her düz yüzey çok küçüktür.
Hap kutucuğunun yüksekliği ∆h sıfıra küçülecek şekilde eğri yüzeyin alanı da ihmal edilebilecek
kadar küçük ve ayrıca ara yüzeyde bir serbest yüzey yük yoğunluğu, ρ s olduğu varsayılıyor.
a) Sınır şartları
(b) Normal bileşenler
Şekil 3.35 D ve E alanlarının normal bileşenlerini içeren sınır şartları
Eğer yüzey alanı ∆ s ise tabletin çevrelediği toplam yük ρ s ∆s dir. Gauss kanunu uygulanarak
D1 ⋅ a n ∆s − D2 ⋅ a n ∆s = ρ s ∆s
veya
a n ⋅ (D1 − D2 ) =
ρs
(3.70a)
veya
D n1 − D n 2 = ρ s
(3.70b)
elde edilir. a n ortam 2’den ortam 1’i gösteren ara yüzeye normal birim vektördür. D n1 ve D n2 şekil
3.35b’de görüldüğü gibi sırasıyla ortam 1 ve ortam 2’de ara yüzeye normal D alanının
Statik Elektrik Alanları
177
bileşenleridir. (3.70b) eşitliği ara yüzeyde serbest yüzey yük yoğunluğu varsa elektrik akı
yoğunluğunun normal bileşenlerinin süreksiz olduğunu ifade etmektedir.
D = εE olduğundan (3.70a) E ’nin normal bileşenleri ile de aşağıdaki gibi yazılabilir.
a n ⋅ (ε1E1 − ε 2 E2 ) =
ρs
(3.70c)
veya
ε1En1 − ε 2 En 2 = ρ s
(3.70d)
Ara yüzey farklı iki dielektrik arasında olduğunda yük oraya bilinerek konulmadığı sürece sınırda
hiçbir serbest yüzey yük yoğunluğunun olması beklenilmez. Bir yükün böyle bilinerek konulması
ihtimali gözardı edildiğinde, bir dielektrik sınır boyunca elektrik akı yoğunluğunun normal
bileşenlerinin sürekli olduğu bulunur yani ρ s = 0 konularak
Dn1 = Dn 2
(3.71a)
ε1En1 = ε 2 En 2
(3.71b)
veya
elde edilir. Eğer ortam 2 bir iletken ise elektrik akı yoğunluğu D2 statik şartlar altında sıfır
olmalıdır. Ortam 1’de elektrik akı yoğunluğu D1 ’in normal bileşeninin var olması için (3.70b)’ye
uygun olarak iletkenin yüzeyinde bir serbest yüzey yük yoğunluğunun olması gerekir yani
a n ⋅ D1 = Dn1 = ρ s
(3.72a)
ε1En1 = ρ s
(3.72b)
veya
Bir iletken yüzeyinin tam üzerinde bir dielektrik ortamda elektrik akı yoğunluğunun normal
bileşeni iletken üzerindeki yüzey yük yoğunluğuna eşittir.
3.9.2 E ’NİN TANJANT BİLEŞENİ
Elektrik alanının yapısı gereği korunumlu ve buna uygun olarak
0 olduğu bilinmektedir.
∫ E ⋅ d =
Bu sonucu şekil 3.36a’da görüldüğü gibi ara yüzey boyunca uzanan kapalı abcda yoluna
uygulayalım. Kapalı yol herbirinin uzunluğu ∆w olan ara yüzeyin zıt kenarlarında birbirine paralel
ve eşit ab ve cd segmentlerinden ve herbirinin uzunluğu ∆h olan daha kısa bc ve da
segmentlerinden oluşmaktadır. ∆h→0 olduğundan ∫ E ⋅ d çizgisel integraline bc veya da uzunluk
segmentlerinin katkıları ihmal edilebilir. Böylece
E1 ⋅ ∆w − E2 ⋅ ∆w = 0
178
Elektromanyetik Alan Teorisi
a) Sınır şartları
b) Tanjant bileşenleri
Şekil 3.36 E alanının tanjant bileşenleri için sınır şartları
veya
(E1 − E 2 )∆w = 0
elde edilir.
∆w = ∆wat olarak ifade edilirse, a t şekil 3.36a’da görülen ara yüzeye tanjant birim vektörüdür,
önceki eşitlik
0
at ⋅ (E1 − E2 ) =
veya
E t1 = E t 2
(3.73a)
olur. E t1 ve E t 2 şekil 3.36b’de görüldüğü gibi sırasıyla ortam 1 ve ortam 2 de E alanının tanjant
bileşenleridir. Bu eşitlik ara yüzeyde elektrik alan şiddetinin tanjant bileşenlerinin sürekli olduğunu
ifade etmektedir.
(3.73a) eşitliği vektörel biçimde aşağıdaki gibi de yazılabilir.
a n × ( E1 − E 2 ) = 0
(3.73b)
Eğer ortam 1 bir dielektrik ve ortam 2 bir iletken ise iletkenin hemen yakınında ortam 1’de elektrik
alanının tanjant bileşeninin sıfır olması gerekir çünkü bir iletkenin içinde elektrostatik alanlar
mevcut olamaz. Bundan dolayı bir iletkenin hemen üzerindeki elektrostatik alan daima iletkenin
yüzeyine normaldir.
ÖRNEK 3.19 Q yükü R yarıçapında bir metal kürenin yüzeyi üzerine düzgünce dağılmıştır. Küre
yüzeyinin hemen üzerindeki E alanını belirleyiniz.
ÇÖZÜM Yüzey yük yoğunluğu,
Statik Elektrik Alanları
179
ρs =
Q
4πR 2
olduğundan iletken yüzeyin hemen üzerinde D alanının sadece normal bileşeni var olabilir ve
D = Dr a r olur. (3.72a)’dan
Dr =
Q
4πR 2
yazılır. Eğer küreyi çevreleyen ortamın geçirgenliği ε ise
Er = Dr / ε =
Q
4πεR 2
ifadesi Gauss kanunu ile kolaylıkla doğrulanabilen bir sonuçtur.
ÖRNEK 3.20 (a) x = 0 düzlemi, (b) y = 0 düzlemi, (c) z = 0 düzlemi boş uzay ile dielektrik
sabiti 5 olan bir dielektrik ortam arasındaki sınırı işaretlemektedir. Boş uzayda ara yüzeye yakın E
alanı E = 13a x + 40a y + 50a z V/m’dir. Ara yüzeylerin diğer tarafındaki E alanlarını belirleyiniz ve
şekil üzerinde gösteriniz.
ÇÖZÜM
(a) x > 0 dielektrik ortam 1 ve x < 0 boş uzay, ortam 2 olsun. Bu durumda
E 2 = 13a x + 40a y + 50a z
olur. Ara yüzeye normal a n birim vektörü a x ’dir. E alanının tanjant bileşenleri sürekli
olduğundan
E y1 = E y 2 = 40
ve
E z1 = E z 2 = 50
olması gerekir. Dielektrik-dielektrik arayüzey için D alanının normal bileşenleri de sürekli
olduğundan
ε1Ex1 = ε 2 Ex 2
ifadesi ve ε 2 = ε o ve ε1 = 5ε o ile
E x1 =
E x 2 13
= = 2,6
5
5
elde edilir. Böylece ortam 1’deki E alanı aşağıdaki gibi hesaplanır (Şekil Ö.3.20a).
E1 = 2,6a x + 40a y + 50a z V/m
180
Elektromanyetik Alan Teorisi
(b) y > 0 dielektrik ortam 1 ve y < 0 boş uzay, ortam 2 olsun. Bu durumda
E 2 = 13a x + 40a y + 50a z
olur. Ara yüzeye normal a n birim vektörü a y ’dir. E alanının tanjant bileşenleri sürekli
olduğundan
E x1 = E x 2 = 13
ve
E z1 = E z 2 = 50
olması gerekir. Dielektrik-dielektrik arayüzey için D alanının normal bileşenleri de sürekli
olduğundan
ε1E y1 = ε 2 E y 2
ifadesi ve ε 2 = ε o ve ε1 = 5ε o ile
E y1 =
Ey2
5
=
40
=8
5
elde edilir. Böylece ortam 1’deki E alanı aşağıdaki gibi hesaplanır (Şekil Ö.3.20b).
E1 = 13a x + 8a y + 50a z V/m
(c) z > 0 dielektrik ortam 1 ve z < 0 boş uzay, ortam 2 olsun. Bu durumda
E 2 = 13a x + 40a y + 50a z
olur. Ara yüzeye normal a n birim vektörü a z ’dir. E alanının tanjant bileşenleri sürekli
olduğundan
E x1 = E x 2 = 13
ve
E y1 = E y 2 = 40
olması gerekir. Dielektrik-dielektrik arayüzey için D alanının normal bileşenleri de sürekli
olduğundan
ε1E z1 = ε 2 E z 2
ifadesi ve ε 2 = ε o ve ε1 = 5ε o ile
E z1 =
E z 2 50
=
= 10
5
5
elde edilir. Böylece ortam 1’deki E alanı aşağıdaki gibi hesaplanır (Şekil Ö.3.20c).
E1 = 13a x + 40a y + 10a z V/m
Statik Elektrik Alanları
181
(a)
(b)
(c)
Şekil Ö.3.20
ÖRNEK 3.21 Şekil 3.37a’da görüldüğü gibi, aralarında d uzaklığı bulunan oldukça büyük A yüzey
alanı ile iki paralel plakaya bir kaynaktan V o gerilimi uygulanıyor. Kaynak bağlantısı kesildikten
sonra plakalar arasını tamamen doldurmayacak şekilde bir dielektrik malzeme ( ε oε r )
yerleştiriliyor. Daha sonra dielektrik malzeme varken kaynak tekrar bağlanıyor. En sonunda
kaynak bağlantısı tekrar kesilip dielektrik uzaklaştırılıyor. Dielektriğin konulmasından (a) önce, (b)
sonra, (c) kaynak tekrar bağlandıktan sonra ve (d) kaynak bağlantısı kesilip dielektrik tekrar
uzaklaştırıldıktan sonra V, E, D, P, Q, ρ s ve ρ sb ’yi bularak grafik ortamında gösteriniz. Plakaların
saçaklamasını ihmal ediniz. Negatif yüklü plaka topraklanmıştır.
ÇÖZÜM
(a) Kaynak bağlı iken ve dielektrik henüz yokken E, D, P, Q, ρ s ve ρ sb :
E=
Vo
V/m
d
D = εoE = εo
Vo
C/m²
d
P = D − ε o E = 0 C/m²
ρ s = Dn = ε o
Vo
C/m²
d
Q = ρs A = ε o
Vo
A C
d
ρ sb = − P = 0 C/m²
(b) Kaynak bağlantısı kesilip dielektrik malzeme konulduğunda V, E, D, P, Q, ρ s ve ρ sb :
Kaynak bağlantısı kesildiğinde her plakadaki Q değişmeden kaldığından ρ s değişmez. Bunun
sonucu olarak plakalar arasındaki D,
182
Elektromanyetik Alan Teorisi
D = εoE = εo
Vo
C/m²
d
değişmeden kalır. Bu D, plakalar arasında bulunan malzemelerin içindeki elektrik alanlarının
belirleyicisidir. Plakalar ile dielektrik malzeme arası bölgedeki elektrik alanı, E a
Ea =
D
εo
=
Vo
V/m
d
olarak hesaplanır ve önceki durumuna göre değişmeden kalmıştır.
Dielektrik içindeki elektrik alanı, E d
Ed =
D
ε oε r
=
Vo
V/m
εrd
dielektrik yerleştirilmeden önceki durumuna göre azalmıştır.
Dielektrik malzeme içinde,
P = D − ε o Ed = ε o
Vo
V
V ε −1
C/m²
− εo o = εo o r
d
d εr
εrd
kutuplanması oluşmuştur. Pozitif plakaya yakın dielektrik yüzeyindeki sınır yüzey yük yoğunluğu,
ρ sb = − P = −ε o
Vo ε r − 1
d εr
dir. Dielektrik malzemenin kalınlığı d d ve plakalar ile dielektrik malzeme arası bölgenin
uzunlukları d a ise (2d a + d d = d ) plakalar arasındaki potansiyel,
V
d
V
V 1
Vo
d a + o d d + o d a = o 2d a + d
d
d
d εr
d
εr
V
olarak hesaplanır. Dielektrik içindeki elektrik alanı azaldığından plakalar arası (toplam) potansiyel
azalma göstermiştir.
(c) Dielektrik malzeme varken kaynak tekrar bağlandığında V, E, D, P, Q, ρ s ve ρ sb :
Plakalar arası potansiyel tekrar V o kaynak potansiyeline yükselerek,
Ea d a + Ea
1
εr
d d + Ea d a = Vo
V
eşitliğinden plakalar ile dielektrik malzeme arasındaki bölgedeki E a elektrik alan şiddeti,
Statik Elektrik Alanları
183
Şekil 3.37 Dielektrikli ortamda sınır koşullarının etkisi için gösterimler. (a) Dielektrik yok ve
kaynak bağlı ve (b) dielektrik var ve kaynak bağlantısı kesik (şekillerde karşılaştırma kolaylığı
bakımından ε r = 2 , 2d a + d d = d ve 3d a = d d = 3 alınmıştır).
184
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 3.37 (devamı) Dielektrikli ortamda sınır koşullarının etkisi için gösterimler. (c) dielektrik var
ve kaynak tekrar bağlı ve (d) kaynak bağlantısı aniden kesilmiş ve dielektrik aniden uzaklaştırılmış
(şekillerde karşılaştırma kolaylığı bakımından ε r = 2 , 2d a + d d = d ve 3d a = d d = 3 alınmıştır).
Statik Elektrik Alanları
185
ε rVo
ε rVo
=
2 d aε r + d d
2d a (ε r − 1) + d
Ea =
V/m
d −2 d a
ve dielektrik malzeme içindeki elektrik alanı, E d
Ed =
Ea
εr
=
Vo
Vo
=
2 d aε r + d d
2d a (ε r − 1) + d
V/m
d −2 d a
olarak hesaplanır. Plakalar ile dielektrik malzeme arası bölgedeki elektrik akısı,
D = ε o Ea = ε o
ε rVo
C/m²
2d a (ε r − 1) + d
ve dielektrik malzeme içindeki elektrik akısı,
D = ε oε r E d = ε o ε r
Vo
C/m²
2d a (ε r − 1) + d
ile önceki durumlarına göre artmış fakat ortamdan bağımsız olma özelliğini sürdürmüştür.
Dielektrik malzeme içinde,
P = D − εoE =
ε V (ε − 1)
ε oε rVo
ε oVo
C/m²
= o o r
−
2d a (ε r − 1) + d 2d a (ε r − 1) + d 2d a (ε r − 1) + d
ile öncekinden daha büyük bir kutuplanma oluşmuştur. Pozitif plakaya yakın dielektrik
yüzeyindeki sınır yüzey yük yoğunluğu, ρ sb
ρ sb = − P = −
ε oVo (ε r − 1)
2d a (ε r − 1) + d
pozitif plakadaki yük yoğunluğu, ρ s
ρ s = Dn = ε o
ε rVo
C/m²
2d a (ε r − 1) + d
ve pozitif plakadaki toplam yük, Q
Q = ρs A = ε o
ε rVo A
C
2d a (ε r − 1) + d
önceki durumlarına göre artış göstermiştir.
(d) Kaynak bağlantısı aniden kesilerek dielektrik malzeme aniden uzaklaştırıldığında V, E, D, P,
Q, ρ s ve ρ sb :
186
Elektromanyetik Alan Teorisi
Pozitif ve negatif plakalardaki toplam yükler (Q), yük yoğunlukları ( ρ s ) değişmeden kalır.
Dn = ρ s =
ε oε rVo
C/m²
2d a (ε r − 1) + d
olduğundan plakalar arasındaki elektrik akı yoğunluğu önceki durumu ile aynı kalır. Dielektrik
olmadığından, P ve ρ sb oluşmaz ve plakalar arasındaki bütün bölgedeki elektrik alan şiddeti,
E=
D
εo
=
ε rVo
2d a (ε r − 1) + d
V/m
olur. (2d a + d d = d ) uzunluğundaki hava aralığından oluşan plakalar arasındaki yeni potansiyel,
V = Ed =
ε rVo
d
2d a (ε r − 1) + d
V
ile önceki durumuna göre artar. Bu yüksek potansiyel, kaynak bağlı olsaydı kaynak geriliminden
(Vo ) yüksek olduğundan dolayı kaynağa doğru bir akım akıtarak üzerindeki fazla yükleri
boşaltmaya çalışırdı. Bunun mümkün olmadığı durumda, plakalar arası gerilim yalıtım sorunu
oluşturacak şekilde çok arttığından, negatif yükler (aradaki uzaklığa bağlı olarak) pozitif plakaya
atlama eğilimi ile en kısa zamanda yük dengesine kavuşmaya çalışırdı. Elde edilen sonuçlar şekil
3.37a, b, c ve d’de grafiksel olarak gösterilmiştir. Eğer şekil 3.37c’de, plakaların uzunluğunun
sonlu varsayımı ile dielektrik malzeme plakalar arasını kısmi veya tamamen terkedecek şekilde
hareket ettirilirse kaynak ve plakalar arasında sürekli bir akım alış verişi olacaktır. Kapasitif
yaklaşım algılayıcılarının tasarımı bu prensipten yararlanılarak yapılmaktadır.
ALIŞTIRMALAR
28. ε 1 ve ε 2 geçirgenliklerinde iki dielektrik ortam düz bir ara yüzey ile ayrılmıştır. Eğer θ 1 ve θ 2
ara yüzeye normal E1 ve E2 ’nin yaptığı açılar ise θ 1 ve θ 2 arasında bir ilişki bulunuz.
29. 10 cm yarıçapındaki silindirik iletkende ρ s = 200 μC/m 2 ’lük düzgün yüzey yük dağılımı
bulunmaktadır. İletken sonsuz bir dielektrik ortama (ε r = 5) gömülmüştür. Sınır şartlarını
kullanarak iletken yüzeyinin hemen üzerindeki dielektrik ortamda D ve E ’yi belirleyiniz.
İletkenin yakınındaki dielektrik yüzeyde birim uzunluk başına sınır yüzey yük yoğunluğu nedir?
30. Boş uzay ve iletken arasındaki ara yüzeyi dikkate alınız. Boş uzayda E alanının x bileşeni 10
V/m ve ara yüzeyin normali ile 30° açı yapmaktadır. E alanının diğer bileşenleri ne olmalıdır? Ara
yüzeydeki yüzey yük yoğunluğu nedir?
3.10 KAPASİTÖRLER VE KAPASİTANS
Şekil 3.38a’da görüldüğü gibi birbirine yakın keyfi biçimde yalıtılmış iki iletken bir kapasitör
oluşturur. Harici bir enerji kaynağı ile bir iletkenden diğerine yükler transfer edilebilir. Başka
ifadeyle kapasitör harici bir kaynak kullanılarak yüklenmektedir. Yükleme (şarj) işleminin bütün
zamanlarında iki iletkenin yükü eşit ve zıt işaretli olacaktır. Yüklerin bu ayrımı dielektrik ortamda
bir elektrik alanı ve sonuçta iletkenler arasında potansiyel farkı meydana getirir. Yükleme işlemine
devam ederken bir iletkenden diğerine daha fazla yük transferi ile aralarında daha fazla potansiyel
Statik Elektrik Alanları
187
farkı olacağı açıktır. Basitçe iletkenler arasındaki potansiyel fark transfer edilen yükle orantılıdır.
Böyle bir anlayış bir iletkendeki yükün diğerine göre potansiyeline oranı ile kapasitansın
tanımlanmasına yardımcı olur. Kapasitans matematiksel olarak
C=
Qa
Vab
(3.74)
gibi tanımlanır; C farad (F) olarak kapasitans, Q a Coulomb (C) olarak iletkendeki yük ve V ab volt
(V) olarak a iletkeninin b iletkenine göre potansiyelidir.
(b) Paralel plakalı kapasitör
(a) Yüklü kapasitör
Şekil 3.38
Kapasitörler elektronikte frekans ayarlı devrelerin tasarımında ve güç sistemlerinde devrelerin güç
katsayısının düzeltilmesinde kullanılmaktadır. Bunun yanında bir iletim hattının iletkenleri arasında
ve bir diyotun pn jonksiyonlarında bir kapasitansın varlığı henüz kavranılmamış olabilir.
ÖRNEK 3.22 Şekil 3.38b’de görüldüğü gibi her birinin yüzey alanı A ve birbirinden d uzaklığı ile
ayrılmış, paralel iki iletken levha paralel plakalı bir kapasitör oluşturur. Üst plakadaki yük +Q ve
alt plakadaki yük -Q’dür. Kapasitörün kapasitansı nedir? Sistemin kapasitansı ile ortamda
depolanan enerjiyi ifade ediniz.
ÇÖZÜM Diğer boyutları ile karşılaştırıldığında levhalar arasında ayrımın çok küçük olduğu
varsayılsın. Bu yüzden kenar etkileri (saçaklama) ihmal edilebilir ve her plakanın iç yüzeyi
üzerinde yükün düzgün olarak dağıldığı, ρ s = Q / A varsayılabilir. İletkenler arasındaki elektrik
alan şiddeti
ρ E = − s az
ε
dir. Q yükü z=d ’de bulunan üst plakadaki yük, A her plakanın yüzey alanı ve ε ortamın
geçirgenliğidir. z = 0 ’da plakadaki yükün -Q olduğuna dikkat edilmelidir.
a plakasının b plakasına göre potansiyeli,
ρ
a Vab =
− ∫ E ⋅ dl =s
b
ε
∫
z
0
ρz
ε
dz =s
188
Elektromanyetik Alan Teorisi
veya z = d iken
Vab =
ρ s d Qd
=
ε
εA
bulunur ve böylece paralel plakalı kapasitörün kapasitansı
C=
Q εA
=
Vab d
(3.75a)
dir. Sistemde depolanan enerji çeşitli değişkenleri ile aşağıdaki gibi elde edilir.
W=
1
1 Ad 2 1 d 2
1 2 1
εE 2 dv =
ρs =
Q =
Q = CVab2
2 v
2 ε
2 εA
2C
2
∫
Bunlar bir kapasitörde depolanan enerjinin temel devre eşitlikleridir.
ÖRNEK 3.23 Şekil 3.39’da görüldüğü gibi bir küresel kapasitör a ve b yarıçaplarında eş merkezli
iki metal küreden biçimlenmiştir. İç küredeki yük +Q ve dış küredeki yük -Q dür. Sistemin
kapasitansını belirleyiniz. Yalıtılmış bir kürenin kapasitansı nedir? 6,5×106 metre yarıçapında
yalıtılmış bir kürenin (dünya) kapasitansını hesaplayınız. Küreler aralarındaki açıklık yarıçaplarına
kıyasla çok küçük ise kapasitansın yaklaşık ifadesini çıkartınız.
Şekil 3.39 Küresel kapasitör
ÇÖZÜM Küreler üzerinde düzgün bir yük dağılımı için Gauss kanunundan küreler arasındaki
elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi bulunur.
E=
Q ar
4πεr 2
Dış küreye göre iç kürenin potansiyeli,
Vab = −
Q
4πε
∫
a
b
1
Q 1 1
−
dr =
2
4πε a b
r
ve buradan sistemin kapasitansı,
C=
Q 4πεab
=
Vab
b−a
(3.75b)
Statik Elektrik Alanları
189
bulunur; b→∞ konularak yalıtılmış bir kürenin kapasitansı, C = 4πεa elde edilir. Dünya için
ε = ε o değerleri konularak,
C=
6,5 × 10 6
= 0,722 × 10 − 3 F veya 722 µF
9 × 10 9
bulunur. Eğer iki küre arasındaki ayrım çok küçük yani d = b − a ve d << a ise ab ≈ a 2 yaklaşımı
yapılabilir ve sistemin kapasitansı,
C=
Q 4πεa 2 εA
=
=
Vab
b−a
d
(3.75c)
olarak bulunur. A = 4πa 2 iç kürenin yüzey alanıdır.
(3.22) ve (3.23) örneklerinden iki iletken arasındaki kapasitansın a) iletkenlerin biçimi ve
büyüklüğü, b) aralarındaki ayrım ve c) ortamın geçirgenliğine bağlı olduğu açıktır. Aşağıdaki
örnekten görüleceği gibi (3.75c) iki iletkenli bir sistemin kapasitansının belirlenmesi için her
zaman kullanılabilecek çok kuvvetli bir eşitliktir.
ÖRNEK 3.24 (3.75c)’yi kullanarak bir küresel kapasitörün kapasitansını belirleyiniz.
ÇÖZÜM Şekil 3.40a’da a≤r≤b arasındaki bölge ∆r i <<r i olarak n bölgeye bölünsün; ∆r i r i
yarıçapındaki i. kapasitörün iki yüzeyi arasındaki açıklık, A i yüzey alanı, ε i geçirgenliği ve C i
(3.75c)’den hesaplanabilecek kapasitansıdır. r=a ve r=b arasında birbirine seri bağlanmış n
kapasitör olduğundan iki küre arasındaki kapasitans eşitliği,
1
=
C
n
∆ri
i =1
i
∑ε A
(3.76)
i
olarak yazılır. n→∞ ve ∆r i →0 limitinde (3.76) eşitliğindeki toplama işlemi bir integral işlemi ile
1 b dr
=
C ∫a ε (r ) Ar
Şekil 3.40
(3.77)
190
Elektromanyetik Alan Teorisi
değiştirilebilir; ε (r ) geçirgenliğin r’nin bir fonksiyonu olduğunu sembolize etmekte ve A r şekil
3.38b’de görüldüğü gibi keyfi bir r yarıçapındaki kesit alanıdır (4πr2). (3.77) eşitliği küresel
kapasitör için geliştirilmekle beraber genel bir eşitlik olarak davranılmalıdır çünkü benzer ifadeler
paralel plakalı ve silindirik kapasitörler için de yazılabilir.
Eğer ortamın geçirgenliği sabit varsayılırsa bu durumda iki küresel iletken arasındaki kapasitans
1
1
=
C 4πε
r dr
∫r
a
2
=
1 1 1
−
4πε a r
ve
C=
4πεar
r−a
C=
4πεab
b−a
veya r = b iken
olur ki (3.75b)’de verilen sonuçla tam olarak aynıdır. İçteki küresel iletkenin yarıçapı, a sabit ve
dıştaki iletken kürenin yarıçapı, r değişirse yarıçapa bağlı kapasitans değişimi şekil 3.40c’de
görüldüğü gibi olur.
ÖRNEK 3.25 Eş merkezli iki küresel kabuk arasındaki bölge şekil 3.41a’da görüldüğü gibi farklı
iki dielektrik ile doldurulmuştur. Sistemin kapasitansını bulunuz. Bir çap boyunca D ve E
alanlarının ve C kapasitanslarının grafiklerini çiziniz (kapasitans grafiğinde içteki kürenin
yarıçapını, a sabit tutunuz).
ÇÖZÜM Problemin geometrisinden E alanının radyal yönde olduğu ve tanjant bileşenlerinin iki
ortam arasındaki sınırda sürekli olduğu, Er1 = Er 2 görülmektedir.
D = εE olduğundan,
Dr1 = ε1Er1
ve
Dr 2 = ε 2 Er 2
ifadeleri ile
Dr 2 =
ε2
ε
Dr1 veya Dr1 = 1 Dr 2
ε1
ε2
(3.78)
elde edilir. Gauss kanunundan herhangi bir kapalı yüzeyde a ≤ r ≤ b iken
∫ D.ds = Q
(3.79)
Dr1 + Dr 2 = Q / 2πr 2
(3.80)
s
’den
Statik Elektrik Alanları
191
bulunur. (3.78) ve (3.80)’den
Dr1 =
Q
Q
ε1
ve Er1 =
2πr 2 (ε1 + ε 2 )
2πr 2 (ε1 + ε 2 )
veya
Dr 2 =
Q
Q
ε2
ve Er 2 =
2
2
2πr (ε1 + ε 2 )
2πr (ε1 + ε 2 )
Şekil 3.41 (a) Eş merkezli küresel kabuklar. Çap boyunca (b) E , (c) D ve (d) C değişimleri
(Grafiklerde karşılaştırma kolaylığı bakımından ε r 2 = 2ε r1 alınmıştır).
elde edilir. Dış küreye göre iç kürenin potansiyeli
a
Q
1
Q
b − a
Vab = −
dr =
2
2π (ε1 + ε 2 ) b r
2π (ε1 + ε 2 ) ab
∫
ve buradan sistemin kapasitansı
192
Elektromanyetik Alan Teorisi
ab
C = 2π (ε1 + ε 2 )
= C1 + C2
b − a
bulunur. Ortam 1 ve ortam 2’nin kapasitansları sırasıyla
ab
C1 = 2πε1
b − a
ve
ab
C2 = 2πε 2
b − a
dir. Böylece sistemin kapasitansı iki kapasitansın paralel kombinasyonunun eşdeğeridir. Bu sonuç
elektrik devrelerinin analizinde kullanılmaktadır. Elde edilen sonuçlar şekil 3.41b, c ve d’de grafik
ortamına aktarılmıştır.
ALIŞTIRMALAR
31. İki paralel plaka 2 mm kalınlığında bir dielektrik (ε r = 6) ile ayrılmıştır. Her plakanın alanı 40
cm2 ve aralarındaki potansiyel fark 1,5 kV’tur. (a) kapasitansı, (b) elektrik alan şiddetini, (c)
elektrik akı yoğunluğunu, (d) polarizasyon vektörünü, (e) serbest yüzey yük yoğunluğunu, (f) sınır
yük yoğunluklarını ve (g) kapasitörde depolanan enerjiyi belirleyiniz.
32. Önceki alıştırmayı boş uzay için yeniden çözünüz. İki kapasitansın oranı nedir?
33. a yarıçapında bir silindirik iletken b yarıçapında diğer bir iletken ile silindirik kapasitör
Qa / Vab ) eşitliğini
oluşturmak için çevreleniyor. Ortamın geçirgenliği ε’dir. 3.74 ⇒ (C =
kullanarak birim uzunluk başına kapasitans ifadesini elde ediniz. Kapasitörün uzunluğu L ise
toplam kapasitans nedir?
b
1
dr
34. Önceki alıştırmayı 3.77 ⇒ =
eşitliğini kullanarak çözünüz.
∫
a
ε (r ) Ar
C
35. 10 cm yarıçapında iç küresel kabuk 12 cm yarıçapındaki dış kabuğa göre 1000 V potansiyelde
tutuluyor. Ortamın dielektrik geçirgenliği 2,5’tur. Ortamdaki E , D ve P ’yi belirleyiniz. Her
iletken üzerindeki yüzey yük yoğunluğu nedir? Sınır yük yoğunlukları nedir? Sistemin kapasitansı
nedir?
36. Önceki alıştırmayı boş uzay için yeniden çözünüz. İki kapasitansın oranı nedir?
37. Örnek 3.22’de ortamın geçirgenliği z = 0 ’da ε 1 ’den z = d ’de ε 2 ’ye doğrusal olarak
artmaktadır. Paralel plakalı kapasitörün kapasitansını bulunuz. Eğer ε 2 → ε1 ise kapasitans nedir?
3.10.1 YÜKLÜ CİSİMLERDEKİ ELEKTROSTATİK KUVVETLER
Yüklü cisimlerin birbiri üzerine etkilediği kuvvetlerin belirlenmesini içeren karmaşık sistemlerde,
iki nokta yükü arasındaki kuvvetin bulunmasında kullanılan Coulomb kanununun kullanılması
pratik değildir. Bu durum, yüklü iki paralel plaka gibi basit bir sistemden oluşan kapasitör plakaları
üzerindeki kuvvetlerin bulunması için de geçerlidir. Sistemin elektrostatik enerjisini dikkate alarak
cisim üzerindeki kuvvetin bulunması zahiri yer değişimi metodu olarak adlandırılır.
Statik Elektrik Alanları
193
Araları belirli bir uzaklık ile birbirinden ayrılmış (ve yalıtılarak dış dünya ile irtibatı kesilmiş)
cisimlerin üzerindeki yükler sabittir. Cisimlerin birindeki elektrik kuvvetinin, dl uzaklığı (zahiri)
yer değişimi yaptığı varsayılsın. Yapılan mekanik iş,
dWe = F ⋅ dl
olur; F sabit yüklü cisim üzerindeki kuvvettir. Sistem, harici bir enerji kaynağı olmaksızın
yalıtılmış olduğundan, mekanik iş depolanan enerji ile eşleşmelidir.
dWe = − dW = F ⋅ dl
eşitliğinde ∇W ⋅ dl = dW konularak (Kısım 2.8)
F = −∇W N
elde edilir. Dikdörtgen koordinat sisteminde, üç boyutlu uzay için bu eşitlik aşağıdaki gibi ifade
edilir.
∂W ∂W ∂W
F = −
ax +
ay +
a z N
dy
dz
dx
Örneğin, şekil 3.38b’de görülen Q yükü ile yüklü paralel plakalardan oluşan kapasitörün üst
plakasındaki kuvvet aşağıdaki gibi bulunur.
Q2
z
∂
2εA ∂W Q2
F=−
az = −
az = −
az N
dz
dz
2εA
3.11 POISSON VE LAPLACE EŞİTLİKLERİ
Önceki kısımlarda yük dağılımının her yerde belirlenmiş olduğu ortamlarda elektrostatik alanlar
bulunmuştu. Pratikte karşılaşılan problemlerin çoğu bu tipten değildir ve hatta yük dağılımının
hesaplanmasından önce elektrik alanlarının öncelikle belirlenmesi gerekir. Yüzey yük yoğunluğu
veya potansiyelin belirlendiği sınır yüzeylerini içeren problemler ile de karşılaşılır. Böyle
problemler sınır değer problemleri olarak adlandırılır. Bu kısımda bu tip elektrostatik problemlerin
çözümü için alternatif bir yaklaşım geliştirilmektedir.
Nokta biçiminde Gauss kanunu, D = εE doğrusal bir ortamda
∇ ⋅ (εE) = ρ v
olarak ifade edilebilir; ρ v hacim yük yoğunluğudur. Bu eşitlikte E = −∇V ifadesi yerine konularak
∇ ⋅ (−ε∇V ) = ρ v
elde edilir. (2.126) eşitliğindeki vektör özdeşliği kullanılarak (3.81) eşitliği
ε∇ ⋅ (∇V ) + ∇V .∇ε = − ρ v
(3.81)
194
Elektromanyetik Alan Teorisi
veya
ε∇ 2V + ∇V .∇ε = − ρ v
(3.82)
olarak ifade edilebilir ki bu V potansiyel fonksiyonu ve hacim yük yoğunluğu, ρ v ile ikinci
derecede kısmi bir diferansiyel eşitliktir. (3.82) eşitliği ε’nin pozisyonunun bir fonksiyonu olduğu
durumda bile geçerlidir. Bu eşitlik sınır şartları, ρ v ve ε’nin fonksiyonel bağımlılığı bilinirse
çözülebilir.
Bununla beraber homojen bir ortamda öncelikle (3.82) eşitliğinin çözümü ile ilgileniliyorsa, bu
ε’nin sabit olması anlamına gelir ve bu durumda ∇ε = 0 olduğundan (3.82)
∇ 2V = − ρ v / ε
(3.83)
olur. Bu eşitlik Poisson eşitliği olarak adlandırılır ve bir bölgede lokal yük dağılımına bağlı
potansiyel dağılımı ifade etmektedir. (3.83) eşitliğinin çözümü gerçekte bilinmektedir ve bu (3.37)
ile verilmiştir.
Elektrostatikte iletkenlerin yüzeyindeki yük dağılımlarını içeren bazı problemler vardır. Bu
durumlarda ilgili bölgede çoğu noktalardaki hacim yük yoğunluğu sıfırdır. Böylece ρ v ’nin
kaybolduğu bölgede (3.83)
∇ 2V = 0
(3.84)
olur ve Laplace eşitliği olarak adlandırılır.
Yüksüz bir bölgede sınır şartlarına bağımlı Laplace eşitliğini doğuran bir V potansiyel fonksiyonu
araştırılacaktır. Yüksüz bir ortamda potansiyel fonksiyon bilindikten sonra E = −∇V olarak
elektrik alan şiddeti belirlenebilir. Doğrusal homojen ve yüksüz bir bölgede ∇ ⋅ E = 0 ’dır. Bunlar
Vektör analizi bölümünde değinildiği gibi I. sınıf alanlardır. Bu yüzden Laplace eşitliğinin çözümü
tektir. Kapasitans, iletkenlerin yüzeyindeki yükler, enerji yoğunluğu ve sistemde depolanan toplam
enerji gibi ilgili miktarlar da belirlenebilir.
ÖRNEK 3.26 Şekil 3.42’de aralarında d açıklığı ve yüzey alanı A olan iki metal plaka paralel
plakalı bir kapasitör oluşturmaktadır. Üst levha V o potansiyelinde tutulmakta ve alt levha ise
topraklanmıştır. a) Potansiyel dağılımı, b) elektrik alan şiddetini, c) her plakadaki yük dağılımını ve
d) paralel-plakalı kapasitörün kapasitansını belirleyiniz. e) İki plaka arasında aynı zamanda bir
− ρ v z / d yük yoğunluğu olduğu durumda işlemleri tekrarlayınız.
ÇÖZÜM
(a) z=0 ve z=d de xy düzleminde iki metal levha eş potansiyel yüzeyler oluşturduğundan V
potansiyelinin sadece z’nin bir fonksiyonu olması beklenir. Plakalar arasında yüksüz bir bölge için
Laplace eşitliği
∂ 2V
=0
∂z 2
Statik Elektrik Alanları
olur ve çözümü,
integral,
195
∂ ∂V
∂z ∂z
d dV
= 0 kısmi türevi yerine
dz dz
= 0 adi türevi alınarak ve iki kere
∫ dV = ∫ 0dz = ∫ 0 ⇒ V = a ve ∫ dV = ∫ adz ⇒ V = az + b ’den
V = az + b
dir; a ve b sınır şartları bilgisinden hesaplanacak sabitlerdir.
Şekil 3.42 Paralel plakalı yüklü kapasitör
z=0 iken, V=0 ⇒ b=0’dır. Bu durumda, plakalar içindeki potansiyel dağılım
V = az
olur. z=d iken V=V o
potansiyel
a=V o /d olduğunu önermektedir. Böylece paralel plakalı bir kapasitördeki
V=
z
Vo
d
olarak doğrusal değişir.
(b) Elektrik alan şiddeti,
∂V
V E = −∇V = −a z
=− o a z
∂z
d
ve elektrik akı yoğunluğu
εV D = εE = − o a z
d
olarak hesaplanabilir.
(c) Bir iletkende D alanının normal bileşeni yüzey yük yoğunluğuna eşit olması gerektiğinden alt
plakadaki yüzey yük yoğunluğu
ρ s ( z =0 ) = −
ve üst plakadaki yüzey yük yoğunluğu
εVo
d
196
Elektromanyetik Alan Teorisi
ρ s ( z =d ) =
εVo
d
dir.
(d) Üst plakadaki toplam yük,
Q=
εVo A
d
ile paralel plakalı kapasitörün kapasitansı aşağıdaki gibi elde edilir.
C=
Q εA
=
Vo d
(e) Poisson eşitliği
∂ 2V ρ v z
=
∂z 2 ε o d
olur ve çözümü
V=
ρv 3
z + az + b
6ε o d
dir; a ve b sınır şartları bilgisinden hesaplanacak sabitlerdir.
z=0 iken, V=0 ⇒ b=0’dır.
z=d iken Vo =
V ρd
ρv 2
d + ad ⇒ a = o − v dır.
d 6ε o
6ε o
Bulunan a ve b yerine konularak, paralel plakalı kapasitördeki potansiyel değişimi,
V=
ρv 3 Vo ρv d
z
z + −
6ε o d
d 6ε o
olarak bulunur. Elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi hesaplanır.
ρ
V ρ d
∂ v z 3 + o − v z
V ρ d ∂V
6ε o d
d 6ε o ρ v
z 2 + o − v a z
E = −∇V = −a z
= −a z
= −
∂z
∂z
2ε o d
d 6ε o
Alt plakadaki yüzey yük yoğunluğu,
ρ s ( z =0 ) = −
ε oVo
d
+
ρv d
6
Statik Elektrik Alanları
197
ve üst plakadaki yüzey yük yoğunluğu
ρ s ( z =d ) =
ε oVo
d
+
ρv d
3
dir. İki plakadaki yük yoğunlukları farklı olduğundan bunlardan elde edilen yük miktarı ile
kapasitansın hesaplanması anlamsızdır.
ÖRNEK 3.27 Bir koaksiyel kablonun a yarıçapındaki iç iletkeni (şekil 3.43) V o potansiyelinde ve
b yarıçapındaki dış iletkeni topraklanmıştır. a) iletkenler arasındaki potansiyel dağılımı, b) iç
iletkendeki yüzey yük yoğunluğunu ve c) birim uzunluk başına kapasitansı belirleyiniz.
ÇÖZÜM a ve b yarıçapında iki iletken eşpotansiyel yüzeyler oluşturduğundan V potansiyelinin
sadece ρ’nin bir fonksiyonu olması beklenir. Böylece Laplace eşitliği (2.106)
1 d dV
ρ
ρ dρ dρ
= 0
olur. İki kere integral sonucu
V = c ln ρ + d
elde edilir; c ve d integrasyon sabitleridir.
Şekil 3.43
ρ=b’de V=0 ⇒ d = −c ln b olur ve buradan
V = c ln ρ − c ln b = c ln( ρ / b)
elde edilir.
ρ=a’da V=V o ⇒ c = Vo / ln(a / b) olur ve buradan a≤ ρ≤ b bölgesi içindeki potansiyel dağılım,
V = Vo
elektrik alan şiddeti,
ln( ρ / b)
ln(a / b)
198
Elektromanyetik Alan Teorisi
Vo a ρ
∂V E = −∇V =−
aρ =
∂ρ
ρ ln(b / a)
ve elektrik akı yoğunluğu,
εVoa ρ
D = εE =
ρ ln(b / a )
bulunur. ρ=a’da D ’nin normal bileşeni iç iletkende yüzey yük yoğunluğu,
ρs =
εVo
a ln(b / a )
ile sonuçlanır. İç iletkende birim uzunluk başına yük,
Q=
2πεVo
ln(b / a )
ve son olarak birim uzunluk başına kapasitans,
C=
2πε
ln(b / a )
elde edilir.
ÖRNEK 3.28 V o potansiyelindeki iç küresinin yarıçapı a ve 0 potansiyeldeki dış küresinin yarıçapı
b olan bir küresel kapasitörde küreler arasındaki gerilim dağılımının V (r ) = [(b − r ) /(b − a )](a / r )Vo
olduğunu doğrulayınız.
ÇÖZÜM Genel ifade için iç küredeki gerilimin V 1 ve dış küredeki gerilimin V 2 olduğunu
varsayalım. Küresel geometrinin simetriğinden dolayı elektrik potansiyeli θ ve φ’den bağımsızdır.
Laplace eşitliği,
∇ 2V =
1 ∂ 2 ∂V
1
∂V
1 ∂ 2V
∂
sin
=0
+
+
r
θ
∂θ r 2 sin θ ∂φ 2
r 2 ∂r ∂r r 2 sin θ ∂θ
elektrik potansiyeli θ ve φ’den bağımsız olduğundan tek boyutlu bir eşitliğe,
1 ∂ 2 ∂V
r
=0
r 2 ∂r ∂r
dönüşür. r’ye göre bir kere integral alınarak,
dV
c
=
dr r 2
ve ikinci kez integral alınarak
Statik Elektrik Alanları
199
c
V =− +d
r
elde edilir.
Elde edilen iki integrasyon sabiti (c ve d) iki iletken küresel kabuktaki sınır şartlarından
belirlenecektir.
r = a ’da
V1 = −
c
+d
a
r = b ’de
c
V2 = − + d
b
eşitliklerinden
c=
ab(V2 − V1 )
b−a
ve
d=
bV2 − cV1
b−a
elde edilir. İntegrasyon sabitleri yerine konularak
c
1 ab
V (r ) = − + d =
(V1 − V2 ) + bV2 − aV1
b−a r
r
genel ifadesi elde edilir. İçteki küre V1 = Vo ve dıştaki küre V2 = 0 potansiyellerinde ise
V (r ) =
b−r a
Vo
b−a r
doğrulanması istenen ifadedir.
ALIŞTIRMALAR
38. Homojen dielektrik ortam a ve b yarıçaplarında eş merkezli iki küresel kabuk arasındaki
bölgeyi doldurmaktadır. İç kabuk V o potansiyelinde tutulmakta ve dış kabuk ise topraklanmıştır. (a)
potansiyel dağılımı, (b) elektrik alan şiddetini, (c) elektrik akı yoğunluğunu, (d) iç kabuğun yüzey
yük yoğunluğunu, (e) kapasitansı ve (f) sistemde depolanan toplam enerjiyi hesaplayınız.
39. Bir koaksiyel kabloda iletkenler arasındaki boşluk aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi eş
merkezli iki dielektrik tabaka ile doldurulmuştur. (a) her ortamın potansiyel fonksiyonunu, (b) her
bölgedeki E ve D alanlarını, (c) iç iletkendeki yük dağılımını ve (d) kapasitansı belirleyiniz.
Kapasitansın iki kapasitörün seri bağlanmış eşdeğerine eşit olduğunu gösteriniz.
200
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 3.44 İki dielektrik
katmanlı koaksiyel kablonun
kesit görünüşü
40. V(x,y,z) Laplace eşitliğinin bir çözümü ise ∂V / ∂x , ∂ 2V / ∂x 2 ve ∂ 2V / ∂x∂y ’nin de Laplace
eşitliğinin çözümü olduğunu gösteriniz.
41. Örnek 3.26’yı ortamın geçirgenliği ε = ε o (1 + mz ) olarak verildiğinde çözünüz (m: sabit).
3.11.1 LAPLACE EŞİTLİĞİNİN DEĞİŞKEN AYRIMI METODU İLE ÇÖZÜMÜ
Çözümlü örneklerde gösterildiği gibi bir boyutlu problemler için Laplace eşitliğinin çözümü
kolaydır. Eğer alan iki veya üç boyutlu ise aşağıdaki gibi değişken ayrımı veya çarpım çözümü
metodu izlenir.
Dikdörtgen koordinat sisteminde
∂ 2V ∂ 2V ∂ 2V
+
=0
+
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
(3.85)
ile verilen Laplace eşitliğini dikkate alalım. Bunun çözümünün
V = X ( x)Y ( y ) Z ( z )
(3.86)
biçiminde olduğu varsayılsın. Burada çözümün, X (x) - sadece x’in bir fonksiyonu; Y( y) - sadece
y’nin bir fonksiyonu; Z (z ) - sadece z’nin bir fonksiyonu olarak üç fonksiyonun çarpımı olduğu
kabul edilmiştir. 3.86’nın 3.85’de yerine konulmasıyla
X Y Z
+ + =0
X Y Z
(3.87)
∂ 2Y
∂2 X
∂2Z
elde edilir. X = X (x) , Y = Y ( y ) , Z = Z (z ) , X = 2 , Y = 2 ve Z = 2 dir. 3.87 eşitliği x,
∂y
∂x
∂z
y ve z değişkenlerinin bütün değerleri için geçerli olmalıdır. 3.87’deki her terim bir değişken
içermektedir. Örneğin ikinci terim sadece y’nin bir fonksiyonu ve üçüncü terim sadece z’nin bir
fonksiyonudur. Birinci terim ikinci ve üçüncü terimlerin cebirsel toplamı, [ X / X = −(Y / Y + Z / Z )]
olduğundan x’le değişmez, birinci terim de x’le değişmemelidir. Sonuç olarak x’in x ile değişmeyen
bir fonksiyonu, X / X bulunmaktadır. Bu fonksiyon bir sabit (k x2 ) ise doğru olabilir. Benzer
Statik Elektrik Alanları
201
şekilde ikinci ve üçüncü terimlerin de sabitler, (k y2 ) , (k z2 ) olduğu sonucuna varılabilir. Böylece
3.87’den aşağıdaki biçim elde edilir.
k x2 + k y2 + k z2 = 0
(3.88)
Bir anda bir değişken içeren diferansiyel eşitlikler,
X − k x2 X = 0
(3.89a)
Y − k y2Y = 0
(3.89b)
Z − k z2 Z = 0
(3.89c)
olarak yazılır. Örneğin X / X = k x2 ifadesi X = k x2 X ’ye veya X − k x2 X = 0 ’a dönüşür. 3.89
eşitliklerinin çözümü
X = a x cosh k x x + bx sinh k x x
(3.90a)
Y = a y cosh k y y + by sinh k y y
(3.90b)
Z = a z cosh k z z + bz sinh k z z
(3.90c)
ile verilir. 3.86’dan Laplace eşitliğinin çözümü yukarıdaki çözümlerin çarpımıdır. Sonunda
V = (a x cosh k x x + bx sinh k x x)(a y cosh k y y + by sinh k y y )(a z cosh k z z + bz sinh k z z ) (3.91)
elde edilir. 3.88’den en azından bir sabitin negatif olması gerektiği açıktır. Keyfi olarak k x2 negatif
alınırsa 3.89a
X + k x2 X = 0
(3.92)
X = a ' x cos k x x + b' x sin k x x
(3.93)
olur. Çözümü ise
olur. 3.91’de x içindeki hiperbolik kosinüs (cosh) ve sinüs (sinh) fonksiyonları dairesel
fonksiyonlara (cos ve sin) dönüşmüştür ve bu durumda çözüm
V = (a ' x cos k x x + b' x sin k x x)(a y cosh k y y + by sinh k y y )(a z cosh k z z + bz sinh k z z )
(3.94)
olur. Çoğu problemlerde ilgi noktası iki boyutlu alanlar olup koordinatların birinde alan değişim
göstermez. Bu durumda sadece x ve y’nin bir fonksiyonu olarak 3.85 aşağıdaki gibi verilir.
∂ 2V ∂ 2V
+
=0
∂x 2 ∂y 2
(3.95)
202
Elektromanyetik Alan Teorisi
Çözümü
V = (a x cosh k x x + bx sinh k x x)(a ' y cos k y y + b' y sin k y y )
(3.96a)
V = (a ' x cos k x x + b' x sin k x x)(a y cosh k y y + by sinh k y y )
(3.96b)
veya
biçimindedir.
ÖRNEK 3.29 Şekil 3.45a’da dikdörtgensel elektrot yapısının dört kenarındaki potansiyeller
gösterilmiştir. Laplace eşitliğinin biçimi nedir?
ÇÖZÜM
Çözümler 3.96a ve 3.96b ile verilen biçimdedir. Keyfi olarak 3.96a seçilsin. x = 0 ’da V = 0 sınır
şartı a x = 0 olmasını gerektirir. Aynı zamanda y = 0 ’da V = 0 sınır şartı ile a ' y = 0 olur. Sonuç
olarak 3.96a eşitliği
V = Cn sinh k x x sin k y y
olur. Cn = bxb' y ’dir. Daha da ötesi, 3.95 eşitliğinden, k x2 + k y2 = 0 ilişkisi k x2 = − k y2 yani k x ve k y
büyüklüklerinin aynı olduğunu, k x = k y = k hatırlatır. Çözümün istenilen biçimi
V = Cn sinh kx sin ky
(3.97)
olur. Bu genelde bütün iki boyutlu problemler için doğrudur. Eğer 3.96b seçilmiş olsaydı sonuç
aşağıdaki gibi olacaktı.
V = C 'n sin kx sinh ky
(a)
(b)
Şekil 3.45
Statik Elektrik Alanları
203
ÖRNEK 3.30 Örnek 3.29’da şekil 3.45a’da verilen elektrotlar ile sınırlanan bölge içindeki
potansiyel dağılımın tam çözümü amacıyla C n ve k sabitlerinin değerlendirilmesi için daha ileri
sınır şartları uygulayınız.
ÇÖZÜM x’in bütün değerleri, 0 < x < b için y = 0 ’da V = 0 sınır şartından,
sin ka = 0 veya k =
nπ
a
(3.98)
elde edilir. n bir tam sayıdır. 3.98’in 3.97’de yerine konulması
V = Cn sinh
nπx
nπy
sin
a
a
(3.99)
ile sonuçlanır.
y’nin bütün değerleri, 0 < y < a için x = b ’de V = Vo son sınır şartı 3.99’a konulduğunda 3.99 bu
sınır şartının doyuramaz fakat 3.99 sonsuz sayıda tam sayılar, n için bir çözümdür. Buna göre
sonsuz sayıda çözüme sahip olunabilir ve çözüm en genel biçiminde aşağıdaki gibidir.
V=
∞
∑C
n sin
n =1
nπy
nπx
sinh
a
a
(3.100)
Bu ifade y = 0 , y = a ve x = 0 ’da sınır şartlarını doyurur. x = b ’de sınır şartının doyurulması için
x = b ’de C n ’nin bulunması gerekir. 3.100’den x = b ’de V = Vo
Vo =
∞
∑C
n sinh
n =1
Vo =
∞
∑a
n sin
n =1
ile sonuçlanır; an = Cn sinh
nπy
nπb
sin
a
a
(3.101)
nπy
= f ( y)
a
(3.102)
nπb
ve 3.102 bir Fourier sinüs serisidir. Fourier katsayısı, a n
a
an = 0
an =
4Vo
nπ
n çift
n tek
ile verilir.
Böylece son olarak,
Cn =
4Vo
an
=
sinh( nπb / a ) nπ sinh( nπb / a )
(3.103)
204
Elektromanyetik Alan Teorisi
ile
V=
∞
4Vo sinh( nπx / a )
nxy
sin
sinh( nπb / a )
a
n =1
∑ nπ
(3.104)
tek
sonucu elde edilir. Bu eşitliğe göre, a = b kare biçimli elektrot düzeneğinde potansiyel dağılım
şekil 3.45b’de gösterilmiştir. Eş potansiyel çizgilerine ortogonal elektrik alan şiddeti çizgileri kesik
çizgiler ile gösterilmiştir.
3.12 İMAJ METODU
Şimdiye kadar boş uzayda sadece yüklerin olduğu ve bölgede alanlarını etkileyebilecek başka
hiçbir şey olmadığı üstü kapalı olarak varsayıldı. Genellikle yükler (veya yük dağılımları) iletken
yüzeylere yakındırlar ve bölgedeki toplam alanların elde edilmesi için bunların etkisinin dikkate
alınması gereklidir. Örneğin açık iletkenli bir iletim hattındaki alanlar üzerinde yerin etkisi ihmal
edilemez. Aynı şekilde verici ve alıcı antenlerin alan modelleri monte edildikleri iletken gövdeler
tarafından büyük oranda değiştirilir. Bir alanın yakınında bulunan iletkenin etkisinin hesaba
katılması için iletkenin yüzeyindeki yük dağılımı bilinmelidir ki bu iletkenin hemen üzerindeki
alanlara bağlı olmaktadır. Bunun yanında statik alanlar durumunda (a) bir iletkenin eş potansiyel
yüzey oluşturduğu, (b) yalıtılmış iletkenin içinde hiç alan olmadığı ve (c) alanların iletkenin
yüzeyine normal olduğu bilinmektedir. Bu gözlemler iletkenin yüzeyindeki yük dağılımının ve
bölgede alanlar üzerindeki etkisinin ölçülmesine yardımcı olacaktır.
Şekil 3.46 Sonsuz iletken düzlemin hemen üzerindeki q nokta yükünün eşpotansiyel yüzeyleri ve
kuvvet çizgileri
Dipol konusunda ikiye bölen düzlemde herhangi bir noktadaki potansiyelin sıfır ve elektrik alan
şiddetinin düzleme normal olduğu ifade edilmişti. Bu yüzden ikiye bölen düzlem bir iletken
düzlemin gereksinimlerini doyurmaktadır. Başka ifadeyle eğer iletken düzlem ikiye bölen düzlem
ile çakışacak şekilde yerleştirilirse dipolün alan modeli değişmeden kalır. Eğer iletken düzlemin
altındaki negatif yük kaldırılırsa düzlemin üzerindeki bölgede alan dağılımı aynı kalır ve iletken
yüzeyinin üzerinde indüklenen toplam yük şekil 3.46’da görüldüğü gibi -q dür. Tersine sonsuz
uzunlukta bir iletken düzlemin üzerinde h uzaklığında bir nokta yükü verilmişse düzlem ihmal
edilerek ve düzlemin diğer tarafında aynı uzaklıkta bir -q yükü (imajı) oluşturularak düzlemin
Statik Elektrik Alanları
205
üzerinde herhangi bir noktada potansiyel ve elektrik alanı belirlenebilir. İmajiner -q yüküne gerçek
q yükünün imajı denilir. Böylece imaj metodunda iletken düzlem geçici olarak ihmal edilir ve
düzlemin arkasına imajiner bir yük yerleştirilir. İmajiner yük gerçek yüke büyüklük olarak eşit ve
ters polaritededir. Gerçek ve imajiner yükler arasındaki uzaklık gerçek yük ve düzlem arasındaki
uzaklığın iki katıdır. Bununla beraber bu ifadeler sadece sonsuz uzunlukta ve derinlikteki iletken
düzlem için doğrudur. Eğri bir yüzey için imajiner yük büyüklük olarak eşit olmamakla beraber
iletken yüzeyin diğer tarafı kadar uzaklıkta değildir. Bu gerçek bir örnekle vurgulanacaktır. İmaj
metodunda aşağıdaki noktaların hatırlanması yararlı olur:
İmaj yükü kurgusal veya hayali bir yüktür.
İmaj yükü iletken düzlemin bölgesinde yerleştirilmiştir.
İletken düzlem bir eş potansiyel yüzeydir.
Bir nokta yükü paralel iki iletken düzlem arasında çevrelendiğinde imajların sayısı sonsuzdur.
Bunun yanında ikiye bölen düzlem için imajların sayısı düzlemler arasındaki açı kadar sonlu
olacaktır (360° ’nin alt katları). Genelde, θ iki düzlemin ara kesit açısı ise bir nokta yükünden
dolayı alanlar iki düzlem arasında yerleştirilmiştir.
ÖRNEK 3.31 Bir q nokta yükü sonsuz uzunlukta ve derinlikte bir iletken düzlemin yüzeyinin
hemen üzerine yerleştirilmiştir. Herhangi bir P noktasında potansiyel ve elektrik alan şiddetini
hesaplayınız. Düzlemin yüzeyinde indüklenen toplam yükün -q olduğunu gösteriniz.
Şekil 3.47 Sonsuz iletken düzlem
üzerindeki bir nokta yükü
ÇÖZÜM Şekil 3.47’de iletken düzlemin yüzeyi üzerinde (0,0,d)’de bir q nokta yükü
görülmektedir. Alanların belirlenmesi için (0,0,-d)’de bir -q imajiner yükü yerleştirilir ve düzlemin
varlığı geçici olarak ihmal edilir. P(x,y,z) ve z≥0 da herhangi bir noktadaki potansiyel
V=
dir. R1 = x 2 + y 2 + ( z − d ) 2
q 1
1
−
4πε R1 R2
ve R2 = x 2 + y 2 + ( z + d ) 2
dir. İletken yüzeyinde yani z=0
düzleminde R1 = R2 ve V=0 ’dır. P noktasındaki elektrik alan şiddeti,
q x
x y
y z + d z − d
E = −∇V = −
3 − 3 a x + 3 − 3 a y + 3 − 3 a z
4πε R2 R1
R1
R2 R1
R2
dir ve iletken düzlemin yüzeyinde E alanı aşağıdaki gibi bulunur.
206
Elektromanyetik Alan Teorisi
2qd E=−
az
4πεR 3
z = 0 olduğundan, R = R1 = R2 = x 2 + y 2 + d 2 dir.
D alanının normal bileşeninin, z=0’da iletkenin yüzeyindeki yüzey yük yoğunluğuna eşit olması
gerektiğinden
ρs = −
2qd
4πR 3
elde edilir. Böylece sonsuz uzunluktaki bir iletkenin yüzeyinde indüklenen toplam yük
∫
Q = ρ s ds = −
s
2qd
4π
∫
ρdρ
∞
0
(ρ +
2
2π
∫ dφ = −q
d 2 )3 / 2 0
olarak hesaplanır. Sonuç olarak iletkenin yüzeyindeki toplam yük beklenildiği gibi -q ’dür.
ÖRNEK 3.32 Arasında 90° açı bulunan iki düzlem şekil 3.48’de görülmektedir. (3,4,0)’da 100
nC’luk bir yük yerleştirilmiştir. (3,5,0)’daki elektrik potansiyelini ve elektrik alan şiddetini
bulunuz.
Şekil 3.48 90° açılı iki iletken
düzlemin önündeki nokta yükü ve
imajları.
ÇÖZÜM İki düzlem arasındaki kesişim açısı 90° olduğundan n=360/90=4’tür ve şekilde
gösterildiği gibi üç adet hayali yüke gerek vardır. (x,y,z) P noktasının genel koordinatları ise bu
durumda R uzunlukları aşağıdaki gibi elde edilir.
R1 = ( x − 3) 2 + ( y − 4) 2 + z 2
R2 = ( x + 3) 2 + ( y − 4) 2 + z 2
R3 = ( x + 3) 2 + ( y + 4) 2 + z 2
R4 = ( x − 3) 2 + ( y + 4) 2 + z 2
Bölgenin boş uzay olduğu varsayılarak P(x,y,z) noktasındaki potansiyel
Statik Elektrik Alanları
207
1
1
1
1
V = 9 × 10 9 × 100 × 10 − 9 −
+
−
R1 R2 R3 R4
ve P(3,5,0)’da
V(3,5,0) = 735,2 V
dir. Elektrik alan şiddetinin
∂V ∂V ∂V E = −∇V = −
ax −
ay −
az
∂x
∂y
∂z
genel ifadesinden P(3, 5, 0)’da
x − 3 x + 3 x + 3 x − 3
∂V
= 900 − 3 + 3 − 3 + 3 = 19,8
∂x
R2
R3
R4
R1
aynı şekilde P(3,5,0)’da
∂V
= −891,36
∂y
ve
∂V
=0
∂z
elde edilir. Buradan, P(3,5,0)’daki E alanı bileşenleri ile beraber aşağıdaki gibi yazılır.
E = −19,8a x + 891,36a y V/m
ÖRNEK 3.33 Şekil 3.49a’da görüldüğü gibi bir q nokta yükü a yarıçapında topraklanmış iletken
kürenin merkezinden d uzaklığında yerleştirilmiştir. Küredeki yüzey yük yoğunluğunu
hesaplayınız.
(a) İletken kürenin dışındaki nokta yükü
(b) P noktası iletken kürenin yüzeyinde iken
uzaklıklar
Şekil 3.49
208
Elektromanyetik Alan Teorisi
ÇÖZÜM Yüzeyin eğri yapısından dolayı imaj yükünün gerçek q yüküne büyüklük olarak eşit
olması beklenmez. İmaj yükünün -mq olduğunu varsayalım; m bir sabittir. İmaj yükü şekil 3.49a’da
görüldüğü gibi gerçek yük ile kürenin merkezini birleştiren hat üzerinde bulunmaktadır. Böylece
herhangi bir P noktasındaki potansiyel,
V=
q 1 m
−
4πε R1 R2
ile verilir; R1 = r 2 + d 2 − 2rd cosθ ve R2 = r 2 + b 2 − 2rb cosθ dir.
Sınır şartı, r = a ’da yani kürenin yüzeyinde V = 0 veya potansiyelin kaybolmasını yani
1
a 2 + d 2 − 2ad cosθ
=
m
a 2 + b 2 − 2ab cosθ
ilişkisinin kurulmasını gerektirir. m ve b’nin bulunması için iki eşitliğe ihtiyaç vardır. Bunun
yapılması için her iki tarafın karesi alınır ve cosθ katsayıları eşitlenerek
( a 2 + d 2 )m 2 = a 2 + b 2
ve
2adm 2 = 2ab
terimleri elde edilir. Bu eşitlikler çözülerek
m2 =
b
,
d
b=
a2
d
ve
m=
a
d
katsayıları bulunur. Buradan imaj yükünün,
− mq = −
a
q
d
eşitliğinden m ≤ 1 olduğu açıktır. Sadece d=a iken m = 1 ’dir. Bunun anlamı gerçek yük, küre
yüzeyinin hemen üzerinde iken imaj yükünün gerçek yüke büyüklük olarak eşit olmasıdır. Küreden
uzaklaştıkça imaj yükü merkeze doğru hareket eder. Küredeki yüzey yük yoğunluğu D alanının
normal bileşenine eşittir. P kürenin yüzeyi üzerinde (şekil 3.49b) ve m = a / d ve r = a
olduğundan, küredeki yük yoğunluğu aşağıdaki gibi bulunur.
ρ s = a r ⋅ D= a r ⋅ (−ε∇V )= −ε
∂V
∂r
r =a
q
1
a
∂
−
2
4πε a + d 2 − 2ad cosθ d a 2 + b 2 − 2ab cosθ
ρ s = −ε
∂a
Statik Elektrik Alanları
ρs = −
209
q
a (a − b cosθ )
(a − d cosθ )
−
2
2
3
4π d (a 2 + b 2 − 2ab cosθ )3
a
d
ad
θ
(
2
cos
)
+
−
ρs = −
q
d 2 − a2
4πa (a 2 + d 2 − 2ad cosθ )3
b = a 2 / d dir. Elde edilen bu yük yoğunluğundan küre üzerindeki toplam yük,
π
Qküre
2π
q(d 2 − a 2 )a
a 2 + d 2 − 2ad cosθ
a
−
φ 0 = − q = − mq
= a 2 ρ s sin θdθ dφ = −
0
0
d
4π
ad (a 2 + d 2 − 2ad cosθ )3
0
π
∫
∫
2π
2
d ( d 2 −a 2 )
olarak beklenildiği gibi hesaplanır.
ALIŞTIRMALAR
42.
ρ düzgün yük yoğunluklu sonsuz incelikte bir hat ile sonsuz iletken düzlem arasında d
açıklığı vardır. (a) hat boyunca iletken düzlemde birim uzunluk başına indüklenen yükü ve (b)
eş potansiyel yüzey eşitliğini belirleyiniz. Bu eş potansiyel yüzeylerin birkaçını çiziniz.
43. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi z yönünde uzanan sonsuz iki iletken düzlem φ = 0 ve
φ= 60° dedir. Her iki plaka toprak potansiyelinde iken bir q nokta yükü Q(2, π / 6,0) ’da
bulunmaktadır. (5, π / 6,0) noktasındaki potansiyeli bulunuz.
44. Önceki alıştırmayı, nokta yükü yerine düzgün yük yoğunluklu ince bir hat kullanıldığında
yeniden çözünüz.
3.14 ÖZET
Elektrostatik alan teorisi durgun yükler ile oluşturulan ve zamanla değişmeyen alanlar çalışmasıdır.
Bütün teori Coulomb tarafından yapılan deneysel gözlemlerden çıkmaktadır. Coulomb kanununun
miktarsal bir ifadesi aşağıdaki gibidir.
qq F = 1 2 2 aR
4πεR
Daha ileri deneysel gözlemler bir q nokta yükünün etrafına yerleştirilen belli sayıda diğer yüklerin
nokta yükü üzerinde meydana getirdiği toplam kuvvetin, q yüküne her bir yükün ayrı ayrı
oluşturduğu kuvvetlerin toplamına eşit olduğunu göstermiştir. Bu aşağıdaki eşitlik ile verilir.
F=
n
∑
i =1
qqi (r − ri )
3
4πε r − ri
Elektrik alan şiddeti q t →0 limitinde qt test yüküne etkiyen kuvvet ile tanımlandı. Bir nokta
yükünden dolayı bir ortamda bir noktadaki elektrik alan şiddeti
210
Elektromanyetik Alan Teorisi
E=
q aR
4πεR 2
ile verilir. Hacim, yüzey ve hat yük dağılımından dolayı bir noktadaki elektrik alan şiddeti için de
aşağıdaki gibi ifadeler elde edildi.
1
E=
4πε
∫ r − r'
1
E=
4πε
∫ r − r'
1
E=
4πε
∫ r − r'
ρ 'v dv' 3
(r − r ' )
v
ρ 's ds ' 3
(r − r ' )
s
ρ 'l dl ' 3
(r − r ' )
c
Elektrik akı yoğunluğu
D = εE = ε o E + P
olarak tanımlandı ve bir yüzeyden geçen elektrik akısı aşağıdaki gibi ifade edildi.
Ψ = D ⋅ ds
∫
s
Gauss kanunu kapalı bir yüzeyden dışa doğru net akının kapalı yüzey içindeki pozitif yüke eşit
olduğunu ifade etmektedir. Bu integral formunda
D
∫ ⋅ ds = Q
s
ve nokta veya diferansiyel formunda
∇ ⋅ D = ρv
olarak ifade edilir. Yük dağılımı simetrik olduğu sürece elektrik akı yoğunluğunun bulunması için
Gauss kanunu kullanılabilir. Bunu yapmak için üzerinde D alanının normal bileşeninin sabit
olduğu bir Gauss yüzeyinin de var olduğunun doğrulanması gerekir.
E alanına yerleştirilmiş yalıtılmış bir dielektrik malzemenin her yüzeyinde
ρ sb= P ⋅ a n
ile ifade edilen bir sınır yüzey yük yoğunluğu ve dielektrik malzeme içinde
ρ vb = −∇ ⋅ P
Statik Elektrik Alanları
211
ile verilen bir sınır hacim yük yoğunluğunun olması beklenir. Elektrik potansiyeli birim yük başına
yapılan iş olarak tanımlandı ve E alanı ile
a
Vab = − E ⋅ dl
∫
b
eşitliği elde edildi. Bir q nokta yükünden dolayı b noktasındaki mutlak potansiyel aşağıdaki gibi
ifade edildi.
Vb =
q
4πεR
Hacim, yüzey ve hat yük dağılımlarından dolayı elektrik potansiyel fonksiyonları aşağıdaki gibi
elde edildi.
ρ 'v dv'
1
4πε ∫ r − r '
V=
v
ρ 's ds '
1
4πε ∫ r − r '
V=
s
V=
ρ 'l dl '
1
4πε ∫ r − r '
c
Potansiyel dağılımından E alanı
E = −∇V
olarak bulunabilir. Zamanla değişmeyen elektrik alan şiddeti doğası gereği korunumlu olduğundan
∇×E = 0
ile ifade edildi. D ’nin normal bileşeni genelde sınırda sürekli değildir ve E alanının tanjant
bileşeni sınırda süreklidir. Bunlar aşağıdaki gibi ifade edilir.
a n ⋅ (D1 − D2 ) =
ρs
a n × ( E1 − E 2 ) = 0
D ’nin normal bileşeni ve E ’nin tanjant bileşeni farklı iki dielektrik ortam arasındaki ara yüzeyde
süreklidir.
Statik dengede bir iletken içindeki hacim yük yoğunluğu ve alanlar sıfırdır.
n nokta yükünden dolayı elektrostatik enerji,
212
Elektromanyetik Alan Teorisi
W=
1 n
∑ qiVi
2 i =1
ile; sürekli hacim yük dağılımı için elektrostatik enerji,
1
ρ vVdv
2 ∫v
W=
ile ve D ve E alanları ile elektrostatik enerji
W=
1 D ⋅ E dv
2 ∫v
ile ifade edilir. Kapasitans bir iletken üzerindeki yükün diğer iletkene göre potansiyeline oranı
olarak tanımlanmıştır. Paralel plakalı bir kapasitörün kapasitansı,
C=
εA
d
L uzunluğunda silindirik bir kapasitörün (koaksiyel kablo) kapasitansı
C=
2πεL
ln(b / a )
ve son olarak küresel bir kapasitörün kapasitansı
C=
2πεab
b−a
dir. İki iletken arasındaki kapasitans
1
=
C
b
dr
∫ ε (r ) A
a
r
genel ifadesi ile belirlenir. Herhangi bir ortamdaki potansiyel dağılımın genel ifadesi
ε∇ 2V + ∇V ⋅ ∇ε = − ρv
olup ikinci derece bir diferansiyel eşitliktir. Eğer ortamın geçirgenliği sabitse Poisson eşitliği,
∇ 2V = − ρ v / ε
ve eğer ilgili bölgede net hacim yük yoğunluğu sıfır ise Laplace eşitliği
∇ 2V = 0
elde edilir. Yükler sonsuz uzunlukta iletken bir bölgeye yakın bulunduğunda alanlar imajlar
metodu ile belirlenebilir. İmaj yükleri ilgili bölgenin dışında bulunur ve iletken ihmal edilir.
Statik Elektrik Alanları
213
3.15 ÇALIŞMA SORULARI
1. Bir cisim yüklü ise ne denilmek istenilir?
2. Kapalı bir sistemde net yük korunduğunda ne denilmek istenilir?
3. Coulomb kanununu kendi cümlelerinizle ifade ediniz.
4. Bir bölgeye iki pozitif yük konulursa bunlar bir .........................kuvveti altında kalacaklardır.
5. Bir bölgeye iki negatif yük konulursa bunlar bir ........................kuvveti altında kalacaklardır.
6. Pozitif yük negatif yükün yakınına konulursa pozitif yük .................. kuvveti altında kalacaktır.
7. Elektrik alan şiddeti nedir?
8. Bir nokta yükünün en değişmez tanımı ne olmalıdır? Olabilecek diğer yük dağılımları nedir?
9. Coulomb başına newton’un boyutsal olarak metre başına volt olduğunu ispatlayınız.
10. Hacim yük yoğunluğu terimi ile yüzey yük yoğunluğunu tanımlayınız.
11. Yüzey yük yoğunluğu terimi ile hat yük yoğunluğunu tanımlayınız.
12. Kuvvet hattı nedir?
13. 10 C’luk bir nokta yükünün kuvvet hatları sayısı....................................
14. Elektrik alanında pozitif test yükünün hareketi ile yapılan iş pozitif ise iş bir.....................
kuvveti ile yapılır. Potansiyel hareket yönünde......................
15. Pozitif test yükünün hareketi yönünde potansiyel azalırsa iş bir ...........kuvveti ile yapılır.
16. E = −∇V eşitliğinde negatif işaretin önemi nedir?
17. Gauss kanununu ifade ediniz.
18. (a) ρ v = kρ 2 , (b) ρ v = kρ cos φ , (c) ρ v = k / ρ ve ρ ≠ 0 , (d) ρ v = kr , (e) ρ v = kr cosθ ve (f)
ρ v = kr cos φ durumları için Gauss kanunu kullanılabilir mi?
19. Kibrit kutusu büyüklüğünde içi boş iletken statik bir elektrik alanına konulmuştur. İletkenin
içindeki elektrik alanı nedir? İletkenin iç ve dış yüzeyindeki yük dağılımını çiziniz.
20. 100 V potansiyelde tutulan kibrit kutusu büyüklüğünde içi boş iletken statik bir elektrik alanına
konulmuştur. İletkenin içindeki elektrik alanı nedir?
21. Gauss kanununun uygulanması için Gauss yüzeyinde D alanının normal bileşeninin sabit
tutulması gerekli midir? Nedenini açıklayınız.
22. 10 mC’luk bir yük iletken bir kabuk içine konulmuştur. İç yüzeyde indüklenen yük nedir? Dış
yüzeydeki yük nedir? Yükün kabuk içinde konulduğu yer önemli midir?
214
Elektromanyetik Alan Teorisi
23. ∇ ⋅ D ’nin fiziksel önemi nedir?
24. Yük b yarıçapında ince bir küresel kabuk üzerine yayılmışsa kabuk içindeki E nedir?
25. Bir nokta yükünü oluşturmak için ne kadar enerji gerekir? Bir nokta yükü gerçekten var olabilir
mi?
26. Eş potansiyel yüzeyler niçin elektrik akı hatlarına diktir?
27. 1 C’luk nokta yükü boşlukta sonsuzdan a noktasına getiriliyor. Bunu yapmak için ne kadar
enerji gerekir? 1 C’luk ikinci yükün sonsuzdan b noktasına getirilmesi için enerji harcaması 1 J
ise yükler arasındaki uzaklık nedir?
28. Önceki soruda boşluk ε r = 4 ortamı ile değiştiriliyor. Aynı enerji harcaması için iki yük
arasındaki uzaklık nedir?
29. Sınır şartları ile ne denilmek isteniyor?
30. ∇ 2V = 0 ’nin çözümü tek midir?
31. Laplace eşitliğinin çözümünde sınır şartlarının önemi nedir?
32. Sınır yükünün tanımı nedir?
33. Küresel yük dağılımı için r yarıçapındaki alanın r yarıçapındaki hacim içinde bütün yükün
merkezde yoğunlaşmış olarak aynı ve dışarıdaki yüklerin yok edilmiş gibi olduğunu gösteriniz.
34. Yüksüz bir bölgede E x = αx ve E y = βy dir. Ez ’yi bulunuz.
35. n kapasitör seri bağlanmışsa etkin kapasitans nedir?
36. n kapasitör paralel bağlanmışsa etkin kapasitans nedir?
37. Kapasitörler seri bağlandığında her kapasitördeki yük niçin aynıdır?
38. Kapasitörler paralel bağlandığında her kapasitördeki yük aynı mıdır?
39. Bir iletkenin yüzeyindeki yüzey yoğunluğu 10 mC/ m2 ise yüzeyinin hemen üzerindeki elektrik
akı yoğunluğu nedir?
40. Boş uzay ve dielektrik sabiti 5 olan dielektrik bir ortam arasındaki ara yüzeyi dikkate alınız.
Boş uzayda D alanının normal bileşeni 10 C/m2 ve dielektrik ortamda E alanının tanjant
bileşeni 100 V/m dir. D alanının tanjant bileşeni ve E alanının normal bileşenini bulunuz.
41. Önceki sorudaki sınır yüzey yük yoğunluğu nedir?
42. Sınır şartları uygulanırken sınır yük yoğunlukları dikkate alınır mı?
43. Bir dielektrik ortamda Gauss kanunu uygulanırken sınır yük yoğunluklarının dikkate alınması
gerekir mi?
Statik Elektrik Alanları
215
44. Elektrik alanı E = 10a y + 20a z V/m olarak veriliyor. Bu düzgün bir alan mıdır? Niçin?
Büyüklüğü nedir? Birim vektörler ile yapılan açıların kosinüsü nedir?
3.16 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR
1. 5 nC’luk bir yük P (2, π / 2, −3) ’de -10 nC’luk bir yük Q(5, π ,0) ’da bulunmaktadır. Yüklerin
birbiri üzerine etkilediği kuvveti hesaplayınız. Bu kuvvetin türü nedir?
P(2, π / 2, −3) ⇒ P (0, 2, −3) , Q(5, π ,0) ⇒ Q(−5,0,0) , PQ =
R=
−5a x − 2a y + 3a z ⇒ R =38
×10
9
1 5 × 10−9 × 10 × 10−9
[−5a x − 2a y + 3a z ] =
9,61a x + 3,84a y − 5,76a z nN
=
−
3
πε
4
o
38
F−10 nC = 11,84 nN
9
F−10 nC
çekme kuvveti
2. 2 nC, -5 nC ve 0,2 nC’luk yükler sırasıyla P (2, π / 2, π / 4) , Q(1, π , π / 2) ve
S (5, π / 3, 2π / 3) ’e konulmuştur. P noktasındaki 2 nC’luk yüke etkiyen kuvveti bulunuz. Bu
kuvvet itme veya çekme kuvveti midir?
P (2, π / 2,
=
π / 4) P(2sin 90° cos 45°, 2sin 90° sin 45°, 2cos90
=
°) P ( 2, 2,0)
Q(1, π , π =
/ 2) P (1sin180° cos90°,1sin180° sin 90°,1cos180
=
°) Q(0,0, −1)
S (5, π / 3, 2π / 3) = S (5sin 60° cos120°,5sin 60° sin120°,5cos 60°) = S (− 75 / 16,15 / 4,5 / 2)
= R QP
= ( 2 − 0)a x + ( 2 − 0)a y + [0 − (−1)]a z ⇒ RQP
=
QP
5
SP
= R SP
=
[ 2 − (− 75 / 16)]a x + ( 2 − 15 / 4)a y + (0 − 5 / 2)a z ⇒ RSP
=
29 + 75
2
− 225 /
2
/
4,95148
×10
9
1 2 × 10−9 × −5 × 10−9
( 2a x + 2a y + a z )
3
4πε o
5
9
F2 nC, -5 nC
−9
−9
−9
8,0498×10
11,3842×10
11,3842×10
9
9
9
=
F2 nC, -5 nC −
ax −
ay −
az N
9
9
9
0,5 × 10 5
0, 25 × 10 10
0, 25 × 10 10
F2 nC, -5 nC = 18 nN
216
Elektromanyetik Alan Teorisi
×10
9
1
2 × 10−9 × 0, 2 × 10−9
[( 2 + 75 / 16)a x + ( 2 − 15 / 4)a y − 5 / 2a z ]
3
4πε o 29 + 75 / 2 − 225 / 2
F2 nC, 2/10 nC= 0,106144 × 10−9 a x − 0,007696 × 10−9 a y − 0,007413 × 10−9 a z N
F2 nC, 2/10 nC = 0,106681 nN
9
F2 nC, 2/10 nC
F2 nC =
F2 nC, -5 nC + F2 nC, 2/10 nC =
−(11, 27 × 10−9 a x + 11,39 × 10−9 a y + 8,057 × 10−9 a z ) N
F2 nC ≈ 18 nN
çekme kuvveti
3. Örnek 3.5’de elde edilen E =
ρbz
2ε o [b + z ]
2
2 3/ 2
a z ifadesinden yararlanarak Örnek 3.6a’yı
çözünüz.
dq 2πρ ' d ρ ' ρ s =
=
⇒ dE
2πρ ' d ρ ' z ρ s az ⇒
4πε o [ ρ '2 + z 2 ]3/ 2
Ez
=
z ρs b ρ ' d ρ '
ρs z
1
1
=
−
2
2
2 3/ 2
∫
a
2
2
2ε o [ ρ ' + z ]
2ε o a + z
b + z2
az
4. Örnek 3.9b’de yük dağılımı rρ v ise uzayda her yerdeki elektrik alan şiddetini belirleyiniz.
Q
4 4
π r ρv
3
ρv r 2
2
Er r ≤ a
Er r ≤ a
E ⋅ ds 4π r =
⇒=
∫=
s
3ε o
εo
Gauss kanunundan
Q
4 4
π a ρv
a 4 ρv
3
⇒=
2
E
=
⋅
π
=
ds
r
E
E
4
r
r
∫ s
r ≥a
r ≥a
εo
3ε o r 2
Gauss kanunundan
5. z = 5 / 2 m düzleminde ½ m yarıçapında dairesel bir pencereden geçen elektrik akı yoğunluğu
D = 10 sin φ a ρ + 12 z cos(φ / 4)a z C/m2 olarak verilmiştir. Pencereden geçen toplam akı nedir?
Statik Elektrik Alanları
Ψ
=
∫
s
D ⋅ ds
=
∫
s
217
5/2
1/ 2
2π
z ∫ ρ d ρ ∫ cos(φ / 4)d=
φ 15 C
(10sin φ a ρ + 12 z cos(φ / 4)a z ) ⋅ ( ρ d ρ dφ a=
)
12
z
0
0
6. a ve b yarıçapları ile sınırlanan (a < b) küresel bölge içindeki yük dağılımı ρ v = k / r olarak
verilmiştir. Boşlukta her yerde elektrik alan şiddetini belirleyiniz. r = b küresel yüzeyinden geçen
toplam akı nedir?
0 ≤ r ≤ a arası I. Bölge: Q = 0 , EI = 0
π
2π
=
r 2 sin θ dθ ∫ dφ 4π r 2 Er ve
Bölge: ∫ E ⋅ ds Er ∫ =
a ≤ r ≤ b arası II.
s
Q
=
∫
r
a
0
0
2π
π
Q 2π k (r 2 − a 2 ) k r 2 − a2 k 2
,
=
E
=
ar
r dr ∫ sin θ dθ ∫=
dφ 2π k (r 2 − a 2 ) , 4π r 2 E=
r
II
0
0
εo
εo
2ε o r 2
r
=
Q 2π k (b 2 − a 2 ) , 4π r 2 E=
b ≤ r ≤ ∞ arası III. Bölge:
r
k b2 − a 2 Q 2π k (b 2 − a 2 ) , EIII =
ar
=
2ε o r 2
εo
εo
7. Sonsuz uzunlukta a yarıçapında bir silindirik iletkenin yüzeyinde düzgün ρs yüzey yük dağılımı
vardır. Boşlukta her yerdeki elektrik alan şiddetini ve elektrik akı yoğunluğunu hesaplayınız. b
yarıçapında bir (b > a) silindirik yüzeyden geçen akıyı hesaplayınız.
218
Elektromanyetik Alan Teorisi
Q
Q
2π ah ρ s a ρ s
aρs
=
=
⇒E
=
a ≤ ρ ≤ ∞ ⇒ ∫ ρ s=
ds 2π ah ρ s ⇒ ∫ D ⋅=
ds 2πρ hDρ ⇒ D
ρ
ρ
s
s
2πρ h
ρ
εoρ
Gauss kanunundan
Ψ
=
∫
s
D ⋅ ds
=
∫
2π
0
aρs
ρ
= 2π aρ s
ρ dφ ∫ dz
0
8. Boş uzayda E = (20 / r 2 )a r ise (3,-4,1) noktasındaki ρv’yi bulunuz.
Q
20
4
π
r 3 ρv −9
r2
60 1036π
60ε o
ρv r
3
2
3
−12
∫ s E ⋅ ds =4π r Er = ε o ⇒ Er =3ε o ⇒ ρv = r 3 ⇒ ρv = 32 +( −4)2 +13 =4 × 10 C/m
Gauss kanunundan
9. Q1 = 120 nC ve Q2 = 800 nC ’luk iki nokta yükü 40 cm’lik bir uzaklık ile birbirinden
ayrılmıştır. Aradaki uzaklığı 30 cm’ye düşürmek için ne kadar enerji harcanmalıdır?
Q QQ
E = 1 2 ar ⇒ W =
−Q2 ∫ E ⋅ dl =
− 1 2
c
4πε o r
4πε o
∫
0,3
0,4
QQ 1
1
1
−
=
dr =1 2
720 μJ
2
r
4πε o 0,3 0, 4
W > 0 olduğundan, yükler birbirini itmekte ve harici kuvvet iş yapmaktadır.
q aR
10. (3.9) ⇒ E =
ve vektör işlemlerini kullanarak (a) E = −∇V ve (b) ∇ × E = 0 olduğunu
2
4πε o R
gösteriniz.
V
− ar / r 2
−∇ (1/ r )
Q
Q ar
Q
1
E=
∇ = −∇
= −∇V
2 = −
4πε o r
4πε o r
4πε o r
Statik Elektrik Alanları
∇×E
219
r aθ r sin θ aφ
ar
1
∂
∂
∂
0
=
2
r sin θ ∂r
∂θ
∂φ
Q
0
0
4πε o r 2
Er
11. Sonsuz uzunlukta, düzgünce yüklenmiş bir hattın eş potansiyel yüzeylerinin eş merkezli
silindirler olduğunu gösteriniz.
E
ρ
d
ρ
ρ2
ρ ρ
a ⋅ d ρaρ =
−∫ E ⋅ d =
−∫
− V=
ρ1 2πε ρ ρ
c
2πε o
o
ρ2
∫ρ
1
1
ρ
ρ
d ρ = ln 1
ρ
2πε o ρ 2
Eğer merkezden uzakta ρ 2 = sabit noktasında bir referans noktası alınırsa merkeze yakın
ρ1 = sabit noktasında V = sabit potansiyeli ile eş potansiyel yüzeyler eş merkezli silindir ailesi
oluşturur.
12. Şekil 3.26b’deki yükler nokta yükü yerine sonlu yarıçapta küreler olsaydı, eşpotansiyel
yüzeyler ve elektrik kuvvet çizgilerinin biçimi ne olurdu?
Eşpotansiyel yüzeyler ve elektrik kuvvet çizgilerinin biçimi değişmeden kalırdı. Herhangi
bir sonlu yarıçaplı küresel yükü çevreleyen eşpotansiyel küresel yüzeyler, şekilde
görüldüğü gibi, eş merkezli olmayan küresel kabuklar biçiminde kalmaya devam eder.
13. E =
p
4πε o r
3
[2 cosθ a r + sin θ aθ ] eşitliğini doğrulayınız.
p
1 ∂V qd cos θ
p
∂V 1 ∂V [2cos θ a r + sin θ aθ ]
V=
⇒ E = −∇V =
ar +
aθ +
aφ =
2
3
4πε o r
4πε o r
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂φ
14. Elektrik dipolünün kuvvet hatları ifadesini elde ediniz.
p 2cos θ
c
3
dr 4πε o r cos θ
= = 2
rdθ p sin θ
sin θ
c
4πε r 3
o
dr
rdθ
p 2cos θ p sin θ dr
cos θ
θ d
φ=
dl= c E ⇒ dl= dra r + rdθ aθ + r
sin
c ar +
c a ⇒ = 2
dθ
3
3 θ
4πε o r
4πε o r
r
sin θ
sabit
cEr a r
0
cEθ aθ
ln(sin θ )
rk
ln
1
cos θ
dr
=
2
d
θ
⇒
ln
r
+
ln
k
=
2ln(sin
θ ) ⇒ sin 2 θ= r k ⇒ r= d sin 2 θ
∫r
∫ sin θ
1/ d
1/ k
2
220
Elektromanyetik Alan Teorisi
ρ2
ρ 2 + z2
r = d sin 2 θ ⇒ z = d 2/3 ρ 4/3 − ρ 2 şekil 3.26a’daki gibi kuvvet hatları veya elektrik alanı
çizgileri oluşturur.
ρ +z
2
2
15. Elektrik dipolünün elektrik alan şiddetinin genliğinin E =
p
4πε o r
3
1 + 3 cos 2 θ
olduğunu
gösteriniz.
Eθ
Er
p
p
p
E=
2cos θ a r +
sin θ aθ ⇒ E 2 = Er2 + Eθ2 ⇒ E =
1 + 3cos 2 θ
3
3
4πε o r
4πε o r
4πε o r 3
16. Elektrik dipolünün oluşturduğu elektrik alan şiddetinin korunumlu alan olduğunu gösteriniz.
ar
∂
1
∇×E
= 2
∂r
r sin θ
p 2cos θ
4πε o r 3
Er
r aθ
r sin θ aφ
∂
∂
1 p 2cos θ p 2cos θ
= −
+
∂θ
∂φ
r 4πε o r 3
4πε o r 3
p sin θ
0
4πε o r 3
0
a=
φ
Eθ
∇ × E = 0 olduğundan E alanı korunumlu veya konservatif bir alandır.
17. a yarıçapında çok uzun iletken bir silindir ρ sa yüzey yük yoğunluğu taşımaktadır. Bu iletken,
iç yarıçapı b ve dış yarıçapı c olan diğer bir iletken silindir ile çevrelenmiştir. Boşlukta her yerdeki
elektrik alan şiddetini hesaplayınız. Dış iletkenin iç yüzeyindeki yük yoğunluğu nedir? Dış
iletkenin dış yüzeyindeki yük yoğunluğu nedir? Dış iletkenin dış yüzeyi topraklandığında yüklere
ve alanlara ne olur?
Statik Elektrik Alanları
221
0 ≤ ρ ≤ a arası I. Bölge: Q = 0 , EI = 0
2π a ρ sa
a ≤ ρ ≤ b arası II. Bölge:
EII
=
Q
a
Q
a
a ρ sa Q aρ
aρ
=
εoρ
2πε o ρ
−
=
− ρ sa
ρ=
b 'de ρ sb =
2π b
b
ρ=
c 'de ρ sc =
+
=
+ ρ sa
2π c
c
b ≤ ρ ≤ c arası III. Bölge: EIII = 0
a ρ sa c ≤ ρ ≤ ∞ arası IV. Bölge: E=
E=
aρ
IV
II
εoρ
0 EIV =
0
Dış iletkenin dış yüzeyi topraklandığında ρ sc =⇒
18. Önceki örnekte iç iletkendeki yüzey yük yoğunluğu pozitif ise iç iletkenin potansiyeli dış
iletkenden daha mı az yoksa daha mı çok olur? İki iletken arasındaki potansiyel farkı nedir?
2π a ρ sa
Q
Vab =
− ∫ EII ⋅ d =
−
c
2πε o
∫
a
b
aρ
b
d ρ = sa ln
a
ρ
εo
1
a noktasındaki potansiyel b’dekinden yüksektir.
19. b yarıçapında bir kürenin içindeki yük dağılımı ρ v = (b + r )(b − r ) C/m3 olarak verilmiştir.
Boşlukta her yerdeki elektrik alan şiddeti ve potansiyeli hesaplayınız. Potansiyelin r = ∞ ’da sıfır
olduğunu varsayınız.
r
π
2π
0
0
0
2
2
2
0 ≤ r ≤ b arası I. Bölge: Q0≤ r ≤b =
∫ (b − r )r dr ∫ sin θ dθ ∫
Q
(5b 2 − 3r 2 )r 2
E
π
E
ar
⋅
ds
=
4
r
E
=
⇒
=
r
I
∫ s
εo
15ε o
(5b 2 − 3r 2 )r
5b 2 r 2
3 4
VI =
−∫
dr =
−
+
r +
k
15ε o
15ε o 2 60ε o
integrasyon sabiti
4 3 2
dφ =
π r (5b − 3r 2 )
15
222
Elektromanyetik Alan Teorisi
b4
5b 2 r 2
3 4 b4
−
+
r=
b 'de VI =
Vb ⇒ k = ⇒ VI =
r +
εo
4ε o
15ε o 2 60ε o
4
k
b4
2 4
ve r = b 'de ⇒ Vr =b =
b
4ε o
15ε o
=
r 0=
'da Vr = 0
=
b ≤ r ≤ ∞ arası II. Bölge: Qb ≤ r ≤∞
4 3 2
8
2 b5 ar
π b (5b − 3b 2=
π b5 ⇒ E=
)
II
15
15
15 ε o r 2
b noktasında
r 2 b
2 b 1
2 b 1 1
2 b4
VII =
dr
V
−∫
=
−
−
=
−
⇒
=
b
∞ 15 ε r 2
15 ε o r ∞ 15 ε o r
15 ε o
∞
o
0
5
5
r
5
20. ∇' (1 / R ) = (1 / R 2 )a R olduğunu gösteriniz.
R = r − r ' = ( x − x ')a x + ( y − y ')a y + ( z − z ')a z ⇒ R 2 = ( x − x ') 2 + ( y − y ') 2 + ( z − z ') 2
R ar
( x − x ') ( y − y ') ( z − z ') ∂ 1 ∂ 1 ∂ 1
ay +
a z =3 =2
∇ '(1 / R ) =
ay +
ax +
az = 3 ax +
R
R3
R3
R
R
∂x ' R
∂z ' R
∂y ' R
21. 10 mm yarıçapında bir dielektrik çubuk z ekseninde z = 0 ile z = 10 m arasında uzanmaktadır.
Çubuğun polarizasyonu P = [2 z 2 + 10]a z dir. Sınır hacim yük yoğunluğunu ve her yüzeydeki
yüzey polarizasyonunu hesaplayınız. Toplam sınır yükü nedir?
A=
π a2 =
π (10 × 10−3 ) 2 =
π 10−6 m 2
P = [2 z 2 + 10]a z ⇒ ρ vb = −∇ ⋅ P = −4 z
P ⋅ az
I. Yüzey: ρ sbI =
z =10
=
[2 z 2 + 10]
z =10
=
210 C/m 2
Statik Elektrik Alanları
223
II. Yüzey: ρ sbII =− P ⋅ a z
z =0
=
[2 z 2 + 10]
z =10
=−10 C/m 2
0
III. Yüzey: ρ sbIII =P ⋅ a ρ =[2 z 2 + 10] a z ⋅ a ρ =0
a
2π
10
Qvb =
−4 z ) dz =
−200π a 2
∫v ρvb dv =
∫0 ρ d ρ ∫0 dφ ∫0 (
ρvb
Toplam sınır yükü = 210π a 2 − 10π a 2 − 200π a 2 = 0
22. Kenarı b olan bir dielektrik küpte polarizasyon vektörü P = xa x + ya y + za z olarak veriliyor.
Eğer koordinatların orijini kübün merkezinde ise sınır hacim yük yoğunluğunu ve sınır yüzey yük
yoğunluğunu bulunuz. Bu durumda toplam sınır yükü kaybolur mu?
P = xa x + ya y + za z ⇒ ρvb = −∇ ⋅ P = −3 C/m3
Toplam sınır yüzey yükü
Yüzey
ρ sb= P ⋅ a n
x = +b / 2
ρ sb = P ⋅ a z = ( xa x + ya y + za z ) ⋅ (+a x ) x = + b / 2 = b / 2
x = −b / 2
ρ sb = P ⋅ a z = ( xa x + ya y + za z ) ⋅ (−a x ) x = − b / 2 = b / 2
y = +b / 2
ρ sb = P ⋅ a z = ( xa x + ya y + za z ) ⋅ (+a y ) y = + b / 2 = b / 2
y = −b / 2
ρ sb = P ⋅ a z = ( xa x + ya y + za z ) ⋅ (−a y ) y = − b / 2 = b / 2
z = +b / 2
ρ sb = P ⋅ a z = ( xa x + ya y + za z ) ⋅ (+a z ) z = + b / 2 = b / 2
z = −b / 2
ρ sb = P ⋅ a z = ( xa x + ya y + za z ) ⋅ (−a z ) z = − b / 2 = b / 2
Genel toplam sınır yüzey yükü
(b / 2) × b × b =
b3 / 2
(b / 2) × b × b =
b3 / 2
(b / 2) × b × b =
b3 / 2
(b / 2) × b × b =
b3 / 2
(b / 2) × b × b =
b3 / 2
(b / 2) × b × b =
b3 / 2
3b3
224
Elektromanyetik Alan Teorisi
hacim
Toplam sınır hacim yükü =−3 C/m × (b × b × b) m3 =−3b3 C
3
Toplam sınır yükü =
−3b3 + 3b3 =
0
23. Yarıçapı b olan dielektrik silindir uzunluğu boyunca polarize edilmiş ve z ekseninde z = − L / 2
ile z = L / 2 arasında uzanmaktadır. Eğer polarizasyon düzgün ve genliği P ise dielektrik silindirin
hem içinde ve hem de dışında, z eksenindeki bir noktada bu polarizasyondan kaynaklanan elektrik
alanını hesaplayınız.
P = Pa z ⇒ ρ vb = −∇ ⋅ P = 0
ρ sb
Eüst
z
=
P
⋅ a z =Pa z ⋅ (+a z ) z
/2
L=
P
4πε o
b
2π
0
0
∫∫
L/2
=+ P ve ρ sb
ρ d ρ dφ
ρ 2 + ( z − L / 2) 2
3
=
P
⋅ a z =Pa z ⋅ (−a z ) z =
=− P
z=
−L/2
−L/2
[ − ρ a ρ + ( z − L / 2)a z ]
2π ∫0 a ρ dφ = 0
b
1
P ( z − L / 2)
−
=
2
4πε o
ρ + ( z − L / 2) 2
2π
2P
( z − L / 2)
φ 0 az =
−
− 1 a z
2ε o b 2 + ( z − L / 2) 2
0
Ealt
3
−P
4πε o
b
∫∫
0
2π
0
ρ d ρ dφ
ρ 2 + ( z + L / 2) 2
1
− P ( z + L / 2)
= −
4πε o
ρ 2 + ( z + L / 2) 2
[ − ρ a ρ + ( z + L / 2)a z ]
2π ∫0 a ρ dφ = 0
b
2π
2P
( z + L / 2)
φ 0 az =
− 1 a z
2ε o b 2 + ( z + L / 2) 2
0
2P
( z − L / 2)
2P
( z + L / 2)
E=
Eüst + Ealt =
−
− 1 a z +
− 1 a z
2ε o ρ 2 + ( z − L / 2) 2
2ε o b 2 + ( z + L / 2) 2
=
2P
( z + L / 2)
( z − L / 2)
−
2ε o b 2 + ( z + L / 2) 2
ρ 2 + ( z − L / 2) 2
az
Statik Elektrik Alanları
225
24. Sonsuz bir hat yükü sabit geçirgenlikte dielektrik bir ortam içinde çevrelenmiştir. Ortamda
herhangi bir noktadaki elektrik alan şiddetini belirleyiniz. Hat a→0 olacak şekilde a yarıçaplı bir
silindire yakınlaştırıldığında sınır yük yoğunluğu nedir?
ρ
∫ D ⋅ ds =Q ⇒ 2πρ L = ρ L ⇒ Dρ = 2πρ ⇒ Eρ =
s
Dρ
ε
=
ρ
2π ε oε r ρ
ε
Dρ= ε o Eρ + Pρ ⇒ Pρ=
ρvb = −∇ ⋅ P =
ρ ε r − 1 ρ ε r − 1
⇒ Pρ=
aρ
2πρ ε r
2πρ ε r
1 ∂ ρ ε r − 1
ρ
= 0
ρ ∂ρ 2πρ ε r
Hat a→0 olacak şekilde a yarıçaplı bir silindire yakınlaştırıldığında sınır yük yoğunluğu:
ρ sb
ρ =a
ρ ε −1 ρ ε r − 1
=P ⋅ (−a ρ ) =− r
a ρ ⋅ a ρ =−
2π a ε r
2π a ε r
Birim uzunluk başına sınır yükü: Qsb
ρ =a
ε −1
= 2π a ρ sb = − ρ r
εr
ε − 1 ρ
ρ − ρ r =
Hat yükü ε r faktörü ile azalmıştır. ε r
Etkin hat yük yoğunluğu: ρ e =
εr εr
faktörünün D üzerinde bir etkisi yoktur.
25. Yarıçapı a olan küresel bir hacimde düzgün bir ρ v hacim yük dağılımı vardır. (3.65)’i
kullanarak sistemin toplam enerjisini hesaplayınız.
Gauss kanunundan,
Q
ρv ρv 4 3
2
Yüzey r ≤ a yarıçapında iken: ∫ s D ⋅ =
ds 4π r D
=
π r ρv ⇒ D=
ra r ⇒ E=
ra r
r
rI
rI
3
3
3ε o
Q
ρv a3 ρv a3 4
2
Yüzey r ≥ a yarıçapında iken: ∫ s D=
⋅ ds 4π r =
DrII
a
⇒
=
E
ar
π a3 ρv ⇒ =
Dr
r
rII
3
3 r2
3ε o r 2
r ρ a3
r ≥ a iken: Vo =
− ∫ ErII ⋅ dra r =
− v
−∞
3ε o
ρv a3
1
dr
=
⇒V
∫−∞ r 2
3ε o r
r
Va
r ρ a2 ρ
r ≤ a iken: Vr = Va − ∫ ErI ⋅ dra r = v − v
a
3ε o 3ε o
∫
r
a
rdr =
r =a
ρv a 2
Va =
=
3ε o
ρv a 2 ρv 2
ρ a2 ρ
−
( r − a 2 )= v − v r 2
3ε o 6ε o
2ε o 6ε o
226
Elektromanyetik Alan Teorisi
π
2π
1
1 2 a a2
4π a 5 2
r2 2
=
−
=
sin
W=
ρ
V
dv
ρ
r
dr
θ
d
θ
d
φ
ρv
v
r
v
∫0
∫0
2 ∫v
2 ∫0 2ε o 6ε o
15ε o
26. Önceki alıştırmada (3.68)’i kullanarak sistemin toplam enerjisini hesaplayınız.
1
DrII ⋅ErII dv
rI ⋅E rI dv
∫v D
2 ∫v
DrII
ErII
DrI
ErI
π
π
2π
2π
1 a ρv ρv 2
1 a ρv a3 ρv a3 2
ar ⋅
W = ∫ ra r ⋅
ra r r dr ∫ sin θ dθ ∫ dφ + ∫
ra r r dr ∫ sin θ dθ ∫ dφ
2
2
0
0
0
0
2 0 3
3ε o
2 0 3 r
3ε o r
4π a 5 2
=
ρv
15ε o
1
2
27. Yarıçapı a olan küresel hacimde ρ v düzgün hacim yük dağılımı vardır. Yük dağılımı iç
yarıçapı b, dış yarıçapı c olan ve ε geçirgenliğinde, eş merkezli dielektrik kabuk ile çevrelenmişse
(a) sistemde depolanan toplam enerjiyi, (b) sınır yük yoğunluklarını ve (c) net sınır yükünü
belirleyiniz.
Q
ρv 4
2
Yüzey r ≤ a yarıçapında iken: ∫ s D=
⋅ ds 4π r =
Dr
π r 3 ρv ⇒=
DrI
ra r
3
3
Q
ρv a3 4 3
2
Yüzey r ≥ a yarıçapında iken: ∫ s D=
⋅ ds 4π r =
DrII
ar
π a ρv ⇒ =
Dr
3
3 r2
2
Dr
5
2π
2
a/5
2
2 a
π
2π
4π a 5 ρ v2
1 ρv
1 ρv
4
I. Bölge: WI ∫=
=
r
dv
r
dr
=
θ
d
θ
d
φ
sin
∫0
∫0
v 2ε 3
2ε o 3 ∫0
90ε o
o
Statik Elektrik Alanları
227
b−a
2
Dr
ab
2π
2
2
3 2
2
b
π
π
1 ρv a
1 ρv 3
1
2π b − a 2 5
II. Bölge: WII ∫=
sin θ dθ ∫ dφ
dv
ρv a
=
3 a ∫a r 2 dr=
2
∫
0
0
v 2ε
3
2
9
r
ε
εo b
o
o
III. Bölge:
c −b
2
Dr
bc
2π
2
3 2
3 2
2π
π
1 ρv a
1 ρv a c 1
2π c − b 2 6
dv
dr ∫ sin θ dθ ∫ dφ
ρv a
∫b 2 =
2
∫=
0
0
v 2ε ε
r
2ε rε o 3
9ε r ε o bc
r o 3 r
WIII
ε
ε
2
Dr
1/ c
2π
2
2
3 2
π
2π
1 ρv a
1 ρv 3 ∞ 1
2π 1 2 6
IV. Bölge: WIV ∫=
dv
a ∫ 2 dr=
sin θ dθ ∫ dφ
ρv a
=
2
∫
v 2ε
c
0
0
2ε o 3
r
9ε o c
o 3 r
W =WI + WII + WIII + WIV =
4π a 5 ρ v2 2π b − a 2 5
2π c − b 2 6 2π 1 2 6
+
ρv a +
ρv a +
ρv a
90ε o
9ε o b
9ε r ε o bc
9ε o c
D
E
3
ρv a3 ρv a 1 ρv a3 ε r − 1 P=
D − ε oE = 2 ar − ε o
ar = 2
ar
3 r
3 r 2 ε oε r
3 r εr
0
3
ρ
1 ∂
a ε −1
ρvb = −∇ ⋅ P = − 2 r 2 v 2 r = 0
r ∂r 3 r ε r
ρ sb
ρ sb
r =b
r =c
ρ a3 ε − 1 ρv a3 ε r − 1
a
a
=
−P ⋅ ar =
− v 2 r
⋅
=
−
r r
3 b εr
3 b2 ε r
ρ a3 ε − 1 ρ a3 ε − 1
=
+P ⋅ ar =
+ v 2 r
+ v 2 r
ar ⋅ ar =
3 c εr
3 c εr
28. ε1 ve ε2 geçirgenliklerinde iki dielektrik ortam düz bir ara yüzey ile ayrılmıştır. Eğer θ1 ve θ2
ara yüzeye normal E1 ve E2 ’nin yaptığı açılar ise θ1 ve θ2 arasında bir ilişki bulunuz.
228
Elektromanyetik Alan Teorisi
Dielektrik ortamda ρ s = 0
Et 1
Et 2
E1 sin θ1 = E2 sin θ 2 tan θ1 ε1 ε r1
= =
ε1 E1 cosθ1 = ε 2 E2 cosθ 2 tan θ 2 ε 2 ε r 2
Dn1
Dn 2
29. 10 cm yarıçapındaki silindirik iletkende ρ s = 200 μC/m 2 ’lük düzgün yüzey yük dağılımı
bulunmaktadır. İletken sonsuz bir dielektrik ortama (ε r = 5) gömülmüştür. Sınır şartlarını
kullanarak iletken yüzeyinin hemen üzerindeki dielektrik ortamda D ve E ’yi belirleyiniz.
İletkenin yakınındaki dielektrik yüzeyde birim uzunluk başına sınır yüzey yük yoğunluğu nedir?
İletken ortamda D2 =0 ⇒ E2 =0
Dρ 1 200 40
=
= V/m
Dn1a n =Dρ 1a ρ ⇒ Dn1 =Dρ 1 =ρ s =200 μC/m 2 ⇒ Eρ 1 =
ε1
5ε o ε o
Pρ 1 =Dρ 1 − ε o Eρ 1 =200 − ε o
40
εo
=160 μC/m 2 ⇒ ρ sb
ρ =10 cm
=−P ⋅ a ρ =−160 μC/m 2
30. Boş uzay ve iletken arasındaki ara yüzeyi dikkate alınız. Boş uzayda E alanının x bileşeni 10
V/m ve ara yüzeyin normali ile 30° açı yapmaktadır. E alanının diğer bileşenleri ne olmalıdır? Ara
yüzeydeki yüzey yük yoğunluğu nedir?
Ex
=
Ext1 10sin
=
30° 5 V/m
=
E yt1 E y =
sin 60° ( 3/2)E y V/m
Ara yüzeyde Ext1= E yt1 ⇒ 5= E y 3 / 2 ⇒ E y= 10 / 3= 5,7735 V/m
En
11,547
ρ s = Dn = ε o Ex2 + E y2 = ε o 102 + 102 / 3 = 0,1022 nC/m 2
Statik Elektrik Alanları
229
31. İki paralel plaka 2 mm kalınlığında bir dielektrik (ε r = 6) ile ayrılmıştır. Her plakanın alanı 40
cm2 ve aralarındaki potansiyel fark 1,5 kV’tur. (a) kapasitansı, (b) elektrik alan şiddetini, (c)
elektrik akı yoğunluğunu, (d) polarizasyon vektörünü, (e) serbest yüzey yük yoğunluğunu, (f) sınır
yük yoğunluklarını ve (g) kapasitörde depolanan enerjiyi belirleyiniz.
A
10−9 40 × 10−4
=
= 106,1 pF
C ε= 6
d
36π 2 × 10−3
V
1500 10−9
E=
− az =
−
a
=
−
a
⇒
D
=
E
=
−
−39,79a z nC/m 2
ε
750
V/m
6
750a z =
z
−3 z
d
2 × 10
36π
εr
εr −1
6 −1 P=
D − ε oE =
D
−39,79
−33,15a z nC/m 2
=
az =
εr
6
6
Yüzey yükleri: ρ s
Sınır yükleri: ρ sb
üst plaka
üst plaka
=
−D =
39,79 nC/m 2 ve ρ s
alt plaka
=− P ⋅ a z =−33,15a z nC/m 2 ve ρ sb
= D = −39,79 nC/m 2
alt plaka
=+ P ⋅ a z =+33,15a z nC/m 2
1 2 1 10−9 1500
ε E =6
14,92 J/m3
Enerji yoğunluğu: w =
−
=
2
2 36π 2 × 10−3
2
Toplam enerji: =
W
∫
v
v
−4
−3
= 14,92 × 40 × 10 × 2 × 10=
wdv
119,37 μJ
32. Önceki alıştırmayı boş uzay için yeniden çözünüz. İki kapasitansın oranı nedir?
A 10−9 40 × 10−4
=
C ε=
= 17,68 pF
d 36π 2 × 10−3
V
1500 10−9
E=
− az =
−
a
=
−
a
⇒
D
=
ε
E
=
−
−6,63a z nC/m 2
750
V/m
750a z =
z
−3 z
d
2 × 10
36π
1−1
P=
D − ε oE =
D
0
=
1
Yüzey yükleri: ρ s
Sınır yükleri: ρ sb
üst plaka
üst plaka
=
−D =
39,79 nC/m 2 ve ρ s
= 0 ve ρ sb
alt plaka
alt plaka
= D = −39,79 nC/m 2
=0
1 2 1 10−9 1500
E = −
=
2, 487 J/m3
Enerji yoğunluğu: w =
−3
2
2 36π 2 × 10
2
230
Elektromanyetik Alan Teorisi
Toplam enerji: =
W
∫
v
v
−4
−3
= 2, 487 × 40 × 10 × 2 × 10=
wdv
19,895 μJ
33. a yarıçapında bir silindirik iletken b yarıçapında diğer bir iletken ile silindirik kapasitör
Qa / Vab ) eşitliğini
oluşturmak için çevreleniyor. Ortamın geçirgenliği ε’dir. 3.74 ⇒ (C =
kullanarak birim uzunluk başına kapasitans ifadesini elde ediniz. Kapasitörün uzunluğu L ise
toplam kapasitans nedir?
aρ
a
a
Dρ =ρ s ⇒ Eρ = ρ s ⇒ Vab =
− s
ρ
ρε
ε
a
1
b
ρ
∫
aρ
d ρ = s ln(b / a )
ε
A
Qa ε
2π Lε
=
=
C = 2π aL ρ s
Vab
a ρ s ln(b / a) ln(b / a)
b
1
dr
34. Önceki alıştırmayı 3.77 ⇒ =
eşitliğini kullanarak çözünüz.
∫
a ε (r ) A
r
C
1
=
C
∫
b
a
dρ
dρ
2πε L
=
⇒C
ln(b / a )=
2πρε L 2πε L
ln(b / a )
35. 10 cm yarıçapında iç küresel kabuk 12 cm yarıçapındaki dış kabuğa göre 1000 V potansiyelde
tutuluyor. Ortamın dielektrik geçirgenliği 2,5’tur. Ortamdaki E , D ve P ’yi belirleyiniz. Her
iletken üzerindeki yüzey yük yoğunluğu nedir? Sınır yük yoğunlukları nedir? Sistemin kapasitansı
nedir?
=
Vab
E=
r
2400ε r
Q
1
1
1 1
−
⇒
=
−
=
⇒
πε o C
Q
1000
6000
4πε r ε o a b
4π 2,5ε o 0,1 0,12
Q
Q
=
4πε r ε o r 2
2400πε r ε o 600
600
600
V/m ⇒ D=
2,5ε o 2 C/m 2
=
ε r ε o E=
ε rε o =
r
r
2
2
2
4πε r ε o r
r
r
r
Pr =Dr − ε 0 Er =
2,5ε o
=
ρ sa
600
600
600
− ε o 2 =1,5ε o 2 C/m 2
2
r
r
r
2400π 2,5ε o
Q
=
= 150000ε o C/m 2
2
4π a
4π 0,12
2400π 2,5ε o
Q
312500
ρ sb =
−
=
−
=
−
ε o C/m 2
2
2
4π b
4π 0,12
3
ρvb = −∇ ⋅ P = −
1 ∂ 2
1 ∂
600
(r Pr ) = − 2 r 21,5ε o 2 = 0
2
r ∂r
r ∂r
r
Statik Elektrik Alanları
231
600
ρ
=
−1,5ε o 2 =
−90000ε o C/m 2
sb r = a
0,1
ρ sb= P ⋅ a r
600
ρ
=
+1,5ε o
=
+62500ε o C/m 2
sb r =b
0,122
C
=
Q 2400π 2,5ε o
=
= 6πε o F
Vab
1000
36. Önceki alıştırmayı boş uzay için yeniden çözünüz. İki kapasitansın oranı nedir?
Vab
=
Er =
1
Q 1 1
Q 1
Q 2400πε o C
=
−
⇒
=
− ⇒ 1000
4πε o a b
4πε o 0,1 0,12
Q
4πε o r
2
=
2400πε o 600
600
600
=
V/m ⇒ Dr = ε o Er = ε o 2 = ε o 2 C/m 2
2
2
4πε o r
r
r
r
Pr =Dr − ε 0 Er =
εo
600
600
− εo 2 =
0
2
r
r
2400πε o
Q
=
= 60000ε o C/m 2
2
4π a
4π 0,12
=
ρ sa
2400πε o
125000
Q
−
=
−
=
−
ρ sb =
ε o C/m 2
2
2
4π b
4π 0,12
3
ρvb = −∇ ⋅ P = −
ρ sb
ρ sb= P ⋅ a r
ρ sb
C
=
0
1 ∂ 2
(
r
P
r) = 0
r 2 ∂r
r =a
r =b
=0
=0
Q 2400πε o
=
= 2, 4πε o F
1000
Vab
37. Örnek 3.22’de ortamın geçirgenliği z = 0 ’da ε1’den z = d ’de ε2’ye doğrusal olarak
artmaktadır. Paralel plakalı kapasitörün kapasitansını bulunuz. Eğer ε 2 → ε1 ise kapasitans nedir?
ε=
ε1 +
1
C
∫
d
0
ε 2 − ε1
=
ε1 ⇒ ε
z⇒ε
d=z 0=z
d
=
ε2
A(ε 2 − ε1 )
dz
d
=
=
ln(ε 2 / ε1 ) ⇒ C
ε 2 − ε1
A(ε 2 − ε1 )
d ln(ε 2 / ε1 )
z A
ε1 +
d
232
Elektromanyetik Alan Teorisi
ε 2 → ε1 iken eln(ε
2 / ε1 )
≅ 1 + ln(ε 2 / ε1 ) ⇒ ln(ε 2 / ε1 ) =
A(ε 2 − ε1 )
Aε1
ε2
ε −ε
− 1= 2 1 ⇒ C =
=
d ln(ε 2 / ε1 )
d
ε1
ε1
ε 2 − ε1
ε1
38. Homojen dielektrik ortam a ve b yarıçaplarında eş merkezli iki küresel kabuk arasındaki
bölgeyi doldurmaktadır. İç kabuk Vo potansiyelinde tutulmakta ve dış kabuk ise topraklanmıştır. (a)
potansiyel dağılımı, (b) elektrik alan şiddetini, (c) elektrik akı yoğunluğunu, (d) iç kabuğun yüzey
yük yoğunluğunu, (e) kapasitansı ve (f) sistemde depolanan toplam enerjiyi hesaplayınız.
c1
∂ 2 ∂V
2
0 V=
∇ V = r
− + c2 ⇒
=⇒
∂r ∂r
r
V
c
1 1
0 c2 =1 ⇒ V =
=⇒
−c1 −
r
r b
Vo
Vo 1 1
= Vo ⇒ c1 =
⇒V =
−
1 1
1 1 r b
−
−
b a
a b
V
r =a
r =b
ε abVo Vo 1 1 Vo
abVo ∂V ∂
E = −∇V = −
ar = −
ar =
a ⇒ D = εE =
ar
− ar =
2 r
∂r
∂r 1 1 r b
(b − a )r
(b − a )r 2
1 1 2
−
− r
a b
a b
ρ sa= D=
ε abVo
(b − a )a
A
Qa = ρ sa × 4π a 2 =
2
ve ρ sb =
−D =
−
ε abVo
(b − a )a
2
4π a 2 =
ε abVo
(b − a )b 2
4πε abVo
Q
4πε ab
1
2πε ab 2
Vo
⇒C = a =
⇒ W = CVo2 =
(b − a )
2
(b − a )
Vo (b − a )
39. Bir koaksiyel kabloda iletkenler arasındaki boşluk aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi eş merkezli
iki dielektrik tabaka ile doldurulmuştur. (a) her ortamın potansiyel fonksiyonunu, (b) her bölgedeki
E ve D alanlarını, (c) iç iletkendeki yük dağılımını ve (d) kapasitansı belirleyiniz. Kapasitansın
iki kapasitörün seri bağlanmış eşdeğerine eşit olduğunu gösteriniz.
I. Bölge: ∇ 2V =
1 ∂ ∂V
ρ
ρ ∂ρ ∂ρ
=0 ⇒ V =k1 ln ρ + k2
Statik Elektrik Alanları
233
k2
ρ = a ’da V1 = Vo ⇒ k2 =−
V0 k1 ln a ⇒ V1 =
k1 ln ρ + V0 − k1 ln a ⇒ V=
Vo + k1 ln( ρ / a )
1
∂V
k
εk
E1ρ =
− 1=
− 1 ⇒ D1ρ =
− 1 1
∂ρ
ρ
ρ
ρ = c ’de V1 = V2 ⇒ D1ρ = D2 ρ ⇒ Vo + k1 ln(c / a) =
k3 ln(c / b)
Vo
k1 = − M ε 2
ε1k1 = ε 2 k3 ⇒
⇒ M = ε1 ln(b / c) + ε 2 ln(c / a )
V
o
k = − ε
1
3
M
ρs
D
=
ε k ε1 ε 2
2π aL ρ
V ⇒Q =
=
− 1 1=
a
a M
1ρ ρ = a
o
a
s ρ a
ρ a=
2πε1ε 2
=
L
Vo
M
V2 k3 ln ρ + k4
=
II. Bölge:
k4
ρ = b ’de V2 =
0 ⇒ k4 =
k3 ln ρ − k3 ln b ⇒ V2 = k3 ln( ρ / b)
− k3 ln b ⇒ V2 =
k
ε k
∂V
− 2 =
− 3 ⇒ D2 ρ =
− 2 3
E2 ρ =
∂ρ
ρ
ρ
1
1
C1
C2
2πε1ε 2 L
Vo
Qa ε1 ln(b / c) + ε 2 ln(c / a )
2πε1ε 2 L
1 ln(c / a ) ln(b / c)
=
=
⇒ =
+
C=
ε1 ln(b / c) + ε 2 ln(c / a) C
Vo
Vo
2πε1 L
2πε 2 L
C1 ve C2 seri bağlı
40. V(x,y,z) Laplace eşitliğinin bir çözümü ise ∂V / ∂x , ∂ 2V / ∂x 2 ve ∂ 2V / ∂x∂y ’nin de Laplace
eşitliğinin çözümü olduğunu gösteriniz.
∇ 2V =
∂ 2V ∂ 2V ∂ 2V
+
+
= 0
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
∂ 2 ∂V
∂x 2 ∂x
2
∂ ∂V
+
2
∂y ∂x
2
∂ ∂V
+
2
∂z ∂x
∂V 2
(∇ V ) =
0
⇒
∂x
∂ 2 ∂ 2V ∂ 2 ∂ 2V ∂ 2 ∂ 2V ∂ 2V 2
0
+
+
⇒ 2 (∇ V ) =
∂x 2 ∂x 2 ∂y 2 ∂x 2 ∂z 2 ∂x 2
∂x
∂ 2 ∂ 2V ∂ 2 ∂ 2V ∂ 2 ∂ 2V
∂ 2V
+
+
⇒
(∇ 2V ) =
0
2
2
2
∂x ∂x∂y ∂y ∂x∂y ∂z ∂x∂y ∂x∂y
234
Elektromanyetik Alan Teorisi
41. Örnek 3.26’yı ortamın geçirgenliği ε = ε o (1 + mz ) olarak verildiğinde çözünüz (m: sabit).
0 ≤ z ≤ d arasında ⇒ ∇ ⋅ D= 0 ⇒ ∇ ⋅ ε E = 0 ⇒ ε∇ ⋅ E + E ⋅ ∇ε = 0
∂Ez
dE
+ Ez a z ⋅ mε o a z = 0 ⇒ ε o z (1 + mz ) + Ez m = 0
∂z
dz ∇ε
E
ε
ε = ε o (1 + mz ) ⇒ ∇ε = mε o a z ⇒ ε o (1 + mz )
∇⋅E
dEz
m
=−
dz
Ez
1+ mz
dEz
a
a
m
dV
=
−
− ln(1 + mz ) + ln a ⇒ −
= ⇒V =
− ln(1 + mz ) + b
dz ⇒ ln Ez =
dz 1 + mz
1 + mz
Ez
m
E a /(1+ mz )
=
z
Ez
z = 0 'da V = 0 ⇒ b = 0
ln(1 + mz )
m
Vo
⇒ Ez =
−Vo
Vo m V =
z =d 'de V =
Vo ⇒ a =−
ln(1 + md )
(1 + mz ) ln(1 + md )
ln(1 + mz )
ε
ε o (1 + mz ) m
εom
Dz =
−Vo
=
−Vo
⇒ ρs z
=
(1 + mz ) ln(1 + md )
ln(1 + md )
ε m
V
=
⇒Q
ln(1 + md )
ε o mA
Vo
=
ln(1 + md )
ε o mA
Q
C
= =
Vo ln(1 + md )
o
o
d=
z d
42. ρ düzgün yük yoğunluklu sonsuz incelikte bir hat ile sonsuz iletken düzlem arasında d
açıklığı vardır. (a) hat boyunca iletken düzlemde birim uzunluk başına indüklenen yükü ve (b) eş
potansiyel yüzey eşitliğini belirleyiniz. Bu eş potansiyel yüzeylerin birkaçını çiziniz.
Sonsuz uzunlukta sonsuz incelikteki hattın etrafındaki elektrik alan şiddeti:=
E ρ E=
ρ aρ
ρ aρ
2πε o ρ
ρ = b noktasındaki potansiyel sıfır alınarak:
ln( r1 / b )
r1
ρ r1 1
ρ
b
− ∫ + Eρ d ρ =
−
+
dρ =
Pozitif yüklü hat V+ =
ln
b
2πε o ∫b ρ
2πε o r1
ρ
r
ln 2
⇒ VP = V+ + V− =
r2
r
2πε r1
ρ
ρ
b
2 1
− ∫ − Eρ d ρ =
+ ∫
− ln
dρ =
Negatif yüklü hat V− =
b
b ρ
πε
r
2πε o 2
o
2
ln( r2 / b )
Eş potansiyelleri ifade eden eş merkezli olmayan çemberler ailesi ifadesi:
r2
r1
k
2
2
(d + y ) + x 4k 2
k2 +1
k2 − x
2
=
sabit ⇒ y =
d
±
d
−
x
(d − y ) 2 + x
(k 2 − 1) 2
k 2 −1
k 2 −1
Statik Elektrik Alanları
235
veya
d − 2 dy + y
ρ
y
2
2
2
2
2
2
r1 = ρ + d − 2d ρ sin φ = d − 2dy + y + x = (d − y ) 2 + x 2
2
2
2
r22 = ρ 2 + d 2 + 2d ρ sin φ = d 2 + 2dy + y 2 + x 2 = (d + y ) 2 + x 2
ρ2
y
d 2 + 2 dy + y 2
r2
k
22
r1
2
2
2
r2 (d + y ) + x
k2 +1
2
2
2
2
2
2
2
2
d
d
d
=
⇒
+
+
=
−
+
⇒
+
−
+ d=
y
x
k
y
x
x
y
y
(
)
[(
)
]
2
0
2
2
2
d
−
+
−
r
y
x
k
(
)
1
1
2
2
k2 +1
Eşitliğin iki tarafına d 2
eklenerek xy düzleminde eş potansiyelleri ifade eden eş merkezli
k −1
olmayan çemberler ailesi ifadesi:
2
2
2
2
2
k2 +1
k2 +1
k 2 + 1 2kd
2
2 k +1
2
x + y − 2 yd 2
+ d2 2
+ d =0 + d 2
⇒ x + y−d 2
=
k −1
k −1 k 2 −1
k −1
k −1
2
2
2
xy düzleminde eş merkezli olmayan çemberler ailesi
236
Elektromanyetik Alan Teorisi
ε Ey
ρ 1 ∂r2 1 ∂r1
ρ d + y d − y ρ d + y d − y
∂V
= −
−
+ 2
E y = −∇V = −
= −
2 + 2 ⇒ Dy = −
∂y
r1
r1
2πε r2 ∂y r1 ∂y
2πε r2
2π r22
ρs
y =0
ρ d
d
Dy =
=
− 2
+ 2
2
2π d + x
d + x2
ρ
d
− 2
=
π d + x2
∞
1
ρ
ρ
dx
x
− d∫
− tan −1
− ρ C/m
dy =
Birim uzunluk başına yük: Q =
=
2
2 ∫0
−∞
d
d −∞
+
π π
x ∞
x
1
tan −1
d
d
∞
1
−∞
π π
− − =
π
2 2
43. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi z yönünde uzanan sonsuz iki iletken düzlem φ = 0 ve
φ= 60° dedir. Her iki plaka toprak potansiyelinde iken bir q nokta yükü Q(2, π / 6,0) ’da
bulunmaktadır. (5, π / 6,0) noktasındaki potansiyeli bulunuz.
φ = 0 ve φ= 60° deki sonsuz iletken düzlemler yerine aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi imaj
yükleri konularak problem çözülür.
P (5, π / 6,0) ⇒ P (5cos30°,5sin 30°,0) =
P ( 75 / 4,5 / 2,0)
Q(2, π / 6,0) ⇒ Q(2cos30°, 2sin 30°,0) =
Q( 3,1,0)
Statik Elektrik Alanları
237
1
19,26745149
°
90°
150°
210
270°
330
° 1
1
1
1
1
2
4
q 1
q 4
+
− +
−
=
−
VP=
−
21 +
4πε 3
76 / 4
39 7
39
76 / 4 4πε
39
76
0,051901
30°
q 1
olurdu. Sonsuz iletken
4πε 3
düzlemlerin varlığı P ve Q noktaları arasındaki uzaklığı artırıcı (3 yerine 19,2674) etki göstererek
VP noktasındaki potansiyeli azaltmaktadır.
φ = 0 ve φ= 60° deki sonsuz iletken düzlemler olmasaydı VP =
44. Önceki alıştırmayı, nokta yükü yerine düzgün yük yoğunluklu ince bir hat kullanıldığında
yeniden çözünüz.
ρ ρ
E = aρ ⇒ V =
− 2πε o ρ
2πε o
∫
ρ
b
ρ
b
d ρ = ln (b noktasında potansiyel sıfır alınsın)
ρ
2πε o ρ
1
90°
150°
270°
°
30°
210°
330
ρ
b
b
b
b
b
b
+ ln
− ln + ln
− ln
V=
P
ln − ln
2πε o 3
7
76 / 4
39
39
76 / 4
b = 100 alınırsa
90°
150°
270°
°
30°
210°
0,1281
330
ρ 100
ρ 133
100
100
100
100
100
− ln
+ ln
− ln
+ ln
− ln
VP =
ln
=
ln
2πε o
3
7
76 / 4
39
39
76 / 4 2πε o 117
3.17 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER
1. 2 µC’luk bir nokta yükü P (0, 4,0) ’da ve 10 µC’luk ikinci bir yük Q(3,0,0) ’da bulunmaktadır.
Her yüke etkiyen kuvveti bulunuz.
FP = 7,2 mN
1/(4πε o )
QP = R
−6
−6 2
×
10
×
10
×
10
FP =
F2 μC =
9 × 109
[
−
3
a
+
4
a
]
=
−
4,32
a
+
5,76
a y mN
x
y
x
3
5
R =5
FQ =
− FP =
4,32a x − 5,76a y mN
F10 μC
F2 μC
FQ = 7, 2 mN
2. (2 / 10,3 / 10,0) ’de 200 nC’luk nokta yükü ve (5 / 10,7 / 10, −13 / 10) ’da -1300 nC’luk yük varsa
orijinde bulunan 1 µC ’luk bir nokta yüküne etkiyen kuvveti belirleyiniz.
FP1 =13,909 mN
1/(4πε o )
R1
−6
−9 9 1 × 10 × 200 × 10
9 × 10
[−0, 2a x − 0,3a y ] =
FP1 =
−7,72a x − 11,57a y mN
3
0,36
=
R1
=
0,13 0,36
238
Elektromanyetik Alan Teorisi
FP2 = 4,808 mN
1/(4πε o )
R2
−6
−9 9 1 × 10 × 1300 × 10
FP2 =− 9 × 10
a
a
a
a
a
a y mN
−
−
+
=
+
−
[
0,5
0,7
1,3
]
1,54
2,16
4,01
x
y
y
x
y
3
1,5588
=
R2
=
2,43 1,5588
FP =11,95 mN
FP =
FP1 + FP2 =
−6,18a x − 9, 41a y − 4,01a z mN
3. 100 nC/m yoğunluklu düzgün olarak yüklenmiş sonsuz uzunlukta bir hat z yönünde
uzanmaktadır. (3, 4,0) ’da 500 nC’luk bir yüke etkiyen kuvveti bulunuz.
/a
0
2
∞
∞
1
z
−
a 2 a 2 + z 2 −∞
a 2 + z 2 −∞
R
∞
ρ ∞
ρ dz
dz
dz
(aa ρ − za z )
aa ρ − ∫=
z az
=
aρ
3
3
3
∫
−∞
−∞
2
2 2
2
2
2
4
2
a
πε
πε
o
o
a +z
a +z
a +z
R a2 + z 2
=
2
E
ρ
4πε o
∫
∞
−∞
1/(2πε o )
ρ 500 × 10−9 × 100 × 10−9 qE =
q
Fq =500 nC =
aρ =
aρ =
18 × 109
180a ρ μN
2πε o a
5
4. 100 nC/m’lik eşit ve zıt düzgün yük dağılımı ile paralel sonsuz iki hat 1 mm uzaklık ile
birbirinden ayrılmıştır. Birim uzunluk başına kuvveti belirleyiniz. Bu kuvvetin türü nedir?
1/(2πε )
o
çekme kuvveti
−9 2
ρ × (− ρ ) ρ 9 (100 × 10 ) E=
aρ ⇒ F =
aρ =
−18 × 10
a
=
−
0,18
a
ρ
ρ N
2πε o d
2πε o d
1 × 10−3
5. Elektron ve proton arasındaki uzaklık 0,05 nm ise elektrik kuvveti ve çekim kuvveti arasındaki
oranı hesaplayınız. Çekim sabitinin 6,67×10-11 Nm/kg2 ve Newton çekim kanununun geçerli
olduğunu varsayınız.
Statik Elektrik Alanları
239
1/(4πε o )
(−1,6 × 10−19 )(+1,6 × 10−19 )
−9
Fe =
=
×
9 × 109
92,16
10
N
F
(0,05 × 10−9 ) 2
92,16 × 10−9
e
=
2, 27 × 1039
=
−11
−31
−27
−48
6,67 × 10 × 9,1 × 10 × 1,672 × 10
−48
40,59 × 10
Fg
=
=
40,59 × 10 N Fg −9 2
×
(0,05
10
)
elektrik kuvveti baskındır
2
Kütle çekim kuvveti=gm1m2 / r
6. Elektron hidrojen atomunun çekirdeği etrafında 0,05 nm yarıçapında dönmektedir. Açısal hızı
ve elektronun zaman periyodunu belirleyiniz.
1/(4πε o )
(−1,6 × 10−19 )(+1,6 × 10−19 )
9 × 109
92,16 × 10−9 N
=
Fe =
(0,05 × 10−9 ) 2
m υ2
Fe =
= mrω 2 ⇒ ω =
r
r 2ω 2
Fe
mr
=
92,16 × 10−9
= 45 × 1015 rad/s
9,1 × 10−31 × 0,5 × 10−9
ω= 2π f= 2π / T ⇒ T= 2π / ω= 139,6 × 10−18 s
7. Yüklü iki parçacık ortak bir noktadan her biri L uzunluğunda bir iple asılmıştır. Her parçacığın
kütlesi m ve q yükü taşıyorsa her ipin dikey ile yaptığı θ açısını belirleyiniz.
Q2
sin 3 θ
Q2
=
F=
2
4πε o 4 L2 sin 2 θ cos θ 4πε o 4 L mg
veya
F = T sin θ
3
mg = cos θ tan θ
Q2
=
F = mg tan θ 1 + tan 2 θ 4πε o 4 L2 mg
8. Birinci çeyrekte bulunan bir çeyrek diskteki yüzey yük yoğunluğu ρ s = K cos φ C/m 2 dir.
Diskin yarıçapı a ise P (0,0, h) noktasındaki E alanını bulunuz.
240
E
Elektromanyetik Alan Teorisi
K
4πε o
a
π /2
0
0
∫∫
ρ d ρ cos φ dφ
K
=
( − ρ a ρ + za z )
3
2
4πε o
ρ +z
R
2
R3
E alanı bileşenleri:
− ρa
a
π /2
0
0
∫∫
ρ
ρ d ρ cos φ dφ a
a y + ha z )
−
−
ρ
φ
ρ
φ
(
cos
sin
x
3
2
2
ρ +h
R
R3
π /4
2
K a ρ d ρ π /2 2
K
a
a + a 2 + h2
cos
ln
d
φ
φ
−
=
−
Ex =
a
a
x
∫0 x
4πε o ∫0 ρ 2 + h 2 3 16ε o a 2 + h 2
h
φ + 1 sin 2φ π /2
2 4
0
a
2
2
−
ρ
ρ 2 + h2
+ ln
ρ + ρ +h
h
0
1/ 2
2
K a ρ d ρ π /2
K
a
a + a 2 + h2
cos
sin
ln
d
Ey =
a
−
=
−
φ
φ
φ
ay
y
∫0
4πε o ∫0 ρ 2 + h 2 3 8πε o a 2 + h 2
h
π /2
2
− 12 cos φ
0
a
2
2
−
Ez
ρ
ρ 2 + h2
+ ln
ρ + ρ +h
h
0
1
1
1
Kh a ρ d ρ π / 2
Kh π / 2
1
=
cos φdφ a z
cos φdφ −
az
3
∫
∫
∫
0
0
2
2
h
4πε o 0 ρ 2 + h 2 4πε o +
a
h
π /2
π /2
sin φ 0
sin φ 0
a
−
1
ρ 2 + h2
0
9. Aşağıdaki şekilde görülen yalıtılmış iki yüzeydeki yük dağılımı ρ sa = A cos φ C/m 2 ve
ρ sb = − A cos φ C/m 2 dir. z ekseninde z = h noktasındaki elektrik alan şiddetini bulunuz.
Statik Elektrik Alanları
241
0 ≤ φ ≤ π / 2 arasındaki ρ sb = − A cos φ yük dağılımından kaynaklanan E alanı:
A
E=
−
4πε o
b
∫∫
0
π /2
0
ρ d ρ cos φ dφ
3
ρ 2 + z2
A
( − ρ a ρ + za z ) =
4πε o
b
∫∫
0
π /2
0
R
R3
ρ d ρ cos φ dφ
3
ρ 2 + h2
( ρ cos φ a x + ρ sin φ a y − ha z )
R
R3
E alanı bileşenleri:
ρ
− ln ρ + h 2 + ρ 2
h2 + ρ 2
(
)
b
φ
π /2
+ sin 2φ
2 4
0 0
2
π /2
b
ρ dρ
A
A b + b2 + h2
b
2
Ex =
a
cos
ln
−
=
−
φ
φ
d
ax
x
∫0 4πε o ∫0 ρ 2 + h 2 3 16πε o
h
b 2 + h 2
π /4
ρ
− ln ρ + h 2 + ρ 2
h2 + ρ 2
(
)
1
b
0
π /2
− 12 cos 2 φ
0
A b ρ 2 d ρ π / 2
A b + b2 + h2
b
Ey =
−
a
=
−
cos
sin
d
φ
φ
φ
ln
a
y
3
∫
∫
0
2
2 y
4πε o 0 ρ 2 + h 2 8πε o
h
+
b
h
1/ 2
b
1
1
1
Ah b ρ d ρ π / 2
Ah
Ez =
cos φdφ a z =
−
− az
3
∫
∫
0
4πε o 0 ρ 2 + h 2 4πε o b 2 + h 2 h
π /2
sin
φ
0
−
1
h2 + ρ 2
0
π ≤ φ ≤ 3π / 2 arasındaki ρ sa = A cos φ yük dağılımından kaynaklanan E alanı:
E
A
4πε o
b
3π / 2
∫ ∫π
0
ρ d ρ cos φ dφ
A
=
( − ρ a ρ + za z )
3
4πε o
ρ 2 + z 2 R
R3
E alanı bileşenleri:
b
3π / 2
∫ ∫π
0
ρ d ρ cos φ dφ
3
ρ 2 + h2
R3
(− ρ cos φ a x − ρ sin φ a y + ha z )
R
242
Elektromanyetik Alan Teorisi
ρ
ln ρ + h 2 + ρ 2 −
h2 + ρ 2
(
Ex
A
4πε o
)
4πε o
3 π /2
1
π /4
(
A
φ
+ sin 2φ
2 4
π
2
b
3
/
2
π
A b + b2 + h2
b
ρ dρ
2
cos
d
φ
φ
=
a
−
ln
x
∫0 2 2 3 ∫
2
π
16πε o
h
b + h2
ρ +h
ρ
− ln ρ + h 2 + ρ 2
h2 + ρ 2
Ey
b
0
)
ax
b
3π / 2
0
− 12 cos 2 φ
π
b ρ 2 d ρ 3π / 2
A b + b2 + h2
b
=
cos
sin
a
−
φ
φ
d
φ
ln
y
3
∫
∫
π
0
2
8πε o
h
b + h2
ρ 2 + h 2
1/ 2
ay
b
1
Ah b ρ d ρ 3π / 2
Ah
1
1
Ez =
−
− az
cos φdφ a z =
2
3 ∫π
∫
0
2
h
4πε o
4πε o b + h
ρ 2 + h 2 3 π /2
φ
sin
π
−
1
h2 + ρ 2
0
Toplam E alanı bileşenleri:
π ≤φ ≤ 3π / 2
0 ≤φ ≤π / 2 arası
2
2
2
2
A b+ b +h
b
A b+ b +h
b
=
−
−
Ex
ln
ax +
ln
ax
2
2
2
2
16πε o
16πε o
h
h
b + h
b + h
=
A b + b2 + h2
b
−
ln
2
8πε o
h
b + h2
ax
0 ≤φ ≤π / 2 arası
π ≤φ ≤ 3π / 2
2
2
2
2
A
b+ b +h
b
A
b+ b +h
b
=
−
−
Ey
ln
ay +
ln
ay
2
2
2
2
8πε o
8πε o
h
h
b +h
b +h
=
A b + b2 + h2
b
−
ln
2
4πε o
h
b + h2
ay
0 ≤φ ≤π / 2 arası
π ≤φ ≤ 3π / 2
1
1
1
1
Ah
Ah
=
− az −
=
− az 0
Ez
4πε o b 2 + h 2 h
4πε o b 2 + h 2 h
10. b yarıçapında yarı dairesel yüklü bir halka xy düzleminde uzanmakta ve merkezi orijindedir.
Yük dağılımı K sin φ ise P (0,0, h) noktasındaki E alanını bulunuz.
Statik Elektrik Alanları
=
E
K
4πε o
∫
π
0
243
b sin φ dφ
Kb
(−ba ρ + za z )
=
2
2
4πε o
+ z
R
b
3
∫
π
0
sin φ dφ
3
2
2
+ h
b
R3
(−b cos φ a x − b sin φ a y + ha z )
R
R3
E alanı bileşenleri:
0
π
Kb π sin φ dφ
Kb 2
cos
sin
cos
0
b
d
φ
φ
φ
φ
−
=
Ex =
a
ax =
x
3 ∫0
4πε o ∫0 b 2 + h 2 3
4πε o b 2 + h 2 π
− 12 cos 2 φ
0
π /2
π
K π sin φ dφ
Kb
Kb
2
ay =
−
=
−
−
Ey =
a
a
φ
φ
φ
b
sin
sin
d
y
3
3 ∫0
3 y
∫
0
4πε o
b2 + h2
4πε o b 2 + h 2 8ε o b 2 + h 2
φ2 − 14 sin 2φ π
0
Ez
2
π
Kh π sin φ dφ Kh
Kh
a
a
=
=
sin φdφ a z
3 z
3 ∫0
3 z
∫
0
4πε o
b2 + h2
4πε o b 2 + h 2 2πε o b 2 + h 2
π
φ
−
cos
0
11. Düzgün ρ yük yoğunluklu düzgün bir hat ( x, − L / 2,0) ile ( x, L / 2,0) arasında uzanmaktadır.
P (0,0, z ) ’deki E alanını bulunuz.
E
ρ
4πε o
∫
L/2
−L/2
dy
3
x2 + y 2 + z 2
R3
(− xa x − ya y + za z )
R
244
Elektromanyetik Alan Teorisi
E alanı bileşenleri:
L/2
L/2
ρ
ρx
xdy
y
− ∫
− Ex =
ax =
4πε o − L / 2 x 2 + y 2 + z 2 3
4πε o ( x 2 + z 2 ) x 2 + y 2 + z 2
R
ax
−L/2
3
=−
ρ x
L
2
2
2
4πε o ( x + z ) x + ( L / 2) 2 + z 2
ax
L/2
L/2
ρ
ρ
1
ydy
Ey =
a
ay
−
− ∫
=
−
y
3
L
2
2
2
−
/
2
4πε o
4πε o
x + y + z
x2 + y 2 + z 2
−L/2
R3
0
ρx
1
1
a = 0
= − −
+
2
2
2
2
2
2 y
4πε o
+
(
/
2)
(
/
2)
+
x
L
z
x
L
z
+
+
ρ
Ez = 4πε o
ρz
y
∫− L / 2 2 2 2 3 a z = 4πε o ( x 2 + z 2 ) x 2 + y 2 + z 2
x +y +z
L/2
az
zdy
L/2
−L/2
R3
=
ρ z
L
2
2
2
4πε o ( x + z ) x + ( L / 2) 2 + z 2
az
12. Düzgün ρ yük yoğunluklu düzgün bir hat z ekseninde z = 0 ve z = ∞ arasında uzanmaktadır.
P ( ρ ,φ , z ) ’deki E alanını bulunuz.
E
ρ
4πε o
∫
∞
0
ρ ρ
=
( ρ a ρ − za z )
3
4πε o
ρ 2 + z 2 R
dz
∫
∞
dz
ρ 2 + z2
0
3
ρ
aρ − 4πε o
∫
∞
0
zdz
ρ 2 + z2
3
az
R3
ρρ
z
= 2
4πε o ρ z 2 + ρ 2
∞
0
ρ
1
aρ − −
2
4πε o
z + ρ2
∞
ρ ρ az =
aρ −
az
4πε o ρ
4πε o ρ
0
Statik Elektrik Alanları
245
13. Düzgünce yüklenmiş iki hat z ekseninde z = −∞ ve z = ∞ arasında uzanmaktadır. Hattın biri 1
µC/m’lik yük dağılımı taşımakta olup y = −3 m ’de ve diğer hat -1 µC/m yük dağılımı taşımakta
olup y = 3 m ’de bulunmaktadır. x ekseninde x = 4 m ’deki E alanını belirleyiniz.
a R1
4
3
a
a
+
ρ1 x
y
E1 = +
2πε o R1
R1
6a y
−6
1 × 10
5
(4a x + 3a y − 4a x + 3a y ) = 4320a y V/m
E = E1 + E2 =
50πε o
ρ 2 4a x − 3a y
E2 = −
R
2πε o R2
2
5
a R2
14. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi 2, -3 ve 0,5 µC/m2 düzgün yük yoğunlukları taşıyan sonsuz
üç elektrik yaprağı 1 mm hava aralığı ile ayrılmıştır. Boşlukta her yerdeki elektrik alan şiddetini
bulunuz.
246
Elektromanyetik Alan Teorisi
1
I. Bölge ⇒ EI = (+0,5 − 3 + 2)10−6 a z =−28, 274a z kV/m
2ε o
1
II. Bölge ⇒ EII = (−0,5 − 3 + 2)10−6 a z =−84,823a z kV/m
2ε o
1
III. Bölge ⇒ EIII = (−0,5 + 3 + 2)10−6 a z =+254, 47a z kV/m
2ε o
1
IV. Bölge ⇒ EIV = (−0,5 + 3 − 2)10−6 a z =+28, 274a z kV/m
2ε o
15. 600sin 2φ = 600sin φ cos φ nC/m’lik yük dağılımlı 0,2 m yarıçapında bir yay z=0 düzleminde
0 ≤ φ ≤ π / 2 arasında uzanmaktadır. (a) P(0,0,1) ve (b) orijindeki E alanını belirleyiniz.
ρl = 600sin φ cos φ dlφ
E
1
4πε o
∫
π /2
0
600sin 2φ bdφ
600
=
(−ba ρ + za z )
πε o
4
3
2
2
+ z
b
R=
− b cos φ a x − b sin φ a y + za z
∫
π /2
0
R3
−b sin φ cos 2 φ a x
bdφ
−b cos φ sin 2 φ a y
3
b 2 + z 2 + z sin φ cos φ a
z
=
600
4πε o b + z
2
E
=
z =1
600
4πε o 0, 22 + 12
E
=
z =0
3
2
3
(− b3 a x − b3 a y + 2z a z )
a x − 0,2
a y + 12 a z )
(− 0,2
3
3
600
(− 13 a x − 13 a y )
2
4πε o 0, 2
16. Sonlu uzunlukta ve 100z nC/m’lik yük dağılımlı bir hat −10 ≤ z ≤ 10 arasında uzanmaktadır.
z = 0 düzleminde hattan 2 metre uzaklıktaki E alanını belirleyiniz.
L/2
0
z
L/2
−
2
2
ρ L / 2
ρ
zdz
a
z
ρ
+
(aa ρ − za z )=
−
E=
aρ −
az
2
2
4πε o ∫− L / 2 a 2 + z 2 3
4πε o
a
z
+
2
2
−L/2
ln
z
a
z
+
+
+
/
2
L
−
2
2
− L / 2 + a + ( L / 2) ρ
L
az =
+ ln
−2397,51a z V/m
E = − −
4πε o
L / 2 + a 2 + ( L / 2) 2
ρ 2 + ( L / 2) 2
R
(
)
17. b yarıçapında oldukça ince bir silindir ρs düzgün yüzey yük dağılımı taşımaktadır. Eğer silindir
Q(0,0, − L / 2) ’den S (0,0, − L / 2) ’ye uzanıyorsa P (0,0, h) noktasındaki E alanını bulunuz. h = 0 ,
z = L / 2 ve z = − L / 2 deki elektrik alan şiddetleri nedir?
Statik Elektrik Alanları
247
E
=
ρs
4πε o
L/2
∫ ∫
2π
−L/2 0
bdφ dz
b 2 + (h − z )
R
a
a
−
+
−
b
h
z
[
(
)
ρ
z]
3
2
− b cos φ a x − b sin φ a y + ( h − z ) a z
2
2
L/2
2π bd φ d ( h − z ) z L/2
2π b dz sin φ d φ
ρ s L / 2 2π b dz cos φ dφ
a
+
E=
a
a
−∫ ∫
−
x
3 z
3 y
∫− L / 2 ∫0 2
∫− L / 2 ∫0 2
4πε o − L / 2 0 b 2 + (h − z ) 2 3
b + (h − z )2
b + (h − z )2
0
0
bρ s
1
1
a
=
E
−
z
2
2
2
2
2ε o
+
−
+
+
b
L
h
b
L
h
/
2
/
2
(
)
(
)
E
h= − L / 2
bρ s
1
1
=
−
2
2
2
2ε o b 2 + L / 2 − − L / 2
b + ( L / 2 − L / 2)
(
))
(
bρ s
1
1
a = 0
=
−
h=0
2
2
z
2
2
2ε o
+
−
+
+
b
L
/
2
0
b
L
/
2
0
(
)
(
)
bρ s
1
1
E
=
−
h= L / 2
2
2
2ε o b 2 + ( L / 2 − L / 2 )2
b + ( L / 2 + L / 2)
bρ s
1
1
a =
−
az
z
2ε o b 2 + L2 b
E
bρ s 1
1
a =
−
az
z
2ε o b
b 2 + L2
18. Elektrik akı yoğunluğu D = 6 ya x + 2 xa y + 14 xya z mC/m2 olarak veriliyor. (a) (2,0,0), (0,2,0),
(0,2,2) ve (2,0,2) ile tanımlanan bir dikdörtgen, (b) z = 0 ’da xy düzleminde 10 cm yarıçapında bir
daire ve (c) (0,0,0), (2,0,0) ve (0,2,0) ile sınırlanan üçgensel bölgeden geçen elektrik akılarını
belirleyiniz.
248
(a)
Elektromanyetik Alan Teorisi
∫
D=
⋅ ds
∫
⋅ ds
D=
s
s
∫
s
ds
2
2
2
2
(6 ya x + 2 xa y + 14 xya z ) ⋅ (dydza x + dxdz=
a y ) 6 ∫ ydy ∫ dy + 2 ∫ xdx ∫=
dz 32 mC
0
0
0
0
ds
0,1
2π
(6
2
14
)
14
cos
sin
y
x
xy
d
d
d
+
+
⋅
ρ
ρ
φ
=
ρ
φ
ρ
φ
ρ
ρ
a
a
a
a
x
y
z
z
∫s
∫0 ∫0 dφ
x
(b)
y
2π
0 ,1
3
cos φ sin φ dφ 0
= 14
=
∫0 ρ d ρ ∫
0
2π
1
− cos 2 φ
2
0
0
y2
2
∫
s
⋅ ds
D=
(c)
2− x
2
ds
2
2− x
2
ydy 7 ∫ x[(2 − x) 2 − 2]dx
a z 14 ∫ xdx ∫ =
∫s (6 ya x + 2 xa y + 14 xya z ) ⋅ dxdy=
0
2
0
(2 − x ) 2 − 2
2
2
4 x3 x 4
= 7 x2 −
+ = −56 / 3 mC
3
4 0
19. 0,2 m yarıçapında uzun bir silindir z ekseninde uzanmakta ve 10 mC/m2 ’lik düzgün bir yüzey
yük yoğunluğu taşımaktadır. ρ = 2 m , π / 4 ≤ φ ≤ 3π / 4 ve 2 ≤ z ≤ 4 ile sınırlanan pencereden
geçen akıyı hesaplayınız.
∫ D ⋅ ds = Q ⇒ Dρ =
s
aρs
ρ
⇒ ψ = ∫ D ⋅ ds
s
ρ =a
=∫
3π / 4
π /4
aρs
ρ
4
ρ dφ ∫ dz = aπρ s = 2π mC
2
20. Yük b yarıçapında çok uzun bir silindirin yüzeyi üzerinde düzgün olarak dağılmıştır. Her
yerdeki elektrik alan şiddetini hesaplayınız. ρ=c (c>b), 0≤φ≤π/2 ve 0≤z≤h ile sınırlanan bir
pencereden ne kadar akı geçer.
ρ <b⇒E=
0
b ρ ⇒ ψ
=
ρ > b ⇒ E = s aρ
εoρ
∫ ε E ⋅ ds=
s
o
π /2
1
0
ρ
bρ s ∫
h
ρ dφ ∫ dz
= bh ρ s π2
0
Statik Elektrik Alanları
249
21. Gauss kanununu kullanarak sonsuz düzlem yük yaprağı üzerinde düzgün bir yük dağılımından
dolayı herhangi bir noktadaki elektrik alan şiddeti ve elektrik akı yoğunluğunu hesaplayınız.
∫ D ⋅ ds =Q ⇒ 2 D A = ρ A ⇒ D
z
s
s
=
z
ρs
2
⇒ Ez =
ρs
2ε o
22. 2/10 m, 4/10 m, 6/10 m ve 8/10 m yarıçaplarında eş merkezli dört küresel kabuk sırasıyla 10, 2, -0,5 ve 0,5 µC/m2 ’lik düzgün yük dağılımları taşımaktadır. (a) 1/10 m, (b) 3/10 m, (c) 5/10 m,
(d) 7/10 m ve (e) 1 m yarıçaplarındaki E alanlarını belirleyiniz.
Qçevrelenen Er =
ar
4πε o r 2
=
E
r = 0,1 m
0
=
ar 0
4πε o 0,12
×10
9
1 4π 0, 22 × 10 × 10−6 a r 502,65a r kV/m
=
2
0,3
4πε o
9
E
r = 0,3 m
×10
9
1 4π (0, 22 × 10 − 0, 42 × 2)10−6 a r 36,19a r kV/m
=
2
0,5
4πε o
9
E
r = 0,5 m
×10
9
1 4π (0, 22 × 10 − 0, 42 × 2 − 0,62 × 0,5)10−6 a r = −23,08a r kV/m
=
2
0,7
4πε o
9
E
r = 0,7 m
×10
9
1 4π (0, 22 × 10 − 0, 42 × 2 − 0,62 × 0,5 + 0,82 × 0,5)10−6 a r 24,88a r kV/m
=
2
0,7
4πε o
9
E
r =1 m
23. Q nokta yükü orijinde bulunmaktadır. r = a , 0 ≤ θ ≤ θ o ve 0 ≤ φ ≤ 2φ ile sınırlanan yüzeyden
geçen akıyı hesaplayınız.
D=
Q ar ⇒ ψ =
4π r 2
∫ D ⋅ ds =
s
Q
4π
∫
θo
0
2π
1 2
Q
(1 − cos θ o )
r sin θ dθ ∫ dφ =
2
0
2
r
24. Çok uzun bir koaksiyel kablonun iç iletkeninin yarıçapı a ve dış iletkeninin iç yarıçapı b ve dış
yarıçapı c’dir. İki iletken arasındaki bölgedeki hacim yük yoğunluğu k / ρ ’dir (k: sabit). Dış
iletken (a) topraklanmamış ve (b) topraklanmış iken boşlukta her yerdeki elektrik alan şiddeti ve
elektrik akı yoğunluğunu belirleyiniz.
ρ < a iken : D =0 ⇒ E =0
250
Elektromanyetik Alan Teorisi
Q
çevrelenen
2π
h
ρ k
dφ dz
ρd ρ
∫a ρ ∫0 ∫0
ρ −a
k ρ −a
a ≤ ρ ≤ b iken : ∫ D ⋅ ds= 2πρ hDρ= 2π ( ρ − a )kh ⇒ Dρ= k
⇒ Dρ=
s
ρ
εo ρ
Gauss kanunundan
b ≤ ρ ≤ c iken : D =0 ⇒ E =0
dış iletken topraklanmamış
Qçevrelenen
b−a
k b−a
ρ ≥ c iken : ∫ D ⋅ ds= 2πρ hDρ= 2π (b − a)kh ⇒ Dρ= k
⇒ Eρ=
s
ρ
εo ρ
Gauss kanunundan
Dρ =0 ⇒ Eρ =0
dış iletken topraklı
25. b yarıçapında bir küresel hacim r = 0 ’dan başka her yerde k / r 2 ’lik düzgün bir yük dağılımı
taşımaktadır. (a) r < b ve (b) r > b bölgesindeki elektrik akı yoğunluğunu belirleyiniz.
Gauss kanunundan
2
r r
π
2π
k
4π rk ⇒ D=
r < b iken k ∫ 2 dr ∫ sin θ dθ ∫ dφ= 4π rk ⇒ ∫ D ⋅ ds= 4π r 2 Dr ⇒ 4π r 2 D=
r
r
s
0 r
0
0
r
Q
Q
k
bk
r > b iken Q= 4π b 2 = 4π bk ⇒ 4π bk= 4π r 2 Dr ⇒ Dr= 2
b
r
26. 5 cm yarıçapında düzgünce yüklenmiş çok uzun bir silindirden dolayı 1 m yarıçapındaki
elektrik alan şiddeti 100 kV/m dir. Silindirdeki yüzey yük yoğunluğu ne olmalıdır?
∫ D ⋅ ds=
s
aρs
2πρ LDρ ⇒ 2πρ LDρ = 2π aL ρ s ⇒ Dρ =
ρ
⇒ Eρ =
aρs
εoρ
⇒ ρs = ε o
ρ
a
Eρ
ρ
10
1
=
=
× 103 17,68 μC/m 2
100
ρs
36π 0,05
−9
a
27. z = 0 ile z = L arasında çok uzun ρ düzgün yük yoğunluklu ince bir hattan dolayı P (a,φ ,0)
noktasındaki elektrik potansiyeli ve elektrik alan şiddeti ifadesini elde ediniz.
=
V
ρ
4πε o
∫
L
0
1
=
dz
ρ 2 + z2
(
)
L
L + ρ 2 + L2
ρ
ρ
ln z + ρ 2 + z 2=
ln
ρ
4πε o
4πε o
0
=
R ρ a ρ − za z
Vρ = a =
ρ
L + a 2 + L2
ln
a
4πε o
Statik Elektrik Alanları
251
∂ L + ρ 2 + L2
ln
ρ
∂ρ
ρ
ρ
L
a ρ ⇒ Eρ =a =
E = −∇V = − −
2
2
4πε o ρ L + ρ
4πε o a
L
L +a
2
2
aρ
28. 500 nC’luk bir yük orijinde yerleştirilmiştir. –600 nC’luk bir yükün sonsuzdan sabit yükün 1
mm yakınına getirilmesiyle açığa çıkan enerji miktarını belirleyiniz.
9×10
QQ
1 500 × 10−9 × (−600) × 10−9
W= 1 2 =
= −2,7 J
4πε o R 4πε o
1 × 10−3
9
500 nC’luk yükün elektrik alanı -600 nC’luk yükü kendisine doğru çekmekte ve serbest bırakılan
enerji 2,7 J’dur.
29. b yarıçapında ρs düzgün yoğunluklu bir diskin eksenindeki bir noktanın potansiyelini ve E
alanını bulunuz.
V
=
b
ρ s b 2π ρ d ρ d φ
ρs b ρ d ρ
ρs
ρs
2
2
z
ρ
+
=
=
=
∫
∫
∫
0
0
2
2
0
2
2
0
4πε o
2ε o
2ε o
2ε o
ρ +z
ρ +z
(
z 2 + b2 − z
)
ρ
z
− 1 a z
E = −∇V = − s
2ε o b 2 + z 2
30. İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan düzgünce yüklenmiş içi boş bir diskin eksenindeki
potansiyeli ve elektrik alan şiddetini bulunuz.
=
V
b
ρ s b 2π ρ d ρ d φ
ρs b ρ d ρ
ρs
ρs
2
2
=
=
=
+
ρ
z
∫
∫
∫
0
2
2
2
2
a
a
a
4πε o
2ε o
2ε o
2ε o
ρ +z
ρ +z
(
z 2 + b2 − z 2 + a 2
)
ρ
z
z
−
E = −∇V = − s
2
2ε o b 2 + z 2
a + z2
az
31. Bir pozitif nokta yükünden 20 cm uzaklıktaki elektrik potansiyeli 9 kV’tur. Yükün genliği
nedir? (a) 18 kV ve 3 kV potansiyellerindeki eş potansiyel yüzeylerin yarıçapını belirleyiniz.
=
V
Q
4πε o R
−3
200 nC
⇒=
Q 4πε o RV ⇒ 4πε o 0, 2 × 10=
1/9×109
×10
9
1 200 × 10−9
Q
=
V 18 kV iken
=
R =
= 0,1 m
4πε oV 4πε o 18 × 103
9
×10
9
1 200 × 10−9
Q
=
V 3 kV iken
=
R =
= 0,6 m
4πε oV 4πε o 3 × 103
9
252
Elektromanyetik Alan Teorisi
32. Elektrik alanı E =10a x + 20a y + 20a z kV/m olarak veriliyor. 0,1 nC’luk bir yükü (a) orijinden
(3,0,0)’a, (b) (3,0,0) dan (3,4,0)’a ve orijinden doğrudan (3,4,0)’a taşımak için gerekli işi bulunuz.
(a)
E
d
0,1
1
3 (0,0,0) 'dan (3,0,0)'a ⇒ W1 =
− q ∫ (10a x + 20a y + 20a z ) ⋅ (dxa x + dya y + dza z ) =
− q ∫ 10 a x ⋅ a x dx
0
c
= −3 μJ
E
d
0,1
1
4 − q ∫ 20 a y ⋅ a y dy =
(3,0,0) 'dan (3,4,0)'a ⇒ W2 =
− q ∫ (10a x + 20a y + 20a z ) ⋅ (dxa x + dya y + dza z ) =
c
0
= −8 μJ
W =W1 + W2 =−3 − 8 =−11 μJ
(b)
E
d
(0,0,0) 'dan (3,4,0)'a doğrudan ⇒ W =
− q ∫ (10a x + 20a y + 20a z ) ⋅ (dxa x + dya y + dza z )
c
0,1
1
1
3 4 =
− q ∫ 10 a x ⋅ a x dx − q ∫ 20 a y ⋅ a y dy =
−11 μJ
0,1
0
0
33. E = 10a x kV/m ve orijindeki potansiyel sıfır ise boşluktaki her noktadaki potansiyeli bulunuz.
x x
VP ( x , y , z ) =
−∫ E ⋅ d =
− ∫ 10a x ⋅ a x dx =
−10 x kV
0
0
34. Orijine yakın elektrik potansiyeli V = 10 x 2 + 20 y 2 + 5z V/m olarak veriliyor. Elektrik alan
şiddeti nedir? Bu potansiyel fonksiyonu var olabilir mi?
∂
∂
∂
E = −∇V = − 10 x 2a x + 20 y 2a y + 5 za z = − ( 20 xa x + 40 ya y + 5a z ) V/m
∂
x
∂
y
∂
z
∇ × E = 0 olduğundan bu potansiyel fonksiyon var olabilir.
35. Yarıçapı a olan sonsuz uzunlukta bir silindirin içinde ρv hacim yük yoğunluğu düzgün olarak
dağılmıştır. Silindirin içinde ve dışında bütün noktalardaki elektrik potansiyelini ve elektrik alan
şiddetini hesaplayınız.
Statik Elektrik Alanları
253
a ≤ ρ iken silindirin içinde:
2π
h
ρ
ρv ∫ ρ d ρ ∫ dφ ∫ dz
0
0
0
Dρ ρρ v
ρρv
2
2
ds
hD
h
D
E
πρ
πρ
ρ
D
⋅
=
=
⇒
=
⇒
=
=
v
ρ
ρ
ρ
∫s
2
2ε o Dρ
ε
Gauss kanunundan
a ≤ ρ iken silindirin dışında:
Eρ
Q
a
h
2π
ρv ∫ ρ d ρ ∫ dφ ∫ dz
0
0
0
2
2
D
ρ
ρ
a
a
ρ
2
v
v
2
ds
hD
a
h
⇒
=
⇒
=
=
D
=
⋅
πρ
=
π
ρ
D
E
v
ρ
ρ
ρ
∫ s
ε
2ρ
2 ρε o
Gauss kanunundan
Q
ρ =a
ρ =a
a ρv
2
a ρv
=
2ε o
=
E
V
ρ =b
ρ ≥a
2
ρ a ρ 1
a 2 ρv b
v
=
−∫
dρ =
0 ise a ≤ ρ iken silindirin dışında: V ( ρ ) =
ln
b
ρ
2ε o
2ε o ρ
E
V (a)
ρ ≤a
2
a ρv b ρ ρv
a 2 ρv b ρv
ρ dρ =
a ≥ ρ iken silindirin içinde: V ( ρ ) =
ln − ∫
ln +
(ρ 2 − a2 )
a
a
a 4ε o
2ε o
2ε o
2ε o
36. Bölgedeki elektrik alan şiddeti E = 10 ya x + 10 xa y + 2 za z kV ise 2 m yarıçapındaki bir
çemberin φ = 0 ’dan φ = π / 4 ’e yayı boyunca 0,5 mC’luk bir yükün taşınmasında yapılan iş
miktarını belirleyiniz. Yolun iki ucu arasındaki potansiyel fark nedir?
∇ ⋅ E = 0 olduğundan E var olabilir.
π /4
Vba =
− ∫ E ⋅ dl =
− ∫ (10 ya x + 10 xa y + 2 za z )2dφ aφ
0
c
cos φ
− sin φ
x
0
π /4
π /4
Vba =
− ∫ 20 × 2sin φ a x ⋅ aφ dφ − ∫ 20 × 2cos φ a y ⋅ aφ dφ − ∫ 4 z a z ⋅ aφ 2dφ
y
π /4
0
0
π /4
0
π /4
Vba 40 ∫ sin 2 φ dφ − 40 ∫ cos 2 φ dφ =
=
qVba =
0,5 × 10−3 ×
−20 kV ⇒ Wba =
−
× 103 =
−10J
20
0
0
E alanı iş yapıyor
π /4
φ 1
− sin 2φ
2 4
0
−
1
4
π /4
φ 1
+ sin 2φ
2 4
0
1
4
37. ρ düzgün yük yoğunluklu bir hat z = − L / 2 ile z = L / 2 arasında uzanmaktadır.
(0,0, z > L / 2) noktasındaki elektrik potansiyeli ve elektrik alan şiddeti ifadesini elde ediniz.
ρ
V =
4πε o
ρ
ρ
dz '
L/2
z−L/2
= [− ln( z − z ')] − L / 2 =
− ln
−L/2 z − z '
4πε o
4πε o z + L / 2
ρ 1
ρ
1
L
E = −∇V =
−
az =
az
4πε o z − L / 2 z + L / 2
4πε o z 2 − L2 / 4
E
= ∞a z
∫
L/2
z=L/2
254
Elektromanyetik Alan Teorisi
38. 10 nC’luk pozitif bir yük z = 0,5 μm ’ye ve -10 nC’luk negatif yük z = −0,5 μm ’ye
yerleştirilerek bir dipol oluşturuluyor. P(0,0,1) noktasındaki potansiyeli ve E alanını belirleyiniz.
az
pa z p ⋅ a r 10 × 10−9 × 10−6
p cos θ
Vp =
=
=
= 90 μV
4πε o r 2 4πε o r 2
4πε o (10−6 ) 2
qd cos 0°=1
=
Ep
p
a=
cos 0° 1 sin 0° 0
=
z
10 × 10−9 × 10−6 qd
[2cos
sin
]
2
+
=
=
a
a
a z 180a z μV/m
θ
θ
r
θ
3
−6 3
4πε o r
4πε o (10 )
39. (0,0,a)’da q, (0,0,0)’da -2q ve (0,0,-a)’da q yükleri ile dörtlü yük oluşturuluyor.
P (0,0, z >> a ) daki potansiyeli ve elektrik alan şiddetini bulunuz.
=
V
q 1
q
2
1
2a 2
−
=
+
⇒V
4πε o z − a z z + a 4πε o z ( z 2 − a 2 )
z >> a
≅
q 2a 2
4πε o z 3
q ∂ 2a 2 q 6a 2 E = −∇V = −
a
az
=
z
4πε o ∂z z 3
4πε o z 4
40. Orijine ek bir q yükü konulmuşsa bir dipolün potansiyel ve E alanı ifadesini düzelterek
yeniden yazınız.
p ⋅ ar
q
qd
q 1
=
+
=
+
p
⋅
a
⇒
=
E
ar
V
q
(
)
[2cos θ a r + sin θ aθ ] +
r
2
2
2
3
4πε o r
4πε o r
4πε o r
4πε o r
4πε o r 2
q
E=
[(r + 2d cos θ ) a r + d sin θ aθ ]
3
4πε o r
41. Uzun bir koaksiyel kablo a yarıçapında iç iletken ve iç yarıçapı b ve dış yarıçapı c olan dış
iletkenden oluşmaktadır. İç iletken düzgün ρs yüzey yük dağılımı taşımaktadır. (a) dış iletken
topraklanmamışsa ve dış iletken topraklanmışsa boşlukta her yerdeki E alanını bulunuz.
Dış iletken topraklanmamış Dış iletken topraklı
E 0
E 0
ρ < a iken=
ρ < a iken=
aρs
aρs
a ≤ ρ ≤ b iken:=
Eρ
a ≤ ρ ≤ b iken:=
Eρ
εoρ
b ≤ ρ ≤ c iken:=
Eρ 0
aρs
ρ > c iken: E=
ρ
εoρ
εoρ
b ≤ ρ ≤ c iken:=
Eρ 0
0
ρ > c iken: E=
ρ
42. Düzgün ρs yük yoğunluğu a yarıçapında
mevcuttur. Bu iletken iç yarıçapı a ve dış
çevrelenmiştir. (a) boşlukta her noktada D ,
hesaplayınız.
sonsuz uzunlukta bir metal silindirin yüzeyinde
yarıçapı b olan eş merkezli bir dielektrik ile
E ve P ve (b) sistemdeki enerji yoğunluğunu
Statik Elektrik Alanları
255
ρ < a iken E =
0
a ≤ ρ ≤ b iken:
aρs ε o aρs
−
ρ ε oε r ρ
Dρ a ρ s
aρs
aρs ε r − 1
∫ s D ⋅ ds= 2πρ Dρ= 2π a ρ s ⇒ Dρ= ρ ⇒ Eρ= ε = ερ ⇒ P= D − ε o E ⇒ Pρ= ρ ε r
Q
Gauss kanunundan
−aρ
aρ
εr −1
aρ ε − 1
aρ ε − 1
P
⋅ an = s r
P an =
=⋅
− s r
=
−
=
ρ sb ρ a=
ρ
ρ
,
sb ρ b
s
b εr
a εr
εr
1 ∂ aρs ε r − 1
ρvb = −∇ ⋅ P = −
ρ
= 0
ρ ∂ρ ρ ε r
1 aρ
w= s
2ε ρ
2
ρ > b iken: Dρ=
aρs
1 aρs
⇒ Eρ=
=
⇒ w=
2ε o ρ
ρ
εo εoρ
Dρ
aρs
2
43. Yüksüz ve homojen olmayan bir ortamda ∇ ⋅ E için bir ifade bulunuz.
∇⋅ε Ε
Ε ⋅ ∇ε
ε pozisyonun bir fonksiyonu ise ∇ ⋅ D= 0 ⇒ ∇ ⋅ ε Ε= 0 ⇒ ε∇ ⋅ Ε + Ε ⋅ ∇ε = 0 ⇒ ∇ ⋅ Ε = −
ε
44. Dielektrik ortamın dielektrik geçirgenliği ε = α z n dir (α ve n sabitlerdir). Ortamdaki elektrik
alan şiddetinin sadece z bileşeni varsa ∇ ⋅ E = − nE / z olduğunu gösteriniz (E: elektrik alan
şiddetinin genliği).
256
Elektromanyetik Alan Teorisi
∂α z n
∂z
Ea z
Ea z nα z n −1 a z
E nα z n
n
Ε ⋅ ∇ε
∇⋅Ε = −
=−
=
−
=− E
n
n
z
z
ε
αz
αz
45. b yarıçaplı metal küre üzerinde ρ s düzgün yüzey yük dağılımı bulunmaktadır (küredeki toplam
yük: Q). Çevreleyen ortamın geçirgenliği ε = ε o (1 + a / r ) olarak değişmektedir. (a) boşlukta her
noktadaki D , E ve P , (b) sınır yük yoğunlukları ve (c) dielektrik bölgedeki potansiyelin
V (Q / 4πε o a ) ln(1 + a / r ) olduğunu gösteriniz.
Dr
a2
a2
a2
2
2
D
⋅
=
=
⇒
=
⇒
=
=
=
ds
4
π
r
D
4
π
a
ρ
D
ρ
E
ρ
ρs
r
s
r
s
r
s
∫s
r2
ε
ε o (a + r )r
a+r 2
ε
r
Gauss kanunundan
o
r
Q
εr
a2
a2
a3
ρs =
ρs
Pr =Dr − ε o Er = 2 ρ s − ε o
ε o (a + r )r
(a + r )r 2
r
ρ sb
r
− ar
ar
ρs
a3
a3
,
=
P
⋅
a
=
=
=
P
⋅
a
=
ρ
ρ
ρs
n
s
sb r b
n
a=
(a + a)a 2
2
(a + b)b 2
∂ a3
∂r ( a + r )
1 ∂ 2
a3
a3
ρvb = −∇ ⋅ P = − 2 r
ρ
ρ
=
−
−
s
2 s
r ∂r (a + r )r 2
(a + r )
Q
4π
r
2
2
r
a ρs
a ρs
r
Q
a+r
Q
ln
ln(1 + a / r )
−∫
−
=
V=
dr =
ln
=
∞ ε (a + r )r
4πε o a
ε o a + r ∞ 4πε o a
r
o
46. ε r = 5,5 dielektrik ortamındaki iki nokta yükü arasındaki açıklık 10 mm’dir. Her nokta yükü
10 µC ise ortak potansiyel enerji nedir?
V1
10 × 10−6
Q1
W
Q
10 ×=
10−6 16,36 J
=
=
2
4π 5,5 × 10−9 / 36π
4πε r
47. 20 cm × 20 cm ölçülerinde iki paralel plaka 1 mm’lik aralıkla birbirinden ayrılmıştır. Plakalar
250 nC/m2 ’luk eşit ve zıt düzgün yüzey yük yoğunluklarına sahiptir. Ortamın dielektrik sabiti 2 ise
depolanan enerjiyi hesaplayınız.
Statik Elektrik Alanları
257
w
1
1
1
( ρ s ) 2 Ad
(250 × 10−9 ) 2 × 20 × 20 × 10−4=
W D=
Ez Ad
=
=
× 1 × 10−3 70,7 nJ
z
−9
v
2
2
2
2
10
/
36
εε
π
×
×
o
ρs ρs
ε
48. 100 nC ve 300 nC’luk iki yükü sonsuzdan boş uzaya sırasıyla (0,3,3) m ve (4,0,3) m’ye
getirmek için gereken enerji miktarını hesaplayınız.
×10
9
Q1Q2
1 100 × 10−9 × 300 × 10−9
=
= 54 μJ
W =
2
3
4πε o 4πε o
4
+
3
9
5
49. 100, 200 ve 300 nC’luk üç yük aralarındaki açıklık 5 cm olacak şekilde konulmuştur. Sistemde
depolanan toplam enerji nedir?
V3
V1
V2
3
Q + Q3
Q1 + Q3
Q1 + Q2
1
1
1
Q1 2
(Q1Q2 + Q2Q3 + Q3Q1 )
W= ∑ qiV=
+ Q2
+ Q3
=
i
2 i =1
2 4πε o R
4πε o R
4πε o R 4πε o R
9
×10
9
1 1
−9
−9
−9
−9
−9
−9
=
54 mJ
(100 × 10 × 200 × 10 + 200 × 10 × 300 × 10 + 300 × 10 × 100 × 10 ) =
4
πε
5
o
50. Çok uzun eş merkezli iki silindirik iletken arasındaki elektrik alanı E = (100 / ρ ) a ρ V/m dir. İç
iletkenin yarıçapı 0,2 m ve dış iletkenin yarıçapı ise 0,5 m dir. Sistemdeki enerji yoğunluğunu ve
birim uzunluk başına toplam enerji birikimini belirleyiniz=
ε o 5,5) .
(ε ε=
oε r
w
1 0,5 100 100ε
1
W = ∫ 2 D ⋅ E dv = ∫
v
2 0,2 ρ ρ
2π
1
2π
1
1 0,5 1
ρ d ρ ∫0 dφ ∫0 dz = ∫0,2 d ρ ∫0 dφ ∫0 dz = 1, 4 μJ
2
ρ
51. Yarıçapı a olan metal küreye Q pozitif yükü kazandırılıyor. Küre yüzeyindeki elektrik
potansiyeli V ise sistemin elektriksel potansiyel enerjisinin 12 QV olduğunu gösteriniz.
dW = VdQ ⇒ W =
∫
Q
0
Q
4πε a
dQ=
1 Q2
1
Q
1
=
=
Q
QV
2 4πε a 2 4πε a 2
52. a = 20 cm yarıçapında katı iletken küre iç yarıçapı b = 30 cm ve dış yarıçapı c = 40 cm olan
iletken küresel kabuk içine eş merkezli olarak konulmuştur. İç küreye 20 µC ve dış küreye -10
µC’luk yük yerleştirilmiştir. İki iletken arasındaki ortamın dielektrik sabiti 5’dir. (a) Boşlukta her
noktada D , E ve P ve (b) sistemdeki toplam enerjiyi bulunuz.
258
Elektromanyetik Alan Teorisi
Q
Q
w
−6
−6
π
0,3 20 × 10
2π
1
20
10
×
r 2 dr ∫ sin θ dθ ∫ d=
φ 0,6 J
0, 2 ≤ r ≤ 0,3 ⇒ W
=
= ∫
1
2
2
∫v 12 D ⋅ E dv
0
0
2 0,2 4π r
4π 5ε o r
Q
Q
w
6
−
−6
2π
π
∞ (20 − 10) × 10
1
(20
10)
10
−
×
1
0, 4 ≤ r ⇒ W=
dv
r 2 dr ∫ sin θ dθ ∫ d=
φ 1,125 J
D
⋅
E
=
2
2
2
∫v 2
∫
0,4
0
0
2
4π r
4πε o r
W =W1 + W2 = 0,6 + 1,125 =1,725 J
53. x = 5 düzleminde bir ara yüzey 4 ve 16 dielektrik sabitleri ile iki dielektrik ortamı
ayırmaktadır. Ara yüzeyin bir tarafındaki E alanı 4 dielektrik sabiti ile E1 =12a x + 24a y − 36a z
V/m dir. Ara yüzeyin diğer tarafındaki E ve D alanını belirleyiniz.
E = +24 V/m
Et1 = Et 2 ⇒ 2 y
E2 z = −36 V/m
Dn1 = Dn 2 ⇒ ε1 E1x =ε 2 E2 x ⇒ E2 x =
4
12 = 3 V/m
16
E1 =12a x + 24a y − 36a z ⇒ E2 =3a x + 24a y − 36a z
54. Boşlukta yarıçapı 20 cm olan metal küre yüzeyinin hemen üzerindeki elektrik alanının genliği
10 MV/m ise bu metal kürenin yüzeyindeki yük ne olmalıdır?
ρ
= D
= ε E
s r 0,2
r r 0,2 m=
o
r r 0,2 m
m
=
=
=
10−9
36π
10 × 106= 88, 42 μC/m 2
55. Birbirine zıt yüklü paralel plakalar arasındaki bölgedeki elektrik alanı 10 kV/m’dir. Her
plakanın alanı 25 cm2 ve aralarındaki açıklık 1 mm ise her plaka üzerindeki yüzey yük yoğunluğu
ve toplam yükü bulunuz. Ortamın dielektrik sabiti 3,6’dır.
Ez =
−10000 V/m ⇒ Dz =
ε Ez =
−3,6 10
10 × 103 =
−0,3183 μC/m 2
36π
−9
}
ρ s + = +0,3183 μC/m 2
ρ s − = −0,3183 μC/m 2
Statik Elektrik Alanları
259
Q+ =
ρs+ A =
+0,3183 × 25 × 10−4 =
+795,75 pC
Q− =
ρs+ A =
−0,3183 × 25 × 10−4 =
−795,75 pC
56. z yönünde sonsuz uzunlukta bir düzlemin sınırı aşağıdaki şekildeki gibi (4,0,0) ve (0,3,0)
noktalarından geçmektedir. Ortam 1 (ε r = 2,5) deki elektrik alan şiddeti E1 = 25a x + 50a y + 25a z
V/m’dir. Ortam 2 (ε r = 5) ’deki E2 alanını belirleyiniz.
cos53,13°a x + sin 53,13°a=
0,6a x + 0,8a y
a=
n
y
E1 = 25a x + 50a y + 25a z
⇒ E1 − E2 = (25 − Ex 2 )a x + (50 − E y 2 )a y + (25 − Ez 2 )a z
E2 = Ex 2a x + E y 2a y + Ez 2a z
D1
D2
0
a n ⋅ (ε1E1 − ε 2 E2 ) =
(0,6a x + 0,8a y )2,5(25a x + 50a y + 25a z ) = (0,6a x + 0,8a y )5( Ex 2a x + E y 2a y + Ez 2a z )
I
0,6 × 25 + 0,8 × 50
=
0,6 Ex 2 + 0,8 E y 2
2
27,5
260
Elektromanyetik Alan Teorisi
ax a y az
0⇒
0,6 0,8 0
0
a n × (E1 − E2 ) =
=
(25 − Ex 2 ) (50 − E y 2 ) (25 − Ez 2 )
[0,6(50 − E y 2 ) − 0,8(25 − Ex 2 )]
0,8(25 − Ez 2 )a x + 0,6( Ez 2 − 25)a y + (0,8Ex 2 − 0,6 E y 2 + 10) a z = 0
Ez 2 = 25
0,8 Ex 2 − 0,6 E y 2 =
−10
II
Ey 2
Ex 2
Ez 2
27,5
0,6 Ex 2 + 0,8 E y 2 =
I ve II'den
⇒ E 2= 8,5 a x + 28 a y + 25 a z
−10
0,8 Ex 2 − 0, 6 E y 2 =
57. Önceki problemde ortam 2 bir iletken ve ortam 1 de elektrik alan şiddetinin y bileşeni 50 V/m
ise E alanının diğer bileşenleri nedir?
a=
cos53,13°a x + sin 53,13°a=
0,6a x + 0,8a y ve E1 = Ex1a x + E y1 a y + Ez1a z
n
y
50
0
ax a y az
a n × (E1 − E2 ) =0 ⇒ a n × E1 =0 ⇒ 0,6 0,8 0 =0 ⇒
Ex1 50 Ez1
=
37,5a x + 50a y
0,8 Ez1a x + 0,6 Ez1a y + (0,6 × 50 − 0,8 × Ex1 )a z =
0⇒E
1
=
Ex1
ε1E1
0,6
=
Ez 1 0
50 37,5 V/m ve =
0,8
an
E1
0
2
a n ⋅ ( D1 − D2 ) = ρ s ⇒ ρ s = (0,6a x + 0,8a y ) ⋅ (37,5
a y ) 2,5ε o = 1,38 nC/m
a x + 50
Ex1
E y1
Statik Elektrik Alanları
261
58. Aşağıdaki şekilde üç dielektrik ortam ile paralel plakalı bir kapasitör görülmektedir. Sistemin
toplam kapasitansı nedir?
A
100 × 10−4
C = C1 + C2 + C3 = ε o (ε r1 + ε r 2 + ε r 3 ) =
d
10−3
10−9
36π
(9 + 3,6 + 2) =1, 29 nF
59. Aşağıdaki şekildeki paralel plakalı kapasitörün kapasitansını bulunuz.
1
1
1
1
1
1
1
1
=
+
=
+
=
+
=
−9
−9
−4
−4
10
10
C ε1 A1 ε 2 A2 9 36π × 100 × 10 3,6 36π × 100 × 10 1,592
455
0,636
0,
C1 (nF)
−3
−3
C2 (nF)
C (nF)
0,5 × 10
0,5 × 10
d1 d 2
1 1
+
C1 C2
60. Aşağıdaki şekildeki koaksiyel hattın birim uzunluk başına kapasitansını belirleyiniz.
ve ε r 2 2,5 , L = 10 m , a = 1 cm ve b = 1,5 cm ise hattın birim uzunluk başına toplam
=
ε r1 5=
kapasitansı nedir?
262
Elektromanyetik Alan Teorisi
C = C1 + C2 =
1
1
+
=
0,015
d
d
∫c ε1 A ∫c ε 2 A ∫0,01 5ε
1
+
dρ
2π
1
ρ dφ ∫ dz
∫ 0
1
0,015
dρ
0,01
π
∫
o π
1
2,5ε o ∫ ρ dφ ∫ dz
0
0
A
A
πε o
1
1
7,5
0,5142 nF/m
=
=
=
+
ln1,5 ln1,5 0, 4054
2,5πε o
o
5πε
C1 = 0,343 nF/m
C2 = 0,171 nF/m
61. Aşağıdaki şekildeki kapasitörün yüklü iki iletken plakaları ρ = 10 cm ve ρ = 30 cm ’dedir.
Plakalar arasındaki ortamın dielektrik sabiti 3,6 ise sistemin kapasitansı nedir?
1,318×10
1
dρ
12
1,1989
10
ln
=
×
×
= 0,76 pF
3 ⇒ C
ρ 3,6ε π / 4 dφ 0,1 dz
0,3
ln
0,1
o ∫π /6
∫0 12
1
=
C
d
∫ ε A= ∫
c
0,3
0,1
dρ
=
0,1
ε ∫ ρ dφ ∫ dz
0
π /6
π /4
A
∫
0,3
0,1
(π /12)×0,1
= 26,18×10−3
62. Eş merkezli iki küre arasındaki bölge aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi iki dielektrik malzeme
ile doldurulmuştur. Sistemin kapasitansını belirleyiniz.
Statik Elektrik Alanları
263
1 1
1
1
1
1
1
= +
=
+
=
+
C C1 C2 4πε1ac 4πε 2bc 4π 5ε o 0,1 × 0, 2 4π 10ε o 0, 2 × 0,3
0,3 − 0, 2
c − a b − c 0, 2 − 0,1
1
1
1
=
+
=
111,11
238
666,66
95,
C1
C2
C
63. Yarıçapı b olan küresel bir bulut içinde düzgün ρv hacimsel yük dağılımı bulunmaktadır.
Poisson ve Laplace eşitliklerini kullanarak boşlukta her noktadaki potansiyel dağılımı ve elektrik
alan şiddetini hesaplayınız ve çiziniz.
Küresel bulutun dışında (r > b) :
1 ∂ 2 ∂Vo
r
∇ 2V =
r 2 ∂r ∂r
c
c1
0 ⇒ ∫ dVo =
0 ∫ dr ⇒ Vo =
c1 ⇒ ∫ dVo =
dr ⇒ Vo = − 1 + c2
=
2
∫
r
r
c
c
c r → ∞ iken Vo = 0 ⇒ 0 = − 1 + c2 ⇒ c2 = 0 ⇒ Vo (r ) = − 1 ⇒ Eo = −∇Vo =12 a r
∞
r
r
Küresel bulutun içinde (r < b) :
∂ ∂V
∇ 2V = r 2 i
∂r ∂r
c
ρ
∂
Vi =
− v r + 32
3ε o r
∂r
ρv 2
− r
=
εo
ρv
ρv 2
ρv r 3
ρv r 3
1 ∂ 2 ∂Vi
∂ 2
2
r
dV
r
dr
V
c
r
V
∇V=
=
−
⇒
=
−
⇒
=
−
+
⇒
=
−
+ c3
3
i
i
i
∫
3ε o
3ε o
r 2 ∂r ∂r
εo
εo ∫
∂r
ρ
c
∂ Ei = −∇Vi = − Vi a r olduğundan Ei = v r − 32 a r ⇒ r →
0 iken Ei 0 olamaz
ve c3 0 ve
=
=
r
∂r
3ε o
ρ Ei = v ra r olur.
3ε o
=
r b'de Dn1 = Dn 2 ⇒ ε o
ρv
ρ v b3
c
=
b ε o 12 ⇒ c=
1
3ε o
3ε o
b
ρ
ρ
ρ r2
∂
Vi =− v r ⇒ ∫ ∂Vi =− v ∫ r ∂r ⇒ Vi =− v
+ c4 ⇒
∂r
3ε o
3ε o
3ε o 2
r = b'de Vi = Vo ⇒ −
c4
ρv b
ρ
ρ
ρ r
ρ
ρ
r2
+ c4 = v b 2 ⇒ c4 = v b 2 ⇒ Vi = − v
+ v b2 = v b2 −
3ε o 2
3ε o
2ε o
3ε o 2 2ε o
2ε o
3
2
2
ρ ∂ Ei = −∇Vi = − Vi a r = v ra r
3ε o
∂r
264
Elektromanyetik Alan Teorisi
Vi
Vo
2
c1
ρ v b3
ρv b2 − b =
2ε o
3 3ε o b
ρ b3 1
ρ b3 1 c
∂ ⇒
=
'de
a
Vo = − 1 = − v ⇒ Eo = −∇Vo = − Vo a r = v
r
b
r
3
∂r
3ε o r 2
r
3ε o r
ρv ba = ρv b 1 a
r
r
3ε
3ε o b 2
o
Ei
Eo
64. Paralel plakalı kapasitörün üst plakası 100 V potansiyelinde ve alt plakası –100 V
potansiyelindedir. Plakalar sonsuz genişlikte ve 4 cm açıklıktadır. Ortam boş uzay olduğunda (a)
plakalar arasındaki potansiyel dağılımı, (b) bölgedeki E ve D alanlarını ve (c) her plakadaki
yüzey yük yoğunluğunu belirleyiniz.
z =0
a 5000
= 100 V ⇒ 100
= a 0,04
z = 0,04
− 100 ⇒=
z
V ( z ) 5000 z − 100
=
∂
E = −∇V = − (5000 z − 100)a z = −5000a z V/m
∂z
2
ρ = +44, 25 nC/m
D = ε o E = −44, 25a z nC/m 2 s +
2
ρ s − = −44, 25 nC/m
V
∂V
2
∇ V = 2 = 0 ⇒ V = az + b ⇒
∂z
V
2
b
=−100 V ⇒ b =−100 ⇒ V =
az − 100
65. Bir koaksiyel kablonun a yarıçapında iç iletkeni Vo potansiyelinde ve b yarıçapındaki dış
iletkeni topraklanmış iken potansiyel dağılımı belirleyiniz. İletkenler arasındaki boşluk eş merkezli
iki dielektrik ile doldurulmuştur. İç dielektrik malzemenin geçirgenliği ε1 ve dış dielektrik
malzemenin geçirgenliği ise ε2 dir. Dielektrik ara yüzey c yarıçapındadır. (a) potansiyel dağılımı,
(b) her bölgedeki E ve D alanlarını, (c) iç iletkendeki yüzey yük yoğunluğunu ve (d) kablonun
birim uzunluk başına kapasitansını belirleyiniz.
Statik Elektrik Alanları
265
I. Bölge
V
1
∂
∂
ρρ
∇ 2V =
=0 ⇒ V1 =k1 ln ρ + k2 V1 ρ = a = Vo ⇒ k2 = Vo − k1 ln a V1 = k1 ln( ρ / a ) + Vo
ρ ∂ρ ∂ρ
0 ⇒ k4 =
−k3 ln b V2 = k3 ln( ρ / b)
V2 ρ =b =
1 ∂ ∂V
∇ 2V = ρ ρ
=0 ⇒ V2 =k3 ln ρ + k4
V1 ρ = c = V2
Dρ 1 ρ = c = Dρ 2
ρ ∂ρ ∂ρ
II. Bölge
∂
∂
Dρ 1 = Dρ 2 ⇒ ε1 Eρ 1 = ε 2 Eρ 2 ⇒ −ε1 [k1 ln( ρ / a ) + Vo ] = −ε 2
k3 ln( ρ / b) ⇒ ε1k1 = ε 2 k3
∂ρ
∂ρ
ε
−∇V1
−∇V2
k = 2k
k1 / ρ
k3 / ρ
1
ε1
3
k3 ln(c / b)
Vo + k1 ln(c / a ) =
ε1Vo
k3 =
ε2
k3
ε1 ln(c / b) + ε 2 ln(a / c)
ε1
V1 ρ ==
V2 ⇒
c
k3 ln(c / b)
ε 2Vo
Vo + k1 ln(c / a ) =
k1 =
ε1
ε1 ln(c / b) + ε 2 ln(a / c)
k
ε2 1
k1
ln ( a c )
ε 2Vo
ε 2 ln( ρ / c) + ε1 ln(c / b)
=
ln( ρ / a ) + Vo Vo
ε1 ln(c / b) + ε 2 ln(a / c)
ε1 ln(c / b) + ε 2 ln(a / c)
ρa
V1
E1 = −∇V1 = −Vo
V2
ε2
ρ[ε1 ln(c / b) + ε 2 ln(a / c)]
aρ =
ε 2Vo
aρ
ρ[ε1 ln(b / c) + ε 2 ln(c / a)]
ε1Vo
ε1 ln( ρ / b)
=
ln( ρ / b) Vo
ε1 ln(c / b) + ε 2 ln(a / c)
ε1 ln(c / b) + ε 2 ln(a / c)
k3
E2 = −∇V2 = −
ρ s + =⋅
D1 a ρ
Voε1
Voε1
aρ =
aρ
ρ[ε1 ln(c / b) + ε 2 ln(a / c)]
ρ[ε1 ln(b / c) + ε 2 ln(c / a)]
ε1E1 ⋅ a ρ
=
ρ a=
ρ a
=
C
=
Voε1ε 2
=
a[ε1 ln(b / c) + ε 2 ln(c / a )]
2πε1ε 2
Q+ 2π a ρ s +
F/m (birim uzunluk başına)
=
=
Vo
Vo
ε1 ln(b / c) + ε 2 ln(c / a)
66. Bir koaksiyel kablonun a yarıçapındaki iç iletkeni 100 V potansiyelinde ve 20 cm
yarıçapındaki dış iletkeni topraklanmış iken potansiyel dağılımı belirleyiniz. İletkenler arasındaki
boşluk eş merkezli iki dielektrik ile doldurulmuştur. İç dielektrik malzemenin geçirgenliği 3 ve dış
dielektrik malzemenin geçirgenliği ise 9 dur. Dielektrik ara yüzey 15 cm yarıçapındadır. (a)
potansiyel dağılımı, (b) her bölgedeki E ve D alanlarını, (c) iç iletkendeki yüzey yük
yoğunluğunu ve (d) 100 m uzunluğunda kablonun kapasitansını belirleyiniz.
Önceki problemde verilen değerler yerine konularak aşağıdaki sonuçlar hesaplanır.
266
Elektromanyetik Alan Teorisi
ε 2Vo
ln( ρ / a ) + Vo =
−199, 485ln( ρ / a ) + 100 V
ε1 ln(c / b) + ε 2 ln(a / c)
V1 =
V2 =
ε1Vo
ln( ρ / b) = −66, 486ln( ρ / b) V
ε1 ln(c / b) + ε 2 ln(a / c)
E1 =
5, 291 ε 2Vo
199, 485 aρ =
a ρ V/m ⇒ D1 = ε1E1 =
a ρ nC/m 2
ρ[ε1 ln(b / c) + ε 2 ln(c / a)]
ρ
ρ
ρs+
E2 =
ρ =a
= 52,91 nC/m 2
Voε1
66, 486 5, 291 aρ =
a ρ V/m ⇒ D2 = ε 2 E2 =
a ρ nC/m 2
ρ[ε1 ln(b / c) + ε 2 ln(c / a)]
ρ
ρ
ρs−
Q+ = 2π a ρ s + = 33, 242 nC/m ⇒ C=
ρ =b
= 26, 46 nC/m 2
Q+
= 332, 44 pF/m (birim uzunluk başına)
100
Vo
67. Laplace eşitliğini kullanarak a ve b yarıçaplarında eş merkezli iki küresel kabuğun
kapasitansını hesaplayınız. İç iletken Vo potansiyelinde ve dış iletken topraklanmıştır. İç kabuktaki
yüzey yük yoğunluğu nedir? Sistemin kapasitans ifadesini çıkartınız.
c c
− 1+ 1
r b
c1
V c1 ( b1 − 1r )
Vo
c1
V r =b =0 ⇒ c2 = ⇒=
1 ∂ ∂V
1
1
b
=
−
+
∇ 2V = 2 r 2
=
⇒
V
c
0
V = 1 1 ( b − r )
2
−
r
r ∂r ∂r
(b a)
V
V r = a = Vo ⇒ c1 = 1 o 1
(b − a)
V ab 1 ∂V Vo ab 1 E = −∇V = −
ar =
a ⇒ D = εo o
ar ⇒ ρs+
2 r
∂r
b−a r
b − a r2
=
ε oVo b
a (b − a )
εVb
εb
Q+
= 4π a o
Q+ = 4π a 2 ρ s + = 4π a o o ⇒ C =
Vo
(b − a )
(b − a )
r =a
68. Laplace eşitliğini kullanarak 5 cm ve 10 cm yarıçaplarında eş merkezli iki küresel kabuğun
kapasitansını hesaplayınız. İç iletken 500 V potansiyelinde ve dış iletken topraklanmıştır. İç
kabuktaki yüzey yük yoğunluğu nedir? Ortamın dielektrik sabiti 9’dur. Ortamdaki potansiyel
dağılımı ve elektrik alanını hesaplayınız.
Önceki problemde verilen değerler yerine konularak istenilen büyüklükler hesaplanır.
500
1 1 50
1 1
− =
−
=
− 500
1 0,1 r r
1 1b r 1
−
−
b a
0,1 0,05
Vo ab 1 500 × 0,05 × 0,1 1 50 =
E =
ar
=
ar
ar
b − a r2
0,1 − 0,05 r 2
r2
=
V
Vo
Statik Elektrik Alanları
267
50 450 3,9825 =
D ε=
a ε o 2 ar =
a r nC/m 2
9ε o =
oε r E
2 r
r
r
r
ρ s + r ==
D= ε o
a
450
=ε o 180 × 103 =1,593 μC/m 2
2
0,05
r 2 = a2
180 × 103 1800πε o =50 nC
Q+ 4π 0,052 ε o=
=
=
C
1800πε o
= 3,6πε o =100 pF
500
69. a ve b yarıçaplarında iki iletken silindir ile sınırlanan bölge içindeki yük dağılımı ρ v = A / ρ
C/m3 tür. Ortamın elektriksel geçirgenliği ε, iç iletkendeki potansiyel dağılım Vo ve dış iletken
topraklanmışsa (a) iki iletken arasındaki potansiyel dağılımı, (b) elektrik alan şiddetini, (c) her
iletkendeki yüzey yük yoğunluğunu ve (d) birim uzunluk başına kapasitansı belirleyiniz. A → 0 ise
bütün ifadeleri sadeleştiriniz.
∂ ∂V A
ρ
= −
∂ρ ∂ρ ε
A
A
A
1 ∂ ∂V
∇ 2V =
− ⇒ ∫ ∂V =
− ∫ ∂ρ ⇒ V =
− ρ + c1 ⇒
ρ
=
ρ ∂ρ ∂ρ
ερ
ε
ε
ρV = −
A
ρ + c1 ⇒ ∫ ∂=
V −
ε
A
A
1
∂ρ + c ∫ ∂ρ ⇒ V =
− ρ + c ln ρ + c
ε∫
ρ
ε
1
1
2
A c
V =− + 1
ε
ρ
A
( b − ρ ) + c1 ln( ρ / b )
ε
A(b − ρ )
A(b − a ) ln( ρ / b)
Aρ
Ab
=
+ Vo −
V
V=
−
+ c1 ln ρ +
− c1 ln b
ε
ε
ln(a / b)
ε
ε
A(b − a )
Vo −
A(b − a )
ε
ln(
/
)
⇒
V ρ ==
V
V
c
a
b
c
=
+
⇒
=
1
1
o
o
a
ln(a / b)
ε
V
ρ =b
=0 ⇒ 0 =−
Ab
ε
Ab
+ c1 ln b + c2 ⇒ c2 = − c1 ln b ⇒
ε
A(b − a )
− Vo
A
∂V ε
E = −∇V = −
aρ = −
aρ ⇒ D = ε E =
ρ ln(b / a)
∂ρ
ε
ρs+
ρ =a
= A−
A(b − a) − ε Vo A − ρ ln(b / a) a ρ
A(b − a ) − ε Vo
A(b − a ) − ε Vo
A(b − a ) − ε Vo
Q+ 2π a
⇒ Q+ = 2π a A −
=
⇒C =
A−
a ln(b / a )
a ln(b / a )
Vo
Vo
a ln(b / a )
ρs+
2πε
A → 0 iken C =
ln(b / a )
268
Elektromanyetik Alan Teorisi
70. ρ = 0,1 m ve ρ = 0, 2 m silindirik yüzeyleri ile sınırlı z yönünde sonsuz genişlikte iki iletken
düzlem 30° ’lik bir açı ile yapmaktadır. Bir plaka 10 kV potansiyelde ve diğeri ise topraklanmıştır.
Potansiyel dağılımı, plakalar arasındaki boş uzayda E ve D alanlarını ve sistemin birim uzunluk
başına kapasitansını bulunuz.
∇ 2V =
1 ∂ 2V
=0 ⇒ V =φ c1 + c2 ⇒
2
2
ρ ∂φ
V
60000
φV
⇒V =
π
=
⇒
=
c
π
10000
60000
/
1
φ =π /6
V
φ =0
=0 ⇒ c2 =0
1 ∂V
60000 60000 60000
E = −∇V = −
= −
aφ V/m ⇒ D = −ε o
aφ C/m 2 ⇒ ρ s + φ =π /6 = −ε o
C/m 2
ρ ∂φ
ρπ
ρπ
ρπ
2
Birim uzunluk başına
117 ,157 nC/m
0,2
1
Q+
60000
1
60000
6
2
ln 2 nC/m ⇒ C =
Q+ = ∫ ρ s + dsφ = ε o
d ρ ∫ dz = ε o
= ε o ln
2 = 11,7157 nF
0
s
Vo
π ∫0,1 ρ
π π 0,693
d ρ dz
Birim uzunluk başına
W
W = 12 CVo2
=
W ∫=
wdv 12 ∫ D ⋅ Edv
v
v
2
π
0,2
/6
60000
ρ d ρ ∫ dφ
W = 12 ∫ ε o
veya
0,1
0
ρπ
0,2
= ln 2
ln
Birim uzunluk başına
0,1
π
/6
Birim uzunluk başına
6ln 2
2
2
585,78
μJ
=
=
ε
W
10000
π
0,2
/6
o
1
60000
1
π
=
ε
585,78 μJ
∫0,1 d ρ ∫0 dφ
2 o
ρ
π
71. z eksenine paralel topraklanmış sonsuz iki plaka φ = 0° ve φ= 60° ’de bulunmaktadır. 500
nC’luk bir yük (5,30°,10) metreye konulmuştur. (7,30°,10) metredeki elektrik alan şiddetini ve
potansiyel fonksiyonu hesaplayınız. Plakalar arasındaki ortamın boş uzay olduğunu varsayınız.
Statik Elektrik Alanları
269
P(7, π / 6,0) ⇒ P(7 cos30°,7sin 30°,10) =
P( 147 / 4,7 / 2,10)
Q(5, π / 6,0) ⇒ Q(5cos30°,5sin 30°,10) =
Q( 75 / 4,5 / 2,10)
1
3,472511598
−9
q 1
1
1
1
1
1 500 × 10 5
2
2
−
+
− +
−
=
−
+
VP =
= 1294,712 V
4πε 2
4πε o 12
39
109 12
109
39
39
109
0,287976
30°
90°
150°
210°
270°
330°
q 1
olurdu. Sonsuz iletken
4πε 2
düzlemlerin varlığı P ve Q noktaları arasındaki uzaklığı artırıcı (2 yerine 3,4725) etki göstererek
VP noktasındaki potansiyeli azaltmaktadır.
φ = 0 ve φ= 60° deki sonsuz iletken düzlemler olmasaydı VP =
72. Bir q yükü R yarıçapında topraklanmış metal kürenin merkezinden d uzaklığında
bulunmaktadır. Topraklanmış kürenin yüzeyindeki toplam yükün doğrudan integrasyon ile
q ' = − qR / d olduğunu gösteriniz. Bu yük nereden gelmektedir?
a r ⋅a z
R 2 2
R2
2
2
2
2
2
r1 = Ra r − da z ⇒ r1 = r1 ⋅ r1 = R + d − 2dR cos θ ⇒ r2 = R + − 2 R cos θ
d
d
R cos
θ
R/d
2
q
R/d
1
P (r ,φ ) noktasındaki: V
=
−
4πε o R 2 + d 2 − 2dR cos θ
R4
R2
R 2 + 2 − 2r
cos θ
d
d
P (r ,φ ) noktasındaki: E
r=R
= −∇V
r=R
=
R2 − d 2 ar
4πε o R r13
q
270
ρs
Elektromanyetik Alan Teorisi
= εo E
r=R
r=R
⋅ a r=
q R2 − d 2
q R2 − d 2 2
⇒
dQ
=
ρ
ds
=
R sin θ dθ dφ
s
4π R r13
4π R r13
r
1
q'
dr1
Rd
2
2
2π
q R −d 2 π
q( R − d ) R π 1
q( R − d ) d + R 1
R
sin θ dθ =
Q=
R ∫ sin θ dθ ∫ dφ =
dr1 = − q
3
3
2
∫
∫
−
0
0
0
d
R
4π R r1
2R
2d
r1
r1
d
2
2
2
2
2
2π
θ değişkenini r1 değişkenine değiştirme
r
θ
sin
Rd
2
2
2
dθ ⇒ sin θ dθ = 1 dr1
r1 = R + d − 2 Rd cos θ ⇒ 2r1dr1 = 2 Rd sin θ dθ ⇒ dr1 =
r1
Rd
2 Rd
−
0
θ =0 ⇒ r12 =R 2 + d 2 −2 Rd cos θ ⇒ r1 = R 2 + d 2 − 2 Rd = d − R
θ = π ⇒ r12 = R 2 + d 2 −2 Rd cosθ ⇒ r1 = R 2 + d 2 + 2 Rd = d + R
π
+2 Rd
73. Elektromanyetik alanların yoğunlaştırılmasında kullanılan aşağıdaki şekildeki dielektrik
merceğin sol yüzeyi dairesel silindir ve sağ tarafı düzlemdir. 1. bölgede P ( ρ , 45°, z ) ’de
=
E1 5a ρ − 3aφ ise 3. bölgede E3 ’ün x eksenine paralel olması için merceğin dielektrik sabiti ne
olmalıdır?
Statik Elektrik Alanları
271
1/ 2
1/ 2
E y1
Ex1
a
a
a
=
°
+
°
cos
45
sin
45
ρ
x
y
E1 =
E
a
+
⇒
=
5a ρ − 3aφ ⇒
25
/
2
25
/
2 ay
x
1
1/ 2
1/ 2
a
=
−
sin
45° a x + cos 45° a y
φ
=
Et1 E=
Eφ 2 sınır şartından
t 2 veya Eφ 1
Eφ 2
P noktasında alanın φ bileşeni teğet olduğundan Eφ 2 = −3 aφ
5 a ρ − 3aφ
⇒ E2 =
εr2
=
Dn1 D=
Dρ 2 sınır şartından
n 2 veya Dρ 1
Eρ 2
5
P noktasında alanın ρ bileşeni dik olduğundan E ρ 2 =
aρ
ε r 2
25 / 2
25 / 2
25 / 2
5
5 0 ⇒ εr2 =
− 9 / 2 a y ⇒
− 9/2 =
E2=
a ρ − 3aφ=
+ 9 / 2 a x +
εr2
εr2
3
εr2
εr2
0
Ex 2
25 / 2
18 a x
+ 9 / 2 a x
E2 =
5/3
Dx 2 = Dx 3
Dn 2 D=
E x3
n 3 sınır şartından Q noktasında alanın x bileşeni dik olduğundan ε r 2 E x 2
5
18 a x = 50 a x
E3 =
3
Ex 3
Vektörlerin büyüklükleri ölçekli çizilen şekilde P noktasındaki E2 alanının genliği Q noktasındaki
E2 alanının genliği ile aynı alındığından E3 = 50a x hesaplanmıştır. Gerçekte E2 > E2
P
Q
olduğundan E3 daha küçük genlikte olacaktır.
272
Elektromanyetik Alan Teorisi
σ
4 KARARLI ELEKTRİK AKIMLARI
4.1 GİRİŞ
Statik elektrik alanları bölümünde esas olarak durgun yüklerin alanları ve bu yükler arasındaki
kuvvetler ile ilgilenildi. Bu bölümde ilgi noktası, elektrostatik alanların etkisi altında iletken
ortamdaki yüklerin hareketidir.
Hareketli yükler bir elektrik akımı oluşturur. Böyle akımlar doğal olarak çoğu durumlarda
oluşabilir. Böyle bir olgu olan yıldırımda yükler atmosferden geçerek bulutlar ve yer arasında yük
değişimi yaparak feci kazalara neden olabilir. Yıldırımdaki yüklerin akışı kararlı değildir fakat
günlük yaşamda batarya ile beslenen aygıtlar kararlı akımlara örnek sayılabilir.
Yalıtılmış bir iletkenin elektrik alanı içine yerleştirildiği durum önceden tartışılmıştı; iletkenin iç
kısmı yüksüz olarak kalmakta ve yükler iletkenin yüzeylerinde kendilerini yeniden düzene
sokmaktadır. Yalıtılmış iletkenin içindeki elektrik alan şiddeti iletken elektrostatik dengeye
ulaştığında kaybolur.
Şimdi iletkenin iki ucundan eşit ve zıt yüklü parçacıkların aniden konulduğu varsayılsın. İletken
yük dengesini kaybeder ve konulan yükler ile iletken içinde bir elektrik alanı meydana gelir.
Elektrik alanı bu yükleri her iki tarafa da hareket ettirmeye zorlar. Zıt yüklü parçacıklar temasa
geçer geçmez birbirini yok eder. Bu işlem bütün yükler kayboluncaya kadar sürer. Bu olduğunda
iletkendeki elektrik alanı da kaybolur ve iletken yük denge pozisyonuna yeniden kavuşur.
Bu bölümdeki amaç iletkenlerin dengeye ulaşmasının çok hızlı olduğunu göstermektir. İyi bir
iletkende dengeyi yakalamak için gereken zaman saniyenin çok küçük kısmıdır. Bu çok kısa zaman
süresince yükler iletken içinde kendilerini yeniden düzenlerler. Yüklerin bu hareketi akım olarak
adlandırılır çünkü yükler çok kısa bir süre için harekette olduğundan akım genelde geçici akım
olarak adlandırılır. Akım iletken ortamda bir noktayı geçmekte olan iletilen yükün oranı,
i=
dq
dt
(4.1)
olarak tanımlanır. dq yükü dt zamanında bir noktayı geçmekte olan yük miktarıdır. i küçük harfi
genellikle zamanın bir fonksiyonu olduğunu göstermek amacıyla kullanılmıştır. Akımın SI birimi
274
Elektromanyetik Alan Teorisi
amper’dir (A) ve Fransız fizikçi Andre Marie Ampère onuruna bu isim verilmiştir. Bir amperlik
akım bir saniyede bir Coulomb’luk yükün iletilmesine karşılık gelmektedir.
Bu bölümde tartışma sadece kararlı akımlar, yani zamanla sabit akımlar ile sınırlanmıştır. I büyük
harfi kararlı bir akımın temsilinde kullanılmıştır. Kararlı akım doğru akım olarak da adlandırılır.
4.2 AKIM VE AKIM YOĞUNLUĞU
Bu kısımda iletim akımı ve taşınım akımı olarak akımın iki tipi tanıtılmaktadır. Hem taşınım ve
hem de iletim akımları için birim yüzey alan başına akım veya akım yoğunluğu da tartışılmaktadır.
4.2.1 İLETİM AKIMI
Bakır, gümüş veya altın gibi metallerde serbest yük taşıyıcılar çoğunlukla elektronlardır. Daha özel
olarak, iletim işlemine katkı sağlayan bir atomun valens elektronudur. Herhangi bir atoma bağlı
olmadığı sürece, bir elektrona serbest elektron adı verilir. Serbest elektron kristal kafesin
tamamında hareket yeteneğine sahiptir. Bununla beraber ağır ve pozitif yüklü iyonlar kristal
kafesteki düzenli pozisyonlarında iyice sabitlenmişlerdir ve metaldeki akıma katkı sağlamazlar.
Bundan dolayı bir metal iletkendeki akım iletim akımı olarak adlandırılır ve bu temelde bir elektron
akışıdır.
Girişte bahsedildiği gibi yüklerin geçici akışları elektrik alanı içine yerleştirilmiş yalıtılmış bir
iletkende çok kısa bir zamanda durur. Bir iletkendeki kararlı akımın sürdürülmesi için bir uçtan
sürekli bir elektron beslemesi ve bunların diğer uçtan sürekli alınması gereklidir. Hatta iletken
boyunca bir kararlı akım akıyor olsa da iletkenin kendisi bir bütün (elektrostatik) olarak nötr’dür.
Yalıtılmış iletkende elektronların rasgele ısıl hareketleri yüksek hızda, tipik olarak 106 m/s
civarında ve olabilecek her yönde yer alır. İletkenin silindir biçiminde ve z yönünde konulduğu
varsayılsın. İletkenin eksenine dik, iletken boyunca bir düzlemde z’nin pozitif yönünde geçen
elektron miktarının negatif z yönünde geçen elektron miktarı ile aynı olduğu bulunacaktır. Başka
ifadeyle net değişim sıfır olduğundan yalıtılmış iletkendeki net akım sıfırdır.
İletken iki ucundan bir bataryaya bağlı olduğunda iki ucu arasında bir potansiyel fark oluşur ve
şekil 4.1a’da görüldüğü gibi iletkenin içinde de bir elektrik alanının olması gerekir. İletken teldeki
elektrik alanı serbest elektron üzerinde z yönünde bir kuvvet oluşturur. Elektron bu kuvvete tepki
olarak çok kısa bir zamanda hızlanır çünkü her hızlanmasının sonucunda bir iyonla çarpışır. Her
çarpışmadan sonraki yeni hız hemen hemen çarpışmadan önceki hızdan bağımsızdır. Gerçekte bir
parça bakır içinde hareket eden elektronlar saniye başına 1014 çarpışma ile karşılaşırlar. Her
çarpışma elektronu yavaşlatır, bir durma noktasına getirir veya hareket yönünü değiştirir.
Elektronun hızının değiştirilmesi için elektrik alanının tekrar verilmesi gerekir. Bu bakımdan z
yönünde, elektrik kuvveti ile oluşturulan hızdaki değişim elektronun rasgele hızından çok küçük
olmakta ve uygulanan elektrik alanı sürüklenme hızı olarak bilinen rasgele hızın sistematik bir
bileşenini üretir.
Sürüklenme hızı şekil 4.1b’de görüldüğü gibi elektronun z yönünde aşamalı olarak sürüklenmesine
neden olur (sürüklenme, kavramın vurgulanması için abartılmıştır). z yönünde elektronların net
sürüklenmesi iletken içinde bir akım oluşturur.
Akımın geleneksel yani bilinen yönü elektrik alanı yönündedir. Başka ifadeyle elektronlar akımın
tersi yönde hareket ederler. İletken içindeki akım, kesit alanı iletkenin uzunluğu boyunca değişse
de bütün kesitlerde aynıdır. Elektrik akımının bu sabitliliği yükün korunumu kanunu ile uyum
Kararlı Elektrik Akımları
275
içindedir yani varsayılan kararlı durum şartları altında yükler kararlı olarak birikemez veya
iletkende herhangi bir noktadan kararlı olarak akamazlar (kaçıp gidemez). Basitçe ifade edilirse bir
nokta, kararlı bir akımın sürdürülmesi için bir yük kaynağı veya alıcısı gibi davranamaz.
(a) Uçlarına gerilim uygulanmış iletken
tel içindeki elektrik alanı ve serbest
elektronlar
(b) Elektronun E alanı (kesik çizgi) ile ve E alanı
olmaksızın (koyu çizgi) hareketi
Şekil 4.1
4.2.2 TAŞINIM AKIMI
Boş uzayda (vakum) yüklü parçacıkların hareketi taşınım akımı oluşturur denilmektedir. Bir vakum
tüpünde katot’tan anoda elektronların hareketi taşınım akımına klasik bir örnektir. Bu durumda
katot’tan yeni yayılan elektronlar çok yavaş hareket ederler. Anoda yakınlaşan elektronlar çok
yüksek hız kazanmışlardır. Bu katot’tan anoda olan bütün yol boyunca elektronun herhangi bir
çarpışma ile asla karşılaşmamasından dolayıdır. Bunun yanında, kararlı bir akım için birim kesit
alanını geçen yükün aynı olması gerekir. Bu bakımdan, elektronun hızı artarken şekil 4.2’de
görüldüğü gibi yük yoğunluğu azalır. Buna göre, taşınım akımı ve iletim akımı arasındaki açık bir
fark taşınım akımının elektrostatik olarak nötr olmadığıdır ve elektrostatik yükünün hesaba
katılması gerekir. Taşınım akımı yük akışının sağlanması için ne bir iletkene gerek duyar ne de
ohm kanunu ile uyum içindedir.
Şekil 4.2 Elektron tüpündeki yük yoğunluğu
4.2.3 TAŞINIM AKIM YOĞUNLUĞU
Yüklerin hareketinin tanımlanması için şekil 4.3’de görüldüğü gibi, yüklerin bir elektrik alanının
etkisi altında U ortalama hareket hızıyla, ρ v hacim yük dağılımı oluşturduğu bir bölgeyi dikkate
alalım. ∆t zamanında yükler
dl = U∆t
276
Elektromanyetik Alan Teorisi
gibi dl uzaklığı kadar hareket edeceklerdir.
Uzunluk elemanı ortalama hız ile aynı yöndedir. Eğer sürüklenme hızına normal Δ s yüzey alanı
olarak imajiner bir pencere (Δ s = ∆sa n ) dikkate alınırsa, pencere içinden geçen yük hareketi
Şekil 4.3 Boş uzaydaki yüklerin E
alanının etkisi altında hareketi
dq = ρ v ∆v = ρ v Δ s ⋅ dl
olurdu. Akım i = dq / dt olduğundan ∆s yüzeyinden geçen ∆I akımı aşağıdaki gibi bulunur.
dl
=
∆I ρ v Δ s ⋅ =
ρ v Δ s ⋅ U
dt
(4.2)
Taşınım akım yoğunluğu, J (birim kesit alanı başına akım) ile akım
∆I =J ⋅ Δs
olarak tanımlandığında (4.2)’den,
J = ρvU
(4.3)
ve bir s yüzeyi içinden geçen akım
=
I
∫ J ⋅ ds
s
(4.4)
elde edilir. Bu ifadelerden, bir bölgedeki akımın tanımlanması için yüzeyden hangi yüklerin
geçtiğinin belirlenmesi gerektiği açıktır. Tersine J akım yoğunluğu tamamen bir vektör nokta
fonksiyonu ile tanımlanabilir. Bundan dolayı akım yoğunluğu kavramı alanların tanımlanmasında
akımdan daha kullanışlıdır. J ’ye geleneksel olarak hacim akım yoğunluğu denir.
U + ve U − ortalama hızları ile hareket eden ρ v + ve ρ v − yük yoğunlukları ile negatif yükler kadar
pozitif yükler de varsa bir elektrik alanının etkisi altında bunlar zıt yönlerde hareket edeceklerdir.
Pozitif yükler elektrik alanı yönünde sürüklenecek ve negatif yükler elektrik alanının tersi yönünde
hareket edecektir. İkisinin katkısı sonucu, pozitif yüklerden dolayı oluşan akım negatif yüklerden
dolayı oluşan akımla aynı yönde olacaktır. Böylece toplam akım yoğunluğu
J = ρv + U + + ρv − U −
(4.5)
Kararlı Elektrik Akımları
277
olur ve bir yüzeyden geçen toplam akım (4.4)’den elde edilebilir. Çünkü ortalama hızları ile
yüklerin hareketi dikkate alınmaktadır ve gerçekte bir bölgedeki kararlı akım tartışılmaktadır;
burada akımın değişim oranı sıfırdır. Eğer bir bölgede her yerde akım yoğunluğu zamanla sabit
kalıyorsa kararlı akımdan bahsedilmiş olunur.
4.2.4 İLETİM AKIM YOĞUNLUĞU
U e bir iletken içinde uygulanan E alanından dolayı elektronun ortalama hızı (veya sürüklenme
hızı), m e elektronun kütlesi ve τ çarpışma başına ortalama zaman olsun. Bu durumda bir elektronun
τ zamanında moment kaybı me U e ’dir. Böylece çarpışmalarda elektronun kaybettiği ortalama
moment miktarı me U e / τ olur. Elektrik kuvvetinden dolayı elektronun kazandığı moment − eE
’dir. Kararlı durum şartları altında, moment kaybı ile kazanç eşleşmeli yani
me U e
τ
= − eE
olmalıdır. Buradan,
eτE
Ue = −
me
veya
U e = −u e E
(4.6)
elde edilir ki burada,
ue =
eτ
me
elektron hareketliliği olarak adlandırılır. (4.6) eşitliği iletken ortamda elektronun sürüklenme
hızının uygulanan elektrik alanı ile orantılı olduğunu ifade etmektedir. Orantı sabiti elektron
hareketliliğidir.
Birim hacim başına N elektron varsa elektron yük yoğunluğu
ρv − = -Ne
(4.7)
dir; e elektrondaki yükün büyüklüğüdür. Böylece iletken ortamda iletim akım yoğunluğu,
J = ρv−Ue
veya
J = Neue E = σE
(4.8)
278
Elektromanyetik Alan Teorisi
ile verilir; σ = Neue ortamın öziletkenliği olarak bilinir. Öziletkenliğin birimi metre başına
siemenstir (S/m). (4.8) eşitliği Ohm kanununun mikroskobik eşdeğeri olarak söylenir. İletken
ortamda herhangi bir noktadaki akım yoğunluğunun elektrik alan şiddeti ile orantılı olduğunu ifade
etmektedir. Orantı sabiti ortamın öziletkenliğidir. Doğrusal bir ortam için J ve E aynı yöndedir.
Elektrik devre teorisinde direnç gerilim ve akıma bağlı olmadığı sürece Ohm kanunu geçerlidir.
Aynı şekilde eğer ortamın öziletkenliği elektrik alan şiddetinden bağımsız ise iletken malzeme
Ohm kanunu ile uyum içindedir. Gauss kanunu gibi Ohm kanununun elektromanyetizmanın genel
bir kanunu olmadığı akılda tutulmalıdır. Ohm kanunu temel olarak bazı malzemelerin elektriksel
özellikleri ile ilgili bir belirtmedir. (4.8) ile uyum içindeki malzemeler, doğrusal iletken veya
Ohm’ik iletken olarak adlandırılır.
Öziletkenliğin tersi özdirenç,
ρ=
1
σ
(4.9)
olarak adlandırılır ve özdirencin birimi ohm.metre (Ωm) dir. Tablo 4.1’de bazı malzemelerin
özdirençleri görülmektedir.
Table 4.1 Metal, yarı-iletken ve yalıtkanların öz dirençleri
Metaller
Yarı-iletkenler
Yalıtkanlar
Malzeme Özdirenç (Ω⋅m)
Malzeme
Özdirenç (Ω⋅m) Malzeme Özdirenç (Ω⋅m)
Aluminyum
Karbon (grafit)
Amber
2,82×10-8
3,5×10-5
5×1014
Konstantan
Germanyum
0,42
Cam
1010-1014
49×10-8
-8
3
Bakır
Silikon
Sert Lastik
1013-1016
1,7×10
2,6×10
Altın
Mika
1011-1015
2,44×10-8
-8
Demir
Quartz
8,9×10
7,5 ×1017
Civa
Sülfür
1015
95,8×10-8
-8
Nikrom
Kuru toprak
105
100×10
Nikel
Su
103
7,8×10-8
-8
Gümüş
Damıtık su
1,59×10
5×103
Tungsten
Trafo yağı
1011
5,6×10-8
ÖRNEK 4.1 10 V’luk potansiyel fark 2 m uzunluğundaki bakır telin uçlarında tutulmaktadır.
Çarpışmalar arasındaki ortalama zaman 2,7×10-14 s ise serbest elektronların sürüklenme hızını
belirleyiniz.
ÇÖZÜM İletken telin z yönünde uzandığı ve üst ucun aşağıya göre pozitif olduğunu varsayalım.
Bu durumda iletken teldeki alan şiddeti,
10 E = − a z = −5a z V/m
2
elektron hareketliliği,
ue =
eτ 1,6 × 10 −19 × 2,7 × 0 −14
=
= 4,747 × 10 − 3
me
9,1 × 10 − 31
Kararlı Elektrik Akımları
279
ve buradan sürüklenme hızı
Ue =
−ue E =
4,747 × 10−3 × 10−3 × 5a z =
23,74 × 10−3 a z m/s
bulunur. Bunun sonucu olarak elektron z yönünde 23,74 mm/s’lik bir hızla hareket etmektedir.
Elektronun aşağı uçtan yukarı uca zigzag yaparak gitmesi yaklaşık olarak 84 saniye (2 m / 23,74
mm) zaman alacaktır. Bununla birlikte iletken telden geçen akım ışık hızında hareket edecektir. Bu
durumda ne olur; iletken telin aşağı ucundan giren bir elektron elektrik alanı ile komşu elektronu
iter ve iletken tel içinde sıkıştırıcı bir dalga meydana getirir. Sıkıştırıcı dalga ışık hızında hareket
eder ve elektronları iletken telin diğer uç noktasına hemen hemen anında fırlatır.
ALIŞTIRMALAR
1. 0,125 cm çapında alüminyum telin bir ucu 0,25 cm çapında bakır tel ile kaynaklanmıştır. Bu
kompozit telden 8 mA geçmektedir. Her iletken teldeki akım yoğunluğu nedir?
2. 100 km uzunluğunda yüksek gerilim iletim hattında 3 cm çapında bakır kablo kullanılmaktadır.
Kablodan 1000 A’lik bir kararlı akım (DC) geçiyorsa, (a) kablonun içindeki elektrik alan
şiddeti, (b) serbest elektronun sürüklenme hızı, (c) kablodaki akım yoğunluğu ve (d) elektronun
kablonun bütün uzunluğunu geçmesi için gereken zamanı belirleyiniz. Çarpışmalar arasındaki
ortalama zamanın 2,7 × 10−14 s olduğunu varsayınız.
3. Bir vakum tüpündeki elektronların ortalama hızı 1,5×106 m/s dir. Akım yoğunluğu 5 A/mm2
ise elektronların akışına normal düzlemden birim kesit alanından geçen elektron sayısını
belirleyiniz.
4.3 İLETKENİN DİRENCİ
dl uzunluğundaki bir iletkenin direnci,
dV −E ⋅ dl
dR
= =
I
∫ J ⋅ ds
s
eşitliğinde olduğu gibi E ve J alan miktarları ile ohm kanunundan elde edilebilir. dV potansiyeli
dl uzunluğundaki iletkenin iki ucu arasındaki potansiyel farktır. Şekil 4.4’de görüldüğü gibi E
iletken içindeki elektrik alan şiddeti, J = σE hacim yük yoğunluğu ve I her yüzeyden geçen
akımdır. İletkenin a ucundaki potansiyelin b ucundakinden daha yüksek olduğu varsayılmıştır.
İletkenin toplam direnci,
R=∫
a
b
−E ⋅ dl
J
∫ ⋅ ds
(4.10)
s
ile bulunur ve bu eşitlik çok genel olup iletkenliği akım yönünde değişen iletken bir ortamın
direncinin belirlenmesine izin verir. İletkenliği sabit homojen ortam durumunda (4.10) eşitliği
aşağıdaki gibi yazılır.
280
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 4.4 Uçlarına gerilim uygulanmış akım
taşıyan iletken
a − ∫ E ⋅ dl V
b
ab
R =
=
I
∫ J ⋅ ds
(4.11)
s
Homojen iletken ortam içindeki elektrik alan şiddeti biliniyorsa (4.11) eşitliği iletkenin direncinin
belirlenmesinde kullanılabilir. Keyfi veya rasgele biçimdeki iletken malzeme içindeki E alanı her
zaman belirlenemeyebilir. Bu durumda elektrik alan şiddetinin belirlenmesi için yaklaşık metotlar
veya sayısal tekniklerin kullanımına başvurulabilir.
ÖRNEK 4.2 V o potansiyel farkı l uzunluğundaki bakır tele uygulanmıştır. A iletken telin kesit alanı
ise iletken telin direnç ifadesini elde ediniz. V o =2 kV, l = 200 km ve A = 40 mm2 ise iletken telin
direnci nedir?
ÇÖZÜM İletken telin z yönünde uzandığı ve üst ucun alt uca göre V o potansiyelde olduğunu
varsayalım. İletken teldeki elektrik alan şiddeti,
V E = − o az
l
dir. σ bakırın öziletkenliği ise iletken telin herhangi bir kesitindeki hacim akım yoğunluğu,
σV J = σE = − o a z
l
ile iletken telden geçen akım aşağıdaki gibi elde edilir.
I=
σ Vo
J
∫s ⋅ ds = l
∫ ds =
σ Vo A
s
Buradan, (4.11) kullanılarak iletken telin
R=
ρl
Vo
l
=
=
σVo A σA A
l
l
Kararlı Elektrik Akımları
281
direnç ifadesi iletken ortamın fiziksel parametreleri ile direncin teorik bir ifadesini vermektedir.
Değerler yerine konularak direncin istenilen sayısal değeri aşağıdaki gibi hesaplanır.
R=
1,7 × 10 −8 × 200 × 103
= 85 Ω
40 × 10 − 6
ALIŞTIRMALAR
4. 2 cm yarıçapında alüminyum iletken 100 A akım taşımaktadır. İletkenin boyu 100 km ise (a)
İletkendeki akım yoğunluğu, (b) İletkendeki E alanı, (c) İletken uçlarındaki potansiyel
düşümünü ve (d) İletken direncini belirleyiniz.
5. İç çapı 2 cm ve dış çapı 5 cm olan ortası boş demir silindirin uzunluğu 200 m’dir. Silindir
içindeki elektrik alan şiddetinin genliği 10 mV/m dir. (a) silindir uçlarındaki potansiyel
düşümünü, (b) silindirden geçen akımı ve (c) silindirin direncini belirleyiniz.
6. Önceki alıştırmadaki boş silindir aynı uzunlukta içi dolu bakır silindir ile değiştiriliyor. Aynı
direnç için bakır silindirin yarıçapını bulunuz. Uygulanan aynı gerilim için bakır silindir
içindeki elektrik alan şiddeti ve akım yoğunluğunu hesaplayınız.
4.4 SÜREKLİLİK EŞİTLİĞİ
Kapalı s yüzeyi ile sınırlanan iletken bölge şekil 4.5’de görülmektedir. Bölgedeki hacim yük
yoğunluğunun ρ v olduğunu varsayalım ve yüzeyi terk eden akım hacim yük yoğunluğu J ile
tanımlanabilmektedir. Dışa doğru yönde s kapalı yüzeyini geçen toplam akım aşağıdaki gibi yazılır.
i=
(t )
∫ J ⋅ ds
s
(4.12)
Şekil 4.5 s yüzeyi ile sınırlanan iletken ortamda
dışa doğru yük akışı
Akım basitçe saniye başına yük akışı olduğundan yükün dışa doğru akışı s ile sınırlanan bölge
içinde yük konsantrasyonunu aynı miktarda azaltmalıdır. Yüzeyi terk eden yük miktarı sınırlanan
bölgeden azalan yük miktarına eşit olması gerektiğinden akım,
i (t ) = −
dQ
dt
(4.13)
olarak da ifade edilebilir; Q herhangi bir t zamanında yüzeyin çevrelediği toplam yüktür. Q hacim
yük yoğunluğu, ρ v ile
∫
Q = ρ v dv
v
(4.14)
282
Elektromanyetik Alan Teorisi
olarak yazılabilir; burada integral s ile çevrelenen bölge boyunca alınır. (4.12), (4.13), ve (4.14)
birleştirilerek
d
− ∫ ρ dv
∫ J ⋅ ds =
dt
s
v
v
(4.15)
elde edilir. (4.15) eşitliği süreklilik eşitliliğinin integral biçimi olarak bilinir ve yükün korunumu
prensibinin matematiksel ifadesidir. Bir bölgede yükün herhangi bir değişiminin bölgeyi
çevreleyen yüzey içinde bir yük akışı ile eşlik edilmesi gerektiğini ifade etmektedir. Başka ifadeyle
yük yeniden yaratılamaz veya yok edilemez, sadece taşınabilir.
(4.15) eşitliğinin sol tarafındaki kapalı yüzey integrali diverjans teoremi uygulanarak bir hacim
integraline dönüştürülebilir. İlgili bölge durgun olduğundan zamana göre diferansiyel hacim yük
yoğunluğunun kısmi türevi ile değiştirilebilir. Şimdi (4.15)
∂ρ v
∇ ⋅ Jdv = −
dv
v
v ∂t
∫
∫
veya
∂ρ v
∇ ⋅ J +
dv = 0
v
∂t
∫
olarak yazılabilir. İlgi altındaki hacim keyfi olduğundan önceki eşitliğin genelde doğru olması için
tek yol integralin her noktada kaybolmasıdır. Buradan süreklilik eşitliğinin diferansiyel (nokta)
biçimi
∂ρ
∇⋅J + v = 0
∂t
(4.16a)
∂ρ
∇⋅J = − v
∂t
(4.16b)
elde edilir ve bu eşitlik
olarak da yazılabilir. (4.16) eşitliği değişen yük yoğunluğu ( ρ v ) noktalarının J hacim akım
yoğunluğuna kaynaklık ettiğini ifade etmektedir.
İletken ortamda kararlı (doğru) akımı sürdürmek için değişen yük yoğunluğunun hiç noktası
(kaynağı) olmayabilir. Bu durumda (4.16)
0
∫ J ⋅ ds =
s
(4.17a)
veya
∇⋅J = 0
(4.17b)
olur. (4.17a) eşitliği herhangi bir kapalı yüzey boyunca net kararlı akımın sıfır olduğunu ifade
etmektedir. Eğer kapalı s yüzeyi bir nokta olarak büzülürse (4.17a)
Kararlı Elektrik Akımları
283
ΣI = 0
(4.17c)
olarak yorumlanabilir ki bu Kirchhoff akım kanununun bir ifadesidir. Yani bir noktada (jonksiyon
veya düğüm) akımların cebirsel toplamı sıfırdır. (4.17b) eşitliği Iletken ortam içinden geçen kararlı
akımın oluşturduğu akım yoğunluğunun selenoidal veya sürekli olması anlamındadır.
(4.17b)’de J = σE konularak
∇ ⋅ (σE) = 0
veya
σ∇ ⋅ E + E∇σ = 0
(4.18)
elde edilir. Homojen ortam için ∇σ = 0 olduğundan (4.18)
∇⋅E = 0
olur. E = −∇V konularak 4.18 eşitliği
∇ 2V = 0
(4.19)
olarak yazılabilir. (4.19) eşitliği iletken ortam içindeki potansiyel dağılımın ortam homojen ve akım
dağılımı zamanla değişmediği sürece Laplace eşitliğini doyurduğunu açıkça ifade etmektedir.
ÖRNEK 4.3 Her biri A kesit alanlı, sonsuz öziletkenlikte iki paralel levha arasındaki uzaklık l’dir.
Şekil 4.6’da görüldüğü gibi levhalar arasındaki potansiyel fark V ab ’dir. Levhalar arasındaki ortam
homojen ve özIletkenliği, σ sonlu ise levhalar arasındaki bölgenin direncini belirleyiniz.
Şekil 4.6 Arasında iletken ortam
bulunan iki paralel levha
ÇÖZÜM Her paralel levhanın direnci sonsuz iletkenliğinden dolayı sıfırdır. (4.19) homojen ve
iletken ortamda potansiyel dağılımın belirlenmesi için kullanılabilir. Potansiyel dağılımın sadece
z’nin bir fonksiyonu olması beklenir. (4.19)’dan
d 2V
=0
dz 2
ve iki kere integral sonucu
284
Elektromanyetik Alan Teorisi
V = az + b
elde edilir; a ve b integrasyon sabitleridir. Sınır şartları uygulanarak
z = 0’da V = 0 → b = 0
ve
z = l ’da V = V ab → a = V ab /l
elde edilir. Böylece levhalar arası iletken ortamdaki potansiyel dağılım aşağıdaki gibi bulunur.
z
V = Vab
l
İletken ortamdaki elektrik alan şiddeti,
V ∂V E = −∇V = −
a z = − ab a z
∂z
l
ve ortamdaki akım yoğunluğu,
σV J = σE = − ab a z
l
bulunur ve buradan J ’ye normal yüzeydeki akım,
I=
σ AVab
J
∫s ⋅ ds = l
dan son olarak iletken ortamın direnci
R=
Vab
l
=
I
σA
(4.20)
bulunur ki bu iletken telin direnci için daha önce elde edilen ifade ile aynıdır. Gerçekte bu eşitlik
herhangi bir homojen, düzgün kesitli iletken ortamın direncinin belirlenmesinde kullanılabilir.
Şekil 4.7 n sayıda elemana (hücre)
bölünmüş homojen olmayan iletken
ortam (sadece i. eleman
gösterilmiştir)
Homojen olmayan, iletken ortamın direncinin belirlenmesi için (4.20) doğrudan kullanılamaz.
Bunun yanında n→∞ iken dl→0 gibi her biri dl uzunluğunda bölge n elemana bölünürse bu
durumda şekil 4.7’de görüldüğü gibi her elemanın sabit iletkenlikte olduğu varsayılabilir. (4.20)
den i. elemanının direnci,
Kararlı Elektrik Akımları
285
R=
dli
σ i Ai
ifadesinde dl i σ i ve A i sırasıyla i. elemanın uzunluğu, iletkenliği ve kesit alanıdır. Böylece
birbirine seri bağlanmış n elemanın toplam direnci,
R=
n
∑
N
dli
i =1
i
∑σ A
(4.21a)
dl
σA
(4.21b)
Ri =
i =1
i
olup n→∞ iken dl→0 limitinde (4.21a)
R=∫
c
olur. Eğer iletkenlikteki değişimler kesintili ise (4.21a) iletken ortamın toplam direncinin
belirlenmesinde kullanılabilir. İletkenlik uzunluğun bir fonksiyonu olarak verilmişse (4.21b), (4.18)
veya (4.10) homojen olmayan iletken ortamın direncinin hesaplanmasında kullanılabilir.
ÖRNEK 4.4 Şekil 4.8’de görüldüğü gibi σ = m / ρ + k öziletkenliğinde bir malzeme (m ve k
sabitlerdir) a ve b yarıçaplı eşmerkezli silindirik iletkenler arasındaki boşluğu doldurmaktadır. V o
iki iletken arasındaki potansiyel fark ve her iletkenin uzunluğu L ise malzemenin direnci, akım
yoğunluğu ve malzemedeki elektrik alan şiddeti ifadelerini elde ediniz.
Şekil 4.8 Eş merkezli silindirik iki
iletken arasındaki homojen
olmayan iletkenden geçen akım
ÇÖZÜM (a) Metot 1: (4.21b) kullanılarak direnci hesaplayalım. Herhangi bir ρ yarıçapında
diferansiyel uzunluk dρ ve kesit alanı 2πρL ’dir. Malzemenin direnci aşağıdaki gibi bulunur.
R=
b
dρ
b
dρ
1
∫ (m / ρ + k )2πρL = ∫ (m + kρ )2πL = 2πLk ln(m + kρ )
a
a
b
a
=
1
m + kb
ln
2πLk m + ka
M
m + kb
olarak alınırsa R =
olur.
M = ln
2πLk
m + ka
(b) Metot 2: (4.10) malzemenin direncinin belirlenmesinde kullanılsın. Herhangi bir kesit alanından
geçen toplam I akımının aynı olması gerektiğinden malzemedeki J akım yoğunluğu
J=
I
2πρL
aρ
286
Elektromanyetik Alan Teorisi
dir ve I akımı henüz bilinmemektedir. Ortamdaki elektrik alan şiddeti,
J
E= =
σ
I
aρ
2πL(m + kρ )
den iki iletken arasındaki potansiyel fark,
a
Id ρ
I
IM
m + kb
ln
Vo =
− ∫ E ⋅ dl =
=
=
∫
2π L(m + k ρ ) 2π Lk m + ka 2π Lk
c
b
bulunur ve iletken malzemenin direnci,
R=
Vo
M
=
I
2πLk
ile iletken malzemeden geçen akım aşağıdaki gibi elde edilir.
I=
2πLk
Vo
M
Buradan ortamdaki elektrik alan şiddeti ve akım yoğunluğu sırasıyla
E=
2πLk
Vo k
M
aρ =
Voa ρ
(m + kρ ) M
2πL(m + kρ )
ve
m + kρ
k
k
Voa ρ =
J = σE =
Voa ρ
Mρ
ρ (m + kρ ) M
olarak bulunur. Bu metot uzun olmakla beraber ortamdan kararlı bir akım geçtiğinde kullanışlıdır.
Burada ilgi noktası (a) İletken ortamda E ve D alanlarının, (b) İletkenlerdeki yüzey yük
yoğunluklarının, (c) ortam içindeki hacim yük yoğunluğunun ve (d) İletken ortamdaki toplam
yükün belirlenmesidir.
ALIŞTIRMALAR
k
7. Örnek 4.4’de J =
Vo a ρ hacim akım yoğunluğunun 4.17b ⇒ ∇ ⋅ J = 0 ile uyuştuğunu
Mρ
gösteriniz.
8. Örnek 4.4’de ε iletken malzemenin elektriksel geçirgenliği ise (a) ortamdaki elektrik akı
yoğunluğunu, (b) iç iletkendeki yüzey yük yoğunluğunu ve toplam yükü, (c) dış iletkendeki
yüzey yük yoğunluğu ve toplam yükü ve (d) ortamdaki hacim yük yoğunluğunu ve toplam
yükü belirleyiniz.
9. Örnek 4.4’ü (4.18)’i kullanarak tekrar ediniz.
Kararlı Elektrik Akımları
287
10. 10 cm ≤ r ≤ 21 cm , 30° ≤ θ ≤ 45° ve π / 6 ≤ φ ≤ π / 3 ile sınırlanan homojen iletken ortamın
iletkenliği 0,4 S/m dir. θ= 45° ’deki yüzey toprak potansiyelinde ve θ= 30° ’deki yüzey 100
V’tadır. Laplace eşitliğini kullanarak ve kenar etkilerini ihmal ederek ortamın direncini
belirleyiniz.
11. Önceki alıştırmada iletken ortamın elektriksel geçirgenliği ε = 5ε o ise (a) ortamdaki elektrik
akı yoğunluğunu, (b) θ = 45° ’de iletkendeki yüzey yük yoğunluğunu ve toplam yükü, (c) θ =
30° de iletkendeki yüzey yük yoğunluğunu ve toplam yükü ve (d) ortamdaki hacim yük
yoğunluğunu ve toplam yükü belirleyiniz.
4.5 DURULMA ZAMANI
Üzerinde fazladan ρ v yük yoğunluğu bulunan, ε geçirgenliği ve σ öziletkenliği ile yalıtılmış,
doğrusal, homojen ve izotropik bir ortamı dikkate alalım. Daha önce bahsedildiği gibi, yükler
arasındaki elektrostatik itme kuvveti elektrostatik dengenin kazanılması için ortamın çevreleyen
yani dış yüzeyi üzerine fazla yükleri hareket ettirecektir. Yüklerin bu göç işlemi süresince
süreklilik eşitliliğinin sağlanması gerekir. Yani ortamda herhangi bir noktada
∂ρ
∇⋅J + v = 0
∂t
olur ve bu eşitlikte J = σE konularak
σ∇ ⋅ E +
∂ρ v
=0
∂t
ve ∇ ⋅ E yerine ρ v / ε konularak
∂ρ v σ
+ ρv = 0
∂t
ε
elde edilir ki bu hacim yük yoğunluğu (ρ v ) ile birinci derece diferansiyel eşitliktir. Bunun çözümü
∫ dρ
v
∫
/ ρ v = −(σ / ε ) dt → ln ρ v − ln ρ o = −(σ / ε )t
ρv = ρo e − (σ / ε )t
(4.22)
dir; ρ o yük yoğunluğu t=0 ’daki hacim yük yoğunluğudur. (4.22) eşitliği denge pozisyonuna üstel
olarak ulaşıldığını vurgulamaktadır ve teorik olarak iletken ortam içerisindeki fazladan yüklerin
tamamının kaybolması sonsuza dek zaman alacaktır.
ε / σ oranı zaman boyutunda olup aşağıdaki gibi durulma zamanı, τ olarak adlandırılır.
τ=
ε
σ
(4.23)
Durulma zamanı iletken ortamın ne hızda elektrostatik dengeye yaklaştığının bir ölçüsüdür ve
gerçekte herhangi bir ortamda yük için başlangıç değerinin 1/e (% 36,8)’ine inmesi için gereken
288
Elektromanyetik Alan Teorisi
zamandır. t=5τ zamanına kadar ortam içindeki yük yoğunluğu başlangıç değerinin % 1’inden daha
aşağı değerine düşecektir. Genelde iletken ortamın 5 durulma zamanından sonra denge durumunu
kazanmış olduğu ifade edilebilir.
Durulma zamanı ortamın öziletkenliği ile ters orantılıdır - öziletkenliğin büyük olması iletken
ortamın elektrostatik dengeyi kazanması için gereken zamanı azaltacaktır. Bakır için σ=5,8×107
S/m ve ε≈ε o ile durulma zamanı τ=1,52×10-19 saniyedir. Bakırın elektrostatik dengeyi hemen
hemen aniden kazandığı söylenebilir. Diğer taraftan saf su için durulma zamanı 40 ns ve amber için
70 dakikadır.
ÖRNEK 4.5 Bir miktar yük yalıtılmış iletkenin içine konulmuştur. Yükü sınırlayan kapalı
yüzeyden geçen akım i(t)=0,125e-25t A olarak gözlenmiştir. (a) durulma zamanını, (b) başlangıç
yükünü ve (c) t=5τ zamanında yüzeyden iletilen yükü belirleyiniz.
ÇÖZÜM Durulma zamanı τ =1/25 = 0,04 s dir.
t
e −25t
t zamanında yüzeyden geçen yük 0,125 e −25t dt = − 0,125
0
25
t
∫
∫
t
∫
0
= 5 × 10−3 (1 − e −25t )
t
Q = idt = 0,125 e −25t dt = 5(1 − e −25t ) mC
0
0
(4.24)
ifadesinde t=5τ=0,2 s konularak kapalı yüzeyden geçen yük,
Q = 4,97 mC
olarak elde edilir. Bunun yanında (4.24)’de t=∞ konularak kapalı yüzeyden geçmiş olan toplam
yük 5 mC olarak elde edilir. Yükün daha ileri bir iletimi olmadığından yüzeyden geçen akım
sıfırdır. Bu yüzden iletkenin içine yerleştirilen toplam yük t=0’da 5 mC olmalıdır.
ALIŞTIRMALAR
12. Ortamdaki hacim akım yoğunluğu=
J sin(10 x)a x + ya y + e −3 z a z A/m 2
ise hacim yük
yoğunluğunun zamanla değişim oranını belirleyiniz.
13. Önceki alıştırmayı
J e − βρ cos φ a ρ + ln(cos β z )a z A/m 2 için tekrar ediniz.
=
14. Sabit ε geçirgenliğinde ve σ
öziletkenliğinde 10 cm yarıçapında bir silindir t=0
3
zamanında ρ o = 10 μC/m ’lük bir yük yoğunluğu ile 2 cm yarıçapına kadar düzgünce
yüklenmiştir. (a) her zaman için yük dağılımını, (b) boşlukta her yerdeki elektrik alan şiddetini,
(c) dış yüzeydeki yük yoğunluğunu ve (d) iletim akım yoğunluğunu belirleyiniz. Yük iletim
işleminin 5 durulma zamanı aldığını varsayarak (i) bakır silindir, (ii) alüminyum silindir, (iii)
karbon silindir ve (iv) quartz silindirin dış yüzeyinde yükün birikimi için ne kadar zaman
geçecektir?
Kararlı Elektrik Akımları
289
4.6 JOULE KANUNU
Elektrik alanının etkisi altında yüklerin ortalama U hızı ile hareket ettikleri bir ortamı dikkate
alalım. Eğer ρ v hacim yük yoğunluğu ise dv hacminde yüke etkiyen kuvvet
dF = ρ v dvE
dir ve yükler dl = Udt olacak şekilde dt zamanında bir dl uzaklığına gitmişse elektrik alanı
tarafından yapılan iş
dW =dF ⋅ dl =ρ v U ⋅ E dv dt =J ⋅ E dv dt
olur; J = ρ v U dir. Güç birim zaman başına iş olduğundan elektrik alanı ile sağlanan güç
dW = J ⋅ E dv
dt
dp=
ile ifade edilir. Bu ifade dp = p dv şeklinde tanımlanırsa güç yoğunluğu, p (birim hacim başına
güç)
p= J ⋅ E
(4.25a)
olarak yazılabilir. (4.25a) eşitliği Joule kanununun nokta (veya diferansiyel) biçimi olarak
adlandırılır. Elektrik alanı tarafından birim hacim başına verilen güç elektrik alan şiddeti ve hacim
akım yoğunluğunun skaler çarpımı anlamına gelmektedir. Buna göre v hacmini ilgilendiren güç
=
P
∫
v
p dv
=
∫
v
J ⋅ E dv
(4.25b)
ile verilir ve bu eşitlik Joule kanununun integral biçimi olarak adlandırılır.
İletken ortamda serbest yüklerin hareketi yer alırsa E alanı ile oluşturulan kuvvetler çarpışma
işlemi süresince momentteki kayıp ile dengelenir. Bu durumda elektrik alanı ile verilen güç ısı
olarak kaybolur yani dirençlerin Ohmik veya Joule ısınmasıyla sonuçlanır. Bu durumda p güç
yoğunluğu birim hacim başına üretilen ısının zaman oranını temsil eder.
Doğrusal iletken için J = σE olduğundan birim hacim başına kaybolan güç
p = σ E ⋅ E= σ E2
(4.26a)
P = ∫ σE 2 dv
(4.26b)
ve toplam güç kaybı
v
dir. L uzunluğunda ve A düzgün kesit alanında bir iletkenin iki ucu arasındaki potansiyel fark V ise
güç yoğunluğu,
290
Elektromanyetik Alan Teorisi
2
V
p = σ W/m³
L
ve ısı olarak iletkenden kaybolan güç,
P=
σAV 2
L
=
V2
W
R
(4.27a)
olur; R = L / σA iletkenin direncidir.
(4.27a) eşitliği Joule kanununun eşdeğer bir biçimi olup elektrik devre teorisinde dirençten ısı
olarak kaybolan gücün belirlenmesinde yaygın olarak kullanılır.
P = I 2R
(4.27b)
ifadesinin doğrulanması öğretici olacaktır. Bu ifade Joule kanununun diğer bir eşdeğer biçimi olup
doğrusal bir iletkende ısı kayıp oranının akımın karesi ile değiştiğini ifade etmektedir.
ÖRNEK 4.6 Plakaları 10 cm × 10 cm ve 0,2 cm açıklığında olan paralel plakalı bir kapasitör ε r =2
ve σ=4×10-5 S/m olan bir ortam içermektedir. Ortamın içinden kararlı bir akımı sürdürmek için
plakalar arasına 120 V’luk bir potansiyel farkı uygulanmıştır. Elektrik alan şiddetini, hacim yük
yoğunluğunu, güç yoğunluğunu, güç kaybını, akımı ve ortamın direncini belirleyiniz.
ÇÖZÜM z=0’da alt plakanın potansiyeli 0 V ise z=0,2 cm’de üst plakanın potansiyeli 120 V’tur.
Ortamdaki elektrik alan şiddeti,
120 E=−
a z = −60a z kV/m
0,002
ve σ = 4×10-5 S/m’lik ortam için akım yoğunluğu,
J = −4 × 10−5 × 60 × 103 a z = −2,4a z A/m2
ile ortamdan geçen akım,
I = ∫ J ⋅ ds = 2, 4 × 100 × 10−4 = 24 mA
s
bulunur. Ortamdaki güç yoğunluğu,
p = J ⋅ E = 2, 4 × 60 × 103 =144 kW/m3
ve ortamdaki toplam güç kaybı,
P = ∫ pdv = 144 × 10 3 × 100 × 10 −4 × 0,2 × 10 −2 = 2,88 W
v
olduğundan, P = I 2 R ile ortamın direnci aşağıdaki gibi hesaplanır.
Kararlı Elektrik Akımları
291
R=
2,88
= 5000 Ω veya 5 kΩ
(24 × 10 −3 ) 2
ALIŞTIRMALAR
15. Direnç kavramını kullanarak Örnek 4.6’daki ortamın direncinin 5 kΩ olduğunu gösteriniz.
Aynı zamanda akımı ve ortamda ısı olarak güç kaybını da doğrulayınız.
16. Her biri 5 cm yarıçapında dairesel iki metal plaka paralel plakalı kapasitör oluşturacak şekilde
5 cm açıklıkla tutuluyor. Aradaki boşluk birisi 3 cm kalınlığında, öziletkenliği 40 µS/m ve
dielektrik katsayısı 5 olan ve diğeri 2 cm kalınlığında, öziletkenliği 60 µS/m ve dielektrik
katsayısı 2 olan iki dilim kayıplı dielektrik ile dolduruluyor. Plakalar arasındaki 200 V
potansiyel fark ile ortamdan kararlı bir akım geçiriliyor. Her bölgedeki elektrik alan şiddeti,
akım yoğunluğu, güç yoğunluğu ve güç kaybı nedir? Her bölgenin direncini bulunuz. Toplam
direnç nedir? Her plakadaki yük yoğunluğu ve iki dilim arasındaki ara yüzeydeki serbest yük
yoğunluğunu bulunuz.
17. Önceki alıştırmada aşağıdaki şekildeki gibi dielektrik dilimlerin yerleri değiştirilirse iki dilim
arasındaki ara yüzeydeki serbest yük yoğunluğuna ne olur? Serbest yük yoğunluğu hangi
durumda sıfır olur?
4.7 DİYOTTAKİ KARARLI AKIM
Şekil 4.9’da görüldüğü gibi paralel iki plakadan oluşan diyot dikkate alınsın. Plakanın biri katot ve
diğeri anottur. Anot V o pozitif geriliminde tutulmakta ve katot topraklanmıştır. Plakaların alanı
aralarındaki açıklığa kıyasla çok büyükse potansiyel dağılım sadece z’nin bir fonksiyonu olacaktır.
Böylece bölgede herhangi bir noktadaki elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi ifade edilir.
dV E=−
az
dz
Şekil 4.9 Vakum tüplü diyot
Katot elektron yayması için ısıtılmaktadır ve buradan çıkan elektronlar E alanının etkisi altında
anoda doğru hareket ederler. U = Ua z herhangi bir t zamanında elektronun hızı olsun. m elektronun
kütlesi ve -e yükü ise bu durumda elektrona etkiyen kuvvet − eE ’dir. Bu kuvvet
m
dU dV az = e
az
dt
dz
292
Elektromanyetik Alan Teorisi
mU
dU
dV
=e
dz
dz
veya
d 1
mU 2 − eV = 0
dz 2
olarak elektronun hızlanmasını açıklamaktadır. Her iki tarafın integrali alınarak
1
mU 2 = eV + c
2
elde edilir; c integrasyon sabitidir. Eğer elektron katotta (V=0) durgun olarak (U=0) başlarsa bu
durumda c = 0 ile önceki eşitlik
1
mU 2 = eV
2
(4.28)
olur. (4.28) eşitliği elektrik alanı tarafından verilen potansiyel enerjinin elektronda kinetik enerjiye
dönüştürüldüğünü ifade etmektedir. Plakalar arasında herhangi bir noktada elektronun hızı
2eV
U =
m
1/ 2
(4.29)
dir ve U’nun belirlenmesi için plakalar arasındaki potansiyel dağılımın (V) bilinmesi gerekir.
Bunun yanında plakalar arasındaki potansiyel dağılımın
d 2V
ρ
=− v
2
εo
dz
(4.30)
Eşitliğinde olduğu gibi Poisson eşitliğini doyurması gerekir. ρ v =-Ne ve N bölgede birim hacim
başına elektron sayısıdır. Ek olarak J = ρ v U = ρ vUa z = Ja z dir. Kararlı akım için
∇ ⋅ J = 0 ⇒ J = ρ v U = sabit ’tir. Bu yüzden U artarken ρ v azalır. Böylece hacim yük yoğunluğu
ρv =
J
2eV
m
olarak ifade edilebilir;
K=
dir. (4.30)’dan ρ v elimine edilerek
J
2e
m
=
K
V
(4.31)
Kararlı Elektrik Akımları
293
d 2V
K
=−
2
dz
εo V
elde edilir. İntegral alınarak
2
K
dV
V +k
= −4
εo
dz
elde edilir; k diğer bir integrasyon sabitidir. Katotta z=0, V=0 ve dV/dz=0 böylece integrasyon sabiti
k = 0 olur. Buna göre
4K
dV
= −
dz
1/ 4
εo
V
olur ki tekrar integrasyonla
4K
4 3/ 4
z + k1
V = −
εo
3
elde dilir; k 1 diğer bir integrasyon sabiti olup z=0’da V=0 olduğundan yine sıfırdır. Buradan
16 3 / 2
J
V = −4
9
εo
m 2
z
2e
(4.32)
bulunur ve z=d için V=V o olduğundan son olarak
4 ε 2e
J = − o2
(Vo )3 / 2
m
9
d
(4.33)
elde edilir. Bu eşitlik Child-Langmuir ilişkisi olarak adlandırılan doğrusal olmayan bir ilişkidir
çünkü akım yoğunluğu ve dolayısiyle akım V o 3/2 ile orantılıdır. +z yönünde hareket eden bir
elektron akıntısının –z yönünde bir akım oluşturması gerektiğinden akım yoğunluğu J ’nin negatif
olduğuna dikkat edilmelidir.
Paralel plakalar arasındaki potansiyel dağılımın,
z
V = Vo
d
4/3
(4.34)
olduğu da gösterilebilir ve plakalar arasındaki bölgedeki elektrik alan şiddeti,
1/ 3
4V z dV E=−
az = − o az
3d d
dz
(4.35)
dir ki z=0’da E alanının sıfır olduğunu açıkça göstermektedir. Bu pratikte küçük fakat sonlu bir
değer alacaktır. Son olarak Poisson eşitliğinden uzay yük yoğunluğu aşağıdaki gibi bulunur.
294
Elektromanyetik Alan Teorisi
ρv = −
4ε oVo −2 / 3
z
9d 4 / 3
(4.36)
ÖRNEK 4.7 Bir vakum tüpü diyotunun anodu 1000 V’ta ve katot topraklanmıştır. Plakalar 5 cm
açıklıktadır. Diyottaki (a) potansiyel dağılım, (b) elektrik alan şiddeti, (c) hacim yük yoğunluğu ve
(d) yük yoğunluğunu belirleyiniz.
ÇÖZÜM
(a) (4.34)’den plakalar arasındaki potansiyel dağılım:
4/3
z
=
V 1000
=
54, 288 z 4/3 kV
0,05
(b) (4.35)’den elektrik alan şiddeti:
1/3
4 × 1000 z −
−72,384 z1/3a z kV/m
E=
az =
3 × 0,05 0,05
(c) (4.33)’den akım yoğunluğu:
2 × 1,6 × 10−19
4 10−9
J=
−
2
9 36π (0,05) 9,11 × 10−31
1/ 2
× 10003/ 2 a z =
−29, 42a z A/m 2
(d) (4.36)’dan uzay yük yoğunluğu:
4 × 10−9 × 1000
ρv =
z −2/3 =
−
−213,34 z −2/3 nC/m3
36π × 9 × (0,05) 4/3
ALIŞTIRMALAR
18. Örnek 4.7’deki her plaka 10 cm kenarında kare biçimli ise diyottaki akımı elde ediniz.
Elektronun maksimum hızı nedir? E alanı ile sağlanan maksimum enerji nedir?
19. Önceki alıştırmayı anottaki potansiyeller (a) 500 V ve (b) 5000 V ise tekrar ediniz.
20. Örnek 4.7’yi anottaki potansiyeller (a) 500 V ve (b) 5000 V ise tekrar ediniz.
4.8 AKIM YOĞUNLUĞU İÇİN SINIR ŞARTLARI
Bu kısımda, J akım yoğunluğunun σ 1 ve σ 2 öziletkenlikli ortamlar arasındaki ara yüzeyden
geçerken nasıl değiştiği irdelenmektedir. Şekil 4.10’da görüldüğü gibi bir hap kutucuğu veya tablet
biçiminde kapalı bir yüzey oluşturulsun. Kutucuğun yüksekliği, radyal yüzeyinden akıma katkısı
ihmal edilebilecek kadar çok küçüktür.
Kararlı Elektrik Akımları
295
Şekil 4.10 J ’nin normal bileşeni
için sınır şartları
∫
s
J ⋅ ds =
0
integrali h → 0 iken kutucuğun kapalı s yüzeyi üzerinde hesaplanarak
a n ⋅ J1∆ s − a n ⋅ J 2 ∆ s =0
a n ⋅ ( J1 − J 2 ) =
0
(4.37a)
J n1 = J n 2
(4.37b)
veya
bulunur; n indisi alan miktarının normal bileşenini göstermektedir. (4.37) eşitliği elektrik akım
yoğunluğu J ’nin normal bileşeninin sınır boyunca sürekli olduğunu ifade etmektedir.
E alanının tanjant bileşeni
a n × [E1 − E 2 ] = 0
sınır boyunca sürekli ve J = σE olduğundan ara yüzeydeki (şekil 4.11) J ’nin tanjant bileşen
eşitliği
J1 J 2
an × − = 0
σ 1 σ 2
(4.38a)
J t1 σ 1
=
J t2 σ 2
(4.38b)
veya
olarak yazılabilir; t indisi alan miktarının tanjant bileşenini ima etmektedir. (4.38) eşitliği ara
yüzeydeki akım yoğunluklarının tanjant bileşenlerinin oranının öziletkenliklerin oranına eşit
olduğu anlamına gelmektedir.
296
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 4.11 Ara yüzeyin hemen altı ve hemen
üzerindeki akım yoğunluklarının normal ve
tanjant bileşenleri
(4.37), (4.38) ve şekil 4.11’den
J n1
J
σ1 = n2 σ 2
J t1
Jt 2
veya
tan θ1 σ 1
=
tan θ 2 σ 2
(4.39)
elde edilir. Özel bir durum olarak zayıf öziletkenlikli bir bölge (ortam 1) ve yüksek öziletkenlikli
bir bölge (ortam 2) arasındaki ara yüzey dikkate alınsın. Eğer θ 2 açısı 0° ve 90° arasında bir açı ise
bu durumda (4.39)’dan σ 2 >>σ 1 den dolayı θ 1 çok küçük bir açı olacaktır. Başka ifadeyle ortam
1’de J ve E hemen hemen ara yüzeye normaldir. Bu yüzden tanjant bileşenleri ihmal edilebilir
kadar küçüktür. Diğer taraftan ortam 2’de E ’nin normal bileşeni,
En 2 =
σ1
E n1
σ2
(4.40)
olup bu da çok küçüktür. Bu yüksek iletkenlikli ortamda pratik olarak E alanının olmaması
anlamına gelmektedir. Bu yüzden ara yüzeyde bir serbest yük yoğunluğunun olması gerekir. D
alanının normal bileşenlerinden serbest yüzey yük yoğunluğu,
ρ s = Dn1 − Dn 2 = Dn1 1 −
ε1 ε 2
ε1σ 2 − ε 2σ 1
σ 1ε 2
= J n1 −
= En1
σ 2ε1
σ2
σ1 σ 2
(4.41)
olarak hesaplanabilir. (4.41) eşitliği ortam 1 de J ’nin normal bileşeni ile yüzey yük yoğunluğunu
verir. Benzer bir ifade ortam 2 de J ’nin normal bileşeni ile de elde edilebilir.
ÖRNEK 4.8 Ortam 1’in dielektrik sabiti 2 ve öziletkenliği 40 µS/m’dir. Ortam 2’nin (z≤0)
dielektrik sabiti 5 ve öziletkenliği 50 nS/m dir. J 2 ’nin büyüklüğü 2 A/m2 ve θ 2 =60° ise J 1 ve θ 1 ’i
hesaplayınız. Ara yüzeydeki yüzey yük yoğunluğu nedir?
ÇÖZÜM Verilen bilgiden
J n 2 = 2 cos 60° = 1 A/m2 ve J t 2 = 2 sin 60° = 1,732 A/m2
Kararlı Elektrik Akımları
297
olarak hesaplanır. Sınır şartından (4.37b), J n 2 = J n1 = 1 A/m2 dir.
Sınır şartı uygulanarak (4.38b),
J t1 =
40 × 10 −6
× 1,732 = 1385,6 A/m2
50 × 10 − 9
ve buradan J1 =+
12 1385,62 ≈ 1385,6 A/m 2 ve θ = tan −1 (1385,6) = 89,96° hesaplanır.
Son olarak (4.41)’den yüzey yük yoğunluğu aşağıdaki gibi hesaplanır.
2
5
10
−9
ρ s = 1
−
= −0,88 mC/m2
−6
50 × 10−9 36π
40 × 10
ALIŞTIRMALAR
21. Ortam 1’deki akım yoğunluğunun normal bileşen terimi J n1 ve ortam 2’deki akım
yoğunluğunun normal bileşen terimi J n 2 ile farklı öziletkenliklerde iki iletken ortam
arasındaki ara yüzeydeki yüzey akım yoğunlukları ρ s ifadelerini elde ediniz.
22. Ortam 1’deki (x ≥ 0, ε r1 = 1 ve σ 1 = 20 µS/m) hacim akım yoğunluğu
J1 = 100a x + 20a y − 50a z A/m2 dir. Ortam 2 deki (x ≤ 0, ε r2 = 5, σ 2 = 80 µS/m) hacim akım
yoğunluğunu elde ediniz. Ara yüzeydeki θ 1 , θ 2 ve ρ s ’yi de hesaplayınız. Ara yüzeyin her iki
yanındaki E ve D alanları nedir?
4.9 D VE J ARASINDAKİ BENZERLİK
Şimdi statik (zamanla değişmeyen) şartlar altında D ve J alanları arasında benzerlik olduğunun
vurgulanması avantajlı olacaktır. Bununla iki alanın aynı matematiksel biçimdeki eşitliklerle
tanımlanabileceği anlaşılabilir. Örneğin kararlı akım için
∇⋅J = 0
(4.42a)
∇⋅D = 0
(4.42b)
J = σE
(4.43a)
D = εE
(4.43b)
ve yüksüz bir ortamda
dir çünkü
benzerliği vardır.
∇×E = 0
298
Elektromanyetik Alan Teorisi
ile sabit ε geçirgenliğinde ve σ öziletkenliğinde doğrusal bir ortam için
∇×J = 0
(4.44a)
∇×D = 0
(4.44b)
yazılır. İki iletken ortam arasındaki ara yüzeyde normal bileşenlerin sürekliliğinden iki dielektrik
ortam arasında
J n1 = J n 2
(4.45a)
Dn1 = Dn 2
(4.45b)
J t1 σ 1
=
J t2 σ 2
(4.46a)
Dt1 ε1
=
Dt 2 ε 2
(4.46b)
ve tanjant bileşenlerinin sınır şartlarından
ve
ifadeleri elde edilir. Bu ifadelerden J eşitliklerinin elde edilebilmesi için elektrostatik alan
eşitliklerinde, D yerine J ve ε yerine σ konulması yeterli olacaktır. Yüksüz bir ortamda D ve J
alanları arasındaki benzerliği kullanmak için ortam dielektrik varsayılarak önce D alanı belirlenir.
Daha sonra ε yerine σ konularak akım yoğunluğu elde edilebilir. Aşağıdaki örnekte bu işlem
açıklanmaktadır.
ÖRNEK 4.9 Paralel plakalı bir kapasitörde iki plaka arasındaki potansiyel fark V o dır. Her
plakanın alanı A, aralarındaki açıklık d ve iletken ortam ε geçirgenliği ve σ öziletkenliği ile
karakterize ediliyorsa D ve J alanları arasındaki benzerliği kullanarak ortamdan geçen akımı
belirleyiniz.
ÇÖZÜM Paralel plakalı kapasitördeki elektrik alan şiddeti
V E = − o az
d
dir ve burada plakalar arasındaki açıklık z yönünde ve z=0’daki alt plakaya göre z=d’deki üst plaka
pozitif varsayılmıştır. Ortamdaki elektrik akı yoğunluğu D = εE ’den aşağıdaki gibi kolaylıkla
yazılır.
ε D = − Voa z
d
Yüksüz bir ortam için D ve J arasındaki benzerlik kullanılarak ε yerine σ konularak ortamdaki
hacim akım yoğunluğu,
Kararlı Elektrik Akımları
299
σ J = − Vo a z
d
elde edilebilir. Buradan ortamdan geçen akım
I=
olarak bulunur ve R =
σ A
Vo
J
∫s ⋅ ds = d Vo = R
d
ortamın direncidir.
σA
Statik elektrik alanları bölümünde kapasitans
=
C
∫ ρ ds= ∫ ε E ds
Q
=
Vab
s
s
a
− ∫ E ⋅ dl
b
n
s
− ∫ E ⋅ dl
a
(4.47)
b
olarak tanımlanmıştı; ρ s = εEn kapasitörün a iletkeninin yüzeyindeki yüzey yük yoğunluğudur. G
iletkenliği direncin tersi olarak tanımlanırsa bu durumda (4.11)’den
∫ J ⋅ ds= ∫ σ E ds
I
=
G =
Vab
s
a
− ∫ E ⋅ dl
b
n
s
− ∫ E ⋅ dl
a
(4.48)
b
elde edilir ve (4.47) ve (4.48) karşılaştırılarak
G=
σ
C
ε
(4.49)
bulunur. Bu eşitlik kapasitansı bilinen herhangi bir konfigürasyonun iletkenliğinin ve dolayısiyle
direncinin bulunmasına yardım eder.
ÖRNEK 4.10 Her biri A alanlı iki paralel plaka d uzaklığı ile ayrılmıştır. Plakalar arasındaki ortam
öziletkenliği σ ve geçirgenliği ε’dir. Paralel plakalı kapasitörün direncini bulunuz.
ÇÖZÜM Paralel plakalı kapasitörün kapasitansının aşağıdaki gibi olduğu biliniyor.
C=
εA
d
(4.49)’dan iletkenlik,
G=
σ
σA
C=
ε
d
ve buradan kapasitörün plakaları arasındaki direnç aşağıdaki gibi elde edilir.
300
Elektromanyetik Alan Teorisi
R=
d
1
=
G σA
ÖRNEK 4.11 Eş merkezli iki metal küre arasındaki ortamın öziletkenliği σ ve geçirgenliği ε’dir.
İç kürenin yarıçapı a ve dış kürenin iç yarıçapı b ise küreler arasındaki ortamın direncini
belirleyiniz.
ÇÖZÜM Statik elektrik alanları bölümünde eşmerkezli iki küre arasındaki kapasitans
C=
4πεab
b−a
olarak ifade edilmişti. Buna göre (4.49)’dan iletkenlik,
G=
4πσab
b−a
ve bundan küreler arasındaki bölgenin direnci aşağıdaki gibi bulunur.
R=
b−a
4πσab
ÖRNEK 4.12 Çok uzun bir koaksiyel kablo arasındaki bölge σ öziletkenliğinde ve ε
geçirgenliğinde malzeme ile doldurulmuştur. İç ve dış iletkenlerin yarıçapları sırasıyla a ve b ise
iletkenler arasında birim uzunluk başına direnci bulunuz.
ÇÖZÜM Koaksiyel kablonun birim uzunluk başına kapasitansı
C=
2πε
ln(b / a )
olarak elde edilmişti. ε ile σ ’nin yeri değiştirilerek birim uzunluk başına iletkenlik,
G=
2πσ
ln(b / a )
elde edilir. Buradan eş merkezli iki iletken arasında birim uzunluk başına direnç aşağıdaki gibidir.
R=
ln(b / a )
2πσ
4.10 KISMİ DİRENÇ
Bir hat yük yoğunluğunun çevresindeki alanların bulunması için hat yükünün sonsuz uzunlukta
olduğu, paralel plakalı düzlem kapasitör içindeki alanların hesaplanmasında plakaların sonsuz
uzunlukta olduğu ve bir küresel kapasitörde yüklerin (veya potansiyellerin) bulunduğu küresel
kabukların tam küre olduğu varsayılmıştı. Sonlu uzunluktaki hat yükü veya sonlu uzunluktaki
düzlem kapasitörün içindeki veya tam küre oluşturmamış iki küresel kabuk arasındaki alanların (ve
kapasitansların) hesaplanmasında saçaklama etkisinden dolayı tam çözümün elde edilmesi sayısal
veya özel çözüm tekniklerinin kullanılmasını gerektirir. Elektrostatikteki saçaklamadan
Kararlı Elektrik Akımları
301
kaynaklanan çözüm zorluğunun tersine, iletim akımı saçaklama yapmadan sonlu bir hacime
sıkıştırılabildiğinden, eş potansiyel yüzeyler arasındaki direnç 4.20 ile tanımlanan Ohm kanunu
kullanılarak (eş potansiyel yüzeyler formüle edilebildiği sürece) kolaylıkla hesaplanabilir. Bulunan
dirençten 4.49 yardımı ile kapasitans hesaplanabilir fakat burada saçaklamadan ve sonlu boyuttan
kaynaklanan hatanın dikkate alınması gerekir. Eş potansiyel yüzeylerdeki akım yoğunluğunun
belirlenmesinde, D ve J arasındaki benzerlikten yararlanılır. Örneğin şekil 4.12’de θ ve r ve
şekil 4.13 ve 4.14’de λ ve µ (ve hatta φ)’nin sonlu değerleri ile sınırlanmış taralı bölgeler gibi sonlu
küresel, basık küremsi ve sivri küremsi kabuklardaki akım yoğunlukları, bu kabukların sonlu
olmayan tam boyutlarında uygulanan yük dağılımları dikkate alınarak kolaylıkla hesaplanabilir.
Daha sonra oluşan eş potansiyel yüzeyler istenildiği yerde sınırlanarak aralarında kalan bölgenin
kısmi direnci hesaplanabilir.
Şekil 4.12 Küresel geometride,
ρ2
a 2 sin 2 θ
−
ρ2
r2
+
z2
ρ2
z2
+
= 1 sabit küreler,
veya
=
1
a 2 (1 + λ2 ) a 2 (1 + λ2 )
r2
ρ2
z2
z2
−
= 0 sabit koniler ve φ = tan −1 ( y / x) sabit
veya
=
0
2
2
2 2
2
2
a (1 − µ ) a µ
a cos θ
yüzeyleri ortogonal eş potansiyel yüzeyler oluşturur ( r 2 = a 2 (1 + λ2 ) , ρ = r sin θ ve µ = cosθ ’dir).
302
Elektromanyetik Alan Teorisi
(a) Şekil 4.12’de, küresel koordinat sistemine uygun geometride akımın r, θ ve φ yönünde geçtiği
durumlar için kısmi dirençler, Rr , Rθ ve Rφ diferansiyel uzunluk elemanları ile aşağıdaki gibi
hesaplanır.
Akım r yönünde:
r
Rr =
∫
→
r2
r2
−
dr
r2
1 2
r r1
∫ dr
∫
= θ
=
θ
φ
φ
θ
∫θ rdθ ∫φ r sin θ dφ σ ∫θ sin θdθ ∫φ dφ σ − cosθ θ
d r
r
=
=
→
σsr σ d d→
σ
θ
φ
r1
∫ ∫
2
1
Rr =
r1
2
2
1
2
1
2
1
1
φ φ2
φ1
(r2 − r1 )
σ (cosθ1 − cosθ 2 )(φ2 − φ1 )(r1r2 )
(4.50)
Akım θ yönünde:
θ2
Rθ =
∫
dθ
θ
=
=
σsθ σ d→ d→
σ
r
φ
∫ ∫
1
r2
φ2
∫ dr ∫φ
r1
θ2
∫θ
r sin θ dφ
rdθ =
1
1
θ
2
=
θ2
1
r2
φ2
r1
φ1
σ ∫ dr ∫
(1 − cosθ 2 ) 1 + cosθ1
ln
(1 − cosθ ) 1 + cosθ
1
2
Rθ =
σ (r2 − r1 )(φ2 − φ1 )
Burada, tan
θ
ln tan
2 θ
1
→
∫θ
dφ
1
dθ
=
r
φ
sin θ
σ r r2 φ φ2
1
1
(4.51)
sin θ
1 − cosθ
1 − cosθ
’dir.
=
=
sin θ
1 + cosθ
1 − cos 2 θ
Akım φ yönünde:
Rφ =
φ
σsφ
=
∫
→
dφ
→
→
σ ∫ d r ∫ dθ
Rφ =
φ2
φ2
1
1
∫φ r sin θ dφ = ∫φ dφ
=
θ
θ dθ
σ ∫ dr ∫ rdθ σ ∫ dr ∫
θ
θ sin θ σ r
r2
r1
r2
2
1
r1
2
1
(φ2 − φ1 )
(1 − cosθ 2 ) 1 + cosθ1
σ (r2 − r1 ) ln
(1 − cosθ ) 1 + cosθ
1
2
φ
φ φ2
1
θ2
θ
ln tan
r1
2 θ
1
r2
(4.52)
(b) Şekil 4.13’de, basık küremsi koordinat sistemine uygun geometride akımın λ, µ ve φ yönünde
geçtiği durumlar için Rλ , Rµ ve Rφ kısmi dirençleri diferansiyel uzunluk elemanları ile aşağıdaki
gibi hesaplanır.
Kararlı Elektrik Akımları
303
Şekil 4.13 Basık küremsi geometride,
ρ2
a (1 − µ )
2
2
−
z2
a µ
2
2
ρ2
a 2 (1 + λ2 )
+
z2
a 2λ2
= 1 aynı odaklı basık küreler,
= 1 tek kanatlı hiperboloidler ve φ = tan −1 ( y / x) sabit yüzeyleri ortogonal eş
potansiyel yüzeyler oluşturur ( ρ = a (1 + λ2 )(1 − µ 2 ) , z = aλµ ve µ = cosθ ’dir).
Akım λ yönünde:
λ2
→
Rλ =
λ
=
σsλ
∫ dλ =
σ ∫ d µ ∫ dφ σ µ a
∫µ
→
→
2
1
∫λ
1
a
λ2 + µ 2
dλ
1 + λ2
φ2
λ + µ2
dµ ∫ a (1 + λ2 )(1 − µ 2 ) dφ
2
φ1
1− µ
2
304
Elektromanyetik Alan Teorisi
λ2
−1 λ2
1
∫λ 1 + λ dλ = tan λ
Rλ =
µ
φ
µ
φ
σa ∫ dµ ∫ dφ σa µ µ φ φ
µ
φ
2
1
1
2
2
1
Rλ =
2
2
1
1
1
tan −1 λ2 − tan −1 λ1
σa( µ 2 − µ1 )(φ2 − φ1 )
(4.53)
λ1 = 0, λ2 = ∞, µ1 = 0, µ 2 = 1, φ1 = 0 ve φ2 = 2π iken hesaplanan direnç,
Rλ =
tan −1 ∞ π / 2
1
=
=
σ 2πa σ 2πa σ 4a
(4.54)
yayılım (veya Holm) direnci olarak adlandırılır.
Akım µ yönünde:
µ2
∫µ
→
Rµ =
µ
=
σsµ
∫ d µ =
σ ∫ d λ ∫ dφ σ λ a
∫λ
→
1
→
φ2
λ + µ2
dλ ∫ a (1 + λ2 )(1 − µ 2 ) dφ
2
φ1
1+ λ
1
Rµ =
∫µ
1
1
dµ
1− µ2
λ2
φ2
λ1
φ1
σa ∫ dλ ∫ dφ
=
λ2 + µ 2
dµ
1− µ2
2
2
µ2
a
µ2
( µ + 1)
ln ( µ − 1)
µ1
φ2
λ2
2σa λ λ φ φ
1
1
( µ 2 + 1)( µ1 − 1)
( µ 2 − 1)( µ1 + 1)
Rµ =
2σa (λ2 − λ1 )(φ2 − φ1 )
ln
Akım φ yönünde:
Rφ =
φ
=
σsφ
∫
→
φ2
→
d φ
→
σ ∫ d λ × ∫ d µ
=
∫φ
λ2
σ∫ a
λ1
φ2
Rφ =
a (1 + λ2 )(1 − µ 2 ) dφ
1
∫φ
µ2
λ2 + µ 2
λ2 + µ 2
d
λ
a
∫µ1 1 − µ 2 dµ
1 + λ2
dφ
1
σa ∫
λ2
λ1
µ2
λ2
µ2 µ 2
1
1
λ2
+
µ
σ
λ
d
λ
d
a
d
∫λ1 1 + λ2 ∫µ1 1 − µ 2 dµ
1 + λ2 ∫µ1 1 − µ 2
(4.55)
Kararlı Elektrik Akımları
305
φ
Rφ =
φ φ2
1
µ
µ
λ
λ2 1
λ2 1
µ + 1 2
µ + 1 2
µ2
−1
−1
2
+ σa tan λ
− 2 µ µ + ln
σa λ λ − tan λ ln
1
λ1 2
λ1 2
1
µ − 1 µ1
µ − 1 µ1
Rφ =
2(φ2 − φ1 )
( µ + 1)( µ1 − 1)
σa (λ2 − λ1 ) ln 2
− 2( µ 2 − µ1 )(tan −1 λ2 − tan −1 λ1 )
( µ 2 − 1)( µ1 + 1)
(4.56)
(c) Şekil 4.14’de, sivri küremsi koordinat sistemine uygun geometride akımın λ, µ ve φ yönünde
geçtiği durumlar için kısmi dirençler, Rλ , Rµ ve Rφ diferansiyel uzunluk elemanları ile aşağıdaki
gibi hesaplanır.
Akım λ yönünde:
Rλ =
∫
λ2
→
d λ
λ
=
=
→
σsλ σ d d→
µ
φ
σ
∫
∫
∫λ
1
µ2
∫µ
a
λ2 − µ 2
dλ
λ2 − 1
φ2
λ − µ2
a (λ2 − 1)(1 − µ 2 ) dφ
d
µ
2
∫
φ
1− µ
1
2
a
1
λ2
λ2
(λ − 1)
ln
(λ + 1) λ1
1
∫λ λ − 1 dλ =
Rλ =
µ
φ
σa ∫ dµ ∫ dφ
µ
φ
2
1
2
1
µ
φ
2σa µ µ2 φ φ2
2
1
1
1
(λ2 − 1)(λ1 + 1)
(λ2 + 1)(λ1 − 1)
Rλ =
2σa ( µ 2 − µ1 )(φ2 − φ1 )
ln
(4.57)
Akım µ yönünde:
µ2
∫µ
→
Rµ =
µ
=
σsµ
∫ d µ =
σ ∫ d λ ∫ dφ σ λ a
∫λ
→
1
→
a
λ2 − µ 2
dµ
1− µ2
φ2
λ2 − µ 2
d
λ
a (λ2 − 1)(1 − µ 2 ) dφ
2
∫
φ
λ −1
1
2
1
µ2
µ2
Rµ =
∫µ
1
1
dµ
1− µ2
λ2
φ2
λ1
φ1
σa ∫ dλ ∫ dφ
=
1 ln(µ + 1)
2 ln(µ − 1) µ
λ
φ
1
σaλ λ2 φ φ2
1
1
( µ 2 + 1)( µ1 − 1)
( µ 2 − 1)( µ1 + 1)
Rµ =
2σa (λ2 − λ1 )(φ2 − φ1 )
ln
(4.58)
306
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 4.14 Sivri küremsi geometride,
−
ρ2
a (1 − µ )
2
2
z2
+
a µ
2
2
ρ2
z2
+
= 1 aynı odaklı sivri küreler,
a 2 (λ2 − 1) a 2λ2
= 1 çift kanatlı hiperboloidler ve φ = tan −1 ( y / x) sabit yüzeyleri ortogonal
eşpotansiyel yüzeyler oluşturur. ρ = a (λ2 − 1)(1 − µ 2 ) , z = aλµ ve µ = cosθ ’dir.
Akım φ yönünde:
Rφ =
φ
σsφ
=
∫
φ2
→
d φ
→
→
σ ∫ d λ ∫ d µ
=
∫φ
a (λ2 − 1)(1 − µ 2 ) dφ
1
λ2
σ∫ a
λ1
µ2
λ2 − µ 2
λ2 − µ 2
d
λ
a
∫µ1 1 − µ 2 dµ
λ2 − 1
Kararlı Elektrik Akımları
307
φ2
Rφ =
∫φ
dφ
1
λ2
λ2
λ1
λ2 − 1
σa ∫
dλ
µ2
∫µ
1
1
dµ − σa
1− µ 2
λ2
∫λ
1
1
dλ
2
λ −1
µ2
∫µ
1
µ2
dµ
1− µ 2
φ
Rφ =
2φ φ2
1
µ
µ λ − 1 λ2
µ + 1 2
λ2
2
σa µ µ ln
+ λ λ ln
1
1 λ +1 λ
µ − 1 µ1
1
Rφ =
2(φ2 − φ1 )
(λ − 1)(λ1 + 1)
( µ + 1)( µ1 − 1)
σa ( µ 2 − µ1 ) ln 2
+ (λ2 − λ1 ) ln 2
(λ2 + 1)(λ1 − 1)
( µ 2 − 1)( µ1 + 1)
(4.59)
ÖRNEK 4.13
(a) Şekil 4.12’de, homojen iletken ortamla (aluminyum, σ = 38 × 106 S/m ) doldurulmuş, r1 = 36 ,
r2 = 101 , θ1 = 11,31° , θ 2 = 78,69° , φ1 = 30° ve φ2 = 60° ile sınırlanan taralı bölgenin ortogonal
yönlerdeki dirençlerini, Rr , Rθ ve Rφ hesaplayınız.
(b) Şekil 4.13’de, homojen iletken ortamla doldurulmuş, a = 26 , λ1 = 1 / 26 , λ2 = 75 / 26 ,
θ1 = 11,31° , θ 2 = 78,69° , φ1 = 30° ve φ2 = 60° ile sınırlanan taralı bölgenin ortogonal yönlerdeki
dirençlerini, Rλ , Rµ ve Rφ hesaplayınız.
(c) Şekil 4.14’de, homojen iletken ortamla doldurulmuş, a = 26 , λ1 = 27 / 26 , λ2 = 101 / 26 ,
θ1 = 11,31° , θ 2 = 78,69° , φ1 = 30° ve φ2 = 60° ile sınırlanan taralı bölgenin ortogonal yönlerdeki
dirençlerini, Rλ , Rµ ve Rφ hesaplayınız.
ÇÖZÜM
(a) Akım r yönünde:
Rr =
(r2 − r1 )
101 − 36
=
6
σ (cosθ1 − cosθ 2 )(φ2 − φ1 )(r1r2 ) 38 × 10 (cos11,31° − cos 78,69°)(π / 3 − π / 6) 36 101
Rr = 4,303 × 10−9 Ω
Akım θ yönünde:
(1 − cosθ 2 ) 1 + cosθ1
ln
(1 − cosθ ) 1 + cosθ
1
2
Rθ =
σ (r2 − r1 )(φ2 − φ1 )
Akım φ yönünde:
ln (1 − cos 78,69°) 1 + cos11,31°
= (1 − cos11,31°) 1 + 78,69° = 4,933 × 10−8 Ω
38 × 106 ( 101 − 36 )(π / 3 − π / 6)
308
Elektromanyetik Alan Teorisi
(φ2 − φ1 )
Rφ =
(1 − cosθ 2 ) 1 + cosθ1
(1 − cosθ ) 1 + cosθ
1
2
σ (r2 − r1 ) ln
Rφ =
(π / 3 − π / 6)
= 8,558 × 10−10 Ω
(1 − cos 78,69°) 1 + cos11,31°
38 × 106 ( 101 − 36 ) ln
(
1
cos
11
,
31
)
1
78
,
69
−
°
+
°
(b) Akım λ yönünde:
Rλ =
−1
tan −1
−1
tan λ2 − tan λ1
=
σa( µ 2 − µ1 )(φ2 − φ1 )
38 × 106 26
75
1
− tan −1
26
26
= 1,061× 10−8 Ω
25
1
−
(π / 3 − π / 6)
26
26
Akım µ yönünde:
( µ 2 + 1)( µ1 − 1)
( µ 2 − 1)( µ1 + 1)
Rµ =
=
2σa (λ2 − λ1 )(φ2 − φ1 )
ln
ln
2 × 38 × 106
25
+1
26
25
−1
26
75
26
−
26
1
− 1
26
1
+ 1
26
= 1,386 × 10−8 Ω
1
(π / 3 − π / 6)
26
Akım φ yönünde:
Rφ =
2(φ2 − φ1 )
σa (λ2 − λ1 ) ln
( µ 2 + 1)( µ1 − 1)
− 2( µ 2 − µ1 )(tan −1 λ2 − tan −1 λ1 )
( µ 2 − 1)( µ1 + 1)
2(π / 3 − π / 6)
Rφ =
38 × 106
(c) Akım λ yönünde:
25 + 1
75
1 26
ln
−
26 25
26
26
26 − 1
25
1 −1 75
− 2
tan
−
26
26
26
1
+ 1
26
1
− tan −1
26
1
− 1
26
= 8,549 × 10−10 Ω
Kararlı Elektrik Akımları
309
101 27
26 − 1 26 + 1
ln
(λ − 1)(λ1 + 1)
101 + 1 27 − 1
ln 2
26
26
(λ2 + 1)(λ1 − 1)
Rλ =
=
= 2,227 × 10−8 Ω
2σa ( µ 2 − µ1 )(φ2 − φ1 )
25
1
2 × 38 × 106 26
(π / 3 − π / 6)
−
26
26
Akım µ yönünde:
( µ 2 + 1)( µ1 − 1)
( µ 2 − 1)( µ1 + 1)
Rµ =
=
2σa (λ2 − λ1 )(φ2 − φ1 )
ln
ln
2 × 38 × 106
25 1
+ 1
− 1
26 26
25 1
− 1
+ 1
26 26
= 2,188 × 10−8 Ω
101
27
26
(π / 3 − π / 6)
−
26
26
Akım φ yönünde:
Rφ =
2(φ2 − φ1 )
σa ( µ 2 − µ1 ) ln
(λ2 − 1)(λ1 + 1)
( µ + 1)( µ1 − 1)
+ (λ2 − λ1 ) ln 2
(λ2 + 1)(λ1 − 1)
( µ 2 − 1)( µ1 + 1)
2(π / 3 − π / 6)
Rφ =
38 × 106
101 − 1 27 + 1
25
1 26
26 + 101 − 27 ln
26
ln
−
26 101 27 26
26
26
1
+
−
1
26
26
25
+1
26
25
−1
26
1
− 1
26
1
+ 1
26
Rφ = 7,942 × 10 −10 Ω
ALIŞTIRMALAR
23. Örnek 4.13’ü dikdörtgen koordinat sistemi için tekrarlayınız.
24. Örnek 4.13’ü silindirik koordinat sistemi için tekrarlayınız.
25. İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan iki iletken küresel kabuk V o potansiyelinde tutuluyor.
Kabuklar arasındaki ortam ε geçirgenliği ve σ öziletkenliği ile karakterize ediliyor. D ve J
alanları arasındaki benzerliği kullanarak ortamdan geçen akımı belirleyiniz.
26. V o = 1000 V, a = 2 cm, b = 5 cm, ε r = 1 ve σ = 4 µS/m ise önceki alıştırmada ortamdan geçen
akım nedir? Ortamın kapasitansı ve direncini de hesaplayınız. Ortamda kaybolan güç nedir?
310
Elektromanyetik Alan Teorisi
27. 100 m uzunluğunda bir koaksiyel kablonun iç iletkeninin yarıçapı 2 cm ve 5 cm dir. İletkenler
arasındaki potansiyel fark 5 kV’tur. D ve J arasındaki benzerlikten yararlanarak ε r = 2 ve
σ = 10 μS/m ile karakterize edilen iki iletken arasındaki ortamdaki akımı belirleyiniz. Ortamda
kaybolan gücü hesaplayınız. Ortamı eşdeğer devre ile temsil ediniz.
4.11 ELEKTROMOTOR KUVVETİ
Statik elektrik alanları bölümünde, herhangi bir kapalı yol etrafındaki elektrik alan şiddetinin
tanjant bileşeninin integralinin
0
∫ E ⋅ dl =
c
ifadesiyle sıfır olduğu belirtilmişti. Bu bölümde iletken bir ortamdaki hacim akım yoğunluğunun
J = σE ve iletkenden geçen akımın
I =∫ J ⋅ ds =∫ σ E ⋅ ds
s
s
olduğu gösterildi. Bu eşitliklerden saf bir elektrik alanının kapalı yolda (döngü) bir akım
sirkülasyonuna neden olamayacağı anlaşılmaktadır. Elektrostatik alanlara ek olarak kararlı akımın
sürdürülmesi için bir döngüde enerji kaynağının da var olması gerekir. Harici enerji kaynağı bir
kimyasal reaksiyon (elektriksel olmayan), bir mekanik sürücü (doğru-akım generatörü), ışıkla
çalışan bir kaynak (güneş hücresi) veya sıcaklığa duyarlı bir aygıt (ısılçift: termokupl) olabilir. Bu
aygıtlar elektriksel olmayan enerjiyi elektrik enerjisine dönüştürdüklerinden elektrik devrelerinde
korunumlu olmayan elemanlar olarak düşünülürler ve bunlar korunumlu olmayan elektrik alanları,
E' meydana getireceklerdir.
Bu durumda kapalı döngüdeki toplam elektrik alanı E + E' olur ve döngünün toplam gücü
P=
(
E
∫ + E ') ⋅ Jdv
v
ile ifade edilir. Eğer döngüdeki kararlı akımın düzgünce dağıtılmış olduğu varsayılırsa bu durumda
→
Jdv
I dl ile değiştirilebilir ve hacim integrali
P=
I
(
E
+
E
')
⋅
dl
=
I
E
∫
∫ '⋅ dl
c
c
olur. Kapalı döngüdeki elektromotor kuvveti (emf)
=
ξ
E
∫ '⋅ dl
(4.60)
c
ile tanımlanarak döngüye verilen güç
P =ξ I
elde edilir. Bundan dolayı döngüye verilen güç emf ve akımın çarpımıdır.
(4.61)
Kararlı Elektrik Akımları
311
a ve b noktaları arasındaki devrenin döngünün (kol: branş) bir kısmı için
b
b b 1
J
dl
E
⋅
=
−[Vb − Va ] + ξ ab
∫
∫ + E ' ⋅ dl =∫ E ⋅ dl + ∫ E '⋅ dl =
b
a
σ
a
a
(4.62)
a
yazılabilir; ξ ab a ve b noktaları arasındaki kaynağın (kaynakların) emf’sidir. Eğer ξ ab sıfır ise a ve b
arasındaki devre branşına pasif branş denir. Eğer ξ ab sıfır değil ise branş bir emf kaynağı (aktif
kaynak) içermektedir.
(4.62)’nin sol tarafı basitçe IR ’dir. Bunun böyle olduğunun gösterilmesinin en basit yolu şekil
4.15’de görüldüğü gibi A kesit alanlı ve a ve b noktaları arasında L uzunluğu ile silindirik bir
iletkendeki akımın düzgünce dağıldığını düşünmektir. Bu durumda J=I/A ve (4.62)’nin sol tarafı
IL
= IR
σA
olur;
R=
L
σA
a ve b noktaları arasındaki iletkenin direncidir. Şimdi (4.62) eşitliği
− [Vb − Va ] + ξ ab = IR
(4.63)
olarak yazılabilir. Eğer a dan b’ye branş aktif kaynak içermezse bu durumda bu eşitlik
Va − Vb = IR
(4.64)
olur. (4.64) eşitliği bir direncin uçlarındaki gerilim düşümü ve içinden geçen akım arasındaki
ilişkiyi vermektedir. I’nin pozitif olması için V a ’nın V b ’den büyük olması gerekir yani a noktası b
noktasından yüksek potansiyelde olmalıdır. Akım a noktasından girer ve b noktasından çıkar.
b noktasının a ile aynı olduğu kapalı bir döngü düşünülürse bu durumda V b = V a olur ve (4.63)
ξ = IR
(4.65a)
olur. Bu durumda R devrenin toplam direncini ve ξ devredeki emf’nin tamamını temsil etmektedir.
Eğer kapalı döngü m emf kaynağı ve aynı akımı taşıyan n direnç içerirse bu durumda (4.65a)
m
n
k =1
j =1
∑ξ k =∑ IR j
(4.65b)
olur. Bu eşitlik Kirchoff gerilim kanununun matematiksel bir ifadesidir ve herhangi bir kapalı
döngü emf’lerinin cebirsel toplamının aynı döngüdeki gerilim düşümlerinin toplamına eşit
olduğunu ifade etmektedir.
312
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 4.15 Silindirik iletkenden akan
düzgün yoğunluklu akım
Aşağıdaki örnek basit bir elektrik devresine Kirchoff akım kanunu, (4.17c) ve Kirchoff gerilim
kanununun (4.65b) nasıl uygulandığını göstermektedir. Bu kanunlar devreler dersinde
kullanıldığından dolayı bu kitapta daha fazla yer verilmeyecektir.
ÖRNEK 4.14 Şekil 4.16’da görülen devre elemanlarının her birinden geçen akımı bulunuz.
Kaynakların verdiği toplam gücü hesaplayınız.
Şekil 4.16
ÇÖZÜM Şekildeki devrede her elemandan geçen akımların yönleri keyfi olarak işaretlenmiştir.
Herhangi bir düğüm noktasındaki akımların cebirsel toplamı sıfır olduğundan (4.17c)’den bir
düğüm noktasına giren akımların toplamının düğüm noktasını terk eden akımların toplamına eşit
olmalıdır. Böylece b noktasında
I1 = I 2 + I 3
veya
I 3 = I1 − I 2
(4.66)
olur. Uygun işaretleriyle emf’lerin toplamı ile döngü 1 (abda) ve döngü 2 (bcdb) deki IR’nin
toplamı eşitlenerek
10 × 103 I1 + 20 × 103 I 3 = 110
30 × 103 I 2 − 20 × 103 I 3 = 110
veya
I1 + 2 I 3 = 0,011
Kararlı Elektrik Akımları
313
3I 2 − 2 I 3 = 0,011
elde edilir. (4.66) dan I 3 ’ün eşleniği konularak önceki eşitlikler
3I1 − 2 I 2 = 0,011
− 2 I1 + 5I 2 = 0,011
olarak yazılabilir. Herhangi bir standart metotla çözülerek
I 1 = 7 mA, I 2 = 5 mA ve I 3 = 2 mA
bulunur. Devreye verilen toplam güç (4.51)’den
Ps = 110 × 7 × 10−3 + 110 × 5 × 10−3 = 1,32 W
ve dirençler tarafından ısı olarak kaybolan toplam güç (4.27b)’den
Pd = (0,007) 210 × 10−3 + (0,005) 2 30 × 10−3 + (0,002) 2 20 × 10−3 = 1,32 W
hesaplanır. Böylece kaynakların verdiği güç enerjinin korunumuna uygun olarak dirençlerden
kaybolan güce eşittir.
ALIŞTIRMALAR
28. 1,3 mm çapında ve 10 km uzunluğunda bakır iletken 24 V’luk emf kaynağına bağlanmıştır. (a)
İletken telin direnci, (b) telden geçen akım, (c) teldeki akım yoğunluğu, (d) telden ısı olarak
kaybolan güç ve (e) kaynağın verdiği gücü belirleyiniz.
29. Önceki alıştırmada bakır tel aynı uzunlukta bir Nikrom (Nikel-krom) tel ile değiştiriliyor. Isı
olarak kaybolan gücün aynı olması için Nikrom telin çapı ne olmalıdır?
n
30. n adet seri direncin eşdeğer direncinin R = ∑ Ri olduğunu gösteriniz; i. direnç değeri R i dir.
i =1
n
31. n adet paralel direncin eşdeğer iletkenliğinin, G = ∑ Gi olduğunu gösteriniz; i.
iletkenliği G i = 1/R i dir.
direncin
i =1
32. Aşağıdaki şekilde görülen devrenin her elemanından geçen akımı bulunuz. (a) her dirençte
harcanan gücü, (b) her kaynaktan sağlanan gücü ve (c) a ve b arasındaki potansiyel farkını
hesaplayınız.
314
Elektromanyetik Alan Teorisi
4.12 ÖZET
dq
olarak tanımlandı; dq yükü dt zamanında sonlu kesit alanından transfer edilen
dt
diferansiyel yüktür.
Akım
i=
Akımın taşınım ve iletim akımı olmak üzere iki tipine değinildi. Taşınım akımı vakum içinde
yüklerin akışından dolayı ve iletim akımı iletkendeki elektronların akışından dolayıdır.
Birim alan başına akım, akım yoğunluğu olarak tanımlandı. Taşınım akım yoğunluğu
J = ρvUv
dir; ρ v hacim yük yoğunluğu ve U v bu yüklerin ortalama hızıdır. İletim akım yoğunluğu
J = σE
dir; σ ortamın öziletkenliği ve E iletken içindeki elektrik alan şiddetidir.
Alan miktarları ile bir iletkenin direnci
−E ⋅ dl
R = ∫ b ∫ J ⋅ ds
a
s
dir ve doğrusal ortam için bu aşağıdaki gibi ifade edildi.
R=
σA
ℓ uzunluk, σ öziletkenlik ve A iletkenin kesit alanıdır.
Süreklilik eşitliğinin
∂ρ
∇⋅J = − v
∂t
Kararlı Elektrik Akımları
315
genel ifadesi elde edildi ve bu bir ortamdan geçen kararlı akım için aşağıdaki gibi olmaktadır.
∇⋅J = 0
Doğrusal, izotropik ve homojen iletken ortamda potansiyel dağılım aşağıdaki gibi Laplace eşitliğini
doyurur.
∇ 2V = 0
Bu eşitliğin çözümü E alanı, D alanı, J akım yoğunluğu, I akımı ve ortamın direncinin
belirlenmesini sağlar.
Bir iletkenin içine fazladan bir yük yerleştirilirse aşağıdaki eşitliğe göre fazla yük iletkenin yüzeyi
üzerinde yeniden dağılacaktır:
ρ v = ρo e −t / τ
τ = ε / σ durulma zamanıdır. Bütün pratik amaçlar için iletkenin içindeki yük t = 5τ zamanında
kaybolacaktır. Isı olarak iletkenden kaybolan güç
Pd = I 2 R =
V2
R
ve alan miktarları ile iletken ortamın gücü
=
P
∫ E ⋅ J dv
v
ile verilir. İki iletken ortam arasındaki sınır şartlarından ara yüzeyde J ’nin normal bileşeninin
J n1 = J n 2
eşitliğinde olduğu gibi sürekli olduğu bulundu ve aşağıdaki gibi ara yüzeyde J ’nin tanjant
bileşenlerinin oranı öziletkenliklerin oranına eşittir.
J t1 σ 1
=
J t2 σ 2
Verilen bir iletken düzenlemesi için kapasitans bilgisinden iletkenlik aşağıdaki gibi belirlenebilir.
G=
σ
C
ε
Elektromotor kuvveti (emf) çıkış terminallerinde potansiyel farkı tutmakta olan bir aygıttır.
Negatiften pozitif terminale akım akışı olduğunda elektrik devresine enerji verir. Emf kaynağı
tarafından verilen güç
P =ξ I
316
Elektromanyetik Alan Teorisi
ile ifade edildi. Kirchhoff akım kanunu,
n
∑ Ik = 0
k =1
ifadesi ile bir düğüm noktasındaki elektrik akımlarının cebirsel toplamının sıfır olduğunu ifade
etmektedir.
Kirchhoff gerilim kanunu,
m
n
j =1
k =1
∑ ξ j = ∑ IRk
ifadesi ile kapalı bir döngüde emf’lerin cebirsel toplamının dirençlerdeki gerilim düşümlerinin
cebirsel toplamına eşit olduğunu ifade etmektedir.
4.13 ÇALIŞMA SORULARI
1. Kararlı akım taşıyan iletkende elektrik alan şiddeti niçin sıfır değildir?
2. Aynı uzunlukta ve aynı kesitte bakır ve aluminyum iletkenler uçlarında aynı potansiyel farkına
sahiptirler. Aynı akımı taşırlar mı?
3. V o potansiyel farkı d çapında ve L uzunluğunda bir iletken telin iki terminali arasında
tutuluyor. (a) potansiyel fark ikiye katlandığında, (b) çap ikiye katlandığında ve (c) uzunluk
ikiye katlandığında elektronun sürüklenme (drift) hızı nasıl etkilenir?
4. Bir tel I kararlı akımı taşımaktadır. (a) uzunluğu ikiye katlandığında, (b) kesit alanı ikiye
katlandığında, (c) uzunluğu ikiye katlanıp kesit alanının yarısı alındığında akım yoğunluğu, J
nasıl etkilenir?
5. Bir iletken telin alanı A, uzunluğu L ve direnci R ohm’dur. Bir kalıptan çekilerek yeni uzunluğu
3L olmuştur. Yeni direnci nedir?
6. Kararlı akım taşıyan iletken ortamda potansiyel dağılımı belirlemek için Laplace eşitliği ne
zaman kullanılabilir?
7. Potansiyel fark ve emf arasındaki fark nedir?
8. Paralel plakalı kapasitörün plakaları arasındaki ortamın öziletkenliği ve geçirgenliği sırasıyla σ
ve ε’dir. t = 0’da kapasitör V o ile yükleniyor. Kapasitördeki yük aynı kalır mı?
9. Önceki soruda kapasitörün τ = σ / ε
düşünürsünüz?
zaman sabiti ile deşarj olacağı söylenirse ne
10. 10 Ω, 0,5 W’lık bir direnç 10 Ω, 5 W’lık diğer bir direnç ile seri bağlanıyor. Etkin direnç
nedir? Güç oranı nedir? Seri kombinasyondan güvenli olarak geçebilecek maksimum akım
nedir?
Kararlı Elektrik Akımları
317
11. 10 Ω, 0,5 W’lık bir direnç 10 Ω, 5 W’lık diğer bir direnç ile paralel bağlanıyor. Etkin direnç
nedir? Güç oranı nedir? Paralel kombinasyondan güvenli olarak geçebilecek maksimum akım
nedir?
12. ξ = IR Ohm kanununa uymayan bir ortama uygulanır mı?
13. p noktasındaki potansiyel V p ise gerçekten ne denilmek isteniyor?
14. Çok ince bir iletken 10 A’lik bir akım taşımaktadır. İletkende saniyede bir noktayı geçen
elektronların sayısını belirleyiniz.
15. Kararlı akım taşıyan bir tel elektrostatik dengede midir?
16. İletken içindeki elektrik alan şiddeti sıfır ise iletkende bir akım olabilir mi?
17. İletken içindeki net akım sıfır ise iletken içinde elektrik alanı olabilir mi?
18. Kirchhoff akım kanununu ifade ediniz.
19. Kirchhoff gerilim kanununu ifade ediniz.
20. Joule kanunu nedir?
4.14 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR
1. 0,125 cm çapında alüminyum telin bir ucu 0,25 cm çapında bakır tel ile kaynaklanmıştır. Bu
kompozit telden 8 mA geçmektedir. Her iletken teldeki akım yoğunluğu nedir?
8 × 10−3
=
J
=
6518,986469 A
al
2
akım yoğunlukları oranı
0,125
× 10−4
π
I
2
6518,986469 A
J =
⇒
=
4
⇒
A
1629,746617 A
8 × 10−3
=
=
J
1629,746617 A
2
cu
0, 25
−4
×
π
10
2
2. 100 km uzunluğunda yüksek gerilim iletim hattında 3 cm çapında bakır kablo kullanılmaktadır.
Kablodan 1000 A’lik bir kararlı akım (DC) geçiyorsa, (a) kablonun içindeki elektrik alan
şiddeti, (b) serbest elektronun sürüklenme hızı, (c) kablodaki akım yoğunluğu ve (d) elektronun
kablonun bütün uzunluğunu geçmesi için gereken zamanı belirleyiniz. Çarpışmalar arasındaki
ortalama zamanın 2,7 × 10−14 s olduğunu varsayınız.
=
J
1000
1000
=
= 1414770,605 A
2
π Rcu π (3 / 2) 210−4
E = ρcu J = 1,72 × 10−8 × 1414770,605 = 0,024333022 V/m
1/ ρcu
318
=
ue
Elektromanyetik Alan Teorisi
eτ 1,6 × 10−19 × 2,7 × 10−14
=
= 4,75 × 10−3
−31
me
9,1 × 10
l
yıl
24,7349
100 × 103
−3
865187709,9
s
U=
ue E= 4,75 × 10 × 0,024333022= 0,11558 m/s ⇒ =
t
=
e
−3
0,11558
× 10
Ue
3. Bir vakum tüpündeki elektronların ortalama hızı 1,5×106 m/s dir. Akım yoğunluğu 5 A/mm2
ise elektronların akışına normal düzlemden birim kesit alanından geçen elektron sayısını
belirleyiniz.
J 5 × 106 A/m 2
= 3,333 C/m3 ⇒
J = ρv U ⇒ ρv = =
6
U 1,5 × 10 m/s
elektron sayısı: =
N
ρv
3,333 C/m3
=
= 20,8333 × 1018 elektron/m3
e 1,6 × 10−19 C
4. 2 cm yarıçapında alüminyum iletken 100 A akım taşımaktadır. İletkenin boyu 100 km ise (a)
İletkendeki akım yoğunluğu, (b) İletkendeki E alanı, (c) İletken uçlarındaki potansiyel
düşümünü ve (d) İletken direncini belirleyiniz.
2
79577,47155 A/m
a a
100
Ez =
=
− ∫ E z ⋅ dl =
− ∫ Ez dz =
ρal J z =
Ez (b − a )
2,82 × 10−8 ×
2, 244 mV/m ⇒ Vab =
−4
2
b
b
π × 2 × 10
3
=
− 0) 224, 4 V
Vab 2, 244(100 × 10=
Vab 224, 4
=
= 2, 244 Ω
R=
I
100
5. İç çapı 2 cm ve dış çapı 5 cm olan ortası boş demir silindirin uzunluğu 200 m’dir. Silindir
içindeki elektrik alan şiddetinin genliği 10 mV/m dir. (a) silindir uçlarındaki potansiyel
düşümünü, (b) silindirden geçen akımı ve (c) silindirin direncini belirleyiniz.
Kararlı Elektrik Akımları
319
−10 a z mV/m dza z
Vab =
−∫
a
b
Ez
a
⋅ dl =
− ∫ Ez dz =
−10 × 10−3 (0 − 200) =
2V
b
Ez
10 × 10−3 =
−
−112,36a z kA/m 2 ⇒
Jz =
a =
−8 z
8,9 × 10
ρal
− Ja z
I
=
=
R
∫
s
ds z
5
2π
112,36 ∫ ρ d ρ ∫ dφ = 741, 28 A
J z ⋅ (− ρ d ρ dφ a=
z)
21π cm 2
2
0
Vab
2
=
= 2,7 mΩ
I
741, 28
6. Önceki alıştırmadaki boş silindir aynı uzunlukta içi dolu bakır silindir ile değiştiriliyor. Aynı
direnç için bakır silindirin yarıçapını bulunuz. Uygulanan aynı gerilim için bakır silindir
içindeki elektrik alan şiddeti ve akım yoğunluğunu hesaplayınız.
Acu =
ρl
R
=
1,72 × 10−8 × 200
= 1, 274 × 10−3 m 2 ⇒ a =
−3
2,7 × 10
1, 274 × 10−3
π
= 20,14 mm
2 V/ 200 m
Ez
10 × 10−3 Jz =
=
−
a =
−581,395a z kA/m 2
−8 z
1,72 × 10
ρcu
k
7. Örnek 4.4’de J =
Vo a ρ hacim akım yoğunluğunun 4.17b ⇒ ∇ ⋅ J = 0 ile uyuştuğunu
Mρ
gösteriniz.
Jρ
kVo 1 ∂ kVo
ρ =
0
=
J
a ρ ⇒=
∇⋅J
Mρ
ρ ∂ρ M ρ
320
Elektromanyetik Alan Teorisi
8. Örnek 4.4’de ε iletken malzemenin elektriksel geçirgenliği ise (a) ortamdaki elektrik akı
yoğunluğunu, (b) iç iletkendeki yüzey yük yoğunluğunu ve toplam yükü, (c) dış iletkendeki
yüzey yük yoğunluğu ve toplam yükü ve (d) ortamdaki hacim yük yoğunluğunu ve toplam
yükü belirleyiniz.
2π aLε kVo
ε kVo
2π aL ρ s ρ a =
ρ
=
+
⇒ Q ρ a=
=
+
=
(m + ka ) M
(m + ka ) M
ε kVo
=
D ε=
E
aρ ⇒
2π bLε kVo
ε kVo
(m + k ρ ) M
ρ
2π aL ρ s ρ b =
−
⇒ Q ρ b=
=
−
s ρ b =
=
=
(m + kb) M
(m + kb) M
s ρ a
=
ρv = ∇ ⋅ D =
ε kVo
ε kVo
m
1 ∂
ρ
=
⇒
ρ ∂ρ (m + k ρ ) M M ρ (m + k ρ ) 2
L
2π
ε kVo m b
ε kVo m 2π L(b − a)
1
=
Qv ∫=
ρv dv
ρ d ρ ∫ dφ=
dz
2
∫
∫
v
a ρ (m + k ρ )
0
0
M
M (m + ka )(m + kb)
L
2π
b
−
+ Q ρ b + Qv=
QT==
Q ρ a=
1
k (m+k ρ ) a
2π aLε kVo 2π bLε kVo ε kVo m 2π L(b − a )
−
+
= 0
(m + ka ) M (m + kb) M
M (m + ka )(m + kb)
9. Örnek 4.4’ü (4.18)’i kullanarak tekrar ediniz.
σ
∇σ
m
1 ∂
m
ρ Eρ + Eρ a ρ ⋅ − 2 a ρ = 0
∇ ⋅ J = 0 ⇒ ∇ ⋅ σ E = 0 ⇒ σ∇ ⋅ E + E ⋅ ∇σ = 0 ⇒ + k
ρ
ρ ∂ρ
ρ
E m 1
E m
m
1 ∂
1 ∂
m
∂
ρ Eρ =Eρ 2 ⇒
ρ Eρ = ρ
ρ Eρ = ρ
⇒
⇒
+k
m + kρ
ρ
ρ ∂ρ
ρ m + kρ ∂ρ
ρ
ρ ∂ρ
ρ
ρ
∂
Eρ + Eρ
∂ρ
Eρ ( m − m − k ρ )
Eρ k
∂
∂
∂
∂ρ
Eρ =
Eρ =
Eρ = − k
⇒
−
⇒
m + kρ
m + kρ
Eρ
∂ρ
∂ρ
m + kρ
dρ
∫ +k ρ
m
∫ Eρ
dEρ
c1
c1
dρ
dV
ln(m + k ρ )
= −
= −k
⇒ ln Eρ = − k
⇒ E = −∇V ⇒
+ ln c1 ⇒ Eρ =
+
+
ρ
ρ
Eρ
m + kρ
k
m
k
d
m
kρ
dEρ
c1
dρ
V ρ =b= 0=
ln(m + kb)
⇒ c2
∫ m+k ρ
k
∫dV
dρ
ln(m + k ρ )
k
dV = −c1
⇒V =
−c1
Vo ⇒ c1 =
Vo ⇒
+ c2 ⇒ V ρ ==
a
m + kρ
k
m + kb
ln
m +
ka
M
V=
Vo m + kb
ln
M m + kρ
Kararlı Elektrik Akımları
321
E
ρ
Vo m + kb
kVo
kVo
ε kVo
V
V ⇒ Eρ
=
=
=
⇒ Dρ
=
⇒ Jρ σ
ln =
⇒ E −∇
M m + kρ
M (m + k ρ )
M (m + k ρ )
m M (m + k ρ )
+k
ρ
Jρ =
I=
∫ J ⋅ ds =
2πρ L
s
kVo
Mρ
kVo
V
M
⇒R= o =
Mρ
I 2π Lk
Q
2π aLε k
C= a =
Vo M (m + ka )
ε kVo
ε kVo
2
2
Dρ ρ ==
Q
aL
aL
ρ=
⇒
=
π
ρ
=
π
⇒
sa
a
sa
a
M (m + ka )
M (m + ka )
2πε L
m → 0 iken C =
ln(b / a )
10. 10 cm ≤ r ≤ 21 cm , 30° ≤ θ ≤ 45° ve π / 6 ≤ φ ≤ π / 3 ile sınırlanan homojen iletken ortamın
iletkenliği 0,4 S/m dir. θ= 45° ’deki yüzey toprak potansiyelinde ve θ= 30° ’deki yüzey 100
V’tadır. Laplace eşitliğini kullanarak ve kenar etkilerini ihmal ederek ortamın direncini
belirleyiniz.
∇ 2V = 0 ⇒
∂
∂V
∂θ
1
= 0 ⇒ V sin θ = c1 ⇒ ∂V = c1
⇒
sin θ
2
∂θ
r sin θ ∂θ
sin θ
2
dθ
sin θ
∫
=0 ⇒ c2 =0,881c1
V
−229, 28ln ( tan θ2 ) + 0,881
V=
c1 ln ( tan θ2 ) + c2 ⇒ θ= 45°
⇒V =
=
⇒
=
−
V
c
100
229,
28
1
θ= 30°
σ Eθ
1 ∂V 229, 28
91,712 E = −∇V ⇒ Eθ = −
aθ =
⇒ Jθ =
aθ
r ∂θ
r sin θ
r sin θ
dsθ
π /3
0,2
100
= 20,83 Ω
I= ∫ Jθ ⋅ r dr sin θ dφ aθ = 91,712 ∫ dr ∫ dφ= 4,8 A ⇒ R=
π /6
s
0,1
4,8
11. Önceki alıştırmada iletken ortamın elektriksel geçirgenliği ε = 5ε o ise (a) ortamdaki elektrik
akı yoğunluğunu, (b) θ = 45° ’de iletkendeki yüzey yük yoğunluğunu ve toplam yükü, (c) θ =
30° de iletkendeki yüzey yük yoğunluğunu ve toplam yükü ve (d) ortamdaki hacim yük
yoğunluğunu ve toplam yükü belirleyiniz.
10,14 × 10−9
20,28 × 10−9
ρ
=
+
=
+
nC/m 2
sa θ= 30°
10,14
r sin 30°
r
=
Dθ ε=
Eθ 5ε o=
Eθ
nC/m 2 ⇒
−9
r sin θ
10,14 × 10
14,34 × 10−9
ρ
=
−
=
nC/m 2
sb θ= 45°
r sin 45°
r
322
Elektromanyetik Alan Teorisi
dsθ = r dr sin θ dφ aθ
π /3
20,28 × 10−9 0,2
Qsa
r sin 30
=
=
°dr ∫ dφ 530,9291 pC
∫
0,1
π /6
r
dsθ = r dr sin θ dφ aθ
0,2
π /3
14,324 × 10
Qsb =
r sin 45°dr ∫ dφ =
−530,9291 pC
∫
0,1
π /6
r
−9
ρv = ∇ ⋅ D ⇒
1
10,14
∂
sin θ
= 0 ⇒ Qv = 0
r sin θ ∂θ
r sin θ
12. Ortamdaki hacim akım yoğunluğu=
J sin(10 x)a x + ya y + e −3 z a z A/m 2
ise hacim yük
yoğunluğunun zamanla değişim oranını belirleyiniz.
∂ρ
∂ sin(10 x) ∂y ∂e −3 z
∂ρ
∂ρ
−3 z
3
∇ ⋅ J + v = 0 ⇒ v = −∇ ⋅ J ⇒ v = −
+ +
= −[10cos(10 x) + 1 − 3e ] A/m
∂t
∂t
∂t
∂x
∂y
∂z
13. Önceki alıştırmayı
J e − βρ cos φ a ρ + ln(cos β z )a z A/m 2 için tekrar ediniz.
=
∂ρ v
∂ρ
1 ∂
∂
−β
= −∇ ⋅ J ⇒ v = −
ρ e ρ cos φ + ln(cos β z ) = e − βρ ( β − 1 / ρ ) cos φ + β tan( β z ) A/m3
∂t
∂t
∂z
ρ ∂ρ
öziletkenliğinde 10 cm yarıçapında bir silindir t=0
14. Sabit ε geçirgenliğinde ve σ
zamanında ρ o = 10 μC/m3 ’lük bir yük yoğunluğu ile 2 cm yarıçapına kadar düzgünce
yüklenmiştir. (a) her zaman için yük dağılımını, (b) boşlukta her yerdeki elektrik alan şiddetini,
(c) dış yüzeydeki yük yoğunluğunu ve (d) iletim akım yoğunluğunu belirleyiniz. Yük iletim
işleminin 5 durulma zamanı aldığını varsayarak (i) bakır silindir, (ii) alüminyum silindir, (iii)
karbon silindir ve (iv) quartz silindirin dış yüzeyinde yükün birikimi için ne kadar zaman
geçecektir?
Q
çevrelenen
ρ2
ρv
2π
2
ρv
=
=
⇒ Eρ=
ρ
∫ s E ⋅ ds 2πρ Eρ
0 ≤ ρ ≤ 2 cm
0
2
cm
ρ
≤
≤
2ε
ε Gauss kanunundan
Q
çevrelenen
0,022
ρv
2π
2
0,022 ρ v
=
⇒E
=
ρ 2 ≤ ρ ≤10 cm
ρ 2 ≤ ρ ≤10 cm
∫ s E ⋅ ds 2πρ E=
ε
2ερ
Gauss kanunundan
Kararlı Elektrik Akımları
323
−
ρ ≤ 2 cm
ρ o − t /τ
2ε ρ e
ρ ≤ 2 cm
σ Eρ
ρ e − t /τ
ρ o (0,02) 2 − t /τ o
=
⇒=
ρv
Eρ
e ⇒=
Jρ
ερ
2
0
ρ ≥ 2 cm
2+ ≤ ρ ≤10− cm
2
ρ o (0,02)
2ε o ρ
ρ ≥10+ cm
ρ ≤ 2 cm
ρo − t /τ
ρe
σ
2ε
2
ρ o (0,02) − t /τ
e
σ
2ερ
2+ ≤ ρ ≤10− cm
0
ρ ≥10+ cm
−
=
− ε Eρ ρ 10 cm =
ρ s (dış yüzey)
ε o Eρ ρ 10=
20(1 − e − t /τ ) nC/m 2
=
cm
+
(0,02)2 − t /τ
ε o 10×10−6
e
2ε o 0,1
20×10−9
−
(0,02)2
ε 10×10−6
2ε 0,1
20×10−9
εo
σ
10−9
−8
Tcu =
5×
2,57033 × 10−3 s
/ 1,72 × 10 =
36π
εo
σ
10−9
−8
5×
1,56218 × 10−3 s
/ 2,83 × 10 =
Tal =
ε
36π
τ = ⇒ T = 5τ ⇒
εo
σ
σ
10−9
−5
5×
1, 263134 × 10−6 s
/ 3,5 × 10 =
Tc =
π
36
εo
σ
−9
17
T = 5 × 10 / 7, 5 ×=
10
58,946275 × 10−30 s
q
π
36
15. Direnç kavramını kullanarak Örnek 4.6’daki ortamın direncinin 5 kΩ olduğunu gösteriniz.
Aynı zamanda akımı ve ortamda ısı olarak güç kaybını da doğrulayınız.
R=
dl
V 120
V 2 1202
0, 2 × 10−2
=
=
Ω
⇒
=
=
=
⇒
=
=
= 2,88 W
I
P
5000
0,024
A
∫c σ A 4 × 10−5 × 100 × 10−4
R 5000
R 5000
16. Her biri 5 cm yarıçapında dairesel iki metal plaka paralel plakalı kapasitör oluşturacak şekilde
5 cm açıklıkla tutuluyor. Aradaki boşluk birisi 3 cm kalınlığında, öziletkenliği 40 µS/m ve
dielektrik katsayısı 5 olan ve diğeri 2 cm kalınlığında, öziletkenliği 60 µS/m ve dielektrik
katsayısı 2 olan iki dilim kayıplı dielektrik ile dolduruluyor. Plakalar arasındaki 200 V
potansiyel fark ile ortamdan kararlı bir akım geçiriliyor. Her bölgedeki elektrik alan şiddeti,
akım yoğunluğu, güç yoğunluğu ve güç kaybı nedir? Her bölgenin direncini bulunuz. Toplam
direnç nedir? Her plakadaki yük yoğunluğu ve iki dilim arasındaki ara yüzeydeki serbest yük
yoğunluğunu bulunuz.
324
Elektromanyetik Alan Teorisi
3 × 10−2
95492,96585 Ω
=
−6
−2 2
40 × 10 π (5 × 10 )
R = R1 + R2 =137934, 284 Ω
−2
2 × 10
R2
=
= 42441,31816 Ω
60 × 10−6 π (5 × 10−2 ) 2
R1
I=
V
200
I
=
= 1, 44996584 mA ⇒ J = J1 = J 2 =
= 0,184615384 A/m 2
R 137934, 284
(5 × 10−2 ) 2
π
A
0,1846
=
4615,3846 V/m
E1 40
=
× 10−6
J σE ⇒
=
0,1846
E
=
= 3076,9230 V/m
2 60 × 10−6
=
P
V2
2002
=
= 0, 2899 W
R 137934, 284
0,1846 × 4615,3846 =
852,071 W/m3
p1 =
p =J ⋅E ⇒
0,1846 × 3076,9230 =
568,047 W/m3
p2 =
2
852,071 × π (5 × 10−2 ) 2 × 3 × 10−=
0, 200764499 W
P=
p1v=
1
1
⇒ P = P1 + P2 = 0,2899 W
−2 2
−2
π
=
×
×
×
×
=
568,047
(5
10
)
2
10
0,089228614
W
P=
p
v
2
2 2
−9
−ε r1ε o E1 =
−5 10
4615,3846a z =
−0, 204 × 10−6 a z
D1 =
36π
⇒ ρs =
−a z ⋅ (D2 − D1 ) =
−0,14963 μC/m 2
−9
6
−
10
−ε r 2ε o E2 =
−2 36π 3076,9230a z =
−0,0544 × 10 a z
D2 =
0
J
J
σ1
σ2
ρs =
−a z ⋅ (D2 − D1 ) ⇒ D1 =
D2 ⇒ ε r1ε o E1 =
ε r 2ε o E2 ⇒ ε r1ε o E1 = ε r 2ε o E2 ⇒
0 için ρ s =
D1
−9
4615,3846 =
ρs+ =
−a z ⋅ (ε r1ε o E1 ) =
+5 10
+0, 204 μC/m 2
36π
D2
−9
ρs− =
−2 10
3076,9230 =
−0,0544 μC/m 2
a z ⋅ (ε r 2ε o E2 ) =
36π
ε r1 ε r 2
=
σ1 σ 2
Kararlı Elektrik Akımları
325
Plakalardaki yük yoğunlukları ve iki dilim arasındaki ara yüzeydeki serbest yük yoğunluğu
arasındaki ilişki:
ρ s + + ρ s − + ρ s =0 ⇒ 0, 204 − 0,0544 − 0,1496328 = 0
Kayıplı iki dielektrik dikkate alınmadan sadece kapasitans ve yük ilişkisinden hesaplanacak
plakalardaki yük yoğunluklarının doğru sonuç vermeyeceği aşağıda görülmektedir.
5 1036π
ε1
C1 =
=
= 11,57 × 10−12 F
−6
σ 1 R1 40 × 10 × 95492,96
11,57 × 10−12 × 6,94 × 10−12
⇒ C=
= 4,34 × 10−12 F
−12
−12
11,57
10
6,94
10
×
+
×
2 1036π
ε2
C2
=
=
= 6,94 × 10−12 F
σ 2 R2 60 × 10−6 × 42441,31
Q =VC =200 × 4,34 × 10−12 =868,56 × 10−12 C
−9
−9
Q
Q
−12
868,56 × 10
868,56 × 10−12
2
+
=
+
=
−
=
−0,11058 μC/m 2
ρs+ =
0,11058
μC/m
ρ
s−
π
(5 × 10−2 ) 2
π
(5 × 10−2 ) 2
A
A
yanlış sonuçlar
17. Önceki alıştırmada aşağıdaki şekildeki gibi dielektrik dilimlerin yerleri değiştirilirse iki dilim
arasındaki ara yüzeydeki serbest yük yoğunluğuna ne olur? Serbest yük yoğunluğu hangi
durumda sıfır olur?
−9
4615,3846a z =
D1 =
−ε r1ε o E1 =
−5 10
−0, 204 × 10−6 a z
36π
0,14963 μC/m 2
−a z ⋅ (D1 − D2 ) =
⇒ ρs =
−6 10−9
D2 =
−ε r 2ε o E2 =
−2 36π 3076,9230a z =
−0,0544 × 10 a z
D2
−9
−a z ⋅ (ε r 2ε o E2 ) =
+2 10
+0,0544 μC/m 2
ρs+ =
3076,9230 =
36π
D1
−9
ρs− =
a z ⋅ (ε r1ε o E1 ) =
−5 10
4615,3846 =
−0, 204 μC/m 2
36π
Plakalardaki yük yoğunlukları ve iki dilim arasındaki ara yüzeydeki serbest yük yoğunluğu
arasındaki ilişki:
326
Elektromanyetik Alan Teorisi
0
ρ s + + ρ s − + ρ s =0 ⇒ 0,0544 − 0, 204 + 0,1496328 =
J
J
σ1
σ2
ε
ε
ρs =
−a z ⋅ (D1 − D2 ) ⇒ D1 =
ε r 2ε o E2 ⇒ ε r1ε o E1 = ε r 2ε o E2 ⇒ r1 = r 2
0 için ρ s =
D2 ⇒ ε r1ε o E1 =
0
σ1
σ2
18. Örnek 4.7’deki her plaka 10 cm kenarında kare biçimli ise diyottaki akımı elde ediniz.
Elektronun maksimum hızı nedir? E alanı ile sağlanan maksimum enerji nedir?
I = JA = 29, 42 × 102 × 10−4 = 0, 2942 A
J = ρv U ⇒ ρv =
J
2eV
m
⇒ U son =
2 × 1,6 × 10−19 × 1 × 103
= 18,742 × 106 m/s
9,11 × 10−31
2eV
=
m
U son
Ene
rji
=
1
1
2
9,11 × 10−31 (18,74 × 106 ) 2 =
mU
=
1,6 × 10−16 J
2
2
19. Önceki alıştırmayı anottaki potansiyeller (a) 500 V ve (b) 5000 V ise tekrar ediniz.
Anottaki potansiyel 500 V ise:
I = JA =10, 4 × 102 × 10−4 = 0,104 A
J = ρv U ⇒ ρv =
J
⇒ U son =
2eV
m
2eV
=
m
2 × 1,6 × 10−19 × 5 × 102
= 13, 2526 × 106 m/s
9,11 × 10−31
U son
Enerji
=
1
1
2
9,11 × 10−31 (13, 2526 × 106 ) 2 =
8 × 10−17 J
mU
=
2
2
Anottaki potansiyel 5000 V ise:
I = JA = 328,92 × 102 × 10−4 = 3, 2892 A
J = ρv U ⇒ ρv =
J
⇒ U son =
2eV
m
2eV
=
m
2 × 1,6 × 10−19 × 5 × 103
= 41,9083 × 106 m/s
9,11 × 10−31
U son
Enerji
=
1
1
2
9,11 × 10−31 (41,9083 × 106 ) 2 =
mU
=
8 × 10−16 J
2
2
20. Örnek 4.7’yi anottaki potansiyeller (a) 500 V ve (b) 5000 V ise tekrar ediniz.
Kararlı Elektrik Akımları
327
Anottaki potansiyel 500 V ise:
4/3
z
27,144 z 4/3 kV
=
V 500
=
0,05
1/3
4 × 500 z E=
−
az =
−36,192 z1/3a z kV/m
3 × 0,05 0,05
2 × 1,6 × 10−19
4 10−9
J=
−
9 36π (0,05) 2 9,11 × 10−31
1/ 2
× 5003/ 2 a z =
−10, 4a z A/m 2
4 × 10−9 × 500
ρv =
z −2/3 =
−
−106,67 z −2/3 nC/m3
36π × 9 × (0,05) 4/3
Anottaki potansiyel 5000 V ise:
4/3
z
=
V 5000
=
271, 44 z 4/3 kV
0,05
1/3
4 × 5000 z E=
−
az =
−361,92 z1/3a z kV/m
3 × 0,05 0,05
2 × 1,6 × 10−19
4 10−9
J=
−
9 36π (0,05) 2 9,11 × 10−31
1/ 2
× 50003/ 2 a z =
−328,92a z A/m 2
4 × 10−9 × 5000
ρv =
z −2/3 =
−
−1066,7 z −2/3 nC/m3
4/3
36π × 9 × (0,05)
21. Ortam 1’deki akım yoğunluğunun normal bileşen terimi J n1 ve ortam 2’deki akım
yoğunluğunun normal bileşen terimi J n 2 ile farklı öziletkenliklerde iki iletken ortam
arasındaki ara yüzeydeki yüzey akım yoğunlukları ρ s ifadelerini elde ediniz.
Dn1 ε1σ 2 −ε 2σ1
ε1
σ2
σ 1ε 2
ε1σ 2 − ε 2σ 1
ε1 ε 2
ρ s = Dn1 − Dn 2 ==
=
Dn1 1 −
E
J
−
n
n
1
1
σ 2ε 1 σ
σ
σ2
2
1
J n1
=
En 2
Dn 2 σ1 Dn1
σ1
σ ε
=
⇒ Dn 2 = 1 2 Dn1
E ⇒
σ 2 n 1 ε 2 σ 2 ε1
σ 2 ε1
σ1
Dn 2 ε1σ 2 −ε 2σ1
ε2
σ1
ε1σ 2 − ε 2σ 1
ε1 ε 2
σ 2 ε1
ρ s = Dn1 − Dn 2 ==
Dn 2
− 1 E=
J n2 −
n2
σ1
σ1 σ 2
σ 1 ε 2
Jn 2
En 2 =
D
σ1 Dn1
σ ε
σ1
⇒ Dn1 = 2 1 Dn 2
E ⇒ n2 =
σ1 ε 2
σ 2 n 1 ε 2 σ 2 ε1
σ2
328
Elektromanyetik Alan Teorisi
22. Ortam 1’deki (x ≥ 0, ε r1 = 1 ve σ 1 = 20 µS/m) hacim akım yoğunluğu
J1 = 100a x + 20a y − 50a z A/m2 dir. Ortam 2 deki (x ≤ 0, ε r2 = 5, σ 2 = 80 µS/m) hacim akım
yoğunluğunu elde ediniz. Ara yüzeydeki θ 1 , θ 2 ve ρ s ’yi de hesaplayınız. Ara yüzeyin her iki
yanındaki E ve D alanları nedir?
12900 113,5781 A/m
J1 =
=
J=
100a x + 20a y − 50a z ⇒ θ=
cos −1
1
1
2
100
= 28,3032°
12900
J n1 =J n 2 =J n ⇒ J x 2 =100
80
56400 237,4868 A/m 2
J2 =
=
=
J y2 =
20 80
σ2
100
20
J t=
J t1 ⇒
θ 2 cos −1
= 65,0974°
100a x + 80a y − 200a z ⇒=
2
⇒ J=
2
80
σ1
56400
J =
−200
(−50) =
z 2 20
ρs
−9
ε1 ε 2
1
5
10
100
J
=
−
=
−
= 11,05 µ C/m 2
n
−6
−6
ara yüzey
80 × 10 36π
20 × 10
σ1 σ 2
23. Örnek 4.13’ü dikdörtgen koordinat sistemi için tekrarlayınız.
x2
x
dx
dx
x x2
∫
x
( x2 − x1 )
∫
x1
x
1
Rx =
=
=
=
=
y2
z2
y2
z2
σ sx σ ∫ dy ∫ dz σ dy dz σ y z
σ ( y2 − y1 )( z2 − z1 )
y1
z1
y
z
∫ ∫
y1
z1
y2
y
dy
dy
y y2
y
∫
∫
( y2 − y1 )
y1
y
1
=
=
=
=
Ry =
x2
z2
x2
z2
σ s y σ ∫ dx ∫ dz σ dx dz σ x z
σ ( x2 − x1 )( z2 − z1 )
x1
z1
x
z
∫ ∫
x1
z1
z2
z
dz
z z2
∫
( z2 − z1 )
z
∫
z1
1
z
Rz =
=
=
=
=
x2
y2
x2
y2
σ sz σ ∫ dx ∫ dy σ dx dy σ x y
σ ( x2 − x1 )( y2 − y1 )
x1
y1
x
y
∫ ∫
dz
x1
y1
24. Örnek 4.13’ü silindirik koordinat sistemi için tekrarlayınız.
Kararlı Elektrik Akımları
329
ρ2
ρ2
∫ρ
dρ
ln ρ ρ
ρ
∫ρ1 =
∫ρ =
1
ln( ρ 2 / ρ1 )
ρ
1
Rρ =
=
=
=
z2
z2
z2
φ2
φ2
φ2
σ sρ σ ∫ ρ dφ ∫ dz σ ρdφ dz σ dφ dz σ φ z
σ (φ2 − φ1 )( z2 − z1 )
φ1
z1
z
φ
∫
∫
∫ ∫
dρ
dρ
φ1
φ1
z1
φ2
ρ2
z1
φ2
φ
ρ dφ
dφ
ρ dφ
φ φ2
φ
∫
∫
∫
(φ2 − φ1 )
φ1
φ1
φ
1
Rφ =
=
=
=
=
=
z2
z2
ρ2
ρ2
z
ρ
ρ
d
2
2
σ sφ σ ∫ d ρ ∫ dz σ d ρ dz σ
σ ln( ρ 2 / ρ1 )( z2 − z1 )
z
ρ
∫ρ ∫z
∫
∫ dz σ ln ρ ρ1 z z1
1
1
ρ1
z2
ρ
z1
z2
z
dz
dz
dz
z z2
∫
∫
z
2( z2 − z1 )
∫
z1
z1
z
1
=
=
= =
=
=
Rz
ρ2
φ2
ρ2
φ2
ρ
2
2
σ sz σ ∫ d ρ ∫ ρ dφ σ d ρ ρ dφ σ ρ d ρ dφ
σ ( ρ 2 − ρ12 )(φ2 − φ1 )
ρ2
φ2
ρ
φ
∫ρ1 ∫φ1
∫ρ1
∫φ1
σ
φ
2 ρ φ1
1
25. İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan iki iletken küresel kabuk V o potansiyelinde tutuluyor.
Kabuklar arasındaki ortam ε geçirgenliği ve σ öziletkenliği ile karakterize ediliyor. D ve J
alanları arasındaki benzerliği kullanarak ortamdan geçen akımı belirleyiniz.
c
V r =b =0 ⇒ c2 = 1
c
c
1
1 ab
∂
∂
V
b
0
0 V=
∇ 2V =⇒
=⇒
− 1 + c2 ⇒
−Vo
+ 1
r2
⇒V =
ab
r ∂r ∂r
r
r a−b b
V
= Vo ⇒ c1 = Vo
=
r
a
a − b
1 ab
1 ab
E = −∇V ⇒ Er = Vo 2
⇒ Dr = ε Vo 2
r a −b
r a −b
Benzerlikten J r = σ Vo
1 ab
⇒ I=
r2 a − b
2π
1 ab 2π 2
ab
J
∫s ⋅ ds= σ Vo r 2 a − b ∫0 r sin θ dθ ∫0 dφ = σ 4π Vo a − b
26. V o = 1000 V, a = 2 cm, b = 5 cm, ε r = 1 ve σ = 4 µS/m ise önceki alıştırmada ortamdan geçen
akım nedir? Ortamın kapasitansı ve direncini de hesaplayınız. Ortamda kaybolan güç nedir?
ab
2 × 10−2 × 5 × 10−2
I=
σ 4π Vo
=
4 × 10−6 4π 1000
=
1,676 mA
a −b
3 × 10−2
27. 100 m uzunluğunda bir koaksiyel kablonun iç iletkeninin yarıçapı 2 cm ve 5 cm dir. İletkenler
arasındaki potansiyel fark 5 kV’tur. D ve J arasındaki benzerlikten yararlanarak ε r = 2 ve
σ = 10 μS/m ile karakterize edilen iki iletken arasındaki ortamdaki akımı belirleyiniz. Ortamda
kaybolan gücü hesaplayınız. Ortamı eşdeğer devre ile temsil ediniz.
1 ∂ ∂V
ρ
∇ V =0 ⇒
ρ ∂ρ ∂ρ
2
V ρ =b =⇒
0 c2 =
−c1 ln b
Vo
ρ
ln
Vo ⇒ V =
=0 ⇒ V =c1 ln ρ + c2 ⇒
ln(a / b) b
V ρ = a = Vo ⇒ c1 =
ln(a / b)
330
Elektromanyetik Alan Teorisi
D ve J arasındaki benzerlikten
Vo
Vo
Vo
=
⇒ Dρ ε
=
⇒ Jρ σ
E = −∇V ⇒ Eρ =
ρ ln(b / a)
ρ ln(b / a)
ρ ln(b / a)
I=
∫
s
J ⋅ ds = σ
2π 1
L
2πσ LVo
Vo
2π 10 × 10−6 × 100 × 5 × 103
d
dz
I
ρ
φ
=
⇒
=
= 34, 286 A
∫0
ln(b / a ) ∫0 ρ
ln(b / a )
ln(5 / 2)
G=
Vo ln(b / a )
ln(5 / 2)
R
= =
=
= 145,83 Ω ⇒
2πσ L
2π 10 × 10−6 × 100
I
=
C
1
2πσ L
2π 10 × 10−6 × 100
=
=
= 0,006857 S
R ln(b / a )
ln(5 / 2)
10−9 2π × 100
ε
ε 2π L
=
G
= 2
= 12,126 nF
σ
ln(b / a )
36π ln(5 / 2)
28. 1,3 mm çapında ve 10 km uzunluğunda bakır iletken 24 V’luk emf kaynağına bağlanmıştır. (a)
İletken telin direnci, (b) telden geçen akım, (c) teldeki akım yoğunluğu, (d) telden ısı olarak
kaybolan güç ve (e) kaynağın verdiği gücü belirleyiniz.
ρL
V
1,72 × 10−8 × 10 × 103
24
= 129,584 Ω ⇒ I= =
= 0,185 A ⇒
−6
2
A
π (1,3 / 2) × 10
R 129,584
I
0,185
= 139,53 kA/m 2 ⇒ Pd = I 2 R = 0,1852 × 129,584 = 4, 44 W
J= =
−6
2
A π (1,3 / 2) × 10
R=
=
29. Önceki alıştırmada bakır tel aynı uzunlukta bir Nikrom (Nikel-krom) tel ile değiştiriliyor. Isı
olarak kaybolan gücün aynı olması için Nikrom telin çapı ne olmalıdır?
Pd =
2
2
24
V
⇒ 4, 44 =
⇒ R = 129,6 Ω ⇒ R =
R
R
ρL
D
π
2
2
⇒ 129,6 =
ni-cr
ρ
100 × 10−8 × 10 × 103
2
D
π
2
D = 9,9118 mm
n
30. n adet seri direncin eşdeğer direncinin R = ∑ Ri olduğunu gösteriniz; i. direnç değeri R i dir.
i =1
n adet seri direncin uçlarındaki toplam gerilim düşümü V ise i. direncin uçlarındaki gerilim düşümü
IRi olduğundan
=
V
n
n
=
IR I ∑ R
∑
i
=i 1 =i 1
i
n
dir. R eşdeğer direnç ise V = IR ve buradan R = ∑ Ri yazılır.
i =1
n
31. n adet paralel direncin eşdeğer iletkenliğinin, G = ∑ Gi olduğunu gösteriniz; i.
i =1
iletkenliği G i = 1/R i dir.
direncin
Kararlı Elektrik Akımları
331
n adet paralel direncin uçlarındaki toplam gerilim düşümü V ise i. dirençten geçen akım I i
n
n
n
V
1
olduğundan=
dir. R eşdeğer direnç ise I = V / R ve buradan
=
I ∑
I i ∑= V ∑
=i 1 =i 1 Ri =i 1 Ri
n
n
n
V
1
1
1
veya G = ∑ Gi yazılır.
= V ∑ ⇒= ∑
R
Ri
R i 1 Ri
=
i 1=
i =1
32. Aşağıdaki şekilde görülen devrenin her elemanından geçen akımı bulunuz. (a) her dirençte
harcanan gücü, (b) her kaynaktan sağlanan gücü ve (c) a ve b arasındaki potansiyel farkını
hesaplayınız.
1
10 I 2 + 20 I 4 =
9
10(
)
I
I
⇒
+
=
−3
10 I 5 − 20 I 4 =
−12
2
5
3
I=
I 2 − I5
4
4
−12
10 I 5 − 20 I 4 =
−12 ⇒ 30 I 5 − 20 I 2 =
3
2
30 I 3 − 10( I 5 + I 2 ) =
−24
−0,9 A
⇒ I3 =
10( I 2 + I 5 ) =
−3
1
4
30 I 5 − 20 I 2 =
−12
−18 ⇒ I 5 =
−0,36 A
⇒ 50 I 5 =
20 I 5 + 20 I 2 =
−6
1
1
10( I 2 + I 5 ) =
I1 =
I 2 + I3 =
−3
−0,84 A
I 2 0,06 A ⇒=
I 4 0, 42 A
⇒=
10 I 5 − 20 I 4 =
I6 =
I5 + I3 =
−12
−1, 26 A
2
24,3
0,036
1,296
3,528
−7,56
−21,6
−15,12
2
2
2
Pverilen =9 I1 − 24 I 3 − 12 I 6 =29,16 W = Pkayıp = 30 I 3 + 10 I 2 + 10 I 5 + 20 I 42 = 29,16 W
Vab =
20 I 4 =
20 × 0, 42 =
8, 4 V
4.15 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER
1. Bakırda yaklaşık olarak 8,5 × 1028 / m3 serbest elektron vardır. 10 cm2 kesit alanlı bakır telden
geçen akım 1500 A ise (a) elektronların ortalama sürüklenme hızını, (b) akım yoğunluğunu, (c)
elektrik alan şiddetini ve (d) elektron hareketliliğini hesaplayınız.
J = σ E ⇒ E = ρ J = 1,7 × 10−8
1500
= 25,5 mV/m
10 × 10−4
332
Elektromanyetik Alan Teorisi
σ
σ
1
1
J = Neue E ⇒ ue =
=
=
= 4, 275 mm/s
−8
Ne ρ Ne 1,72 × 10 × 8,5 × 1028 × 1,6 × 10−19
Ue =
−ue E ⇒ U e =
−ue E =
−4, 275 × 25,5 =
−109 μm/s
2. 100 V’luk potansiyel farkı 2 mm yarıçapında ve 10 m uzunluğunda nikel telin iki ucu arasında
tutuluyor. (a) elektrik alan şiddetini, (b) akım yoğunluğunu ve (c) nikel telden geçen akımı
hesaplayınız.
E
σ E=
=
J =
ρ
100 / 10
=
⇒I=
128, 205 × 106 A/m 2 =
JA 128, 205 × 106 × π 22 ×=
10−6 1611,071545 A
−8
7,8 × 10
3. Elektrik alanının etkisi altında vakumda elektronların ortalama hızı 3×105 m/s dir. Akım
yoğunluğu 10 A/cm2 ise elektron akışına dik düzlemden birim kesit alanı başına geçen elektron
sayısını belirleyiniz.
σ
J = Neue E ⇒ N =
10 × 104
J
=
= 2,08 × 1018 elektron
eue 1,6 × 10−19 × 3 × 105
4. Bir elektrolitte aynı kütleli pozitif ve negatif iyonlar 0,2 nA/m2 ’lik bir akım yoğunluğundan
sorumludurlar. Her iyonun ortalama yük yoğunluğu metre küp başına 25e ise ortalama iyon
hızı nedir? (e elektronun yüküdür).
ρ = ρ
J
0, 2 × 10−9
J = ρ v + U + + ρ v − U − ⇒ v + v − ⇒ J = 2 ρ vU ⇒ U =
=
= 2,5 × 107 m/s
−19
U
=
U
×
×
×
ρ
2
2
25
1,6
10
−
+
v
5. Paralel iki iletken plaka arasındaki boşluk saf silikon ( ε ≈ 1 ) ile doldurulmuştur. Kapasitörden
geçen sızıntı akımı 100 A ise her plakadaki yükü belirleyiniz.
2,6 × 105 100 =
−
J =σ E ⇒ E =ρ J =2,6 × 103 × −
a
a z V/m ⇒
z
A
A
2,3 × 10−6
C/m 2
ρ
=
+
1
2,6 × 105 s + üst plaka
2,3 × 10−6
A
εε o E =
−ε εo
D=
az =
a z C/m 2 ⇒
A
A
2,3
10−6
×
ρ
C/m 2
=
−
s − alt plaka
A
Q+ =
A ρ s + üst plaka =
+2,3 × 10−6 C
Q− = A ρ s −
6.
alt plaka
=
−2,3 × 10−6 C
2 × 1, 29 mm çapında ve 30 km uzunluğunda bir iletken tel (a) bakır, (b) gümüş, (c) Nikromdan
yapılmış ise direnci nedir?
Kararlı Elektrik Akımları
333
=
Rcu
1,7 × 10−8 × 30 × 103
= 97,55 Ω
π 1, 292 × 10−6
=
Ral
2,83 × 10−8 × 30 × 103
= 162, 4 Ω
π 1, 292 × 10−6
=
Rni
100 × 10−8 × 30 × 103
= 5738, 4 Ω
π 1, 292 × 10−6
7. Aşağıdaki şekildeki bakır halkanın A ve B sınırları arasındaki direnci nedir?
dl
ρ dφ
dR=
⇒ R=
σA
∫
π /2
0
dφ
π
=
t
σ
2
ln(
σ
t
b / a)
∫a ρ d ρ ∫0 dz
b
8. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi kesik dairesel koni demirden yapılmıştır. Koninin düz uçları
arasındaki direnci nedir?
334
Elektromanyetik Alan Teorisi
x b − a (12 − 2) × 10−2
=
=
= 0,01 ⇒ r = 0,1 + 0,01z ⇒ A = π (0,1 + 0,01z ) 2
2
2
z
500/3
2
10000
1 2
1
dz
=
R =
−
= 4,72 μΩ
2
8
−
∫
σπ 0 (0,1 + 0,01z ) (1
/ 8,9 × 10 ) π 10+ z 0
σ
9. Önceki problemdeki kesik dairesel koninin düz uçları arasındaki potansiyel farkı 2 mV’tur. (a)
koni içindeki potansiyel dağılımı, (b) elektrik alan şiddetini, (c) hacim akım yoğunluğunu ve
(d) koniden geçen akımı hesaplayınız.
2 × 10−3
423,58
I=
423,58 A ⇒ J =
=
−
a ⇒
−6
−4 z
2
π (10+ z ) 10
4,72 × 10
J
423,58
0, 2 E= = −
a = −
a z V/m
−8
−4 z
2
σ
π (1
/ 8,9 × 10 ) (10+ z ) 10
(10+ z ) 2
σ
2
1
0,12 −
10 + z 0
2
0,12
Doğrulama ⇒ V =
− ∫ E ⋅ dl =
∫0 (10+ z )2 dz =2 mV
c
10. 10 km uzunluğunda içi dolu kablo iki iletken malzemeden yapılmıştır. İçteki malzeme bakır ve
2 cm yarıçapındadır. Dıştaki malzeme konstantan ve dış yarıçapı 3 cm dir. Kablodan geçen
akım 100 A ise (a) her malzemenin direncini, (b) her malzemedeki akımı, (c) her malzemedeki
akım yoğunluğunu ve (d) her malzemedeki elektrik alan şiddetini belirleyiniz.
Rcu Rcons
R
V 100 × 0,1311
= 0,1311 Ω ⇒ =
= 13,11 V
=
−8
3
Rcu + Rcons
10 × 10 × 49 × 10
=
= 3,119 Ω
Rcons
π (32 × 10−2 − 22 × 10−2 ) 2
Rcu
=
10 × 103 × 1,72 × 10−8
= 0,137 Ω
π (2 × 10−2 ) 2
ρcu J cu
13,11
95,69
−8
2
3
I cu =
= 95,69 A ⇒ J cu =
=
⇒
E
=
×
×
×
76,15
kA/m
1,72
10
76,15
10
cu
Rcu
π
(2 × 10−2 ) 2
Acu
= 1,31 mV/m
13,11
4, 2
I cons =
03
=4, 2 A ⇒ J cons = 2
=2,67 kA/m 2 ⇒ Econs =49
× 10−8 ×
2,67 × 1
−4
2
Rcons
π
(3 − 2 ) × 10
ρcons J cons
Acons
= 1,31 mV/m
Kararlı Elektrik Akımları
335
11. 1 cm2 kesit alanlı bakır tel düzgünce dağıtılmış 200 A akım taşımaktadır. Bakırda elektron
yoğunluğu metre küp başına 8,5×1028 elektron ise elektronların ortalama sürüklenme hızını
belirleyiniz. Teldeki elektrik alan şiddeti nedir? Tel 100 km uzunlukta ise uçları arasındaki
potansiyel farkı hesaplayınız. İletken telin direnci nedir?
I/A
ρJ
200
−4
200
J
10
Ue =
=
= 147,06 × 10−6 m/s ⇒ E = 1,72 × 10−8 × −4 = 34, 4 mV/m
28
−19
10
ρv 8,5
× 10 × 1,6 × 10
J = ρv Ue
Ne
3440
V=
34, 4 × 10−3 × 100 × 103 =
3440 V ⇒ R =
17, 2 Ω
− ∫ E ⋅ dl =
=
c
200
ρ l 1,72 × 10−8 × 100 × 10−3
R=
=
= 17, 2 Ω
A
10−4
12. Yarıçapları a ve b (b>a) olan eş merkezli iki iletken küre arasındaki boşluk=
σ m/r+k
öziletkenliğinde homojen olmayan malzeme ile doldurulmuştur, a ≤ r ≤ b ve m ve k sabitlerdir.
İçteki küre V o potansiyelinde ve dıştaki küre topraklanmıştır. (a) ortamın direncini, (b) her
küredeki yüzey yük yoğunluğunu, (c) ortamdaki hacim yük yoğunluğunu, (d) her küredeki
toplam yükü, (e) bölgedeki akım yoğunluğunu ve (f) bölgeden geçen akımı hesaplayınız.
σ
∇σ
m
m
1 ∂ 2
∇ ⋅ J = 0 ⇒ ∇ ⋅ σ E = 0 ⇒ σ∇ ⋅ E + E ⋅ ∇σ = 0 ⇒ + k 2 r Er + Er a r ⋅ − 2 a r = 0
r
r ∂r
r
∂
m
m
m + 2rk
1 ∂ 2
m
1 ∂ 2
⇒ Er =
− Er
Er 2 ⇒ 2
r Er =
Er
+ k 2 r Er =
∂
∂r
r
r r r (m + rk )
r (m + rk )
r
r ∂r
r2
∂
Er + Er 2 r
∂r
m + 2 rk
∫ r ( m + rk ) dr
∫ Err
dEr
c
d
m + 2rk
m + 2rk
− Er
⇒
=
− dr
⇒ ln Er =
− ln r (m + rk ) + ln c1 ⇒ Er = 1
Er =
dr
r (m + rk )
Er
r (m + rk )
r (m + rk )
c1
dV
=
E −∇V ⇒
= −
dr
r (m + rk )
dE
c1
b
dr
∫ r ( m + rk )
V r =b= 0 ⇒ c2 = m ln m + bk
∫dV
dr
r
1
m
−c1
⇒ V = −c1 ln
+
⇒
c
dV =
Vo ⇒
Vo ⇒ c1 =
V r ==
2
a
+
m
r (m + rk )
m
rk
+
m
ak
b
ln
+
m
bk
a
M
Vo m + kr b
V = ln
M m + kb r
336
V=
Elektromanyetik Alan Teorisi
Vo
M
Vo
V
m
m
m + kr b
⇒ J r = σ Er = σ o
⇒
ln
⇒ E = −∇V ⇒ Er =
M r (m + kr )
M r (m + kr )
m + kb r
Er
mVo
mVo
Jr σ
=
⇒ Jr =
Mr 2
m Mr ( m + kr )
r
I=
∫ J ⋅ ds =
s
4π r 2
+k
mVo
mVo
Vo
M
R =
= 4π
⇒=
2
Mr
M
I 4π m
13. Bir elektromıknatıs silindirik nüve üzerine sarılan 200 sarımlı sargıdan oluşturuluyor. Bakır
telin çapı 0,45 mm ve bir sarımın ortalama yarıçapı 8 mm dir. İletken telin direnci nedir?
R= ρ
2π × 8 × 10−3 × 200
L
= 1,72 × 10−8 ×
= 1,09 Ω
2
A
0, 45 × 10−3
π ×
2
14. 10 m uzunluğunda ve 0,5 mm yarıçapında bir iletken telin uçları arasına 12 V’luk bir
potansiyel uygulandığında 2 A geçmektedir. İletken telin direnci ve öziletkenliği nedir?
R =6 Ω
L
10
12
⇒ =
⇒ σ = 2,122065 × 106 S/m
R=
−3 2
σ A 2 σπ (0,5 × 10 )
15. Karbon çubuğun yarıçapı 0,25 mm ise 10 Ω’luk bir direnç yapmak için ne kadar uzunlukta
karbon çubuk gerekir?
R= ρ
L
L
⇒ 10 = 3,5 × 10−5 ×
⇒ L = 56,1 mm
A
π (0, 25 × 10−3 ) 2
16. 2 mm yarıçapında ve 10 m uzunluğunda içi dolu bir iletken 2 mm iç yarıçapında içi boş bir
iletken ile değiştirilecektir. İletkenlerin direnci, malzemesi ve uzunlukları aynı ise içi boş
iletkenin dış yarıçapı ne olmalıdır?
R1
R2
A2
A1
L1
L2
2
2
⇒ π 2 = π (b − 22 ) ⇒ b =
ρ1 = ρ 2
A1
A2
8 = 2,8284 mm
17. Uzunluğu 200 km ve çapı 4 cm olan bir yüksek gerilim kablosundan geçen akım 1,2 kA’dir.
Kablonun direnci 4,5 Ω ise (a) kablo uçları arasındaki potansiyel düşümünü, (b) elektrik alan
şiddetini, (c) akım yoğunluğunu ve (d) malzemenin özdirencini belirleyiniz. Malzemenin türü
ne olabilir?
Kararlı Elektrik Akımları
337
V = 1200 × 4,5 = 5400 V ⇒ E =
I
5400
1200
= 0,027 V/m ⇒ J = =
= 954929,6586 A/m 2
A π (2 × 10−2 ) 2
200000
E
0,027
⇒ ρ = 2,827433388
× 10−8 Ω
J = ⇒ 954929,6586 =
m
ρ
ρ
aluminyum
18. 500 trilyon elektron yükü t=0 zamanında 10 cm yarıçapında alüminyum kürenin içine atılıyor.
Bu yükün miktarı nedir? Durulma zamanı nedir (ε r aluminyum = 1) ? Yükün başlangıç değerinin %
80’ine düşmesi için ne kadar zaman geçmesi gerekir?
q=
−500 × 1012 × 1,6 × 10−19 =
−80 μC
=
ρv ρo e
τ
− t /( ε /σ )
10−9 −8
2 ,82
10
36 π
0,8 ρ o
−t /
⇒=
ρv ρo e
( ε /σ )
τ = ρε o
=
⇒ t τ ln1,
=
25 55,786 × 10−21 s
19. Bir iletken ortamdaki fazla yük, miktarının yarısına 100 ns’de düşüyor. Ortamın dielektrik
sabiti 2,5 ise öziletkenliği nedir? Durulma zamanı nedir? 200 ns sonra ortamda yükün yüzde
kaçı mevcut olacaktır?
ρv ρo e
=
ρv =ρo e
0,5 ρo
τ
− t /( ε /σ )
10−9
/σ )
−100×10−9 /(2,5
2,5 10−9
36π
ρv ρo e
10−9
ln 2=
⇒
=
⇒ 100 ×
=
⇒ σ 153, 2191 μS/m
σ 36π
ε
2,5
10−9
τ= =
= 0,144269567 μs
σ 153, 2191 × 10−6 36π
τ
− t /( ε /σ )
ρ
⇒ v =e −200×10
ρo
−1,38629375
−9
/0,144269567×10−6
1
= =% 25
4
20. Yalıtılmış bir iletkenin içine fazla bir yük yerleştirilmiştir. Yükü çevreleyen kapalı yüzeyden
geçen akım i (t ) = 0, 2 e −50t A olarak gözlenmiştir. (a) Durulma zamanını, (b) başlangıç yükünü,
(c) t=2τ’da yüzeyden iletilen toplam yükü ve (d) akımın başlangıç değerinin % 10’u olması için
geçen zamanı belirleyiniz.
i (=
t ) 0, 2 e −50t ⇒=
t)
τ 1 / 50
= 0,02 s ⇒ Q(=
∫
t
0
t
idt
= 0, 2 ∫ e −50t dt
=
0
4
1000
(1 − e −50t ) C
4
(1 − e −50 ∞ ) =
Q t →∞ =1000
4
C
1000
(başlangıç yükü)
−2
1/
τ
τ
− 50× 2(1/50)
4
(1 − e
3, 4586 mC
Q t = 2τ =
1000
) =
0,1353
0, 2
1
−50 t
i (t ) 0,
t
t 46,0517 ms
=
=
=
=
0, 2 e −50t ⇒
1 10e −50t ⇒
ln10 ⇒
2 e ⇒ =
10
50
i ( t = 0)
338
Elektromanyetik Alan Teorisi
21. Hacim akım yoğunluğunun J = e − x sin ω x a x A/ m 2
yoğunluğunun zamanla değişim oranını bulunuz.
olduğu bir ortamda hacim yük
∂ρ
J = e − x sin ω x a x ⇒ v = −∇ ⋅ J = e − x (sin ω x − ω cos ω x)
∂t
22. ρ v
hareketli yüklerin hacim yük yoğunluğu
ρv ∇ ⋅ U + (U ⋅ ∇) ρv + ∂ρv / ∂t = 0 olduğunu gösteriniz.
ve
U
ortalama
hızı
ise
∇⋅ ρv U
∂ρ v
∂ρ
∇
⋅J +
= 0 ⇒ U ⋅ ∇ρ v + ρ v ∇ ⋅ U + v = 0
∂t
∂t
∇⋅ ρv U
23. 100 V’luk potansiyel fark 2 mm yarıçapında ve 10 m uzunluğunda nikel telin iki ucu arasında
tutuluyor. (4.27) eşitliğini kullanarak telde kaybolan gücü bulunuz. (4.25) eşitliği ile bulunan
cevabı doğrulayınız.
8
=
= 10 V/m ⇒ =
ρ 10 / 7,8 × 10−=
E 100 / 10
J E/=
128, 2051 × 106 A/m 2
P=
∫
v
p
J ⋅ E dv= 128, 2051 × 106 × 10 × π × 22 × 10−6 × 10= 161107,3156 W
R=
V2
7,8 × 10−8 × 10
=
Ω
⇒
=
= VI= 161107,3156 W
P
0,062
π 22 × 10−6
R
24. 10 m uzunluğunda ve 0,5 mm yarıçapında bir iletken telin uçları arasına 12 V’luk bir
potansiyel uygulandığında 2 A geçmektedir. Isı olarak kaybolan gücü bulunuz.
P = VI = 12 × 2 = 24 W
25. Karbon çubuğun yarıçapı 0,25 mm ise 10 Ω’luk direnç yapmak için ne kadar uzunlukta karbon
çubuk gerekir? Karbon çubuğun uçları arasına 12 V’luk potansiyel farkı uygulandığında
kaybolan güç nedir?
R=
ρL
A
⇒ 10 =
3,5 × 10−5 × L
V 2 122
0,056
m
L
P
⇒
=
⇒
=
=
= 14, 4 W
10
π 0, 252 × 10−6
R
26. İç ve dış yarıçapları 8 mm ve 10 mm olan bir koaksiyel kablonun iletkenleri arasındaki ortamın
dielektrik katsayısı 2 ve öziletkenliği 6,25 µS/m dir. Kablonun birim uzunluğu başına direnci
nedir? İletkenler arasındaki potansiyel fark 230 V ise kabloya verilen toplam güç nedir?
V ρ =b =⇒
0 c2 =
−c1 ln b
1 ∂ ∂V
ln(b / ρ )
ρ
∇V=
=0 ⇒ V =c1 ln ρ + c2 ⇒
Vo ⇒ V =Vo
ln(b / a )
ρ ∂ρ ∂ρ
V ρ = a = Vo ⇒ c1 =
ln(a / b)
2
Kararlı Elektrik Akımları
E = −∇V ⇒ E =
339
Vo
σ Vo aρ ⇒ J =
aρ
ρ ln(b / a)
ρ ln(b / a)
I=
R=
∫ J ⋅ ds =
s
σ Vo
2π
1
0
ρ
ln(b / a ) ∫
L
ρ dφ ∫ dz =
0
2π Lσ Vo
ln(b / a )
Vo
Vo2 2302
ln(b / a )
ln(10 / 8)
⇒R=
⇒R=
=
Ω
⇒
=
=
= 931 W
P
56,82
I
R 56,82
2π Lσ
2π 100 × 6, 25 × 10−6
27. Bir elektrostatik generatörün kayışı 30 cm genişliğinde ve 20 m/s hızla hareket etmektedir.
Kayış 50 µA’e karşılık gelen miktarda yük taşımaktadır. Kayıştaki yüzey yük yoğunluğunu
hesaplayınız.
I = ρ s × genişlik ×
uzunluk
10 × 10−6
⇒ ρs =
= 8,33 μC/m 2
saniye
30 × 10−2 × 20
28. Her biri 1 m2 alanında paralel iki metal plaka arasındaki bölge 0,5 mm, 0,2 mm ve 0,3 mm
kalınlıklarında ve sırasıyla 10 kS/m, 500 S/m ve 0,2 MS/m öziletkenliklerinde üç iletken ortam
ile dolduruluyor. İki plaka arasındaki etkin direnç nedir? Plakalar arasındaki potansiyel fark 10
mV ise her bölgedeki J ve E alanları nedir? Her ortamdaki güç kaybı ve toplam güç kaybı
nedir?
0,5 × 10−3
=
R1 =
50 × 10−9 Ω
3
10 × 10 × 1
0, 2 × 10−3
−9
= 400 × 10 Ω R = R1 + R2 + R3 = 451,5 × 10−9 Ω
R2 =
500 × 1
0,3 × 10−3
=
R3 =
1,5 × 10−9 Ω
6
0, 2 × 10 × 1
I=
V
10 × 10−3
I
=
= 22148,39 A ⇒ J1 = J 2 = J 3 = = 22148,39 kA/m 2
R 451,5 × 10−9
A
340
Elektromanyetik Alan Teorisi
22148,39
2, 2148 V/m
=
E1 =
10 × 103
22148,39
=44, 2967 V/m
J =σ E ⇒ E2 =
500
22148,39
0,11074 V/m
=
=
E3 0,
2 × 106
P
=
V 2 (10 × 10−3 ) 2
=
= 221, 48 W
R 451,5 × 10−9
29. Önceki problemde sınır şartlarını kullanarak iletken üç ortam arasında iki ara yüzeydeki yüzey
yük yoğunluklarını belirleyiniz (ε r = 1) .
−9
2, 2148a z
D1 =
−ε o E1 =
− 10
36π
ρ s1 =a z ⋅ (D1 − D2 ) =372,08 pC/m 2
10−9
D2 =
−ε o E2 =
− 36π 44, 2967a z ⇒
ρs 2 =
a z ⋅ ( D 2 − D3 ) =
−390,68 pC/m 2
−9
10
−ε o E3 =
− 36π 0,11074a z
D3 =
30. Plakalar arasındaki açıklığı 10 cm olan bir diyotun anodu katoduna göre 10 kV
potansiyelindedir. Katotta bir elektronun başlangıç hızı sıfır ise anoda çarptığındaki son hızı
nedir? Diyottaki gerilim dağılımını, elektrik alan şiddetini ve akım yoğunluğunu belirleyiniz.
J = ρv U ⇒ ρv =
J
⇒ U son =
2eV
m
2eV
=
m
2 × 1,6 × 10−19 × 10 × 103
= 59, 267 × 106 m/s
9,11 × 10−31
U son
4/3
z
z
V=
Vo =
10 × 103
d
0,1
4/3
=
215, 443 z 4/3 kV
1/3
1/3
4Vo z 4 10 × 103 z −
−
−287, 26 z1/3a z kV
E=
az =
az =
3d d
3 0,1 0,1
Kararlı Elektrik Akımları
−9
1
4 ε 2e
4 10
J=
(Vo )3/ 2 a z =
− o2
−
2
9 d m
9 36π 0,1
341
2 × 1,6 × 10−19
(10 × 103 )3/ 2 a z =
−23, 29a z kA/m 2
−31
9,11 × 10
31. Önceki problemde her plakanın alanı 4 cm2 ise diyottaki akımı hesaplayınız.
I = JA = 23, 29 × (4 × 10−2 ) 2 = 37,265 A
32. σ 1 =100 S/m ve ε r1 =9,6 ile karakterize edilen ortam 1’deki 50 A/m2 lik akım yoğunluğu ara
yüzeyin normali ile 30° lik bir açı yapmaktadır. Ortam 2’nin öziletkenliği 10 S/m ve dielektrik
katsayısı 4 ise ortam 2’deki akım yoğunluğu nedir? Normal ile hangi açıyı yapmaktadır? Ara
yüzeydeki yüzey yük yoğunluğu nedir?
3/2
1875 + 6,25 =
1881,25
2
2
50cos30=
43,3012 A/m =
J=
J=
° 43,3012 A/m ⇒ J=
2
2
n1
n1
n2
43,3012 + 2,5
43,3733 A/m 2
=
J2
1/ 2
σ2
10
43,3012
30° 25 A/m 2 ⇒=
25 2,5 A/m 2 =
J t1 50sin=
Jt 2
J t1
=
=
=
θ 2 cos −1 = 3,3041°
100
σ1
43,3733
ε1
−0,304
J n1
−9
σ1
ε1 ε 2
9,6 4 10
⇒
=
−
=
−
⇒
=
−
ρ
ρ
D
D
J
43,3012
s
n1
n2
n1
s
ε2
100 10 36π
σ1 σ 2
=
Dn 2 ε=
E
J
2 n2
n2
σ2
=
Dn1 ε=
1 En1
ρ s = −116,391467 pC/m 2
33. İki iletken arasındaki düz ara yüzey aşağıdaki şekilde görülmektedir. Ara yüzeyin (σ 1 =100
S/m, ε r1 =2) tam üzerindeki ortam 1’deki akım yoğunluğu J1 = 20a x + 30a y − 10a z A/m 2 ise ara
yüzeyin hemen altındaki (σ 2 =1000 S/m, ε r2 =9) ortam 2’deki akım yoğunluğu nedir? Her iki
taraftaki ilgili E ve D alan bileşenleri nedir? Ara yüzeydeki yüzey yük yoğunluğu nedir?
342
Elektromanyetik Alan Teorisi
cos30°a x + sin 30°a=
1 / 2a x + 3 / 2a y
a=
n
y
a n ⋅ (J1 − J 2 ) =0 ⇒ (1 / 2a x + 3 / 2a y ) ⋅ [(20a x + 30a y − 10a z ) − ( J x 2a x + J y 2a y + J z 2a z )] =0
10 + 15 3 − J x 2 / 2 − J y 2 3 / 2 =
10 + 15 3
0 ⇒ J x2 / 2 + J y2 3 / 2 =
I
20a x + 30a y − 10a z J x 2a x + J y 2a y + J z 2a z
J1 J 2
0 (1 / 2a x + 3 / 2a y ) ×
−
an × −
=⇒
100
1000
σ
σ
1 2
100 1000
0
=
3 Jy2 3
3J x 2
0
−
=
−
−
20 2000 10 2000
ax a y az
J
J
3
3
3
y2
x2
= 0 ⇒
1/ 2 3 / 2 0
− = 1000 − +
2
2
20 10
J y2 1
2
J x2 3
J z 2
II
−
− +
−
10
1000
10
1000
10
1000
3
3J x 2 3 J z 2 1 J z 2 3 J y 2 3
a −
a +
a
−
+
+
−
−
−
20 2000 x 20 2000 y 20 2000 10 2000
z
38,0866
J x2 J y2 3
135 3
10 + 15 3
+
=
J=
155 −
2
2
x2
2
I ve II'den
3
195
3
2
3J x 2 − J y =
− 45 3
1000 − +
J y 2 =
2
2
2
20 10
19,5577
J t1 σ 1
σ2
1000
= ⇒ J z2 =
−
J z1 =
10 = −100 ⇒ J 2 = 38,0866a x + 19,5577a y − 100a z A/m 2
σ1
Jt 2 σ 2
100
Kararlı Elektrik Akımları
343
J n1 = a n ⋅ J1 = (1 / 2a x + 3 / 2a y ) ⋅ (20a x + 30a y − 10a z ) = 10 + 15 3 = 35, 98
135 3 195
J n 2 = a n ⋅ J 2 = (1 / 2a x + 3 / 2a y ) ⋅ 155 −
− 45 3 a y − 100a z
ax +
2
2
J n2
=
ε1
ρ s =J n1
σ1
−
155 135 3 195 3 135
−
−
+
35,98
= 10 + 15 3 =
4
4
2
2
ε2
9
11 10−9
2
ε
=
+
−
=
+
=3, 4995 pC/m 2
(10
15
3)
(10
15
3)
100 1000 o
σ2
π
1000
36
veya
ε1
ρ s =J n 2
σ1
−
ε2
9
11 10−9
2
ε
=
+
−
=
+
=3, 4995 pC/m 2
(10
15
3)
(10
15
3)
100 1000 o
σ2
π
1000
36
34. Bir koaksiyel kablonun iç iletkeninin yarıçapı 10 cm ve dış iletkeninin yarıçapı 40 cm’dir.
10 ≤ ρ ≤ 20 arasındaki ortamın öziletkenliği σ 1 =50 µS/m ve geçirgenliği ε 1 =2ε o ve
20 ≤ ρ ≤ 40 arasındaki ortamın öziletkenliği σ 2 =100 µS/m ve geçirgenliği ε 2 =4ε o dir. D ve J
arasındaki benzerliği kullanarak birim uzunluk tabanında (a) her bölgenin kapasitansını, (b) her
bölgenin direncini, (c) toplam kapasitansı ve (d) toplam direnci belirleyiniz.
2πε1
2π × 2 × 10−9
=
= 160,3 pF/m
ln(c / a )
36π ln 2
C1C2
C
=
= 106,87 pF/m
⇒
−9
C1 + C2
2πε 2
2π × 4 × 10
C2 =
=
= 320,6 pF/m
ln(b / c)
36π ln 2
C1
=
σ1
=
C1 452, 24 × 10−6 Sm
ε1
G1G2
G
=
= 301,7152 × 10−6 Sm
⇒
σ2
G
+
G2
1
=
G2 =
C2 906, 48 × 10−6 Sm
ε2
=
G1
=
R1 1=
/ G1 2206 Ω / m
⇒ R = R1 + R2 = 3309 Ω / m
=
R2 1 =
/ G2 1103 Ω / m
35. Önceki problemde sınır şartlarını kullanarak ara yüzeydeki yüzey yük yoğunluğunu
hesaplayınız. Koaksiyel kablonun uzunluğu 100 m ve iletkenler arasındaki potansiyel fark 10
V’tur.
344
Elektromanyetik Alan Teorisi
J 480,9759 9,619518 E1 =
aρ =
aρ
=
σ1
ρ
50 ρ
J 480,9759 4,809759 E2 =
=
aρ =
aρ
σ2
ρ
100 ρ
10
3309
I 100 480,9759
J=
aρ =
aρ =
μA/m 2
ρ
2πρ L
2πρ100
−9
10 9,619518 a ρ = 170,11a ρ pC/m 2
V/m ⇒ D1 = ε1E1 = 2
ρ
36π
−
9
10 4,809759 a ρ = 170,11a ρ pC/m 2
V/m ⇒ D2 = ε 2 E 2 = 4
ρ
36π
ρs
ρ = 20 cm
= Dn1 − Dn 2 = 0
36. Önceki problemin eşdeğer devresini çiziniz. Kapasitörü yüklemek için V o gerilimi
uygulanmıştır. Eğer gerilim t=0 anında kaldırılırsa kapasitör uçlarındaki gerilimin başlangıç
değerinin yarısı olması için geçen zamanı belirleyiniz. Bütün pratik amaçlar için kapasitörün
tamamen deşarj olması için ne kadar zaman geçecektir?
−9
=
τ 353,63283×10 s
Vo
−T /τ
= Vo e
⇒ T= τ ln 2= 3309 × 106,87 × 10−12 ln 2= 245,12 ns ⇒ 5τ= 1,768 μs
2
37. İçteki küresel iletkenin yarıçapı 3 cm ve dıştaki küresel iletkenin yarıçapı 9 cm’dir. 3 cm’den 6
cm’ye uzanan 50 µS/m öziletkenliğinde ve 3ε o geçirgenliğinde iç ve 6 cm’den 9 cm’ye uzanan
100 µS/m öziletkenliğinde ve 4ε o geçirgenliğinde iki dış ortam vardır. D ve J arasındaki
benzerliği kullanarak (a) her bölgenin kapasitansını, (b) her bölgenin direncini, (c) toplam
kapasitansı, (d) toplam direnci belirleyiniz.
4πε1ac
3 × 10−9 3 × 6 × 10−4
= 4π
=
20 pF
−2
C1C2
36π
3 × 10
c−a
=
= 16 pF
C
⇒
−9
−4
C1 + C2
4πε 2bc
4 × 10 6 × 9 × 10
=
= 80 pF
C2 = 4π
b−c
36π
3 × 10−2
=
C1
G1 =
G=
2
σ1
50 × 10−6
C1 =
× 20 × 10−12 = 37,7 × 10−6 S
ε1
10−9
3
36π
σ2
100 × 10−6
12
C=
226,19 × 10−6
× 80 × 10−=
2
−9
ε2
10
4
36π
G1G2
G
=
= 32,3147 × 10−6 S
⇒
G1 + G2
S
R1 = 1 / G1 = 0,026525 × 106 Ω
6
⇒ R = R1 + R2 = 0,030964 × 10 Ω
6
R2 = 1 / G2 = 0,00442 × 10 Ω
38. Önceki problemde iletkenler arasındaki potansiyel fark 50 V ise sınır şartlarını kullanarak ara
yüzeydeki yüzey yük yoğunluğunu belirleyiniz.
Kararlı Elektrik Akımları
=
I
345
I 1,616 × 10−3 128,57 50
=
1,616
mA
⇒
J
=
a=
a=
a r μA/m 2
r
r
0,030964 × 106
A
4π r 2
r2
J1
ε ε E1 = ⇒ D1 = 1 J1 ⇒ D2 = 2 J 2 ⇒ J
σ1
σ1
σ2
r = 6 cm
= J1 = J 2
−9
128,57
3
4
10
−
=6,32 nC/m 2
(6 × 10−2 ) 2 50 × 10−6 100 × 10−6 36π
ρ s =a r ⋅ (D1 − D2 ) =
39. Önceki problemin eşdeğer devresini çiziniz. Kapasitörü yüklemek için Vo = 50 V gerilimi
uygulanmıştır. Eğer gerilim t=0 anında kaldırılırsa kapasitör uçlarındaki gerilimin başlangıç
değerinin yarısı olması için geçen zamanı belirleyiniz. Bütün pratik amaçlar için kapasitörün
tamamen deşarj olması için ne kadar zaman geçecektir?
−9
Vo
= Vo e −T /τ
2
τ 495,424×10 s
=
2 0,030964 × 106 × 16 × 10−12 ln =
2 343, 4 ns ⇒ 5=
⇒ T= τ ln =
τ 2,47712 μs
40. Aşağıdaki şekildeki devrenin eşdeğer direnci nedir?
R=
100 +
5(10 + 5)
=
103,75 Ω
5 + 10 + 5
41. Aşağıdaki şekilde Vab yi belirleyiniz.
I3
I1
I2
Va − 10 Va Va − 6
b düğüm noktası referans alınarak a düğüm noktasında
+ +
=0 ⇒ Va =4 V
10 5 10
42. Aşağıdaki şekilde her kaynaktan sağlanan güç nedir? Sağlanan güç ile devrede kaybolan güç
eşit midir?
346
Elektromanyetik Alan Teorisi
Va − 40 Va Va − Vb
40 − 36
+
+
I1
= 0,4 A
0 =
V
−
V
=
14
480
V
=
36
V
10
120
120
10
a
b
a
⇒
⇒
⇒
25 − 24
−Va + 14Vb =
Vb − Va Vb Vb − 25
300 Vb = 24 V
I2 =
= 0,1 A
+
+
=
0
10
120
120
10
P40 =
40 × 0,4 = 16 W
V
18,5 W
⇒ P40 V + P25 V =
P25 =
25 × 0,1 = 2,5 W
V
I1
2
P10 Ω= 10 × 0,4 = 1,6 W
I 22
2
P10 Ω= 10 × 0,1 = 0,1 W
(Vb −Va )2
2
(36 − 24)
P120 Ω =
= 1, 2 W ⇒ P + P + P
18,5 W
10 Ω
10 Ω
120 Ω + P120 Ω + P120 Ω =
120
2
Va
362
P120 Ω =
= 10,8 W
120
Vb2
2
24
P120 Ω =
= 4,8 W
120
2
µ
5 STATİK MANYETİK ALANLAR
5.1 GİRİŞ
Mıknatıslanma özelliği barındıran demir cevherinin veya mıknatısın keşfi manyetizma adı altında
çalışma yapan bilim adamları arasında ilgi uyandırmıştır. Mıknatısın kendisini kuzey ve güney
kutuplarına yönlendirmesi manyetik kuvvet olarak adlandırılan diğer bir kuvvetin varlığının kabul
edilmesine öncülük etmiştir. Manyetik kuvvet tarafından etkilenebilen (mıknatıslanabilen) bir
malzemeye manyetik malzeme adı verilir. Manyetik malzemeler sınıfına dahil edilen malzemeler,
demir, kobalt ve nikeldir. Manyetize olmuş veya mıknatıslanmış bir malzemeye mıknatıs adı
verilir. Asılı tutulan bir mıknatısın kuzeyi gösteren ucuna kuzey kutbu ve diğer ucuna ise güney
kutbu adı verilir. Bir mıknatısın daima kuzeyi gösteren kuzey kutbu ilk denizcilik çalışmaları ve
yapılan keşiflerde önemli etkiye sahip olmuştur. Şekil 5.1’de görüldüğü gibi dünyanın merkezinde
varlığı düşünülen mıknatıs yerin dönme ekseni ile yaklaşık 15° açı yapacak şekilde dünyanın
merkezine konulmuş gibidir.
Dünya’nın manyetik alanı her ne kadar içine yerleştirilmiş dev bir mıknatıs ile temsil edilebilir gibi
gözükse de böyle bir şeyin gerçek olması mümkün gözükmemektedir. Dünyanın çekirdek kısmında
büyük demir rezervleri bulunmaktadır fakat çok yüksek sıcaklıklar kalıcı mıknatıslığın oluşmasını
engellemektedir. Dünya’nın çekirdek kısmında (elektriksel) yük taşıyan bazı (manyetik) akımların
oluşması dünya’nın manyetik alanlarının kaynağı olarak düşünülmektedir. İçerideki elektriksel ve
manyetik alanların etkisiyle dönme oluşmakta ve dünya güneşin etkisiyle yörüngede kalmaktadır.
Dünya’nın içindeki manyetik alanların şiddeti konusunda kesin bilgi olmamakla birlikte mevcut
cihazlarla ölçülemeyecek büyüklükte (ve depremleri oluşturan yerkabuğunun hareketleri ile
etkileşimde) şiddetli alanların varlığı büyük olasıdır.
Elektrik alanının yük ile ilişkisinde olduğu gibi manyetik alan da mıknatıslarla etkileşim içindedir.
Manyetik kuvvet hatlarının (mıknatısın dış kısmı) şekil 5.2’de görüldüğü gibi, kuzey kutbundan
çıkarak güney kutbuna gittiği söylenir. Manyetik alan içine diğer bir mıknatıs konulursa bir çekim
veya itme kuvveti altında kalacaktır. Deneysel gözlemlerden aynı kutupların birbirini ittiği ve farklı
kutupların birbirini çektiği bulunmuştur.
348
Şekil 5.1 Dünyanın coğrafik ekseni ve manyetik ekseni
arasındaki sapma. N M ve S M manyetik ekseni ve N C ve S C
coğrafik ekseni göstermektedir.
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 5.2 Çubuk mıknatısı
çevreleyen manyetik akı hatları
Şekil 5.3’de görüldüğü gibi mıknatıslarla yapılan deneyler, mıknatıs ne kadar küçük parçaya
bölünürse bölünsün, kuzey ve güney kutbun ayrılamayacağını da göstermiştir. Başka ifadeyle
yalıtılmış tek yani yalnız bir kutup fiziksel bir gerçek olmamaktadır.
Şekil 5.3 Çubuk
mıknatısın çok
sayıda küçük
parçalara
(mıknatıslara)
bölünmesi
Manyetik malzemelerin mıknatıslanabileceği ve mıknatıs olarak kullanılabileceği gerçeğinin
dışında manyetizma on dokuzuncu yüzyılın başına kadar en az anlaşılmış ve ihmal edilmiş bir
bilim alanı olmuştur. 1820’de Hans Christian Oersted manyetik bir iğnenin akım taşıyan bir iletken
tarafından saptığını deneysel olarak keşfettiğinde önemli ve büyük bir gelişme olmuştur. Bu olay
elektrik ve manyetizma bilimi arasındaki açıklığı kapatmıştır. Bilim adamları elektrik akımlarının
da manyetik alan kaynakları olduğunu hemen kavramışlardır.
Oersted’in keşfinden kısa bir süre sonra Biot-Savart, akım taşıyan iletken tarafından bir noktada
meydana getirilen manyetik akı yoğunluğunu belirlemek için deneysel bir eşitlik geliştirmiştir.
Şimdi Biot-Savart kanunu Coulomb kanununun manyetik eşdeğeri olarak görülmektedir. 1825’de
André Marie Ampère akım taşıyan iletkenler arasında manyetik kuvvetin varlığını keşfetmiş ve bir
dizi deneylerin sonucuna dayanan kalitatif ilişki grubunun fomülasyonunu yapmıştı. Bu keşifler
günlük hayatta kullanılan elektrik makinalarının gelişimine öncülük etmiştir.
Statik Manyetik Alanlar
349
Bu bölüm statik manyetik alanlar veya manyetostatik çalışmasına yani kararlı veya DC akımların
meydana getirdiği manyetik alanlara ayrılmıştır. Başlangıç Biot-Savart (Jean-Baptiste Biot ve Félix
Savart) kanunu ile yapılacak ve bu kanun verilen bir akım dağılımının oluşturduğu manyetik alanın
hesabında temel bir formül olarak kullanılacaktır.
5.2 BİOT-SAVART KANUNU
Şekil 5.4’de görüldüğü gibi I kararlı akımı taşıyan d uzunluğunda ince bir iletken elemanın bir P
noktasında meydana getirdiği manyetik akı yoğunluğu deneysel olarak aşağıdaki gibi bulunmuştur.
Id × a R
dB = k
R2
Bu eşitlikte dB manyetik akı yoğunluğu (T) veya (Wb/m2), d akım yönünde uzunluk elemanı,
a R vektörü d ’den P noktasına doğru birim vektör, P noktası d akım elemanından R
uzaklığında ve k ise orantı katsayısıdır.
Şekil 5.4 Q noktasındaki akım
elemanının P noktasında meydana
getirdiği manyetik akı yoğunluğu
Q(x′,y′,z′)’den P(x,y,z)’ye uzunluk vektörü, R
R = Ra R = r − r '
ve SI birim sisteminde k sabiti,
k=
µo
4π
olarak ifade edilir; µ o = 4π × 10 −7 H/m boşluğun geçirgenliğidir. k’nın yerine konulması ile dB
aşağıdaki gibi tanımlanabilir.
µ o Id × R
dB =
4πR 3
(5.1)
İntegral alınarak,
µ
B= o
4π
Id × R
∫ R3
c
(5.2)
350
Elektromanyetik Alan Teorisi
elde edilir. B vektörü I kararlı akımı taşıyan ince iletkenin P(x,y,z) noktasındaki manyetik akı
yoğunluğudur. B ’nin yönü d ve R düzlemlerine diktir.
(5.2)’deki integral altı değişken içerir: x, y, z, x′, y′ ve z′. x, y, z üssüz değişkenleri P noktasının
koordinatlarıdır ve integrasyon işlemine dahil edilmemiştir. Bunun yanında x′, y′ ve z′ üslü
değişkenleri (yapay değişkenler olarak da bilinir) Q noktasının koordinatlarıdır ve integrasyon
işlemine dahil edilmiştir. İntegrasyon işlemi bu üslü değerleri elimine eder. Bundan dolayı B
sadece üssüz değişkenlerin bir fonksiyonu olur. P(x,y,z) noktasına alan noktası ve Q(x′,y′,z′)
noktasının ise kaynak noktası olduğu söylenir. d elemanı d ' olarak (5.2) eşitliğinde yazılabilirdi
fakat fazladan bir üst indis kullanımından kaçınılması tercih edilmiştir. Üslü koordinatların
kullanımı üslü ve üssüz değişkenler arasındaki farkın gösterilmesinin gerektiği yerde söz konusu
olacaktır.
Kararlı elektrik akımları bölümünde bahsedildiği gibi Id akım elemanı J v hacimsel akım
yoğunluğu ile
Id = J v dv
olarak tanımlanabilir ve J v ile B ’nin ilişkisi
µo J v × R
B=
dv
4π ∫v R 3
(5.3)
olarak elde edilebilir (şekil 5.5). Benzer bir eşitlik yüzey akım yoğunluğu J s (A/m) ile de aşağıdaki
gibi yapılabilir (örneğin şekil 5.6 da görüldüğü gibi iletkenin yüzeyinden akım aktığında).
µo J s × R
ds
B=
4π ∫s R 3
Şekil 5.5 Hacimsel akım yoğunluğundan dolayı P
noktasındaki manyetik akı yoğunluğu
(5.4)
Şekil 5.6 Yüzey akım dağılımından dolayı P
noktasındaki manyetik akı yoğunluğu
Statik Manyetik Alanlar
351
Akım temelde bir yük akışı olduğundan dolayı (5.2) eşitliği U ortalama hızıyla hareket eden q
yükü ile de tanımlanabilir (J v = ρ v U) . Eğer ρ v hacimsel yük yoğunluğu, A iletkenin kesit alanı ve
d iletkenin uzunluk elemanı ise bu durumda dq = ρ v dv = ρ v Adl ’dir. Böylece (5.3) eşitliğinden
µ o qU × R
B=
4π R 3
(5.5)
elde edilir. Bu eşitlik, ortalama U hızıyla hareket eden q yükünün R uzaklığında meydana
getirdiği manyetik akı yoğunluğunu vermektedir. Eşitlik, yükün manyetik alan oluşturması için
hareket halinde olması gerektiğini vurgulamaktadır.
Aşağıdaki örnekler, akım taşıyan iletkenlerin bir noktadaki manyetik akı yoğunluğunun
belirlenmesi için Biot-Savart kanununun uygulamalarını göstermektedir.
ÖRNEK 5.1 Sonlu uzunlukta ince bir iletken şekil 5.7a’da görüldüğü gibi z=a ile z=b arasında
uzanmaktadır. xy düzleminde bir P noktasındaki manyetik akı yoğunluğunu belirleyiniz. a→-∞ ve
b→∞ ise P noktasındaki manyetik akı yoğunluğu nedir?
(a) Sonlu uzunlukta, akım taşıyan
iletkenin meydana getirdiği manyetik akı
yoğunluğu
(b) Sonsuz uzunlukta akım taşıyan iletkenin
manyetik akı hatları iletkene dik düzlemde ortak
merkezli çemberler gibidir.
Şekil 5.7
→
ÇÖZÜM I dl = Idza z ve R = ρa ρ − za z olduğundan
Id × R = Idza z × ( ρa ρ − za z ) = Iρdzaφ
dir ve bu (5.2) eşitliğinde yerine konularak
b
µ Ib
ρdz
µ Iρ
z
B= o
a = o
aφ
2
2 3/ 2 φ
4π a ( ρ + z )
4π ρ 2 ρ 2 + z 2
a
∫
352
Elektromanyetik Alan Teorisi
µ I
b
a
−
B= o
2
2
2
4πρ ρ + b
ρ + a2
aφ
elde edilir. Sonuca göre B ’nin aφ yönünde sıfır olmayan bir değerinin olduğu görülmektedir.
Akım z yönünde olduğundan ve B ’nin buna dik yönde olması gerektiğinden bu sonuç
beklenmiştir.
Önceki eşitlikte a=-∞ ve b=∞ konularak sonsuz uzunlukta iletkenin bir noktada meydana getirdiği
B alanı,
µ I B = o aφ
2πρ
(5.6)
bulunur. (5.6) eşitliğinden görüldüğü gibi manyetik akı yoğunluğu ρ’nin bir fonksiyonu olarak ters
orantılı değişir. İletkene dik düzlemde şekil 5.7b’de görüldüğü gibi manyetik akı hatları iletkeni
çevreleyen çemberler şeklindedir. Burada sağ el kuralının hatırlanmasında yarar vardır.
Düzgün yük yoğunluklu uzun bir hattın etrafındaki E alanının büyüklüğünün değişimine
(E = ρl / 2ε o ρ a ρ ) benzer şekilde B alanının büyüklüğünün ρ ile değişiminin ilginçliğine dikkat
edilmelidir. Bu, bazı şartlar altında elektrostatik ve manyetostatik alanlar arasında, alanların
yönlerinin farklı olması durumunda bile bir ilişki olabileceğini göstermektedir. Daha sonraki
kısımlarda bunun hakkında daha fazla şey söylenecektir.
ÖRNEK 5.2 (a) Şekil 5.8a’da görüldüğü gibi b yarıçapında dairesel kapalı bir çerçeve xy
düzleminde ve I akımı taşımaktadır. Pozitif z ekseninde bir noktadaki manyetik akı yoğunluğu için
eşitlik oluşturunuz. Çerçeveden çok uzakta bir noktadaki manyetik akı yoğunluğunun yaklaşık
eşitliği nedir? (b) Şekil 5.8b’de görüldüğü gibi kenarı b olan kare biçimli kapalı bir çerçeve xy
düzleminde ve I akımı taşımaktadır. Pozitif z ekseninde bir noktadaki manyetik akı yoğunluğu için
eşitlik oluşturunuz. (c) Şekil 5.8c’de görüldüğü gibi, y yönünde J s = J oa y yüzey akım yoğunluğu
geçiren sonsuz iletken levhanın z ekseninde P noktasındaki manyetik akı yoğunluğu ifadesini elde
ediniz.
ÇÖZÜM
(a) d = bdφ aφ ve R = −ba ρ + za z olduğundan
d × R = bdφ aφ × (−ba ρ + za z ) = (b 2a z + bza ρ )dφ
ve (5.2) eşitliğinden manyetik akı yoğunluğu,
µ Ib 2
B= o
4π
2π
µ Ibz
dφ
a + o
2
2 3/ 2 z
4π
(b + z )
0
∫
2π
µo Ib 2
dφ
2π φ 0 az
=
a
ρ
2
2 3/ 2
2
2 3/ 2
(b + z )
4π (b + z )
0
∫
Statik Manyetik Alanlar
353
(a) Akım taşıyan kapalı dairesel iletken
çerçevenin z ekseninde P noktasındaki manyetik
akı yoğunluğu
(b) Akım taşıyan kare biçimli kapalı iletken
çerçevenin z ekseninde P noktasındaki manyetik
akı yoğunluğu
(c) y yönünde, J s = J o a y sabit yüzey akım
yoğunluğu geçiren sonsuz iletken levhanın z
ekseninde P noktasındaki manyetik akı
yoğunluğu
Şekil 5.8
B=
µo Ib 2
2(b + z )
2
2 3/ 2
az
elde edilir çünkü a ρ = a x cos φ + a y sin φ olduğundan ikinci integral
2π
∫
0
2π
2π
0
0
2π
2π
a ρ dφ = a x cos φdφ + a y sin φdφ = −a x sin φ 0 + a y cos φ 0 = 0
∫
∫
(5.7)
354
Elektromanyetik Alan Teorisi
olmaktadır. Böylece akım taşıyan çerçevenin ekseninde manyetik akı yoğunluğunun sadece z
yönünde bileşeni vardır. z=0 konularak çerçevenin merkezindeki manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki
gibi elde edilir.
µ I
B = o az
2b
(5.8)
İstenilen nokta çerçeveden çok uzakta olduğunda payda terimi yaklaşık olarak
(b 2 + z 2 ) 3 / 2 ≈ z 3
yazılabilir ve buna göre manyetik akı yoğunluğu,
µ Ib 2 B = o 3 az
2z
(5.9)
olarak tanımlanabilir. İstenilen nokta çerçeveden çok uzakta olduğunda çerçevenin boyutu z
uzaklığına göre çok küçük olduğundan akım taşıyan çerçeve bir manyetik dipol olmaktadır.
m = Iπb 2 a z = IAa z
(5.10)
olarak tanımlanan manyetik dipol momenti ile B alanı (5.9) eşitliğinden
µm
B= o 3
2πz
olur; A çerçevenin alanıdır. Örnek 5.2a’da B alanının belirlenmesi için z ekseninde bir P noktası
seçilmiştir. Boşlukta keyfi bir noktada B alanının hesaplanması oldukça karmaşıktır ve uygun bir
yaklaşım kısım 5.7’de verilmiştir. Bunun yanında akım taşıyan çerçevenin etrafındaki manyetik akı
çizgilerinin genel bir görünüşü şekil 5.9’da verilmiştir. Akı hatlarının yönüne göre üst kısım bir
kuzey kutbu gibi davranmakta ve aynı şekilde alt kısım ise güney kutbu olmaktadır. Bundan dolayı
akım taşıyan sargı bir elektromıknatıs olarak adlandırılır.
(b) Kare biçimli akım çevrimi dört ayrı parçaya ayrılabilir. Her parçanın P noktasında oluşturduğu
kısmi manyetik akı yoğunluğu bulunarak süperpozisyon prensibi ile toplanır.
y = −b / 2 kenarındaki akım elemanı için diferansiyel uzunluk elemanı, d = dx a x ve uzunluk
elemanı, R = −( xa x − b / 2a y ) + za z ’dir. (5.2) eşitliğinden y = −b / 2 kenarının oluşturduğu
manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki gibi hesaplanır.
µI
B y =−b / 2 = o
4π
d × R µo I
=
−b / 2
4π
R3
∫
b/2
∫
b/2
−b / 2
b
(dx a x ) × − xa x + a y + za z
2
2
b
x + + z2
2
2
3
Statik Manyetik Alanlar
355
Şekil 5.9 Akım
taşıyan dairesel
çerçevenin (fiziksel
manyetik dipol)
etrafındaki manyetik
akı çizgileri ve
eşpotansiyel yüzeyler
(kısım 5.7)
µI
B y =−b / 2 = o
4π
∫
b/2
−b / 2
b
a z − za y
2
2
b
x2 + + z 2
2
3
dx
b/2
µ I b x
B y = − b / 2 = o a z − za y
2
4π 2
2 b 2 b 2
z + x + + z2
2
2
B y =−b / 2
µ I b
b
= o a z − za y
2
4π 2
2 b b 2
+ z2
z +
2
2
−b / 2
y = −b / 2 kenarının tam simetriğindeki ( y = b / 2) akım elemanının P noktasında oluşturduğu
manyetik akı yoğunluğu, yukarıdaki aynı yol takip edilerek,
356
Elektromanyetik Alan Teorisi
B y =b / 2
µ I b b
= o a z + za y
2
4π 2
2 b b 2
+ z2
z +
2 2
olarak hesaplanır. Bulunan iki akı yoğunluğu toplanarak,
B y = − b / 2 + B y =b / 2
µ I b
b
=2 o
4π 2 2 b 2 b 2
+ z2
z +
2
2
µ Ib 2
a z = o
4π
1
a
z
2 b 2 b2
2
z +
+z
2 2
elde edilir. Sonuçtan görüldüğü gibi akı yoğunluğunun y bileşenleri birbirini götürmektedir. Benzer
şekilde, x = −b / 2 ve x = b / 2 kenarlarındaki akım elemanlarının P noktasında oluşturduğu
manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki gibi bulunur.
µ Ib 2
1
B x = − b / 2 + B x =b / 2 = o
az
2
4π 2 b b 2
z +
+ z2
2 2
P noktasındaki akı yoğunluğu, aşağıda görüldüğü gibi bir kenardaki akım elemanının oluşturduğu
akı yoğunluğunun 4 katıdır.
1
µ Ib 2
az
B = B y = − b / 2 + B y =b / 2 + B x = − b / 2 + B x =b / 2 = o
2
2π 2 b b 2
z +
+ z2
2 2
T
z = 0 konularak kare biçimli akım çevriminin merkezindeki akı yoğunluğu,
µ I 2 2
B z =0 = o
az
π b
T
olarak hesaplanır.
(c) Şekil 5.8c’den görüldüğü gibi diferansiyel yüzey elemanı, ds = dxdy ve uzunluk elemanı,
R = −( xa x + ya y ) + za z ’dir. 5.4 eşitliğinden sonsuz düzlemden geçen sabit yüzey akım
yoğunluğunun oluşturduğu manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki gibi hesaplanır.
µ
B= o
4π
∫
s
Js × R
µ
ds = o
3
4π
R
∫
y =∞
y = −∞
∫
x =∞
x = −∞
J oa y × (−( xa x + ya y ) + za z )
x2 + y 2 + z 2
3
dxdy
Statik Manyetik Alanlar
357
µ J
B= o o
4π
∫
y =∞
y = −∞
∫
y =∞
y = −∞
y = −∞
x =∞
x
x = −∞
x2 + y 2 + z
∫
∫
∫
x =∞
x = −∞
y =∞
∫
x =∞
x = −∞
xa z + za x
x +y +z
2
2
2
3
dxdy
∞ ,∞
=0
dxdy = − ln y + x 2 + y 2 + z 2
3
−∞ , −∞
2
xy
−1
dxdy
=
tan
3
2
z x + y2 + z2
x2 + y 2 + z 2
z
µo J o + 2 a x
B=
− µo J o a
x
2
∞ ,∞
= 2π
−∞ , −∞
z>0
T
z<0
Çözüm, sonsuz iletken düzlemin aşağısı ( z < 0) ve yukarısındaki ( z > 0) manyetik akı
yoğunluklarının zıt yönlerde olduğunu göstermektedir. Bu durum sağ el kuralı ile kolaylıkla
doğrulanabilir. İlk bakışta B alanı, kapalı bir döngü oluşturmuyor gözükmekte fakat sonsuz
düzlemin bir tarafından sonsuza giden kuvvet çizgilerinin diğer taraftan geri döndüğü dikkate
alınırsa, B alanının selenoidal özelliğini koruduğu doğrulanabilir.
ALIŞTIRMALAR
1.
0 ≤ z ≤ ∞ arasındaki çok ince bir iletken telden geçen I akımından dolayı z = 0 düzlemindeki
herhangi bir noktadaki manyetik akı yoğunluğu ifadesini elde ediniz.
2.
− L ≤ z ≤ L arasındaki düzgün bir telden I akımı geçmektedir. Teli ikiye bölen düzlemde
herhangi bir noktadaki manyetik alan nedir?
3. Aşağıdaki şekilde (şekil 5.10) görüldüğü gibi sonsuz uzunlukta a yarıçapında içi dolu
manyetik olmayan bir iletkenden I akımı geçmektedir. İletkenin iç ve dış kısımlarındaki
manyetik akı yoğunluğunun radyal yönde değişim eğrisinin şekilde görüldüğü gibi olduğunu
doğrulayınız.
(a) Sonsuz uzunlukta I akımı taşıyan yuvarlak
iletken
(b) Manyetik akı yoğunluğunun radyal yönde
değişimi
Şekil 5.10
358
Elektromanyetik Alan Teorisi
4. Aşağıdaki şekilde (şekil 5.11) görüldüğü gibi, çok uzun ve hava nüveli silindirik selenoid
oluşturmak için b yarıçapında ve L uzunluğundaki silindir üzerine çok ince iletken telden N
sarım sıkıca sarılmıştır. İletken telden I kararlı akımı geçtiğinde silindir eksenindeki herhangi
bir noktadaki manyetik akı yoğunluğunu bulunuz. Silindirin merkezindeki ve uçlarındaki
manyetik akı yoğunlukları nedir?
Şekil 5.11 Çok uzun, hava nüveli silindirik selenoid
5.3 AMPÈRE KUVVET KANUNU
Ampère tarafından yapılan deneylerin çoğu akım taşıyan bir iletkene başka bir akım taşıyan
iletkenin etkilediği kuvvetin belirlenmesi ile ilgiliydi. Deneylerinin sonucunda akım taşıyan I 1d 1
ve I 2 d 2 elemanlarının etkileşiminde 1 nolu elemanın 2 nolu eleman üzerinde oluşturduğu
manyetik kuvveti aşağıdaki gibi gösterebilmişti.
µ o I 2 d 2 I1d 1 × R 21
dF2 =
×
3
4π
R21
R 21 şekil 5.12’de görüldüğü gibi I 1d 1 den I 2 d 2 ’ye uzunluk vektörüdür. Eğer şekil 5.13’de
görüldüğü gibi her akım taşıyan eleman, akımı taşıyan iletkenin bir parçası olduğundan 1 nolu
akım taşıyan iletkenin 2 nolu akım taşıyan iletkene etkilediği manyetik kuvvet
µ
F2 = o
4π
I1d 1 × R 21
∫ I 2d 2 × ∫ R3
21
c2
c1
olur ve bu eşitlik Ampère kuvvet kanunu olarak bilinir.
(5.11a)
Statik Manyetik Alanlar
359
Şekil 5.12 1 nolu akım elemanından dolayı 2 nolu
akım elemanındaki manyetik kuvvet
Şekil 5.13 1 nolu iletkenin 2 nolu iletken
üzerindeki manyetik kuvveti
(5.2) eşitliği kullanılarak (5.11a) eşitliği aşağıdaki gibi yazılabilir.
F2 = ∫ I 2 d 2 × B1
(5.11b)
c2
µ
B1 = o
4π
∫
c1
I1d 1 × R 21
3
R21
(5.11c)
olarak 1 nolu akım taşıyan iletkenin I 2 d 2 akım taşıyan elemanın bulunduğu yerde meydana
getirdiği manyetik akı yoğunluğudur. Genel olarak akım taşıyan iletken harici bir B manyetik
alanına yerleştirildiğinde iletkende aşağıdaki gibi bir manyetik kuvvet meydana gelir.
F = ∫ Id × B
(5.12a)
c
Hacimsel akım yoğunluğu ile (5.12a) eşitliği
F = ∫ J v × B dv
(5.12b)
v
olarak ifade edilebilir. (5.12b) eşitliği Ampère kuvvet kanununun genel biçimi olarak düşünülebilir.
J v dv yerine J s ds konulmasıyla harici manyetik alan içinde bulunan yüzey akım dağılımı
üzerindeki manyetik kuvvet ifadesi elde edilebilir.
Eğer ρ v1 hacimsel yük yoğunluğu, U1 yükün ortalama hızı ve A1 akım taşıyan iletken 1’in kesit
alanı ise dq1 = ρ v1 Ad1 ve J v1dv1 = dq1 U1 ’dir. Eğer bölgedeki manyetik akı yoğunluğu B ise q1
yükü üzerindeki manyetik kuvvet,
F1 = q1U1 × B
(5.13)
360
Elektromanyetik Alan Teorisi
olur. B aynı zamanda yüklerin hareketi ile meydana gelmişse (5.5)’den U 2 ortalama hızıyla
hareket eden q 2 tarafından üretilen manyetik alanda q 1 yüküne etkiyen manyetik kuvvet,
[
µo
q
q
F1 =
U
×
U
×
R
1
1
2
2
12
4πR123
]
(5.14)
ile ifade edilir ve (5.14) eşitliği manyetik kuvvetin temel bir kuralı olarak önerilebilir ve Ampère
kuvvet kanunu ve Biot-Savart kanunu ifadelerinin elde edilmesi için kullanılabilir. Burada elektrik
kuvveti ve yerçekimi gibi hareketli iki yük arasındaki manyetik kuvvetin aralarındaki uzaklığın
karesi ile ters orantılı olarak değiştiğini söylemek yerinde olacaktır.
ÖRNEK 5.3 Şekil 5.14’de görülen bükülü iletken I akımı taşımakta ve xy düzleminde
uzanmaktadır. Ortamdaki manyetik akı yoğunluğu B = Ba z ise iletkene etkiyen manyetik kuvveti
bulunuz.
Şekil 5.14
ÇÖZÜM İletkenin x =-(a+L) ve x =-a arası kısmına etkiyen manyetik kuvvet (5.12a) eşitliğinden
F1 =
−a
∫ IB(a x × a z )dx = − BILa y
−( a + L)
ve benzer şekilde iletkenin x=a ve x=a+L arası kısmına etkiyen manyetik kuvvet,
(a+ L)
F2 =
IB(a x × a z )dx = − BILa y
∫
a
dir. a yarıçapında yarı-çember yaya etkiyen kuvvet,
−2
aρ
0 0
0 IB
(
)
ad
φ
BIa
[
cos
φ
sin
φ
]
d
φ
BIa
(
cos
φ
) π ay =
F3 =
a
×
a
=
a
+
a
=
−
−2 IBaa y
y
∫ φ z
∫ x
π
π
bulunarak tüm iletkendeki bileşke manyetik kuvvet,
F = F1 + F2 + F3 = −2 IB ( a + L)a y
Statik Manyetik Alanlar
361
elde edilir. Bükülmüş iletkene etkiyen toplam manyetik kuvvetin 2(L+a) uzunluğunda düz iletkene
etkiyen kuvvetle aynı olduğuna dikkat edilmelidir.
ÖRNEK 5.4 Şekil 5.15’de sonsuz uzunlukta akım taşıyan bir iletkenden b uzaklığında sonlu L
uzunluğunda akım taşıyan diğer bir iletken yerleştirilmiştir. Sonlu iletkenin birim uzunluğu başına
etkiyen manyetik kuvveti belirleyiniz.
ÇÖZÜM 5.1 örneğinden, I akımı taşıyan sonsuz uzunlukta iletkenden b uzaklığında meydana
gelen manyetik akı yoğunluğu,
µ I
B = o aφ
2πb
ile (5.12a)’dan sonlu iletkene etkiyen manyetik kuvvet
Şekil 5.15
µo I 2
F
=
2π b
−L 2
∫
(-a z × a=
φ ) dz
+L 2
µo 2 I La ρ
2π b
elde edilir. Buradan akım taşıyan sonlu iletkende birim uzunluk başına manyetik kuvvet aşağıdaki
gibi hesaplanır.
F µo 2 Fbirim uzunluk= =
I a ρ N/m
L 2π b
(5.15)
F manyetik kuvveti a ρ yönünde ve sonsuz uzunluktaki iletkenden uzak yönü gösterdiğinden
doğal olarak itici bir kuvvettir. Her iki iletken aynı yönde akım taşısalardı aralarındaki manyetik
kuvvet çekici bir kuvvet olacaktı.
(5.15) eşitliği gerçekte akım birimi olan amper’in tanımında kullanılır: Aralarında bir metre açıklık
ile her biri 1 metre uzunluğunda, akım taşıyan paralel iki iletken birbirleri üzerinde 2 × 10 −7
newton’luk kuvvet meydana getiriyorlarsa her iletkenden geçen akım 1 amperdir. Akım taşıyan iki
iletken için (5.1) eşitliği
∫∫ [
µII
F2 = o 1 2
4π c
2
c1
1 ×
d
d
1 × R 21
2
3
R21
]
362
Elektromanyetik Alan Teorisi
olarak da yazılabilir.
A × ( B × C) = B( A ⋅ C) − C( A ⋅ B)
vektör özdeşliği kullanılarak önceki F2 eşitliği
µII
F2 = o 1 2
4π c
2
∫∫
c1
d 2 ⋅ R 21 d 1 −
3
R21
c
d 1 ⋅ d 2
R 21
3
R21
c1
∫∫
2
3
= −∇(1 R21 ) olduğundan sağ taraftaki birinci integral
gibi yazılabilir. R 21 / R21
−
1 ⋅ d 2 d 1
21
c1 c2
∫ ∫ ∇ R
olur. I 2 akımı taşıyan iletken kapalı bir döngü veya çerçeve ise Stokes teoremi uygulanarak çizgisel
integral aşağıdaki gibi yüzey integraline dönüştürülür.
−
1 ⋅ d s2 d 1
∇ × ∇
R21
c1 s2
∫∫
Bununla beraber bu integral, skaler bir fonksiyonun gradyanının rotasyonel’i sıfır olacağından
sıfırdır.
Böylece herhangi bir biçimde akım taşıyan çerçeveye etkiyen manyetik kuvvet aşağıdaki gibi ifade
edilir.
µII
F2 = − o 1 2
4π
∫
c1
d 1 ⋅ d 2 c∫ R213 R 21
2
(5.16)
Aşağıdaki örnek (5.16) eşitliğinin bir uygulamasını vermektedir.
ÖRNEK 5.5 Dikdörtgen biçiminde I 2 akımı taşıyan bir çerçeve şekil 5.16’da görüldüğü gibi I 1
akımı taşıyan düz bir iletkenin yakınına yerleştirilmiştir. Çerçeve üzerine etkiyen manyetik kuvveti
belirleyiniz.
ÇÖZÜM Çerçeveye etkiyen toplam manyetik kuvvet çerçevenin dört kısmına, AB, BC, CD ve DA
etkiyen kuvvetlerin toplamıdır. AB veya CD’nin diferansiyel uzunluk parçası d 2 = dz 2 a z ve BC
veya DA’nın ise d 2 = dy 2 a y dir. Düz iletkenin diferansiyel uzunluğu d 1 = dz1a z dir. (5.16)
eşitliği d 1 ve d 2 diferansiyel uzunluk elemanlarının (çerçevenin BC ve DA kısımları için) nokta
çarpımını içermekte ve nokta çarpım sıfırdır. Bundan dolayı sadece AB ve CD kısımları kapalı
çerçeveye etkiyen toplam manyetik kuvvete katkı sağlamaktadır. Öncelikle çerçevenin AB kısmına
etkiyen manyetik kuvveti belirleyelim. Uzunluk vektörü,
R 21 = ba y + ( z2 − z1 )a z
Statik Manyetik Alanlar
363
olarak tanımlanır. (5.16)’dan AB kısmındaki manyetik kuvvet,
µII
FAB = − o 1 2
4π
L
a
∫ dz ∫
1
−L
−a
ba y + ( z2 − z1 ) a z
[b 2 + ( z2 − z1 ) 2 ] 3 2
dz2
µ II
FAB = − o 1 2 ( L + a ) 2 + b 2 − ( L − a ) 2 + b 2 a y
2πb
(5.17)
dir. Parantez içindeki değer pozitiftir ve negatif işareti AB kısmına etkiyen manyetik kuvvetin
çekici özellikte olduğunu göstermektedir. Benzer şekilde CD kısmı için aşağıdaki ifade elde
edilebilir.
µII
FCD = − o 1 2
4π
−a
L
∫ dz ∫
1
−L
a
ca y + ( z2 − z1 ) a z
[c 2 + ( z2 − z1 ) 2 ] 3 2
dz2
µII
FCD = o 1 2 ( L + a ) 2 + c 2 − ( L − a ) 2 + c 2 a y
2πc
(5.18)
FCD ’nin açıkca itici özellikte olduğu görülmektedir. Böylece dikdörtgen çerçeveye etkiyen toplam
manyetik kuvvet,
µ I I 1
1
F = −a y o 1 2 ( L + a ) 2 + b 2 − ( L − a ) 2 + b 2 + ( L + a ) 2 + c 2 − ( L − a ) 2 + c 2
c
2π b
olur ve c>b olduğundan bu eşitlik akım taşıyan düz iletken ile akım taşıyan çerçeve arasındaki
çekme kuvvetini göstermektedir.
Şekil 5.16 Sonsuz
uzunlukta düz
iletkenin meydana
getirdiği manyetik
alan içine
yerleştirilmiş akım
taşıyan çerçeve
ALIŞTIRMALAR
5. Örnek 5.3’ü B = Ba x ve B = Ba y için tekrar ediniz.
364
6.
7.
Elektromanyetik Alan Teorisi
F1 =
[
]
µo
q1U1 × q2 U 2 × R12 eşitliğini manyetik kuvvetin temel bir kuralı varsayarak Biot3
4π R12
Savart kanunu ve Ampère kuvvet kanunu ifadelerini elde ediniz.
(5.17) ve (5.18) eşitliklerini doğrulayınız.
8. Örnek 5.5 de L=10 m, b=2 cm, c=10 cm, a=5 cm ve I 1 =I 2 =10 A ise çerçeveye etkiyen
manyetik kuvveti bulunuz.
5.4 MANYETİK TORK
Şekil 5.17 Manyetik alanın akım taşıyan çerçevede oluşturduğu torkun belirlenmesi için
gösterimler.
Önceki kısımda, manyetik alan içine konulmuş akım taşıyan iletken üzerinde bir kuvvet oluştuğu
ve bu kuvvetin hem manyetik alana ve hem de iletkene dik yönde olduğu bulunmuştu. Bununla
Statik Manyetik Alanlar
365
beraber akım taşıyan sargı bir manyetik alan içine yerleştirilirse, sargıda meydana gelen manyetik
kuvvet sargının dönmesine neden olabilir. Gerçekte bu, elektrik motorları ve D’Arsonval tipi
elektrik sayaçlarının esas çalışma prensibidir.
Şekil 5.17a’da görüldüğü gibi tek sarımlı akım taşıyan bir çerçeve B manyetik alanı içine
konulmuştur. Sargı düzlemi manyetik alana paralel ve z ekseni etrafında dönebilecek
serbestliktedir. Sargının kesit alanı LW’dir. Ampère kuvvet kanununa göre bc ve da kenarına
etkiyen kuvvet yoktur. B alanının ab ve cd kenarlarında meydana getirdiği kuvvetler aşağıdaki
gibidir.
Fab = − BILa y
Fcd = BILa y
Şekil 5.17b sargının kenarlarına etkiyen kuvvetleri göstermektedir. İki kuvvetin hareket hatları
çakışmadığından bu kuvvetler sargıyı ekseni etrafında döndürecek bir tork meydana getirir. ab ve
cd kenarlarının moment kolları, (W 2)a x ve − (W 2)a x dikkate alınarak ab ve cd kenarlarındaki
torklar aşağıdaki gibi bulunur.
W 1
Tab = a x × Fab = − BILWa z
2
2
W 1
Tcd = − a x × Fcd = − BILWa z
2
2
Sargıya etkiyen net tork,
T = Tab + Tcd = − BILWa z
olur. Bu ifade manyetik dipol momenti ile
T = m×B
(5.19)
m = ILWa y = IAa y
(5.20)
olarak yazılabilir.
dir. Şimdi tork’un etkisi altında sargının dönerek şekil 5.17c’de görüldüğü gibi y ekseni ile θ açısı
yaptığını varsayalım. ab ve cd kenarlarındaki manyetik kuvvetler aynı kalmakla beraber bc ve da
kenarlarına etkiyen manyetik kuvvetler aşağıdaki gibi bulunur.
Fbc = ∫ I ( dxa x + dya y ) × a x B = − BIW cosθ a z
c2
Fda = BIW cosθ a z
366
Elektromanyetik Alan Teorisi
Fbc ve Fda kuvvetlerinin hareket hattı aynı olduğundan z yönünde bileşke kuvvet sıfırdır. Böylece
şekil 5.17d’de görüldüğü gibi torka katkısı olan kuvvetler sadece Fab ve Fcd dir. ab ve cd
kenarlarına etkiyen torklar,
1
W Tab =
a x sin θ − a y cosθ × (−a y BIL) = − BILW sin θ a z
2
2
[
]
W 1
Tcd =
− a x sin θ + a y cosθ × (a y BIL) = − BILW sin θ a z
2
2
[
]
ile bileşke tork,
T = Tab + Tcd = − BILW sin θ a z = m × B
(5.21)
elde edilir. Sargı üzerindeki tork sinüsoidal olarak değiştiğinden sargı manyetik alana paralel
olduğunda tork maksimumdur. Aynı mantıkla manyetik alan sargı düzlemine dik olduğunda tork
sıfırdır. Eğer sargı düzlemi manyetik alana dik değilse, sargı düzlemi torkun yönü tarafından alana
dik oluncaya kadar döndürülme eğilimindedir. Başlıca bir deyimle m manyetik dipol momenti B
ile aynı doğrultuya gelmeye çalışır. Sargı düzlemi manyetik alana dik olduğunda sargı bu
pozisyonda kilitlenir ve bundan sonra dönme gerçekleşmez. (5.21) eşitliği dikdörtgen sargı için
geliştirilmiş olmakla beraber herhangi biçimdeki bir sargı için de geçerlidir.
Eğer sargı birbirine yakın sarılmış N sarımlı ise sargıda manyetik alan tarafından meydana getirilen
net tork bir sarımlı sargının N katı olacaktır.
ÖRNEK 5.6 200 sarımlı dairesel sargının ortalama alanı 10 cm² dir. Sargı düzlemi 1,2 T’lik
düzgün manyetik akı yoğunluğu ile 30° açı yapmaktadır (şekil 5.18a). Sargıdan 50 A geçerse
sargıdaki torku belirleyiniz.
(a) B alanına daldırılmış sargı
(b) Yan görünüş
Şekil 5.18 Örnek 5.6 için dairesel sargı
ÇÖZÜM Dipol momentinin yönünü gösteren sargının yan görünüşü şekil 5.18b’de görülmektedir.
Manyetik dipol momenti xy düzlemindedir ve genliği aşağıdaki gibi hesaplanır.
m = NIA = 200 × 50 × 10 × 10−4 = 10 At.m²
Statik Manyetik Alanlar
367
Sargı üzerindeki tork,
T = m × B = a z 10 × 1,2 sin 60° = 10,39a z Nm
olarak elde edilir.
ALIŞTIRMALAR
9. 10 cm × 20 cm ebadında 10 sarımlı bir sargı 0,8 T’lık manyetik alana yerleştirilmiştir. Sargıdan
15 A geçmekte ve uzun ekseni boyunca serbestçe dönebilmektedir. Tam bir dönüş için sargının
yer değişimi açısı ile sargıya etkiyen tork grafiğini çiziniz.
10. Bir D’Arsonval sayacı 0,2 T’lık manyetik alanda 4 cm uzunluğunda ve 2,5 cm genişliğindeki
sargısı 25 sarımlı olacak şekilde tasarlanmıştır. Aygıtın geri getirici torku bir yay ile
uygulanmakta ve bu θ sapma açısı ile orantılıdır. Yay sabiti derece başına k=50 µNm’dur.
Skalada bulunan 50° ’lik yay 100 eşit taksimata bölünmüştür. Aygıtın tasarımı, manyetik alan
daima sargının eksenine göre radyal yönde olacak şekilde yapılmıştır. (a) sapmanın her
derecesi için, (b) skala taksimatı için ve (c) tam skala sapması için sargıdan geçen akımı
hesaplayınız.
5.5 MANYETİK AKI VE GAUSS KANUNU
Şekil 5.19a’da c kontur’u ile sınırlanmış s açık yüzeyini geçen manyetik alan hatları görülmektedir.
Bütün yüzey boyunca, duruma bağlı olarak B manyetik akı yoğunluğu düzgün olabilir veya
olmayabilir. Şekil 5.19b’de görüldüğü gibi yüzey n sayıda küçük yüzeylere bölünür ve her bir
yüzeyi geçen B alanının düzgün yoğunlukta olduğu varsayılırsa; bu durumda ∆si yüzeyini geçen
manyetik akı
∆Φ i = B i ⋅ ∆si
olarak tanımlanır. Eşitlikte B i ∆si yüzeyini geçen manyetik akı yoğunluğudur. s yüzeyini geçen
toplam manyetik akı aşağıdaki gibi verilir.
n Φ = ∑ B i ⋅ ∆si
i =1
Bu eşitlikteki toplam küçük yüzeyler sıfıra yaklaşırken bir belirli integral ile değiştirilebilir.
Böylece s açık yüzeyini geçen manyetik akı
Φ = ∫ B ⋅ ds
(5.22)
s
ile tanımlanır. Manyetik akı weber (Wb) olarak ölçülür. Manyetik akı yoğunluğu yüzeye tanjant ise
yüzeyi geçen toplam akı sıfırdır.
Bir mıknatısın kuzey ve güney kutupları ayrılamadığından kuzey kutbundan ayrılan manyetik akı
hatlarının sayısı güney kutbuna giren manyetik akı hatlarının sayısına eşittir. Buna ek olarak sonsuz
uzunlukta akım taşıyan bir iletkenin çevresindeki manyetik akı hatlarının eş merkezli çemberler
biçimini aldığı gösterilmişti. Bütün bu gözlemler, manyetik akı hatlarının daima sürekli olduğu
368
Elektromanyetik Alan Teorisi
sonucuna öncülük etmektedir. Başka bir deyimle kapalı yüzeye giren akı kapalı yüzeyi terk eden
akıya eşit yani
∫ B ⋅ ds = 0
(5.23a)
s
dir. (5.23a) eşitliği manyetik alanlar için Gauss kanununun integral biçimi olarak bilinir. Kapalı
yüzey integrali aşağıdaki gibi, diverjans teoreminin doğrudan bir uygulaması ile hacim integraline
dönüştürülebilir:
∇
⋅
B
∫ dv = 0
v
v kapalı s yüzeyi ile sınırlanan hacimdir. Çünkü gözlem altındaki hacim genellikle sıfır
olmadığından bu eşitliğin anlamı
∇⋅B = 0
(5.23b)
dir. (5.23b) eşitliği manyetik alanlar için Gauss kanununun diferansiyel veya nokta biçimi olarak
bilinir. B ’nin diverjansı sıfır olduğundan manyetik akı yoğunluğu selenoidal biçimdedir. Kararlı
akımlar tarafından üretilen manyetik alanlar üzerinde tartışılmasına rağmen (5.23a ve b) eşitlikleri
tamamen geneldir ve akımların zamanla değişimi durumunda da geçerlidir. (5.23b) eşitliği daha
sonra Maxwell’in dört denkleminden birisi olarak karşımıza gelecektir.
(a) Açık bir yüzeyi geçen manyetik akı
hatları
(b) n sayıda küçük yüzeylere bölünmüş aynı açık
yüzey
Şekil 5.19
ÖRNEK 5.7 Çok uzun, benzer ve paralel iki iletken zıt yönlerde 1000 A akım geçirmekte ve 100
m açıklığındaki direkler üzerine gerdirilmiştir. Eğer iletkenlerin yarıçapı 2 cm ve eksenleri
arasındaki açıklık 1 m ise iletkenler ve iki direk arası ile sınırlanan bölgeyi geçen akıyı bulunuz.
Statik Manyetik Alanlar
369
ÇÖZÜM Her biri a yarıçapında, b uzaklığı ile birbirinden ayrılmış ve zıt yönlerde akım taşıyan
paralel iletkenler şekil 5.20’de görülmektedir. İki direk arası uzaklık L’dir. İletkenlerin düzleminde
bir y noktasındaki manyetik akı yoğunluğu,
µI
B=− o
2π
1
1
y + b − y a x
ile istenilen akı,
Φ=
µo I
2π
b−a
∫
a
1
µo I
1
y
y + b − y dy dz = 2π ln b − y
0
L
∫
b−a
L
z0 =
a
µo IL b − a
ln
π
a
elde edilir. Diferansiyel yüzey, ds = − dydza x ’dir.
Şekil 5.20 İki iletken telli iletim
hattı
Örnekte verilen (a=0,02 m, b=1 m, L=100 m ve I=1000 A) sayısal değerler yerine konulduğunda
istenilen akı aşağıdaki gibi bulunur.
Φ=155,67 mWb
ÖRNEK 5.8 B = Ba z ise orijinde bulunan R yarıçapında ve z=0 düzlemi ile sınırlanan bir yarı
küreyi geçen manyetik akıyı hesaplayınız.
ÇÖZÜM Şekil 5.21’de olduğu gibi yarı küre ve r yarıçapındaki dairesel disk bir kapalı yüzey
oluşturduğundan dolayı yarı küreyi geçen akının diskten geçen akı ile tamamen aynı olması
gerekir. Diski ve yarı küreyi geçen akılar aşağıdaki gibi hesaplanır. Küresel koordinat sisteminde
a z ⋅ a r = cosθ olduğu hatırlanmalıdır.
370
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 5.21 Bir yarı küreyi geçen manyetik akı
Φ disk
R
= B ⋅ ds z =
∫
0
π /2
Φ yarı küre = B ⋅ dsr =
s
R
ρ2
2π
φ 0 = π R2B
Ba z ⋅ ρ dρ dφa z =B
2 0
0
∫ ∫
s
∫
2π
2π
π /2
1
2π
Ba z ⋅ r 2 sin θ dθ dφ a r = − BR 2 cos 2 θ φ 0 = π R 2 B
2
0
0
∫ ∫
0
ALIŞTIRMALAR
11. Sonsuz uzunlukta akım taşıyan iletkenin oluşturduğu B manyetik alanının Gauss kanununu
sağladığını gösteriniz.
12. Örnek 5.7’yi her iki iletken z yönünde akım taşırken tekrarlayınız.
13. Kenarı 2b olan bir küp orijinde bulunmaktadır. Çok uzun düz bir iletken z ekseninde
yerleştirilmiş ve z yönünde I akımı taşımaktadır. x=b yüzeyinden geçen akıyı bulunuz.
14. B = 12 xa x + 25 ya y + cza z ise c’yi bulunuz.
5.6 MANYETİK VEKTÖR POTANSİYELİ
Önceki kısımda bahsedildiği gibi, manyetik akı yoğunluğu, diverjansı sıfır olduğundan daima
selenoidal (sürekli) dir. Diverjansı sıfır olan bir vektör başka bir vektör biriminin rotasyonel’i
olarak ifade edilir:
B = ∇×A
(5.24)
A manyetik vektör potansiyelidir ve Wb/m olarak ifade edilir. Çoğu kez, manyetik vektör
potansiyeli, A bulunduktan sonra (5.24) kullanılarak B bulunur.
A ’nın tanımlanması için B alanı ifadesini veren Biot-Savart kanununu dikkate alalım. Akım
taşıyan bir iletkenin P(x,y,z) noktasında meydana getirdiği manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki gibi
ifade edilmektedir.
Statik Manyetik Alanlar
371
µ I
B= o
4π
∫
c
d ′ × R
R3
R = ( x − x ′)a x + ( y − y ′)a y + ( z − z ′)a z dir. Eşitlikte üslü koordinatların da kullanıldığına dikkat
edilmelidir. Bu durumda, kaynak (üslü) ve alan (üslü olmayan) koordinatları arasındaki farkın
görülmesi yararlı olacaktır.
R
1
∇ = − 3
R
R
olduğundan dolayı manyetik akı yoğunluğu,
µ I
1 B = o ∇ × d ′
4π c R
∫
(5.25)
olarak da yazılabilir. Vektörel çarpımda terimler ters sırada yazılarak negatif işaret elimine
edilmiştir. (2.127) vektör özdeşliği kullanılarak (5.25)
d ′ 1
1 ′
∇ × d = ∇ × − [∇ × d ′]
R
R R
olarak tanımlanabilir. Rotasyonel işlemi P(x,y,z) noktasının üslü olmayan koordinatlarına göre
olduğundan, ∇ × d ′ = 0 ’dır. Böylece (5.25)’den
µo I
d ′
∇×
B=
4π c
R
∫
elde edilir. İntegrasyon ve diferansiyel farklı iki değişken grubuna göre olduğundan işlem sırası
değiştirilebilir ve aşağıdaki eşitlik yazılır.
µ I
B = ∇× o
4π
d ′
c R
∫
(5.26)
5.24 ve 5.26’nın karşılaştırılması ile manyetik vektör potansiyeli, A için aşağıdaki ifade edilir.
µ
Α= o
4π
∫
c
Id′
R
(5.27a)
Eğer akım taşıyan iletken kapalı bir döngü oluşturuyorsa bu eşitlik
µ
A= o
4π
∫
c
Id′
R
gibi olur. (5.27a) hacimsel akım yoğunluğu ile genelleştirilerek (5.27c) bulunur.
(5.27b)
372
Elektromanyetik Alan Teorisi
µ
A= o
4π
∫
v
J v dv′
R
(5.27c)
Rotasyonel’i manyetik akı yoğunluğu, B ’yi verecek şekilde manyetik vektör potansiyeli, A
tanımlandı. Vektör analizi bölümünde tartışıldığı gibi bir vektör alanı sadece rotasyonel ve
diverjansı birlikte tanımlandığında tek olarak tanımlanabilir. Bundan dolayı A’nın diverjansının
yine de tanımlanması gerekmektedir. Manyetostatikte ∇ ⋅ A = 0 ’dır ve bu sınırlama Coulomb
geyç’i (ayarı) olarak adlandırılır.
A kullanılarak manyetik akı (Φ) da tanımlanabilir:
Φ = ∫ B ⋅ ds = ∫ ( ∇ × A ) ⋅ ds
s
s
Stokes teoreminin doğrudan bir uygulaması sonucunda
Φ = A ⋅ d
∫
(5.28)
c
bulunur. c açık s yüzeyini çevreleyen konturdur.
ÖRNEK 5.9 Çok uzun düz bir iletken z eksenine yerleştirilmiş ve z yönünde I akımı taşımaktadır.
İletkenin orta kesit düzleminde bir noktadaki manyetik vektör potansiyelinin ifadesini elde ediniz.
Bu noktadaki manyetik akı yoğunluğu nedir?
ÇÖZÜM Şekil 5.22’de görüldüğü gibi akım taşıyan iletken z yönünde z=-L ve z=L arasında
uzanmaktadır. Idza z akım elemanından P noktasına R uzunluk vektörü R = ρa ρ − za z ’dir.
Böylece P noktasındaki manyetik vektör potansiyeli,
µ I a
A= o z
4π
L
∫
−L
dz
ρ 2 + z2
=
L
µo I
ln( z + ρ 2 + z 2 )
4π
−L
µ I
A = o ln[ L + L2 + ρ 2 ] − ln[− L + L2 + ρ 2 ] a z
4π
(5.29)
olur ve bu akım taşıyan iletkenin orta kesit düzlemindeki manyetik vektör potansiyelinin tam bir
ifadesidir. Çok uzun bir iletken için, L>>ρ
ρ 2
L + L2 + ρ 2 ≈ L + L 1 + ≈ 2 L
2 L
ve
ρ 2 ρ 2
− L + L2 + ρ 2 ≈ − L + L 1 + ≈
2 L 2 L
Statik Manyetik Alanlar
373
yaklaşımları kullanılarak
µ I 2L A = o ln
az
2π
ρ
(5.30)
elde edilir. P noktasındaki manyetik akı yoğunluğu (5.24)’den
aρ
1 ∂
B = ∇×A =
ρ ∂ρ
Aρ
az
1
∂
=
∂z ρ
Az
ρaφ
∂
∂φ
ρAφ
aρ
∂
∂ρ
0
az
∂
∂z
ρaφ
∂
∂φ
=−
µo I 2 L
ln
ρ
2π
0
1
∂Az µ IL
aφ = o
2
2πρ L + ρ 2
∂ρ
aφ
olarak elde edilir. L>>ρ yaklaşımı bir kere daha yapılarak,
µ I B = o aφ
2πρ
(5.31)
bulunur ki bu eşitlik sonsuz uzunlukta akım taşıyan iletken için daha önce Biot-Savart kanunu
kullanılarak elde edilen B alanı ifadesi ile aynıdır.
Şekil 5.22 Akım taşıyan sonlu
iletkenin P noktasında meydana
getirdiği manyetik vektör potansiyeli
ÖRNEK 5.10 Şekil 5.23’de görüldüğü gibi uzun bir koaksiyel kablonun içindeki iletkenin yarıçapı
1 cm ve z yönünde 80 A akım taşımaktadır. Dış iletken çok ince ve yarıçapı 10 cm’dir. İletkenler
içinde kalan toplam akıyı hesaplayınız.
ÇÖZÜM Kablonun boyu ile karşılaştırıldığında iletkenler arasındaki açıklık çok küçük
olduğundan kablo içinde herhangi bir noktadaki vektör potansiyeli için yaklaşık ifade (5.30)
kullanılabilir. (5.28)’den toplam akı aşağıdaki ifade ile elde edilir.
Φ=
A
∫ ⋅ d =
c
A
⋅
d
+
A
⋅
d
+
A
⋅
d
+
A
∫
∫
∫
∫ ⋅d
c1
c2
c3
c4
374
Elektromanyetik Alan Teorisi
Koaksiyel kablo içindeki akının genel bir ifadesinin elde edilmesi için a ve b nin sırasıyla iç ve dış
iletkenlerin yarıçapları olduğu kabul edilsin. Manyetik vektör potansiyelinin sadece z bileşeni
olduğundan c 2 ve c 4 hatları boyunca integralin hiç katkısı olmayacaktır. Bu durumda,
Φ
=
µo I
∫c A ⋅ d + c∫ A ⋅ d= 2π
1
3
µo I
2L
∫− L ln a dz − 2π
L
L
µ IL b
2L
= o ln
dz
π
b
a
∫ ln
−L
(5.32)
olarak elde edilen akı ifadesinden, I=80 A, L=50 m, a=1 cm, ve b=10 cm değerleri yerine
konularak
Φ = 3,68 mWb
değeri bulunur.
Şekil 5.23 Akım taşıyan koaksiyel kablo
5.7 MANYETİK DİPOL
Kısım 5.2’de, akım taşıyan kapalı dairesel iletken çerçevenin eksenindeki akı yoğunluğunun
hesaplanmasında manyetik dipol konusuna kısaca değinilmişti. Gözlem noktası çerçevenin
yarıçapına göre oldukça büyük olduğunda dipol olarak davranan çerçevenin etrafında oluşan akı
yoğunluğu manyetik vektör potansiyeli kavramı kullanılarak aşağıdaki yaklaşımla hesaplanabilir.
Şekil 5.24a’da görüldüğü gibi, çevrimin merkezini küresel koordinatların orijinine yerleştirerek,
P(r ,θ ,φ ) noktasındaki manyetik vektör potansiyelini hesaplayalım. Simetrilikten dolayı manyetik
alanın P noktasının φ açısından bağımsız olduğu açıktır. yz düzleminde P (r ,θ , π / 2) noktasını
alalım. Şekilden görüleceği gibi P noktasındaki aφ , akım elemanının (d ) bulunduğu yerdeki aφ
ile aynı değildir (gerçekte P noktasındaki aφ birim vektörü − a x ’dir). 5.27b eşitliğindeki, d ve R
aşağıdaki gibi bulunur.
ve
d = bdφaφ = bdφ (− sin φa x + cos φa y )
Statik Manyetik Alanlar
375
(a) Dairesel akım
çevriminin (manyetik
dipol) P noktasındaki
manyetik akı yoğunluğu
(b) İdeal manyetik
dipolün etrafındaki
manyetik akı çizgileri ve
eşpotansiyel yüzeyler
Şekil 5.24
R = r − r ' = (r sin θ cos π / 2a x + r sin θ sin π / 2a y + r cosθa z ) − (b cos φa x + b sin φa y )
R = −b cos φa x + (r sin θ − b sin φ )a y + r cosθa z
R = b 2 + r 2 − 2br sin θ sin φ
376
Elektromanyetik Alan Teorisi
r >> b olduğunda, binom açılımı ile
1 1 b sin θ cos φ
= 1 +
R r
r
ifadesi yazılabilir. 5.27b eşitliğinin doğrudan uygulanması ile
µ
A= o
4π
µ Ib
A= o
4πr
∫
2π
0
∫
c
Id µo Ib
=
R
4πr
∫
2π
0
b sin θ cos φ
1 +
dφ (− sin φa x + cos φa y )
r
b sin θ
b sin θ
cos φ sin φa x + cos φa y +
cos 2 φa y dφ
− sin φa x −
r
r
2π
µ Ib
b sin θ 1
b sin θ 1
2π 2π 2π 2
o
(
φ + cos φ sin φ ) 0 a y
A=
− (− cos φ ) 0 a x −
− cos φ a x + sin φ 0 a y +
4πr
r 2
r 2
0
µ Iπb 2 sin θ A= o
ay
4πr 2
veya alanın simetriliğinden dolayı genelleştirilerek
µ Iπb 2 sin θ A= o
aφ
4πr 2
elde edilir. Dipol moment vektörü, m = Iπb 2a z ile A aşağıdaki biçimde yazılabilir.
µm
× ar
o
A=
Wb/m
4πr 2
aφ = a z × a ρ = a z × a r sin θ ’dir. m kullanılarak elde edilen A ile 3. bölümde p ile elde edilen V
ifadelerindeki benzerlik karşılaştırılabilir. (5.24) kullanılarak B aşağıdaki gibi elde edilir.
1
1 ∂ µo Iπb 2 sin θ
∂ µo Iπb 2 sin θ
a r −
B = ∇ × A =
sin
θ
r ∂r r
4πr 2
4πr 2
r sin θ ∂θ
aθ
µ Iπb 2 cosθ µo Iπb 2 sin θ B= o
ar +
aθ
2πr 3
4πr 3
µm
B = o 3 (2 cosθa r + sin θaθ )
4πr
İdeal manyetik dipolün etrafındaki manyetik akı yoğunluğu dağılımı ve eşpotansiyel yüzeyler şekil
5.24b’de görülmektedir.
Statik Manyetik Alanlar
377
ALIŞTIRMALAR
15. Örnek 5.10’da iletkenler içindeki bölgedeki manyetik akı yoğunluğunu kullanarak çevrelenen
toplam akıyı belirleyiniz.
16. L uzunluğunda kısa ve düz bir iletken z yönünde I akımı taşımaktadır. İletkenden uzakta bir
noktadaki manyetik vektör potansiyelinin aşağıdaki gibi olduğunu gösteriniz. R orijinden
gözlem noktasına olan uzaklıktır. Bu noktadaki manyetik akı yoğunluğu nedir?
µ IL A = o az
4πR
5.8 MANYETİK ALAN ŞİDDETİ VE AMPÉRE KANUNU
Elektrostatik alanlar üzerinde çalışılırken, elektrik akı yoğunluğu elektrik alan şiddeti ile D = εE
olarak tanımlanmış ve D ortamın geçirgenliğinden bağımsızdı. Şimdi boşluktaki manyetik alan
şiddeti, H
B
H=
(5.33a)
B = µo H
(5.33b)
µo
veya
olarak tanımlanır. (5.33) eşitliklerinden manyetik alan şiddetinin geçirgenlikten bağımsız olduğu
açıktır ve B ve H arasındaki bağıntı D ve E arasındakine benzemektedir. Kısım 5.8’de
malzemelerin bulunduğu ortamda H tanımlanarak detaylı davranışına deyinilecektir. J ’nin sıfır
olduğu bölgelerde H ’nin korunumlu olduğu veya değişmediği de gösterilecek yani H manyetik
skaler potansiyeli adında başka bir alan biriminin gradyanı ile tanımlanabilecektir. (5.33)
eşitliğinden boşlukta B ve H ’nin aynı yönde olduğu açıktır. Şimdi Ampère devre kanunu
manyetik alan şiddeti ile ifade edilebilir.
Ampère devre kanunu
Ampère devre kanunu, (kısaca Ampère kanunu olarak söylenir), bir kapalı yol etrafındaki manyetik
alan şiddetinin çizgisel integralinin çevreleyen akıma eşit olduğunu ifade etmekte yani
I
∫ H ⋅ d =
(5.34a)
c
dir. I kapalı yol içindeki kesit alanının çevrelediği net akımdır. (5.34a) eşitliği Ampère kanununun
integral biçimidir. I akımı herhangi biçimdeki bir iletkenden taşınabilir veya bir yük akışı olabilir
(vakum tüpündeki bir elektron hüzmesi veya ışını).
Elektrostatikte Gauss kanunu bir bölgede elektrik alanlarının hesaplanması için yeterli simetrik yük
dağılımları için kullanılmıştı. Manyetostatikte Ampère kanunu Biot-Savart kanununda olduğu gibi
yoğun integral işlemleri olmaksızın manyetik alanların belirlenmesini kolaylaştırır.
378
Elektromanyetik Alan Teorisi
Akım hacimsel akım yoğunluğu ile
I = ∫ J v ⋅ ds
s
gibi ifade edilebildiğinden Ampère kanununun integral biçimi (5.34a)’dan
∫ H ⋅ dl = ∫ J
c
v
⋅ ds
s
olur. Stokes teoremi,
∫
(∇ × H)ds = J v ⋅ ds
∫
s
s
eşitliğinde olduğu gibi yüzey integrali ile çizgisel integralin tanımlanmasına izin verir. s keyfi açık
yüzeyi c kapalı konturu ile çevrelendiğinden önceki eşitlik
∇ × H = Jv
(5.34b)
gibi genelleştirilmiş formda yazılabilir. Bu eşitlik daima statik alanlar için Ampère kanununun
nokta (diferansiyel) biçimi olarak adlandırılır.
Aşağıdaki örnekler simetri şartlarını sağlayan akım dağılımları için manyetik alanların
belirlenmesinde Ampère kanununun bazı uygulamalarını göstermektedir.
ÖRNEK 5.11 Çok uzun, ince düz bir iletken z eksenine yerleştirilmiş ve z yönünde I akımı
taşımaktadır. Ampère kanununu kullanarak boşlukta herhangi bir noktadaki manyetik alan şiddetini
bulunuz.
ÇÖZÜM Şekil 5.25’de görüldüğü gibi simetrik tartışması manyetik alan hatlarının eş merkezli
çemberler olması gerektiğini dikte etmektedir. Her bir çember boyunca manyetik alan şiddeti,
∫
c
2π
H ⋅ d = H φ ρdφ = 2πρH φ
∫
0
eşitliğinde olduğu gibi sabit genlikte olacaktır.
Şekil 5.25 Çok uzun akım taşıyan iletkeni
çevreleyen manyetik alan
Kapalı yol ile çevrelenen akım I olduğundan Ampère kanunu,
Statik Manyetik Alanlar
379
µ I I H=
aφ veya B = o aφ
2πρ
2πρ
olarak elde edilir ve böylece Ampère kanunu daha önce Biot-Savart kanunu kullanılarak bulunan
aynı sonucu verir.
ÖRNEK 5.12 Şekil 5.26a’da görüldüğü gibi iç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan çok uzun içi boş
bir iletken z ekseni boyunca yerleştirilmiş ve z yönünde I akımı taşımaktadır. Akım düzenli
dağılmışsa boşlukta herhangi bir noktadaki manyetik alan şiddetini belirleyiniz.
ÇÖZÜM Akım dağılımı düzenli olduğundan aşağıdaki gibi hacimsel akım yoğunluğu ile ifade
edilebilir.
Jv =
I
az
2
π (b − a )
2
Simetrik tartışması sonucu alan hatlarının eş merkezli çemberler, manyetik alan şiddetinin φ
yönünde ve H φ ’nin her bir çember boyunca sabit genlikte olması beklenir. İlgili üç bölge vardır ve
her bir bölgedeki manyetik alan şiddeti ayrı ayrı hesaplanacaktır.
Bölge 1, ρ≤a: Silindirin boş bölgesindeki kapalı yolun içindeki akım sıfır olduğundan
manyetik alan şiddeti bu bölgede sıfırdır. Böylece ρ≤a için H = 0 ’dır.
(b) a≤ρ≤b için kapalı dairesel
yolu gösteren kesit görünüş
(a) Akım taşıyan içi boş iletken
(c) ρ≥b de kapalı yolu gösteren
kesit görünüş
Şekil 5.26 Örnek 5.12 için içi boş iletken
Bölge 2, a≤ρ≤b: ρ yarıçapında kapalı dairesel kontur ile akım taşıyan iletkenin kesit
görünüşü şekil 5.26b’de görülmektedir. Çevrelenen net akım,
I çevrelenen = J v ⋅ ds =
∫
s
ρ
∫
ve
H
∫ ⋅ d = 2πρH φ
c
2π
I
I (ρ 2 − a2 )
d
d
ρ
ρ
φ
=
b2 − a 2
π (b 2 − a 2 ) a
0
∫
380
Elektromanyetik Alan Teorisi
olarak Ampère kanunundan (eşitliklerin sağ tarafları eşitlenerek), H aşağıdaki gibi bulunur.
I ρ 2 − a 2
H=
aφ a≤ρ≤b için
2πρ b 2 − a 2
Bölge 3, ρ≥b: Bu durumda gözlem noktası iletkenin dışında (şekil 5.26c) olduğundan
çevrelenen net akım I ’dir. Böylece bu bölgedeki net manyetik alan şiddeti aşağıdaki gibi elde
edilir.
I H=
aφ
2πρ
ρ≤b için
ÖRNEK 5.13 Şekil 5.27a’da görüldüğü gibi N sarımlı birbirine yakın aralıklı sargı (toroidal sarım)
torodial biçimde sarılmıştır. Halkanın iç ve dış yarıçapları a ve b ve halkanın yüksekliği h’dir. Eğer
sargıdan I akımı geçerse; a) halka içindeki manyetik alan şiddetini, b) manyetik akı yoğunluğunu
ve c) halka ile çevrelenen toplam akıyı bulunuz.
(a) Toroidal sargı
(b) a ≤ ρ ≤ b yarıçapında dairesel döngü ile çevrelenen toplam
akımın gösterilmesi için kesit görünüş
Şekil 5.27
ÇÖZÜM Şekil 5.27b’de sargı ve halkanın kesit görünüşü görülmektedir. Ampère kanununun
uygulanması, sadece halka içinde manyetik alan şiddetinin varlığını gösterir. Halka içinde herhangi
bir ρ yarıçapında manyetik alan şiddeti φ yönünde ve genliği sabittir. Çevrelenen toplam akım NI
olduğundan, Ampère kanunundan, halka içindeki manyetik alan şiddeti
NI H=
aφ
2πρ
a≤ρ≤b için
dir ve halka içinde herhangi ρ yarıçapındaki manyetik akı yoğunluğu,
µ NI B = µo H = o aφ
2πρ
a ≤ ρ ≤ b için
Statik Manyetik Alanlar
381
olur. Halka içindeki toplam akı aşağıdaki gibi bulunur.
µ NI
Φ = B ⋅ ds = o
2π
∫
b
dρ
h
∫ ρ ∫ dz =
a
0
µo NIh
ln(b / a )
2π
ALIŞTIRMALAR
17. a = 10 cm yarıçapında dairesel kesit alanlı çok uzun düz bir iletken z eksenine yerleştirilmiştir.
İletken z yönünde kesit alanı boyunca düzgünce dağıtılmış 100 A taşımaktadır. (a) iletkenin
içinde ve (b) iletkenin dışındaki manyetik alan şiddetini bulunuz. İletkenin merkezinden,
uzaklığın bir fonksiyonu olarak manyetik alan şiddetinin grafiğini çiziniz.
18. Örnek 5.13’de N=500 sarım, a=15 cm, b=20 cm, h=5 cm ve I=2 A ise halka içindeki manyetik
alan şiddetini, manyetik akı yoğunluğunu ve toplam akıyı bulunuz. Halka içinde manyetik alan
şiddeti düzgün ve ortalama yarıçaptaki genliğe eşit varsayılırsa halka içindeki manyetik akı
yoğunluğu ve toplam akıyı hesaplayınız. Bu varsayımla meydana gelen hata nedir?
19. Çok ince bir tel helisel bir sargı biçiminde sıkıca sarılarak bir selenoid oluşturuluyor. Sargının
iç yarıçapı b ve selenoid çok uzunsa sargı içindeki manyetik alan şiddetinin genliğinin nI
olduğunu gösteriniz; I sargıdan geçen akım ve n birim uzunluk başına sarım sayısıdır. Sargı
içindeki manyetik akı yoğunluğunu ve sargıyı kesen toplam akıyı da hesaplayınız.
5.9 MANYETİK MALZEMELER
Manyetik alanlar teorisi şimdi manyetik malzemeler içeren bölgelere uygulanabilir. Tartışmanın
uzantısı dielektrik malzemelerdeki elektrik alanlarına paralel olacak fakat bazı farklılıklar
olduğunda zaman zaman vurgulanacaktır.
Şekil 5.28a’da görüldüğü gibi genelde selenoid olarak adlandırılan, I akımı taşıyan L uzunluğunda
silindirik bir sargı ile bir deney yapılsın. İletkenlerin birbirine yakın ve düzenli aralıklarla sarıldığı
varsayılmıştır. Deney ve çözüm sonucunda selenoidin merkezindeki manyetik akı yoğunluğunun
şekil 5.28b’de görüldüğü gibi her iki ucunun iki katı kadar büyük olduğu bulunur. Eğer bu alanın
içine değişik cisimler yerleştirilirse dBz / dz gradyanının büyük olduğu selenoid’in uç kısımlarında
numune cisimlere etkiyen manyetik kuvvetlerin maksimum olduğu anlaşılabilir. Numunenin daima
selenoid’in üst ucundan yerleştirildiğini varsayarak deneye devam edelim ve numune üzerindeki
kuvveti gözlemleyelim. Gözlemler herhangi bir numune üzerindeki kuvvetin numunenin kütlesi ile
orantılı olduğunu ve numune çok büyük olmadığı sürece numunenin biçiminden bağımsız
olduğunu ortaya çıkaracaktır. Aynı zamanda, bazı numunelerin alanın içine doğru daha güçlü
çekilirken diğer numunelerin itildiği gözlenecektir.
Üzerinde zayıf bir itme kuvveti meydana gelen cisimler diamanyetik olarak adlandırılırlar. Pratik
olarak bütün organik bileşenler ve inorganik bileşenlerin çoğu diamanyetiktir. Gerçekte
diamanyetizma her atom ve molekülün bir özelliği olarak dikkate alınır. Şekil 5.29a’da bir
diamanyetik malzeme olan cam’ın manyetik alan içindeki davranışı görülmektedir.
Çekme kuvveti oluşturan cisimlerin iki belirgin tipi vardır. Zayıf bir kuvvetle merkeze doğru
çekilen cisimlere paramanyetik denilir. Aluminyum, bakır gibi çoğu diğer metallerdeki
paramanyetizma, diamanyetizmadan çok büyük değildir. Şekil 5.29b’de bir paramanyetik malzeme
olan aluminyum’un manyetik alan içindeki davranışı görülmektedir. Bunun yanında demir ve
manyetit gibi bazı cisimler ferromanyetik olarak adlandırılırlar. Ferromanyetik cisimlere etkiyen
manyetik kuvvet paramanyetik cisimlere etkiyenden 5000 kat daha büyük olabilir. Bazı
382
Elektromanyetik Alan Teorisi
diamanyetik, paramanyetik ve ferromanyetik maddelerin bağıl geçirgenlikleri tablo 5.1’de
listelenmiştir.
(b) Selenoid’in ekseni üzerindeki manyetik
akı yoğunluğu grafiği
(a) Selenoidal sargı
Şekil 5.28
Tablo 5.1
MANYETİK OLMAYAN MADDELER
Diamanyetik maddeler Paramanyetik maddeler
Madde
Madde
µr
µr
Bakır
Gümüş
Azot
Bizmut
Karbon
Hidrojen
Silikon
Grafit
0,999991
0,999998
0,999996
0,999983
0,999956
0,99998
0,999997
0,99988
Aluminyum
1,00008
Magnezyum
1,00015
Oksijen
1,00167
Hava
1,0000004
Tungsten
1,000068
Berilyum
1,00000079
Nikel klorit
1,00004
Mangan sülfat
1,0001
MANYETİK MADDELER
Ferromanyetik maddeler
Madde
µr
Kobalt
Nikel
Yumuşak çelik
Demir
Permalloy (Fe, Ni, Mn alaşımı)
Demir tozu
Silikon çelik
Ferrit
250
600
2000
5000
100000
100
3500
1000
Paramanyetik ve diamanyetik cisimlere etkiyen kuvvet oldukça az olduğundan pratik amaçlar için
beraber gruplandırılır ve manyetik olmayan malzemeler olarak adlandırılır. Manyetik olmayan
bütün cisimlerin geçirgenliği boş uzay ile aynı varsayılmaktadır.
(a) Diamanyetik madde olan cam manyetik alana
(b) Paramanyetik madde olan aluminyum
yerleştirildiğinde manyetik alan tarafından
manyetik alana yerleştirildiğinde manyetik alan
itilerek alana dik bir konum alır.
doğrultusunda bir konum alır.
Şekil 5.29 Diamanyetik ve paramanyetik maddelerin manyetik alan içindeki davranışı
Statik Manyetik Alanlar
383
Malzemelerin manyetik özelliklerinin tam olarak tanımlanabilmesi için quantum mekaniği
kavramına gerek vardır fakat bu konu kitabın amacı dışına taşmaktadır. Bunun yanında manyetik
özelliklerin bir kısmını açıklamak için atomun temel ve basit bir modeli kullanılabilir. Şekil
5.30a’da görüldüğü gibi bir çekirdeğin etrafındaki elektronlar sabit hızda yörüngelenmişlerdir.
Akım saniye başına verilen bir noktayı geçen yük miktarı olduğundan yörüngedeki bir elektron
I=
eU e
2πρ
(5.35)
genliğinde halka akımı meydana getirir. e elektrondaki yükün genliği, U e hız ve ρ ise yarıçaptır.
Şekil 5.30b’de görüldüğü gibi yörüngedeki elektron,
eU e ρ m=
az
2
(5.36)
ile ifade edilen bir yörüngesel manyetik momente neden olur.
(a) Dairesel yörüngesinde
hareket eden elektronu
gösteren atom modeli
(b)Yörüngesel manyetik
moment
(c) Spin manyetik momenti
Şekil 5.30
384
Elektromanyetik Alan Teorisi
Quantum mekaniğinin temel bir ilkesi olarak yörüngesel açısal momentin genliği daima h/2π’nin
bir tam çarpımıdır; h Planck sabitidir (h = 6,63 × 10−34 J ⋅ s) . Bir elektron aynı zamanda yörüngesel
hareketi dışında bir açısal momente sahiptir. Bu, elektronun sabit bir hızda kendi ekseni etrafında
sürekli olarak dönmesi şeklinde düşünülebilir. Şekil 5.30c’de görüldüğü gibi elektronun kendi
etrafında dönüşü bir dolaşım (sirkülasyon) yükü meydana getirerek elektrona bir spin manyetik
momenti verir. Spin manyetik momentinin genliği,
ms =
he
= 9,27 × 10 − 24 Am2
8πme
(5.37)
eşitliğinde olduğu gibi sabittir; m e elektronun kütlesidir.
Atomun net manyetik momenti bütün elektronların yörüngesel ve spin momentlerinin yönleri ile
beraber dikkate alınarak toplanmasıyla elde edilir. Net manyetik alan bir akım döngüsünde
(manyetik dipol) olduğu gibi bir alan meydana getirir. Şekil 5.31’de demir, nikel, bakır ve
aluminyum atomlarının kabuklarındaki elektron dağılımları ve manyetik alan kaynağı olan
elektronları görülmektedir. Şekil 5.32a’da görüldüğü gibi harici bir manyetik alanın yokluğunda bir
malzeme parçası içindeki manyetik dipoller rasgele yönlendirilmişlerdir. Bundan dolayı net
manyetik moment hemen hemen sıfırdır. Şekil 5.32b’de görüldüğü gibi harici manyetik alanın
varlığında, manyetik alanla aynı doğrultuya gelecek şekilde her manyetik dipol üzerinde tork
oluşur. Şekil ideal bir yönlenmeyi göstermektedir fakat gerçekte yönlenme kısmidir. Manyetik
dipollerin yönlenmesi bir dielektrik ortamda elektrik dipollerinin yönlenmesine benzemekle
beraber bariz farklılıklar vardır. Elektrik dipollerinin yönlenmesi orijinal elektrik alanını azaltırken
paramanyetik ve ferromanyetik malzemelerdeki manyetik dipollerin yönlenmesi orijinal manyetik
alanı artırır. Malzeme içindeki manyetik dipollerin yönlenmesi şekil 5.32c’de görüldüğü gibi
malzemenin yüzeyinden geçmekte olan bir akıma eşdeğerdir. Bu akım malzeme içinde ek bir
manyetik alana neden olur. Şimdi bu nicelik olarak ispatlanabilir.
Δv küçük hacminde n atom varsa ve m i i. atomun manyetik momenti ise bu durumda birim hacim
başına manyetik moment,
n
M = lim
∆v → 0
∑ mi
i =1
∆v
(5.38)
olarak ifade edilir. M ≠ 0 ise bir malzeme manyetize olmuş veya mıknatıslanmış denilir. Bir dv′
→
→
diferansiyel hacmi için manyetik dipol momenti, dm = Mdv ′ dir. dm ’nin oluşturduğu vektör
potansiyeli aşağıdaki gibi yazılır.
µ M × a
o
R
dA =
dv′
2
4πR
1 aR
∇′ = 2
R R
vektör özdeşliği kullanılarak (5.39) eşitliği,
(5.39)
Statik Manyetik Alanlar
385
Şekil 5.31 Maddelerin manyetik özelliklerinin açıklanması için (a) demir, (b) nikel, (c) bakır ve (d)
aluminyum atomlarının kabuklarındaki elektron dağılımları.
µM
1
dA = o × ∇′ dv′
4π
R
→
olarak tanımlanabilir. v′ manyetize malzemenin hacmi ise oluşan manyetik vektör potansiyeli,
µ
1
A = o M × ∇′ dv′
4π v′
R
∫
ile ifade edilir. Şimdi,
386
Elektromanyetik Alan Teorisi
(a) Rasgele yönlenmiş manyetik (b) Harici B alanı manyetik
dipolleri ile bir manyetik
dipollerin aynı doğrultuya
malzeme parçası.
gelmesine neden olur.
(c) (b)’de doğrultuya gelmiş
küçük döngüler malzemenin
yüzeyinden geçen akıma
eşdeğerdir.
Şekil 5.32
M
1 1
M × ∇′ = ∇′ × M − ∇′ ×
R R
R
vektör özdeşliği kullanılarak manyetik vektör potansiyeli,
µ
A= o
4π
M
µo
∇′ × M
dv'−
∇′ × dv′
R
4
π
R
v′
v′
∫
∫
olarak yazılır.
∫ ∇′ × Mdv′ =−∫ M × ds′
v′
s′
vektör özdeşliği kullanılarak A ,
µ o ∇′ × M
µ
A =∫
dv′ + o
4π v′ R
4π
M × an
µo J ′vb
µo J ′sb
dv′ +
ds′
∫s′ R ds′ =
4π v∫′ R
4π ∫s′ R
(5.40)
gibi yeniden yazılabilir;
J vb = ∇ × M
(5.41)
J sb = M × a n
(5.42)
sınır hacim akım yoğunluğu ve
ise sınır yüzey akım yoğunluğudur. (5.41) ve (5.42)’de rotasyonel ve vektörel çarpım işlemlerinin
her ikisi kaynak noktayı gösterdiğinden anlayış kolaylığı bakımından üs işaretleri konulmamıştır.
(5.40) eşitliği, manyetize malzeme içinde, sınır hacim akım yoğunluğu ve malzemenin yüzeyindeki
Statik Manyetik Alanlar
387
sınır yüzey akım yoğunluğu ile (manyetize malzemenin) manyetik vektör potansiyelinin
belirlenebileceğini göstermektedir. Ek olarak manyetik vektör potansiyeline katkı sağlayacak
serbest hacim akım yoğunluğu, J vf ve serbest yüzey akım yoğunluğu, J sf olabilir. Böylece
ortamdaki toplam hacim akım yoğunluğu J v = J vf + J vb olur. Bunun yanında (5.34)’den
J vf = ∇ × H ’dir. Boşluktaki manyetik akı yoğunluğu B = µo H veya H = B / µo olduğundan
boşlukta,
B ∇ × = J vf
µo
dir. J vb ’nin katkısını dikkate almak için manyetik ortamda artış gösteren B alanı
B ∇ × = J vf + J vb = ∇ × H + ∇ × M
µo
veya
B = µo [H + M ]
(5.43)
olur. (5.43) eşitliği çok genel olup doğrusal olan veya olmayan her ortam için geçerlidir. Doğrusal
homojen ve izotropik ortam için H ile M
M = χmH
(5.44)
olarak ifade edilebilir. χ m orantı sabitidir ve manyetik duyarlılık olarak adlandırılır. (5.44)
(5.43)’de yerine konularak
B = µo [1 + χ m ]H = ( µo µ r )H = µH
(5.45)
elde edilir. µ = µ o µ r miktarı ortamın geçirgenliğidir ve µ r parametresi ortamın bağıl
geçirgenliğidir. Doğrusal, izotropik ve homojen ortam için χ m ve µ r sabitlerdir.
Paramanyetik ve diamanyetik malzemeler için µ r = 1 varsayılması pratik bir alışkanlık olmuştur.
Bunlara daha önce manyetik olmayan malzemeler denilmişti. Bunların yanında, 1 T’lik akı
yoğunluğunda ferromanyetik malzemelerin bağıl geçirgenliği 5000 kadar büyük olabilir. (5.44)
eşitliğinin sadece doğrusal, homojen ve izotropik malzemeler için geçerli olduğu hatırlanmalıdır.
Anisotropik malzemeler için B , H ve M daha fazla paralelliğini sürdüremez. Anisotropik
malzemelerin detaylı bir tartışması bu ders kitabının amacı dışına taşmakta ve ferromanyetik
malzemelerin davranışına kısmi bir bakış kısım 5.12’deki manyetik devreler tartışmasına bir temel
olduğundan gerek duyulmaktadır.
İzotropik olmayan yani anisotropik manyetik malzemelerde B ile H artık parallelliğini
sürdüremez ve B ile H arasındaki ilişki
388
Elektromanyetik Alan Teorisi
Bx µ xx
B = µ
y yx
Bz µ zx
µ xy
µ yy
µ zy
µ xz H x
µ yz H y
µ zz H z
gibi bir matrisle tanımlanır. Homojen olmayan manyetik malzemelerde geçirgenlik, pozisyona
bağlılığının gösterilmesi için µ ( x, y, z ) ile tanımlanır. En yaygın anisotropik manyetik malzeme
tek ferromanyetik kristaldir.
5.9.1 FERROMANYETİZMA
Demir, kobalt ve nikel gibi ferromanyetik malzemelerin davranışı, manyetik domenler dikkate
alınarak açıklanır. Bir manyetik domen şekil 5.33a’da görüldüğü gibi bütün manyetik dipollerin
mükemmel yönlendiği çok küçük bir bölgedir. Manyetik dipollerin yönlenme doğrultusu bir
domenden diğerine değişir; bundan dolayı bu bakir malzeme manyetize olmamış durumlarda
mevcuttur.
Manyetik malzeme harici manyetik alana yerleştirildiğinde bütün dipoller bu manyetik alan
yönünde yönlenme eğiliminde olacaklardır. Manyetik malzemenin harici manyetik alan içine
yerleştirilmesinin bir yolu şekil 5.33b’de görüldüğü gibi akım taşıyan bir iletkenin malzemenin
etrafına sarılmasıdır. Malzemenin içindeki bazı domenlerin alan yönüyle hemen hemen aynı
doğrultuya gelmesi beklenebilir. Bu domenler komşu domenlere rağmen boyut olarak büyüme
eğilimindedir. Bir domenin büyümesi sadece sınırlarını değiştirir ve domen sınırlarının hareketi
malzemenin çekirdek yapısına bağlıdır. Aynı zamanda, bazı domenlerin uygulanan alan yönünde
dipollerini döndürmesi de beklenebilir. Sonuç olarak malzeme içindeki manyetik akı yoğunluğu
artar.
(a) Manyetize olmamış ferromanyetik malzemede
manyetik dipollerin rasgele yönlenmesi
(b) Sarılmış sargı manyetik malzemede
manyetik akı meydana getirir
Şekil 5.33
Sargıdaki akım, manyetik malzeme içinde bağımsız bir değişken olarak düşünülebilecek, H alanı
meydana getirir. Uygulanan H alanı ortamda bir B alanı meydana getirir. Ortamdaki B alanı
zayıf olduğu sürece domen duvarlarının hareketi tersine dönüşümlüdür. Sargıdaki akımın
artırılarak, H alanının artışının sürdürülmesi ile ortamdaki B alanı, daha fazla manyetik dipoller
kendilerini B alanı ile aynı doğrultuya getirdiğinden, gittikçe daha kuvvetli olur. Şekil 5.34a’da
görüldüğü gibi eğer manyetik malzeme içindeki B alanı ölçülürse ilk önce B ’nin yavaşca arttığı
sonra daha hızlı yükseldiği ve daha sonra çok yavaş ve en sonunda düz bir şekil alacağı
Statik Manyetik Alanlar
389
görülecektir. Şekil 5.34a’daki kesikli olmayan düz çizgi çoğunlukla manyetik malzemenin
mıknatıslanma karakteristiği olarak adlandırılır. Her manyetik malzemenin farklı mıknatıslanma
karakteristiği vardır. B ’deki değişimler M ’deki değişimlerden dolayıdır. Düz bölge, manyetik
malzemedeki bütün dipollerin hemen hemen B alanının yönü ile kendilerini aynı doğrultuya
getirmiş olduklarını göstermektedir. B ve H bilindiği sürese M = B / µo − H olduğundan M
gerçekten belirlenebilir.
Şimdi sargıdaki akımın azaltılarak, H alanının azaltılması ile başlanırsa, şekil 5.34a’da kesik
çizgilerle görüldüğü gibi B alanının hızlı olarak azalmadığı bulunur. Bu tersine dönüşümsüzlük
histerezis olarak adlandırılır. Kesik çizgili eğri, H alanı sıfır olduğunda bile malzeme içinde hala
bir miktar manyetik akı yoğunluğu kaldığını göstermektedir. Bu artık veya kalıcı akı yoğunluğu,
B r olarak adlandırılır. Manyetik malzeme mıknatıslanmış ve bir sabit mıknatıs olmuştur çünkü
manyetik domenler bir kere harici manyetik alana tepki olarak bir yönde doğrultuya geldikten
sonra bir kısmı bu durumda kalma eğilimindedir. Kalıcı manyetik akı yoğunluğunun yüksek olması
sabit mıknatıs gerektiren uygulamalar için manyetik malzemelere daha uygun olmaktadır. Doğru
akım makinaları bu kategoriye düşmektedir. Yüksek kalıcı akı yoğunluğuna sahip bir manyetik
malzemeye sert manyetik malzeme denilir.
Şekil 5.33b’deki sargıdan geçen akımın yönü değiştirilirse malzemedeki akı yoğunluğunun, H ’nin
zıt yönündeki bir değerinde sıfır olduğu bulunur. H alanının bu değerine giderici veya koersif
kuvvet, H c denilir. H alanının her iki yönde artırılması ve azaltılması ile şekil 5.34b’de görüldüğü
gibi histerezis döngüsü (çevrimi) olarak bilinen bir eğri ortaya çıkar. Histerezis döngüsünün alanı
birim dalga başına kayıp enerjiyi (histerezis kaybı) verir. Bu enerji her dalgada bir kere olmak
üzere, manyetik domenlerin bir yöne yönlendirilmesi ve zıt yönde aynı domenlerin tekrar
yönlendirilmesi için gerekmektedir. Transformotor ve indüksiyon motorları gibi alternatif akım
uygulamalarında olabildiğince düşük histerezis kayıplı manyetik malzemelere gerek
duyulmaktadır. Başka bir ifadeyle bu malzemelerin kalıcı akı yoğunluğunun olabildiğince düşük
olması gerekir. Böyle özelliği taşıyan malzemelere yumuşak manyetik malzemeler denilir.
(a) Manyetik malzemenin mıknatıslanma karakteristiği
(b) Histerezis döngüsü
Şekil 5.34
ÖRNEK 5.14 Örnek 5.13’deki sargı bağıl geçirgenliği µ r olan bir manyetik malzeme üzerine
sarıldığında; a) birim hacim başına manyetik momentini, b) sınır hacim akım yoğunluğunu, c) sınır
yüzey akım yoğunluğunu bulunuz.
390
Elektromanyetik Alan Teorisi
ÇÖZÜM Bağıl geçirgenlik ile manyetik duyarlılık,
χ m = µr −1
ile ifade edildiğinden, birim hacim başına manyetik moment veya mıknatıslanma vektörü,
(µ − 1) NI M= r
aφ
2πρ
dir ve buradan sınır hacim akım yoğunluğu, (5.41)’den, aşağıdaki gibi elde edilir.
J vb = ∇ × M = 0
Hacim dört yüzey ile sınırlanmıştır; aşağıdaki gibi her yüzeyde ayrı ayrı sınır yüzey akım
yoğunluğu hesaplanır.
Üst yüzeydeki sınır yüzey akım yoğunluğu, (5.42)’den:
J sb
üst yüzey
( µ − 1) NI = M × az = r
aρ
2πρ
Alt yüzeydeki sınır yüzey akım yoğunluğu:
J sb
alt yüzey
( µ − 1) NI aρ
= M × (−a z ) = − r
2πρ
ρ=a yüzeyindeki sınır yüzey akım yoğunluğu:
J sb
ρ =a
= M × (−a ρ )
ρ =a
=
( µ r − 1) NI az
2πa
En son olarak, ρ=b yüzeyindeki sınır yüzey akım yoğunluğu aşağıdaki gibi bulunur.
J sb
ρ =b
= M × (a ρ )
ρ =b
=−
( µ r − 1) NI az
2πb
ÖRNEK 5.15 Yarıçapı b ve yüksekliği L olan mıknatıslanmış dairesel silindirik biçimli manyetik
malzemenin ekseninde bir P noktasındaki manyetik akı yoğunluğunu belirleyiniz. Eksenel
mıknatıslanma M = M oa z ’dir.
ÇÖZÜM Silindirik çubuk biçimli mıknatısı ilgilendiren bu problemde, şekil 5.35a’da görüldüğü
gibi mıknatıs ekseninin z ekseni ile çakıştığını varsayalım. Mıknatıs içinde mıknatıslanma, M sabit
olduğundan J vb = ∇ × M = 0 ’dır ve buna karşılık gelen eşdeğer hacim akım yoğunluğu yoktur. Yan
duvarlardaki yüzey akım yoğunluğu,
J sb
yan yüzey =
M × a n = M oa z × a ρ = M oaφ
Statik Manyetik Alanlar
391
dir. Buna göre mıknatıs, M o A/m çevresel akım yoğunluğunda bir silindirik akım tabakasına
benzer. a z × a z = 0 olduğundan üst ve alt yüzeylerde yüzey akımları yoktur. P(0,0,z)’deki B ’nin
L
bulunması için M o dz ' aφ diferansiyel akım elemanını veya I = M o dz ' akımını dikkate alalım.
∫
0
(5.7) eşitliğinden
B=
µo Ib 2
2(b + z )
2
2
a =
3/ 2 z
∫
L
0
µo ( M o dz ' )b 2 2 b2 + ( z − z' )2
3
az =
µo M ob 2
2
µ M
z
z−L
B= o o
−
2
2
2
2
b + ( z − L) 2
b +z
L
z '− z
b
2
b + ( z − z' )
2
2
az
0
a T
z
b = 1 ve L = 1 iken z eksenindeki akı yoğunluğu grafiği şekil 5.35b’de görülmektedir. Şekilden
görüldüğü akı yoğunluğu mıknatısın tam ortasında, z = 0,5 maksimumdur. Benzer durum sonlu
uzunluktaki bir selenoidin eksenindeki alanlar için de geçerlidir.
(a) Düzgünce mıknatıslanmış dairesel silindirik
mıknatısın eksenindeki P noktasındaki manyetik
akı yoğunluğunun bulunması için gösterimler.
(b) b = 1 ve L = 1 iken z eksenindeki akı
yoğunluğu grafiği
Şekil 5.35
ALIŞTIRMALAR
20. Çok ince bir tel helisel sargı biçiminde sıkıca sarılarak b iç yarıçapında, µ r bağıl
geçirgenliğinde çok uzun bir selenoid oluşturuluyor. M mıknatıslanma vektörü, J vb sınır
hacim akım yoğunluğu ve J sb sınır yüzey akım yoğunluğunu hesaplayınız.
21. Örnek 5.14’de, µ r =1200, N=500 sarım, I=2 A, a=15 cm, b=20 cm ve h=5 cm ise manyetik akı
yoğunluğunu, sınır hacim akım yoğunluğunu, sınır yüzey akım yoğunluğunu ve halka içindeki
toplam akıyı bulunuz.
392
Elektromanyetik Alan Teorisi
5.10 MANYETİK SKALER POTANSİYEL
Kısım 5.6’da B manyetik akı yoğunluğu A manyetik vektör potansiyeli ile
B = ∇×A
gibi tanımlanmış ve hacim akım yoğunluğu, J ile A ’nın aşağıdaki gibi genel bir ifadesi elde
edilmişti.
µ
A= o
4π
∫
v
J v dv
R
Aynı zamanda hacim akım yoğunluğu, J v ’den dolayı bir noktadaki manyetik alan şiddeti, H için
∇ × H = Jv
(5.46)
ifadesi elde edilmiş ve bu eşitlik Ampére kanunu olarak adlandırılmıştı. Bu eşitlikten, akım taşıyan
bir bölgedeki manyetik alan şiddetinin doğal olarak korunumlu olmadığı anlaşılmaktadır. Genel
olarak H alanı rotasyoneldir. Tersine sabit yüklerden dolayı herhangi bir noktadaki elektrik alan
şiddeti, E daima bir korunumlu alanı temsil etmektedir çünkü ∇ × E = 0 ’dir.
Kaynaksız yani akımların olmadığı bir bölgede, (5.46)
∇×H = 0
(5.47a)
olur ve aynı zamanda c kapalı döngüsü herhangi bir akımı çevrelemediğinde
∫ H ⋅ d = 0
(5.47b)
c
olduğunu gösterir.
Elektrostatik alanlarda korunumlu E alanı elektrik potansiyeli V ile
E = −∇V
olarak gösterilmişti ve a noktasının b noktasına göre potansiyeli (a ve b noktaları arasındaki
potansiyel farkı)
a Vab = − ∫ E ⋅ d
b
olarak elde edilmişti.
(5.47a) bölgede akımlar olmadığı sürece H ’nin korunumlu olduğunu öne sürdüğünden bir skaler
alan ile H ,
Statik Manyetik Alanlar
393
H = -∇ℑ
(5.48a)
olarak ifade edilebilir. ℑ , manyetik skaler potansiyeli veya manyetostatik potansiyel olarak
adlandırılır. Manyetik skaler potansiyelinin SI birimi amperdir. ℑa ve ℑb a ve b noktalarındaki
manyetik skaler potansiyeller ise bu durumda a noktasının b noktasına göre manyetik potansiyel
farkı aşağıdaki gibi ifade edilir.
ℑab = ℑa − ℑb = - H ⋅ d a
∫
(5.48b)
b
Manyetomotor kuvveti veya mmf terimi genelde herhangi iki nokta arasındaki manyetik potansiyel
farkının tanımlanmasında kullanılır.
∇ ⋅ B = 0 ve B = µH ’den ortam doğrusal, izotropik ve homojen olduğu sürece
∇⋅H = 0
elde edilir. Önceki eşitlikte, H yerine (5.48a)’daki ifadesi yerine konularak
∇2ℑ = 0
(5.49)
elde edilir ki bu, akım olmayan bir bölgedeki manyetik skaler potansiyeli için Laplace eşitliğini
vermektedir. (5.49) eşitliği Statik Elektrik Alanları bölümünde ∇ 2V = 0 ’nin çözümünde olduğu
gibi, aynı yolla çözülebilir. Kısım 5.13’deki manyetik devreler üzerine çalışılırken önceki
eşitliklere detaylı değinilecektir.
ÖRNEK 5.16 Çok uzun ve düzgün bir iletken z ekseni boyunca uzatılmış ve z yönünde düzgün bir
I akımı taşımaktadır. Boşlukta iki nokta arasındaki manyetik potansiyel farkı için bir ifade elde
ediniz.
Şekil 5.36 P noktasının Q noktasına göre
manyetik potansiyeli
ÇÖZÜM İletkeni çevreleyen bölge (5.46)’yı karşılamaktadır. Bu bölgedeki manyetik alan şiddeti,
I H=
aφ
2πρ
dir ve buradan,
394
Elektromanyetik Alan Teorisi
I
dφ
H ⋅ d = H φ ⋅ aφ dρ a ρ + ρdφ aφ + dz a z = ρH φ dφ =
2π
[
]
elde edilir. Boşluktaki iki nokta, şekil 5.36’da görüldüğü gibi P ( ρ p , φ p , z p ) ve Q ( ρ q , φ q , z q ) ise bu
durumda P noktasının Q’ye göre manyetik potansiyeli aşağıdaki gibi bulunur.
φp
ℑPQ = −
∫φ 2π dφ = − 2π [φ
I
I
P
]
− φq =
[
I
φq − φ p
2π
]
q
Şekil 5.36 φ p >φq olduğunu göstermektedir. Bundan dolayı bu ifade Q ile P arasındaki yoldaki mmf
düşümünü vermektedir.
ALIŞTIRMALAR
22. Örnek 5.13’deki toroidal sargıda halkanın ortalama yarıçapında herhangi iki nokta arasındaki
mmf düşümü ifadesini elde ediniz.
23. Bölgedeki manyetik akı yoğunluğu biliniyorsa, bölgede akım bulunmayan herhangi iki nokta
arasındaki manyetik potansiyel farkı ifadesinde geçirgenliğin etkisi nedir?
24. xy düzleminde bulunan ve yarıçapı b olan dairesel bir çerçeve φ yönünde I akımı taşımaktadır.
Eksende herhangi iki nokta arasındaki manyetik potansiyel farkı için bir ifade elde ediniz.
P(0,0,0) ve Q(0,0,∞) noktaları arasındaki manyetik potansiyel farkı nedir?
5.11 MANYETİK ALANLAR İÇİN SINIR ŞARTLARI
Manyetik alanların uygulamaları veya manyetik devrelerin analizi dikkate alınmadan önce farklı
geçirgenliklere sahip iki ortam (bölge) arasındaki sınırda manyetik alanların davranışının bilinmesi
gerekmektedir. Bir ara yüzey olarak da bilinen bir sınır bir bölgenin bitişini ve diğer bir bölgenin
başlangıcını işaretleyen sonsuz derecede küçük kalınlıkta bir alandır.
5.11.1 B ALANININ NORMAL BİLEŞENİ İÇİN SINIR ŞARTI
İki bölge arasındaki ara yüzeyde, manyetik akı yoğunluğunun normal bileşenleri için sınır şartının
belirlenmesinde şekil 5.37’de görüldüğü gibi oldukça küçük kalınlıkta düz bir silindir biçiminde
(hap kutusu veya tablet) bir Gauss yüzeyi oluşturulsun. Manyetik akı hatları sürekli olduğundan,
Şekil 5.37 B alanının normal bileşenleri
için sınır şartı
Statik Manyetik Alanlar
395
∫ B ⋅ ds = 0
s
dir. s kutucuğun yüzeyinin tamamıdır. Kutucuğun oldukça küçük olan kalınlık kısmından akan akı
ihmal edildiğinde bu eşitlik
∫ B ⋅ ds + ∫ B ⋅ ds = 0
s1
s2
olur. Eğer a n , bölge 1’i işaretleyen ara yüzeye normal birim vektör ise Bn1 = a n ⋅ B1 ve
Bn 2 = a n ⋅ B 2 ara yüzeyde iki bölgedeki B alanının normal bileşenleridir ve ds1 = a n ds1 ve
ds2 = a n ds2 diferansiyel yüzeylerdir. Bu durumda önceki eşitlik
∫ Bn1ds1 − ∫ Bn 2 ds2 = 0
s1
s2
veya
∫ Bn1ds1 = ∫ Bn 2 ds2
s1
(5.50)
s2
olarak yazılabilir ki basitçe sınırı terk eden toplam akının sınıra giren akı miktarına eşit olduğunu
ifade etmektedir. Bu eşitlik manyetik devrelerin analizinde kullanılacaktır.
Eşit iki yüzey yani oldukça küçük kalınlıktaki bir kutucuk için
∫ ( Bn1 − Bn 2 )ds = 0
s
dir. Gözlem altındaki yüzey keyfi olduğundan bu sonuç skaler biçimde
Bn1 = Bn 2
(5.51a)
olarak ifade edilebilir ki manyetik akı yoğunluğunun normal bileşenlerinin sınırda birbirine eşit
olduğunu ifade etmektedir. (5.51a) eşitliği vektörel biçimde
a n ⋅ ( B1 − B 2 ) = 0
(5.51b)
olarak ifade edilebilir.
5.11.2 H ALANININ TANJANT BİLEŞENLERİ İÇİN SINIR ŞARTI
H alanının tanjant bileşenleri için sınır şartının elde edilmesinde şekil 5.38’de görülen kapalı yolu
dikkate alalım. Kapalı yola Ampère kanunu uygulanarak
∫ H ⋅ d = ∫ H ⋅ d + ∫ H ⋅ d + ∫ H ⋅ d + ∫ H ⋅ d = I
c
c1
c2
c3
c4
396
Elektromanyetik Alan Teorisi
elde edilir. I akımı c kapalı yolu ile çevrelenen toplam akımdır.
Şekil 5.38 H alanının tanjant
bileşenleri için sınır şartı
c2 ve c4 yollarının her biri oldukça küçük kalınlıkta yani ∆w → 0 olduğundan toplam mmf
düşümüne katkıları ihmal edilebilir. Böylece bu integraller düşürülerek, eşitlik aşağıdaki son halini
alır.
∫ H ⋅ d + ∫ H ⋅ d = I
c1
c3
Şekilde görüldüğü gibi a n , a t ve a p birbirlerine dik birim vektörleri ve I hacim akım yoğunluğu
ile ifade edilebiliyorsa önceki eşitlik
∫ (H
1
− H 2 ) ⋅ at d = J v ⋅ a p d∆w
∫
c1
(5.52)
s
olarak yazılabilir. Bununla beraber ∆w→0 limitinde
lim J v ∆w = J s
∆w → 0
olur; J s yüzey akım yoğunluğudur (A/m). Sağ el kuralına göre, a t = a p × a n olduğundan, (5.52)
eşitliği
(
H
−
H
)
⋅
(
a
×
a
)
d
=
J
1
2
p
n
∫
∫ s ⋅ a p d
c1
C1
olarak ifade edilebilir. Vektör analizi bölümünden vektör özdeşliği kullanılarak bu ifade
∫ [a n × (H1 − H 2 )] ⋅ a p d = ∫ J s ⋅ a p d
C1
C1
ye dönüşür ve buradan
a n × ( H1 − H 2 ) = J s
(5.53a)
elde edilir. Bu eşitlik sınırdaki H alanının tanjant bileşenlerinin süreksiz olduğunu ifade
etmektedir. (5.53a) eşitliği skaler biçimde
Statik Manyetik Alanlar
397
H t1 − H t 2 = J s
(5.53b)
olarak yazılabilir.
(5.53b)’nin uygulanmasında yüzey akım yoğunluğu a p yönünde olduğu zaman H t1 ’in H t 2 ’den
büyük olduğu unutulmamalıdır. Aynı zamanda a p ’nin H ’nin tanjant bileşenini içeren düzleme
dik birim olduğuna dikkat edilmelidir. Burada iletkenliği sonlu olan iki manyetik ortam için yüzey
akım yoğunluğu J s ’nin sıfır olduğunun söylenmesi gerekir; eğer ortamların her birinde akan bir
akım varsa bu hacim akım yoğunluğu biçiminde, J v olacaktır. Eğer ortamın birisi mükemmel
iletken ise J s mükemmel iletkenin yüzeyinde olacaktır çünkü mükemmel iletkenin içinde
manyetik alan yoktur.
ÖRNEK 5.17 Sonlu iletkenlikli iki manyetik ortam arasındaki ara yüzeyde tan φ1 / tan φ 2 = µ1 / µ 2
olduğunu gösteriniz; φ1 ve φ2 sırasıyla şekil 5.39a’da görüldüğü gibi 1. ve 2. bölgelerdeki manyetik
alanlara normal (dik) yapılan açılardır.
ÇÖZÜM B alanının normal bileşenlerinin sürekliliğinden (5.51a)
B1 cosφ1 = B2 cosφ 2
(5.54)
elde edilir. Her bir ortam sonlu iletkenliğe sahip olduğundan J s = 0 dır ve buna göre (5.53b)’den
H alanının tanjant bileşenleri de
Şekil 5.39 (a) İki manyetik ortam arasındaki ara yüzey. Ara yüzeyde (b) µ r 2 = 2400 ve µ r1 = 1 ve
(c) µ r 2 = 24 ve µ r1 = 1 iken φ1 ve φ2 açıları.
H t1 = H t 2
de olduğu gibi süreklidir. Bu ifadeden,
Bt1
µ1
veya
=
Bt 2
µ2
398
Elektromanyetik Alan Teorisi
B1 sin φ1 =
µ1
B2 sin φ 2
µ2
(5.55)
elde edilir. (5.54) ve (5.55)’den
tan φ1 µ1
=
tan φ 2 µ 2
elde edilebilir ki bu iki ortamın geçirgenlikleri ve açıları arasındaki istenilen ilişkidir. Bununla
beraber aşağıdaki yorumların yapılması faydalı olacaktır.
φ1=0 ise bu durumda φ2 ’de sıfırdır. Başka bir deyimle manyetik alan hatları her bir
bölgede sınıra normaldir ve aynı genliktedir.
2. bölgenin geçirgenliği 1. bölgenin geçirgenliği ile karşılaştırıldığında çok yüksek ve φ2
90° ’den küçükse φ1 açısı çok küçük olacaktır. Başka bir ifadeyle manyetik alan hatları oldukça
yüksek geçirgenlikli bir manyetik bölgeye girerken diktir. Eğer 1. bölge boşluk ve 2. bölge 2400
bağıl geçirgenliğinde çelik ve φ2=45° ise bu durumda φ1=0,02° ’dir (şekil 5.39b,c). Bu gerçek
elektrik makinalarında manyetik yolların biçimlendirilmesinde kullanılır.
ÖRNEK 5.18 10 cm yarıçapında ve bağıl geçirgenliği 5 olan sonlu iletkenlikte bir silindirdeki
manyetik akı yoğunluğu 0,2 / ρ aφ T olarak değişken bulunmuştur. Silindiri çevreleyen bölge
boşluk ile karakterize edilirse silindirin hemen dışındaki manyetik akı yoğunluğunu belirleyiniz.
ÇÖZÜM Ara yüzey (veya sınır) 10 cm yarıçapında bulunduğundan, sınırın hemen altındaki
manyetik akı yoğunluğu,
0,2 Bc =
a φ = 2a φ T
0,1
dir. B alanının sınıra tanjant olduğu ve silindirin sonlu iletkenliğinin, J s = 0 anlamına geldiği
hatırlanmalıdır. Bu nedenle H alanının tanjant bileşenleri sürekli olmalıdır. Bununla beraber ρ =
10 cm de silindirde H ’nin tanjant bileşeni,
Hc =
2
a = 318,31aφ kA/m
−7 φ
5 × 4π × 10
ile boşlukta silindirin yüzeyinin hemen üzerindeki manyetik alan şiddeti,
H a = H c = 318,31aφ kA/m
eşitlenir. Son olarak boşlukta silindir yüzeyinin hemen üzerindeki manyetik akı yoğunluğu
aşağıdaki gibidir.
B a = µo H a = 4π × 10−7 × 318,31× 103 aφ = 0,4aφ T
Statik Manyetik Alanlar
399
ALIŞTIRMALAR
25. 2 y − x + 4 ≤ 0 ile sınırlanan sonlu manyetik iletkenlikte bir bölgenin bağıl geçirgenliği 10 ve
manyetik akı yoğunluğu B = 2a x + 3a y − 5a z T ’dır. Diğer bölgeler boşluk ile karakterize
edilirse (a) her bölgedeki alanı, (b) manyetik bölgedeki mıknatıslanma vektörünü ve (c)
boşluktaki alanı hesaplayınız.
26. x=0 düzlemi hava ve manyetik malzeme arasındaki bir ara yüzeyi oluşturmaktadır. Havadaki
akı yoğunluğunun genliği 0,5 T ve x ekseni ile 5° açı yapmaktadır. Manyetik bölgedeki akı
yoğunluğu 1,2 T ise (a) x ekseni ile yaptığı açıyı ve (b) manyetik malzemenin geçirgenliğini
belirleyiniz. Her iki bölgedeki H alanları nedir?
5.12 MANYETİK ALANDAKİ ENERJİ
Elektrik alanında elektrik enerjisinin depolanabildiği gibi manyetik alanda da manyetik enerji
depolanabilmektedir. Manyetik enerji manyetik alanı oluşturan, akım taşıyan bir iletken veya sargı
içeren bir devreden gelmelidir. Eğer alan boşlukta oluşmuş ise akım kesildiğinde ve manyetik alan
bittiğinde manyetik enerjinin tamamı devreye geri döner ve yeniden kazanılabilir. Boşluk dışı
başka bir ortamda ise enerjinin bir kısmı bu ortamda kaybolur ve yeniden kazanılamaz. Bir
manyetik ortamda manyetik enerjinin kaybı ile bilgiler detaylı olarak Zamanla değişen manyetik
alanlar bölümünde verilmektedir.
Statik elektrik alanları bölümünde bir elektrik alanında
we =
1 D⋅E
2
olarak enerji yoğunluğu ifadesinin çıkarılmasında detaylar verilmişti ve bir ortamda depolanan
toplam elektrik enerjisi,
We =
1 D ⋅ Edv
2 ∫v
olarak yazılmıştı. Statik manyetik alandaki enerji yoğunluğu ifadesi kolaylıkla elde edilemez; bu
Zamanla Değişen Manyetik Alanlar bölümünde elde edilmiştir. Şimdilik bir manyetik alandaki
enerji yoğunluğu, wm
wm =
1 B⋅H
2
(5.56a)
olarak tanımlanacak ve görüldüğü gibi bu ifade elektrik alanı için çıkartılana çok benzemektedir.
B = µH olduğunda (5.56a)
wm =
1
1 2
µH 2 =
B
2
2µ
(5.56b)
olarak ifade edilebilir. Herhangi bir sonlu hacimdeki toplam manyetik enerji, aşağıdaki gibi
manyetik enerji yoğunluğunun hacim üzerinde integralidir.
400
Elektromanyetik Alan Teorisi
∫
Wm = wm dv
(5.57)
v
ÖRNEK 5.19 5.13 örneğindeki toroidal sargının manyetik alanında depolanan enerjiyi
hesaplayınız.
ÇÖZÜM Toroidin içindeki manyetik alan şiddeti için aşağıdaki gibi bir ifade elde edilmişti.
NI H=
aφ
2πρ
a ≤ ρ ≤ b için
a ve b toroidin iç ve dış yarıçaplarıdır. Buna göre, (5.56b)’den toroid içindeki manyetik enerji
yoğunluğu ve (5.57)’den toroid içindeki toplam manyetik enerji aşağıdaki gibi elde edilir.
wm =
∫
Wm = wm dv =
v
1
1 NI
µo H 2 = µo
2
8 πρ
b
N 2I 2
1
µo
dρ
2
ρ
8π
a
∫
2π
h
∫ ∫
dφ dz =
0
0
2
µo 2 2
N I h ln[b / a ]
4π
ALIŞTIRMALAR
27. Bir toroidin iç yarıçapı 10 cm, dış yarıçapı 14 cm ve yüksekliği 4 cm’dir. Düzgünce sarılmış
bir sargıdan 0,5 A akım geçmektedir. Ortalama yarıçaptaki manyetik alan şiddeti 79,578 A/m
ise sargıdaki sarım sayısını belirleyiniz. Nüvenin geçirgenliği 500 ise manyetik alanda
depolanan enerjiyi hesaplayınız.
28. Bir koaksiyel kabloda akım iç iletkenin (ρ=a) dış yüzeyinde ve dış iletkenin (ρ=b) iç
yüzeyinden akmaya zorlanmaktadır. Koaksiyel kablo I akımı taşıyorsa, iki iletken arası
manyetik olmayan bölgedeki manyetik alanda birim uzunluk başına depolanan enerjiyi
belirleyiniz.
29. Önceki alıştırmayı akımın içteki iletkende düzgünce dağıtıldığını varsayarak tekrarlayınız.
5.13 MANYETİK DEVRELER
Manyetik akı hatları kapalı bir yol oluşturduğundan ve bir sınıra giren manyetik akı sınırı terk eden
manyetik akı gibi olduğundan manyetik akı ile bir kapalı iletken devreden geçen akım arasında
benzerlik kurulabilir. Bir iletken devrede akım, iletkeni çevreleyen bölge içinden hiçbir kaçak
olmaksızın, sadece iletkenin içinden akar. Manyetik malzeme içindeki manyetik akı verilen bir yol
ile tamamen sınırlanamaz fakat manyetik malzemenin geçirgenliği malzemeyi çevreleyen (boşluk
gibi) ortama kıyasla çok yüksek ise akının çoğu yüksek geçirgenlikli malzeme içinde kalacaktır. Bu
malzemeyi çevreleyen bölge içinde hemen hemen ihmal edilebilir akı ile manyetik akının manyetik
malzeme içinde yoğunlaşmasına neden olacaktır. Manyetik perdeleme (ekranlama, kalkanlama)
manyetik akının böyle bir davranışına dayanmaktadır. Yüksek geçirgenlikte bir malzeme boyunca
akının kanallanması bir iletken boyunca akımın akışına çok benzemektedir. Bundan dolayı bir
manyetik malzeme içindeki akının izlediği kapalı yola manyetik devre adı verilir. Manyetik
devreler döner makinalar, transformotorlar, elektromıknatıslar ve röleler gibi aygıtların en önemli
parçalarını oluştururlar.
Statik Manyetik Alanlar
401
Basit bir manyetik devre, birbirine yakın boşluklu helisoidal olarak sarılmış toroidal sargı
biçiminde üstü kapalı olarak dikkate alınmıştı. Manyetik akının sadece toroidin nüvesi içinde
olduğu söylenmişti. Şimdi bu gözlemi genişletelim ve genelleştirelim.
Toroid nüvesi çok yüksek geçirgenlikte (µr) manyetik malzemeden yapılmış ve üzerine sarılmış
sargı sadece bir kısmında yoğunlaştırılmış ise manyetik akının çok büyük bir kısmı hala toroidin
nüvesi boyunca geçecektir. Sargının ürettiği toplam akının bir kısmı manyetik devreyi çevreleyen
ortam boyunca yolunu tamamlamaz ve kaçak akı olarak adlandırılır. Manyetik devrelerin
tasarımında, kaçak akı her zaman ekonomik olarak mümkün olabilecek minimum değerde
tutulmaya çalışılır. Bundan dolayı manyetik devrelerin analizinde kaçak akı ihmal edildiğinden
burada dikkate alınmayacaktır.
Toroid durumunda, manyetik alan şiddeti ve manyetik akı yoğunluğunun dairesel yolun yarıçapı ile
ters orantılı olduğu bulunmuştu. Başka bir ifadeyle manyetik akı yoğunluğu toroidin iç yarıçapında
maksimum ve dış yarıçapında minimumdur. Manyetik devrelerin analizinde manyetik malzemenin
içinde manyetik akı yoğunluğunun düzgün ve genliğinin ise ortalama yarıçaptaki manyetik akı
yoğunluğuna eşit olduğu varsayılmaktadır. Üzerinde çalışılan toroidal manyetik devre sürekli bir
kapalı yol şeklinde idi. Bununla beraber döner makinalar gibi uygulamalarda kapalı yol bir hava
aralığı ile kesilmektedir. Manyetik devre şimdi şekil 5.40a’da görüldüğü gibi çok yüksek
geçirgenlikli bir manyetik malzemeye seri bir hava aralığından oluşmaktadır. Devre seri
olduğundan dolayı manyetik malzemedeki manyetik akı hava aralığındaki manyetik akıya eşittir.
Hava aralığındaki manyetik akının yayılmasına, şekilde gösterildiği gibi saçaklama adı verilir ve
bundan kaçınılamaz. Bununla beraber eğer hava aralığının boyu diğer ölçülere kıyasla çok küçükse
akı hatlarının çoğu tamamen hava aralığındaki manyetik nüvenin karşılıklı yüzeyleri arasında
kalacak ve saçaklama ihmal edilecektir. Özet olarak varsayımlar aşağıdaki gibidir.
Manyetik akı hiçbir kaçak olmaksızın manyetik malzeme içinde kalacak şekilde
sınırlandırılmıştır.
Hava aralığı bölgesinde manyetik akının yayılması ve saçaklanması yoktur.
Manyetik akı yoğunluğu manyetik malzeme içinde düzgündür.
(a) Hava aralıklı manyetik devre
(b) Ortalama L uzunluğunda A
kesit alanlı manyetik devre
(c) Eşdeğer devre
Şekil 5.40
Şimdi şekil 5.40b’de görülen bir manyetik devreyi dikkate alalım. Eğer sargı N sarımlı ve I akımı
taşıyorsa uygulanan manyetomotor kuvveti (mmf) NI’dir. SI birim sisteminde sarım sayısı
boyutsuz bir miktar olmasına rağmen amper sarım (At) birimi mmf’nin birimi olarak akımın temel
biriminden (A) ayırmak için kullanılacaktır. Buna göre,
402
Elektromanyetik Alan Teorisi
ℑ = NI = H ⋅ d ∫
c
ve eğer manyetik alan şiddeti manyetik malzeme içinde düzgün düşünülüyorsa bu eşitlik
HL = NI
(5.58)
olur. L şekilde görüldüğü gibi manyetik yolun ortalama uzunluğudur. Manyetik malzeme içindeki
manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki gibi ifade edilir.
µ manyetik malzemenin geçirgenliğidir. Manyetik malzemedeki akı
µNIA
Φ = ∫ B ⋅ ds = BA =
L
s
dir; A manyetik malzemenin kesit alanıdır. Bu eşitlik aynı zamanda aşağıdaki gibi yazılabilir.
Φ=
NI
ℑ
=
L / µA L / µA
(5.59)
Manyetik devrede manyetik akı ve uygulanan mmf elektrik devresindeki akıma ve uygulanan
emf’ye benzetilebilir. Buna göre (5.59)’daki payda bir elektrik devresindeki direnç gibi olmalıdır.
Bu miktar manyetik devrenin relüktansı, (ℜ) olarak tanımlanır ve birimi weber başına ampersarım (At/Wb)’dır.
ℜ=
L
µA
(5.60)
olduğundan (5.59) eşitliği relüktans, ℜ ile aşağıdaki gibi yeniden düzenlenebilir.
Φ ℜ = NI
(5.61)
(5.61) eşitliği manyetik devre için Ohm kanunu olarak bilinir.
Bir iletkenin direnci,
R = L / σA
olduğundan manyetik malzemenin geçirgenliği bir iletkenin iletkenliğine benzer. Manyetik
malzemenin geçirgenliğinin yüksek olmasıyla relüktansı en az olur. Uygulanan aynı mmf’nin
yüksek geçirgenlikli malzeme içinde oluşturduğu akı düşük geçirgenlikli malzemedekine göre daha
fazla olacaktır. Bu sonuç şaşırtıcı olmamalıdır çünkü bu yapılan varsayımlara uygundur. Şimdi
manyetik devrenin eşdeğer devresi şekil 5.40c’de görüldüğü gibi gösterilebilir.
Şekil 5.41a’da görüldüğü gibi manyetik malzeme iki veya daha fazla kısımdan oluştuğunda, şekil
5.41b’de görüldüğü gibi relüktanslar ile gösterilebilir. Toplam relüktans ayrı kısımların
relüktanslarının seri ve paralel kombinasyonlarından elde edilebilir çünkü relüktanslar dirençler
gibi aynı kurala uymaktadırlar.
Statik Manyetik Alanlar
403
Eğer Hi manyetik devrenin i. kısmındaki manyetik alan şiddeti ve Li ortalama uzunluk ise bu
durumda manyetik devredeki toplam mmf uygulanan mmf ile aynı olmalıdır. Buna göre,
n
∑ H i Li = NI
(5.62)
i =1
eşitliği bir elektrik devresi için Kirchhoff gerilim kanununa benzemektedir.
(a) Düzgün kalınlıkta seri-paralel manyetik devre
(b) Eşdeğer devre
Şekil 5.41
(5.62)’den her manyetik devrenin daima eşdeğer elektrik benzeri bir devre kullanılarak analiz
edilebileceği gözükmektedir. Bununla beraber, bu sadece doğrusal manyetik malzemeler (sabit
geçirgenlikli malzemeler) için geçerlidir. Şekil 5.42’de (II ve III nolu eğriler) görüldüğü gibi, bir
ferro-manyetik malzemenin geçirgenliği manyetik akı yoğunluğunun bir fonksiyonudur. Grafikteki
eğriler uygulanan mmf ve manyetik malzeme içindeki manyetik akı yoğunluğu arasındaki ilişkiyi
tanımlamaktadır. Buna mıknatıslanma karakteristiği veya basitçe B-H eğrisi adı verilir. Manyetik
malzemenin geçirgenliği akı yoğunluğu ile değiştiğinde manyetik malzemeye doğrusal olmayan
denilir. Demir gibi ferro-manyetik malzemelerin kullanıldığı bütün aygıtlar doğrusal olmayan
manyetik devreler şeklindedir.
Temelde manyetik devrelerin analizi ile ilgili iki tip problem ve çözüm metodu vardır. Şekil
5.43’te, referans kolaylığı bakımından, problem tipleri ve çözüm metotları tablo haline getirilmiştir.
Problemin birinci tipinde (I), manyetik devrede istenilen akı yoğunluğunun meydana getirilmesi
için uygulanan mmf’nin belirlenmesini gerektirir. İkinci problem (II), istenilen manyetik akı
yoğunluğunu verecek mmf’nin hesaplanması ile ilgilidir. Doğrusal manyetik devre için her
problemin çözümü manyetik malzemenin geçirgenliği sabit olduğundan eşdeğer devre yaklaşımı
(IA-Alanlar metodu ve IIA-Relüktans metodu) kullanılarak elde edilebilir.
Doğrusal olmayan manyetik devrede istenilen akı yoğunluğunun sağlanması için gereken mmf’nin
belirlenmesi oldukça basittir. Her manyetik kısımdaki akı yoğunluğu hesaplanabilir ve B-H
eğrisinden H elde edilebilir (IB). H bilindiğinden her manyetik kısım boyunca mmf düşümleri
belirlenebilir. Gereken mmf (5.62)’ye uygun olarak basitçe mmf düşümlerinin toplamıdır. Doğrusal
olmayan bir devrede problemin ikinci tipi irdeleme tekniği kullanılarak çözülebilir (IIB). Bu
durumda manyetik bölgelerin birindeki mmf düşümü için uygun bir tahmin yapılır ve sonra toplam
mmf gereksinimleri elde edilir. Sonuçlar karşılaştırılır ve sonuçlar farklı ise başka bir uygun tahmin
yapılır. Bu şekilde irdeleme sonucu hesaplanan mmf ve uygulanan mmf arasındaki hatanın kabul
edilebilir sınırlar içinde olduğu bir duruma gelinir. Kabul edilebilir sınırı neyin belirleyeceği başka
bir tartışmalı noktadır. Burada, belirtilmediği sürece bu hata için ±% 2’lik bir sınır kullanılacaktır.
404
Elektromanyetik Alan Teorisi
Hatanın daha da azaltılması için bir bilgisayar programı yazılabilir. Bundan sonra doğrusal ve
doğrusal olmayan manyetik devreler için örnekler verilecektir.
Şekil 5.42 Çeşitli manyetik malzemelerin mıknatıslanma karakteristikleri (B-H eğrileri). I ve IV ve
V (hava) nolu eğriler doğrusal karakteristik gösterdiğinden doğrusal malzemeler olarak adlandırılır.
II ve III nolu eğrileri oluşturan malzemelerin geçirgenliği akı yoğunluğunun bir fonksiyonu
olduğundan doğrusal olmayan malzemeler olarak adlandırılır.
Şekil 5.43 Manyetik devre problemleri ve çözüm metotları
ÖRNEK 5.20 Şekil 5.40a’da görülen manyetik devreye benzer kare kesitli bir elektromıknatısın
sıkıca sarılmış sargısında 1500 sarım vardır. Manyetik nüvenin iç ve dış yarıçapları sırasıyla 10 cm
ve 12 cm ve hava aralığının boyu 1 cm’dir. Sargıdaki akım 4 A ve manyetik malzemenin bağıl
geçirgenliği 1200 ise manyetik devredeki akı yoğunluğunu belirleyiniz.
ÇÖZÜM (Problem tipi ve çözüm metodu: IIA-Relüktans metodu) Manyetik malzemenin
geçirgenliği sabit olduğundan ve uygulanan mmf bilindiğinden nüvedeki akı yoğunluğunun
belirlenmesi için relüktans metodu kullanılabilir.
Statik Manyetik Alanlar
405
Ortalama yarıçap 11 cm ve manyetik yolun ortalama uzunluğu
Lm = 2π × 11 − 1 = 68,12 cm
dir. Saçaklama etkisi ihmal edildiğinden, manyetik yolun kesit alanı,
Am = Ag = 2 × 2 = 4 cm2
hava aralığının kesit alanı ile aynı olur. Her bölgenin relüktansı aşağıdaki gibi hesaplanır.
ℜm =
68,12 × 10−2
= 1,129 × 106 At/Wb
−7
−4
1200 × 4π × 10 × 4 × 10
ℜg =
1× 10−2
= 19,894 × 106 At/Wb
−7
−4
4π × 10 × 4 × 10
Seri devredeki toplam relüktans,
ℜ = ℜm + ℜ g = 21,023 × 106 At/Wb
ve manyetik devredeki akı,
Φ=
1500 × 4
= 285,402 × 10 6 Wb
21,023 × 10 6
ile hava aralığında veya manyetik bölgedeki akı yoğunluğu aşağıdaki gibi elde edilir.
Bm = B g =
285,402 × 10 −6
= 0,714 T
4 × 10 − 4
ÖRNEK 5.21 Seri-paralel manyetik devre şekil 5.44’de verilmiştir. Boyutlar cm’dir. Hava
aralığındaki akı yoğunluğu 0,05 T ve manyetik bölgenin bağıl geçirgenliği 500 ise 1000 sarımlı
sargıdaki akımı hesaplayınız.
Şekil 5.44
406
Elektromanyetik Alan Teorisi
ÇÖZÜM (Problem tipi ve çözüm metodu: IA-Alanlar metodu) Hava aralığındaki akı yoğunluğu
verildiğinden hava aralığındaki akı hesaplanabilir. def ve chg manyetik kısımları hava aralığı ile
seri olduğundan aynı akıyı taşırlar. Böylece bu kısımların her biri için mmf düşümü aşağıdaki
tabloda olduğu gibi hesaplanabilir.
Kısım
fg
def
chg
Akı (mWb) Alan (cm2)
B (T)
H (At/m)
6 × 4 = 24
0,12
0,05
39788,74
6 × 4 = 24
0,12
0,05
79,58
6 × 4 = 24
0,12
0,05
79,58
fg, def, chg manyetik kısımlarındaki toplam mmf düşümü
L (cm)
0,50
28,00
31,50
mmf (At)
198,94
22,28
25,07
246,29
dc bölgesi için mmf düşümü fg, def ve chg bileşik bölgeleri için aynı olduğundan dc bölgesindeki
akı geriye doğru işlem yapılarak belirlenebilir. dabc bölgesindeki akı dc ve fg bölgelerindeki
akıların toplamıdır. Bu her bölge için mmf düşümü aşağıda tablolanmıştır.
Kısım
dc
ad
ab
bc
Akı (mWb) Alan (cm2)
B (T)
H (At/m)
6 × 6 = 36
3,48
0,967
1539,31
4 × 4 = 16
3,60
2,25
3580,99
4 × 4 = 16
3,60
2,25
3580,99
4 × 4 = 16
3,60
2,25
3580,99
Manyetik devrenin toplam mmf düşümü
L (cm)
16
18
16
18
mmf (At)
246,29
644,58
572,96
644,58
2108,41
Sargıdaki akım: I = 2108,41/1000 = 2,108 A’dir.
ÖRNEK 5.22 Manyetik malzemesinin mıknatıslanma karakteristiği şekil 5.42’deki II nolu eğri ile
verilen bir manyetik devre şekil 5.45’de verilmiştir. Boyutlar mm’dir. Manyetik devre 20 mm’lik
düzgün kalınlıkta ve hava aralığındaki akı yoğunluğu 1,0 T ise 500 sarımlı sargıdaki akımı
bulunuz.
ÇÖZÜM (Problem tipi ve çözüm metodu: IB) Manyetik malzemenin geçirgenliği akı yoğunluğuna
bağlı olduğundan akı yoğunluğu bilinmedikçe relüktansı hesaplanamaz. Bu tip problemler
aşağıdaki gibi BH grafiği yardımı ile kolaylıkla çözülebilir.
Hava aralığındaki akı yoğunluğu bilindiğinden hava aralığındaki akı,
Φ ab = 1,0 × 6 × 10−3 × 20 × 10−3 = 0,12 × 10−3 Wb
Şekil 5.45
Statik Manyetik Alanlar
407
olarak hesaplanabilir. Devrenin her kısmındaki akı manyetik devre seri bir manyetik devre
olduğundan aynıdır. Şimdi aşağıdaki tabloda görüldüğü gibi her kısım için mmf düşümü
hesaplanabilir.
Kısım
ab
bc
cd
de
ef
fa
Akı (mWb) Kesit alanı (mm2) B (T)
H (At/m)
0,12
120
1,00
795774,72
0,12
120
1,00
250
0,12
160
0,75
150
0,12
400
0,30
60
0,12
160
0,75
150
0,12
120
1,00
250
Manyetik devrenin toplam mmf düşümü
L (mm)
2
56
87
134
87
76
mmf (At)
1591,55
14,00
13,05
80,40
13,05
19,00
1731,05
Böylece 500 sarımlı sargıdaki akım aşağıdaki gibi hesaplanır.
I=
1731,05
= 3,4621 A
500
ÖRNEK 5.23 Ortalama uzunlukları ve kesit alanları ile bir manyetik devre şekil 5.46’da
görülmektedir. 600 sarımlı sargı 10 A akım taşıyorsa seri manyetik devredeki akı nedir. Manyetik
malzeme için şekil 5.42’deki II nolu mıknatıslanma eğrisini kullanınız.
Şekil 5.46
ÇÖZÜM (Problem tipi ve çözüm metodu: IIB) Uygulanan mmf = 600 × 10 = 6000 At’dir.
Manyetik devre doğrusal olmadığından akının belirlenmesi için irdeleme metodunun kullanılması
gerekmektedir. Başka bilgi olmadığından toplam mmf düşümünün % 50’sinin hava aralığında yer
aldığını varsayalım. Bu sonuçlar aşağıdaki tabloda verilmiştir.
Birinci irdeleme:
Kısım
ab
bc
cd
da
Akı (mWb) Kesit alanı (cm2)
B (T)
H (At/m)
0,942
10
0,942
749619,78
0,942
10
0,942
225
0,942
15
0,628
125
0,942
10
0,942
225
Seri manyetik devredeki toplam mmf düşümü
L (cm)
0,4
30,0
20,0
30,0
mmf (At)
3000
67,5
25
67,5
3160
Uygulanan mmf’nin çoğunun hava aralığında düştüğü açıkça ortadadır. Hava aralığındaki mmf
düşümünün toplam mmf düşümüne oranı 0,9498 (=3000/3160) yani hava aralığındaki mmf
düşümü uygulanan mmf’nin yaklaşık % 95’idir. Bununla beraber hava aralığındaki mmf
düşümündeki bir artış her manyetik bölgedeki akı yoğunluğunu artıracaktır. Doğrusal olmayan
manyetik davranış her manyetik kısımdaki mmf düşümünde bariz bir artışa da neden olabilir.
408
Elektromanyetik Alan Teorisi
Böylece hava aralığında toplam mmf düşümünün % 95 yerine sadece % 79 olduğunu varsayalım.
Buradan ikinci irdelemeye hava aralığında 4740 At (0,79×6000)’lik mmf düşümü ile başlanabilir.
Sonuçlar aşağıda verilmiştir.
İkinci irdeleme:
Kısım
ab
bc
cd
da
Akı (mWb) Kesit alanı (cm2)
B (T)
H (At/m)
1,489
10
1,489
1184908
1,489
10
1,489
2240
1,489
15
0,993
247
1,489
10
1,489
2240
Seri manyetik devredeki toplam mmf düşümü
L (cm)
0,4
30,0
20,0
30,0
mmf (At)
4740
672
49,4
672
6133,4
Yüzde hata hala % 2,22 [= 100 × (6133,4 − 6000) / 6000] olup istenilen sınırın biraz üzerindedir.
İkinci irdeleme tablosundan 133,4 At’lik ekstra mmf düşümünün çoğunun hava aralığında olacağı
sonuç olarak söylenebilir. Eğer hava aralığındaki mmf düşümü 4700 At veya yakın değere
azaltılırsa hatanın ±% 2 sınırına getirilmesi mümkündür. Bir irdeleme daha yapıldığında sonucu
aşağıda verilmiştir.
Üçüncü irdeleme:
Kısım
ab
bc
cd
da
Akı (mWb) Kesit alanı (cm2)
B (T)
H (At/m)
1,476
10
1,476
1150000
1,476
10
1,476
2150
1,476
15
0,985
240
1,476
10
1,476
2150
Seri manyetik devredeki toplam mmf düşümü
L (cm)
0,4
30,0
20,0
30,0
mmf (At)
4700
645
48
645
6038
Şimdi yüzde hata % 0,633 [= 100 × (6038 − 6000) / 6000] olup istenilen sınır içindedir. Bu
bakımdan daha fazla irdelemeye gerek kalmamaktadır. Manyetik nüvedeki akı 1,476 mWb’dir.
ALIŞTIRMALAR
30. Aşağıdaki şekilde (şekil 5.47) görülen manyetik malzemenin kalınlığı 10 cm’dir. c ayağında 7
mWb’lik akı meydana getirmek için 500 sarımlı sargıdan geçmesi gereken akım ne olmalıdır?
Şekil 5.42’deki II nolu mıknatıslanma eğrisini kullanınız.
Şekil 5.47
31. Şekil 5.47’de görülen manyetik malzemenin kalınlığı 10 cm’dir. 500 sarımlı sargıdan 2 A akım
geçerse manyetik devrenin her bacağındaki akıyı belirleyiniz. Şekil 5.42’deki II nolu
mıknatıslanma eğrisini kullanınız.
Statik Manyetik Alanlar
409
32. Şekil 5.44’deki seri-paralel manyetik devrenin hava aralığındaki akı yoğunluğu 0,05 T ve
manyetik bölgenin bağıl geçirgenliği 500 ise relüktans metodunu kullanarak manyetik devrenin
1000 sarımlı sargısından geçen akımı bulunuz ve eşdeğer manyetik devresini çiziniz (Boyutlar
cm’dir).
33. Dairesel kesit alanlı bir manyetik devrede 10 mWb’lik bir akı meydana getirmek için gereken
mmf’yi bulunuz. Halkanın iç çapı 20 cm ve dış çapı 30 cm’dir. Manyetik malzemenin
geçirgenliği 1200’dür. Manyetik yolun relüktansı nedir?
5.13.1 MANYETİK DEVRELERDEKİ KUVVETLER VE TORKLAR
Yüklü cisimlerin birbiri üzerine etkilediği kuvvetlerin belirlenmesini içeren karmaşık sistemlerde,
sistemin elektrostatik enerjisi dikkate alınarak, cisim üzerindeki kuvvet zahiri yer değişimi metodu
ile bulunmuştu. Akım taşıyan oldukça uzun paralel iletkenlerin üzerindeki kuvvetlerin bulunması
dışında manyetik kuvvetlerin Ampere kanunu uygulanarak bulunması pratik değildir. Bunun için
kısım 3.10.1’dekine benzer zahiri yer değişimi metodu kullanılır
Akım taşıyan devrelerden birinin halka akısını değiştirmeyecek, emf indüklemeyecek ve sisteme
harici kaynaktan enerji girmesine izin vermeyecek şekilde, dl uzaklığı (zahiri) yer değişimi
yaptığını varsayalım. Yapılan mekanik iş (depolanan manyetik enerjiyi azaltarak),
dWm = F ⋅ dl
olur; F sabit akı altında cisim üzerindeki kuvvettir. Mekanik iş depolanan enerji ile eşleşmelidir.
dWm = − dW = F ⋅ dl
eşitliğinde ∇W .dl = dW konularak (Kısım 2.8)
F = −∇W N
(5.63)
elde edilir. Dikdörtgen koordinat sisteminde, üç boyutlu uzay için bu eşitlik aşağıdaki gibi ifade
edilir.
∂W ∂W ∂W
F = −
ax +
ay +
a z N
dy
dz
dx
(5.64)
Eğer manyetik devre, bir noktadan dönebilecek (yani tork oluşturabilecek) şekilde yataklanırsa,
sistemin oluşturacağı mekanik iş Tz dφ olur ve oluşan tork,
Tz = −
∂W
dφ
Nm
(5.65)
ile ifade edilir. Burada yataklamanın z ekseninde yapıldığı ve akının sabit olduğu varsayılmıştır.
ÖRNEK 5.24 Şekil 5.48’de görülen, manyetik nüvesinin kesit alanı A olan elektromıknatısın N
sarımlı sargısından geçen I akımı manyetik devrede φ akısı üretmektedir. Armatürün kaldırıcı
kuvvetini belirleyiniz.
410
Elektromanyetik Alan Teorisi
ÇÖZÜM
Armatürün z’de dz diferansiyel yer değişimi (zahiri yer değişimi) yapmasına izin verelim. Bu sırada
φ sabit kalsın. Armatürün yer değişimi sadece hava aralığının uzunluğunu değiştirecek ve yer
değişimi süresince iki hava aralığı arasındaki depolanan manyetik enerji değişmiş olacaktır.
5.57’den
B2
φ2
dW = dWhava aralıra = 2
Adz =
dz
2 µo
µo A
(5.66)
elde edilir. Hava aralığındaki her artış (pozitif dz) φ sabit olduğu sürece depolanan manyetik
enerjiyi artıracaktır. 5.64 kullanılarak,
∂W F=−
az = −
dz
∂
φ2
z
µo A dz
az = −
φ2 az N
µo A
(5.67)
elde edilir. Burada negatif işareti, kuvvetin hava aralığını azaltma (yani armatürü çekme)
eğiliminde olduğunu göstermektedir.
Şekil 5.48
5.14 ÖZET
Statik manyetik alan teorisi hareketli yükler tarafından oluşturulan zamandan bağımsız alanlar
çalışmasıdır. Hareketli bir yük akım oluşturduğundan akım terimi ile ortamdaki manyetik akı
yoğunluğu (Biot-Savart kanunu) aşağıdaki gibi tanımlandı.
Statik Manyetik Alanlar
411
µ
B=
4π
Id × R
∫ R3
c
Manyetik alan şiddeti ile manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki gibi tanımlandı.
B = µH
Manyetik alanda akım taşıyan iletkene etkiyen kuvvet Ampère kuvvet kanunu ile
F = ∫ Id × B
c
olarak verilir; B eşitlikte verilen I akımından başka bir kaynağın ürettiği manyetik akı
yoğunluğudur.
Akım taşıyan çerçeve manyetik alana konulursa
T = m×B
torku ile etkilenir ve çerçeve düzlemi B alanına normal oluncaya kadar döner. Manyetik dipol
momentinin (m) genliği basitçe çerçevenin kesit alanı ve akımının çarpımıdır. Yönü sağ el kuralı
ile verilir.
Bir açık yüzeyi geçen manyetik akı,
Φ = ∫ B ⋅ ds
s
iken kapalı yüzeyi terkeden net akı sıfırdır. Bu aşağıdaki gibi ifade edilir.
B ⋅ ds = 0
∫
veya
∇⋅B = 0
s
Bu eşitlik manyetik alan için Gauss kanunu olarak bilinir ve manyetik akı yoğunluğunun selenoidal
olduğunu ifade etmektedir.
Ampère devre kanunu,
∫
H ⋅ d = I veya ∇ × H = J v
c
ile verilir ve akım veya akım dağılımı yüksek derecede simetriliğini koruduğu sürece H alanının
kolaylıkla hesaplanmasına yardım eder.
µ
A=
4π
∫
c
Id R
ile tanımlanan manyetik vektör potansiyelinden manyetik akı yoğunluğu,
412
Elektromanyetik Alan Teorisi
B = ∇×A
olarak da hesaplanabilir.
Yüzey veya hacim akım dağılımı için A eşitliğindeki Id yerine J s ds veya J v dv konulabilir.
Bir açık yüzeyi geçen akı aşağıdaki gibi de verilebilir. c açık yüzey s ile sınırlanan konturdur.
Φ = ∫ A ⋅ d
c
Bir manyetik bölgede sınır hacim akım yoğunluğu ve sınır yüzey akım yoğunluğu ifadeleri de
aşağıdaki gibi elde edildi.
J vb = ∇ × M
ve
J sb = M × a n
M polarizasyon vektörüdür.
Manyetik alanlar için iki sınır şartı aşağıdaki gibi elde edilmiştir.
a n ⋅ (B1 − B 2 ) = 0
ve
a n × (H1 − H 2 ) = J s
Manyetik alandaki enerji yoğunluğu,
wm =
1 1
1 2
B ⋅ H = µH 2 =
B
2
2
2µ
olarak elde edildi. Manyetik skaler potansiyeli kullanılarak manyetik devreler analiz edildi.
Herhangi iki a ve b noktaları arasındaki manyetik potansiyel farkı,
ℑab = ℑa − ℑb = − H ⋅ d
a
∫
b
dir. Manyetik alan için Ohm kanunu ifadesi
NI = Φ ℜ
dir;
Statik Manyetik Alanlar
413
ℜ=
L
µA
manyetik devrenin relüktansıdır.
Kapalı bir manyetik devrede mmf düşümünün uygulanan toplam mmf’ye eşit olduğu söylendi. Bu
n
∑ H i Li = NI
i =1
ile ifade edilir ve manyetik devrelerin analizinde kullanılmaktadır. Örneklerin yardımı ile iki tip
manyetik devre problemlerinin analizi için teknikler gösterildi.
Manyetik devrelerde akım taşıyan devrelerdeki kuvvetler ve torklar zahiri yer değişimi metodu ile
hesaplandı.
5.15 ÇALIŞMA SORULARI
1. q yükü boşlukta U hızı ile hareket etmektedir. Bu yükün her noktada ürettiği manyetik alan
ifadesini yazınız.
2. Hareketli yük elektrik alanı meydana getirebilir mi?
3. Durgun yük manyetik alan meydana getirebilir mi?
4. Manyetik alana durgun bir yük yerleştirilirse yüke etkiyen kuvvet nedir?
5. Biot-Savart kanununu kendi sözlerinizle ifade ediniz.
6. İki yük aynı yönde hareket ediyor. Birbirlerine etkiyen kuvvet nedir?
7. Bir yük alan yönünde hareket ediyor. Yüke etkiyen kuvvet nedir?
8. Yüklü partikül herhangi bir kuvvet ile etkilenmeksizin bir manyetik alandan geçiyor. Manyetik
alan hakkında hangi sonuca varırsınız?
9. x yönünde hareket eden bir elektron manyetik alanın y yönünde olduğu bir bölgeye giriyor.
Bölgede elektronun hareket yönü nedir?
10. Manyetik dipol nedir? Manyetik dipol elektrik dipolünden nasıl farklılık gösterir?
11. Manyetik alanın belirlenmesinde Ampère devre kanunu ne zaman kullanılır?
12. Manyetik alan şiddeti genelde korunumlu alan mıdır?
13. 10 cm çapında bir tel 100 A akım taşımaktadır. (a) akım iletken içinde düzgünce dağılmış ise
ve (b) akım telin hemen üzerinden akıyorsa telin dışındaki manyetik alan şiddetini bulunuz.
Telin içindeki manyetik alan şiddeti nedir?
14. Ampère kuvvet kanununu açıklayınız.
414
Elektromanyetik Alan Teorisi
15. Paralel iki iletken aynı yönde akım taşımaktadırlar. Birbirine etkiyen kuvvetlerin türü (itici
veya çekici) nedir?
16. Manyetik vektör potansiyeli ile ne denilmek isteniyor?
17. Manyetik vektör potansiyeli ve manyetik skaler potansiyeli arasındaki fark nedir?
18. Elektrostatik alanlar durumunda elektrik vektör potansiyeli gibi şeyler niçin yoktur?
19. Boşluk ve manyetik malzeme arasındaki sınırda J s ’nin olması için şart ne olmalıdır?
20. Manyetik vektör potansiyelinden Biot-Savart kanunu çıkartılabilir mi?
21. ∇ ⋅ B = 0 ’nin önemi nedir?
22. Sınır hacim akım yoğunluğu ve sınır yüzey akım yoğunluğu ile ne denilmek isteniyor?
23. Polarizasyon vektörünün önemi nedir?
24. Relüktans ve mmf arasındaki ilişki nedir?
25. Akı ve relüktans arasındaki ilişki nedir? Akı doğrusal mıdır?
26. Akımın tanımlanması için kuvvet eşitliği kullanılabilir mi? Evet ise nasıl?
27. Kararlı manyetik alan oluşturulduktan sonra bunun sürdürülmesi için herhangi bir enerji
gerekir mi? Açıklayınız.
28. Manyetik devrelerin tasarımında istenilen akı yoğunluğu daima olabildiğince az miktarda mmf
ile oluşturulmaya çalışılır. Bunun demek istediğini (a) manyetik malzemenin geçirgenliği ve
(b) manyetik malzemenin relüktansı ile açıklayınız.
29. mmf kendisini üreten akımla sayısal olarak aynı olabilir mi?
30. Akı yoğunluğu artırılırsa ferromanyetik malzemenin relüktansına ne olur?
31. Ferromanyetik malzemenin geçirgenliği malzemedeki akı yoğunluğu azalırken artar mı?
32. Manyetik olmayan malzemenin geçirgenliği akı yoğunluğu ile değişir mi? Relüktansı nasıl
değişir?
33. Ohm kanunu ferromanyetik malzemelerde manyetik alana uygulanabilir mi?
34. Manyetik malzeme doymuş denildiğinde ne denilmek isteniyor? Manyetik malzeme
doyduğunda geçirgenliğine ne olur?
35. Histerezis nedir? Histerezis kaybı ile ne denilmek isteniyor? Histerezis kaybı yumuşak çeliğe
göre sert çelikte daha fazla mıdır?
36. Perminvar olarak bilinen nikel kobalt manganez alaşımının çok geniş akı yoğunluğu aralığında
sabit geçirgenlikte olduğu bulunmuştur. Böyle malzemeleri bulmak niçin önemlidir?
Statik Manyetik Alanlar
415
37. Bizmut ferromanyetik malzeme olmamakla beraber manyetik alana konulduğunda direncini
değiştirir. Bölgedeki manyetik akı yoğunluğunun ölçülmesinde bizmut kullanılabilir mi?
Açıklayınız.
38. Curie noktası oldukça düşük olan bazı alaşımlar vardır. Bu alaşımların her birinin küçük bir
sıcaklık değişiminde geçirgenliklerinde bariz değişim gösterdiği bulunmuştur. Böyle alaşımlar
sıcaklık ölçümünde kullanılabilir mi? Açıklayınız.
39. Kalıcı (artık) akı yoğunluğu nedir?
5.16 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR
1.
0 ≤ z ≤ ∞ arasındaki çok ince bir iletken telden geçen I akımından dolayı z = 0 düzlemindeki
herhangi bir noktadaki manyetik akı yoğunluğu ifadesini elde ediniz.
0
∞
µo I
µo I b
a
Örnek 5.1’den a = 0 ve b = ∞ iken B=
−
aφ =
aφ
2
2
4πρ ρ 2 + b 2
4πρ
a
ρ
+
0
∞
2.
− L ≤ z ≤ L arasındaki düzgün bir telden I akımı geçmektedir. Teli ikiye bölen düzlemde
herhangi bir noktadaki manyetik alan nedir?
µo I
−L
L
−
Örnek 5.1’den a = − L ve b = L iken B=
4πρ ρ 2 + L2
ρ 2 + L2
µo I
aφ =
2πρ
L
ρ 2 + L2
aφ
3. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi sonsuz uzunlukta a yarıçapında içi dolu manyetik olmayan
bir iletkenden I akımı geçmektedir. İletkenin iç ve dış kısımlarındaki manyetik akı
yoğunluğunun radyal yönde değişim eğrisinin şekilde görüldüğü gibi olduğunu doğrulayınız.
I
ρ ≤ a iken ⇒ ∫
c
çevrelenen
= ∫ J ⋅ ds
⇒=
H
H
⋅ dl
s
Hφ aφ
2πρ aφ
I az
π a2
ρ ≥ a iken ⇒ ∫
c
H
⋅ dl
=
Hφ aφ
2πρ aφ
I
I çevrelenen
πρ 2
⇒H
=
µo I ρ Iρ ⇒
=
a
B
aφ T
φ
2π a 2
2π a 2
µo I I =
aφ ⇒ B
aφ T
2πρ
2πρ
4. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi, çok uzun ve hava nüveli silindirik selenoid oluşturmak için b
yarıçapında ve L uzunluğundaki silindir üzerine çok ince iletken telden N sarım sıkıca
sarılmıştır. İletken telden I kararlı akımı geçtiğinde silindir eksenindeki herhangi bir noktadaki
416
Elektromanyetik Alan Teorisi
manyetik akı yoğunluğunu bulunuz. Silindirin merkezindeki ve uçlarındaki manyetik akı
yoğunlukları nedir?
L /2
nIb 2 ( z − h )
B
b2 b2 + ( h − z )
2
− L /2
2π
φ0
0
N
L
/
bdsdφ
2
L
L
π
/
2
2
/
2
R
µo J s ×
µo
µo
n Ib dz
(h − z )nIbdz 2π =
ds
dφ a z +
dφa ρ
R3
4π ∫s
4π ∫− L / 2 b 2 + ( z − h) 2 3 ∫0
4π ∫− L / 2 b 2 + ( z − h) 2 3 ∫0
nIaφ
− ba ρ + ( h − z ) a z
µ nI
L/2+h
L/2−h
+
B= o
2
2
2 b2 + ( h − L / 2)
b + (h + L / 2) 2
B
h= L / 2
=
µo nI
L
2
b +L
2
2
az ,
B
h=0
=
µo nI
L
2
b + ( L / 2)
2
2
az ,
B
h= − L / 2
=
µo nI
L
2
b +L
N =
B
µ=
µo Ia z
o nIa z
L →∞
L
5. Örnek 5.3’ü B = Ba x ve B = Ba y için tekrar ediniz.
B = Ba x
(5.12a) eşitliğinden iletkenin x =-(a+L) ve x =-a arası kısmına etkiyen manyetik kuvvet:
=
F1
−a
∫
0
IB (a x × a x )=
dx 0
−(a+ L)
ve benzer şekilde iletkenin x=a ve x=a+L arası kısmına etkiyen manyetik kuvvet:
a
z
2
2
az
Statik Manyetik Alanlar
417
(a+ L)
F
=
2
∫
0
IB (a x × a x )dx
= 0
a
a yarıçapında yarı-çember yaya etkiyen kuvvet:
a
−az
φ
0
0
0
0
0
− IBa sin φ π a z =
F3 =
∫ IB((− sin φ a x + cosφ a y ) × a x )adφ =IBa ∫ [− sin φ a x × a x + cosφ a y × a x ]dφ =
π
π
Tüm iletkendeki bileşke manyetik kuvvet:
F = F1 + F2 + F3 = 0
B = Ba y
(5.12a) eşitliğinden iletkenin x =-(a+L) ve x =-a arası kısmına etkiyen manyetik kuvvet:
=
F1
−a
∫
az
IB (a x × a y )=
dx IBLa z
−(a+ L)
ve benzer şekilde iletkenin x=a ve x=a+L arası kısmına etkiyen manyetik kuvvet:
F
=
2
(a+ L)
∫
az
IB (a x × a y )dx
= IBLa z
a
a yarıçapında yarı-çember yaya etkiyen kuvvet:
a
az
φ
0
0
0
0
F=
φ IBa ∫ [− sin φ a x × a y + cos φ a y × a y ]d=
φ IBa (cos φ ) π a z
3
∫π IB((− sin φ a x + cos φ a y ) × a y )ad=
π
= 2 IBaa z
Tüm iletkendeki bileşke manyetik kuvvet:
2
418
Elektromanyetik Alan Teorisi
F = F1 + F2 + F3 = 2 IB ( L + a )a z
6.
F1 =
[
]
µo
q1U1 × q2 U 2 × R12 eşitliğini manyetik kuvvetin temel bir kuralı varsayarak Biot3
4π R12
Savart kanunu ve Ampère kuvvet kanunu ifadelerini elde ediniz.
I 2 dl2
µo q2 U 2 × R
F1 ∫ q1U1 ×
=
c1
4π R 3
I1 dl1
B2
7. (5.17) ve (5.18) eşitliklerini doğrulayınız.
µII
FAB = − o 1 2
4π
FAB
L
a
ba y + ( z2 − z1 ) a z
−a
b 2 + ( z2 − z1 ) 2
∫ dz ∫
1
−L
3
dz2
1
1
a − z1
a + z1
−
+
b2 +( a + z1 )2
b2 +( a − z1 )2
b2 b2 +( z1−a )2 b2 b2 +( z1+ a )2
a
a
z2 − z1
1
−
2
2
2
2
2
b + ( z2 − z1 )
b b + ( z1 − z2 )
−a
−a
L
a
L
a
µII
( z2 − z1 )
1
dz2 a z
= − o 1 2 b ∫ dz1 ∫
dz2 a y + ∫ dz1 ∫
3
3
−L
−a
−a
4π − L
b 2 + ( z − z1 ) 2
b 2 + ( z2 − z1 ) 2
2
L
L
2
2
2
a + z1 + b 2 + ( a + z1 )
b 2 + ( a + z1 ) − b 2 + ( a − z1 )
l
n
2
2
2
b
− a + z1 + b + ( a − z1 )
−
L
−L
2
2
2
2
b 2 + ( a − L )2 − b 2 + ( a + L )2
b 2 + ( a + L )2 − b 2 + ( a − L )2
a + L + b +( a + L ) − a − L + b +( a + L )
−
ln
2
2
2
b2
b2
)2
a − L + b +( a − L )
− a + L + b +( a − L
ln1
0
µII
FAB =
− o 1 2 ( L + a)2 + b2 − ( L − a)2 + b2 a y
2π b
Statik Manyetik Alanlar
419
µII
FCD = − o 1 2
4π
FCD
L
−a
ca y + ( z2 − z1 ) a z
−L
a
c + ( z2 − z1 )
∫ dz1 ∫
2
2
3
dz2
1
1
a + z1
a − z1
−
−
−
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
c +( a − z1 )
c +( a + z1 )
c c +( z1+ a ) c c +( z1−a )
−a
−a
z2 − z1
1
−
2
2
c 2 + ( z2 − z1 )
c 2 c 2 + ( z1 − z2 )
a
a
−a
−a
L
µII L
( z2 − z1 )
1
= − o 1 2 c ∫ dz1 ∫
dz2 a z
dz2 a y + ∫ dz1 ∫
3
3
−
−
L
a
L
a
4π
c 2 + ( z − z1 ) 2
c 2 + ( z2 − z1 ) 2
2
L
L
2
2
2
2
2
c 2 + ( a − z1 ) − c 2 + ( a + z1 )
− ln a − z1 + c 2 + ( a − z1 )
a + z1 + c + ( a + z1 )
−L
2
c
2
2
2
2
−L
a − L + c +( a − L ) a + L + c +( a + L )
−
ln
2
2
2
2
c 2 +( a + L ) − c 2 +( a − L )
c 2 +( a − L ) − c 2 +( a + L )
−
a + L + c 2 +( a + L )2 a − L + c 2 +( a − L )2
c2
c2
ln1
−
0
µo I1 I 2
( L + a)2 + c 2 − ( L − a)2 + c 2 a y
=
FCD
2π c
8. Örnek 5.5 de L=10 m, b=2 cm, c=10 cm, a=5 cm ve I1 =I2 =10 A ise çerçeveye etkiyen
manyetik kuvveti bulunuz.
10 10
µ I I 1
1
2
2
2
2
F=
−a y o 1 2 ( L + a ) 2 + b − ( L − a ) 2 + b + ( L + a ) 2 + c − ( L − a ) 2 + c
c
2π b
10
10
5
2
5
2
5
1
5
1
10 100
1 10 100
2
100
100
100
10
100
10
100
10
= −119,999a y μN
9. 10 cm × 20 cm ebadında 10 sarımlı bir sargı 0,8 T’lık manyetik alana yerleştirilmiştir. Sargıdan
15 A geçmekte ve uzun ekseni boyunca serbestçe dönebilmektedir. Tam bir dönüş için sargının
yer değişimi açısı ile sargıya etkiyen tork grafiğini çiziniz.
m
B
T = m × B = mB sin θ = 10 × 15 × 10 × 20 × 10−4 × 0,8sin θ = 2, 4sin θ Nm
420
Elektromanyetik Alan Teorisi
10. Bir D’Arsonval sayacı 0,2 T’lık manyetik alanda 4 cm uzunluğunda ve 2,5 cm genişliğindeki
sargısı 25 sarımlı olacak şekilde tasarlanmıştır. Aygıtın geri getirici torku bir yay ile
uygulanmakta ve bu θ sapma açısı ile orantılıdır. Yay sabiti derece başına k=50 µNm’dur.
Skalada bulunan 50° ’lik yay 100 eşit taksimata bölünmüştür. Aygıtın tasarımı, manyetik alan
daima sargının eksenine göre radyal yönde olacak şekilde yapılmıştır. (a) sapmanın her
derecesi için, (b) skala taksimatı için ve (c) tam skala sapması için sargıdan geçen akımı
hesaplayınız.
k
m
kθ
B
50 × 10−6
−4
T= m × B= mB sin θ= 25 × 4 × 2,5 × 10 I × 0, 2sin 90°= 0,005 I ⇒ I θ = 1=
= 10 mA/derece
°
0,005
I
tam skala
=
50 × 10−6
mA
=10
× 50 derece =500 mA
0,005
derece
I skala
=
taksimatı
500 mA
= 5 mA
100
11. Sonsuz uzunlukta akım taşıyan iletkenin oluşturduğu B manyetik alanının Gauss kanununu
sağladığını gösteriniz.
B
φ
µo I 1 ∂ µo I
=
B
aφ ⇒=
∇⋅B
= 0
2πρ
ρ ∂φ 2πρ
12. Örnek 5.7’yi her iki iletken z yönünde akım taşırken tekrarlayınız.
Statik Manyetik Alanlar
421
B
ds
µo I 1
µo I
1 (
dydz
=
Φ ∫
−
+
⋅
−
=
a
ax )
x
s 2π
2π
y b− y
L
1
µo I
1
b−a
L
ln[ y ( y − b)] a z 0
dz
−
dy=
∫
0
2π
y b− y
−a
µo IL (b − a)(b − a − b)
ln
= =
0
2π
(
)
a
a
b
−
∫
b−a
0
1
13. Kenarı 2b olan bir küp orijinde bulunmaktadır. Çok uzun düz bir iletken z ekseninde
yerleştirilmiş ve z yönünde I akımı taşımaktadır. x=b yüzeyinden geçen akıyı bulunuz.
y
− sin φ =
− =
−
aφ ⋅ a x =
ρ
y
2
x + y
2
b
B
ds
µo I µI
Φ=∫
a ⋅ a x dydz = − o
s 2πρ φ
2π
∫
b
−b
b
µI
y
dy ∫ dz = − o ln y 2 + b 2
2
2
−
b
2π
y +b
b
−b
z −b = −
b
µo I
b2 + b2
2b ln
=0
2π
b2 + b2
14. B = 12 xa x + 25 ya y + cza z ise c’yi bulunuz.
By
Bx
Bz
∂ ∂ ∂ ∇ ⋅ B = 0 ⇒ 12 x + 25 y + cz = 0 ⇒ 12 + 25 + c = 0 ⇒ c = −37
∂x
∂y
∂z
15. Örnek 5.10’da iletkenler içindeki bölgedeki manyetik akı yoğunluğunu kullanarak çevrelenen
toplam akıyı belirleyiniz.
B
ds
µ 80 0,1 1
100
µo I µo 8000
o
=
Φ ∫
aφ ⋅ a=
ρ
=
d
dz
d ρ=
dz
ln10 3,68 mWb
φ
∫
∫
s 2πρ
0,01
0
ρ
2π
2π
16. L uzunluğunda kısa ve düz bir iletken z yönünde I akımı taşımaktadır. İletkenden uzakta bir
noktadaki manyetik vektör potansiyelinin aşağıdaki gibi olduğunu gösteriniz. R orijinden
gözlem noktasına olan uzaklıktır. Bu noktadaki manyetik akı yoğunluğu nedir?
µo I
=
A
4π
az
az
L/2 1
µo IL µo IL µo IL =
a
=
a
=
a
−
a
dz
θ
θ
cos
(
sin
θ)
z
z
r
∫− L / 2 R
R
R
R
4π 4π 4π R >> L
ar
1
∂
B = ∇×A = 2
r sin θ
∂r
µo IL
cos θ
4π R
R≅r
R >> L
r aθ
∂
∂θ
µ IL
− r o sin θ
4π R
R≅r
R >> L
r sin θ aφ
µ IL
∂
= o 2 sin θ aφ
∂φ
4π r
0
422
Elektromanyetik Alan Teorisi
17. a = 10 cm yarıçapında dairesel kesit alanlı çok uzun düz bir iletken z eksenine yerleştirilmiştir.
İletken z yönünde kesit alanı boyunca düzgünce dağıtılmış 100 A taşımaktadır. (a) iletkenin
içinde ve (b) iletkenin dışındaki manyetik alan şiddetini bulunuz. İletkenin merkezinden,
uzaklığın bir fonksiyonu olarak manyetik alan şiddetinin grafiğini çiziniz.
I
çevrelenen
100 ρ dl
ds
ρ ≤ a iken ⇒ ∫ H
⋅
=
⋅
⇒H
=
J
a= 1591,55 ρ aφ A/m
2 φ
∫
c
s
2
a
π
Hφ aφ 2πρ aφ
100 πρ 2
π a2
ρ ≥ a iken ⇒ ∫
c
H
⋅ dl
=
Hφ aφ
2πρ aφ
az
100 15,9155 100 ⇒ H=
a=
aφ A/m
φ
2πρ
ρ
I çevrelenen
18. Örnek 5.13’de N=500 sarım, a=15 cm, b=20 cm, h=5 cm ve I=2 A ise halka içindeki manyetik
alan şiddetini, manyetik akı yoğunluğunu ve toplam akıyı bulunuz. Halka içinde manyetik alan
şiddeti düzgün ve ortalama yarıçaptaki genliğe eşit varsayılırsa halka içindeki manyetik akı
yoğunluğu ve toplam akıyı hesaplayınız. Bu varsayımla meydana gelen hata nedir?
H
=
Hφ
= 1061,03 A/m
NI 500 × 2 159,1549 ρ = 0,15
aφ
aφ
aφ A/m ⇒
=
=
ρ
2πρ
2πρ
H φ ρ = 0,2 = 795,7745 A/m
Bφ
= 1,33 mT
200 × 10−6 ρ = 0,15
−7 159,1549 B=
aφ =
aφ T ⇒
µo H =
4π × 10
ρ
ρ
Bφ ρ = 0,2 = 1,00 mT
Φ=
µo NIh b
500 × 2 × 0,05 20
ln = 4π × 10−7
ln = 2,876 μWb
2π
a
2π
15
159,15
H φ = 909, 428 A/m
20 + 15
=
0,175
ρ = 17,5 cm ⇒
Ortalama yarıçapta,
=
2
B =4π × 10−7 × 909, 428 =1,1428 mT
φ
0,05 2,857 μWb ⇒ hata
%
=
Φ 1,1428 × 10−3 × (0, 2 − 0,15) × =
=
2,876 − 2,857
100 % 0,66
=
2,876
19. Çok ince bir tel helisel bir sargı biçiminde sıkıca sarılarak bir selenoid oluşturuluyor. Sargının
iç yarıçapı b ve selenoid çok uzunsa sargı içindeki manyetik alan şiddetinin genliğinin nI
olduğunu gösteriniz; I sargıdan geçen akım ve n birim uzunluk başına sarım sayısıdır. Sargı
içindeki manyetik akı yoğunluğunu ve sargıyı kesen toplam akıyı da hesaplayınız.
∫
c
H ⋅dl= H z L=
nIL ⇒ H =
nI ⇒ B=
µo nI ⇒ Φ= µo nI π b 2
z
z
I çevrelenen
Statik Manyetik Alanlar
423
20. Çok ince bir tel helisel sargı biçiminde sıkıca sarılarak b iç yarıçapında, µr bağıl
geçirgenliğinde çok uzun bir selenoid oluşturuluyor. M mıknatıslanma vektörü, J vb sınır
hacim akım yoğunluğu ve J sb sınır yüzey akım yoğunluğunu hesaplayınız.
Önceki alıştırmadan H z = nI
M z = χ m H z = ( µr − 1)nI ⇒ J vb = ∇ ⋅ M = 0 ⇒ J sb
ρ =b
= M × a ρ = ( µr − 1)nIa z × a ρ = ( µr − 1)nIaφ
21. Örnek 5.14’de, µr =1200, N=500 sarım, I=2 A, a=15 cm, b=20 cm ve h=5 cm ise manyetik akı
yoğunluğunu, sınır hacim akım yoğunluğunu, sınır yüzey akım yoğunluğunu ve halka içindeki
toplam akıyı bulunuz.
( µ − 1) NI (1200 − 1) × 500 × 2 a = 190826,7768 a ⇒ J = ∇ × M
=0
M= r
aφ =
φ
φ
vb
2πρ
2πρ
ρ
H
NI 4π × 10−7 × 1200 × 500 × 2 0, 24 =
B µo µ r =
aφ
=
aφ
aφ=
⇒Φ
ρ
2πρ
2πρ
M
190826,7768 190826,7768 =
J sb
=
aφ × a z
aρ
üst yüzey
ρ
ρ
J sb
alt yüzey
M
190826,7768 190826,7768 =
aφ × (−a z ) =−
aρ
ρ
ρ
M
190826,7768 =
J sb
=
aφ × (−a ρ ) 1272178,512a z
ρ = a= 0,15
ρ
0,2
0, 24
0,15
ρ
∫
0,05
d ρ ∫=
dz 3, 45 mWb
0
424
Elektromanyetik Alan Teorisi
J sb
ρ = b= 0,2
M
190826,7768 =
aφ × a ρ =
−954133,884a z
ρ
22. Örnek 5.13’deki toroidal sargıda halkanın ortalama yarıçapında herhangi iki nokta arasındaki
mmf düşümü ifadesini elde ediniz.
NI
H=
aφ
NI
2πρ
⇒ ∫ H ⋅ dl=
φ
c
2π
dl φ = ρ dφ aφ
φ2
∫φ
d=
φ
1
NI
(φ2 − φ1 )
2π
23. Bölgedeki manyetik akı yoğunluğu biliniyorsa, bölgede akım bulunmayan herhangi iki nokta
arasındaki manyetik potansiyel farkı ifadesinde geçirgenliğin etkisi nedir?
B
a ’den verilen bir B için ℑab = ℑa − ℑb = - ∫ H ⋅ d manyetik potansiyel farkı µ ile
B = µH ⇒ H =
µ
ters orantılı değişmektedir.
b
24. xy düzleminde bulunan ve yarıçapı b olan dairesel bir çerçeve φ yönünde I akımı taşımaktadır.
Eksende herhangi iki nokta arasındaki manyetik potansiyel farkı için bir ifade elde ediniz.
P(0,0,0) ve Q(0,0,∞) noktaları arasındaki manyetik potansiyel farkı nedir?
=
H
I dl × R
∫=
c 4π R 3
∫
2π
I (bdφ aφ ) × (−ba ρ + z a z )
4π b 2 + z 2
0
3
H
z
Ib 2
3
2
2
2 b +z
Hρ
0
Ib 2 2π
dφ
Ibz 2π
dφ
=
az +
(a x cos φ + a y sin φ )
4π ∫0 b 2 + z 2 3
4π ∫0 b 2 + z 2 3 aρ
=
ℑ
z2
H z dz
∫=
z1
∫
z2
z1
z2
z1
I
⇒ℑ
=
dz
−
=
3
2
2
2 b 2 + z22
b
z
+
2 b2 + z 2
1
Ib 2
∞
H dz
∫=
0
z
I
2
Statik Manyetik Alanlar
425
25. 2 y − x + 4 ≤ 0 ile sınırlanan sonlu manyetik iletkenlikte bir bölgenin bağıl geçirgenliği 10 ve
manyetik akı yoğunluğu B = 2a x + 3a y − 5a z T ’dır. Diğer bölgeler boşluk ile karakterize
edilirse (a) her bölgedeki alanı, (b) manyetik bölgedeki mıknatıslanma vektörünü ve (c)
boşluktaki alanı hesaplayınız.
düzlem
x =
∇f −a x + 2a y
x 0 iken y ≤ −2
2y − x + 4 ≤ 0 ⇒ y ≤ − 2 ⇒
=
⇒ f = 2 y − x + 4 ⇒ an =
2 =
∇f
5
y 0 iken x ≥ 4
I
B 2 = 2a x + 3a y − 5a z
⇒
a
⋅
B
−
B
=
⇒
−
C
+
C
=
(
)
0
2
4
n
x
y
1
2
B1 = C x a x + C y a y + C z a z
1 B2
B1 −
µo
µr
ax
ay
az
C z = − 12
B 2 = 2a x + 3a y − 5a z
B2
1
2
B1
7
0 = 0 ⇒ 2C x + C y =
= 0⇒ −
⇒ an × −
10
µ
µ
µ
5
5
B1 = C x a x + C y a y + C z a z
o
o
r
II
10
C x − 102 C y − 103 C z + 105
0,52
1,74
4 C x = −13 / 25 −C x + 2C y =
⇒
⇒
B
=
−
a
+
I ve II'den
(13
/
25)
(87
/ 50)a y − (1 / 2)a z
x
1
7
C y = 87 / 50
10
2C x + C y =
26. x=0 düzlemi hava ve manyetik malzeme arasındaki bir ara yüzeyi oluşturmaktadır. Havadaki
akı yoğunluğunun genliği 0,5 T ve x ekseni ile 5° açı yapmaktadır. Manyetik bölgedeki akı
yoğunluğu 1,2 T ise (a) x ekseni ile yaptığı açıyı ve (b) manyetik malzemenin geçirgenliğini
belirleyiniz. Her iki bölgedeki H alanları nedir?
426
Elektromanyetik Alan Teorisi
0,5
cos5° = 65, 48°
Bn1= Bn 2 ⇒ θ= cos −1
1, 2
Ht1
Ht 2
B1 sin φ1
B2 sin φ2
1, 2 sin 65, 48°
⇒ µr 2
= 25,0535
=
=
0,5 sin 5°
µ1
µ2
0,5sin 5°
1,2sin 65,48°
0,04357
A/m
0,04357 A/m
=
1
25,0535
27. Bir toroidin iç yarıçapı 10 cm, dış yarıçapı 14 cm ve yüksekliği 4 cm’dir. Düzgünce sarılmış
bir sargıdan 0,5 A akım geçmektedir. Ortalama yarıçaptaki manyetik alan şiddeti 79,578 A/m
ise sargıdaki sarım sayısını belirleyiniz. Nüvenin geçirgenliği 500 ise manyetik alanda
depolanan enerjiyi hesaplayınız.
Bφ= µo µr H φ= 4π × 10−7 × 500 × 79,578 ≅ 50 mT ⇒ Φ= BA= 50 × 10−3 (0,14 − 0,04)0,04= 80 μWb
ρm
Ortalama yarıçap: =
λ= N Φ ⇒ L=
wm =
H 2πρ m 79,578 × 2π × 0,12
0,1 + 0,14
= 0,12 m ⇒=
N
=
= 120 sarım
2
I
0,5
1 2 1
N Φ 120 × 80 × 10−6
LI = 19, 2 × 10−3 × 0,52 = 2, 4 mJ
=
= 19, 2 mH ⇒ Wm =
0,5
2
2
I
1 1
B⋅H=
50 × 10−3 × 79,578 = 1,99 J/m3
2
2
W
=
m
dv
∫w=
v
m
= 2, 4 mJ
1,99(0,14 − 0,1)0,04 × 2π × 0,12
28. Bir koaksiyel kabloda akım iç iletkenin (ρ=a) dış yüzeyinde ve dış iletkenin (ρ=b) iç
yüzeyinden akmaya zorlanmaktadır. Koaksiyel kablo I akımı taşıyorsa, iki iletken arası
manyetik olmayan bölgedeki manyetik alanda birim uzunluk başına depolanan enerjiyi
belirleyiniz.
Statik Manyetik Alanlar
H=
a ≤ ρ ≤b
427
µo I I aφ ⇒ B=
aφ =
⇒Φ
a ≤ ρ ≤b
2πρ
2πρ
µo I
2π
B ⋅ ds
∫=
s
b
1
a
ρ
∫
1
d ρ=
∫ dz
0
µo I b
ln
2π a
1
1 2 µo I 2 b
λ N Φ µo b
L= =
= ln H/m ⇒ Wm = LI =
ln J/m
I
I
2π a
2
4π
a
wm =
µo I 2
1 B⋅H=
J/m3 ⇒ Wm =
2
8π 2 ρ 2
∫
v
wm dv =
µo I 2
8π 2
b
1
a
ρ2
∫
2π
1
0
0
ρ d ρ ∫ dφ ∫ dz =
µo I 2 b
ln J/m
4π
a
29. Önceki alıştırmayı akımın içteki iletkende düzgünce dağıtıldığını varsayarak tekrarlayınız.
H
B
ρ ≤a
a ≤ ρ ≤b
Iρ
aφ
2π a 2
⇒ Wm
µo I ρ
aφ
=
2π a 2
=
Önceki örnekten Wm
ρ ≤a
=
a ≤ ρ ≤b
=
µo I 2
1 B
H
⋅
=
dv
2 ∫v
8π 2 a 4
∫
a
0
µo I 2 b
ln J/m ⇒ Wm = Wm
4π
a
2π
1
0
0
ρ 3 d ρ ∫ dφ ∫ dz =
ρ ≤a
+ Wm
=
a ≤ ρ ≤b
µo I 2
J/m
16π
µo I 2 µo I 2 b
+
ln J/m
16π
4π
a
30. Aşağıdaki şekilde görülen manyetik malzemenin kalınlığı 10 cm’dir. c ayağında 7 mWb’lik akı
meydana getirmek için 500 sarımlı sargıdan geçmesi gereken akım ne olmalıdır? Şekil
5.42’deki II nolu mıknatıslanma eğrisini kullanınız.
Φ
B
7
(7 / 2) × 10−3
Φ a =Φ b = c = mWb ⇒ Ba =Bb = c =
=0,7 T ⇒ Bc =1, 4 T
2 2
2 5 × 10−2 × 10 × 10−2
H= H=
140 A/m
b
Mıknatıslanma eğrisinden ⇒ a
⇒
H c = 1775 A/m
ℑ 959,75
2
ℑ
= 1775(50 − 5)10−2 + 140(70 + 45)10−=
=
= 1,9195 A
I
959,75 At ⇒ =
N
500
31. Aşağıdaki şekilde görülen manyetik malzemenin kalınlığı 10 cm’dir. 500 sarımlı sargıdan 2 A
akım geçerse manyetik devrenin her bacağındaki akıyı belirleyiniz. Şekil 5.42’deki II nolu
mıknatıslanma eğrisini kullanınız.
428
Elektromanyetik Alan Teorisi
1000 At uygulanan mmf’nin % 70’inin c bacağında düştüğü varsayılsın.
1. İrdeleme: 500 × 2 =
Bacak
Akı (Wb)
Alan (m2)
c
68 × 10−4
50 × 10−4
−4
−4
B (T)
grafikten
1,36
H (At/m)
700/0,45
1555,55
34×10−4
a
34 × 10
50 × 10
50×10−4
0,68
Toplam mmf düşümü
=
hata
857,33-1000
= -% 14, 267
1000
grafikten
136,81
L (m)
mmf (At)
0,45
←700
1,15
157,33
çok düşük
857,33
Statik Manyetik Alanlar
429
1000 At uygulanan mmf’nin % 82’sinin c bacağında düştüğü varsayılsın.
2. İrdeleme: 500 × 2 =
Bacak
Akı (Wb)
Alan (m2)
c
70,5 × 10−4
50 × 10−4
B (T)
grafikten
1, 41
H (At/m)
820/0,45
1822, 22
35,25×10−4
a
35, 25 × 10
−4
50 × 10
−4
grafikten
138, 27
−4
50×10
0,705
L (m)
mmf (At)
0,45
←820
1,15
159,01
hala düşük
979,01
Toplam mmf düşümü
hata
=
979,01-1000
= -% 2, 099
1000
1000 At uygulanan mmf’nin % 84’inin c bacağında düştüğü varsayılsın.
3. İrdeleme: 500 × 2 =
Bacak
Akı (Wb)
Alan (m2)
c
71 × 10−4
50 × 10−4
B (T)
grafikten
1, 42
H (At/m)
840/0,45
1866,66
35,5×10−4
a
35,5 × 10
−4
50 × 10
−4
50×10−4
0,71
Toplam mmf düşümü
140
L (m)
mmf (At)
0,45
←840
1,15
161
grafikten
tamam
1001
1001-1000
hata =
=
+% 0,1 ≤ % 2
1000
32. Aşağıdaki şekildeki seri-paralel manyetik devrenin hava aralığındaki akı yoğunluğu 0,05 T ve
manyetik bölgenin bağıl geçirgenliği 500 ise relüktans metodunu kullanarak manyetik devrenin
1000 sarımlı sargısından geçen akımı bulunuz ve eşdeğer manyetik devresini çiziniz (Boyutlar
cm’dir).
430
Elektromanyetik Alan Teorisi
0,5 × 10−2
= 1,658 × 106 H −1
−7
−4
4π × 10 × 24 × 10
28 × 10−2
3
−1
ℜ=
= 185,68 × 10 H
def
4π × 10−7 × 500 × 24 × 10−4
T =ℜ abcd + ( ℜ def +ℜ fg +ℜchg )/ / ℜcd
ℜ
16 × 10−2
ℜT 585,61 × 103 H -1
ℜ=
= 70,74 × 103 H −1 ⇒=
cd
4π × 10−7 × 500 × 36 × 10−4
31,5 × 10−2
208,89 × 103 H −1
ℜ=
=
chg
−7
−4
4π × 10 × 500 × 24 × 10
352 × 10−2
−1
3
= 517, 25 × 10 H
ℜabcd =
4π × 10−7 × 500 × 24 × 10−4
ℜ=
fg
Φ = Φ1 + Φ 2 = 3,603 mWb
ℑab
ℑ
⇒
[Φ1 (ℜdef + ℜ fg + ℜchg )]
ΦℜT 2109,73
I =
= 2,10973 A
= 3, 483 mWb =
1000
N
ℜcd
−4
0,05 × 24 × 10=
120 μWb
Φ=
1
Φ2
33. Dairesel kesit alanlı bir manyetik devrede 10 mWb’lik bir akı meydana getirmek için gereken
mmf’yi bulunuz. Halkanın iç çapı 20 cm ve dış çapı 30 cm’dir. Manyetik malzemenin
geçirgenliği 1200’dür. Manyetik yolun relüktansı nedir?
20 / 2 + 30 / 2
Ortalama yarıçap: ρ m ==
12,5 cm ⇒ Ortalama uzunluk: lm =
2πρ m =
0,785 m
2
2
5
A=
π r2 =
π × 10−2 =
1,9635 × 10−3 m 2
2
lm
0,785
=
ℜ
=
= 265123,7639 H −1
−7
µo µr A 4π × 10 × 1200 × 1,9635 × 10−3
ℑ = Φℜ = 10 × 10−3 × 265123,7639 = 2651, 2376 At
5.17 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER
1. 2 cm yarıçapında dairesel çerçeve 10 A akım taşımaktadır. Tam ve yaklaşık ifadeleri
kullanarak (a) çerçevenin merkezinde, (b) çerçevenin ekseninden 10 cm uzaklıkta ve (c)
çerçevenin ekseninden 10 m uzaklıktaki manyetik akı yoğunluğunu bulunuz. Dairesel
çerçevenin manyetik dipol momenti nedir?
Statik Manyetik Alanlar
431
314,159×10−6
µo I 4π × 10−7 × 10 5.8'den ⇒=
B
=
az
=
az
2b
2 × 2 × 10−2
π 10−4 a z T
−6
2 ,36968×10
2
−7
−2 2
−4
µo Ib
4π × 10 × 10 × (2 × 10 ) π 10 5.7'den
=
⇒B
=
a
=
a
az T
3 z
3 z
2
2
−2 2
−2 2
2
6
26
2 b +z
2 (2 × 10 ) + (10 × 10 )
−12
2,5132×10
2
−
7
−
2
2
µ Ib
4π × 10 × 10 × (2 × 10 )
π 10−4
a
a
5.7'd
en ⇒ B = o
=
=
az T
z
3 z
3
13250053 89
2 b2 + z 2
2 (2 × 10−2 ) 2 + 102
=
m IA
=
a z 10π (2 × 10−2 ) 2 a z = 4π 10−3
2. Bir selenoidin yarıçapı 2 mm ve uzunluğu 1,2 cm’dir. Birim uzunluk başına sarım sayısı 200 ve
akım 12 A ise (a) merkezde ve (b) selenoid’in uçlarındaki manyetik akı yoğunluğunu
hesaplayınız.
µ nI
B h= − L / 2 = o
2
h= + L / 2
B
1, 2 × 10−2
4π × 10−7 × 200 × 12
az =
a z = 1, 487a z mT
−3 2
−2 2
2
2
2
b +L
(2 × 10 ) + (1, 2 × 10 )
L
µo nI
h=0
4π × 10−7 × 200 × 12
1, 2 × 10−2
L
=
az
=
a z 2,86a z mT
2
−3 2
−2 2
2
2
2
(2 × 10 ) + (1, 2 × 10 )
b + ( L / 2)
3. Uzun bir selenoidin sarım sayısı 2 sarım/mm’dir. İç kısmında 0,5 T’lık manyetik alan
üretilmesi için sargıdan geçmesi gereken akımı belirleyiniz.
N
sarım/metre
L B z = µo n Ia z ⇒ 0,5 = 4π × 10−7 × 2000 × I ⇒ I = 198,9436 A
4. Kenarı 10 cm olan kare biçimli bir çerçeve birbirine yakın ve sıkıca sarılmış 500 sarımlı ve 120
A akım taşımaktadır. Çerçevenin merkezindeki manyetik akı yoğunluğunu belirleyiniz.
B
µo I 2 2 4π × 10−7 × 120 2 2 N=
a z =500
a z 0,6788a z T
0,1
π b
π
5. Yarıçapları a ve b olan yarı dairesel iki iletken tam bir çerçeve oluşturmak için düz iletken
parçalarla birleştiriliyor. Çerçevenin ekseninde herhangi bir noktadaki manyetik akı
yoğunluğunu belirleyiniz.
Örnek 5.2’den
µ Ia 2
Ba = o
3
4π a 2 + z 2
∫
π
0
dφa z +
µo Iaz
4π a + z
2
2
3
∫
π
0
cos φ dφa x +
µo Iaz
4π a + z
2
2
3
∫
π
0
sin φ dφa y
π
φ0
Ba =
µo Ia 2 π
4π a 2 + z 2
a +
3 z
µo Iaz
4π a 2 + z 2
0
π sin φ 0 a x +
3
µo Iaz
4π a 2 + z 2
2
π (− cos φ ) 0 a y
3
432
Bb
Elektromanyetik Alan Teorisi
µo Ib 2
4π b 2 + z 2
2π
3
∫π
dφa z +
µo Ibz
cos φ dφa x +
2π
4π b 2 + z 2
3
∫π
µo Ibz
4π b 2 + z 2
2π
3
∫π
sin φ dφa y
2π
φπ
Bb =
µo Ib π
2
4π b 2 + z 2
a +
3 z
µo Ibz
4π b 2 + z 2
0
2π sin φ π a x +
3
µo Ibz
4π b 2 + z 2
−2
2π (− cos φ ) π a y
3
× R
R
d
d
a ≤ x ≤ b arasındaki düz iletken için: dx a x × (− xa x + za z ) =− zdx a y
a
µ Iz a
µ Iz
µo I
dx
x
b
a
B a ≤ x ≤b =
− o ∫
a =
− o
ay =
−
2
ay
3 y
2
2
2
2
2
2
b
4π
4π z x + z b
4π z b + z
a +z
x2 + z 2
− a ≤ x ≤ −b arasındaki düz iletken için:
µ Iz − b
µI
dx
b
a
B − a ≤ x ≤− b = − o ∫
a = o
−
ay
3 y
−
a
2
2
2
2
4π
4π z b + z
a +z
x2 + z 2
2 B − a≤ x≤− b
µ I
a2
B = B a + Bb + 2B a ≤ x ≤b = o
4 a2 + z 2 3
µ Iz
a
b
o
−
3
2π a 2 + z 2 3
2
2 b2
b
z
+
az +
+
ay
3
2
2
b +z
µo I
b
a
−
2
+
2
a 2 + z 2
2π z b + z
µ I
=
a b veya
=
b a ise ⇒ B = o
2
a2
a +z
2
2
3
az
6. 500 nC’luk yük 1,2a z T’lık manyetik alanda 500a x + 2000a y m/s’lik hızla boşlukta P(3,4,5)
noktasını aniden geçiyor. Yüke etkiyen manyetik kuvveti belirleyiniz.
Statik Manyetik Alanlar
433
2400 a − 600 a
x
y
q
a
a
a
U
B
x
y
z
−9
−9
F= qU × B= 500 × 10 × [(500a x + 2000a y ) × 1, 2a z ]= 500 × 10 500 2000 0 = 1, 2a x − 0,3a y mN
0 0 1, 2
7. Uçları (-3,-4,0) m ve (5,12,0) m olan doğrusal bir iletken 250 A akım taşımaktadır. Boşluktaki
manyetik akı yoğunluğu 0,2a z T ise iletkene etkiyen manyetik kuvveti belirleyiniz.
d
400
800
B
5
12
F=
×
B
=
(
a
+
a
)
×
0,
2
a
=
−
50
a
+
50
a
=
−
50(5
+
3)
a
+
50(12
+
4) a x
Id
I
dx
dy
dx
dy
y
z
x
y
∫
∫ x
∫ y ∫
c
−3
c
−4
8. Aşağıdaki şekilde P noktasındaki manyetik akı yoğunluğunu bulunuz.
Örnek 5.2’den yarı çember iletken:
0 R=
−ba ρ + z a z =
−ba ρ ⇒ dl =
bdφ aφ
0
µo Ia 2
Bsc =
3
2
4π a 2 + z
∫
π
0
dφa z +
0
0
−2
π π − sin φ 0 a x + cos φ 0 a y
0
µo Ia z
4π a 2 + z
2
3
0,6283×10−3
aρ
−7
π
µo I 4π × 10 × 100 ∫0 dφ (cos φ a x + sin φ a y ) =4a a z = 4 × 5 × 10−2 a z
0
Örnek 5.1’den üst, alt ve yan iletkenler:
µo I
4πρ
b
ρ 2 + b2
az
a z
0
µo I
b
a
−
B üst =
aφ =
2
4πρ ρ + b 2
ρ 2 + a 2
0
−3
0,2×10
7
−
4π × 10 × 100
2
a z = B alt
4π 0,05
0,052 + 22
434
Elektromanyetik Alan Teorisi
µo I
4πρ
B yan
L
ρ 2 + ( L / 2)2
az
−L
L/ 2
a z
/ 2
µo I
b
a
=
−
aφ =
2
4πρ ρ + b 2
ρ 2 + a 2
−L/2
L/2
−9
249,922×10
−
7
4π × 10 × 100
0,1
a
2
2 z
4π 2
2
(0,1
/
2)
+
B = Bsc + B üst + B alt + B yan =1,02854 × 10−3 a z T
9. Aşağıdaki şekilde 20 A akım taşıyan bükülü tel xy düzleminde bulunmaktadır. Bölgedeki
manyetik alan 1 T’dır. İletkene etkiyen kuvveti belirleyiniz.
(5.12a) eşitliğinden iletkenin y =-(a+L) ve y =-a arası kısmına etkiyen manyetik kuvvet:
F1 =
−a
∫
100
IB (a y × a z )dy = BILa x = 1, 25 × 20 × 4 a x N
−(a+ L)
ve benzer şekilde iletkenin y=a ve y=a+L arası kısmına etkiyen manyetik kuvvet:
F2 =
(a+ L)
∫
100
IB (a y × a z )dy = BILa x = 1, 25 × 20 × 4 a x N
a
a yarıçapında yarı-çember yaya etkiyen kuvvet:
2
aρ
50
π /2
π / 2 π /2 F3 = ∫ IB (aφ × a z )adφ =BIa ∫ [a x cos φ + a y sin φ ] dφ =BIa sin φ 3π / 2 a x =2 × 20 × 1, 25 × 1a x N
3π / 2
3π / 2
Tüm iletkendeki bileşke manyetik kuvvet:
F = F1 + F2 + F3 = BILa x + BILa x + 2 IBaa x = 2 IB ( L + a )a x = 250a x N
10. Aşağıdaki şekildeki 1,2 m uzunluğundaki metal çubuğun kütlesi 500 gram ve 0,9 T’lık
manyetik alanda bir çift esnek kablo ile asılı tutulmaktadır. Tutucu kabloların gerginliğini
gidermek için gereken akımı belirleyiniz. Akım yönü ne olmalıdır?
Statik Manyetik Alanlar
435
BIL = mg ⇒ 0,9 I1, 2 = 0,5 × 9,81 ⇒ I = 4,54 A
11. Çok uzun düz bir iletken 500 A akım taşımaktadır. 80 cm×20 cm ölçülerinde dikdörtgen
çerçeve 20 A taşımaktadır. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi çerçevenin 80 cm’lik kenarı
iletken tele paralel ise çerçeveye etkiyen manyetik kuvvet nedir?
Örnek 5.4’den
B
µo I1
F ∫ I2d ×
aφ
=
2πρ
c
µo I1 I 2
=
FAB
2π b
µo I1 I 2
FCD =
2π c
itme kuvveti
µo I1 I 2 L 4π × 10−7 × 500 × 20 × 0,8 ()
8
mN
dz
a
×
a
=
=
a
=
a
a
ρ
ρ
ρ
∫+ L / 2 z φ
2π b
2π 0, 2
−L2
çekme kuvveti
µo I1 I 2 L 4π × 10−7 × 500 × 20 × 0,8 a
a
a
a
a
dz
×
=
−
=
−
=
−
(
)
4
mN
ρ
ρ
ρ
∫− L / 2 z φ
2π c
2π 0, 4
+ L2
kuvveti
itme kuvveti
itme kuvveti
çekme
FT = FAB + FCD = 8a ρ mN − 4a ρ mN = 4a ρ mN
436
Elektromanyetik Alan Teorisi
12. Düz ve uzun iki iletken aynı yönde 15 A akım taşımakta ve 15 mm uzaklık ile ayrılmışlardır.
Bir iletkenin tam uzunluğunun diğer iletkenin 0,5 m’lik kısmına etkilediği manyetik kuvvet
nedir?
µ
µ
4π × 10−7
(5.15)'den F =
152 × 0,5a ρ =
− o I 2 La ρ =
− o I 2 La ρ =
−
−1,5a ρ mN
−3
2π b
2π b
2π × 15 × 10
çekme kuvveti
13. 800 nC ve 400 nC’luk iki nokta yükü bir düzlemde sırasıyla 20000 km/s ve 50000 km/s hızla
aynı yönde hareket etmektedirler. Bir anda 400 nC’luk yük (0,0,0)’da ve 800 nC’luk yük
(0,1/10,0)’da ise bu anda 800 nC’luk yüke etkiyen elektrik kuvvetinin manyetik kuvvete
oranını belirleyiniz. 800 nC’luk yüke etkiyen toplam kuvvet nedir? 400 nC’luk yüke etkiyen
elektrik kuvvetinin manyetik kuvvete oranı nedir? 400 nC’luk yüke etkiyen toplam kuvvet
nedir? İki yüke etkiyen toplam kuvvet aynı mıdır?
=
Fe800
q1q2 800 × 10−9 × 400 × 10−9 =
a
=
a y 0, 288a y N
2 y
2
10−9
4πε o R
4π 36π 0,1
−a
Fm800
y
az
7
−
µ
4π × 10
=o 2 q1 U1 × q2 × U 2 × a y = 2 800 × 10−9 × 400 × 10−9 × a x × (a x × a y ) =
−3, 2a y mN
4π R
4π 0,1
U1a x
U 2a x
Fe800
−3 = 90
FT800 = Fe800 + Fm800 = 0, 288a y − 3, 2 × 10 a y = 0, 2848a y N ⇒ Fm800
14. Önceki problemi yüklerin zıt yöndeki hareketi için tekrarlayınız.
=
Fe800
q1q2 800 × 10−9 × 400 × 10−9 =
a
=
a y 0, 288a y N önceki problemdeki ile tamamen aynı
y
2
2
10−9
4πε o R
4π 36π 0,1
Statik Manyetik Alanlar
437
a
Fm800
y
U1a x
U 2a x
−az
−
7
µ
4π × 10
=o 2 q1 U1 × q2 × U 2 × a y = 2 800 × 10−9 × 400 × 10−9 × a x × (−a x × a y ) =
+3, 2a y mN
4π 0,1
4π R
FT800 = Fe800 + Fm800 = 0, 288a y + 3, 2 × 10−3 a y = 0, 2912a y N
15. Hidrojen atomunda bir elektron 5,3×10-11 m yarıçapında bir yörüngede dönmektedir.
Elektronun hızı 2200 km/s dir. Elektronun kendi yörüngesinin merkezinde ürettiği manyetik
alan nedir?
Çekirdek ve elektron arasındaki elektriksel çekim kuvveti
2
e
(1,6 × 10−19 ) 2
Fe =
aρ =
aρ =
−
− 10−9
−82,022 × 10−9 a ρ N
4πε o R 2
4π 36π (5,3 × 10−11 ) 2
Elektron üzerindeki manyetik kuvvet
−19
−13 6 Fm =
−e U
−eUBa ρ =
−1,6 × 10 × 2, 2 × 10 Ba ρ =
−3,52 × 10 Ba ρ N
=
×B
Uaφ
Ba z
merkezkaç kuvveti
−31
meU 2 9,1 × 10 × (2, 2 × 106 ) 2 −8 Fc =
aρ =
−
aρ =
8, 31 × 10 a ρ N
R
5,3 × 10−11
Fe + Fm + Fc = 0 ⇒ −82,022 × 10−9 a ρ − 3,52 × 10−13 Ba ρ + 8,31 × 10−8 a ρ = 0 ⇒ B = 3,0625 kT
16. U hızıyla hareket eden q nokta yükü için B = µoε o U × E olduğunu gösteriniz. E nokta
yükünün elektrik alan şiddetidir.
D =ε o E
q
µo
B=
a = µoε o U × E
(qU × a r ) = µo U ×
2
2 r
4π R
4π R
17. Sonsuza uzanan paralel iki iletken zıt yönlerde 10 A ve 20 A akım taşımaktadır. İletkenler
arasındaki açıklık 10 cm ise her iletkenin birim uzunluğu başına etkiyen kuvveti hesaplayınız.
(5.15)'den
=
F
µo
4π × 10−7
I1 I=
10 × 20
=
a ρ 400a ρ μN
2a ρ
2π b
2π × 0,1
itme kuvveti
438
Elektromanyetik Alan Teorisi
18. Kare biçimli çerçeve düzgün B = 1, 2a y T manyetik alanında asılı durumda serbestçe
dönebilmektedir. Çerçevenin sarım sayısı 400, çerçevenin her kenarı 50 cm ve 8 A akım
taşıyorsa çerçeve manyetik alana (a) paralel ve (b) dik ise çerçeveye etkiyen kuvveti
belirleyiniz.
(a) Paralel
Fab= NIL × B= 400 × 8 × 0,5a x × 1, 2a y= 1920a z N
Fcd =NIL × B =400 × 8 × 0,5(−a x ) × 1, 2a y =−1920a z N
Fbc= NIL × B= 400 × 8 × 0,5(a y ) × 1, 2a y= 0
Fda= NIL × B= 400 × 8 × 0,5(−a y ) × 1, 2a y= 0
T =r × Fcd =0,5a y × (−1920a z ) =−960a x Nm (saat yönünde dönüş)
m
B
T =NIAa z × 1, 2a y =−400 × 8 × 0,52 × 1, 2a x =−960a x Nm (manyetik dipol momenti ile doğrulama)
(b) Dik
Fab= NIL × B= 400 × 8 × 0,5a x × 1, 2a y= 1920a z N
⇒ kuvvetler birbirini götürdüğünden tork oluşmaz
Fcd =NIL × B =400 × 8 × 0,5(−a x ) × 1, 2a y =−1920a z N
Fbc= NIL × B= 400 × 8 × 0,5(−a z ) × 1, 2a y= 1920a x N
⇒ kuvvetler birbirini götürdüğünden tork oluşmaz
Fda= NIL × B= 400 × 8 × 0,5(a z ) × 1, 2a y =−1920a x N
19. Bir galvanometrenin dairesel sargısı sıkıca sarılmış 1500 sarımlı ve ortalama yarıçapı 1,2
cm’dir. Sargı düzlemi 0,5 T’lık düzgün manyetik akı yoğunluğunda, gerdirici bir tel ile paralel
tutuluyor. 10 A’lik bir akım 30° ’lik bir sapma meydana getiriyorsa gerdirici iletkenin birim
radyan başına geri getirici torku veya gerginlik sabiti nedir?
Statik Manyetik Alanlar
439
m= NIAa z= 1500 × 10 × π (1, 2 × 10−2 ) 2 a z= 6,786a z
° k
T= mB sin θ= kθ ⇒ 6,786sin 30=
π
6
⇒ k= 3, 24 Nm/rad
20. Kenarı 10 cm olan kare biçimli sargının sarım sayısı 1200 ve 25 A akım taşımaktadır. Sargının
1,2 T’lık manyetik alanda φ=0° ile φ=180° arası dönmesi için gereken iş miktarını
hesaplayınız; φ manyetik dipol momenti ve manyetik alan arasındaki açıdır.
m
π
=
T NIA B sin
=
θ 360sin θ ⇒
=
W 360 ∫ sin θ=
dθ 720 J
0
21. Uzun, düz bir iletken 100 A akım taşımaktadır. ρ=1 cm, ρ=10 cm, z=5 cm ve z=50 cm ile
sınırlanan düzlemden geçen toplam akıyı hesaplayınız.
ln
0,1
0,01
0,5 − 0,05
0,5
µo I µo I 0,1 1
I =
H
aφ=
⇒B
aφ =
⇒Φ ∫=
B ⋅ ds
d ρ ∫=
dz 20,72 μWb
s
0,05
2πρ
2πρ
2π ∫0,01 ρ
22. Her biri 1 mm yarıçapında çok uzun düz iki iletken 10 cm bir uzaklık ile birbirinden
ayrılmıştır. İletkenler eşit ve zıt yönlerde 200 A akım taşıyorsa iletkenlerin düzleminden birim
uzunluk başına geçen akıyı belirleyiniz. Akımlar aynı yönde olduğunda akı ne olacaktır?
Örnek 5.7’den
0,099
H
ln
x
d − x 0,001
ds
0,099
1
µo I
I 1
1
1
1
a y ⋅=
=
Φ zıt ∫ µo
+
+
dxdza y
dx ∫ dz
∫
s
2π x d − x
2π 0,001 x d − x 0
9,19024
−7
0,099 0,1 − 0,001
4π × 10 × 200
=
ln 0,1 − 0,099 0,001 = 367,61 μWb
2π
440
Elektromanyetik Alan Teorisi
ln x ( x − d )
0,099
0,001
H
ds
1
µo I 0,099 1
I 1
1
1
a y ⋅ dxdz
ay
=
Φ aynı ∫ µo
−
=
−
dx ∫ dz
∫
0,001
0
s
2π x d − x
2π
x d − x
0
1
−7
4π × 10 × 200 0,099(0,099 − 0,1)
=
ln
= 0
2π
0,001(0,001 − 0,1)
23. Genişliği b olan çok uzun bakır şerit, üzerinde düzgünce yayılmış I akımı taşımaktadır. Şeritin
orta çizgi noktasının üzerinde bir uzaklıktaki manyetik alan şiddeti ve manyetik akı yoğunluğu
nedir?
(Y − y )
R=
X 2 + (Y − y )2
X 2 + (Y − y )2
I
I
Idy Xa x + (Y − y )a y ⇒ aφ =
− sin φ a x +
J s =a z ⇒ dI =dy ⇒ dH =
aφ ⇒ R =
2π bR
b
b
ln X 2 + ( y −Y )
2
b /2
tan −1
y −Y
X
X
X 2 + (Y − y )2
cos φ a y
b /2
− b/ 2
− b /2
/
2
/
2
b
b
/
2
b
(Y − y )
I
I
I
X
dyaφ =
dy a x +
−
H=
dy a y
2π bR ∫− b / 2
2π b ∫− b / 2 X 2 + (Y − y ) 2
2π b ∫− b / 2 X 2 + (Y − y ) 2
H
I
2π b
ln
X 2 + (b / 2 − Y )
2
X 2 + ( −b / 2 − Y )
2
I −1 b / 2 − Y
−b / 2 − Y =
− tan −1
ax +
tan
a y ⇒ B µo H
2π b
X
X
24. 10 A akım taşıyan sıkıca sarılmış 50 sarımlı bir sargının kesit alanı 20 cm2 ve
3x + 4 y + 12 z = 26 düzleminde bulunmaktadır. Sargı orijinden uzağa yönlendirilmişse
manyetik momentini belirleyiniz.
∇f
4 12
3
f = 3 x + 4 y + 12 z − 26 ⇒ ∇f = 3a x + 4a y + 12a z ⇒ a n = ±
= ± ax + a y + az
∇f
13
13
13
1
m
4 12
3
± 50 × 10 × 20 × 10−4 × a x + a y + a z
m=
NIA a n =
13
13
13
Artı (+) işaret m ’nin orijinden uzağa ve eksi (-) işaret m ’nün orijine doğru yönlenmiş olduğunu
göstermektedir.
Statik Manyetik Alanlar
441
25. I akımı taşıyan L uzunluğunda akım elemanı z yönündedir. Çok uzak bir noktadaki manyetik
vektör potansiyeli ve manyetik alan şiddetini bulunuz.
R = ra r = xa x + ya y + za z ⇒ R =
x2 + y 2 + z 2 = r
=
Az
ax
∂
B = ∇×A =
∂x
ay
∂
∂y
0
0
µo I
4π
µo I L / 2
µI
dz
⇒ R >>=
L iken Az
dz ⇒ Az = o L
∫
−L/2 R
−
L
/
2
4π R
4π R
∫
L/2
y
−
x
3
−
3
x2 + y 2 + z 2
2
2
2
+
+
x
y
z
∂
µo IL ∂
1
1
ay
a
=
+
−
x
∂x x 2 + y 2 + z 2
4π ∂y x 2 + y 2 + z 2
4π x 2 + y 2 + z 2
az
∂
∂z
µo IL
r
a
φ
sin θ ( − sin φ a x + cos φ a y )
sin θ sin φ
sin θ cos φ
µo IL y x µo IL
B = 2 − a x + a y = 2 sin θ aφ
4π r r
r
4π r
26. Sonlu iletkenlikte, manyetik olmayan çok uzun bir silindirin çapı 20 cm ve 100 A akım
taşımaktadır. Silindir içinde düzgün bir akım dağılımı için silindirin içinde ve dışında herhangi
bir noktadaki manyetik alan şiddetini belirleyiniz. Boşlukta herhangi bir noktadaki manyetik
alan şiddetinin rotasyonel’i nedir? Eğer silindirin iletkenliği sonsuz ise alanlara ne olur?
2
I
ρ
2
πρ
I
I
=
=
çevrelenen
I 100
π a2
2
a
a
=
a
⇒
ρ ≤ a iken J = 2 a z =
3183,098
A/m
z
z
πa
π 0,12
Iρ
=
1591,549 ρ A/m
H φ 2=
π a2
2ρ
aρ
az
ρ aφ
1 ∂
∂
∂
I 1 ∂ 2
I =
∇×H
= =
a =J
ρ az
2
2 z
∂φ
∂z 2π a ρ ∂ρ
ρ ∂ρ
πa
Iρ
0 ρ
0
2π a 2
442
Elektromanyetik Alan Teorisi
aρ
1 ∂
100 15,9154
I
A/m ⇒ ∇ × H =
ρ ≥ a iken ⇒ Hφ =
=
=
2πρ 2πρ
ρ
ρ ∂ρ
0
ρ aφ
∂
∂φ
I
ρ
2πρ
az
∂
= 0
∂z
0
H1φ aφ
H 2 φ aφ
az
aρ
a n × ( H1 − H 2 ) =
J s veya skaler biçimde H t1 − H t 2 = J s sınır şartı ifadesinden iletkenliği sonlu
iki manyetik ortamda yüzey akım yoğunluğu J s sıfır olduğundan H t1 = H t 2 olur. Eğer akım
taşıyan silindirin iletkenliği sonsuz yani mükemmel iletken ise J s mükemmel silindirik iletkenin
yüzeyindedir çünkü mükemmel iletkenin içinde manyetik alan yoktur ve sınır şartı H t1 = J s olur.
27. Her biri 10 m uzunluğunda düz, paralel iki iletken eşit ve zıt yönlerde 10 A akım taşımaktadır.
Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi iletkenler arasındaki açıklık 2 m’dir. P(3,4,0) m noktasındaki
manyetik vektör potansiyelini, manyetik akı yoğunluğunu ve manyetik alan şiddetini
hesaplayınız.
µo I
2L
ln
2
2π
x + ( y − d )2
2 / r1
r
2
2
x + (y + d)
r1
µo I
ln
⇒ Az = Az1 + Az 2 =
µo I
2L
2π x 2 + ( y − d ) 2
Az 2 = −
ln
2π
x 2 + ( y + d )2
r2
Az1 =
ax
∂
B = ∇×A =
∂x
ay
∂
∂y
0
0
∂ r2
∂ r2
ln
ln
∂y r1
∂x r1
az
µ I d + y y − d µ I x x
∂
= o 2 − 2 ax − o 2 − 2 a y
∂z
2π r2
r1
2π r2 r1
µo I r2
ln
2π
r1
Statik Manyetik Alanlar
443
−1/51
−4/51
3
1
4
4
1
3
µ o I
d+y
y−d
x
x
B
− 2
a − 2
− 2
a
2
2
2 x
2
2 y
2π x + ( y + d )
+
−
+
+
+
−
)
x
y
d
x
y
d
x
y
d
(
)
(
)
(
1
1
1
1
3
3
3
4
4
4
4
3
B
B=
−39, 2156a x + 156,8627a y nT ⇒ H =
=
−31,83a x + 124,827a y mA/m
4π 10−7 10
µo
28. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi çok uzun kablolar ile bağlı kısmi dairesel çerçeve 10 A akım
taşımaktadır. Çerçevenin merkezindeki manyetik alan şiddetini ve manyetik akı yoğunluğunu
hesaplayınız.
I
dl φ × R
2
−ba ρ ⇒ dl φ =
Kısmi dairesel çerçeve: R =
bdφ aφ ⇒ dl φ × R =
b dφ a z ⇒ H o = ∫
4π c R 3
I 2π −φ I
Ho =
=
dφ a z
(2π − 2φ )a z
∫
4π b φ
4π b
I
I nolu iletken: R =
dxa x ⇒ dl × R =
− xa x − ca y ⇒ dl =
−cdxa z ⇒ H I =
4π
dl × R
∫c R3
a
Ic a
dx
Ic
x
I
a
HI =
a =
az =
−
−
1 − 2
az
3 z
∫
2
2
2
2
∞
4π
4π c c + x ∞
4π c
c +a
x2 + c2
I
− xa x + ca y ⇒ dl =
dxa x ⇒ dl × R =
cdxa z ⇒ H II =
II nolu iletken: R =
4π
=
H II
∞
dl × R
∫c R3
dx
Ic
I
a
Ic ∞
x
=
az
=
az
1 − 2
3
∫
a
2
2
2
4π
4π c c + x a
4π c
c + a2
x2 + c2
az
I+II nolu iletken: a 2 + c 2 = b 2 ⇒ a = b cos φ ⇒ c = b sin φ
H I+II =
I
a
I
1
I 1 − cos φ a z ⇒ H I+II =
1 − cos φ ) a z =
1 − 2
(
az
2
2π c
2π b sin φ
2π b sin φ
+
c
a
b
444
Elektromanyetik Alan Teorisi
3,01144
/12
π
I
I 1 − cos φ I
1 − cos φ (π − φ )a z +
H =H o +H I+II
=
az
a z 23,96 a z A/m
=
π − φ +
=
2π b
2π b sin φ
2π b
sin φ
π /12
0,2
π /12
=
B µ=
30,1144 a z μT
oH
10
29. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi ρ = ae −φ /π ile tanımlanan tek sarımlı logaritmik spiral 5 A
akım taşımaktadır. Eğer a=10 cm ise kabloların etkisini ihmal ederek spiralin orijinindeki
manyetik alan şiddetini ve manyetik akı yoğunluğunu hesaplayınız.
ae− φ /π dφ a
φ
−φ / π R=
−ρaρ =
− ae a ρ ⇒ dl =
ρ dφ aφ ⇒ dl × R =
a 2 e −2φ /π dφ a z
2π I
dl × R
I 2π a 2 e −2φ /π
I 2π φ / π I
I φ /π
φ /π
H =
=
=
π ) 0 az
dφa z =
e dφ a z
e
(e=
−
φ
π
3
/
3
∫
∫
∫
4π a
4a
4π c R
4π 0 (ae )
4π a 0
5 6,389
I
H=
(e 2 − 1) a z = 79, 8632a z A/m
4 a
2π
0
az
0,1
30. İç yarıçapı 30 cm ve dış yarıçapı 40 cm olan demir halkanın yüksekliği 5 cm ve dikdörtgen
kesit alanlıdır. Düzgünce sarılmış 1000 sarımlı toroidal sargı 1 A akım taşımaktadır. Demirin
bağıl geçirgenliği 500 ise halkadaki minimum ve maksimum akı yoğunluklarını hesaplayınız.
İlgili manyetik alan şiddetleri nedir? Halkadaki akı nedir?
max
max
500
1000 × 1
NI H
=
= 530,517 A/m =
φ ρ = 0,3
=
µ
µ
B
H
0,333
T
Hφ =
φ
φ
o
r
2π 0,3
ρ 0,3=ρ 0,3
=
2πρ ⇒
⇒
1000 × 1
H φ ρ = 0,4 = 0,249 T
Bφ ρ = 0,4 = µo µ
r
Bφ = µo µr H φ H=
=
397,887
A/m
φ ρ = 0,4 2π 0, 4
500
min
min
Φ=
∫ B ⋅ ds=
s
µo µ r
NI
2π
0,4
1
0,3
ρ
∫
dρ∫
0,05
0
dz= 4π × 10−7 × 500 ×
NI
2π
0, 4
× ln
= 1, 44 mWb
× 0,05
0,3
Statik Manyetik Alanlar
445
31. 10 cm yarıçapında çok uzun silindirik iletkendeki akım yoğunluğu J v = 200 e − ρ / 2a z A/m 2
olarak veriliyor. Boşlukta herhangi bir noktadaki manyetik alan şiddetini hesaplayınız.
200[ 4− 2 ( 2+ ρ ) e− ρ /2 ]
-200e− ρ /2 ( 4+ 2 ρ )
2 πρ H
φ
ρ
0
2π
2π
ρ
2π
200 e
Hφ ρ d φ
ρd ρ ∫
∫
0
∫0 0
ρ ≤ a iken: ∫ H ⋅ d =
J v ⋅ ds
∫
c
s
− ρ /2
dφ
⇒ 2πρ H φ = 200 × 2π [4(1 − e − ρ / 2 ) − 2 ρ e − ρ / 2 ]
I
H φ = 200
4(1 − e − ρ / 2 ) − 2 ρ e − ρ / 2
ρ
200[ 4−2 ( 2+ a ) e− a /2 ]
a
-200 e− ρ /2 ( 4+ 2 ρ )
0
2 πρ H
φ
2π
2π
a
2π
200 e
Hφ ρ d φ
ρd ρ ∫
∫
0
∫0 0
ρ ≥ a iken: ∫ H ⋅ d =
J ⋅ ds
∫
s v
c
− ρ /2
dφ
⇒ 2πρ H φ = 200 × 2π [4(1 − e − a / 2 ) − 2ae − a / 2 ]
I
4(1 − e − a / 2 ) − 2ae − a / 2
4(1 − e −1/ 20 ) − e −1/ 20 / 5
H φ 200
=
= 200
ρ
ρ
32. Bir koaksiyel kablonun a yarıçapında iç iletkeni, iç yarıçapı b ve dış yarıçapı c olan silindirik
kabuk ile çevrelenmiştir. İç iletken ve dış kabuk, iletkenler içinde düzgünce dağıtılmış eşit ve
zıt I akımı taşımaktadır. (a) ρ ≤ a, (b) a ≤ ρ ≤ b, (c) b ≤ ρ ≤ c ve (d) ρ ≥ c bölgelerindeki
manyetik alan şiddeti ifadelerini elde ediniz. a ≤ ρ ≤ b ile sınırlanan bölge ile çevrelenen akıyı
birim uzunluk başına hesaplayınız. Bu bölgede birim uzunluk başına depolanan enerji nedir?
2
/2
2π
ρ
2 πρ H
φ
2π
Hφ ρ d φ
∫
0
I: ρ ≤ a iken: ∫ H ⋅ d =
I
ρ
2π
∫0 ρ d ρ ∫0 dφ
J
⋅
∫ v ds ⇒ H=φ
π a2
c
s
Iρ
2π a 2
2 πρ Hφ
2π
Hφ ρ d φ
∫
0
I
II: a ≤ ρ ≤ b iken: ∫ H ⋅ d = ∫ J v ⋅ ds ⇒ H φ=
c
I
2πρ
s
ρ 2 −b 2
2
ρ2
2
ρ
2π
2 πρ H
φ
b
ρ
I
2π
ρd ρ ∫
Hφ ρ d φ
0
∫
π ( c 2 − b 2 ) ∫b
0
I
III: b ≤ ρ ≤ c iken: ∫ H ⋅ d =−
∫ J v ⋅ ds
2π
s
c
2 πρ H
φ
2π
Hφ ρ d φ
∫
I −I =
0
0
IV: c ≤ ρ iken: ∫ H ⋅ d = ∫ J v ⋅ ds ⇒ H φ = 0
c
s
dφ
⇒ 2πρ H φ =−
I I
ρ 2 − b2
I c2 − ρ 2
⇒
=
H
φ
c2 − b2
2πρ c 2 − b 2
446
Elektromanyetik Alan Teorisi
33. Önceki problemde a ≤ ρ ≤ b ile sınırlanan bölge ile çevrelenen akıyı birim uzunluk başına
hesaplayınız. Bu bölgede birim uzunluk başına depolanan enerji nedir?
Φ
=
µo I
B
∫s ⋅ ds= 2π
b
1
a
ρ
∫
1
=
d ρ ∫ dz
wm
1 I2
Wm = ∫ B ⋅ Hdv = µo 2
v2
8π
0
b
1
a
ρ2
∫
µo I b
ln Wb/m
2π a
2π
1
0
0
ρ d ρ ∫ dφ ∫ dz = µo
I2 b
ln J
4π a
34. b yarıçaplı çember şeklinde bükülmüş ince telden I akımı geçmektedir. Dairesel çerçevenin
ekseni z ekseni ile çakışmaktadır. z=-∞ ile z=∞ arasında z ekseni boyunca ∫ H ⋅ d yi
hesaplayınız. Bu cevaptan hangi sonuç çıkarılır?
(b 2a z + bza ρ )dφ
d =
bdφ aφ ⇒ R =
bdφ aφ × (−ba ρ + za z ) =
−ba ρ + za z ⇒ d × R =
Hz
0
2
2
2π
I
I 2π
b
bz
Ib
d
d
d
φ
φ
φ
=
+
=
H=
a
a
z
3
∫0 2 2 3 ρ 2 2 3 a z
4π ∫0
4π ∫0 b 2 + z 2 3
b2 + z 2
b +z
2 b +z
2
∞
2
∞
∞
Ib
I
z
I
∞
−∞
=
dz =
=
=
−
I
3
∫c H ⋅ dl
∫−∞ H z dz ∫−∞ =
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
b
z
b
b
+
+
∞
+
∞
2 b +z
−∞
2
2π b a z + bza ρ
Statik Manyetik Alanlar
447
35. Boş uzay olan bölge 1’deki (z > 0) manyetik akı yoğunluğu B =1,5a x + 0,8a y + 0,6a z mT dır.
z = 0 bölge 1 ve 2 arasındaki sınırı işaretliyorsa 100 bağıl geçirgenliğindeki bölge 2’deki
manyetik akı yoğunluğunu belirleyiniz.
Teğet bileşenler
µ
2
Normal bileşen
Bx 2 = µ Bx1 = 100 × 1,5 = 150 mT
Bt1 Bt 2
1
=
⇒
Bn1 = Bn 2 ⇒ Bz1 = Bz 2 = 0,6 mT ,
µ
µ1 µ2
B = 2 B = 100 × 0,8 = 80 mT
y 2 µ1 y1
veya
az
B1 =1,5a x + 0,8a y + 0, 6a z ⇒ a n ⋅ (B1 − B 2 ) =0 ⇒ Bz 2 = 0,6 mT
B 2 = Bx 2a x + By 2a y + Bz 2a z
1 B2
B1 −
µo
µr
Bx 2 =150 mT
B y 2 =80 mT
ax
ay
az
az
B1 =1,5a x + 0,8a y + 0,6a z B1
B2
=0
0
0
1
=0 ⇒
⇒ an × −
B 2 = Bx 2a x + By 2a y + Bz 2a z
r
µo µo µ
By 2
B
B
100
1,5 − x 2 0,8 −
0,6 − z 2
100
100
100
B 2 = 150a x + 80a y + 0,6a z mT
36. Önceki problemde her bölgedeki mıknatıslanma vektörünü hesaplayınız. Sınır hacim ve sınır
yüzey akım yoğunlukları nedir?
448
Elektromanyetik Alan Teorisi
1
I. Bölge (boş uzay): χ m = µr − 1= 0 ⇒ M = χ m H 2 = 0 ⇒ J sb = M × a n = 0 ⇒ J vb = ∇ × M = 0
100
(150a x + 80a y + 0,6a z )
B2
= 99
mT
II. Bölge (boş uzay): χ m = µr − 1= 99 ⇒ M = χ m H 2 = χ m
µ r µo
100 × 4π × 10−7
J vb = ∇ × M = 0 ⇒ sınırda: J sb = M × (−a z ) = 118, 2a y − 63,03a x kA/m
37. 12a y kA/m ’lik akım yaprağı z = 0 ’da iki bölgeyi ayırmaktadır. z > 0 ile tanımlanan bölge
2’nin bağıl geçirgenliği 200 ve manyetik alan şiddeti H1 = 40a x + 50a y + 12a z kA/m dir. z < 0
ile tanımlanan bölge 1’nin bağıl geçirgenliği 1000 ise bu bölgedeki manyetik alan şiddetini
belirleyiniz.
H1= 40a x + 50a y + 12a z kA/m ⇒ B1= µ1H1= 200 µo H1
Bz1 = Bz 2 ⇒ 200 × µo × 12 × 103 = 1000 × µo × H z 2 ⇒ H z 2 = 2, 4 kA/m
a n × (H1 − H 2 ) = J s ⇒ H x1 − H x 2 = J sy ⇒ H x 2 = 40 − 12 = 28 kA/m
H y1 − H y 2 =
0=
⇒ H y 2 50 kA/m ⇒ H 2 = 28a x + 50a y + 2, 4a z kA/m
38. a = 10 cm yarıçapında mükemmel silindirik iletken etrafındaki manyetik alan şiddeti
(10/ρ ) aφ A/m dir. İletken yüzeyindeki yüzey akım yoğunluğu ve akım nedir?
(10/ρ ) a
φ
aρ
0
a n × ( H1 − H 2 ) = J s ⇒ J s
ρ = a sınırında
ρ =a
100
10 =
a z A/m ⇒ I = 2π × 0,1 × 100 = 62,83 A
0,1
39. Bir manyetik malzemede H alanı 300 A/m iken B alanı 1,2 T’dır. H alanı 1500 A/m’ye
yükseltildiğinde B alanı 1,5 T olmaktadır. Mıknatıslanma vektöründeki değişim nedir?
1, 2
=
3183,0988
µr1 4=
π × 10−7 × 300
=
B µo µ r H ⇒
1,5
µ
=
=
795,7747
r2
4π × 10−7 × 1500
M 1 3182,0988 ×=
=
300 954629,64
M 2 − M1
100 =
% 24,89
⇒ % artış =
=
×
=
M
794,7747
1500
1192162,05
M1
2
µr =+
1 χm ⇒
40. Aşağıdaki şekilde manyetik malzemenin bağıl geçirgenliği 2000 olan 2 cm kalınlığında seri
manyetik devre görülmektedir. Sargıdaki akım 0,2 A ise manyetik devredeki akıyı belirleyiniz.
Statik Manyetik Alanlar
kısım (cm)
ab
36
bc
56
cd
36
da
56
449
ℜ
A (cm ) / µo µr A (H −1 )
4
358,099 × 103
8
278,521 × 103
NI
1000 × 0, 2
Φ
=
= 193,3 μWb
⇒=
12
119,366 × 103
ℜT 1,0345 × 106
8
278,521 × 103
1,0345
× 106
ℜT
2
41. Önceki problemde (a) her kısımdaki manyetik enerji yoğunluğunu ve depolanan enerjiyi, (b)
manyetik ortamda depolanan toplam enerjiyi ve (c) eşdeğer indüktansı hesaplayınız.
kısım (cm)
ab
36
bc
56
cd
36
da
56
A (cm 2 )
4
8
12
8
B (T ) wm (J/m3 ) Wm (mJ)
WmT = 19,352 mJ
0, 483 46, 416
6,684
1
0, 242 11,652
5, 22 ⇒
2
W=
L I ⇒=
L 0,97 H
mT
2 0,2
0,161
5,157
2, 228
0, 242 11,652
5, 22
42. Önceki problemde relüktans kavramını kullanarak indüktansı ve manyetik devrede depolanan
enerjiyi hesaplayınız.
L=
N2
10002
1
2
=
=0,97 H ⇒ WmT = L I =19,352 mJ
6
ℜT 1,0345 × 10
2 0,2
43. Aşağıdaki şekilde malzemenin manyetik geçirgenliği 500 olan 6 cm kalınlığındaki seri
manyetik devrede 500 sarımlı sargıdan geçen akım 0,8 A ise hava aralığında 1,44 mWb’lik bir
manyetik akı oluşması için 700 sarımlı sargıdan geçen akımı belirleyiniz. olduğunu varsayınız.
Hava aralığındaki mmf düşümünün uygulanan mmf’e oranını hesaplayınız.
450
Elektromanyetik Alan Teorisi
kısım (cm)
0,05
ab
10
bc
8
cd
16
de
8
ef
5,95
fa
ℜ
A (cm ) / µo µr A (H −1 )
ℑ
1,44×10−3
12
331573
NI
Φ=
⇒=
ℑ 1240, 45 At
12
132629
ℜT
24
53052
ℑ500 sarım = 500 × 0,8 = 400 At
⇒
12
212207
ℑ700 sarı=
1240, 45 − 400
= 840, 45 At
m
24
53052
840, 45
I=
= 1, 2 A
700 sarım
12
78914
700
861427
ℜT
2
44. Önceki problemi şekil 5.42’deki II nolu manyetik malzemenin B-H eğrisini kullanarak tekrar
ediniz.
Kısım
ab
bc
cd
de
ef
fa
Φ
mWb
1,44
1,44
1,44
1,44
1,44
1,44
A
cm2
12
12
24
12
24
12
=
I 700 sarım
B
T
1,2
1,2
0,6
1,2
0,6
1,2
H
L
A/m
cm
954930
0,05
625
10
120
8
625
16
120
8
625
5,95
Toplam mmf düşümü
696,3475 − 400
= 0, 4233 A
700
HL
At
477,46
62,5
9,6
100
9,6
37,1875
696,3475
Statik Manyetik Alanlar
451
45. Önceki problemde manyetik malzemenin manyetik geçirgenliği 500 iken (a) her kısımdaki
manyetik enerji yoğunluğunu ve depolanan enerjiyi, (b) manyetik ortamda depolanan toplam
enerjiyi, (c) enerji kavramını kullanarak indüktansı ve (d) relüktans kavramını kullanarak
indüktansı hesaplayınız.
B
Kısım
ab
bc
cd
de
ef
fa
AL
3
T
1,2
1,2
0,6
1,2
0,6
1,2
cm
0,6
120
192
192
192
71,4
wm =
1 B2
2 µo µ r
Wm = wm AL
3
J/m
572957,7951
1145,91
286,48
1145,91
286,48
1145,91
WmT
J
0,3437
0,138
0,055
0,220
0,055
0,082
0,894
enerji kavramından indüktans
0,894
1 2
WmT
LI ⇒=
L 1,67 H
=
1240, 45
2
I 500+700
=
= 1,0337 A ⇒
sarım
500 + 700
N 2 12002
=
L
=
= 1,67 H
ℜT 861427
relüktans kavramından indüktans
46. Aşağıdaki şekildeki manyetik devrede şekil 5.42’deki II nolu manyetik malzemenin B-H
eğrisini kullanarak hava aralıklarında 0,75 T’lık akı yoğunluğu meydana getirmek için 1600
sarımlı sargıdan geçmesi gereken akımı belirleyiniz.
Kısım
ab
bc
cd
de
ef
fa
Φ
mWb
1,125
1,125
1,125
1,125
1,125
1,125
A
cm2
15
15
15
15
20
15
B
T
←0,75→
0,75
←0,75→
0,75
0,56
0,75
H
L
A/m
cm
596831
0,5
150
52
596831
0,5
150
2
115
15
150
2
Toplam mmf düşümü
=
I1600 sarım
6069,55
= 3,7934 A
1600
HL
At
2984,15
78
2984,15
3
17,25
3
6069,55
452
Elektromanyetik Alan Teorisi
47. Önceki problemde (a) her kısımdaki manyetik enerji yoğunluğunu ve depolanan enerjiyi, (b)
manyetik ortamda depolanan toplam enerjiyi, (c) indüktansı ve (d) toplam relüktansı
hesaplayınız.
Kısım
ab
bc
cd
de
ef
fa
B
T
0,75
0,75
0,75
0,75
0,56
0,75
H
A/m
596831
150
596831
150
115
150
wm = 12 BH
AL
cm3
7,5
780
7,5
30
300
30
3
J/m
223811,63
56,25
223811,63
56,25
32,2
56,25
WmT
Wm = wm AL
J
1,678587
0,043875
1,678587
0,001688
0,00966
0,001688
3,414084
enerji kavramından indüktans
1
2
=
⇒ L 0, 4745 H =
WmT
L I =
L
2 3,7934
3,414084
N2
16002
=
= 0, 47449 H
ℜT
5395155,556
HL / Φ=6069,55/1,125
relüktans kavramından indüktans
48. Önceki problemde sargıdaki akım % 50 artırılırsa hava aralığındaki akı yoğunluğu ne
olacaktır?
mmf'de % 50 artış:
=
ℑ 6069,55
=
× 1,5 9104,325 At
2 × 2984,15
× 100 =
artıştan önce hava aralığındaki yüzde mmf:
% 98,33
6069,55
Uygulanan mmf’nin % 96’sının hava aralığında düştüğü varsayılsın:
Kısım
ab
Φ
mWb
1,0983×15×10−4
1,64745
A
cm2
1,64745
15
15
B
T
874000× µo
1,0983
H
A/m
4370/0,005
874000
350
4370/0,005
874000
9104,325 × 0,96
= 4370 At
2
L
cm
HL
At
0,5
←4370
52
182
0,5
←4370
350/0,52
grafikten
bc
1,0983
874000× µo
1,0983×15×10−4
cd
1,64745
15
1,0983
de
1,64745
15
1,0983
ef
1,64745
20
0,8237
fa
1,64745
15
1,0983
=
hata
8961,5-9104,325
= -% 1,568 < ±% 2 daha fazla irdelemeye gerek yoktur.
9104,325
2
350
grafikten
15
170
grafikten
2
350
Toplam mmf düşümü
grafikten
7
170/0,15
25,5
350/0,02
7
8961,5
350/0,02
49. Aşağıdaki şekildeki seri-paralel manyetik devrede, şekil 5.42’de II nolu manyetik malzemenin
B-H eğrisini kullanarak, hava aralığında 0,2 T’lık akı yoğunluğu oluşturmak için 200 sarımlı
Statik Manyetik Alanlar
453
sargıdan geçen akımı, indüktansı ve manyetik alanda depolanan enerjiyi hesaplayınız (Ölçüler
cm’dir).
Kısım
Φ
mWb
A
cm2
B
T
ab
0,64
32
0,2
bc
0,64
32
←0,2→
cd
0,64
32
0,2
8
1,33
96
0,1775
H
A/m
grafikten
40
159155
grafikten
40
L
cm
HL
At
26,5
10,6
1
1591,55
26,5
10,6
ℑabcd
1,33×0,0008
1,064
1,64 + 0,64
1,704
afed
ad
I=
200 sarım
=
ℜ
grafikten
1479,5871
1612,75
1612,75/1,09
109
19
45
Toplam mmf düşümü
1612,75
grafikten
8,55
1621,3
1621,3
= 8,1065 A
200
1621,3
2002
1 2
N2
−1
951467,1362
H
L
LI= 1,38 J
=
⇒
=
=
= 0,042 H ⇒ W=
m
−3
1,704 × 10
2
ℜ 951467,1362
50. Önceki problemde akım % 20 artırılırsa hava aralığındaki akı yoğunluğu ne olacaktır?
mmf'de % 50 artış:
=
ℑ 1621,3=
× 1,5 2431,95 At
1591,55
artıştan önce hava aralığındaki yüzde mmf:
× 100 =
% 98,165
1621, 3
Uygulanan mmf’nin % 98’inin hava aralığında düştüğü varsayılsın: 2431,95 × 0,98 ≅ 2384 At
Kısım
Φ
mWb
A
cm2
B
T
ab
0,9586
32
0,2996
bc
0,9586
32
0,2996
cd
0,9586
32
0,2996
H
A/m
grafikten
58
238400
grafikten
58
L
cm
HL
At
26,5
15,37
1
←2384
26,5
15,37
ℑabcd
2414,74
454
Elektromanyetik Alan Teorisi
1,48×0,0008
afed
ad
=
hata
1,184
1,184 + 0,9586
2,1426
8
1, 48
96
0,223
grafikten
2414,74/1,09
2215,3578
109
19
44
Toplam mmf düşümü
grafikten
2414,74
8,36
2423,1
2423,1- 2431,95
= -% 0,3639 < ±% 2 daha fazla irdelemeye gerek yoktur.
2431,95
εµ
6 STATİK ALAN UYGULAMALARI
6.1 GİRİŞ
Önceki bölümlerde temelleri tartışılan statik elektrik ve manyetik alanların bazı uygulamaları şimdi
açıklanabilir. Bu uygulamalardan bazıları önceki bölümlerin içine kolaylıkla konulabilirdi fakat
aşağıdaki nedenlerden dolayı ayrı bir bölüm oluşturulması düşünülmüştür.
Bazı uygulamaların bütün olarak anlaşılabilmesi, elektrostatik ve manyetostatik alanların
ikisinin birden bilinmesini gerektirmektedir. Örneğin bir siklotron’da yüklü parçacığın
hızlanması elektrik alanı ile yapılırken dönüş ise manyetik alan ile yerine getirilir.
Bu bölümde statik alanların ana uygulamaları sunularak öneminin okuyucu tarafından
kavranılması amacı taşınmaktadır. Bazı kitaplarda, statik alan uygulamaları konusu önemsiz
izlenimi bırakacak şekilde kısaca verilmeye çalışılmıştır.
Sınıfta statik alan uygulamalarının verilmesi için yeterli zaman yoksa bu bölüm öğrenci için
çok iyi bir okuma ödevi olabilir.
6.2 YÜKLÜ PARÇACIK SAPMASI
Elektrostatik alanların en yaygın uygulamalarından biri elektron veya proton gibi yüklü bir
parçacığın yörüngesinin kontrol edilmesi için saptırılmasıdır. Katot ışınlı osiloskop, siklotron,
mürekkepli-jet yazıcı ve hız seçici gibi aygıtlar bu prensibe dayanmaktadır. Katot ışınlı osiloskopta
bir elektron ışınının yükü sabit iken bir mürekkepli-jet yazıcıda mürekkebin küçük
parçacıklarındaki elektrik yükü yazılacak karaktere bağlı olarak değişir. Her durumda yüklü
parçacığın sapması bir çift paralel plaka arasındaki potansiyel fark korunarak yapılır.
Şekil 6.1’de görüldüğü gibi u x hızı ile x yönünde hareket eden m kütleli ve q yükü ile yüklü bir
parçacığı dikkate alalım. t=0 zamanında yüklü parçacık V o potansiyel farkında tutulan paralel levha
çifti arasındaki bölgeye girer.
456
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 6.1 Düzgün E alanı
içindeki yüklü parçacığın
yörüngesi
Elektrik alan hatlarının saçaklaması ihmal edilerek paralel plakalar arasındaki elektrik alan şiddeti,
V E = − o az
L
ile verilir. L paralel iki plaka arasındaki açıklıktır. Elektrik alanından dolayı yüklü parçacık üzerine
etkiyen kuvvet
F = qE
olup aşağı yöndedir. Yüklü parçacık üzerinde yerçekimi kuvvetinin etkisi ihmal edilerek z
yönündeki ivme,
az = −
qVo
mL
(6.1)
ile z yönünde paralel plakalar içindeki yüklü parçacığın hızı,
uz = azt
(6.2)
z = 12 a z t 2
(6.3)
olur çünkü t=0’da u z =0’dır.
z yönünde yüklü parçacığın yer değişimi,
dir çünkü t=0’da z=0’dır. t zamanında x yönünde yüklü parçacığın yer değişimi,
x = uxt
(6.4)
dir. Paralel plakalar arasındaki bölgede yüklü parçacığın kaldığı sürece alınan zaman
T=
d
ux
ile verilir. Böylece paralel plakalar içinde yüklü parçacığın yörüngesi (6.3) ve (6.4)’den
(6.5)
Statik Alan Uygulamaları
457
az
2
qVo 1 x
z= −
mL 2 u x
(6.6)
olup bir parabol eşitliğidir.
ÖRNEK 6.1 1,5 kV’luk potansiyel farkı 10 cm aralıklı iki paralel plaka arasında tutulmaktadır. 2
keV’lik kinetik enerjili bir elektron, elektrik alanına dik açıda saptırma plakalarına girmektedir.
Eğer plakalar 20 cm uzunluğunda ise a) plakalar arasında elektronun bulunduğu sürede geçen
zaman ve b) plakalar arasında iken elektronun sapmasını belirleyiniz.
ÇÖZÜM x yönünde t=0’da elektronun kinetik enerjisi,
1
2
mu x2 = Ve = 2 × 10 3 × 1,6 × 10 −19
olarak belirlenebilir. Elektronun kütlesi için m = 9,11× 10 −31 kg konularak elektronun hızı,
u x = 26,505 × 10 6 m/s
elde edilir.
a) Elektronun paralel plakalar arasında bulunduğu sürece geçen zaman aşağıdaki gibi hesaplanır.
T=
20 × 10 −2
= 7,54 × 10 −9 s veya 7,54 ns
6
26,505 × 10
b) (6.6)’dan elektronun sapması aşağıdaki gibi elde edilir.
1,6 × 10 −19 × 1,5 × 10 3
z=
2 × 9,11× 10 −31 × 0,1
2
20 × 10 −2
= 74,97 × 10 3 m veya 74,97 mm
6
26,505 × 10
ALIŞTIRMALAR
1. Örnek 6.1’deki plakalar arasındaki açıklık 5 cm’ye düşürülürse 0,5 cm’lik bir sapmaya neden
olacak uygulama gerilimi nedir? Elektronun paralel plakalar arasındaki hareketi süresince hızzaman grafiğini çiziniz.
2. Örnek 6.1’de sapmanın 2 cm olması için plakaların uzunluğu ne olmalıdır? Elektronun paralel
plakalardan çıktığında aldığı zamanı hesaplayınız. Elektronun çıkış zamanında sapma
yönündeki hızı nedir?
6.3 KATOT IŞINLI OSİLOSKOP
Katot ışınlı osiloskop’un temel özellikleri şekil 6.2’de görülmektedir. Tüp camdan yapılmış ve içi
tamamen boşaltılmıştır. Isıtıcı bir flaman ile ısıtıldığında katot elektron yayar. Bu elektronlar daha
sonra katota göre birkaç yüz voltluk bir potansiyelde tutulan anoda doğru hızlandırılır. Küçük bir
deliğe sahip olan anot, içinden ince bir elektron ışınının geçmesine izin verir. Hızlanmış elektronlar
bundan önceki kısımdakine benzer bir davranışla hem yatay ve hem de dikey boyutlarda
458
Elektromanyetik Alan Teorisi
saptırılabilecekleri bir bölgeye girerler. Son olarak elektron ışını bir cisim (fosfor) ile kaplanmış
görünür ışık yayan ekranın iç yüzeyine bombardıman edilir.
Şekil 6.2 Katot ışınlı osiloskop’un
temel elemanları
Katodun yüzeyinden yayılan elektronun başlangıç hızının sıfır olduğu varsayılsın. Anot ve katot
arasındaki potansiyel fark V 1 ise anottan çıkan elektronun hızı, kinetik enerjisindeki kazançtan
1
2
mu x2 = eV1
veya
ux =
2e
V1
m
(6.7)
olarak elde edilir. Yatay saptırma plakaları arasında gerilim olmadığı ve alt plakasına göre üst
dikey saptırma plakasında V o gerilimi tutulduğu varsayılmaktadır. Elektron yatay saptırma
plakaları arasından etkilenmeden geçer ve dikey saptırma plakaları arasındaki bölgede, pozitif z
yönünde bir kuvvet ile etkilenir. Şekil 6.3’de görüldüğü gibi, elektron dikey saptırma bölgesini x=d
’de terkederken dikey yer değişimi, (6.6) dan
eVo d
z1 =
2mL u x
2
(6.8)
dir. x=d için z yönünde ilgili hız,
uz =
edVo
mLu x
(6.9)
olur ancak x yönündeki hız değişmeden kalır. Elektron dikey saptırma bölgesinden çıkarken u x ve
u z ’nin ikisinin birden sabit olduğu düz bir çizgide hareket eder. Şimdi u hızı x ekseni ile bir θ
açısı yapar.
tan θ =
uz
ux
(6.10)
dir. Elektronun saptırma plakalarından ortaya çıkarak ekrana doğru bir D uzaklığına hareket etmesi
için gereken zaman,
Statik Alan Uygulamaları
459
t2 =
D
ux
ile
edD 1
z2 = u z t2 =
Vo
mL u x
2
(6.11)
ifadesi elde edilir.
Şekil 6.3 Katot ışınlı osiloskop’un çalışma prensibi
Bu eşitlikte u x yerine eşdeğeri konulduktan sonra ekrana çarpan elektronun toplam dikey yer
değişimi
z = z1 + z2 =
d
[0,5d + D]Vo
2L
V1
(6.12)
elde edilir. (6.12)’den, anot ve katot arasındaki potansiyel farkı sabit tutulduğunda, elektronların
sapmasının dikey saptırma levhaları arasındaki potansiyel farkı ile orantılı olduğu açıktır. Yatay
saptırma plakaları arasına bir potansiyel farkı uygulanarak elektronların y yönünde de hareketi
sağlanır. Bu yüzden elektron ışınının hangi noktada ekrana vuracağı dikey ve yatay saptırma
gerilimlerine bağlıdır.
ÖRNEK 6.2 Katot ışınlı osiloskop’un anot ve katodu arasındaki potansiyel farkı 1000 V’tur. Dikey
saptırma levhalarına ait ölçüler L=5 mm, d=1,5 cm ve V o =200 V’tur. D uzaklığı 15 cm’dir. Anottan
sıfır başlangıç hızı ile bırakılan bir elektronun a) dikey saptırma plakalarına girerken x yönündeki
hızını, b) plakalar arasında z yönündeki hızını ve ivmesini, c) z yönündeki çıkış hızını ve d)
ekrandaki elektronun toplam yer değişimini bulunuz.
ÇÖZÜM
a) (6.7)’den elektron anodu terkederken x yönündeki hızı,
2 × 1,6 × 10 −19 × 1000
ux =
9,1 × 10 − 31
12
= 18,75 × 10 6 m/s
olarak ışık hızının % 10’undan daha küçük olduğundan görecelik etkileri ihmal edilebilecek kadar
küçüktür. Bu hızda elektronun kütlesi hemen hemen durgun durumundaki ile aynıdır.
460
Elektromanyetik Alan Teorisi
b) z yönünde elektronun ivmesi ve hızı (6.1) ve (6.2)’den aşağıdaki gibi hesaplanır.
az =
e
1,6 × 10 −19 × 200
Vo =
= 7,03 × 1015 m/s2
mL
9,1× 10 −31 × 5 × 10 −3
u z = a z t = 7,03 × 1015 t m/s
c) Elektron saptırma levhasını
T=
d
1,5 × 10 −2
=
= 8 × 10 −10 s veya 0,8 ns
6
u z 18,75 × 10
olacak şekilde t=T zamanında geçecektir. Böylece z yönünde çıkış hızı aşağıdaki gibi bulunur.
u z = 7,03 × 1015 × 8 × 10 −10 = 5,624 × 10 6 m/s
d) (6.12)’den elektronun toplam sapması:
z=
1,5 × 10 −2 × 200
d
[0,75 + 15]× 10 − 2 = 4,725 cm
=
u z 2 × 5 × 10 − 3 × 1000
ALIŞTIRMALAR
3. Paralel iki plaka 5 cm açıklığında tutulmaktadır. Elektron negatif yüklü plakanın yüzeyinden
bırakılıyor ve 12,5 ns’de karşı plakaya çarpıyor. (a) Elektronun pozitif yüklü plakaya çarptığı
andaki hızını, (b) elektronun ivmesini, (c) negatif yüklü plakaya göre pozitif yüklü plakanın
potansiyelini ve (d) plakalar içindeki elektrik alan şiddetini bulunuz.
4.
60 × 106 a z m/s hızla hareket eden bir elektron 100a z kV/m ’lik elektrik alanına giriyor. (a)
Elektronun z yönünde geçici olarak durgun hale gelmesinden önce z yönünde aldığı yolu, (b)
elektronun bu uzaklığı aldığı süreyi bulunuz. Elektron kinetik enerjisinin % 80’ini
kaybetmeden önce ne kadar yol alır?
6.4 MÜREKKEPLİ YAZICI
Yazdırma işleminin hızının artırılması ve yazdırma kalitesinin daha iyi olması için elektrostatik
sapma prensibine dayanan yeni bir yazdırma tekniği geliştirilmiştir. Bundan dolayı, bu yazıcıya
mürekkepli-jet yazıcı adı verilmiştir. Bir mürekkepli–jet yazıcıda ultrasonik frekansda titreşim
yapan bir başlık (nozzle) belli bir aralıkla birbirinden ayrılmış çok küçük, düzgün büyüklükte
damlacıklar püskürtür. Bu damlacıklar şekil 6.4’de görüldüğü gibi yüklü plakalar seti arasından
geçerken yazılacak karakter ile orantılı olarak yük kazanırlar. Dikey saptırma plakaları arasında
tutulan sabit bir potansiyel altında mürekkep damlacığının dikey yer değişimi yükü ile orantılıdır.
Karakterler arasındaki boşluklar mürekkep damlacıklarına yük verilmemesi ile başarılır. Bu
durumda mürekkep damlacıkları bir mürekkep alıcı ile toplanır. Katot ışınlı osiloskopta elektronun
yatay sapması yatay saptırma plakaları arasındaki potansiyel farkın sürekli olarak değiştirilmesi ile
sağlanır. Bununla beraber bir mürekkepli-jet yazıcıda yazıcı başlığı sabit bir hızla yatay olarak
hareket eder ve karakterler saniye başına 100 karakterlik bir oranda biçimlenir.
Statik Alan Uygulamaları
461
Şekil 6.4 Mürekkep jet
yazıcının temel yapısal
detayları ve çalışma
prensibi
Hareket eden parçası çok az olduğundan mürekkepli-jet yazıcılar vuruşlu yazıcılara kıyasla çok
sessiz ve güvenilir çalışırlar. Aynı zamanda vuruşlu yazıcılar sadece yazma başlığı üzerinde
bulunan karakterler ile yazıyı sınırlamaktadırlar oysa mürekkepli-jet yazıcılarda her karakterin
biçimlendirilebilmesi bunları çok yönlü hale getirmektedir. Tahmin edilebileceği gibi mürekkep
damlasının yörüngesinin belirlenmesi için gereken eşitlikler bir katot ışınlı osiloskoptaki
elektronunkiler ile aynıdır.
ÖRNEK 6.3 0,02 mm çapında bir mürekkep damlacığı 25 m/s hızla yükleme plakaları arasından
geçerken –0,2 pC ’luk bir yük kazanmaktadır. 2 mm açıklıktaki dikey saptırma plakaları arasındaki
potansiyel fark 2 kV tur. Her saptırma plakasının uzunluğu 2 mm ve saptırma levhasının çıkış
ucundan kağıda olan uzaklık 8 mm ise mürekkep damlacığının dikey yer değişimini belirleyiniz.
Mürekkebin yoğunluğunun 2 gr/cm³ olduğunu varsayınız.
ÇÖZÜM Mürekkep damlacığın kütlesi,
4π 1
3
=
× 0,02 × 10−3 × 2 × 10=
m
8,38 × 10−12 kg
3 2
3
dir ve toplam dikey sapma aşağıdaki gibi hesaplanır.
2
z
2 × 10−13 × 2 × 10−3 × 2000 1
− qd 1
Vo =
d
D
0,5
+
=
× 2 + 8] × 10−3 0,687351mm
[
]
[0,5
mL u x
8,38 × 10−12 × 2 × 10−3 252
ALIŞTIRMALAR
5. Örnek 6.3’deki mürekkep damlacığının kağıda çarptığı andaki hızını hesaplayınız. Mürekkep
damlacığının saptırma plakası bölgesine girdiği andan kağıda vurduğu an arasında geçen
toplam zaman nedir?
6. 0,01 mm çapında bir mürekkep damlacığı 20 m/s hızla yükleme plakalarını geçerken –2 pC’luk
yük kazanmaktadır. 5 mm açıklıkta tutulan dikey saptırma plakaları arasındaki potansiyel farkı
200 V’tur. Her saptırma plakasının uzunluğu 1,5 mm ve saptırma plakasının çıkış ucundan
kağıda olan uzaklık 12 mm ise mürekkep damlacığının dikey yer değişimini belirleyiniz.
Mürekkebin yoğunluğunun 2 gr/cm³ olduğunu varsayınız.
6.5 MİNERALLERİN AYRIŞTIRILMASI
Elektrostatik sapma prensibi madencilik endüstrisinde zıt yüklü minerallerin ayrıştırılmasında da
kullanılabilir. Örneğin cevher ayrıştırıcıda, fosfat taşı ve quartz granülleri içeren fosfat cevheri şekil
6.5’de görüldüğü gibi vibrasyonlu besleyiciye düşürülür. Vibrasyonlar fosfat taşı granüllerinin
quartz parçacıklarına karşı sürtünmesine neden olur. Sürtünme işlemi süresince her quartz granülü
462
Elektromanyetik Alan Teorisi
pozitif yük ve her fosfat parçacığı negatif yük kazanır. Birbirine zıt parçacıkların ayrıştırılması
paralel plakalı kapasitör ile oluşturulan elektrik alanı içinden geçirilerek yapılır.
Paralel plakalı kapasitör bölgesi içinde bulunan yüklü parçacığın yörünge ifadesinin geliştirilmesi
için quartz parçacığın kütlesi ve yükünün sırasıyla m ve q olduğu varsayılsın.
Şekil 6.6 Paralel plaka bölgesindeki quartz
parçacığın yörüngesi
Şekil 6.5 Cevher ayrıştırıcı
Her parçacığın başlangıç hızı, şekil 6.6’da görüldüğü gibi paralel plakalar arasındaki yüklü bölgeye
girdiği anda sıfır olsun. Bu durumda t=0’da u x =0 ve u z =0’dır. Çekim kuvveti, x yönünde bir
hızlanma meydana getirecektir. Herhangi bir t zamanında x yönündeki hız ve alınan uzaklık
ux =
dx
= gt
dt
(6.13)
ve
x = 12 gt 2
(6.14)
dir. z yönünde yüklü parçacığın hareketi,
az =
q
Vo
mL
(6.15)
uz = azt
(6.16)
z = 12 a z t 2
(6.17)
ifadelerinden
olarak tanımlanabilir.
(6.14) ve (6.17)’den her yüklü parçacığın yörüngesi,
z = az
x
g
(6.18)
Statik Alan Uygulamaları
463
olarak elde edilir. Bu eşitlik paralel plaka bölgesi içindeki yüklü parçacığın hareketinin düz bir
çizgi olduğunu ortaya çıkarmaktadır. Yüklü parçacık, paralel plaka bölgesini çıktığında, x=d aldığı
zaman,
T=
2d
g
(6.19)
dir. Herhangi bir t ≥T zamanı için z yönündeki yüklü parçacığın hızı sabittir ve (6.16)’dan
u z = a zT =
qVo
mL
2d
g
12
t ≥T için
(6.20)
ile verilir ve
t ≥T için
z = uzt
(6.21)
olur. (6.14) ve (6.21)’den x ile z
z2 =
2 2
uz x
g
t ≥T için
(6.22)
olarak ifade edilebilir ki bu bir parabol eşitliğidir. Bundan dolayı yüklü parçacık paralel plakalar
içinde düz bir çizgide yolu takip eder ve sonraki yolu ise paraboliktir.
ÖRNEK 6.4 Kütlesi 2 gram olan quartz parçacık vibrasyonlu besleyicide 100 nC’luk yük
kazanmıştır. Daha sonra parçacık 10 kV’luk potansiyel farkında tutulan paralel plakaların üst
kenarının ortasından serbestçe düşürülüyor. Plakalar 2 metre uzunlukta ve 50 cm açıklıkta ise
plakaların ucunda parçacığın pozisyonunu ve hızını belirleyiniz.
ÇÖZÜM Quartz parçacığın plakaları terkederken aldığı zaman (6.19)’dan
2×2
T =
9,81
12
= 638,55 ms
dir. (6.15)’den paralel plaka bölgesi içindeki quartz parçacığın ivmesi aşağıdaki gibi hesaplanır.
az =
100 × 10 −9 × 10 × 10 3
= 1,0 m/s2
2 × 10 − 3 × 0,5
t=T zamanında z yönünde alınan uzaklık
[
]
z = 12 × 1,0 × 638,55 × 10 −3 2 = 0,204 m veya 20,4 cm
dir. x ve z yönlerinde yüklü parçacığın çıkıştaki hızları aşağıdaki gibi bulunur.
u x = 9,81× 638,55 × 10 −3 = 6,264 m/s
u z = 1,0 × 638,55 × 10 −3 = 0,639 m/s
464
Elektromanyetik Alan Teorisi
Böylece quartz parçacığın çıkış hızı aşağıdaki gibi elde edilir.
u = 6,264a x + 0,639a z m/s
ALIŞTIRMALAR
7. Kütlesi 1,2 gram olan fosfat taneciği vibrasyonlu besleyicide –100 nC’luk yük kazanıyor.
Parçacık 5 kV potansiyelde tutulan paralel plakaların üst kenarının ortasından serbestçe
düşürülüyor. Eğer plakalar 1,5 m uzunluğunda ise fosfat taneciğinin pozitif yüklü plakanın
aşağısına dokunacak şekilde plakalar arasındaki açıklığı bulunuz. Yüklü parçacığın çıkış
zamanındaki hızı nedir?
8. Önceki alıştırmadaki fosfat taneciğinin kütlesi 0,5 gram ile 2,5 gram arasında değişmektedir.
Her taneciğin kazandığı yük ise –80 nC ile –120 nC arasında değişmektedir. Paralel plakaların
üst kenarının ortasından parçacıkların serbestçe düşebilmesi için plakalar arasındaki minimum
açıklık ne olmalıdır?
6.6 ELEKTROSTATİK GENERATÖR
Lord Kelvin tarafından düşünülen elektrostatik generatör Robert J. Van de Graaff tarafından
pratiğe konulmuş ve Van de Graaff generatörü olarak anılmaktadır. Şekil 6.7a’da görüldüğü gibi
yalıtılmış boş bir sütun üzerine konulmuş boş iletken küreden oluşmaktadır. Bir kayış makaraların
üzerinden geçmektedir. Aşağıdaki makara bir motor ile döndürülür ve üstteki makara ise herhangi
bir aksama bağlı değildir. Bir çubuğun ucunda belli sayıda keskin noktalar çok yüksek bir
potansiyelde tutulur ve noktaların etrafındaki hava iyonize olmuştur. Pozitif iyonlar keskin
noktalardan atılır ve bu iyonların bir kısmı hareketli kayışın yüzeyine kendilerini yapıştırırlar.
Benzer işlem metal küre (dom) içindeki metal fırçada yer alır. Yüklerin birikimi ile dom’un
potansiyeli artar. Van de Graaff generatörü ile birkaç milyon volt (ulaşılmış maksimum potansiyel
25 MV’tur) kadar yüksek potansiyel farkı gerçekleştirilebilir. Ana uygulaması, atom parçalama
deneylerinde kullanılmak üzere yüklü parçacıkların hızlandırılarak yüksek kinetik enerjiler
kazandırılmasıdır.
(a) Van de Graaff generatörünün şematiği
(b) Çalışma prensibi
Şekil 6.7 Van de Graaff generatörü
Statik Alan Uygulamaları
465
Bu generatörün temel çalışma prensibini anlamak için şekil 6.7b’de görüldüğü gibi küçük bir deliği
olan yüksüz bir küre (dom) düşünülebilir. q yükü ile yüklü küçük bir küre boşluktaki delikten
içeriye konulur. Denge durumuna ulaşınca dom’un iç yüzeyi net negatif yük kazanırken en dış
yüzeyde pozitif yük indüklenir. Şimdi küçük küre dom’un iç yüzeyine dokundurulursa, küçük
kürenin pozitif yükü dom’un iç yüzeyindeki negatif yük ile nötürleşecek ve bunun yanında dış
yüzey hala q pozitif yükünü üzerinde tutacaktır. Küçük küre şimdi geri çekilerek tekrar q ile
yüklenir ve dom’a yeniden yerleştirilirse iç yüzey tekrar negatif yük kazanacak dış yüzeydeki
yükün aynı miktarla artışına neden olacaktır. Küçük küre dom’un iç yüzeyine dokundurularak hem
dom’un iç yüzeyi ve hem de küçük küre tekrar yüksüz olacak ancak şimdi dom’un dış yüzeyinin
yükü iki misli olmuştur. Başka bir ifade ile yüklü cismin içeri getirilip dom’un iç yüzeyine
dokundurulmasıyla yüklü cismin bütün yükü dom’un dış yüzeyine transfer edilir. Bu işlem dom’un
dış yüzeyindeki başlangıç yükünden bağımsızdır.
Herhangi bir anda denge durumuna eriştikten sonra dom’un içindeki küçük kürenin yükü q ve
dom’un dış yüzeyindeki yükün Q olduğu varsayılsın. İç ve dış kürelerin yarıçapları sırasıyla r ve R
ise dom’un içinde herhangi bir noktadaki potansiyel,
VR =
1 Q q
+
4πε o R R
olarak ifade edilir. Parantez içindeki birinci terim, dom’un kendi Q yükünden dolayı potansiyele
katkısı ve ikinci terim küçük küredeki q yükünün R yarıçapındaki eş potansiyel yüzeyinden
dolayıdır. Küçük küredeki potansiyel
=
Vr
1 q Q
+
4πε o r R
dir. Birinci terim küçük küredeki yükten dolayıdır. İkinci terim küçük kürenin büyük kürenin
içinde olduğunu dikkate almaktadır.
Böylece küreler arasındaki potansiyel fark aşağıdaki gibi ifade edilir
V = Vr − V R =
q
4πε o
1 1
r − R
(6.23)
Pozitif bir q yükü için kürenin potansiyeli daima dom’unkinden daha yüksek olacaktır. Eğer iki
küre elektriksel olarak bağlanmışsa iç kürenin bütün yükü, üzerindeki Q yüküne bakılmaksızın
dom’un dış yüzeyine doğru akacaktır. Bu iç küreden dom’un dış yüzeyine yük transferini
açıklamanın diğer bir yoludur. Sadece q=0 ise potansiyel farkın sıfır olduğuna dikkat edilmelidir.
ÖRNEK 6.5 45 cm yarıçapında yalıtılmış metal kürenin 900 kV’luk bir potansiyele yükseltilmesi
için gereken yük miktarı nedir? Küre yüzeyindeki elektrik alan şiddeti nedir?
ÇÖZÜM Gereken toplam yük Q ise bu durumda, Q
Q =4πε o RV =4π
10−9
× 0, 45 × 900 × 103 =45 × 10−6 C
36π
olarak hesaplanır. Küre yüzeyindeki elektrik alan şiddetinin büyüklüğü aşağıdaki gibi bulunur.
466
Elektromanyetik Alan Teorisi
Er =
V 900 × 103
=
= 2 × 106 V/m
R
0, 45
ALIŞTIRMALAR
9. Havanın delinme elektrik alan şiddeti 3 MV/m’dir. Güvenlik faktörü 10 ise yalıtılmış bir metal
küre 240 kV potansiyelinde tutulursa yarıçapı ne olmalıdır? Kürenin üzerindeki yük nedir?
10. Van de Graaff generatöründe iç kürenin yarıçapı 1 cm ve dom’un yarıçapı 1 m’dir. İç küredeki
yük 10 nC ve dom’daki yük 10 µC ise aralarındaki potansiyel fark nedir?
6.7 ELEKTROSTATİK VOLTMETRE
Elektrostatiğin temel prensiplerinin çok sayıda diğer uygulamaları vardır. En son uygulama olarak
gerçek RMS geriliminin ölçülmesinde kullanılan elektrostatik voltmetrenin çalışması keşfedilebilir.
Voltmetre hem DC ve hem AC gerilimlerin ölçülmesinde eşit derecede kullanışlıdır. Şekil 6.8 en
temel biçimde bir elektrostatik voltmetreyi göstermektedir. a ve b plakaları 1 ve 2 uçlarına gerilim
uygulandığında ibre sağa doğru hareket ederken kapasitansı artan bir kapasitör oluşturur. Helisel
yay, ibrenin hareketinin kontrol edilmesi yanında hareketli b plakası ve harici 2 noktası arasında bir
elektriksel kontak oluşturur. Uygulanan gerilim sabit tutulduğunda, ibre θ açısında en son
durumunu alır. Elektrostatik enerjideki artış yapılan mekanik iş miktarına eşittir.
6.8 Elektrostatik voltmetre
Elektrostatik voltmetrenin uçlarındaki potansiyel farkındaki bir değişim,
Q
Q 1
dV = d = dQ − 2 dC
C
C C
olarak ifade edilir. Bu eşitlik potansiyel sabit tutulduğunda, dV = 0
Q
1
dQ = 2 dC
C
C
(6.24)
Q2 Q
Q
Q2
dWe = d = dQ −
dC
=
dC
2C 2
2C 2
2C C
(6.25)
olur. Elektrostatik enerjideki değişim,
ve yapılan mekanik iş
Statik Alan Uygulamaları
467
dW = Tdθ
(6.26)
dir. (6.25) ve (6.26) eşitlenerek
2
T=
1 Q dC 1 2 dC
= V
2 C dθ 2
dθ
(6.27)
elde edilir. Denge pozisyonunda
T = τθ
(6.28)
1 2 dC
V
2τ
dθ
(6.29)
olur; τ yayın torsiyonel sabitidir ve
θ=
ile tanımlanan ibrenin sapması, dC/dθ sabitse uygulanan gerilimin karesi ile orantılıdır. Gerçek
elektrostatik voltmetrelerde dC/dθ’nın değeri θ’ya bağlıdır. Bu bakımdan üretici tarafından
düzgünce kalibre edilmelidir.
ALIŞTIRMALAR
11. Elektrostatik voltmetrenin terminal uçlarına 100 V uygulandığında sapması 30° ’dir. Yayın
torsiyonal veya gerginlik sabiti 1,5 Nm/rad ise radyan başına kapasitans değişimi nedir?
12. Önceki alıştırmada elektrostatik voltmetrenin sapması 60° ise uygulanan gerilim nedir?
6.8 MANYETİK AYIRICI
Manyetostatik alanların önemli bir uygulaması, şekil 6.9’da görüldüğü gibi manyetik ayırıcı olarak
adlandırılan sistem olup manyetik olmayan malzemelerden manyetik malzemelerin ayrılması için
tasarlanmıştır. Manyetik ve manyetik olmayan malzemelerin bir karışımı sabit hızda çalışan sonsuz
bir kayış üzerinden beslenir. Kayış manyetik bir makara üzerinden geçirilir. Manyetik makara
manyetik alan üreten uyartım sargısı içeren demir kabuktan oluşmaktadır. Manyetik olmayan
malzeme bir sandığın içine aniden düşerken manyetik malzeme kayış makarayı terkedinceye kadar
makara tarafından tutulur. Bu yüzden manyetik malzeme makara çevresinde daha fazla taşınır ve
şekilde görüldüğü gibi ikinci sandığa düşürülür.
Şekil 6.9 Manyetik ayırıcı
468
Elektromanyetik Alan Teorisi
6.9 MANYETİK SAPTIRMA
Statik manyetik alan uygulamalarının çoğu hareketli yüklü bir parçacık veya akım taşıyan iletken
üzerine etkiyen manyetik kuvvete dayanmaktadır. Kararlı B manyetik alanında pozitif q yükü u
hızı ile hareket ediyorsa yüke etkiyen manyetik kuvvet,
F = qu × B
ile ifade edilir. Manyetik kuvvet sadece B manyetik alanına dik açılarda olmayıp aynı zamanda
yükün hareket yönüne de normaldir. Kuvvetin yönüne dik olan hareketin yönü manyetik kuvvetin
yüklü parçacık üzerinde hiç iş yapmadığını vurgulamaktadır. Diğer ifadeyle yüklü parçacığın
kinetik enerjisi aynı kalır. Bunun yanında manyetik alan şimdi açıklanacağı gibi yüklü parçacığın
hareket yönünü etkilemektedir.
Yüklü parçacığın hızı,
u = u p + un
olarak ifade edilirse ( u p ve u n sırasıyla u ’ya paralel ve B alanına normal bileşenlerdir) paralel
bileşen, u p manyetik kuvvete katkı sağlamaz. Böylece yüklü parçacık üzerindeki manyetik
kuvvetin büyüklüğü hızın normal bileşeni, u n ile
F = qun B
olarak ifade edilebilir ve kuvvetin yönü sağ el kuralı ile bulunur. Paralel bileşen, u p ’nin
yokluğunda manyetik kuvvet, parçacığı B alanına dik bir düzlemde tutacaktır. Manyetik alan
düzgün ise yüklü parçacığa etkiyen kuvvet sabit olacaktır. Yani u ’nun normal bileşeni B alanına
dik bir düzlemde herhangi bir noktada sabit büyüklüğe sahip olacaktır. Bu dairesel bir hareket
meydana getirecek bir düzlemde fırıldak gibi döndürülen bir ipin ucuna bağlı bir taş durumuna
benzemektedir. Taşın dairesel hareketi herhangi bir anda taşın hızına dik açıda ipin sabit bir
gerginliği ile sonuçlanmaktadır. Düzgün B alanında yüklü bir parçacığın hareketi de aynı
özellikleri taşımaktadır. Böylece şekil 6.10’da görüldüğü gibi yüklü parçacığın dairesel bir yolda
hareket etmesi beklenir. Bu şekilde B vektörü − a z yönünde, u vektörü aφ yönünde ve kuvvet
− a ρ yönündedir. Bunun yanında eğer u vektörünün B alanına paralel bir bileşeni varsa parçacık
şekil 6.11’de görüldüğü gibi helisel yol katedecektir.
q yüklü ve m kütleli parçacık üzerine etkiyen manyetik ve merkeze doğru olan kuvvetler
eşitlenerek,
m 2
u n = qBu n
R
elde edilir ki bu dairesel yörüngenin yarıçapını,
R=
m
un
qB
(6.30)
Statik Alan Uygulamaları
469
olarak verir. Bu eşitlik basitçe, yüklü parçacığın dairesel yörüngesinin yarıçapının B alanına
normal hızın bileşeni ile doğru orantılı ve B alanının büyüklüğü ile ters orantılı olduğunu ifade
etmektedir. Aynı zamanda parçacığının ağırlığının daha fazla olması dairesel yörüngenin daha
büyük yarıçapına karşılık gelmektedir. Bu gerçek, kısım 6.11’de bahsedilen izotopların
ayrıştırılmasında kullanılır.
Şekil 6.10 Düzgün manyetik alana dik Şekil 6.11 Hız bileşeni alana paralel bileşenli iken düzgün
açılarda dairesel hareket eden bir yük
manyetik alanda yüklü parçacığın hareketi
Yüklü parçacığın bir saykılı tamamlaması için gereken zaman T ile gösterilir ve zaman periyodu
olarak bilinir. Buna göre,
T=
2πR 2πm
=
un
qB
(6.31)
ve şimdi siklotron frekansı olarak da bilinen frekans,
f =
1
qB
=
T 2πm
(6.32)
qB
m
(6.33)
olarak tanımlanabilir ve açısal frekans
ω = 2πf =
olur. Yüklü parçacığın zaman periyodu ve frekansı parçacık düzgün manyetik alan içinde
yörüngede olduğu sürece sabittir. Bu gözlem siklotron olarak bilinen parçacık hızlandırıcının
gelişimine öncülük etmiştir (kısım 6.10).
B alanına paralel hız bileşeni ile yüklü parçacık için bir periyotta alınan yol
d = u pT =
2πm
up
qB
(6.34)
olarak hesaplanabilir. Şekil 6.11’den görüldüğü gibi d helisel yolun birbirine yakın iki turu
arasındaki uzaklık veya helis’in bir adımıdır.
470
Elektromanyetik Alan Teorisi
ÖRNEK 6.6 Bir proton 3000 a z − 4000 aφ km/s lik bir hızla 1,75 a z T ’lık düzgün bir manyetik
alanda dönmektedir. (a) Protono etkiyen kuvveti; (b) dönüş yönünü; (c) yörüngenin yarıçapını; (d)
zaman periyodunu; (e) siklotron frekansını ve (f) helis’in adımını belirleyiniz.
ÇÖZÜM
a) Protona etkiyen manyetik kuvvet aşağıdaki gibi hesaplanır.
F = qu × B = 1,6 × 10 −19 × 10 6 × 1,75 × 3a z − 4aφ × a z = −1,12 × 10 −12 a ρ N
[
]
b) B alanına göre protonun hızının normal bileşeni - aφ yönünde olduğundan, proton z ekseninden
görüldüğü gibi saat yönünde döner.
c)Yörünge yarıçapı:
R=
m 2 1,7 × 10 −27
un =
[4 × 10 6 ] 2 = 24,286 × 10 − 3 m veya 24,286 mm
F
1,12 × 10 −12
d) Tam bir devir için zaman periyodu:
T=
2πR 2π × 24,286 × 10 −3
=
= 38,148 × 10 − 9 s veya 38,148 ns
6
un
4 × 10
e) Frekans:
f =
1
1
= 26,21 × 10 6 Hz veya 26,21 Mhz
=
−9
T 38,148 × 10
f) Helis adımı:
d = u p T = 3 × 10 6 × 38,148 × 10 −9 = 0,1144 m veya 11,44 cm
ALIŞTIRMALAR
13. (6.30) eşitliğini ma = qu × B kullanarak doğrulayınız; a vektörü q yüklü parçacığın ivmesi ve
m ise u hızı ile B = Ba z düzgün manyetik alanında hareket eden kütledir. t=0’da u = uo a x ve
parçacık orijinde manyetik alan bölgesine girmektedir.
14. 5 eV enerjili bir elektron 1,2 mT’lık düzgün manyetik alana dik bir açı düzleminde
yörüngededir. (a) Elektronun hızını, (b) yörüngenin yarıçapını, (c) siklotron frekansını ve (d)
osilasyon periyodunu hesaplayınız (1 eV
= 1,6 × 10−19 J) .
15. Bir elektron 20 kV’luk potansiyel farkından geçerek durgun pozisyonundan hızlandırılıyor.
Hareketinin yönüne dik açılarda düzgün bir manyetik alana giriyor. Manyetik akı yoğunluğu 50
mT ise elektronun giriş ve çıkış noktaları arasındaki uzaklığı hesaplayınız. Elektronun alan
bölgesinden çıkması için ne kadar zaman gerekir?
Statik Alan Uygulamaları
471
6.10 SİKLOTRON
Proton ve dötronlar gibi yüksek enerjili yüklü parçacık ışınları atomun atomaltı yapısının
incelenmesi için kullanılan atom parçalama deneyleri için gereklidir. Yüklü parçacığın yüksek
enerjiye çıkartılması için elektrik alanı parçacığın çok yüksek bir hıza çıkartılması için kullanılır.
Bu nedenle yüklü parçacığa yüksek enerji yükleyen aygıt bir hızlandırıcı olarak adlandırılır.
Hızlandırıcının en yaygın tipi katot ışınlı tüpte kullanılan elektron tabancasıdır. Bir atış işleminde,
parçacığın istenilen yüksek hızının elde edilmesinde çok yüksek bir potansiyel farkı gereklidir.
Bunun yanında daha düşük potansiyel farkı ile bu tip silahlar bir dizi şeklinde düzenlenir ve
parçacık bunların herbirinden geçecek şekilde yapılır. Bu yolla, parçacık bir silahın içinden her
geçişinde enerji kazanır. Böyle bir dizi silahtan oluşan aygıt doğrusal hızlandırıcı olarak
adlandırılır. Beklenildiği gibi doğrusal bir hızlandırıcı çok hızlı olma eğilimindedir.
Diğer taraftan, bir siklotron yüklü parçacığın tekrar tekrar geçirilmesini gerektirdiğinden her işlem
için bir elektron tabancası kullanılmalıdır. En basit biçiminde, şekil 6.12’de görüldüğü gibi bir
siklotron bakırdan yapılmış D biçiminde iki kovuktan oluşur.
Şekil 6.12 Siklotron’un elemanları
Yüksek frekanslı bir osilatör iki kovuk arasına bağlanmıştır. Beklenildiği gibi elektrik alanı sadece
iki kovuk arasındaki aralıkta var olacak ve yüklü parçacık sadece aralığı geçerken enerji
kazanacaktır. D biçimli iki kovuk, hava molekülleri ile çarpışmadan dolayı enerji kaybının en aza
indirilmesi için tamamen bir vakum odacığı içinde kapatılmıştır. Bütün yapı düzgün bir manyetik
alan içine daldırılmıştır.
Yüklü parçacık aralıktaki elektrik alanı ile hızlandırıldığında hareket başlar ve D biçimli kovuktan
birine girer. Yüklü parçacık kovuk içine girdikten sonra (6.30)’a uygun olarak yarı dairesel yol
izler. Kovuk içinde elektrik alanı olmadığından yüklü parçacığın hızı aynı kalır. Osilatörün frekansı
siklotron’un frekansı (6.32) ile aynı ise uygulanan gerilim yüklü parçacık aralığa ulaştığı zaman
polaritesini değiştirecektir. Uygulanan gerilimin yön değişimi aralıktaki elektrik alanının yönünü
değiştirir ve yüklü parçacığı diğer D biçimli kovuk içine girmesi için hızlandırır, burada parçacık
biraz daha büyük yarıçapta diğer bir dairesel yörünge izler. Bundan dolayı parçacık aralığı her
geçişinde kinetik enerji kazanarak daha geniş yarıçaplı bir yörüngeye itilir. Bu işlem yüklü
parçacığın fırlatılacağı D biçimli kovuğun en dış kenarına ulaşıncaya kadar devam eder. Çıkış
zamanında B alanına normal bir düzlemde yüklü parçacığın hızı u ve yarıçapı R ise bu durumda
çıkış hızı, (6.30)’dan
472
Elektromanyetik Alan Teorisi
u=
qBR
m
(6.35)
olur; q ve m sırasıyla yüklü parçacığın yükü ve kütlesidir. Yüklü parçacığın kinetik enerjisi,
Wk =
1
q2B2R2
mu 2 =
2
2m
(6.36)
ile ifade edilir. Bu eşitlikten yüklü parçacığın kinetik enerjisinin D-biçimli kovuğun yarıçapına
bağlı olduğu açıktır. Böylece verilen bir manyetik alanda yüklü parçacığın kinetik enerjisi sadece
kovuğun yarıçapının artırılmasıyla artırılabilir. Yarıçap artarken boyutla beraber elektromıknatısın
fiyatı da artar.
Fiyatın sınırlanması için osilatörün frekansı ve yüklü parçacığın yörünge yarıçapı aynı kalacak
şekilde manyetik akı yoğunluğu ayarlanabilir. Böyle bir tasarım oldukça düşük fiyatlı halka biçimli
bir elektromıknatıs kullanılmasına izin verir. u = ωRc = 2πfRc olduğundan osilatörün frekansı
f =
u
2πRc
(6.37)
olmalıdır; R c sabit yarıçaptır. Osilatörün frekansının yüklü parçacığın hızı ile orantılı olmasına
dikkat edilmelidir ve her yarım dönüşde hız değişmektedir. Bundan dolayı osilatörün frekansının
buna uygun olarak ayarlanması gerekir. (6.32)’nin doyurulması için manyetik akı yoğunluğunun da
benzer ayarı takip etmesi gerekir. Bu prensibi içeren aygıt senkrotron olarak bilinir. 175 metre
çapında böyle bir senkrotron Avrupa Nükleer Araştırma Organizasyonu (CERN) tarafında 28
milyon dolara İsviçre, Geneva’da inşa edilmiştir. Bu senkrotronun iki kovuğu içinde 80 kilometre
uzaklık kateden bir proton 4,5 nJ (28 milyar elektron volt’luk (1 eV
= 1,6 × 10−19 J) bir enerji
kazanabilir.
ÖRNEK 6.7 Bir siklotronun D-biçimli kovuğunun yarıçapı 53 cm ve uygulanan gerilimin frekansı
12 MHz’dir. Dötronları hızlandırmak için gereken B’nin değeri nedir? Dötronun kinetik enerjisi
kovuk içinde iken nedir? Dötron protonla aynı yükte fakat kütlesi iki kattır
ÇÖZÜM Manyetik akı yoğunluğu, B
B=
2πfm 2π × 12 × 10 6 × 3,4 × 10 −27
=
= 1,6 T
q
1,6 × 10 −19
olmalıdır. Çıkış zamanında dötronun kinetik enerjisi, (6.36)’dan aşağıdaki gibi hesaplanır.
2
1,6 × 10−19 × 1,6 × 0,53
−12
=
Wk
=
2,707 × 10 J veya 16,92 MeV
−27
2 × 3, 4 × 10
ALIŞTIRMALAR
16. Bir siklotronun D biçimli kovuğunun yarıçapı 75 cm ve uygulanan gerilimin frekansı 10
MHz’dir. Protonları hızlandırmak için B’nin hangi değeri gerekir? Protonun kinetik enerjisi
kovuktan çıktığında nedir?
Statik Alan Uygulamaları
473
17. Bir siklotronda elektron 25 cm’lik bir yarıçapta hareket etmektedir. B alanının genliği 1,2 mT
dır. (a) Siklotron frekansını ve (b) elektronun kinetik enerjisini hesaplayınız.
6.11 HIZ SEÇİCİ VE KÜTLE SPEKTROMETRESİ
Bir nötr gaz yüksek enerjili parçacıklarla bombardıman edildiğinde pozitif iyon kaynağı olarak
davranır. Pozitif yüklü parçacıklar elektron tabancasından geçirilerek aynı hatta ışına dönüştürülür.
Bu parçacıkların ışın içinde çok geniş bir yayılımı vardır. Aynı hıza sahip yüklü parçacıkların bir
ışınını oluşturmak için bir hız seçici kullanılır.
Hız seçici aksiyonunun oluşması,
F = qE + qu × B
(6.38)
ile ifade edilen Lorentz kuvvet eşitliğine dayanır. q pozitif iyonun yükü ve u hızıdır. Hız seçicinin
tasarımında şekil 6.13’de görüldüğü gibi E ve B alanları, gelmekte olan pozitif yüklü parçacık
ışınlarına dik açılarda düzenlenirler. Bu, pozitif iyona etkiyen elektrostatik kuvvetin manyetik
kuvvete zıt olmasının sağlanması için yapılır. Her iyonda elektrostatik kuvvet aynı fakat manyetik
kuvvet iyonun hızı ile doğru orantılı olarak değişir. Bu yüzden yüklü parçacığa etkiyen net kuvvet,
E = −u o × B
(6.39)
olacak şekilde bir u o hızında sıfırdır. Bundan dolayı pozitif iyonun hızı,
uo =
E
B
(6.40)
ile verilir. uo hızına sahip pozitif iyon herhangi bir kuvvet altında kalmaksızın bölgeden
geçecektir. uo hızından daha düşük hızdaki pozitif iyon yukarı doğru fırlayacaktır. Pozitif iyonun
hızı uo ’dan daha büyük olduğunda aşağı doğru bir yörünge izleyecektir. Bu yüzden ince bir
delikten geçen bütün pozitif iyonlar aynı uo hızına sahip olacaktır; böylece aygıt bir hız seçici
olarak çalışır ve hız seçici filtre olarak da adlandırılır.
Kütle spektrometresi kullanılarak iyonlar kütlelerine göre de ayrılabilir. Kütle spektrometresi dört
temel parçadan oluşur: iyon kaynağı, hız seçici, düzgün manyetik alan ile bir saptırma bölgesi ve
şekil 6.14’de görüldüğü gibi elektron multimetresi, elektrometre veya fotografik plaka gibi bir iyon
dedektörü. İyon kaynağı pozitif yüklü parçacıklar üretir ve hız seçici aynı hızda hareket eden bu
yüklerin bir ışınını üretir. Farklı kütleli bu yüklü parçacıklar şimdi hareketlerine normal düzgün B
alanının olduğu bölgeye girerler. (6.30)’a uygun olarak her yüklü parçacık bir iyon dedektörü ile
dedekte edilmeden önce yarı dairesel bir yörünge takip edecektir. Yörüngenin yarıçapı her yüklü
parçacığın kütlesine bağlı olduğundan yarıçap ölçülerek parçacığın kütlesi belirlenebilir. (6.30) ve
(6.40)’dan
m=
qRBB '
E
(6.41)
474
Elektromanyetik Alan Teorisi
elde edilir. Kütle spektrometresi izotop çalışmalarında da kullanılır. İzotoplar farklı kütlelere sahip
aynı elementin farklı biçimleridir fakat kimyasal olarak aynı davranışı taşırlar. Bundan dolayı
kimyasal reaksiyonlarla ayrıştırılamazlar. İyon dedektörü iyon kollektörü ile değiştirilerek kütle
spektrometresi bir izotop ayırıcıya dönüştürülebilir.
Şekil 6.13 Hız seçicinin elemanları
Şekil 6.14 Kütle spektrometresinin elemanları
ÖRNEK 6.8 Çeşitli enerjilerde parçacıklar içeren bir ışından 200 keV enerjili alfa parçacıklarını
seçmek için bir hız seçici kullanılıyor. Elektrik alan şiddeti 800 kV/m’dir. Manyetik akı yoğunluğu
ne olmalıdır?
ÇÖZÜM Bir alfa parçacığının kütlesi 6,68×10-27 kg olduğundan alfa parçacığının hızı,
2 × 200 × 10 3 × 1,6 × 10 −19
uo =
6,68 × 10 −27
1/ 2
= 3,095 × 10 6 m/s
ile manyetik akı yoğunluğu (6.40)’dan aşağıdaki gibi hesaplanır.
B=
800 × 10 3
= 0,258 T veya 258 mT
3,095 × 10 6
ALIŞTIRMALAR
18. Bir kütle spektrometresinde 26,72×10-27 kg kütleli oksijen atomunun iyonları giriş noktasından
20 cm uzaklıkta dedekte ediliyor. Oksijenin diğer bir izotop iyonu 22 cm uzaklıkta dedekte
edilirse kütlesi nedir?
19. Hız seçicide manyetik akı yoğunluğunun genliği 0,5 T ve elektrik alan şiddeti 1 MV/m ise
bölgeden sapmaksızın geçen protonun hızı ne olmalıdır? Kinetik enerjisi nedir? [Protonun
kütlesi =1,67×10-27 kg]
20. Önceki alıştırmadaki proton yarı dairesel bir yolda 0,5 T’lık düzgün B alanına girmektedir.
Giriş ve çıkış noktaları arasındaki uzaklık nedir? Çıkması için ne kadar zaman gerekir?
Statik Alan Uygulamaları
475
6.12 HALL ETKİSİ
1979’da Edwin Herbert Hall iletken malzemede baskın yük taşıyıcılarının işaretinin belirlenmesi
için bir deney düzenledi. Şekil 6.15’de görüldüğü gibi akım taşıyan bir şeridi düzgün manyetik
alana dik bir düzleme yerleştirdi. Şeritten geçen akım pozitif yüklerden dolayı ise pozitif yüklerin
hareketi şekil 6.15a’da görüldüğü gibi akımın yönünde olacaktır. B manyetik alanına dik açılarda
u hızıyla hareket eden pozitif yük şeridin b yanına doğru hareket eğiliminde bir kuvvetin etkisinde
kalacaktır. Bu yüzden b kenarında aşırı bir pozitif yük olacak oysa a kenarı bu yüklerin eksikliği
altında kalacaktır. Bu durum, iki kenar arasında Hall-etkisi olarak bilinen potansiyel farkı ile
sonuçlanacaktır.
Bu durumda, b kenarının potansiyeli a kenarından daha büyük olacaktır. Potansiyel birikimi
sınırsız değildir. İki kenar arasındaki potansiyel farkı şerit içinde enine E alanı meydana getirir ve
bu E alanı manyetik alanla oluşan kuvvetin tersi yönünde, pozitif yük üzerinde bir kuvvet
oluşturur. Elektrostatik kuvvet manyetostatik kuvvete ters ve eşit olduğunda pozitif yükler herhangi
bir saptırmaya gerek kalmadan şeridin uzunluğu boyunca hareket edecektir. b kenarının a’ya göre
potansiyeli aşağıdaki gibi ifade edilir.
b
Vba =
Vb − Va =
− ∫ E H ⋅ dl =
EH w
a
Şekil 6.15 Hall elemanı tiplerinde Hall-etkisi gerilimleri. (a) p-tipi malzeme, (b) n-tpi malzeme
w şeridin genişliği ve E H Hall etkisinden dolayı elektrik alan şiddetidir. Denge şartları altında,
(6.40)’dan elektrik alanı E H =uB ’dir. Buna göre Hall-etkisi gerilimi
Vba = uBw
(6.42)
ile tanımlanır. p-tipi yarı-iletkende Hall-etkisi gerilimi, V ba ’nın pozitif olması p-tipi yarı
iletkendeki akımın pozitif yüklerden dolayı olduğunu göstermektedir. Şimdi p-tipi yarı iletkenin
boşluk iletimi olarak bilinen işlem ile iletim yaptığına inanılmaktadır.
Bir iletken malzemede akımın elektronların hareketinden dolayı olduğunu dikkate alalım.
Elektronun hareketi şekil 6.15b’de görüldüğü gibi akımın tersi yönündedir. Burada da yine elektron
üzerine etkiyen kuvvet onu b’ye doğru iter. Az sonra, b kenarında elektron yoğunlaşması ve a
kenarında elektron eksikliği olacaktır. Böylece a’ya göre b’nin potansiyeli negatif olacaktır. E H
476
Elektromanyetik Alan Teorisi
alanının yönü a kenarından b kenarına doğru olacaktır. Denge şartları altında Hall-etkisi
geriliminin büyüklüğü (6.42)’den bulunabilir. Bu durumda Hall gerilimi negatif olacaktır.
Deneylerden bakır, alüminyum, gümüş vb. iletkenlerdeki akımın elektronların akışından dolayı
olduğu bulunmuştur. Bu bütün n-tipi yarı iletkenler için de doğrudur. Bu bakımdan statik manyetik
alan kullanılarak yarı-iletken yaprak malzemenin p-tipi veya n-tipi olup olmadığı belirlenebilir.
Eğer şeridin kesit alanı A, birim hacim başına baskın yük taşıyıcılarının sayısı n ve ∆t zamanında
yük taşıyıcılarının aldığı yol ∆l ise şeritteki akım,
I=
qnA∆
∆t
(6.43)
∆
u
(6.44)
olur.
∆t =
ifadesinde u ortamdaki yük taşıyıcılarının ortalama hızıdır. Bu eşitliklerden
u=
I
qnA
(6.45)
elde edilir. Hall-etkisi gerilimi şeritteki akım ile
Vba =
BIw
qAn
(6.46)
olarak ifade edilebilir. Pratikte Hall-etkisi a) metaldeki serbest elektronların yoğunluğunun
belirlenmesi, b) elektrik makinasının hava aralığındaki manyetik akı yoğunluğun ölçülmesi, c)
akım ölçümleri, vb. için kullanılır.
ÖRNEK 6.9 10 cm genişliğinde, 10 cm uzunluğunda ve 1 cm kalınlığında 100 A’lik akım taşıyan
bir şerit 1,75 T’lık düzgün bir manyetik alana dik açılarda yerleştirilmiştir. Hall-etkisi gerilimini
belirleyiniz. Hall-etkisi elektrik alan şiddeti nedir? Bakır şeritteki akımın nedeni olan elektrik alan
şiddeti nedir? Bakırın iletkenliği 5,8×107 S/m ve bakırda metre küp başına 8,5×1028 serbest elektron
vardır.
ÇÖZÜM Bakırda baskın yük taşıyıcı elektrondur. Bu bakımdan (6.46)’dan Hall-etkisi gerilimi,
Vba = −
1,75 × 100 × 10 × 10 −2
= −1,287 × 10 − 6 V veya 1,287 µV
1,6 × 10 −19 × 8,5 × 10 28 × 10 × 1 × 10 − 4
olarak hesaplanır. Hall etkisi elektrik alanı,
EH =
Vba
1,287 × 10 −6
=−
= −12,87 × 10 − 6 V/m
w
0,1
dir. J = σE = Ι/Α olduğundan akımın nedeni olan elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi hesaplanır.
Statik Alan Uygulamaları
E=
477
I
100
=
= 1,72 × 10 −3 V/m veya 1,72 mV/m
Aσ 10 × 1× 10 −4 × 5,8 × 10 7
ALIŞTIRMALAR
21. J akım yoğunluğu ise iletken ortamda birim hacim başına yük taşıyıcıların sayısının
n = JB / qE H olduğunu gösteriniz.
22. İletken ortamda σ ortamın öziletkenliği, E elektrik akımının geçmesine neden olan elektrik alan
E
Bσ
şiddeti ve E H Hall-etkisi gerilimi ise H =
olduğunu gösteriniz.
E
nq
6.13 MANYETOHİDRODİNAMİK GENERATÖR
Manyetik alan içine daldırılmış akım taşıyan iletken şeridin enine düzleminin zıt uçları arasında
Hall-etkisi gerilimi meydana getirdiği söylenmişti. Manyetohidrodinamik generatörde (MHD) de
bu prensip kullanılır. Bu durumda şekil 16’da görüldüğü gibi düzgün manyetik alana dik bir
düzlemde dikdörtgen kanal içinden sıcak iyonize gaz veya plazma akıtılır. Plazma pozitif yüklü
iyonlar içerdiğinden Hall-etkisine uygun olarak bu iyonlar bir tarafa sapacaktır. Bu, plazmanın iki
tarafı arasında bir Hall-etkisi gerilimi üretir. Şekilde görüldüğü gibi manyetik alan ve plazma
akışının yönlerinden plazma akışının sağ tarafı bir emf kaynağının pozitif terminali ve sol tarafı ise
negatif terminal olarak davranır. Bu emf kaynağı şekilde görülen harici olarak bağlanmış dirence
akım vermektedir. İyi bir elektriksel kontak meydana getirmek için kanalın sağ ve sol kenarları
iletken malzemeden yapılmalıdır. Bunun yanında, kanalda sirkülasyon akımlarının engellenmesi
için kanalın üst ve alt kenarları yalıtkan malzemeden yapılmalıdır.
Şekil 6.16 MHD generatörün elemanları
Yardımcı generatörler olarak MHD’ler fosil yakıtların yakılmasıyla elektrik enerjisinin
üretilmesinde önemli rol oynayabilirler. Bunun yanında, fosil yakıtın yanması bir jet motorunda
olduğu gibi özel bir odada yer almalıdır ki MHD’ye giren iyonize eksoz gazı bir güç generatörüne
buhar sağlayan ısıtıcı boylerde kullanılabilsin. MHD kanalı, manyetik alan içindeki sıvının
hareketiyle indüklenen Hall-etkisi geriliminin dedeksiyonu ile atık su, deterjan, meşrubat gibi
iletken sıvıların akış oranını ölçerek, elektromanyetik akışmetre olarak da kullanılabilir.
ÖRNEK 6.10 Enine kenarları düzgünce yalıtılmış 75 cm genişliğinde ve 3 cm kalınlığında
dikdörtgen bir kanal 1000 m/s’lik hızda bir eksoz gazı akışına dayanacak şekilde tasarlanmıştır.
Manyetik akı yoğunluğu 1,5 T ise kanalın iki kenarı arasındaki Hall etkisi gerilimi nedir?
ÇÖZÜM (6.42)’den Hall-etkisi gerilimi aşağıdaki gibi hesaplanır.
V = uBw = 1000 × 1,5 × 0,75 = 1125 V
478
Elektromanyetik Alan Teorisi
ALIŞTIRMALAR
23. Bir dikdörtgen kanalın genişliği 50 cm ve manyetik akı yoğunluğu 1,6 T’dır. Kenarlarına
bağlanmış 1150 Ω luk dirençten geçen akımın 2 A olması için kanaldaki plazmanın akış hızı ne
olmalıdır?
24. Atık su ileten 20 cm çapındaki bir plastik boru 0,5 T’lık enine manyetik alan içine
daldırılmıştır. Atık suyun zıt sütunları arasında indüklenen maksimum gerilim 0,25 V ise atık
suyun boruda düzgün bir hızda aktığı varsayımı altında borudaki atık suyun akış hızı nedir?
6.14 ELEKTROMANYETİK POMPA
Hareketli yük üzerinde manyetik alanın meydana getirdiği kuvvet yaygın olarak elektromanyetik
pompa olarak bilinen, hareketli parçası olmayan bir pompalama aygıtının geliştirilmesine de
öncülük etmiştir. Bu aygıtta hareketli olan tek şey bir yerden diğerine sirkülasyonu yapılacak
sıvının kendisidir. Bu metot, nükleer reaktörün çekirdeğinde meydana gelen ısının bizmut, lityum,
sodyum, vb. gibi sıvı metaller aracılığı ile kullanılacağı yere ısının transferinde de kullanılmaktadır.
Kalp, ciğer ve suni böbrek makinalarında kan hücrelerine zarar vermeksizin kanın
pompalanmasında da kullanışlı bulunmuştur.
En basit formunda elektromanyetik pompa şekil 6.17’de görüldüğü gibi manyetik alan içine
yerleştirilmiş bir kanaldan oluşmaktadır. Kanal uygulamaya bağlı olarak sıvı metal veya kan
taşıyabilir. Şekilde görüldüğü gibi enine yönde bir akım geçirildiğinde bileşke manyetik alan kanal
boyunca sıvıyı hareket ettirir.
Şekil 6.17 Elektromanyetik pompanın elemanları
6.15 DOĞRU AKIM MOTORU
Çift kutuplu doğru akım (DC) motorunun kesit görünüşü şekil 6.18a’da görülmektedir. Motorun
duran kısımlarındaki iki kutupta bulunan alan sargısı makinada gereken manyetik akının
oluşturulması için sabit akım taşır. Armatür olarak adlandırılan silindirik yapı kutuplar arasındaki
bölgede eş merkezli olarak yerleştirilmiştir. Bir mil üzerine monte edilen armatür serbestçe
dönebilmektedir. İletkenlerin yerleştirilmesi için armatürün yüzeyine oluklar açılmıştır. Bu
iletkenler kapalı bir döngü oluşturur ve şekilde görüldüğü gibi doğru akım taşırlar. Akımın yönü,
komütatör olarak adlandırılan bir aygıt ile iletkende her zaman aynı olacak şekilde tutulur. Lorentz
kuvvet eşitliğine göre akım taşıyan iletken manyetik alana yerleştirildiğinde bir manyetik kuvvet ile
etkilenir. Manyetik kuvvet şimdi açıklanacağı gibi armatürü döndürecek şekilde tork üretir.
Statik Alan Uygulamaları
479
a) Motorun kesiti
b) Armatür iletkenlerine etkiyen tork
Şekil 6.18 Doğru akım motoru
Bütün iletkenlerin armatür yüzeyinde düzgünce dağıtıldığı ve N sarımda olduğu varsayılsın. dθ
diferansiyel açısı ile çevrelenen sarımlar Ndθ / 2π ’dir.
Şekil 6.18b’de görülen akım yönü için diferansiyel manyetik moment,
dm =
NIA
dθ
2π
dir. I her sarımdaki akım ve A sargının kesit alanıdır. Manyetik momentin yönü sağ-el kuralına
uygun olarak şekil 6.18b’de gösterilmiştir. Oluşan diferansiyel tork,
1
1
dT = dm × B =
NIAB sin(π / 2 − θ )dθ a z =
NIAB cosθ dθ a z
2π
2π
ile verilir. a z ’nin m ve B içeren düzleme normal birim vektör olduğu varsayıldı. Başka bir
ifadeyle m ve B vektörlerinin ikisinin birden xy düzleminde olduğu varsayıldı. Vektörel
çarpımdan görüleceği gibi iletkenlere etkiyen tork armatürü saat yönünün tersinde döndürme
eğilimindedir. Armatürdeki iletkenlere etkiyen toplam tork aşağıdaki gibi elde edilir.
=
T
π 2
1
1
=
NIAB ∫ cos θ dθ a z
NIAB a z
2π
π
−π 2
(6.47)
Bu eşitlik DC motorda gelişen tork’un armatürün dönüş açısından bağımsız olduğunu
göstermektedir. Her sargı düzgün bir manyetik alan içinde ω açısal hızı ile dönerken, zamanla
değişen manyetik alanlar bölümünde tartışıldığı gibi harekete bağlı bir emf indüklenecektir.
ÖRNEK 6.11 Bir doğru akım motorunda armatürün etkin uzunluğu 5,08 cm ve çapı 7,62 cm’dir.
Armatür 1000 sarımla sarılmıştır. Manyetik akı yoğunluğu 1,08 T’dır. Armatür sargısındaki akım
2,5 A ise motorun torkunu belirleyiniz.
ÇÖZÜM Her sargının,
A = 5,08 × 7,62 = 38,71 cm2
480
Elektromanyetik Alan Teorisi
kesit alanı ile motorun geliştirdiği tork aşağıdaki gibi hesaplanır.
T=
1
π
× 1000 × 2,5 × 38,71 × 10 − 4 × 1,08 = 3,327 Nm
ALIŞTIRMALAR
25. Armatürü 1500 sarımla sarılmış ve manyetik akı yoğunluğu 1,5 T olan bir DC motorda
armatürün etkin uzunluğu 2,54 cm ve çapı 5,08 cm’dir. Armatür sargılarındaki akım 12,5 A ise
motorda gelişen torku belirleyiniz.
26. Örnek 6.11’de iki iletkenden oluşan bir sarımın her iletkenindeki kuvvet nedir? Bütün
iletkenlerdeki kuvvet nedir? Her iletkendeki tork nedir? Motorda gelişen tork nedir?
6.16 ÖZET
Bu bölüm, detaylara fazla girilmeden sadece yüzeysel olarak, statik elektrik ve manyetik alan
uygulamalarından bazılarının açıklanmasına ayrıldı. Statik alanların çok sayıda diğer uygulamaları
bu bölümde anahatları verilen aynı prensipleri üzerlerinde taşırlar. Hemen hemen bütün
uygulamalar en azından aşağıdaki kategorilerden birine düşer:
Elektrik alanı ile yüklü bir parçacığa etkiyen kuvvet. Yüklü parçacık serbestçe hareket
edebiliyorsa elektrik kuvveti yüklü parçacığın kinetik enerjisini artırır.
Elektrik alanı ile yüklü parçacığın sapması.
Manyetik alan ile yüklü parçacığın sapması.
Manyetik alana yerleştirildiğinde akım taşıyan iletkene etkiyen kuvvet.
Kütlesi m olan q yükü ile yüklü parçacık V potansiyel farkında hareket ederse kinetik enerjisindeki
değişim
1
2
m[u22 − u12 ] =
qV
olur; u1 ve u 2 ilk ve son hızlardır. Bu eşitlik katot ışınlı osiloskop tartışmasında kullanıldı.
Mürekkepli jet yazıcıda da aynı çalışma prensibi kullanılır.
Minerallerin ayrıştırılması için cevher ayırıcı, yüklü parçacığın bir elektrik alanından geçerken
etkilendiği sapmaya dayanır. Çekim kuvveti yüklü parçacığın aşağı yönde olan hareketi için
kullanılır. Elektrik alan bölgesi içindeki yüklü parçacığın yörüngesi,
z = az
x
g
ile ifade edilen düzgün bir hat olarak bulunmuştu. Bir değişken kapasitörün enerjisindeki değişim
kavramı kullanılarak elektrostatik voltmetrenin çalışması açıklandı. Göstergenin veya ibrenin
sapmasının,
θ=
1 2 dC
V
2π
dθ
Statik Alan Uygulamaları
481
olarak uygulanan gerilimin karesi ile orantılı olduğu gösterildi. q yükü ile yüklü parçacık düzgün
manyetik alana dik bir düzlemde hıza sahipse yüklü parçacık dairesel yörüngede hareket eder.
Yörüngenin yarıçapı,
R=
mu u
=
qB ω
qB
siklotron frekansıdır. Yüksek enerjili parçacık hızlandırıcı olan siklotronun
m
çalışmasında bu temel eşitlik kullanılır.
dir; ω =
Basitçe, elektrik ve manyetik alanlarının birbirine dik açılarda düzenlenerek, istenilen hızda hareket
eden yüklü parçacıkların seçilebileceğini öğrenmek ilginçtir. İstenilen hız basitçe, aşağıdaki gibi
elektrik alanının manyetik alana oranıdır.
uo =
E
B
Hız seçici, bir kütle spektrometresinin içindeki bir parçasıdır. Kütle spektrometresi, yüklü
parçacığın yörünge yarıçapını ölçerek kütlesinin belirlenmesinde kullanılabilir. Kütle,
m=
qRBB '
E
ile ifade edilir. Manyetik alana yerleştirilmiş bir iletken yapraktaki akım Hall etkisi akımına neden
olur. Yapraktaki yüklerin hareketi düzgün B alanına dik açılarda ise Hall etkisi gerilimi
V = uBw =
BIw
qAn
dir. Hall etkisi geriliminin polaritesi yaprağın p tipi veya n tipi malzeme olup olmadığının
belirlenmesine yardımcı olur.
Doğru akım motoru manyetik alana yerleştirilen akım taşıyan iletkene etkiyen kuvvetten yararlanır.
Manyetik kuvvet bir tork oluşmasına neden olarak motorun armatürünün dönmesini sağlar. Torkun
genliği aşağıdaki gibi verilir.
T=
1
π
NIAB
Elektromanyetik pompa ve manyetohidrodinamik generatör gibi uygulamalara da kısaca değinildi.
Bu konular kütüphanelerde daha detaylı bulunabilir ve şaşılacak derecede çok basit fikirlerin nasıl
kullanışlı aygıtlara dönüştürüldüğü görülebilir.
6.17 ÇALIŞMA SORULARI
1.
E elektrik alanı içinde bulunan q test yüküne etkiyen kuvvet nedir?
482
Elektromanyetik Alan Teorisi
2.
u hızıyla B manyetik alanı içinde hareket eden q test yüküne etkiyen kuvvet nedir? Kuvvet ne
zaman maksimum ne zaman minimumdur?
3.
E ve B alanlarının birbirine dik olduğu bir bölgede u hızıyla hareket eden q test yüküne
etkiyen net kuvvet nedir?
4. Akım taşıyan çerçevenin manyetik alanda kendisini nasıl döndürdüğünü basitçe ifade ediniz.
5. Yüklü parçacığın paralel palakalı bir bölgeden geçtikten sonraki yörüngesi nedir?
6. Akım taşıyan iletken sıfır net yüke sahiptir. Öyleyse manyetik alan bunun üzerinde kuvvet
oluşturabilir mi?
7. Siklotrondaki elektrik ve manyetik alanlarının öncelikli fonksiyonları nedir?
8. Siklotron ve senkrotron arasındaki ana fark nedir?
9. DC motorun iletkeninde oluşan tork ve kuvvet arasındaki ilişki nedir?
10. Katot ışınlı osiloskop yükün hızı ve elektronun kütlesinin ölçülmesi için kullanılabilir mi?
Açıklayınız.
11. Yüklü parçacık elektrik alanına girerse kinetik enerjisinde değişim vardır. Aynı parçacık
manyetik alana girerse kinetik enerjisi niçin değişmeden kalır?
12. Hall etkisi gerilimi nedir? Hall etkisi gerilimi harekete bağlı emf’ye benzer mi?
13. Katot ışınlı tüpün çalışmasını açıklayınız.
14. Elektromanyetik pompanın çalışmasını açıklayınız.
15. Manyetohidrodinamik generatörün çalışma prensibini açıklayınız.
16. DC motorun çalışma prensibini açıklayınız.
17. Düzgün B alanı z yönündedir. Proton u hızıyla dairesel bir yörüngede dönmektedir. z
ekseninden bakıldığında dönüş yönü nedir?
18. Elektron elektrik alanını geçerken yukarı doğru sapmaktadır. Elektrik alanının yönü nedir?
19. Proton manyetik alanı geçerken yukarı doğru sapmaktadır. Manyetik alanın yönü nedir?
20. E elektrik ve B manyetik alanları birbirine dik açıdadır. Elektron bu bölgeyi soldan sağa
geçerken herhangi bir kuvvet altında kalmaksızın geçmektedir. E ve B alanlarının yönleri
nedir?
21. Nükleer fizikçiler enerjiyi niçin elektron volt (eV) olarak ölçerler?
22. Yüklü parçacığın enerjisi 2 MeV’tur. Enerjisi Joule olarak nedir?
23. Hız seçici niçin hız filtresi olarak adlandırılır?
Statik Alan Uygulamaları
483
24. Manyetik alan içindeki akım döngüsünün potansiyel enerjisinin − m ⋅ B olduğunu gösteriniz.
Potansiyel enerjinin önemi nedir?
25. Döngünün maksimum ve minimum potansiyel enerjisi ne zamandır?
26. Manyetik alan içinde hareket eden yüklü parçacığın manyetik enerjisinin tanımlanması
mümkün müdür?
6.18 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR
27. Örnek 6.1’deki plakalar arasındaki açıklık 5 cm’ye düşürülürse 0,5 cm’lik bir sapmaya neden
olacak uygulama gerilimi nedir? Elektronun paralel plakalar arasındaki hareketi süresince hızzaman grafiğini çiziniz.
2
d
−2
1,6
10
qVo x
V
−
×
20
10
×
−2
o
0,5
10
49,94 V
z=
−
⇒
×
=
−
⇒ Vo =
−31
−2
6
2mL u x
2 × 9,1 × 10 × 5
10
26,505 × 10
×
L
6.6'dan
2
T
=
20 × 10−2
d
=
= 7,5457 ns
u x 26,505 × 106
−19
eV
−1,6 × 10−19 × 49,94
az =
− o =
−
=
1,7561 × 1014 m/s 2
mL
9,1 × 10−31 × 5 × 10−2
u (=
t 0)= u=
26,505 × 106 m/s
x
6
u (t ) = u x2 + (az t ) 2 ⇒ u (T = 7,5457 × 10−9 )=
× 10
26,5381
m/s
6 2
14
−9 2
(26,505×10 ) + (1,7561×10 ×7,5457×10 )
28. Örnek 6.1’de sapmanın 2 cm olması için plakaların uzunluğu ne olmalıdır? Elektronun paralel
plakalardan çıktığında aldığı zamanı hesaplayınız. Elektronun çıkış zamanında sapma
yönündeki hızı nedir?
2
qV d
d
−1,6 × 10−19 × 15 × 103
z =− o ⇒ 2 × 10−2 =−
⇒ d = 32,6417 × 10−3 m
−31
−2
6
2mL u x
2 × 9,1 × 10 × 10 × 10 26, 505 × 10
2
6.6'dan
T=
d 32,6417 × 10−3
1, 232 × 10−9 s
=
=
6
ux
26,505 × 10
484
Elektromanyetik Alan Teorisi
eV
−1,6 × 10−19 × 15 × 103
az =
− o =
−
=
52,747 × 1015 m/s 2
−31
−2
mL
9,1 × 10 × 10 × 10
u z = azT = 52,747 × 1015 × 1, 232 × 10−9 =
64,985 × 106 m/s
u (T ) = u x2 + u z2 = (26,505 × 106 ) 2 + (64,985 × 106 ) 2 =70,188 × 106 m/s
29. Paralel iki plaka 5 cm açıklığında tutulmaktadır. Elektron negatif yüklü plakanın yüzeyinden
bırakılıyor ve 12,5 ns’de karşı plakaya çarpıyor. (a) Elektronun pozitif yüklü plakaya çarptığı
andaki hızını, (b) elektronun ivmesini, (c) negatif yüklü plakaya göre pozitif yüklü plakanın
potansiyelini ve (d) plakalar içindeki elektrik alan şiddetini bulunuz.
z=
1 2
1
−9 2
az t ⇒ 5 × 10−2=
az (12,5
az 6, 4 × 1014 m/s 2 ⇒ u z = azT= 6, 4 × 1014 × 12,5 × 10−9
× 10
) ⇒=
2
2 =z 5=
cm de t T
u z = 8 × 106 m/s
z
E
me az 9,1 × 10−31 × 6, 4 × 1014
−2
3
3
e E =me az ⇒ E =
=
×
V
=
3,64
10
V/m
⇒
=
×
×
×
5
10
3,64
10
o
e
1, 6 × 10−19
Vo = 182 V
30. 60 × 106 a z m/s hızla hareket eden bir elektron 100a z kV/m ’lik elektrik alanına giriyor. (a)
Elektronun z yönünde geçici olarak durgun hale gelmesinden önce z yönünde aldığı yolu, (b)
elektronun bu uzaklığı aldığı süreyi bulunuz. Elektron kinetik enerjisinin % 80’ini
kaybetmeden önce ne kadar yol alır?
az =
eE
me
=
uz
1,6 × 10−19 × 105
60 × 106
16
2
T
1,758
10
m/s
=
×
⇒
=
=
= 3, 413 × 10−9 s
az 1,758 × 1016
9,1 × 10−31
z =u zT − 12 azT 2 =60 × 106 × 3, 413 × 10−9 − 12 1,758 × 1016 × (3, 413 × 10−9 ) 2 = 0,102389 m
t = T1 'de son enerji başlangıç enerjisinin % 20 si olacağından u=
u z 0, 2= 60 × 106 0, 2
1
= 26,8328 × 106 m/s
T1
=
u z − u1 60 × 106 − 26,8328 × 106
=1,8866 × 10−9 s
=
az
1,758 × 1016
z1 =u zT1 − 12 azT12 =60 × 106 × 1,8866 × 10−9 − 12 1,758 × 1016 × (1,8866 × 10−9 ) 2 = 0,08191 m
31. Örnek 6.3’deki mürekkep damlacığının kağıda çarptığı andaki hızını hesaplayınız. Mürekkep
damlacığının saptırma plakası bölgesine girdiği andan kağıda vurduğu an arasında geçen
toplam zaman nedir?
2 mm
= 80 μs (iki plaka arasında geçen zaman)
25 m/s
8 mm
=
T1 = 320 μs (plaka çıkışı ile kağıt arası geçen zaman)
25 m/s
T = To + T1 = 400 μs (toplam zaman)
To
=
Statik Alan Uygulamaları
u z =−
485
qVoTo
−0, 2 × 10−12 × 2 × 103 × 80 × 10−6
0,954654 m/s ⇒ u = 252 + u z2 =25,01822 m/s
=−
=
−3
−12
2dmd
2 × 2 × 10 × 8,38 × 10
32. 0,01 mm çapında bir mürekkep damlacığı 20 m/s hızla yükleme plakalarını geçerken –2 pC’luk
yük kazanmaktadır. 5 mm açıklıkta tutulan dikey saptırma plakaları arasındaki potansiyel farkı
200 V’tur. Her saptırma plakasının uzunluğu 1,5 mm ve saptırma plakasının çıkış ucundan
kağıda olan uzaklık 12 mm ise mürekkep damlacığının dikey yer değişimini belirleyiniz.
Mürekkebin yoğunluğunun 2 gr/cm³ olduğunu varsayınız.
4π 1
3
× 0,01 × 10−3 × 2 × 10
=
1,04719 × 10−12 kg
3 2
3
=
m
2
z
− qd 1
2 × 10−12 × 1,5 × 10−3 × 200 1
+
Vo =
d
D
0,5
1,5 + 12] × 10−3 3,653mm
[0,5 ×=
[
]
mL u x
1,047 × 10−12 × 5 × 10−3 202
33. Kütlesi 1,2 gram olan fosfat taneciği vibrasyonlu besleyicide –100 nC’luk yük kazanıyor.
Parçacık 5 kV potansiyelde tutulan paralel plakaların üst kenarının ortasından serbestçe
düşürülüyor. Eğer plakalar 1,5 m uzunluğunda ise fosfat taneciğinin pozitif yüklü plakanın
aşağısına dokunacak şekilde plakalar arasındaki açıklığı bulunuz. Yüklü parçacığın çıkış
zamanındaki hızı nedir?
qVo x
gz qVo
⇒ x= d iken z= L2 ve L= L2
(6.15) ve (6.18)'den az= =
veya z=
mL
mgL
x
L2=
T=
q Vo d
9,81 × m
=
−100 × 10−9 × 5 × 103 × 1,5
9,81 × 1, 2 × 10−3
= 0, 252409 m ⇒ L= 2 L2= 0,504818 m
2 × 1,5
= 0,553 s ⇒ u x = gT = 9,81 × 0,553 = 5, 4249 m/s
9,81
2d
=
g
az
−100 × 10−9 × 5 × 103
qV
o
=
=
0,553 0, 456435 m/s
u z =
T
1, 2 × 10−3 × 0,504818
mL
34. Önceki alıştırmadaki fosfat taneciğinin kütlesi 0,5 gram ile 2,5 gram arasında değişmektedir.
Her taneciğin kazandığı yük ise –80 nC ile –120 nC arasında değişmektedir. Paralel plakaların
üst kenarının ortasından parçacıkların serbestçe düşebilmesi için plakalar arasındaki minimum
açıklık ne olmalıdır?
L2=
q Vo d
9,81m
=
−120 × 10−9 × 5 × 103 × 1,5
9,81 × 0,5 × 10−3
= 0, 428353 m ⇒ L= 2 L2= 0,856706 m
35. Havanın delinme elektrik alan şiddeti 3 MV/m’dir. Güvenlik faktörü 10 ise yalıtılmış bir metal
küre 240 kV potansiyelinde tutulursa yarıçapı ne olmalıdır? Kürenin üzerindeki yük nedir?
Er =
Vo
Er
3 × 10
10−9 240 × 103
= 0,3 × 106 ⇒ Q = 4πε o RVo = 4π
240 × 103 = 21,33 × 10−6 C
10
36π 0,3 × 106
6
486
Elektromanyetik Alan Teorisi
36. Van de Graaff generatöründe iç kürenin yarıçapı 1 cm ve dom’un yarıçapı 1 m’dir. İç küredeki
yük 10 nC ve dom’daki yük 10 µC ise aralarındaki potansiyel fark nedir?
V = Vr − VR =
q 1 1 10 × 10−9 1
1
− =
− = 8910 V
−2
10−9
4πε o r R
1
4π 36π 10
37. Elektrostatik voltmetrenin terminal uçlarına 100 V uygulandığında sapması 30° ’dir. Yayın
torsiyonal veya gerginlik sabiti 1,5 Nm/rad ise radyan başına kapasitans değişimi nedir?
1 2 dC dC 2θτ 2(π / 6)1,5
= 2 =
= 1,570796 × 10−4 F/rad
6.29'dan θ =
V
⇒
2
2τ
100
dθ
dθ Vo
38. Önceki alıştırmada elektrostatik voltmetrenin sapması 60° ise uygulanan gerilim nedir?
2(π / 6)1,5 2(π / 3)1,5
dC 2θτ
=
⇒
=
⇒ Vo = 100 2 V
2
1002
dθ Vo
Vo2
39. (6.30) eşitliğini ma = qu × B kullanarak doğrulayınız; a vektörü q yüklü parçacığın ivmesi ve
m ise u hızı ile B = Ba z düzgün manyetik alanında hareket eden kütledir. t=0’da u = uo a x ve
parçacık orijinde manyetik alan bölgesine girmektedir.
a
u
B
du y du du
m (a x + a y + a=
q (u x a x + u y a y + u z a z ) × Ba z ⇒ m x a x +
qB (u y a x − u x a y )
a y + z a=
z)
z
dt
dt
dt
qB ( − u a + u a )
x y
y x
ω
du y du y
du x du x
du z qB ax +
ay + =
az
= −ωu x
(u y a x − u x a y ) ⇒= ωu y ve
dt
dt
dt
dt
dt
m
d 2ux
=ω
d 2u y
du y
= −ω
du x
dt
du y
du
d du x
d du y
=
=
−ω x ⇒
ve
ω
dt dt
dt
dt dt
dt
dt
2
dt
dt
2
d 2u y
− 2
dt
/ω
du x
ωu y ve
dt =
d 2ux
2
dt
/ω
du y
−ωu x
=
dt
d 2u y
d 2u x
2
+
=
+ ω 2u y = 0
0
ve
u
ω
x
2
2
dt
dt
2
d du x
2 d 2
ux =
0
+ω
dt dt
dt
d du y
dt dt
2
2 d 2
uy =
0
+ω
dt
2
d
u
d
u
du
du x d 2u x
du
y
y
y
x
2
0 ve 2
0
+ ω 2u=
+ ω 2u=
x2
y2
2
2
dt
dt
dt
dt dt
dt
çözüm: u x uo=
cos ω t
çözüm: u y − uo sin ω t
u
dx
= u x ⇒ ∫ dx = uo ∫ cos ωtdt ⇒ x = o sin ωt
ω
dt
u 2
uo
uo ⇒ x 2 + ( y + ( uωo )) 2 =
dy
( ωo )
u y ⇒ ∫ dy =
=
−uo ∫ sin ωtdt ⇒ y = cos ωt −
R
R
dt
ω
ω
uo uo
y + =cos ω t
ω ω
Statik Alan Uygulamaları
487
40. 5 eV enerjili bir elektron 1,2 mT’lık düzgün manyetik alana dik bir açı düzleminde
yörüngededir. (a) Elektronun hızını, (b) yörüngenin yarıçapını, (c) siklotron frekansını ve (d)
osilasyon periyodunu hesaplayınız (1 eV
= 1,6 × 10−19 J) .
1 2
1
mu ⇒ 5 × 1,6 × 10−19 = × 9,1 × 10−31 × u 2 ⇒ u = 1,326 × 106 m/s
2
2
−31
mu 9,1 × 10 × 1,326 × 106
R =
=
= 6, 2846875 mm
eB 1,6 × 10−19 × 1, 2 × 10−3
Wk =
2π
2π
eB 1,6 × 10−19 × 1, 2 × 10−3
2,1098 × 108 rad/s ⇒=
29,7796 × 10−9 s
T =
ω=
=
=
=
8
−31
9,1 × 10
m
ω 2,1098 × 10
41. Bir elektron 20 kV’luk potansiyel farkından geçerek durgun pozisyonundan hızlandırılıyor.
Hareketinin yönüne dik açılarda düzgün bir manyetik alana giriyor. Manyetik akı yoğunluğu 50
mT ise elektronun giriş ve çıkış noktaları arasındaki uzaklığı hesaplayınız. Elektronun alan
bölgesinden çıkması için ne kadar zaman gerekir?
=
u
2eVo
=
m
2 × 1,6 × 10−19 × 20 × 103
= 8,3862 × 107 m/s
9,1 × 10−31
mu 9,1 × 10−31 × 8,3862 × 107
=
= 9,53939 mm ⇒ 2 R = 19,07878 mm ⇒ D = π R = 29,9688 mm
eB
1,6 × 10−19 × 50 × 10−3
D
29,9688
=
= 0,357 ns
t =
u 8,3862 × 107
=
R
42. Bir siklotronun D biçimli kovuğunun yarıçapı 75 cm ve uygulanan gerilimin frekansı 10
MHz’dir. Protonları hızlandırmak için B’nin hangi değeri gerekir? Protonun kinetik enerjisi
kovuktan çıktığında nedir?
B
=
Wk =
2π fm 2π × 10 × 106 × 1,7 × 10−27
=
= 0,668 T
q
1,6 × 10−19
Wk 1,888 × 10−12
(qBR ) 2 (1,6 × 10−19 × 0,668 × 0,75) 2
−12
1,888
10
J
=
=
×
⇒
=
= 11,8 MeV
2m
2 × 1,7 × 10−27
1,6 × 10−19
e
488
Elektromanyetik Alan Teorisi
43. Bir siklotronda elektron 25 cm’lik bir yarıçapta hareket etmektedir. B alanının genliği 1,2 mT
dır. (a) Siklotron frekansını ve (b) elektronun kinetik enerjisini hesaplayınız.
u
=
Wk =
f
=
eBR 1,6 × 10−19 × 1, 2 × 10−3 × 0, 25
=
= 5, 2747 × 107 m/s
−31
9,1 × 10
m
W 1, 2659 × 10−15
1 2 1
mu = 9,1 × 10−31 × (5, 2747 × 107 ) 2 = 1, 2659 × 10−15 J ⇒ k =
= 7912,08 eV
2
2
1,6 × 10−19
e
eB 1,6 × 10−19 × 1, 2 × 10−3
=
= 33,5799 × 106 Hz
2π m
2π 9,1 × 10−31
44. Bir kütle spektrometresinde 26,72×10-27 kg kütleli oksijen atomunun iyonları giriş noktasından
20 cm uzaklıkta dedekte ediliyor. Oksijenin diğer bir izotop iyonu 22 cm uzaklıkta dedekte
edilirse kütlesi nedir?
R
0, 22 / 2
m2 =
m1 2 =
26,72 × 10−27
26,72 × 10−26 kg
=
R1
0, 2 / 2
45. Hız seçicide manyetik akı yoğunluğunun genliği 0,5 T ve elektrik alan şiddeti 1 MV/m ise
bölgeden sapmaksızın geçen protonun hızı ne olmalıdır? Kinetik enerjisi nedir? [Protonun
kütlesi =1,67×10-27 kg]
E 1 × 106
1
1
=
uo = =
2 × 106 m/s ⇒ Wk = muo2 = 1,67 × 10−27 (2 × 106 ) 2 =
3,34 × 10−15 J
B
0,5
2
2
Wk 3,34 × 10−15
=
= 20875 eV
e
1,6 × 10−19
46. Önceki alıştırmadaki proton yarı dairesel bir yolda 0,5 T’lık düzgün B alanına girmektedir.
Giriş ve çıkış noktaları arasındaki uzaklık nedir? Çıkması için ne kadar zaman gerekir?
uzaklık
muo 1,67 × 10−27 × 2 × 106
π R π 4,175 × 10−2
R=
=
=
4,175
cm
⇒
2
R
=
8,35
cm
⇒
T
=
=
= 65,58 ns
eB
1,6 × 10−19 × 0,5
uo
2 × 106
47. J akım yoğunluğu ise iletken ortamda birim hacim başına yük taşıyıcıların sayısının
n = JB / qE H olduğunu gösteriniz.
H
J
BIw
B I w JB
=
⇒
=
n
n
=
qAVba
q A Vba qEH
1/ E
48. İletken ortamda σ ortamın öziletkenliği, E elektrik akımının geçmesine neden olan elektrik alan
E
Bσ
olduğunu gösteriniz.
şiddeti ve E H Hall-etkisi gerilimi ise H =
E
nq
Statik Alan Uygulamaları
489
BIw
Vba nqA
BI Aσ Bσ
EH
E=
=
H
=
w
w ⇒ =
E qAn I
nq
I
E=
Aσ
49. Bir dikdörtgen kanalın genişliği 50 cm ve manyetik akı yoğunluğu 1,6 T’dır. Kenarlarına
bağlanmış 1150 Ω luk dirençten geçen akımın 2 A olması için kanaldaki plazmanın akış hızı ne
olmalıdır?
V
2300
Vo =IR =2 × 1150 =2300 V ⇒ uo = o =
=2875 m/s
Bw 1,6 × 0,5
50. Atık su geçiren 20 cm çapındaki bir plastik boru 0,5 T’lık enine manyetik alan içine
daldırılmıştır. Atık suyun zıt sütunları arasında indüklenen maksimum gerilim 0,25 V ise atık
suyun boruda düzgün bir hızda aktığı varsayımı altında borudaki atık suyun akış hızı nedir?
u=
o
Vo
0, 25
=
= 5 m/s
Br 0,5 × 0, 2 / 2
51. Armatürü 1500 sarımla sarılmış ve manyetik akı yoğunluğu 1,5 T olan bir DC motorda
armatürün etkin uzunluğu 2,54 cm ve çapı 5,08 cm’dir. Armatür sargılarındaki akım 12,5 A ise
motorda gelişen torku belirleyiniz.
A
NI dL B 1500 × 12,5 × 5,08 × 10−2 × 2,54 × 10−2 × 1,5
=
= 11,5515 Nm
T =
π
π
52. Örnek 6.11’de iki iletkenden oluşan bir sarımın her iletkenindeki kuvvet nedir? Bütün
iletkenlerdeki kuvvet nedir? Her iletkendeki tork nedir? Motorda gelişen tork nedir?
her iletkendeki maksimum kuvvet: Fm1 = BIL = 1,08 × 2,5 × 5,08 × 10−2 = 0,13716 N
N
N iletkendeki maksimum kuvvet:
=
NFm1 1000
=
Fm1 137,16 N
her iletkendeki kuvvet: F1 = Fm1 sin θ
7,62 × 10−2
0,13716sin=
θ 5, 225796 × 10−3 sin θ Nm
2
(θ )1
T
1 π
−3
her iletkendeki ortalama
=
tork: T1 ort
5,
225796
×
10
sin
θ dθ
2π ∫0
2
5, 225796 × 10−3
π
(− cos θ ) 0 =1,6634 × 10−3 Nm
=
2π
−3
her sarımdaki ortalama tork: T1=
2
=
T
3,3268
×
10
Nm
sarım
1 ort
=
her iletkendeki tork: T (θ=
)1 rF
1
motor ortalama torku: TM = T1 sarım × 1000
= 3,3268 Nm
N
490
Elektromanyetik Alan Teorisi
6.19 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER
1. Paralel plakalı kapasitörün iki plakası arasındaki açıklık 5 cm ve plakalar arasındaki potansiyel
fark 10 kV’tur. Plakaların her kenarı 10 cm’dir. 2 keV kinetik enerjili proton elektrik alanına
dik açıda bölgeye girmektedir. (a) Proton bölgeden çıktığında geçen zaman, (b) bölgeden
çıktığında protonun sapması, (c) protonun başlangıç ve son hızları ve (d) kinetik enerjisindeki
değişimi belirleyiniz.
1
2
mu x2 = Ve ⇒ 12 1,67 × 10−27 u x2 = 2000 × 1,6 × 10−19 ⇒ u x = 619059 m/s
T
=
qVo 1,6 × 10−19 × 10 × 103
d
0,1
=
= 161,53549 ns ⇒ az =
=
= 1,9161 × 1013 m/s 2
u x 619059
mL 1,67 × 10−27 × 0,05
u z a=
1,9161 × 1013 × 161,53549 × 10−9 =
3,095 × 106 m/s ⇒ u =u x2 + u z2 = 3,157 × 106 m/s
=
zT
W=
k
1
2
m(u 2 − u x2=
)
1
2
1,67 × 10−27 (31570002 − 6190592 ) =
8,002 × 10−15 J
veya
2.
2 × 106 a x m/s hızla hareket eden ve kütlesi 3,4 × 10 −27 kg olan bir dötron − 50a x kV/m ’lik
elektrik alanına girmektedir. (a) geçici durgun pozisyona gelmeden önce dötron’un aldığı yolu
ve (b) dötron’un bu uzaklığı aldığı zamanı bulunuz. Dötron kinetik enerjisinin % 50’sini
kaybetmeden önce ne kadar uzağa gider?
u = uo − q
muo 3, 4 × 10−27 × 2 × 106
E
E
= 850 ns
t ⇒ t = 0 iken u = 0 ⇒ 0 = uo − e T ⇒ T =
=
m
m
eE 1,6 × 10−19 × 50 × 103
x = uoT − 12 e
u=
o2
8,002 × 10−15
= 50013, 4 eV
1,6 × 10−19
E 2
50 × 103
T ⇒ x = 2 × 106 × 850 × 10−9 − 12 1,6 × 10−19
(850 × 10−9 ) 2 = 85 cm
m
3, 4 × 10−27
uo
1 / 2=
6
=
1 / 2 × 2 × 10
1, 4142 × 106 m/s
u − uo 2
2 × 106 − 1, 4142 × 106
=
=
3, 4 × 10−27 248,9592359914345 × 10−9 s
t1 = o
m
1,6 × 10−19 × 50 × 103
eE
=
x1 uo t1 − 12
3.
=
a
eE 2
1,6 × 10−19 × 50 × 103
t1 =×
0, 425 m
2 106 × 248,9 × 10−9 − 12
(248,9 × 10−9 ) 2 =
m
3, 4 × 10−27
0,8 × 106 a z m/s hızla hareket eden elektronun − 10a z kV/m’lik elektrik alanı bölgesine girip 3
cm ilerlemesinden sonraki hızı nedir?
eE −1,6 × 10−19 × (−10 × 103 )
=
= 8,79121 × 1014 m/s 2
2m
2 × 9,1 × 10−31
x= at 2 + uo t ⇒ 3 × 10−2= 8,79121 × 1014 t 2 + 0,8 × 106 t ⇒ t= 5, 40435 × 10−9 s
u=
4.
eE
−1,6 × 10−19 × (−10 × 103 )
t + uo =
5, 40435 × 10−9 + 0,8 × 106 =
1,0302 × 107 m/s
−31
m
9,1 × 10
L = 2 cm açıklığında iki paralel plaka arasındaki potansiyel fark Vo = 200 V ’tur. Elektron
t = 0 ’da durgunken negatif yüklü plakadan bırakılıyor. (a) pozitif yüklü plakaya ulaştığında
elektronun hızı, (b) bunun için gereken zamanı ve (c) elektronun kinetik enerjisini belirleyiniz.
Statik Alan Uygulamaları
491
Vo
L
−1,6 × 10−19 × −200
−2
eE
2 × 10=
1,75824 × 1015 m/s 2
=
az =
−31
9,1 × 10
m
x = 12 az t 2 ⇒ x = L iken t = T ⇒ 2 × 10−2 = 12 1,75824 × 1015 T 2 ⇒ T = 4,7697 × 10−9 s
u = azT =1,75824 × 1015 × 4,7697 × 10−9 = 8386274,5 m/s
k = 12 mu 2 = 12 9,1 × 10−31 × 8386274,52 = 31,99−18 J veya
31,99−18
= 200 eV
1,6 × 10−19
5. Önceki problemdeki elektron negatif yüklü plakayı terk ettiğinde başlangıç hızı 2 m/μs’dir.
Elektron pozitif yüklü plakaya tam dokunduğunda hızı nedir? Elektron ne kadar enerji
kazanmıştır?
=
x 2 cm iken=
x
1
2
−2
az t 2 + uo t ⇒ 2 × 10=
1
2
1,75824 × 1015 t 2 + 2 × 106 t ⇒ t =
3,7659 × 10−9 s
u = at + uo = 1,75824 × 1015 × 3,7659 × 10−9 + 2 × 106 =
8621356,016 m/s
Enerji kazancı = 12 m(u 2 − uo2 )=
1
2
9,1 × 10−31 (8621356,0162 − (2 × 106 ) 2 )= 3, 2909 × 10−17 J
veya
3, 2909 × 10−17
= 205,682 eV
1,6 × 10−19
6. 2 gram kütleli ve 100 nC yüklü bir parçacık t = 0 ’da xy düzleminde x eksenine göre 45° ’lik
açı ile 141,4 m/s’lik hızla orijinden geçmektedir. Bölgedeki elektrik alan şiddeti 200a x kV/m
ise t=10 s’deki hızını ve pozisyonunu belirleyiniz.
u xo = 100 m/s
qE
100 × 10−9 × 200 × 103
t + u xo =
10 + 100= 200 m/s
⇒ ux =
u yo = 100 m/s
m
2 × 10−3
u=
x=
2
u x2 + u yo
=
1
2
qE 2
t + u xo t =
m
2002 + 1002 = 223,6067977 m/s
1
2
100 × 10−9 × 200 × 103 2
10 + 100 × 10 = 1500 m ⇒ y = u yo t = 100 × 10 = 1000 m
2 × 10−3
−32, 48 × 106 a x m/s hızla
7. 150a x kV/m elektrik alan şiddetli bir bölgeye proton u xo =
girmektedir. Proton bölgeye girdiğinde kinetik enerjisi nedir? Proton geçici olarak durgun
pozisyona gelmeden önce ne kadar gidecektir?
eE 1,6 × 10−19 × 150 × 103
=
= 1, 43713 × 1013 m/s 2
−27
1,67 × 10
m
ax
=
1, 43713 × 1013 T ⇒ T 2, 26006 × 10−6 s
t T iken u x =0 ⇒ u x =u xo + axT ⇒ 0 =−32, 48 × 106 +=
x
=
1
2
axT 2 + u=
xoT
1
2
1, 43713 × 1013 (2, 26006 × 10−6 ) 2 + (−32, 48 × 106 ) × 2, 26006 × 10−6 =
−36,7034 m
2
Wk = 12 mu xo
= 12 1,67 × 10−27 (−32, 48 × 106 ) 2 = 8,8088 × 10−13 J veya
8,8088 × 10−13
= 5,5055 × 106 eV
−19
1,6 × 10
8. 0,025 mm çapında mürekkep damlacığı 10 m/s hızla yükleme plakalarını geçerken –0,25
pC’luk bir yük kazanmaktadır. Plakalar arasındaki açıklık 2,5 cm iken dikey plakalar
arasındaki elektrik alan şiddeti 100 kV/m’dir. Her saptırma plakasının uzunluğu 1,5 mm ve
492
Elektromanyetik Alan Teorisi
saptırma plakasının ucundan kağıda olan uzaklık 5 mm ise mürekkep damlacığının dikey yer
değişimini belirleyiniz. Mürekkebin yoğunluğu 2 gr/cm³ tür.
m=
z
L
3
4 0,025
× 10−3 × 2 × 103= 1,636 × 10−11 kg ⇒ Vo= EL= 100 × 103 × 0,025= 2500 V
π
3 2
d
2
−12
− qd
1
0, 25 × 10 × 1,5 × 10−3
1
+
× 1,5 + 5] × 10−3 0,1318 mm
Vo =
d
D
2500 2 [ 0,5=
0,5
]
[
−11
−2
× 10
mL u x
1, 636 × 10 × 2,5
10
L
9. Önceki problemde mürekkep damlacığının kağıda vurduğu andaki hızını hesaplayınız.
Mürekkep damlacığının saptırma plakalarına girdiği andan kağıda vurduğu an arasında geçen
toplam zaman nedir?
s
−4
⇒ T = T1 + T2 = 6,5 × 10 s
s
d uzaklığına geçen zaman: T=
1
d 1,5 × 10−3
=
= 1,5 × 10−4
10
ux
D uzaklığına geçen zaman: T2 =
D 5 × 10−3
=
= 5 × 10−4
10
ux
uz
=
− qVo
0, 25 × 10−12 × 2500
1,5 × 10−4 = 0, 2292 m/s
T1
=
1,636 × 10−11 × 2,5 × 10−2
mL
u = u x2=
+ u y2
0, 22922 +
102 10,002626 m/s
=
10. Önceki problemde kağıt üzerinde toplam 5 mm’lik bir sapma meydana getirmek için elektrik
alan şiddeti ne olmalıdır?
z
d
E
2
−12
−3
0,
25
10
1,5
10
− qd Vo 1
×
×
×
1
−3
0,5
5
10
d
D
E 2 [ 0,5 × 1,5 + 5] × 10−3 ⇒
=
+
⇒
×
[
]
−11
1,636 × 10
m L ux
10
E = 3,7936 × 106 V/m
11. 1,2 gramlık grafit parçacık vibrasyonlu besleyicide –50 nC’luk bir yük kazanıyor. Daha sonra
parçacık paralel plakalı kapasitörün üst kenarının ortasından düşürülüyor. Plakalar arasındaki
potansiyel fark 15 kV’tur. Plakalar 1 m uzunluğunda ve 40 cm açıklıkta ise plakaların ucunda
parçacığın pozisyonunu ve hızını belirleyiniz.
q
−50 × 10−9
15 × 103 =
az = Vo =
−1,5625 m/s 2
−3
1, 2 × 10 × 0, 4
mL
6.3'den ⇒=
d
uz
1
2
1
gT 2 ⇒
=
1
2
9,81 × T 2 ⇒=
T 0, 4515 s
a=
−1,5625 × 0, 4515 −0,7055 m/s ⇒ z =12 azT 2 = 12 (−1,5625)(0, 4515) 2 =−0,159267 m
zT =
12. Önceki problemde plakalar topraktan 2 m yukarıda tutulursa parçacığın toprağa çarptığı
durumdaki hızını belirleyiniz. Parçacığın toplam sapması nedir?
Statik Alan Uygulamaları
493
d
6.3'den 3 metrelik uzaklığa geçen süre ⇒=
1
2
+1
gT32 ⇒ 2 =
1
2
T3 0,782 s
9,81 × T32 ⇒=
plaka çıkışından sonra 2 metrelik uzaklığa geçen süre ⇒ T2 = T3 − T = 0,782 − 0, 4515 = 0,33 s
parçacık toprağa çarptığında ⇒ u x = gT3 = 9,81 × 0,782 = 7,67142 m/s
u z değişmeden kaldığından ⇒=
u
u x2 + u z2 =
7,671422 + (−0,7055) 2 = 7,7038 m/s
z1 =z + u zT2 =−0,159267 + (−0,7055)0,33 =−0,392 m
13. 25 cm yarıçapında yalıtılmış bir kürenin 200 kV’luk potansiyele yükseltilmesi için ne kadar
yük gerekmektedir? Küre yüzeyindeki elektrik alan şiddeti nedir? Bu elektrik alanı çevreleyen
ortam hava olduğunda delinme olmaksızın mevcut olabilir mi?
=
q 4πε o RV
=
4π
o
E=
10−9
0, 25 × 200 ×=
103 5,55556 × 10−6 C
36π
Vo 200 × 103
=
= 200 × 103 V/m
R
0, 25
Havanın delinme elektrik alan şiddeti 3 × 106 V/m olduğundan E = 200 × 103 V/m mevcut olabilir.
14. Van de Graaff generatöründe iç küre 2 cm ve dış küre 20 cm yarıçapındadır. Dış küredeki yük
5 nC’tur. İki küre arasındaki potansiyel farkın 500 V olması için iç küredeki yük ne olmalıdır?
rR
10−9
2 × 10−2 × 20 × 10−2
1
=
q 4=
πε oVo
=
= 1, 234567 × 10−9 C
4π
500
−2
−2
R−r
810000000
36π
20 × 10 − 2 × 10
15. m kütleli ve q yüklü parçacık k başlangıç kinetik enerjisi ile Q yüklü ve M kütleli bir ağır
parçacığa doğru fırlatılıyor. Hareketli parçacık ani olarak durgun pozisyona geldiğinde iki
parçacık arasındaki uzaklık nedir?
=
Kinetik enerji potansiyel enerjiye eşit olması gerektiğinden W
k
qQ
qQ
⇒=
r
4πε r
4πε Wk
16. Elektrostatik voltmetredeki kapasitans bθ olarak değişmektedir. Yayın gerginlik sabiti
τ = 1, 2 Nm/rad ’dır. 100 V’luk potansiyel farkı uygulandığında sapma açısı 30° ise b nedir?
Sapma açısı 45° ise uygulanan gerilim nedir?
30°
1 2 dC
1
dC
dC
π
=
⇒θ
⇒
=
⇒
= 1, 256637 × 10−4 =
6.29'dan
1002
V
b
2τ
dθ
dθ
dθ
6 2 × 1, 2
45°
1
π
=
V 2=
1, 256637 × 10−4 ⇒ V 122, 474 V
×
4
2
1
,
2
17. 1,5 T’lık manyetik alanda manyetik alana dik bir düzlemde elektronun kinetik enerjisi (a) 100
eV ve (b) 10 keV ise manyetik alan içindeki elektronun eğim yarıçapını bulunuz.
494
Elektromanyetik Alan Teorisi
Wk = 100 × 1,6 × 10−19 = 1,6 × 10−17 J
1
1
me u 2 ⇒ 1,6 × 10−17=
9,1 × 10−31 × u 2 ⇒ u= 5,929994 × 106 m/s
2
2
−31
me u 9,1 × 10 × 5,929994 × 106
=
= 22, 4845 μm
r =
eB
1, 6 × 10−19 × 1,5
(a) W
=
k
Wk =10 × 103 × 1,6 × 10−19 =1,6 × 10−15 J
1
1
9,1 × 10−31 × u 2 ⇒ u= 5,929994 × 107 m/s
me u 2 ⇒ 1,6 × 10−15=
2
2
−31
me u 9,1 × 10 × 5,929994 × 107
r =
=
= 224,845 μm
1,6 × 10−19 × 1, 5
eB
(b) W=
k
18. B alanında protonun dönüş frekansı 10 MHz’dir. B alanı nedir? Yörüngenin yarıçapı 10 cm
ise protonun kinetik enerjisi (a) joule ve (b) elektron volt olarak nedir?
u = rω = r 2π f = 0,1 × 2π × 10 × 106 = 2π 106 m/s
1
1
=
Wk
m p u 2 = 1,67 × 10−27 × (2π 106 ) 2 = 3, 296447869963846 × 10−14 J
2
2
3, 296447869963846 × 10−14
= 206028 eV
veya
1,6 × 10−19
19. 20 keV kinetik enerji ile z yönünde hareket eden bir elektron düzgün B = 1,25a x T manyetik
alan bölgesine girmektedir. Elektrona etkiyen manyetik kuvveti belirleyiniz. Manyetik alan
z ≥ 0 bölgesine sıkıştırılmışsa elektronun yörünge yarıçapı nedir? Çıkış zamanındaki yönü
nedir? Giriş ve çıkış noktaları arasındaki uzaklık nedir?
Wk = 20 × 103 × 1,6 × 10−19 = 3, 2 × 10−15 J
1
1
9,1 × 10−31 × u z2 ⇒ u z= 8,3862 × 107 m/s
Wk=
me u z2 ⇒ 3, 2 × 10−15=
2
2
−19
−eu × B =
−1,6 × 10 × 8,3862 × 107 × 1, 25a y =
F=
−1,67724 × 10−11 a y N
R
=
me u z 9,1 × 10−31 × 8,3862 × 107
=
= 0,3815721 mm
1,6 × 10−19 × 1, 25
eBx
Giriş ve çıkış noktaları arasındaki uzaklık
= 2=
R 0,7631442 mm
20. 500 A akım taşıyan 20 cm genişliğinde ve 0,2 cm kalınlığında bir bakır şerit 1,2 T’lık manyetik
alana normal olarak yerleştirilmiştir. Şerit uçlarında gözüken Hall etkisi gerilimini
hesaplayınız. Bakırdaki serbest elektronların yoğunluğu 8,5 × 1028 elektron/m³ tür.
Vba
=
1, 2 × 500 × 0, 2
BIw
=
= 22,0588 μV
−19
−2
0 × 10−2 qAn 1,6 × 10 × 2
× 0, 2 × 10
× 8,5 × 1028
A
21. Bir protonun sapmaksızın hareket edebildiği bölgedeki elektrik alanı E z = 20a z kV/m ve
manyetik alan B = 0,5a x T’dır. Protonun kinetik enerjisi nedir?
Statik Alan Uygulamaları
495
u hızının y yönünde olması gerekir.
F /q
E
20 × 103
4 × 104 m/s ⇒ Wk =12 m p u y2 =12 1,67 × 10−27 (4 × 104 ) 2 = 1, 336 × 10−18 J
uy = z =
=
0,5
Bx
veya
1,336 × 10−18
= 8,35 eV
1,6 × 10−19
22. Siklotronda proton maksimum enerjisine ulaştığında yörüngesinin yarıçapı 12 cm’dir.
Manyetik alan 1,5 T ise protonun momentini ve kinetik enerjisini belirleyiniz.
p
p
um p = qBR ⇒ p = 1,6 × 10−19 × 1,5 × 0,12 = 2,88 × 10−20 kgm/s
q 2 B 2 R 2 (1,6 × 10−19 × 1,5 × 0,12) 2
2, 4833 × 10−13
−13
J
veya
=
⇒
2,
4833
×
10
= 1552062,5 eV
2m p
2 × 1,67 × 10−27
1, 6 × 10−19
Wk
=
23. Siklotron protonun 8 MeV kazandırılması amacıyla hızlandırılmasında kullanılıyor.
Yörüngenin yarıçapı 0,5 m ise manyetik akı yoğunluğu ne olmalıdır? Siklotron frekansı nedir?
Protonun çıkış hızı nedir?
1, 28 × 10−12 J
Wk =8 × 106 × 1,6 × 10−19 =
1
1
−12
1,67 × 10−27 × u 2 ⇒=
m p u 2 ⇒ 1, 28 × 10=
u 3,9152 × 107 m/s
2
2
um p 3,9152 × 107 × 1,67 × 10−27
B =
=
= 0,8173 T
1,6 × 10−19 × 0,5
qR
W
=
k
ω=
qB 1,6 × 10−19 × 0,8173
12, 46 × 106 Hz
=
= 7,83 × 107 rad/s ⇒ ω = 2π f ⇒ f =
−27
1,67 × 10
mp
24. Bir dötron’un yörünge yarıçapı 50 cm ve osilatör frekansı 10 MHz’dir. Manyetik alanı ve
dötron’un kinetik enerjisini hesaplayınız.
=
B
ω md
=
q
2π × 10 × 106 × 3, 4 × 10−27
= 1,33518 T
1,6 × 10−19
1
q 2 B 2 R 2 (1,6 × 10−19 × 1,33518 × 0,5) 2
md u 2
=
=
= 1,6778405952 × 10−12 J
2
2md
2 × 3, 4 × 10−27
Wk
=
veya
1,6778405952 × 10−12
= 10, 48 × 106 eV
−19
1,6 × 10
25. DC motorun armatürünün çapı 12 cm ve uzunluğu 30 cm ve 1200 sarımla düzgünce sarılmıştır.
Stator sargısı 0,8 T’lık bir akı yoğunluğu üretmektedir. Armatür akımı 120 A ise motorun
geliştirdiği torku belirleyiniz.
=
T
1
π
NIAB
=
1
π
= 1320,09476 Nm
1200 × 120 × (12 × 10−2 × 30 × 10−2 ) × 0,8
496
Elektromanyetik Alan Teorisi
26. 25 sarımlı ve 10 cm2 yüzey alanlı dikdörtgen çerçeve 0,5 T’lık sabit manyetik alanda
dönmektedir. Çerçevedeki akım 2 A ise gelişen torku belirleyiniz. Manyetik alan hatları ve
sargıya normal arasındaki açının 30° olduğunu varsayınız.
m
T= NIA B sin θ= 25 × 2 × 10 × 10−4 × 0,5 × sin 30°= 0,025sin 30°= 0,0125 Nm
27. Önceki problemdeki sargının θ=0° ile θ=180° arası döndürülmesi için ne kadar iş yapılması
gerekir?
− cos θ
π
0
π
π
W ∫=
Tdθ 0,025 ∫ sin
θ dθ 0,05 J
=
=
0
0
2
∼
7 ZAMANLA DEĞİŞEN ELEKTROMANYETİK ALANLAR
7.1 GİRİŞ
Statik alanlar çalışmasında aşağıdaki sonuçlara varılmıştı;
statik elektrik alanları yükler tarafından meydana getirilir,
statik manyetik alanlar hareketli yükler veya kararlı akımlar tarafından meydana getirilir,
statik elektrik alanları rotasyonel’i sıfır olduğundan korunumludur,
statik manyetik alan diverjansı sıfır olduğundan süreklidir ve
statik elektrik alanı statik manyetik alan yokken de olabildiği gibi statik manyetik alan
statik elektrik alanı yokken de olabilir.
Statik elektrik alanlarındaki E ve D ’nin manyetostatikteki B ve H ile ilişkili olmadığı
gözlenmişti. Bir iletken ortamda statik elektrik ve manyetik alanların ikisi de mevcut olabilir.
İletken ortamdaki statik elektrik alanıyla kararlı elektrik akımı akar ve bir statik manyetik alan
oluşur. Elektrik alanı statik elektrik yüklerinden veya potansiyel dağılımlardan tam olarak
hesaplanabilir. Manyetik alan bir sonuçtur ve elektrik alanı hesaplarına dahil edilmez. Statik
modeller basittir fakat zamanla değişen elektromanyetik olgunun açıklanmasına izin vermez. Statik
elektrik ve manyetik alanlar enerji ve bilginin yayılması ve taşınması için dalgalar biçimine
dönüşmez. Zamanla değişen koşullarda E ve D elektrik alan vektörleri B ve H manyetik alan
vektörleri ile ilişkilidir.
Bu bölümde, zamanla değişen elektrik alanının zamanla değişen manyetik alan ile üretilebileceği
gösterilecektir. Manyetik alanın meydana getirdiği elektrik alanı indüklenen elektrik alanı veya
elektrik alanı meydana getiren emf olarak adlandırılacaktır. Aynı zamanda indüklenen elektrik
alanının korunumlu bir alan olmadığına işaret edilecektir. İndüklenen elektrik alanının kapalı bir
yol boyunca çizgisel integrali gerçekte indüklenen emf (elektromotor kuvveti) olarak adlandırılır.
Aynı zamanda, zamanla değişen elektrik alanının zamanla değişen manyetik alan meydana
getireceği keşfedilecektir. Basitçe, eğer bir bölgede zamanla değişen bir elektrik (manyetik) alanı
varsa bu bölgede zamanla değişen bir manyetik (elektrik) alan da vardır. Elektrik ve manyetik
alanları arasındaki ilişkileri tanımlayan eşitlikler Maxwell denklemleri olarak bilinir çünkü bunların
formülasyonu James Clerk Maxwell tarafından yapılmıştır. Bu eşitliklerin formülasyonu süresince
498
Elektromanyetik Alan Teorisi
Maxwell denklemlerinin Gauss, Faraday ve Ampère’in bilinen çalışmalarının bir uzantıları olduğu
da açıklık kazanmıştır.
Burada çalışmaya deneysel bir gerçek olarak Faraday indükleme kanununun ifadesi ve sonra ilgili
Maxwell denklemlerinin geliştirilmesi veya yüklü parçacık üzerine etkiyen manyetik kuvvetin
incelenmesi ile başlanabilir. Yüklü parçacık üzerindeki manyetik kuvvetin etkileri önceki
bölümlerden çoktan bilindiğinden öncelikle bununla başlanabilir.
7.2 HAREKETE BAĞLI ELEKTROMOTOR KUVVETİ
Şekil 7.1’de görüldüğü gibi düzgün u hızı ile x yönünde hareket eden iletken dikkate alınsın.
Bölgede aynı zamanda B = −Ba z şeklinde düzgün bir akı yoğunluğu varsa iletkendeki her serbest
elektrona etkiyen manyetik kuvvet,
F = −eu × B = −euB a y
(7.1)
ile ifade edilir; e elektrondaki yükün büyüklüğüdür. Bu kuvvetin etkisi altında iletkendeki serbest
elektronlar sağdan sola doğru hareket edeceklerdir. Elektronların böyle bir hareketi, iletkenin en
solunda net negatif yük ve en sağda ise net pozitif yük oluşmasına neden olacaktır. Barnett
manyetik alan içindeki iletkende yer alan yüklerin böyle bir ayrımını gösterebilmiş ve iletken
hareketli iken iletkeni ortasından kesmeyi başarabilmişti. İki parça iletken durgun pozisyona
getirildiğinde birisi pozitif yüklü diğeri ise negatif yüklü olarak bulunmuştu.
Şekil 7.1 Düzgün manyetik alan
içinde hareket eden iletken
Birim yük başına kuvvet elektrik alan şiddeti, E olarak tanımlandığından (7.1)’den elektrik alanı
için
E = u × B = uBa y
(7.2)
elde edilir. (7.2) ile verilen elektrik alanı manyetik alan ile meydana getirildiğinden indüklenen
elektrik alanı olarak adlandırılır. E alanı manyetik alan içindeki iletkenin hareketi sonucu
olduğundan harekete bağlı elektrik alanı olarak da adlandırılır. İndüklenen elektrik alanı u ve B
içeren düzlemlere diktir ve korunumlu olmayan bir alandır.
İndüklenen elektrik alanı iletken yüzeyine teğettir. İletken yüzeyinin hemen üzerindeki elektrik
alanının teğet bileşeni sıfır olduğundan iletken yüzeyinin hemen altındaki elektrik alanının da sıfır
olması gerekir. Bu sınır şartını sağlamak için, yüklerin ayrılmasından dolayı iletken içinde
elektronların sağdan sola akışı, iletken içindeki elektrik alan şiddetinin indüklenen elektrik alanına
eşit ve ters olmasıyla sona erecektir. Bu gerçekleştiğinde, iletken denge durumunda olacak ve
serbest elektronlara etkiyen net kuvvetin varlığı sona erecektir.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
499
Şimdi şekil 7.2’de gösterildiği gibi bir çift sabit iletken üzerinde iletkenin serbestçe kayabildiği
durum incelenebilir. Sabit iletkenin uzak iki uç noktası arasına bir direnç bağlanmıştır. Böylece
kayan iletken, sabit iki iletken ve direnç kapalı elektrik devresi oluşturmaktadır. Bu durumda kayan
iletkenin sol tarafında elektronların birikmesi mümkün olmayacaktır. Bunun yerine elektronlar
sabit iki iletken ve dirençten geçerek iletkenin diğer ucuna doğru akacaktır. Elektronların bu
akışının sonucu kapalı devrede bir akım meydana gelecek ve indüklenen akım olarak
adlandırılacaktır.
Şekil 7.2 Kayan iletken
İndüklenen akımın bilinen yönü şekilde gösterildiği gibi elektronların akış yönüne terstir. Kayan
iletken indüklenen emf kaynağı olarak davranır. İndüklenen akım sadece kapalı elektrik devresinde
indüklenen emf’nin sonucudur. Dirençte indüklenen akım sağdan sola olduğundan kayan iletkenin
y=b’deki sağ ucu y=a’daki sol ucuna göre pozitiftir. İndüklenen akımın bilinen yönü iletkende
indüklenen elektrik alanı ile aynıdır.
Lorentz kuvvet eşitliği uyarınca kayan iletkene etkiyen manyetik kuvvet,
Fm = iL × B = iLa y × − Ba z = − BiLa x
(7.3)
dir; i kayan iletkendeki akım ve L ise etkin uzunluktur. Beklenildiği gibi manyetik kuvvet iletkenin
hareketine ters yönde olduğundan x yönünde iletkeni hareketli tutmak için bu yönde harici bir
kuvvet uygulanmalıdır. Düzgün bir hızla iletkeni harekette tutmak için uygulanması gereken harici
kuvvet,
Fext = − Fm = BiLa x
(7.4)
olmalıdır. dt zaman aralığında iletken dx uzaklığına gittiğinde harici kuvvet ile yapılan iş,
dW = BLi dx = BLiu dt
olur. dx = u dt ve dq = i dt olduğundan bu ifade,
dW = BLu dq
olarak da yazılabilir.
Şimdi elektromotor kuvveti veya indüklenen emf harici kuvvet ile birim pozitif yük başına yapılan
iş miktarı olarak,
500
Elektromanyetik Alan Teorisi
e=
dW
= BLu
dq
(7.5)
ile tanımlanabilir. Bu durumda, e kayan iletkenin iki uçları arasındaki indüklenen emf’dir. Buna
aynı zamanda harekete bağlı emf de denir çünkü bu manyetik alan içindeki iletkenin hareketinden
(akı kesme hareketi) dolayıdır. SI birim sisteminde, B tesla (T, Wb/m2), L metre (m), u (m/s) ve e
J/C veya volt’tur.
(7.5) eşitliği sadece manyetik alana normal düzlemde ve iletkenin uzunluğuna dik açı yönünde
hareket eden doğrusal iletken için geçerlidir. Harekete bağlı emf kavramının açıklanması için bu
varsayımlar formüller içinde açık bir şekilde yerine konulmuştur. Şimdi harekete bağlı emf’nin
genel ifadesi geliştirilebilir.
7.2.1 HAREKETE BAĞLI EMF
İletkeni harekette tutmak için gereken kuvvetin genel ifadesi,
Fext = − id c × B
∫
c
dir. d c elemanı i akımı yönünde iletkenin uzunluk elemanını ve c iletkende indüklenen akım
yönünde integral yolunu (sınırını) göstermektedir. dt zamanında d uzunluğu için harici kuvvet ile
iletkenin hareket ettirilmesi için yapılan iş
dW =
Fext ⋅ d =
−id ⋅ ∫ d c × B
c
olup
i=
dq
dt
ve
d
u=
dt
konularak iletkende harekete bağlı emf ’nin genel ifadesi
e=
dW
= −u ⋅ ∫ d c × B
dq
c
olarak elde edilir. u iletkenin uzunluğu boyunca değişmediğinden yukarıdaki eşitlik
e = − ∫ u ⋅ ( d c × B) = ∫ u ⋅ ( B × d c )
c
c
olarak yazılabilir. Son olarak vektör özdeşliği kullanılarak eşitlik
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
501
e = ∫ ( u × B) ⋅ d c
(7.6)
c
şeklinde yazılabilir ki bu u , B ve iletkenin uzunluğu birbirlerine dik olduğunda (7.5) eşitliğine
indirgenir. (7.6) eşitliği manyetik alanda hareket eden iletkendeki harekete bağlı emf’nin
belirlenmesinde kullanılacaktır.
u × B indüklenen elektrik alan şiddeti olup yönü iletkende indüklenen akımın yönü ile aynıdır. Bu
gerçek iletkenin iki ucundaki harekete bağlı emf’nin polaritesinin belirlenmesine yardımcı olur.
Özet olarak harekete bağlı emf’den dolayı indüklenen akım indüklenen elektrik alanı yönündedir.
ÖRNEK 7.1 L uzunluğundaki bakır şerit bir ucundan eksenlenerek düzgün manyetik alan içinde ω
açısal hızıyla serbestçe dönebilecek şekilde yerleştirilmiştir. Şekil 7.3’de görüldüğü gibi şeridin iki
ucunda indüklenen emf nedir?
Şekil 7.3 Düzgün manyetik alan içinde dönen bakır şerit
ÇÖZÜM Şeridin herhangi bir ρ yarıçapındaki hızı,
u = ρω aφ
ile indüklenen elektrik alan şiddeti,
E = u × B = ρωB (aφ × a z ) = ρωBa ρ
elde edilir. İndüklenen emf radyal yönde olduğundan şeridin b ucu eksenlenen a ucuna göre
pozitiftir. Buradan (7.6)’dan indüklenen emf aşağıdaki gibi bulunur.
L
∫
eba = ω B ρ dρ = ωB
0
ρ2
2
L
= 12 Bω L2
0
ÖRNEK 7.2 Şekil 7.4’de görüldüğü gibi 2L uzunluğundaki bakır şerit orta noktasından
eksenlenerek düzgün manyetik alanda ω açısal hızı ile dönmektedir. Şeridin uçlarından biri ile orta
noktası arasında indüklenen emf yi belirleyiniz. İki uç arasında indüklenen emf nedir?
ÇÖZÜM 2L uzunluğundaki bakır şeridin L uzunluğunda iki bakır şeritten yapılmış ve eksenlenmiş
uçlarından birleştirildiği varsayılsın. 7.1 örneğinden her şeridin uzak uçlarının eksenlenmiş uca
göre daha yüksek potansiyelde olduğu açıktır. Her iki şerit aynı uzunlukta ve ortak düzgün
502
Elektromanyetik Alan Teorisi
manyetik alanda aynı açısal hızla döndüklerinden her şeridin serbest ve eksenlenmiş uçları arasında
indüklenen emf’nin büyüklükleri aynı olmalıdır. Bundan dolayı şeridin bir ucu ve orta noktası
arasında indüklenen emf aşağıdaki gibidir.
eba = 12 BωL2
Bakır şeridin uzak iki uçları arasındaki indüklenen emf sıfırdır.
Eğer şekil 7.3’deki şerit maksimum I akımı verebiliyorsa şekil 7.4’deki iki şerit, şeritler benzer
olduğu sürece toplam 2I ’lik akım verecek kapasitededir. Buna göre çok sayıda şeridin
birleştirilmesi ile R direncindeki akım bariz şekilde artırılabilir. Bu prensibe bağlı bir aygıt, şekil
7.5’de görüldüğü gibi homopolar generatör olarak adlandırılır. Bu basitçe bakır gibi iletken
malzemeden yapılmış ince dairesel bir disk olup Faraday diski olarak bilinir. Düzgün manyetik
alan içinde sabit açısal hızla disk döndüğü zaman sabit (DC) gerilim kaynağı olarak görev yapar.
Şekil 7.4 Orta noktasından eksenlenmiş ve düzgün
manyetik alan içinde dönen bakır şerit
Şekil 7.5 Homopolar generatör
ALIŞTIRMALAR
(a) Tek fırçalı
(b) Çift fırçalı
Şekil 7.6 Manyetik alan içinde dönen bakır şeritler
1.
2 m uzunluğunda bir bakır şerit 12,5 mT’lık düzgün manyetik akı yoğunluğuna dik bir
düzlemde dönüyor. Şeridin bir ucu yataklanmış ve diğer ucu 188 rad/s’lik açısal hızla dönerken
şeridin iki ucu arasında indüklenen emf’yi belirleyiniz. 2 Ω’luk direnç aşağıdaki şekilde (şekil 7.6a)
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
503
görüldüğü gibi bağlandığında şeritteki akım nedir? Şeridin sağladığı güç nedir? Şeride etkiyen
manyetik kuvveti hesaplayınız? Bu kuvvetin önemi nedir?
2.
Önceki örnekteki bakır şerit aşağıdaki şekilde (şekil 7.6b) görüldüğü gibi ortasından
yataklanmıştır. (a) Serbestçe dönen uçlardan biri ile orta uç arasında indüklenen emf, (b) şeridin her
iki kısmındaki akım ve (c) şeridin sağladığı toplam gücü belirleyiniz.
7.3 FARADAY İNDÜKLEME KANUNU
Şekil 7.2’deki kapalı devrede indüklenen emf ifadesi başka bir yolla çıkartılabilir. Kayan iletken x
yönünde hareket ederken kayan iletken, sabit iki iletken ve dirençten oluşan kapalı devrenin kesit
alanındaki artış,
ds = Ldx a z
dir; L iletkenin uzunluğu ve dx ise dt zamanında aldığı yoldur. Kapalı döngü düzlemi boyunca
geçen manyetik akıdaki değişim,
dΦ = B ⋅ ds = − BLdx
ile döngüden geçen manyetik akının zamanla değişim oranı aşağıdaki gibi yazılabilir.
dΦ
dx
= − BL
= − BLu
dt
dt
(7.5) ile karşılaştırıldığında bu eşitlikten,
e=−
dΦ
dt
(7.7)
ifadesi elde edilir. (7.7) eşitliği gerçekte Faraday indükleme kanununun matematiksel bir tanımıdır.
Kapalı yol etrafında indüklenen emf’nin yolun kapladığı yüzey alanından geçen manyetik akının
zamanla değişim oranına eşit olduğunu ifade etmektedir.
(7.7) eşitliği özel bir durum için çıkartılmış olmasına rağmen genel durumda da geçerlidir. Kesin
olarak şunlar söylenebilir: (a) bu eşitlik deneysel gözlemlere dayanmakta ve çoğu kitaplarda böyle
ifade edilmektedir ve (b) negatif işaret Lenz kanununa mal edilir ve Lenz kanunu olarak
adlandırılır. Bu basit olarak ifade edilebilirdi fakat harekete bağlı emf’den geliştirilmesi tercih
edilmiştir. Şimdilik bu ifade hala bir deneysel gerçek olarak dikkate alınabilir. Aşağıdaki
paragraflarda Faraday kanunu ve Lenz kanununa daha fazla ışık tutulmaktadır.
Michael Faraday sabit sargılarla bir dizi deney yaptıktan sonra zamanla değişen manyetik alanın
sargının kapladığı alanı kestiğinde sargıda bir emf indüklediğini keşfetti. İndüklenen emf kapalı
iletken devrede indüklenen akıma neden olur. Zamanla değişen akı sargının yakınında bir
mıknatısın hareketi ile (şekil 7.7) veya başka bir sargıdaki anahtarın açılıp kapanmasıyla (şekil 7.8)
meydana getirilebilir.
504
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 7.7 Manyetik alandaki artıştan dolayı
sargıda indüklenen emf ve akım
Şekil 7.8 1. sargıdaki S anahtarının kapanma
zamanında 2. sargıda indüklenen emf
Bir sargının zamanla değişen manyetik alan içine yerleştirilerek emf indükleme işlemine
çoğunlukla elektromanyetik indüksiyon denilir. Gerçekte elektromanyetik indüksiyon aşağıdaki
şartlardan biri olduğu sürece gerçekleşir.
Sabit sargıyı (veya döngü) kesen veya halkalayan manyetik akı zamanın fonksiyonu olarak
değişir.
Bölgedeki manyetik akı dağılımı düzgün olduğunda sargının biçimi ve pozisyonu sürekli
olarak değişir. Sargının biçimi sıkıştırılarak ve genişletilerek değiştirilebilir.
Sargıyı kesen manyetik akı zamanla değişir veya hareketli sargının biçimi değiştirilir.
Kapalı iletken yolda indüklenen akım döngüde indüklenen emf’nin bir sonucudur. emf
indüklenebilmesi için döngüyü şekillendiren kapalı yolun iletken olması gerekmemektedir. Kapalı
yol veya döngünün boşluk veya yalıtkan ortam olması durumunda da emf indüklenecektir.
Daha öncede değinildiği gibi (7.7) eşitliğindeki negatif işaret indüklenen emf’nin polaritesine
uygunluk sağlamak amacıyla Heinrich Friedrich Emil Lenz tarafından konulmuş ve şimdi Lenz
kanunu olarak bilinmektedir. Kapalı iletken döngüdeki manyetik akının değişimiyle aynı döngüde
indüklenen akımın meydana getirdiği akının orijinal manyetik akıdaki değişime karşı koyma
eğiliminde olduğunu ifade etmektedir. Daha sonra Lenz kanununun elektriksel terimlerle, enerjinin
korunumu prensibinin basitçe bir sonucu olduğu kavranabilir. Bu kapalı döngüde indüklenen
akımın yönünün belirlenmesinde yardımcı olur. Açık döngüde indüklenen emf’nin polaritesi,
döngünün kapalı olduğu durumda indüklenen akımın yönü gözlemlenerek belirlenebilir.
Şimdi manyetik alana yerleştirilmiş bir açık döngü dikkate alınsın. Manyetik akı yoğunluğu ve bu
yolla döngüyü halkalayan manyetik akı şekil 7.9a’da görüldüğü gibi düzgün şiddette olacaktır.
Şekil 7.9b’de görüldüğü gibi manyetik akı yoğunluğunda zamanla artış olduğunda döngünün b ucu
a ucuna göre pozitif olacaktır. Bu Lenz kanunu ile uyuşmaktadır. Döngünün kapalı bir yol
oluşturduğu varsayılırsa döngüde indüklenen akımın saat yönünde a’dan b’ye olması gerekir. Daha
sonra indüklenen akımın meydana getirdiği manyetik akı sargıyı kesen orijinal akıdaki artışa ters
olacaktır. Aynı şekilde sargıyı halkalayan manyetik akı zamanla azaldığında indüklenen emf’nin
şekil 7.9c’deki gibi polaritede olacağı öne sürülebilir.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
505
Şekil 7.9 Zamanla değişimi sabit, artan ve azalan akıların açık döngüde indüklediği emf biçimleri.
(a) Zamanla değişimi sabit akı, (b) Zamanla artan akı, (c) Zamanla azalan akı
7.3.1 İNDÜKLENEN EMF EŞİTLİĞİ
N sarımlı sıkıca sarılmış bir sargıda sargıyı halkalayan manyetik akıdaki değişim sargının her
sarımında bir emf indükler. Sargıda indüklenen toplam emf,
e = −N
dΦ
dt
(7.8)
olarak birbirine seri bağlanmış ayrı sarımlardaki indüklenen emf’lerin toplamıdır. Sargıyı
halkalayan akı veya halka akısı,
λ = NΦ
(7.9)
dλ
dt
(7.10)
ile tanımlanırsa (7.8) eşitliği
e=−
olarak tanımlanabilir.
506
Elektromanyetik Alan Teorisi
(7.8) veya (7.10) N sarımlı sıkıca sarılmış bir sargıda indüklenen emf’nin belirlenmesinde
kullanılabilir. Bunun yanında N sarımlı sargıyı (şekil 7.10a) halkalayan akı
Φ = Φ m sin ωt
gibi sinüsoidal olarak değişirse (şekil 7.10b) sargıda indüklenen emf,
eab = − NωΦ m cos ωt
ile ifade edilir. İndüklenen emf’nin ani değeri şekil 7.10c’de görülmektedir. İndüklenen emf’nin
maksimum değeri E m = NΦ mω ’dir.
Şekil 7.10 (a) N sarımlı açık sargı, (b) sargıyı halkalayan manyetik akı, (c) sargıda indüklenen emf
İndüklenen emf’nin etkin (veya RMS) değeri,
=
E
dir. (7.11) eşitliğinde
=
1 / 2 Em
2 π f N Φm
(7.11)
2 π ’nin 4,44 olarak kısaltılması pratik olarak alışıldığından
E = 4,44 f N Φ m
(7.12)
olarak ifade edilir. Bu eşitlik sargının durgun ve sargıyı halkalayan manyetik akının zamanla
sinüsoidal değişimi varsayımında geliştirilmiştir. Bu (kısım 7.15.1) transformotorun temel çalışma
prensibidir. (7.12) eşitliğine transformotor eşitliği denilir ve indüklenen emf’ye ise transformotor
emf’si denir. Kısım 7.4’de transformotor emf’si ve transformotor eşitliğine değinilecektir.
ÖRNEK 7.3 40 cm yarıçapında dairesel bir döngü xy düzleminde bulunmakta ve direnci 20 Ω’dur.
Bölgedeki manyetik akı yoğunluğu B = 0,2 cos 500ta x + 0,75sin 400ta y + 1,2 cos 314ta z olarak
verilmişse döngüde indüklenen akımın etkin değerini belirleyiniz.
ÇÖZÜM Döngü xy düzleminde olduğundan döngünün diferansiyel yüzey alanı,
ds = ρdρdφ a z
dir. Bu yüzey alanından geçen akı aşağıdaki gibi ifade edilir.
dΦ = B ⋅ ds = 1,2 ρdρdφ cos 314t
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
507
Herhangi bir zamanda döngüyü kesen toplam akı,
0, 4
2π
0
0
Φ = 1,2 cos 314t ∫ ρdρ ∫ dφ = 0,603 cos 314t Wb
olur. Akı ω=314 rad/s ile sinüsoidal olarak değişirken indüklenen emf’nin frekansı 50 Hz’dir.
Akının maksimum değeri 0,603 Wb’dir. Buradan indüklenen emf’nin etkin değeri (7.12)’den
E = 4,44 × 50 × 1 × 0,603 = 133,866 V
olarak hesaplanır. Direnci 20 Ω olan kapalı döngüde indüklenen akımın etkin değeri aşağıdaki gibi
hesaplanır.
I=
133,866
= 6,693 A
20
ALIŞTIRMALAR
3.
1,2 mm yarıçapındaki aluminyum iletken telden 20 cm×10 cm ölçülerinde dikdörtgen
çerçeve 40 T/s ile artan bir manyetik alana konuluyor. Çerçevede indüklenen akım nedir?
Aluminyumun öz iletkenliği 3,57×107 S/m’dir. İndüklenen akım yönünü şekilde gösteriniz.
4.
Şekil 7.6a’daki gibi 2 m uzunluğundaki bakır şerit 12,5 mT’lık düzgün manyetik akı
yoğunluğuna dik bir düzlemde dönüyor. Şeridin bir ucu yataklanmış ve diğer ucu 188 rad/s’lik bir
açısal hızla dönerken şeridin iki ucu arasında indüklenen emf’yi Faraday kanunu kullanarak
belirleyiniz.
7.4 FARADAY KANUNUNDAN MAXWELL EŞİTLİĞİ
Bir iletkenin içinde akımın sürdürülmesi için elektrik alanının olması gerektiği biliniyor. Böyle bir
anlayış, iletkende indüklenen elektrik alan şiddeti ile indüklenen emf’nin tanımlanmasına yardımcı
olur. Buna göre indüklenen emf aşağıdaki gibi ifade edilir.
e = ∫ E ⋅ d
(7.13)
c
c boyunca integrasyonun yolu, yol iletken ise indüklenen akımın dolaştığı yöndür. c konturu ile
çevrelenen toplam akı,
Φ = ∫ B ⋅ ds
s
ile ifade edilirse (7.7)
d
∫ E ⋅ d = − dt ∫ B ⋅ ds
c
(7.14)
s
olarak ifade edilebilir. ds yüzeyinin yönü c konturunun yönü ve sağ el kuralı ile tanımlanır. c
konturu yönünde sağ elin parmakları kıvrıldığında baş parmak ds yüzeyine normal birim vektörün
yönünü gösterir.
508
Elektromanyetik Alan Teorisi
Eğer yüzeyin boşlukta sabitlenmiş olduğu düşünülürse (7.14) eşitliğindeki zaman türevi sadece
zamanla değişen B manyetik alanına uygulanır. Bu durumda eşitlik aşağıdaki gibi ifade edilebilir.
∂B ∫ E ⋅ d = − ∫ ∂t ⋅ ds
c
s
(7.15)
B ’nin diferansiyeli sadece zamana göre kısmi türev olarak ifade edildi. (7.15) eşitliği zamanla
değişen manyetik alana daldırılmış sabit döngüye uygulanmış olarak integral biçiminde Faraday
indükleme kanunu olarak tanımlanır. Kapalı yol etrafında indüklenen elektrik alanının çizgisel
integrali indüklenen emf’ye eşit olduğundan indüklenen elektrik alanı korunumlu değildir.
Aşağıdaki gibi, Stokes teoremi kullanılarak, c kapalı yolu çevresinde çizgisel integral, c ile
sınırlanan s yüzeyi üzerinde bir yüzey integraline dönüştürülebilir.
∂B ∫s(∇ × E) ⋅ ds = − ∫ ∂t ⋅ ds
s
Bu eşitliğin her iki yanındaki integrasyon herhangi keyfi c kapalı yolu ile sınırlanan aynı s yüzeyi
üzerinde olduğundan eşitlik sadece iki integrand eşit olduğunda geçerli yani
∂B
∇×E = −
∂t
(7.16)
dir. (7.16) eşitliği durgun ortamda sabit gözlem noktası için Faraday indükleme kanununun da bir
ifadesidir. Bu eşitlik Maxwell’in bilinen dört eşitliklerinden biridir ve nokta veya diferansiyel
biçimde Maxwell eşitliği (Faraday kanunu) olarak söylenecektir. Bu eşitlik manyetik alan zamanın
bir fonksiyonu olduğunda boşlukta sabit bir noktada elektrik alan şiddetinin hesaplanmasına
yardımcı olur. Statik alanda ∇ × E = −∂B / ∂t ifadesi ∇ × E = 0 olur.
(7.15) integral biçiminde Maxwell eşitliği olarak tanınmaktadır. Bu eşitlik durgun kapalı yol
etrafında indüklenen emf’nin hesaplanmasında kullanılabilir. Kısım 7.3’de değinildiği gibi bu
eşitlik ayrıca transformotor eşitliğinin integral biçimidir ve
∂B et = − ∫
⋅ ds
∂t
s
(7.17)
olarak da ifade edilebilir. t sadece transformotor emf’sinin gösterilmesi için eklenmiştir.
7.4.1 GENEL EŞİTLİKLER
Manyetik alan içinde kapalı döngünün (devrenin) hareketi 7.6’da ifade edildiği gibi aynı döngüde
harekete bağlı emf meydana getirir. Harekete bağlı emf’nin gösterilmesi için m indisi kullanılırsa
kapalı devre için (7.6)
em = ∫ ( u × B ) ⋅ d (7.18)
c
olarak yazılabilir. Döngü zamanla değişen manyetik alanda hareket ederken indüklenen toplam emf
aşağıdaki gibi olur.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
509
∂B e = et + e m = − ∫
⋅ ds + ∫ ( u × B) ⋅ d ∂t
s
c
(7.19)
Bu eşitlikteki c konturunun yönü sağ el kuralına göre ds yüzeyine normal birim vektörünün yönünü
tanımlamaktadır. Bu eşitlik Faraday indükleme kanununun diğer bir ifadesidir. İndüklenen elektrik
alanı ile (7.19) eşitliği
∂B E
⋅
d
=
−
d
s
+
(
u
×
B
)
⋅
d
∫
∫ ∂t
∫
c
s
c
olarak da yazılabilir. Stokes teoreminin uygulanması ile aşağıdaki eşitlik bulunur.
∂B (∇ × E) ⋅ ds = −
⋅ ds + [∇ × (u × B)] ⋅ ds
∂t
s
s
s
∫
∫
∫
s yüzeyi keyfi c konturu ile sınırlandığı ve eşitlik genelde geçerli olduğundan integraller eşitlenerek
∂B
∇×E = −
+ ∇ × ( u × B)
∂t
(7.20)
elde edilir. Bu eşitlik nokta biçimde Maxwell eşitliği’nin (Faraday kanunu) en genel biçimidir. Bu
ifade, B manyetik alanında u hızı ile hareket eden gözlem noktasındaki elektrik alanının
belirlenmesini sağlar.
ÖRNEK 7.4 Şekil 7.11’de görüldüğü gibi N sarımlı, sıkıca sarılmış dikdörtgen çerçeve düzgün
manyetik alan içinde dönmektedir. (a) harekete bağlı emf kavramını ve (b) Faraday indükleme
kanununu kullanarak sargıda indüklenen emf’yi belirleyiniz.
(a)
(b)
Şekil 7.11 Manyetik alan içinde dönen sargının iki görünüşü
ÇÖZÜM
(a) Harekete bağlı emf kavramı: Manyetik akı yoğunluğu düzgün olduğundan sargıda indüklenen
emf sadece hareketinden dolayı olacaktır. Sadece R yarıçapındaki iletkenler indüklenen emf’den
510
Elektromanyetik Alan Teorisi
sorumludur. C’de N sarımlı iletkende indüklenen emf’nin büyüklüğü, D’deki N sarımlı
iletkenlerdeki ile aynıdır fakat aralarında 180 derece faz kayması bulunmaktadır. Bu anlayış ile
C’deki N iletkende indüklenen emf hesaplanabilir. İletkenler ω açısal hızı ile döndüğünden hareket
hızı,
u = ωRaφ
olur. φ = ωt , B = Ba y ve aφ = − sin φa x + cos φa y ile E = u × B = −ωRB sin ωta z elde edilir. Buna
göre C’de N iletkendeki harekete bağlı emf,
−L
em = N (u × B) ⋅ d = − NBRω sin ωta z dza z = 2 NLRBω sin ωt
∫
∫
c
L
ile sıkıca sarılmış N sarımlı sargıda indüklenen emf,
A
e = 2em = 4 LR NBω sin ωt = NBAω sin ωt
olarak elde edilir; A sargının yüzey alanıdır.
(b) Faraday kanunu: Şekil 7.11’de görüldüğü gibi sargının ds ρ = dsa ρ diferansiyel yüzey elemanı
ile elde edilen toplam akıdan,
Φ = B ⋅ ds = (a y ⋅ a ρ ) Bds = B cos ωt ds = BA cos ωt
∫
∫
s
∫
s
s
N sarımlı sargıda indüklenen emf,
e = −N
dΦ
d cos ωt
= − NBA
= NBAω sin ωt
dt
dt
olarak bulunur; a y ⋅ a ρ = cos ωt dir (bu silindirik koordinat sistemindeki a y ⋅ a ρ = sin ωt ile
karıştırılmamalıdır çünkü a y ile a ρ arasındaki açı π / 2 − ωt değil ωt’dir.)
ÖRNEK 7.5 7.4 örneğindeki manyetik akı yoğunluğu, Bm sin ωt ile değişiyorsa indüklenen emf’yi
(a) harekete bağlı ve transformotor emf kavramlarını, (b) Faraday indükleme kanununu kullanarak
bulunuz.
ÇÖZÜM (a) Harekete bağlı emf kavramı:
A
−L
e = 2em = 2 N (u × B) ⋅ d = 2 NωBm R sin 2 ωt dz = 4 LR Bm Nω sin 2 ωt = Bm ANω sin 2 ωt
∫
c
Transformotor emf:
∫
L
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
511
∂B ⋅ ds = − NωBm cos ωt (a y ⋅ a ρ ) ∫ ds = − Bm ANω cos 2 ωt
et = − N ∫
∂t
s
s
Böylece sargıda indüklenen emf aşağıdaki gibi elde edilir.
e = em + et = − Bm ANω (cos 2 ωt − sin 2 ωt ) = − Bm ANω cos 2ωt
(b) Faraday kanunu ile bulunan,
Φ = B ⋅ ds = Bm sin ωt cos ωt ds = 12 Bm A sin 2ωt
∫
s
∫
s
den N sarımlı sargıda indüklenen emf aşağıdaki gibi elde edilir.
1
d
e = − Bm AN (sin 2ωt ) = − Bm ANω cos 2ωt
2
dt
ALIŞTIRMALAR
5. 10 cm yarıçapında dairesel iletken çerçeve 200 kHz frekansla zamanla sinüsoidal olarak
değişen 10 A/m’lik tepe değerli manyetik alan şiddeti bölgesine yerleştirilmiştir. Çerçeve
düzlemi manyetik alan şiddetine normal ise çerçeveye seri bağlı voltmetrenin gösterdiği değeri
(a) Faraday indükleme kanunu ve (b) transformotor eşitliğini kullanarak belirleyiniz.
6. Aşağıdaki şekilde (şekil 7.12a) görüldüğü gibi N sarımlı dikdörtgen sargı paralel iletkenli ve zıt
akım yönlü iletim hattının ortasına konulmuştur. Sargıda indüklenen emf nedir?
7. Aşağıdaki şekilde (şekil 7.12b) görüldüğü gibi N sarımlı dikdörtgen sargı paralel iletkenli ve
aynı akım yönlü iletim hattının ortasına konulmuştur. Sargıda indüklenen emf nedir?
(a) Zıt yönlü akımlar
(b) Aynı yönlü akımlar
Şekil 7.12 Paralel iletkenli iletim hattının ortasına yerleştirilmiş N sarımlı sargı
512
Elektromanyetik Alan Teorisi
7.5 ÖZ İNDÜKTANS
Şekil 7.13a’da görüldüğü gibi zamanla değişen kaynağa bağlanmış ve i(t) akımı taşıyan birbirine
yakın sarılmış N sarımlı sargı dikkate alınsın. Akım zamanla değişen manyetik akı üretir ve bu akı
sargıda bir emf indükler. İndüklenen emf sargıda bir akım indükler ve bu akım orijinal i(t)
akımındaki değişime karşı koymaya eğilimlidir. Eğer Φ(t) sargıdaki bütün sarımları herhangi bir
anda halkalayan akı ise bu anda sargıda indüklenen emf veya e(t) aşağıdaki gibi yazılır.
e=N
dΦ
dt
Bu eşitlikte, indüklenen emf’nin polaritesi şekilde işaretlendiğinden negatif işaret konulmamıştır.
Sargıda indüklenen emf uygulanan gerilime zıt olduğundan indüklenen emf, zıt veya ters emf
olarak da bilinir. Böylece önceki eşitlik uygulanan gerilim cinsinden
v=e=N
dΦ
dt
(7.21)
olarak da yazılabilir. NΦ çarpımı halka akısı olarak bilinir ve aşağıdaki gibi λ ile gösterilir.
λ = NΦ
(a) Zamanla değişen akım taşıyan sargı
(7.22)
(b) İndüktör olarak modellenmiş sargı
Şekil 7.13
Akımdaki birim değişim başına halka akısının değişim oranına öz (self) indüktans veya sargının
indüktansı denir ve çoğu kez L sembolü ile gösterilir. Böylece,
L=
dλ
dΦ
=N
di
di
(7.23)
eşitliği amper başına Weber-sarım olarak indüktansın birimini tanımlamaktadır. Bununla beraber
amper başına bir weber-sarım Joseph Henry onuruna bir henry olarak söylenir. (7.23) eşitliği
aşağıdaki gibi de yazılabilir.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
513
Ldi = NdΦ
(7.24a)
Eşitliklerin geliştirilmesinde Φ(t) akısının i(t) akımı ile doğrudan orantılı olduğu varsayılmıştır.
Başka bir deyişle sargı doğrusal (sabit geçirgenlikte) bir manyetik malzeme üzerine sarılmış ve
sargının indüktansı sabittir. Bu durumda (7.24a) eşitliği aşağıdaki gibi ifade edilebilir.
Li = NΦ
(7.24b)
Bu eşitlikteki Li çarpımı, her sarımdaki halka akısı aynı olduğunda toplam halka akısına eşit
olduğunu ifade etmektedir.
(7.24b) eşitliğinden, doğrusal manyetik malzeme üzerine sarılmış bir sargının indüktans ifadesi
aşağıdaki gibi elde edilir.
L=
NΦ
i
(7.25)
Bu eşitlik çoğunlukla sargıdaki kararlı akım (DC) için manyetik devrenin indüktansının
belirlenmesinde kullanılır. (7.24a)’nın her iki yanının t’ye göre diferansiyeli ile
L
di
dΦ
=N
dt
dt
(7.26)
elde edilir. (7.21) ve (7.26) karşılaştırılarak
v=L
di
dt
(7.27)
elde edilir. Bu iyi bilinen bir devre eşitliği olup L indüktansındaki gerilim düşümünü verir ve şekil
7.13b’de görüldüğü gibi akım taşıyan sargının indüktansı ile modellenmesine yardımcı olur. Bu
durumda sargı, indüktansı olan bir devre elemanı yani indüktör olarak adlandırılır. Elemandaki
akım saniye başına bir amperlik bir oranda değiştiğinde, eleman uçlarındaki gerilim düşümü bir
volt ise elemanın indüktansı bir henry’dir.
İndüktans relüktans ile veya manyetik devrenin permeansı ile de ifade edilebilir. Bu, indüktansın
temel olarak manyetik devrenin parametrelerine bağlı olduğunun gösterilmesi için yapılmaktadır.
(7.25) eşitliğinde pay ve payda N ile çarpılıp yeniden yazılarak,
L=
N 2Φ N 2Φ N 2
=
=
= ℘N 2
Ni
ℑ
ℜ
(7.28)
indüktans eşitliği bulunur. ℑ = Ni manyetik devreye (sargı) uygulanan mmf, ℜ relüktans ve ℘
manyetik devrenin permeansıdır. Böylece statik manyetik alanlar bölümünde tartışılan her
manyetik devre indüktans terimi kullanılarak bir eşdeğer elektrik devresi ile temsil edilebilir.
ÖRNEK 7.6 Şekil 7.14’de görüldüğü gibi 20 cm yarıçapında çok uzun bir silindir hava nüveli bir
indüktör (selenoid) oluşturacak şekilde birim uzunluk başına 200 sarımla birbirine yakın ve sıkıca
sarılmıştır. Eğer sargıdaki akım sabit ise indüktansını bulunuz.
514
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 7.14 Çok uzun, hava nüveli
silindirik selenoid
ÇÖZÜM Çok uzun silindir içindeki manyetik akı yoğunluğu,
N B = µo
I a z = µ o nI a z
2πρ
dir. n birim uzunluk başına sarım sayısıdır. b yarıçapında bir silindirin çevrelediği akı,
b
2π
Φ = B ⋅ ds = µ o nI ρ dρ dφ = µ o nIπb 2
∫
s
∫
0
∫
0
ile birim uzunluk başına selenoidin indüktansı (7.25)’den
L = µ oπ n 2 b 2
olarak bulunur ve değerler yerine konularak aşağıdaki gibi hesaplanır.
L = 4π × 10 −7 × π × 200 2 × 0,2 2 = 6,32 mH/m
Bu değer, selenoidin uzunluğunun kesit alanının doğrusal boyutuna (2b) göre çok büyük olduğu
varsayımında geçerlidir. Sonlu selenoidin uçlarında manyetik akı yoğunluğunun birim uzunluk
başına halka akısı bu metotla bulunan değerlerden daha küçük olacaktır. Bundan dolayı sonlu
selenoidin toplam indüktansı bulunan indüktans değerinin uzunluk ile çarpılmış değerinden küçük
olur.
ÖRNEK 7.7 İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan bir koaksiyel kablonun birim uzunluk başına öz
indüktans ifadesini elde ediniz. Dış iletken kalınlığı ihmal edilebilir ve iç iletken içinde akım
düzgün olarak dağılmıştır.
ÇÖZÜM İletken içindeki akım yoğunluğu (şekil 7.15) aşağıdaki gibi ifade edilir.
I J = 2 az
πa
0 ≤ ρ ≤ a gibi herhangi bir ρ yarıçapında, iç iletken içindeki manyetik akı yoğunluğu Ampère
kanunundan (ÖRNEK 5.12) aşağıdaki gibi yazılır.
µ Iρ B i = o 2 aφ
2πa
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
515
ρ ve ρ+dρ arası ve z yönünde birim uzunluk arasında kalan bölgedeki akı,
Şekil 7.15 Düzgün
akım dağılımlı
koaksiyel kablo
µ o Iρdρ
2πa 2
dΦ i =
dir. ρ yarıçapında kontur ile çevrelenen toplam akımın sadece bir kısmı olarak halka akısı
µ Iρdρ ρ
dλi = o 2
2πa a
2
ile ifade edilir. Böylece iç iletken içindeki toplam halka akısı,
µo I
µ I
ρ 3 dρ = o
4 ∫
8π
2πa 0
a
λi =
olur. Buradan, içindeki akıdan dolayı iç iletkenin birim uzunluk başına indüktansı aşağıdaki gibi
elde edilir.
Li =
λi
I
=
µo
H/m
8π
Şimdi iki iletken arasındaki akıdan dolayı indüktans belirlenebilir (şekil 7.15). a ≤ ρ ≤ b
bölgesindeki akı yoğunluğu
µ I
B e = o aφ
2πρ
dir. ρ ve ρ+dρ arası ve z yönünde birim uzunluk arasındaki bölgedeki akı
dΦ e =
µ o Idρ
2πρ
ile toplam halka akısı,
µ I 1
µ I
λe = o ∫ dρ = o ln(b a)
2π a ρ
2π
b
516
Elektromanyetik Alan Teorisi
olarak elde edilir. Bu halka akısının self indüktansa katkısı,
Le =
λe
=
I
µo
2π
ln(b a ) H/m
olur. Buradan koaksiyel kablonun birim uzunluk başına toplam indüktansı,
L=
λi
µo 1
µ
b
µ
+ ln(b / a ) = o + o ln
2π 4
8π 2π a
H/m
µo
8π
terimi içi dolu içteki iletkene halka akısından dolayı
I
kaynaklanmakta olup iç iletkenin birim uzunluk başına iç indüktansı olarak bilinir. İkinci terim iç
ve dış iletken arasındaki halka akısından gelmekte olup koaksiyel kablonun birim uzunluk başına
olarak elde edilir.
Li =
=
dış indüktansı olarak bilinir. Eğer iç iletken ince boş bir tüp ise Li =
sadece dış indüktans kalır.
λi
I
=
µo
terimi kaybolur ve
8π
ÖRNEK 7.8 Şekil 7.16’da görüldüğü gibi her iletkeninin yarıçapı a ve merkezleri arasındaki
açıklık d ise boşlukta iki iletkenli bir iletim hattının birim uzunluk başına öz indüktansını
hesaplayınız. İletkenlerin mükemmel iletken ve ayrıca eşit ve zıt yönlerde akım taşıdıklarını
varsayınız.
ÇÖZÜM Her iletkenin birim uzunluk başına iç öz indüktansı,
Li1 =
λi
I
=
µo
8π
(H/m)
ile toplam iç indüktans aşağıdaki gibi elde edilir.
Li = 2 Li1 = 2
µo µo
=
8π 4π
(H/m)
Şekil 7.16 İki iletkenli iletim hattı
Şimdi iletim hattının birim uzunluk başına halka akısı hesaplanabilir. İki iletken xz düzleminde
uzanmakta olduğundan iletkenlerdeki eşit ve zıt yöndeki akımlardan dolayı B vektörlerinin sadece
y bileşenleri akıya katkı sağlar.
B y1 =
µo I
2πx
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
517
By2 =
µo I
2π (d − x)
olarak elde edilen akı yoğunluklarından birim uzunluk başına halka akısı,
d −a
d −a
a
a
λe = ∫ ( B y1 + B y 2 )dx = ∫
µo I 1
µ I d − a µo I d
1
ln
+
dx = o ln
≅
π a π a
2π x d − x
( Wb/m)
bulunur. Bu halka akısından,
Le =
λb
I
=
µo
ln(d a )
π
(H/m)
ile iki iletkenli hattın birim uzunluk başına toplam indüktansı aşağıdaki gibi bulunur.
L = Li + Le =
µo 1
µ
b
µ
+ ln(d / a ) = o + o ln H/m
π 4
a
4π π
(7.29)
ÖRNEK 7.8 Şekil 7.17’de görüldüğü gibi dikdörtgen kesit alanlı toroidal çerçeve üzerine N sayıda
sarım sıkıca sarılmıştır. Toroid nüvesinin geçirgenliğinin µ o olduğu varsayılarak toroidal sargının
indüktansını bulunuz.
(a)
(b)
Şekil 7.17 Dikdörtgen kesitli toroid
ÇÖZÜM Toroid ekseni etrafında simetrik olduğundan bu problem için silindirik koordinat
sisteminin uygun olduğu açıktır. Sargı iletkeninden I akımı geçtiği varsayılarak r (a<r<b)
yarıçapında bir yol için B = Bφ aφ ve dl = rdφ aφ ’den
2π
∫ B ⋅ dl =∫ Bφ rdφ = 2πrBπ
0
c
elde edilir. Bu sonuç dairesel c yolu üzerinde hem B φ ve hem de r sabit olduğundan elde edilmiştir.
Bu yol toplam NI akımını çevrelediğinden
2πrBφ = µ o NI
518
Elektromanyetik Alan Teorisi
ve
Bφ = µ o
NI
2πr
olup dairesel kesit alanlı toroidal sargı ile aynıdır. Bundan sonra,
→
µ NIh
µ NI Φ = B ⋅ ds = o aφ ⋅ hdr aφ = o
s 2πr
2π
s
∫
∫
∫
b dr
a
r
=
µ o NIh b
ln
2π
a
olarak elde edilen akıdan halka akısı, λ = NΦ aşağıdaki gibi yazılır.
λ=
µ o N 2 Ih b
ln
2π
a
Son olarak indüktans aşağıdaki gibi elde edilir.
L=
λ
I
=
µo N 2h b
ln
2π
a
(H)
Öz indüktans akımın bir fonksiyonu değil (sabit ortam geçirgenliği için) ve sarım sayısının karesi
ile orantılıdır. Sargının toroid üzerine sıkıca ve yakın sarılması iletken telin ayrı her sarımı
etrafındaki halka akısının azaltılması için yapılmaktadır.
ALIŞTIRMALAR
8. İç ve dış yarıçapları a = 20 cm ve b = 25 cm olan kare kesitli bir toroid üzerine sarılan 200
sarımlı sargının indüktansını hesaplayınız. Manyetik malzemenin bağıl geçirgenliği 500’dür.
Sargıdaki akım i = 2sin 314t A ile sinüsoidal olarak değişiyorsa sargıda indüklenen emf’yi
belirleyiniz.
9. Aşağıdaki şekildeki gibi, her iletkeninin yarıçapı a ve merkezleri arasındaki açıklık d ise
boşlukta iki iletkenli bir iletim hattının birim uzunluk başına öz indüktansını hesaplayınız.
İletkenlerin mükemmel iletken ve eşit ve zıt yönlerde akım taşıdıklarını varsayınız.
7.6 ORTAK İNDÜKTANS
Şekil 7.19’da görüldüğü gibi iki sargılı bir manyetik devrede, 1. sargıdaki akım Φ 1 akısı meydana
getirmekte ve 2. sargı açıktır. 1. sargının öz-indüktansı aşağıdaki gibi yazılır.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
519
dΦ1
di1
L11 = N 1
(7.30)
Şekil 7.19 Akım
taşıyan iki sargılı
manyetik devre
Bu eşitlikte, indüktanstaki birinci indis indüktansı hesaplanan sargıyı göstermekte ve ikinci indis
akım taşıyan ve akıyı üreten sargı içindir. Φ 1 ’in bir kısmı olan Φ 21 akısının ikinci sargıyı
halkalamakta olduğu varsayıldığında 2. sargıda indüklenen emf şekilde görüldüğü polarite ile
dΦ 21
dt
(7.31)
dΦ 21
dt
(7.32)
dΦ 21 di1
di
= L21 1
di1 dt
dt
(7.33)
dΦ 21
di1
(7.34)
e2 = N 2
olur. v 2 2. sargı uçlarındaki açık devre gerilimi ise
v2 = N 2
ile ifade edilir. v 2
v2 = N 2
olarak tanımlandığında
L21 = N 2
ifadesi 1. sargının ürettiği akıdan dolayı 2. sargının ortak indüktansıdır. Bu eşitlik manyetik
devredeki akı ile ortak indüktansın tanımlanmasına izin verir. İki sargı arasındaki ortak indüktans
bir sargıdaki akımın birim değişimi başına diğer sargının toplam akıyı halkalaması olarak
tanımlanır.
1. sargı açık iken Φ 2 akısı üreten i 2 akımı ile 2. sargı uyartılırsa 2. sargının öz indüktansı aşağıdaki
gibi yazılır.
L22 = N 2
dΦ 2
di2
(7.35)
Φ 12 akısının 1. sargıyı halkalayan Φ 2 akısının bir kısmı olduğu varsayılırsa 1. sargıda indüklenen
emf
520
Elektromanyetik Alan Teorisi
dΦ 12
dt
(7.36)
dΦ12
dt
(7.37)
dΦ12 di2
di
= L12 2
di2 dt
dt
(7.38)
dΦ12
di2
(7.39)
e1 = N 1
olur. v 1 1. sargı uçlarındaki açık devre gerilimi ise
v1 = N1
olur. v 1
v1 = N1
olarak tanımlandığında
L12 = N1
ifadesi 2. sargının ürettiği akıdan dolayı 1. sargının ortak indüktansıdır. Her iki durumda sargıların
bağıl düzenleme geometrisi aynı olacağından daha sonra ispatlanacağı gibi
L12 = L21 = M
(7.40)
yazılabilir. M iki sargı arasındaki ortak indüktanstır. Bir sargının ürettiği akının bir kısmı diğer
sargıyı halkaladığından akıları
Φ 21 = k1Φ1
(7.41a)
Φ12 = k 2 Φ 2
(7.41b)
ve
olarak ifade edilebilir. k 1 katsayısı 1. sargının ürettiği akının 2. sargıyı halkalayan kısmının
oranıdır. Aynı şekilde k 2 katsayısı 2. sargının ürettiği akının 1. sargıyı halkalayan kısmının
oranıdır. 0 ≤ k1 ≤ 1 ve 0 ≤ k2 ≤ 1 olduğu ise açıktır.
(7.34), (7.39) ve (7.40)’dan ortak indüktans
M = k L11 L22
(7.42a)
k = k1k 2
(7.42b)
olarak gösterilebilir ve
iki sargı arasındaki kuplaj katsayısıdır ve 0 ≤ k ≤ 1 ’dir. İdeal durumlar altında iki sargı arasındaki
kuplaj katsayısı birimdir ve sargılar mükemmel kuplajlı denilir. Eğer ikiden fazla sargı birbirleri ile
manyetik olarak kuplajlı ise ayrı ayrı her iki sargı çifti için ortak indüktans belirlenebilir. L 11 ve L 22
manyetik devrenin relüktansı ile tanımlanabildiğinden relüktans terimi kullanılarak ortak
indüktansın aşağıdaki ifadesi elde edilebilir.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
521
M =k
N1 N 2
ℜ
(7.43)
Bu eşitlik doğrusal manyetik devre için iki sargı arasındaki ortak indüktansın belirlenmesinde
oldukça kullanışlıdır.
Şimdi iki iletken arasındaki ortak indüktansın sargıların geometrisine, büyüklüğüne, biçimine ve
bağıl düzenlemelerine bağlı olduğu iddiası doğrulanabilir. Şekil 7.20’da 1. sargıdan akım geçerken
ve 2. sargı açıkken birbirine yakın, sıkıca sarılmış iki sargı görülmektedir. 2. sargıdaki toplam halka
akısı
λ21 = N 2 ∫ B1 ⋅ ds2
s2
Şekil 7.20 İki sargı arasındaki ortak halka akısı
ile ifade edilir. B 1 1. sargıdaki i 1 (t) akımından dolayı 2. sargı düzlemindeki akı yoğunluğudur.
Manyetik akı yoğunluğu manyetik vektör potansiyeli A ile ifade edildiğinde önceki eşitlik
aşağıdaki biçimi alır.
λ21 = N 2 ∫ (∇ × Α1 ) ⋅ ds2
s2
Stokes teoreminin uygulanması sonucu
λ21 = N 2 ∫ A1 ⋅ d 2
(7.44)
c2
elde edilir. 1. sargıdaki akımdan dolayı 2. sargıda herhangi bir noktadaki manyetik vektör
potansiyeli
µ1 N 1i1 d 1
A1 =
4π c∫1 r
dir ve bunun (7.44)’de yerine konulması ile
522
Elektromanyetik Alan Teorisi
µNNi
d ⋅ d
λ21 = 1 1 2 1 ∫ ∫ 1 2
r
4π
c1 c2
elde edilir. Buradan 1. sargıdaki akımdan dolayı 2. sargının ortak indüktansı
µNN
L21 = 1 1 2
4π
d 1 ⋅ d 2
∫∫ r
c c
(7.45)
1 2
olarak bulunur. Aynı şekilde 1. sargı açık iken 2. sargıdan i 2 (t) akımı geçtiğinde 2. sargıdaki
akımdan dolayı 1. sargının ortak indüktans ifadesi aşağıdaki gibi elde edilebilir.
µ NN
L12 = 2 1 2
4π
d 1 ⋅ d 2
∫∫ r
c c
(7.46)
1 2
(7.45) ve (7.46) eşitlikleri akım taşıyan iki sargı arasındaki indüktansın Neumann formülleri olarak
bilinir. Bu eşitlikler, ortak indüktansın iki sargının geometrik düzenlemesine ve manyetik bölgenin
geçirgenliğine bağlı olduğunu ifade etmektedir. Boşluk gibi doğrusal ortam için eşitlikler birbirinin
aynıdır. Bu eşitlikler çift integral işleminden dolayı iki sargı arasındaki ortak indüktansın
belirlenmesinde nadiren kullanılır. Sargıları halkayan akı tabanında öz ve ortak indüktansların
hesaplanması daha kolay olmaktadır.
ÖRNEK 7.8 2000 sarımlı toroidal sargı 10 mm iç yarıçapında, 15 mm dış yarıçapında, 10 mm
yüksekliğinde ve bağıl geçirgenliği 500 olan manyetik bir halka üzerine sarılmıştır. Zamanla
değişen akım taşıyan çok uzun, düz bir iletken toroidin tam ortasından geçmektedir. Toroid ve düz
iletken arasındaki ortak indüktansı belirleyiniz.
ÇÖZÜM Şekil 7.21’de a iç yarıçapı, b dış yarıçapı ve h yüksekliği ile bir toroid ve merkezinden
geçen i(t) akımı taşıyan çok uzun bir iletken görülmektedir. Ampère kanununun uygulanmasıyla
toroid içinde herhangi bir ρ yarıçapındaki manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki gibi elde edilir.
µi B1 =
aφ
2πρ
Böylece toroid’i halkalayan akı ve ortak indüktans aşağıdaki gibi elde edilir.
Φ 21 =
µi
B1 d s2 =
s2
2π
∫
L21 = N 2
L21 =
b
1
h
∫ρ ∫
a
dρ dz =
0
µi
ln(b / a )h
2π
d Φ 21
µ
hN 2 ln(b / a )
=
2π
di
500 × 4π × 10 −7
× 0,01 × 2000 × ln(15 / 10) = 0,81 mH
2π
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
523
Şekil 7.21 Akım taşıyan düz iletken ve
toroid arasındaki ortak indüktans
ALIŞTIRMALAR
10. Akım taşıyan uzun bir iletken ve kenarı a olan kare biçimli çerçeve arasındaki ortak indüktansı
hesaplayınız. İletken ve çerçeve arasındaki minimum açıklık aşağıdaki şekilde (şekil 7.22)
görüldüğü gibi b’dir.
Şekil 7.22
11. İki sargı, aralarındaki ortak indüktans 16 mH olacak şekilde kuplajlanmıştır. Sargılardan
birinin indüktansı 20 mH ve diğerinin ise 80 mH ise sargılar arasındaki kuplaj katsayısını
belirleyiniz.
7.7 KUPLAJLI SARGILARIN İNDÜKTANSI
Manyetik kuplajlı iki sargı seri veya paralel olarak bağlanabilir. Her durumda kuplajlı sargıların
etkin indüktansı sargıların yönüne ve her sargının meydana getirdiği akının yönüne bağlıdır. Şimdi
seri ve paralel bağlantılar ve ardından destekleyici ve ters bağlantılar incelenecektir.
7.7.1 SERİ BAĞLANTI
İki sargı arka arkaya veya bitişik bağlandığında seri bağlı denilir. Seri bağlı iki sargı aynı yönde akı
ürettiklerinde (şekil 7.23a) destekleyici yönde seri bağlanmışlardır. Sargılar zıt yönde seri
bağlanmışlarsa zıt yönlerde akı meydana getirirler (şekil 7.23b). Bir sargının meydana getirdiği akı
diğer sargının ürettiği akıya normal (dik) ise sargılar birbirinden bağımsız davranır ve aralarındaki
ortak indüktans sıfırdır. Bu durumda iki sargının manyetik eksenleri birbirine normal (dik) denilir.
524
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 7.23 İndüktörlerin düz ve ters seri bağlantıları. (a) Destekleyici seri ve (b) Ters seri bağlantı
Şekil 7.24 Seri bağlı
manyetik kuplajlı sargılar
Şekil 7.24’de görüldüğü gibi manyetik kuplajlı seri bağlı iki devre dikkate alınsın. L 1 ve L 2 iki
sargının indüktansları, M ortak indüktans ve R 1 ve R 2 sargıların iç dirençleri ve i(t) seri devredeki
akım ise her sargı uçlarındaki gerilim düşümleri aşağıdaki gibi ifade edilir.
v1 = L1
di
di
+ iR1 ± M
dt
dt
v 2 = L2
di
di
+ iR2 ± M
dt
dt
ve
Bu eşitliklerdeki işaret iki sargı destekleyici seri bağlandığında (+) ve ters seri bağlandığında (-)
negatiftir. Kirchhoff gerilim kanunundan
v = ( L1 + L2 ± 2 M )
di
+ i ( R1 + R2 )
dt
yazılır. İki sargının etkin indüktansı, L ve etkin direnci, R ise bunlar aşağıdaki gibi ifade edilir.
L = L1 + L2 ± 2 M
ve
(7.47a)
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
525
R = R1 + R2
(7.47b)
(7.47a) eşitliğinden iki sargı destekleyici seri bağlandığında etkin indüktans maksimum ve ters
yönde seri bağlandığında ise minimumdur.
Kuplajlı sargıların birbirini destekleyici veya zıt yönde olup olmaması şekil 7.23’de olduğu gibi her
sargının bir terminaline bir nokta (•) işareti konularak kolaylıkla bulunabilir. Buradaki anlayış
kuplajlı sargılarda bütün noktalardaki akımların noktalı terminallerden girmeleri veya çıkmalarıdır.
Şekil 7.23a’da akılar destekleyici yöndedir ve ortak indüktans (7.47a) için işaret (+) dır. Bununla
beraber bir sargıdaki akım noktalı terminale girer ve diğer sargıda noktalı terminali terkediyorsa
(şekil 7.23b) akılar zıt yöndedir ve (7.47a)’da ortak indüktans için işaret (-) dir.
ÖRNEK 7.9 İki sargı destekleyici seri ve zıt bağlandıklarında etkin indüktanslar sırasıyla 2,38 H
ve 1,02 H’dir. Bir sargının indüktansı diğerinin 16 katı ise her sargının indüktansını, ortak
indüktansı ve aralarındaki kuplaj katsayısını belirleyiniz.
ÇÖZÜM
L1 + L2 + 2 M = 2,38
L1 + L2 − 2 M = 1,02
verileri verilmiştir. Buradan L1 + L2 = 1,7 H ve M = 0,34 H hesaplanır. L1 = 16L2 yapılarak,
L1 = 1,6 H ve L2 = 0,1 H bulunur. İki sargı arasındaki kuplaj katsayısı aşağıdaki gibi hesaplanır.
k=
M
L1 L2
=
0,34
1,6 × 0,1
= 0,85
7.7.2 PARALEL BAĞLANTI
Şekil 7.25’de görüldüğü gibi iki sargı paralel bağlandığında etkin indüktansın
Şekil 7.25 Paralel bağlı manyetik
kuplajlı sargılar
L=
L1 L2 − M 2
L1 + L2 ± 2 M
(7.48)
olduğu gösterilebilir. Paydadaki terim iki sargı destekleyici paralel bağlandığında (-) işaretli ve ters
paralel bağlandığında (+) işaretlidir. Bu eşitliğin çıkartılması bir araştırma olarak bırakılmıştır.
ÖRNEK 7.10 İki sargının öz indüktansları 800 mH ve 200 mH’dir. Kuplaj katsayısı 0,8’dir.
Sargılar (a) destekleyici paralel ve (b) ters paralel bağlandıklarında etkin indüktansları
hesaplayınız.
526
Elektromanyetik Alan Teorisi
ÇÖZÜM L 1 =0,8 H ve L 2 =0,2 H ile ortak indüktans aşağıdaki gibi hesaplanır.
M = k L1 L2 = 0,8 0,8 × 0,2 = 0,32 H
a) Destekleyici paralel bağlantı için (7.48)’den etkin indüktans aşağıdaki gibi hesaplanır.
L=
0,8 × 0,2 − 0,32 2
= 0,16 H veya 160 mH
0,8 + 0,2 − 2 × 0,32
b) Aynı şekilde ters paralel bağlantı için etkin indüktans aşağıdaki gibi hesaplanır.
L=
0,8 × 0,2 − 0,32 2
= 0,035 H veya 35 mH
0,8 + 0,2 + 2 × 0,32
ALIŞTIRMALAR
L1 L2 − M 2
12. 7.48 ⇒ L =
eşitliğini doğrulayınız.
L1 + L2 ± 2M
13. İki sargının öz indüktansları 1,6 H ve 4,9 H’dir. Sargılar (a) destekleyici seri, (b) ters seri, (c)
destekleyici paralel ve (d) ters paralel bağlandığında kuplaj katsayısının bir fonksiyonu olarak
iki sargının etkin indüktanslarının grafiğini çiziniz.
7.8 MANYETİK ALANDAKİ ENERJİ
Bu kısımda (a) tek sargı ve (b) kuplajlı sargıların oluşturduğu manyetik alanda depo edilen enerji
ifadeleri elde edilecektir.
7.8.1 TEK SARGI
Elektrik kaynağına bağlı ve i(t) akımı taşıyan N sarımlı sargı dikkate alınsın. Sargıdaki akım
artarken terminal uçlarında indüklenen emf
e = −N
dΦ
dt
dir. dΦ i(t) döngüsündeki akımın bir fonksiyonudur. Akımda bir artış sağlamak için elektrik
kaynağının enerji sağlaması gerekir. dt zamanında yapılan iş miktarı
dW = − eidt = iNdΦ
(7.49)
dir. (-) işareti kaynağın enerji verdiğini göstermekte veya sargı içindeki akım artarken sargının
enerji absorbe ettiğini göstermektedir. Yapılan toplam iş
W = N ∫ idΦ
(7.50)
olarak ifade edilir. (7.50) eşitliğindeki integral işleminin yapılabilmesi için akının akımla nasıl
değiştiğinin bilinmesi gerekir. Doğrusal bir devre için
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
527
NdΦ = Ldi
(7.51)
olduğu bilinmektedir. Eşitlikte L sargının öz-indüktansıdır. (7.51) ifadesi (7.49)’ da yerine
konularak
dW = Li di
elde edilir. W o başlangıçtaki I o akımına karşılık gelen başlangıç enerjisi ve W f akım I f olduğunda
sargıdaki son enerji ise sargıdaki enerji artışı
Wf
∫
Wo
dW =
∫
If
I0
Li di
ile ifade edilir. Böylece enerjideki artış
W = W f − Wi = 12 L I 2f − 12 L I o2
(7.52)
olur. Eğer sargıdaki başlangıç akımı sıfır ve herhangi bir andaki akım i(t) ise manyetik devrede
depolanan enerji
W = 12 Li 2
(7.53)
dir. Doğrusal bir manyetik devre için bu eşitlik aşağıdaki gibi yazılır.
W=
1
2
N ΦI=
1
2
λI
(7.54)
λ = NΦ sargıdaki toplam halka akısıdır.
Sargıda depolanan enerji aşağıdaki gibi alan miktarları ile de ifade edilebilir.
Φ
=
B
∫ ⋅ ds= BA
s
ve
Ni =
H
∫ ⋅ dl = Hl
c
Ni ise c konturu ile çevrelenen toplam akımdır. A sargının kesit alanı ve l uzunluktur. Al sargının
çevrelediği hacim olduğundan (7.54) eşitliği
W = 12 BHAl
olarak da yazılabilir ve buradan birim hacim başına depolanan enerji veya manyetik enerji
yoğunluğu, w m
wm = 12 BH = 12 µH 2 =
1 2
B
2µ
olarak bulunabilir. (7.55a) eşitliği vektörel biçimde aşağıdaki gibi yazılabilir.
(7.55a)
528
Elektromanyetik Alan Teorisi
w=
m
1
2
B ⋅H
(7.55b)
(7.55) eşitliği, bir sargının manyetik enerjisinin manyetik alanının ulaştığı bölge boyunca
dağılmakta olduğunu çarpıcı bir şekilde dikkati çekmektedir. Bununla beraber enerjinin (çoğunun)
indüktör içinde depolandığının söylenmesi ise pratik olarak alışılagelmiştir.
ÖRNEK 7.11 Bir koaksiyel iletim hattının iç iletkeninin dış yarıçapı a ve dış iletkeninin iç yarıçapı
b’dir. Depolanan enerji kavramını kullanarak hattın birim uzunluk başına indüktansını belirleyiniz.
ÇÖZÜM İç iletken a ≤ ρ ≤ b bölgesinde z yönünde i(t) akımı taşıdığında manyetik alan şiddeti
H=
i
2πρ
olur ve böylece bölge içinde herhangi bir noktadaki enerji yoğunluğu aşağıdaki gibi yazılır.
wm =
1 i
µ
2 2πρ
2
Buradan birim uzunluk başına depolanan enerji,
Wm =
2π
µ 2b 1
µ 2 b
ρ
i
d
dφ =
i ln J/m
∫
∫
2
ρ
4π
8π
a
0
a
ifadesi (7.53) eşitliği ile karşılaştırılarak birim uzunluk başına indüktans aşağıdaki gibi elde edilir.
L=
µ b
ln H/m
2π a
7.8.2 KUPLAJLI SARGILAR
Şekil 7.19’da görüldüğü gibi kuplajlı iki sargıda depolanan enerji belirlensin. Φ 1 akısı i 1 akımı
taşıyan 1. sargıyı halkalayan toplam akı ise
Φ 1 = Φ 11 + Φ 12
olur. Φ 11 2. sargıda akım yokken 1. sargının meydana getirdiği akı ve Φ 12 1. sargıda akım yokken
2. sargıdaki i 2 akımının (1. sargıyı keserek) meydana getirdiği akıdır. Önceki eşitlikte (+) işaretinin
kullanılması Φ 11 ve Φ 12 ’nin her zaman aynı yönde olduğunu gösterir. Sargılarda zıt akılar
olduğunda işaretin (-) olması gerekir. Aynı şekilde ikinci sargıyı halkalayan toplam akı
Φ 2 = Φ 22 + Φ 21
ile ifade edilir. Böylece bölgede depolanan manyetik enerji,
W = 12 N 1Φ 1i1 + 12 N 2 Φ 2 i2 = 12 N 1Φ 11i1 + 12 N 1Φ 12 i1 + 12 N 2 Φ 22 i2 + 12 N 2 Φ 21i2
elde edilir. Öz ve ortak indüktansların tanımları,
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
L11 =
N 1Φ 11
i1
529
L22 =
N 2 Φ 22
i2
L12 =
N 1Φ 12
i2
L21 =
N2 Φ 21
i1
kullanılarak depolanan manyetik enerji ifadesi aşağıdaki gibi yazılabilir.
W = 12 L11i12 + 12 L12 i1i2 + 12 L22 i22 + 12 L21i1i2
Bu eşitlikte doğrusal manyetik devre için M = L12 = L21 konularak, akıların birbirlerini desteklediği
durum için kuplajlı iki sargıda depolanan manyetik enerji,
W = 12 [ L11i12 + L22 i22 + 2 Mi1i2 ]
(7.56)
elde edilir. Akılar birbirine zıt yönde olduğunda depolanan manyetik enerji
W = 12 [ L11i12 + L22 i22 − 2 Mi1i2 ]
(7.57)
dir. İki sargı, i1 = i2 = i olacak şekilde seri bağlandığında destekleyici seri bağlantı için depolanan
toplam enerji,
W = 12 [ L11 + L22 + 2 M ] i 2
(7.58a)
ve aynı şekilde ters seri bağlı kuplajlı iki sargıdaki toplam enerji,
W = 12 [ L11 + L22 − 2 M ] i 2
(7.58b)
elde edilir. (7.58a) ve (7.58b)’den kuplajlı manyetik devrede depolanan enerjinin kuplajlı devrenin
eşdeğer indüktansı ile hesaplanabileceği açıktır.
ÖRNEK 7.12 Örnek 7.9’daki kuplajlı sargılardaki akım 2 A’lik bir başlangıç değerinden 5 A’lik
bir son değer arasında değişmektedir. Sargılar destekleyici seri bağlanmışsa (a) başlangıç enerjisini,
(b) son enerjiyi ve (c) depolanan enerjideki değişimi hesaplayınız.
ÇÖZÜM
(a) Kuplajlı sargılardaki başlangıç enerjisi:
Wi = 12 × 2,38 × 2 2 = 4,76 J
(b) Kuplajlı sargılardaki son enerji:
W f = 12 × 2,38 × 52 = 29,75 J
(c) Kuplajlı sargılardaki depolanan enerjideki artış:
W = 29,75 − 4,76 = 24,99 J
530
Elektromanyetik Alan Teorisi
ALIŞTIRMALAR
14. Sonsuz uzunlukta a yarıçapındaki silindirik iletkendeki hacim akım yoğunluğu
ρ ≤ a iken
=
J J o a z A/m 2 ve ρ ≥ a iken
=
J 0 dir. Herhangi bir noktadaki manyetik enerji
yoğunluğunu ve birim uzunluk başına depolanan dahili enerjiyi hesaplayınız.
15. N sarımlı sargıyı halkalayan veya kesen manyetik akı Φ =a i ile değişiyorsa depolanan
enerjinin 13 N Φi olduğunu gösteriniz (a bir sabittir). Ortam doğrusal mıdır?
16. Sargılar ters seri bağlı iken Örnek 7.12’yi tekrarlayınız.
7.9 AMPÈRE KANUNUNDAN MAXWELL EŞİTLİĞİ
Manyetostatik üzerinde çalışırken Ampere kanunu integral biçiminde
∫
H ⋅ dl = I
c
olarak ifade edilmişti. Eşitlikte H manyetik alan şiddeti ve I ise c konturu ile çevrelenen düzgün
akımdır. c kapalı konturu ile sınırlanan s yüzeyi üzerinde I’nin J hacim akım yoğunluğu ile
I = ∫ J ⋅ ds
s
olarak tanımlanmasıyla nokta (diferansiyel) biçiminde Ampère kanunu aşağıdaki gibi elde edilir.
∇×H = J
(7.59)
∇⋅J = 0
(7.60)
Her iki yanın diverjansı alınarak
elde edilir çünkü ∇ ⋅ (∇ × H) = 0 ’dır.
Bununla beraber zamanla değişen alanlar için ∇ ⋅ J ’nin sıfır olması gerekmez. Gerçekte Kararlı
Elektrik Akımları bölümünde çıkartılan süreklilik eşitliği
∂ρ
∇⋅J = − v
∂t
(7.61)
olduğunu ifade etmektedir; ρ v (t) hacim yük yoğunluğudur. Zamanla değişen yükün varlığı
(7.61)’de daima bir kurala bağlanamayabildiğinden, J genelde zamanla sürekli değişen bir alan
olmayabilir. Bu bakımdan (7.59) zamanla değişen durumda bir çelişkiye öncülük eder. Şimdi bu
nokta ayrıntısıyla ele alınabilir.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
531
Şekil 7.26’da görüldüğü gibi zamanla değişen gerilim kaynağına bağlı bir kapasitör düşünelim.
Zaman içinde uygulanan gerilimin yükselişi ve düşüşü kaynaktan kapasitörün her elektroduna
transfer edilen yükün miktarının belirleyicisidir. Başka bir ifade ile kapasitörün her elektrodunda
yükün birikimi zamana bağımlı bir işlemdir. Yükün zamanla değişim oranı akım oluşturduğundan
devrede zamanla değişen bir akım i(t) olmalıdır. Bu akım bölgede zamanla değişen bir manyetik
alan da meydana getirmelidir. Böylece, kapalı c konturu ile sınırlanan bir s açık yüzeyi seçilirse
Ampère kanunu
∫ H ⋅ dl = i
(7.62)
c
olduğunu önerir; H zamanla değişen manyetik alan şiddetidir.
Şekil 7.26 Kapasitördeki yer
değişimi akımı iletkende iletim
akımının sürekliliğini oluşturur
Bununla beraber şekilde görüldüğü gibi aynı c kapalı konturu ile sınırlanan başka bir s açık yüzeyi
dikkate alınırsa yüzeyden geçen akım aşağıdaki gibi sıfırdır.
∫ H ⋅ dl = 0
(7.63)
c
Buradan bir kere daha (7.63) (7.62) ile çelişkiye düşmektedir. Eğer bu eşitliklerde i(t) sıfıra
eşitlenerek belirsizlik elimine edilirse bu durumda devredeki akım veya bunun oluşturduğu
manyetik alanın varlığı doğrulanamaz.
Bu kararsızlıklar Maxwell’in bir tahminde bulunmasına öncülük etti “kapasitör içinde bir akımın
olması gerekir”. Akım iletimden dolayı olmadığından bunu yer değişimi akımı olarak adlandırdı.
Yer değişimi akımını açıklamak için Maxwell Ampère kanununa diğer bir terim ekledi ve
geçerliliğini zamanla değişen durum için de sağladı. Ek terim gerçekte yükün korunumunun bir
sonucudur. Bu terim Gauss kanunundan,
∇ ⋅ D = ρv
(7.64)
ve süreklilik eşitliğinden elde edilebilir. (7.64) ve (7.61)’deki ρ v ’nin yerine eşdeğerinin
konulmasıyla
∂
∇ ⋅ J = − (∇ ⋅ D)
∂t
elde edilir. Boşluk ve zaman bağımsız değişkenler olduğundan önceki eşitlikteki diferansiyel
işleminin sırası değiştirilerek
532
Elektromanyetik Alan Teorisi
∂D
∇ ⋅ J = −∇ ⋅
∂t
veya
∂D
=0
∇ ⋅ J +
∂t
(7.65)
elde edilebilir. Bu eşitlik ( J + ∂D / ∂t ) ’nin sürekli alan olduğunu önermektedir. (7.59)’da J yerine
( J + ∂D / ∂t ) konulduğunda Ampère kanununun değiştirilmiş biçimi
∂D
∇×H = J +
∂t
(7.66)
elde edilir. Burada, Maxwell’in yer değişimi akım yoğunluğu olarak adlandırdığı ∂D / ∂t ’nin
birimi (A/m2) dir. Bu ad hala kullanılmakta olmasına rağmen gerçek bir fiziksel akım değildir.
(7.66) Ampère kanununun bir ifadesi olarak kullanılırsa bütün çelişkiler kaybolur.
(7.66)’nın sağ tarafı, bir ortamda herhangi bir noktada iletim akım yoğunluğu ve yer değişim akım
yoğunluğunun toplamı olan toplam akım yoğunluğunun var olduğunu ifade etmektedir. Bu aşağıda
ayrıca ifade edilmiştir.
∂D
toplam akım yoğunluğu = J +
∂t
(7.67)
Ampère kanununun düzeltilmesi Maxwell’in çok önemli katkılarından biri olmuş ve
bütünleştirilmiş elektromanyetik alan teorisinin geliştirilmesine öncülük etmiştir. Çalışmanın bu
aşamasında yer değişimi akım yoğunluğunun önemi tam olarak anlaşılamayabilir fakat bu terimin
varlığı Maxwell’e elektromanyetik dalgaların boşlukta dalga olarak yayılması gerektiğini tahmin
ettirmişti. Bütün modern iletişim vasıtalarının çalışma prensibi Ampère kanununun bu düzeltilmiş
sonucuna dayanmaktadır.
Bundan sonra (7.66) nokta veya diferansiyel biçiminde Maxwell eşitliği olarak söylenecektir. c
kapalı konturu ile sınırlanan keyfi s açık yüzeyi için (7.66) integral biçiminde aşağıdaki gibi
yazılabilir.
∂D ∫ H ⋅ d = ∫ J ⋅ ds + ∫ ∂t ⋅ ds
c
s
s
(7.68)
Sağ taraftaki birinci terim iletim akımına karşılık gelmekte ve ikinci terim yer değişimi akımını
temsil etmektedir. Daha önce bahsi geçen kapasitör devresi için şimdi şu sonuca varılabilir.
Zamanla değişen manyetik alan oluşturan akım kapasitördeki yer değişimi akımıdır. Diğer taraftan
devredeki akımın sürekli olması için kapasitördeki yer değişimi akımının iletkendeki iletim
akımına eşit olması gerekir.
Şimdi aşağıdaki önemli yorumlar yapılabilir.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
533
Yer değişimi akım yoğunluğu temelde elektrik akı yoğunluğu, D ’nin zamanla değişim
oranıdır.
∂D / ∂t manyetik alan için bir kaynak gibi davrandığından zamanla değişen elektrik alanı
zamanla değişen manyetik alan meydana getirir.
(7.67)’de ∂D / ∂t ’nin eklenmesi manyetik alanın ( B ve H ) selenoidal olduğu gerçeğini
değiştirmemiştir.
Zamanla değişen manyetik alan zamanla değişen elektrik alanı meydana getirir (Faraday
kanunu).
Zamanla değişen elektrik ve manyetik alanlar aralarında bağımlıdırlar.
ÖRNEK 7.13 Paralel plakalı bir kapasitörün uçlarına vc = Vo sin ωt gerilimi uygulanıyor.
Kapasitördeki yer değişimi akımının iletkenlerden geçen iletim akımına eşit olduğunu
doğrulayınız.
ÇÖZÜM
(a) İletkenlerden geçen iletim akımı,
ic = C
dvc
dV sin ωt
=C o
= CVoω cos ωt
dt
dt
dir; C = εA / d ’dir. Saçaklama ihmal edilerek, plakalar arasındaki elektrik alan şiddeti, E = vc / d
ile elektrik akı yoğunluğu,
D = εE = ε
Vo
sin ωt
d
ve yer değişimi akımı,
iD =
∫
s
εA
∂D
ds = Voω cos ωt = CVoω cos ωt
∂t
d
olarak bulunur.
ÖRNEK 7.14 Boşluktaki manyetik alan şiddeti, H = H o sin θ a y A/m olarak verilmiştir.
θ = ωt − βz ve β bir sabit miktardır. (a) Yer değişimi akım yoğunluğunu ve (b) elektrik alan
şiddetini belirleyiniz.
ÇÖZÜM Boşluktaki iletim akım yoğunluğu sıfırdır. Bundan dolayı (7.67)’den yer değişimi akım
yoğunluğu ∇ × H ’ye eşittir.
534
Elektromanyetik Alan Teorisi
ax
∂D
∂
=
∂t
∂x
0
ay
∂
∂y
H o sin θ
az
∂
∂
∂
= - [ H o sin θ ] a x + [ H o sin θ ] a z = − β H o cosθ a x A/m 2
∂z
∂z
∂x
0
Buna göre yer değişim akım yoğunluğu βH o A/m2 ’lik bir genliktedir. Yer değişim akım
yoğunluğunun zamana göre integrali ile elektrik akı yoğunluğu,
β
D = H o sin θ a x C/m2
ω
olarak elde edilir. Son olarak boşluktaki elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi bulunur.
D
β
=
E=
H o sin θ a x V/m
εo
ωε o
ALIŞTIRMALAR
17. Bakır gibi bir iletkende yer değişimi akım yoğunluğunun bütün pratik frekanslarda iletim akım
yoğunluğu ile karşılaştırıldığında ihmal edilebilir olduğunu gösteriniz. İletkendeki iletim akım
10−9
yoğunluğunun J = J o cos ωt a z A/m 2 , ε cu= ε=
F/m ve σ=
5,8 × 107 S/m olduğunu
o
cu
36π
varsayınız.
18. Kaynaksız dielektrik ortamda elektrik=
alan şiddeti E C cos(α x) cos(ωt − β z )a y V/m olarak
veriliyor; C genlik ve α ve β sabit miktarlardır. (a) Manyetik alan şiddetini ve (b) elektrik akı
yoğunluğunu belirleyiniz.
19. Önceki alıştırmadaki elektrik alanı mevcut olabilir mi? Evetse şartı nedir? Değilse niçin?
7.10 GAUSS KANUNLARINDAN MAXWELL EŞİTLİKLERİ
Elektrostatik alanlara çalışırken nokta (diferansiyel) biçiminde Gauss kanunu için aşağıdaki gibi bir
matematiksel ifade elde edilmişti.
∇ ⋅ D = ρv
(7.69)
D elektrik akı yoğunluğu ve ρ v ortamdaki serbest hacim yük yoğunluğudur. Dielektrik ortamda
ρ v ’nin sıfır olduğu hatırlanmalıdır çünkü polarize yüklerin etkisi bağıl geçirgenlik ε r ’nin (veya
dielektrik sabiti) tanımında zaten dahil edilmişti. Bu eşitliğin çıkartılması için kullanılan kanıtlar
zamanla değişen durumlara da aynı derecede uygulanabilir. Tek farklılık D ve ρ v ’nin ikisinin
birden zamanla değişen alan miktarları olmasıdır. (7.69) eşitliği dört Maxwell eşitliğinden biridir.
İntegral formunda
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
535
∫ D ⋅ ds = ∫ ρ
s
v
dv = q
(7.70)
v
olarak da ifade edilebilir. q(t) yükü s kapalı yüzeyi ile sınırlanan v hacminde herhangi bir t
zamanındaki mevcut toplam yüktür.
Manyetik akı daima sürekli olduğundan statik manyetik alanlar için daha önce çıkartılan Gauss
kanunu, alanların zamanla değiştiği durumda da geçerlidir.
∇⋅B = 0
(7.71)
B manyetik akı yoğunluğu, şimdi zamanla değişen bir alandır. Bu eşitlik dört Maxwell eşitliği
setini tamamlamaktadır. İntegral biçiminde
∫ B ⋅ ds =0
(7.72)
s
olarak da yazılabilir.
7.11 MAXWELL EŞİTLİKLERİ VE SINIR ŞARTLARI
Daha ileri gitmeden önce (a) dört Maxwell eşitliği gruplanarak her eşitliğin önemi açığa
çıkarılacak, (b) yapısal ilişkiler saptanacak, (c) sınır şartları gözden geçirilecektir. Bunlar
yapıldıktan sonra kalan kısım değişik sınır şartları altında Maxwell eşitliklerinin çözümüne
ayrılmıştır.
7.11.1 MAXWELL EŞİTLİKLERİ
Nokta (diferansiyel) ve integral biçimindeki dört Maxwell eşitliği aşağıda verilmiştir.
Nokta biçimi
İntegral biçimi
∂B
∇×E = −
∂t
∂B ∫ E ⋅ dl = − ∫ ∂t ⋅ ds
c
s
(7.73)
∂D
∇×H = J +
∂t
∂D ∫ H ⋅ dl = ∫ J ⋅ ds + ∫ ∂t ⋅ ds
c
s
s
(7.74)
∇ ⋅ D = ρv
D
∫ ⋅ ds = ∫ ρ v dv
∇⋅B = 0
B
∫ ⋅ ds = 0
Bu eşitliklerde,
E = elektrik alan şiddeti (vektör), V/m
H = manyetik alan şiddeti (vektör), A/m
v
(7.75)
s
s
(7.76)
536
Elektromanyetik Alan Teorisi
D = elektrik akı yoğunluğu (vektör), C/m2
B = manyetik akı yoğunluğu (vektör), Wb/m2 (T)
ρ v = serbest hacim yük yoğunluğu (skaler), C/m3
J = hacim akım yoğunluğu (vektör), A/m2
İletim akım yoğunluğu, J ve hacim yük yoğunluğu, ρ v içeren integraller
I = ∫ J ⋅ ds
(7.77)
q = ∫ ρ v dv
(7.78)
s
v
olarak da yazılabilir.
I = s yüzeyi boyunca elektrik akımı (skaler), A
q = v hacminin çevrelediği serbest yük (skaler), C
dür. (7.73) eşitliği zamanla değişen manyetik alanın elektrik alanı meydana getirdiğini ifade
etmektedir. Bu transformotorlar ve indüksiyon motorlarının çalışma prensibidir.
(7.74) eşitliği zamanla değişen manyetik alanın sadece iletim akımı ile değil yer değişimi akımı ile
de meydana getirilebildiğini açıkça belirtir. Yer değişimi akımı elektrik akı yoğunluğunun zamanla
değişim oranını temsil ettiğinden dolayı bu eşitlik zamanla değişen elektrik alanının zamanla
değişen manyetik alan meydana getirdiğini ve akabinde ise zamanla değişen elektrik alanı ürettiğini
öne sürmektedir. Yani elektrik alanındaki enerji manyetik alana transfer edilebilir ve daha sonra bu
manyetik alan enerjiyi elektrik alanına tekrar transfer eder. Bir alandan diğer alana enerjinin
transferinin sürekliliğinin bilinmesi Maxwell’e herhangi bir ortamda elektromanyetik enerjinin
yayılabileceğini tahmin ettirmiştir. Elektromanyetik alanların dalgalar gibi hareketinin anlaşılması
bu dalgaların hızları ve diğer özgü karakteristiklerinin tahmin edilmesinde Maxwell’e yardım
etmiştir. Boşlukta bu dalgaların hızının ışık hızına eşit olması Maxwell’in, ışığın elektromanyetik
dalgalar gibi aynı yapıda olduğu kanaatine öncülük etmiştir. 1880’lerde Heinrich Rudolf Hertz
elektromanyetik dalgaların varlığını deneysel olarak göstermiş ve bu dalgaların Maxwell’in tahmin
ettiği özellikleri taşıdığını da doğrulamıştır.
(7.75) eşitliği herhangi bir zamanda kapalı bir hacimden çıkan toplam elektrik akısının çevrelenen
yüke eşit olduğunu doğrulamaktadır. Eğer çevrelenen yük sıfır ise elektrik akı hatları süreklidir.
(7.76) eşitliği manyetik akı hatlarının daima sürekli olduğu gerçeğini onaylamaktadır. Herhangi bir
zamanda kapalı bir yüzeyden ortaya çıkan net akı sıfırdır. Maxwell eşitliklerine daha ileri
bağlantılar, aşağıdaki gibi süreklilik eşitliği (diferansiyel ve integral biçiminde) ile oluşturulmuştur.
∂ρ
∇⋅J = − v
∂t
∫sJ ⋅ ds = − ∫v
F = q( E + u × B) [N]
∂ρ v
dv
∂t
(7.79)
(7.80a)
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
537
ile ifade edilen Lorentz kuvvet eşitliğinde F elektromanyetik alan bölgesinde u hızı ile hareket
eden q yüküne etkiyen kuvvettir. Biriken yükler akım meydana getirdiğinden yük üzerine etkiyen
kuvvet ve birim hacim başına akım aşağıdaki gibi ifade edilir.
f = ρ v E + J × B [N/m3]
J = ρvu
[A/m2]
(7.80b)
(7.80c)
dir. Süreklilik eşitliği ve Lorentz kuvvet eşitliği ile beraber uyumlu Maxwell eşitlikleri yükler,
akımlar ve elektrik ve manyetik alanlar arasındaki etkileşimleri tamamen tanımlamaktadır. Bu
eşitliklerin düzgünce kullanılması ile her ortamda elektromanyetik alanların karakteristikleri elde
edilebilir. Bu eşitlikler çoğu kez nokta (diferansiyel) biçiminde kullanılır.
7.11.2 YAPISAL EŞİTLİKLER
Yapısal eşitlikler homojen, izotropik bir ortamdaki alan miktarları arasındaki ilişkileri
tanımlamaktadır. Bunlar aşağıda verilmiştir.
D = εE
(7.81)
J = σE
(7.82)
B = μH
(7.83)
ε = geçirgenlik (permitivite) (skaler)
ε o = 8,854×10-12 F/m boşluk için
µ = geçirgenlik (permeabilite) (skaler) H/m
µ o = 4π×10-7 H/m boşluk için
σ = öziletkenlik (skaler), S/m
σ cu = 5,8×107 S/m bakır için
Ohm kanunu olarak bilinen (7.82) eşitliği, elektrik alanının etkisi altındaki iletkende bir yükün
hareketinin iletkende akım üreteceğini ifade etmektedir.
7.11.3 SINIR ŞARTLARI
Maxwell eşitliklerinin çözümünden elde edilen elektromanyetik alanların farklı iki ortam
arasındaki ara yüzeydeki sınır şartlarına da uyum sağlaması gerekir. Bunun sağladığı
anlaşıldığından zamanla değişen alanlar için sınır şartları statik alanlardakilerle tamamen aynıdır.
Bunun sağlanması öğrencilere bırakılarak sınır şartları aşağıdaki gibi ifade edilmektedir.
538
Elektromanyetik Alan Teorisi
Skaler biçim
E t1 = E t 2
H t1 − H t 2 = J s
Bn1 = Bn 2
D n1 − D n 2 = ρ s
J n1 = J n 2
J t1
σ1
=
J t2
σ2
Vektörel biçim
an × ( E1 − E2 ) = 0
a n × (H 1 − H 2 ) = J s
a n × ( B1 − B 2 ) = 0
a n × ( D1 − D 2 ) = ρ s
a n × (J1 − J 2 ) = 0
J1 J 2
=0
a n × −
σ1 σ 2
(7.84)
(7.85)
(7.86)
(7.87)
(7.88)
(7.89)
t1 ve t2 indisleri sırasıyla 1. ve 2. ortamdaki sınıra tanjant alan bileşenlerini göstermektedir. Aynı
şekilde n1 ve n2 indisleri sınıra normal alan bileşenlerini göstermektedir. Ara yüzeyde a n birim
vektörünün 1. ortamı işaretlediği, ρ s ’nin serbest yüzey yük yoğunluğu ve J s ’nin serbest yüzey
akım yoğunluğu olduğuna dikkat edilmelidir.
(7.84) eşitliği E1 ve E 2 ’nin tanjant bileşenlerinin ara yüzeyde eşit olduğunu ifade etmektedir.
Bununla beraber (7.85) ara yüzeyde herhangi bir noktada H1 ve H 2 ’nin tanjant bileşenlerinin bu
noktada yüzey akım yoğunluğuna eşit bir miktar ile süreksiz olduğunu ortaya çıkarmaktadır.
(7.86) eşitliği ara yüzeyde B1 ve B 2 ’nin normal bileşenlerinin sürekli olduğunu ifade etmektedir.
Bunun yanında (7.87) D1 ve D 2 ’nin normal bileşenlerinin ara yüzeyde herhangi bir noktada
yüzey akım yoğunluğuna eşit miktar ile süreksiz olduğunu ifade etmektedir.
(7.88) eşitliği J 1 ve J 2 ’nin normal bileşenlerinin ara yüzeyde eşit olduğunu ifade etmektedir.
(7.89) eşitliği ara yüzeyde akım yoğunluklarının tanjant bileşenlerinin oranının öziletkenliklerin
oranına eşit olduğunu ifade etmektedir.
Sınır şartları uygulandığında aşağıdaki şartlar akılda tutulmalıdır:
Mükemmel bir iletken (σ = ∞) içindeki elektromanyetik alanlar sıfırdır. Bundan dolayı
mükemmel iletkenin yüzeyinde hem ρ s ve hem de J s mevcuttur.
Bir iletkenin içinde zamanla değişen alanlar var olabilir (σ < ∞) . Buna göre, J s sıfırdır fakat
ρ s iletken ve mükemmel dielektrik arasındaki sınırda var olabilir.
Mükemmel iki dielektrik arasındaki ara yüzeyde J s sıfırdır. Bununla beraber ara yüzeye yük
fiziksel olarak konulmadığı sürece ρ s sıfırdır.
Herhangi bir ortamdaki elektromanyetik alanlar Maxwell eşitliklerini doyurmalıdır. İki veya daha
fazla ortamda Maxwell eşitliklerinin çözümü araştırıldığında sınırlarda alanların eşleneceğinden
emin olunmalıdır. Aşağıdaki örnek varsayılan alanların Maxwell eşitliklerini sağlayıp
sağlamadığının nasıl kontrol edileceğini göstermektedir.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
539
ÖRNEK 7.15 Kaynaksız bir dielektrik ortamdaki elektrik alan şiddeti E = C cos(ωt − βz )a x V/m
dir. C alan genliği, ω frekansı ve β ise sabit bir miktardır. Hangi şartlar altında bu alan var olabilir?
Diğer alan miktarlar nelerdir.
ÇÖZÜM Bir alan sadece Maxwell eşitliklerinin tamamı ile uyum içinde ise var olabilir. Verilen
elektrik alan şiddeti kaynaksız bir dielektrik ortamda ( ρ v = 0 , σ = 0 ve J s = 0 ) olduğundan
Faraday kanununa dayalı Maxwell eşitliği kullanılarak manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki gibi elde
edilir.
∂B
∇×E = −
∂t
∂E
∂E y ∂E x ∂E z ∂E y ∂E x
∂B
ax +
a
= − z −
−
+
−
a z
y
∂y
z
z
x
x
y
∂t
∂
∂
∂
∂
∂
∂B
∂
= − [C cos(ωt − βz )]a y = −Cβ sin(ωt − βz )a y
∂t
∂z
Bu ifadenin integrali ile manyetik akı yoğunluğunun
Cβ
cos(ωt − βz )a y T
B=
ω
gibi bir ifadesi elde edilir. Β = µH yapısal ilişkisi kullanılarak manyetik alan şiddeti
Cβ
cos(ωt − βz ) a y A/m
H=
µω
olarak bulunur. Son olarak D = εE yapısal eşitliği kullanılarak E alanından elektrik akı
yoğunluğu,
D = εC cos(ωt − βz )a x C/m2
olarak elde edilir. Şimdi elektrik alanı için Gauss kanununa dayanan Maxwell eşitliğinin sağlanıp
sağlanmadığı kontrol edilebilir. Kaynaksız bir dielektrik ortam için
∇⋅D = 0
veya
∂D x ∂D y ∂D z
+
+
=0
∂x
∂y
∂z
D alanının x yönünde ve sadece sabit D x bileşeni olduğundan x’in bir fonksiyonu değildir.
∇ ⋅ D = 0 uygunluk sağlamaktadır.
540
Elektromanyetik Alan Teorisi
Aynı şekilde B alanının y yönünde sadece B y bileşeni olduğundan ve y’nin bir fonksiyonu
olmadığından ∇ ⋅ B = 0 ile uyum sağladığı da gösterilebilir. Alanların var olması için uyum
sağlaması gereken son eşitlik aşağıda verilmiştir.
∇×H
=
∂ Cβ
cos(ωt − βz )a x
∂z µω
C 2
−
β sin(ωt − βz )a x
−
µω
=
=
∂D
∂t
∂
[εC cos(ωt − βz )]a x
∂t
− Cωε sin(ωt − βz )a x
Buradan
β 2 = ω 2 µε
veya
β = ±ω µε
(7.90)
bulunur ki diğer alan bileşenleri ile verilen elektrik alanı kaynaksız bir dielektrik ortamda (7.90)
sağladığı sürece var olabilir.
ALIŞTIRMALAR
20. Zamanla değişen alanlar için Maxwell eşitliklerini kullanarak (7.84) – (7.89) eşitliklerinde
verilen sınır şartlarını çıkartınız.
21. Sınır şartlarını (a) ortam 1 mükemmel dielektrik ve ortam 2 mükemmel bir iletken, (b) her iki
ortam mükemmel dielektrik ve (c) ortam 1 mükemmel dielektrik ve ortam 2 bir iletken
olduğunda ifade ediniz.
7.12 POTANSİYEL FONKSİYONLAR
Kısım 5.6’da, manyetik akı yoğunluğunun ∇ ⋅ B = 0 selenoidal özelliğinden dolayı A manyetik
vektör potansiyeli ile
B = ∇×A
ile tanıtılmıştı. Bu eşitlik (7.16) ile ifade edilen Faraday eşitliğinde yerine konulduğunda
∂
∇ × E = − (∇ × A)
∂t
veya
∂A
=0
∇ × E +
∂t
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
541
elde edilir. Parantez içindeki iki vektörün toplamının rotasyonel’i sıfır olduğundan bu bir skalerin
gradyanı olarak ifade edilebilir. Elektrostatikteki potansiyel ile tutarlı olmak için
∂A
E+
= −∇V
∂t
yazılabilir. Buradan,
∂A
E = −∇V −
∂t
elde edilir. Statik durumda ∂A / ∂t = 0 olduğundan eşitlik tekrar E = −∇V ’ye dönüşür ve E sadece
V’den ve B ’de A ’dan belirlenebilir. Zamanla değişen alanlar için E hem V ve hem de A ’ya
bağlıdır; yani elektrik alan şiddeti − ∇V ve zamanla değişen − ∂A / ∂t terimlerinin ikisinden
kaynaklanan yük birikimlerinin sonucudur. B ’nin A ’ya bağlı olduğu kadar E ve B kuplajlıdır.
(∇ × H = J + ∂D / ∂t ) (7.66) eşitliği B = μH , D = εE ve E = −∇V − ∂A / ∂t ifadeleri yerlerine
konularak (ortamın homojen olduğu varsayımı ile) aşağıdaki gibi yazılabilir.
∂
∂A
∇ × ∇ × A = µJ + µε − ∇V −
∂t
∂t
ifadesi ∇ × ∇ × A = ∇(∇ ⋅ A) − ∇ 2 A vektör özdeşliği kullanılarak
∂2A
∂V
∇(∇ ⋅ A) − ∇ A = µJ − ∇ µε
− µε 2
∂t
∂t
2
veya
∂2A
∂V
∇ A − µε 2 = − µJ + ∇ ∇ ⋅ A + µε
∂t
∂t
2
olarak yazılabilir. Şimdi bir vektörün tanımı hem rotasyonel’inin ve hem de diverjansının
belirlenmesini gerektirmektedir. B = ∇ × A daha önce tanımlanmış olmasına rağmen ∇ ⋅ A ’nın da
tanımlanması gerekmektedir. Önceki ifadede
∂V
∇ ⋅ A + µε
=0
∂t
konularak
∂2A
∇ A − µε 2 = − µJ
∂t
2
elde edilir ve bu vektör potansiyeli için homojen olmayan dalga eşitliği olarak adlandırılır çünkü
çözümü 1 / µε hızı ile yayılan dalgaları temsil etmektedir. Bunun hakkında daha fazla bilgi kısım
7.12.1’de verilecektir.
542
Elektromanyetik Alan Teorisi
∂V
∇ ⋅ A + µε
=0
∂t
ifadesinde A ve V arasındaki ilişki potansiyel için Lorentz şartı olarak adlandırılır ve statik alanlar
durumunda ∇ ⋅ A = 0 ’ye dönüşür.
Skaler V potansiyeli için benzer ifade,
∇ 2V − µε
ρ
∂ 2V
=− v
2
ε
∂t
olarak yazılabilir ve bu skaler potansiyel için homojen olmayan dalga eşitliği olarak adlandırılır. İki
Lorentz ifadesinde A ile V, J ile ρ v ve µ ile 1/ε miktarları arasında benzerlik bulunmaktadır.
7.12.1 DALGA EŞİTLİKLERİNİN ÇÖZÜMÜ
Sınırlı bir bölgede ρ v yük dağılımından dolayı kaynaklanan V skaler potansiyeli için homojen
olmayan dalga eşitliğinin çözümü dikkate alınsın. t zamanında orijinde ρ v dv' nokta yükünün
bulunduğu varsayılsın. Orijinden r uzaklığında, küresel simetrilik (potansiyel θ ve φ’nin değil
sadece r’nin bir fonksiyonu) olduğu düşünülerek, (2.107) ile
1 ∂ 2 ∂V
∂ 2V
−
=0
µε
r
∂t 2
r 2 ∂r ∂r
yazılabilir. Şimdi yeni V (r , t ) = (1 / r )U (r , t ) değişkeni ile önceki ifade
∂ 2U
∂ 2U
µε
−
=0
∂r 2
∂t 2
olarak sadeleşir. Bu eşitlik bir boyutlu homojen dalga eşitliği olup bunun çözümü (t − r µε ) ’nin
iki kere diferansiyeli alınabilen herhangi bir fonksiyonudur. Buradan
U (r , t ) = f (t − r µε )
yazılabilir. t + ∆t zamanında yeni r + ∆r uzaklığındaki fonksiyon,
(
U (r + ∆r , t + ∆t ) = f t + ∆t − (r + ∆r ) µε
)
olur ve f (t − r µε ) ’ye eşittir; eğer ∆t = ∆r µε = ∆r / u ise biçimini korur. u = 1 / µε ortamın
bir karakteristiği olarak dalga yayılım hızı ve hava için c = 1 / µoε o dir. Buradan
V (r , t ) = (1 / r ) f (t − r / u ) yazılabilir. f (t − r / u ) spesifik fonksiyonunun ne olması gerektiğinin
belirlenmesi için orijinde bulunan bir statik nokta yükünün,
∆V (r ) =
ρ v (t )∆v'
4πεr
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
543
potansiyel ifadesinden,
∆f (t − r / u ) =
ρ v (t − r / u )∆v'
4πε
elde edilir. Bu durumda, v' hacmi üzerindeki yük dağılımından dolayı potansiyel,
V (r , t ) =
1
4πε ∫
v'
ρv (t − r / u )
r
dv'
V
olur; bu ifade t zamanında kaynaktan r uzaklığındaki potansiyelin daha önceki bir zamandaki,
(t − r / u ) yük dağılımının değerine bağlı olduğunu göstermektedir.
Vektör potansiyeli için homojen olmayan dalga eşitliğinin çözümü de yukarıdaki aynı yol izlenerek
aşağıdaki gibi elde edilebilir.
µ
A(r , t ) =
4π
J (t − r / u )
dv'
v'
r
∫
Wb/m
Bulunan bu iki eşitlikten elde edilen elektriksel ve manyetik alanlar açıkca (t − r / u ) ’nin bir
fonksiyonu olacaktır. Yüklerin veya akımın zamanla değişim etkilerinin uzaktan algılanması
elektromanyetik alanların ulaşması zaman alacağından anlık durumu yansıtmayacaktır. Devre
teorisinde bu zaman gecikmesi etkisi ihmal edilir ve ani tepki varsayılır.
7.13 POYNTİNG TEOREMİ
Önceki bölümlerde statik elektrik ve manyetik alanları ile ilgili enerji yoğunluğu ifadeleri elde
edilmişti. Bu kısımda, bu ifadelerin zamanla değişen alanlar için de geçerli olduğu gösterilerek bir
ortamda enerjinin yayılmasını temsil eden bir ifade elde edilecektir.
Zamanla değişen elektromanyetik alan bölgesinde u hızı ile hareket eden yüklü q parçacığı dikkate
alınsın. Herhangi bir anda yüklü parçacığa etkiyen kuvvet,
F = q( E + u × B )
dir. E ve B sırasıyla zamanla değişen elektrik alan şiddeti ve manyetik akı yoğunluğudur. Yük F
kuvvetinin etkisi altında, dt zamanında d uzaklığına hareket ettiğinde yüklü parçacık üzerindeki
kuvvetle yapılan iş, dW
F
dW = q( E + u × B) ⋅ d olur. d = udt ve dW = Pdt olduğundan bu eşitlik alanın sağladığı P gücü ile
P = q (E + u × B) ⋅ u = qu ⋅ E
olarak yazılabilir çünkü ( u × B) ⋅ u = 0 dir.
(7.91)
544
Elektromanyetik Alan Teorisi
(7.91)’den zamanla değişen manyetik alanın yüklü parçacığa hiç enerji sağlamadığı açıktır.
Elektrik alan şiddeti sadece bölge içindeki hareketli yüklü parçacığa güç sağlar. Bu gelişimi
genelleştirmek için ortalama u hızıyla hareket eden bir ρ v hacimsel yük dağılımı dikkate alınsın.
dv hacminde sonsuz küçüklükte bir ρ v dv yüküne alanın sağladığı güç aşağıdaki gibi ifade edilir.
dP = ρ v dvE ⋅ u = E ⋅ ρ v udv
(7.92)
J = ρ v u olduğundan güç yoğunluğu, p (birim hacim başına güç) ile güç arasında aşağıdaki gibi bir
ifade yazılabilir.
p=
dP = J ⋅E
dv
(7.93)
Enerjinin korunumu tabanında, statik alanlar için benzer bir ifade elde edilmişti ve şimdi bunun
zamanla değişen alanlar için de doğru olduğu gösterildi. Bu eşitlik (a) zamanla değişen elektrik
alanında depolanan enerji, (b) zamanla değişen manyetik alanda depolanan enerji, (c) bir bölgeyi
terkeden veya içine giren ani güç ilişkilerinin çıkartılmasında kullanılır. Maxwell eşitliği (Ampére
kanunu),
∂D
J = ∇×H −
∂t
(7.93)’de yerine konularak
∂D
J ⋅ E = E ⋅ (∇ × H ) − E ⋅
∂t
(7.94)
elde edilir.
E ⋅ ( ∇ × H ) = H ⋅ ( ∇ × E) − ∇ ⋅ ( E × H )
vektör özdeşliği kullanılarak (7.94)
∂D
J × E = H ⋅ ( ∇ × E) − ∇ ⋅ ( E × H ) − E ⋅
∂t
olarak yazılabilir. (7.73)’deki ∇ × E = −∂B / ∂t ’den ∇ × E ’nin eşleniği yerine konularak
∂B ∂D
∇ ⋅ (E × H ) + J ⋅ E + H ⋅
+ E⋅
=0
∂t
∂t
(7.95)
elde edilir ki bu eşitlik John H. Poynting onuruna Poynting teoreminin nokta (diferansiyel) biçimi
olarak bilinir. Bu eşitlik gerçekte enerjinin korunumu kanununun bir ifadesidir. E × H vektörel
çarpımının birimi güç yoğunluğu yani W/m² dir ve Poynting vektörü olarak adlandırılır. Bu
bakımdan Poynting vektörü birim yüzey alanı başına ani güç akışı sonucunu verir. Güç akışının
yönü E ve H içeren düzleme normaldir. Bu kitapta Poynting vektörü S ile
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
545
S = E×H
(7.96)
olarak gösterilecektir. Doğrusal, homojen ve izotropik ortamda zamanla değişen alanlar için
B = µH ve D = εE ’dir. Ek olarak
∂B 1 ∂ 1 ∂
H⋅
=
[B ⋅ H ] =
[ µH 2 ]
∂t 2 ∂t
2 ∂t
∂D 1 ∂ 1 ∂
E⋅
=
[ D ⋅ E] =
[εE 2 ]
∂t 2 ∂t
2 ∂t
ifadeleri ile şimdi (7.95)
∂ 1
∂ 1
∇ ⋅ S + J ⋅ E + µH 2 + εE 2 = 0
∂t 2
∂t 2
(7.97)
olarak ifade edilebilir. Bu eşitlikteki üçüncü terim manyetik alandaki enerji yoğunluğunun zamanla
değişimini temsil eder; dördüncü terim elektrik alanındaki enerji yoğunluğunun zamanla değişim
oranını gösterir. Böylece manyetik ve elektrik alanlarında enerji yoğunluklarının ani ifadeleri
sırasıyla aşağıdaki gibi olur.
wm = 12 B ⋅ H = 12 µH 2
(7.98)
we = 12 D ⋅ E = 12 εE 2
(7.99)
Zamanla değişen alanlar için enerji yoğunluklarının bu ifadelerinin statik alanlar için de aynı
olduğuna dikkat edilmelidir. Buradaki tek farklılık alanların zamanla değişimidir.
(7.97) eşitliğinin gerçekten neyi temsil ettiğini açıklamak için integral biçiminde
∂
∂
∫ ∇ ⋅ Sdv + ∫ J ⋅ Edv + ∫ ∂t wm dv + ∫ ∂t we dv = 0
v
v
v
v
veya
d
d
S ⋅ ds + J ⋅ E dv +
wm dv +
we dv = 0
v
v
dt
dt
s
v
∫
∫
∫
∫
(7.100)
şeklinde yazılması gerekir. Eşitlikte v hacmi bir s yüzeyi ile sınırlanmıştır.
(7.100) eşitliği Poynting teoreminin integral biçimidir. Birinci terim v hacmi ile sınırlanan s
yüzeyinden dışarı çıkan gücü temsil etmektedir. Eğer bu integral pozitif ise net güç hacimden dışarı
ve integral negatif olduğunda güç v hacminin içine akmaktadır.
İkinci integral alan tarafından yüklü parçacıklara sağlanan gücü temsil etmektedir. Bu integral
pozitif olduğunda alan yüklü parçacıklar üzerinde iş yapmakta ve integral negatif olduğunda harici
kuvvet yüklü parçacıkları alana zıt yönde hareket ettirerek iş yapmaktadır. Bir iletken ortamda
J = σE olduğundan J ⋅ E terimi güç kaybını veya Ohmik güç kaybını temsil etmektedir.
546
Elektromanyetik Alan Teorisi
Üçüncü terim depolanan manyetik enerjinin zamanla değişimini temsil eder. Bu integral pozitif
olduğunda, harici kuvvet manyetik alana enerji sağlayarak manyetik alanın artmasına neden olur.
İntegral negatif olduğunda, alanı zayıflatacak şekilde manyetik enerji manyetik alandan çıkarılır.
Son terim elektrik alanında depolanan enerjinin zamanla değişimini temsil eder ve tam olarak
üçüncü terim gibi yorumlanır. (7.100) eşitliği çoğu kez
d
− ∫ S ⋅ ds = ∫ J ⋅ E ⋅ dv + ∫ ( wm + we )dv
s
v
dt v
(7.101)
olarak yazılır. Bu eşitliğin sol tarafındaki negatif işaret (a) ısı olarak bölgede kaybolan güç ve (b)
hem elektrik hem de manyetik alanlarda depolanan enerjinin hesaba katılması için v hacmine
akması gereken net gücü göstermektedir. Statik alanlar için (7.101) eşitliği
− S ⋅ ds = J ⋅ Edv
∫
s
∫
(7.102)
v
olur ve basitçe v hacminde s yüzeyi boyunca akan net gücün bu hacimdeki güç kaybına eşit
olduğunu ifade etmektedir.
ÖRNEK 7.16 Yarıçapı b, uzunluğu L ve öziletkenliği σ olan silindirik iletkenden I akımı
geçmektedir. Şekil 7.27’de görüldüğü gibi iletken yüzeyi üzerinde Poynting vektörünün integrali
alınarak iletkene giren net gücü belirleyiniz ve sonucu J ⋅ E ’nin hacim integrali ile karşılaştırınız.
ÇÖZÜM
J = I / Aa z olduğundan E = ( I / Aσ )a z dir. Ampere kanunundan iletken yüzeyindeki manyetik
alan şiddeti, H = ( I / 2πb)aφ dir. İletken yüzeyindeki noktalardaki Poynting vektörü,
I I I2 S = E× H =
az ×
aφ = −
aρ
Aσ
2πb
2πbAσ
dir. Buradan, iletkenin kenarları (alt, üst ve yan yüzeyler) ile sınırlanan hacime giren net güç
aşağıdaki gibi hesaplanır.
0
I2
S ⋅ ds − ∫
S ⋅ ds =
−∫ −
s
kenar yüzey
alt ve üst yüzeyler
2π bAσ
I 2L
=
P = I 2R W
Aσ
−
−∫
P=
∫ S ⋅ ds =
s
I2
a
a
φ
=
bd
dz
ρ
ρ
2π Aσ
∫
L
0
Bu sonuç, Joule kanunu kullanılarak iletkenin kayıp gücünden aşağıdaki gibi doğrulanabilir.
2π
L
1
1 I2 b
1 I2 2
P = J ⋅ Edv =
J 2 dv =
ρdρ dφ dz =
πb L
2
v
0
0
σ v
σ A 0
σ A2
∫
∫
∫
P = I2
∫ ∫
L
= I 2R W
σA
2π
dz ∫ dφ
0
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
547
Şekil 7.27 Bir dirençteki güç
akışının gösterimi
(a) Silindirik iletken
(b) Poynting vektörü
ÖRNEK 7.17 Mükemmel bir dielektrik ortamdaki elektrik alan şiddeti, E = E cos(ωt − kz )a x V/m
dir; E tepe değer ve k bir sabittir. (a) Bölgedeki manyetik alan şiddetini, (b) gücün akış yönünü ve
(c) ortalama güç yoğunluğunu belirleyiniz.
ÇÖZÜM
(a) Öncelikle dielektrik ortam içinde verilen elektrik alan şiddetinin olup olmadığı kontrol edilsin.
E alanının x-yönlü bileşeni,
E x = E cos(ωt − kz ) V/m
dir. ε dielektrik ortamın geçirgenliği ise elektrik akı yoğunluğu
Dx = εE cos(ωt − kz ) C/m2
olur. Ortamda zamanla değişen yük yoğunluğu aşağıdaki gibi bulunur.
ρv = ∇ ⋅ D =
∂
[εE cos(ωt − kz )] = 0
∂x
Beklenildiği gibi dielektrik ortamdaki serbest yük yoğunluğu sıfırdır. Bu bakımdan dielektrik
ortamda, ∇ ⋅ D = 0 Maxwell eşitliği sağlanmaktadır. B alanının belirlenmesi için aşağıdaki gibi
Maxwell eşitliği kullanılabilir.
∂B
∂
= −∇ × E = − [E x ]a y = − Ek sin(ωt − kz ) a y
∂t
∂z
Zamana göre integral alınarak B alanının y bileşeni,
548
Elektromanyetik Alan Teorisi
By =
Ek
ω
cos(ωt − kz ) T
olarak elde edilir. B = µH olduğundan manyetik alan şiddeti,
Hy =
Ek
ωµ
cos(ωt − kz ) A/m
elde edilir. Şimdi B veya H alanlarının varlığı doğrulanabilir:
∂
∂ Ek
∇ ⋅ B = [B y ] =
cos(ωt − kz ) = 0
∂y
∂y ω
∇ ⋅ B = 0 olduğundan B alanı mevcut olabilir.
Diğer Maxwell eşitliğinden hacim akım yoğunluğu, J
∂D
∂
∂
1 2
= − [ H y ]a x − [ Dx ]a x = ωε −
J = ∇×H −
k E sin(ωt − kz )a x
ωµ
∂t
∂z
∂t
olarak hesaplanır. Mükemmel bir dielektrik ortamda J ’nin sıfır olması gerektiğinden bu eşitlik
sadece
ωε −
1
ωµ
k2 = 0
olduğunda veya
k = ±ω µε
iken sıfırdır. Bu bakımdan, k keyfi bir sabit olmayıp zamanla değişen alanların frekansına ve
ortamın elektriksel ve manyetik geçirgenliğine bağlıdır. Şimdi bütün Maxwell eşitlikleri
sağladığından dolayı alanların var olduğu söylenebilir.
(b) Ani güç yoğunluğu veya Poynting vektörü, S
k 2
S = E×H =
E cos 2 (ωt − kz )a z W/m2
ωµ
olarak ifade edilir ve sadece z bileşeni olduğundan güç akışı z yönündedir.
(c) z yönündeki ortalama yük yoğunluğu,
Sz =
1
T
T
k
∫0 ωµ E
2
cos 2 (ωt − kz )dt
olarak elde edilebilir. T zaman periyodu olup ωT = 2π ile ifade edilir.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
549
cos(2ωt − 2kz ) = 2 cos 2 (ωt − kz ) − 1
trigonometrik özdeşliği kullanılarak ortalama yük yoğunluğu aşağıdaki gibi ifade edilebilir.
Sz =
1
2T
T
k
∫0 ωµ E
2
dt +
1
2T
T
k
∫0 ωµ E
2
cos(2ωt − 2kz )dt =
k
2ωµ
E 2 W/m2
ALIŞTIRMALAR
22. Yarıçapı b ve uzunluğu L olan içi dolu bir iletken z yönünde düzgünce dağıtılmış I kararlı
akımı taşımaktadır. R iletkenin direnci ise iletkenin içine akan toplam gücün I 2 R olduğunu
gösteriniz.
=
E x 10cos(ωt + ky ) a x V/m ile tanımlanıyor. Zaman periyodu
23. Boşluktaki elektrik alanı
T = 100 ns ise (a) k sabitini, (b) manyetik alan şiddetini, (c) gücün akış yönünü, (d) ortalama güç
yoğunluğunu, (e) elektrik alanındaki enerji ve (f) manyetik alandaki enerjiyi belirleyiniz.
Ex
24. Önceki alıştırmayı fazörleri kullanarak tekrarlayınız.
7.14 ZAMAN-HARMONİK ALANLAR
Zamanla değişen elektromanyetik alanların en önemli örneklerinden birisi zaman harmonik
(sinüsoidal) alandır. Bu alan tipinde uyartım kaynağı bir frekansta sinüsoidal olarak değişir.
Doğrusal bir sistemde sinüsoidal olarak değişen kaynak sistemde bütün noktalarda zamanla
sinüsoidal olarak değişen alanlar üretir. Zaman harmonik alanlar için tek frekanslı (monokromatik)
kararlı durum tepkisinin elde edilmesi için fazör analizi kullanılabilir. Alanlar bu yolla
incelendiğinde (a) zamanla değişen her fonksiyon sinüsoidal fonksiyonlu Fourier serileri ile temsil
edilebilir ve (b) doğrusal durumlarda süper pozisyon prensibi uygulanabildiğinden genelde hiç
kayıp yoktur. Başka bir ifadeyle monokromatik tepkilerin doğrusal kombinasyonları kullanılarak
zamanla değişen periyodik alanların tam tepkisi elde edilebilir.
Devre teorisinde zamanla sinüsoidal olarak değişen gerilim ve akımların temsil edilmesinde fazör
notasyonu kullanılmaktadır. Bu kısımda vektör birimlerini kapsayacak şekilde bu tanımlar
genişletilecektir. Herhangi bir vektör birimi birbirine karşılıklı dik üç eksen boyunca bileşenleri ile
temsil edilebilir. Böylece her bileşene skaler bir birim olarak davranılabilir.
Örneğin E alanı
E( x, y , z, t ) = E x ( x, y , z, t )a x + E y ( x, y , z, t )a y + E z ( x, y , z, t )a z
(7.103)
olarak verilmişse E x ( x, y, z , t ) , E y ( x, y, z , t ) ve E z ( x, y, z , t ) sırasıyla E alanının a x , a y ve a z
yönlerinde skaler bileşenleridir. Bu bileşenlerin zaman harmonik varyasyonları
550
Elektromanyetik Alan Teorisi
E x ( x, y, z , t ) = E x (r , t ) = E xo (r ) cos[ωt + α (r )]
(7.104a)
E y ( x, y, z , t ) = E y (r , t ) = E yo (r ) cos[ωt + β (r )]
(7.104b)
E z ( x, y, z , t ) = E z (r , t ) = E zo (r ) cos[ωt + γ (r )]
(7.104c)
olarak yazılabilir. E xo , E yo ve E zo sırasıyla a x , a y ve a z yönlerinde E alanı bileşenlerinin
genlikleridir. Aynı zamanda x, y ve z uzay koordinatlarının fonksiyonları olarak alanların
gösterilmesi için (r) kısa yazılışı kullanılmıştır. Ek olarak α(r), β(r) ve γ(r) uzayda verilen bir
noktada (x,y,z) E alanının x, y ve z bileşenlerinin faz kaymalarıdır. Şimdi bu her bileşenin genliği
sadece uzayın bir fonksiyonudur. Her bileşen,
[
]
(7.105a)
[
]
(7.105b)
[
]
(7.105c)
E x (r , t ) = Re E xo (r )e jα ( r )e jω t
E y (r , t ) = Re E yo (r )e jβ ( r )e jω t
E z (r , t ) = Re E zo (r )e jγ ( r )e jω t
olarak da yazılabilir. Re parantez içindeki kompleks fonksiyonun reel kısmı içindir. Eğer
~
E x (r ) = E xo (r )e jα ( r )
(7.106a)
~
E y (r ) = E yo (r )e jβ ( r )
(7.106b)
~
E z (r ) = E zo (r )e jγ ( r )
(7.106c)
~
E x ( r, t ) = Re[ E x ( r )e jω t ]
(7.107a)
~
E y ( r, t ) = Re[ E y ( r )e jω t ]
(7.107b)
~
E z ( r, t ) = Re[ E z ( r )e jω t ]
(7.107c)
olarak tanımlanırsa bu durumda (7.105)
~
~
~
olarak yazılabilir. (7.106) ve (7.107) eşitliklerinde E x (r ) , E y (r ) ve E z (r ) ’ye E x (r , t ) , E y (r , t )
ve E z ( r, t ) ’nin fazör eşdeğerleri denilir. Buna göre zaman harmonik alanının fazör gösterimi
sadece boşluğun bir fonksiyonu olan kompleks bir miktardır. Zaman bağımlılığı tamamen e jω t
teriminde simgelenmiştir. Tilda (~) sembolü fazör gösterimi için kullanılmıştır.
(7.103) eşitliği şimdi
~
~
~
~
E(r , t ) = Re{[ E x (r )a x + E y (r )a y + E z (r )a z ]e jω (t ) } = Re[E(r )e jω (t ) ]
olarak yazılabilir.
(7.108)
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
551
~
~
~
~
E(r ) = E x (r )a x + E y (r )a y + E z (r )a z
(7.109)
zaman harmonik E alanının mevcut olduğu bölgede herhangi bir noktada E alanının (vektör)
~
fazör gösterimidir. Burada da yine boşluk bağımlılığı E(r ) içine dahil edilmiş ve zaman
bağımlılığı örtülü olarak bırakılmıştır. (7.108) eşitliğinden zaman domeninde bir alanın fazör veya
frekans domeninde e jω t ile eşitliğin karşı kısmı çarpılarak sadece reel kısmı olarak ifade
edilebileceği açıktır. (7.108)’den E alanının zamanla değişim oranı,
∂E(r , t )
~
= Re[ jωE(r )e jω t ]
∂t
olup zaman domeninde zamana göre diferansiyelin fazör domeninde bir jω faktörü ile
sonuçlandığını ifade etmektedir. Aynı şekilde zamana göre integrasyon sonucunun jω ile bölme
olduğu da gösterilebilir.
7.14.1 FAZÖR BİÇİMİNDE MAXWELL EŞİTLİKLERİ
E alanı ve buna benzer olarak D , B ve H alanları için (7.109) Maxwell denklemlerinde yerine
konularak bu eşitliklerin aşağıdaki gibi nokta (diferansiyel) ve integral biçimi elde edilir.
~
~
∇ × E = - jω B
~ ~
~
∇ × H = J + j ωD
~
∇.D = ρ~v
∇ ⋅ B = 0
~
∇.J = − jωρ~v
∫
~ →
~ →
E ⋅ dl = − jω B ⋅ ds
∫
c
s
~ →
~ →
~ →
H ⋅ dl = J ⋅ ds + jω D ⋅ ds
c
s
s
~ →
D ⋅ ds = ρ~v dv
s
v
~ →
B ⋅ ds = 0
s
→
~
J ⋅ ds = − jω ρ~v dv
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
(7.110)
(7.111)
(7.112)
(7.113)
∫
(7.114)
~
~
D = εE
(7.115)
~
~
B = µH
(7.116)
s
v
Fazör formundaki yapısal ilişkiler aşağıdaki gibidir.
µ ve ε ortamın manyetik ve elektriksel geçirgenlikleridir.
7.14.2 FAZÖR BİÇİMİNDE SINIR ŞARTLARI
Fazör formunda iki ortam arasındaki ara yüzeydeki genel sınır şartları aşağıdaki gibi ifade
edilmiştir.
552
Elektromanyetik Alan Teorisi
a n ⋅ (B 1 − B 2 ) =
0
(7.117)
−D
)=
a n ⋅ (D
ρ s
1
2
(7.118)
~ ~
a n × (E1 − E 2 ) = 0
(7.119)
~
~
~
a n × (H1 − H 2 ) = J s
(7.120)
~
a n ara yüzeye normal birim vektörü ve 1. ortama doğrudur, ρ~s yüzey yük yoğunluğu ve J s ara
yüzeydeki yüzey akım yoğunluğudur.
7.14.3 FAZÖR BİÇİMİNDE POYNTİNG TEOREMİ
~
* ile ve (7.111)’in E
(7.110)’un H
ile skaler çarpımının sonuçları aşağıdaki gibidir. * bir alan
miktarının konjugeytini veya eşleniğini temsil etmektedir.
~ ~
~ ~
(∇ × E) ⋅ H* = - jωB ⋅ H *
(7.121)
~ ~ ~
~ ~
(∇ × H*) ⋅ E = ( J * - jωD*) ⋅ E
(7.122)
⋅ (∇ × H
*) − H
* ⋅ (∇ × E
)= E
⋅ J * + jω (B ⋅ H
*− E
⋅D
*)
E
(7.123)
(7.122)’den (7.121) çıkartılarak
elde edilir. Vektör özdeşliği
×H
*)
* ⋅ (∇ × E
)−E
⋅ (∇ × H
*)
∇ ⋅ (E
= H
ve kompleks Poynting vektörü veya kompleks güç yoğunluğunun tanımı
~ ~
Sˆ = 12 [E × H*]
(7.124)
~ ~
~ ~
~ ~
− ∇ ⋅ Sˆ = 12 E ⋅ J * + jω[ 12 B ⋅ H * − 12 E ⋅ D*]
(7.125)
kullanılarak (7.123)
olarak yazılabilir. (7.125) eşitliği nokta (diferansiyel) formunda kompleks Poynting teoremi olarak
bilinir. s yüzeyi ile sınırlanan v hacmi üzerinde integral alınarak ve diverjans teoremi uygulanarak
integral formunda kompleks Poynting teoremi
→
− ∫ Sˆ ⋅ ds=
s
∫
1
v 2
× J *dv + j 2ω
E
∫
1
v 4
*dv − j 2ω
B ⋅ H
∫
1
v 4
→
⋅D
*dv
E
(7.126)
olarak elde edilir. Bu eşitliğin sol tarafındaki − ∫ Sˆ ⋅ ds terimi v hacmine akan kompleks gücü
s
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
553
temsil etmektedir. Eğer v içinde kaynaklar varsa bu durumda
yayılan kompleks gücü verir.
∫
s
→
Sˆ ⋅ ds bölgeden verilen veya
~
~
J = σE iletken ortam için (7.126) eşitliğinin sağ tarafındaki birinci terim iletken ortamda kaybolan
~
~
zaman-ortalama gücünü verir. Eğer J akım yoğunluğu J = ρ~ u + ρ~ u olacak şekilde bir
v+
+
v− −
ortamda yüklerin hareketinden dolayı taşınım akımı ise bu durumda bu terim bu yüklerin
~
hareketinde E alanının enerji harcama oranını temsil eder.
Sağ taraftaki ikinci terim bölgede depolanan manyetik enerjiyi temsil etmektedir.
~ ~
wm = 14 B ⋅ H* = 14 µH 2
(7.127)
bölgedeki zaman-ortalama manyetik enerji yoğunluğudur. Sağ taraftaki son terim bölgedeki
zaman-ortalama elektrik enerjidir. Bu durumda
~ ~
we = 14 E ⋅ D* = 14 εE 2
(7.128)
Bölgedeki zaman-ortalama enerji yoğunluğudur.
Zaman ortalama güç yoğunluğu (7.124)’den
Sˆ = Re[Sˆ ]
(7.129)
olarak bulunabilir ve s yüzeyinden geçen ortalama güç akışı aşağıdaki gibi verilir.
P =
∫
s
Ŝ ⋅ ds
(7.130)
ÖRNEK 7.18 Kaynaksız bir bölgedeki elektrik alanı E = Csinαxcos(ωt - kz )a y V/m dir. Fazörleri
kullanarak (a) manyetik alan şiddetini, (b) alanların varlığı için gerekli şartı ve (c) birim alan başına
zaman ortalama güç akışını belirleyiniz.
ÇÖZÜM
(a) E alanının fazör eşdeğeri
~
E y = C sin αxe − jkz
~
dir. Maxwell eşitliği kullanılarak H alanı aşağıdaki gibi belirlenebilir.
~
~
∇ × E = - jωµH
∂ ~ ∂ ~ ~
∇ × E = - [ E y ]a x + [ E y ]a z = jkC sin αxe − jkz a x + αC cos αxe − jkz a z
∂z
∂x
554
Elektromanyetik Alan Teorisi
~
olduğundan H alanı
kC
αC
~
H=sin αxe − jkz a x + j
cos αxe − jkz a z
ωµ
ωµ
olur.
~
(b) Zaman domeninde H alanının x ve z bileşenleri
H x (r , t ) = -
kC
ωµ
sin αx cos(ωt − kz )
ve
H z (r , t ) =
αC
αC
cos αx cos(ωt − kz + 90°) = cos αx sin(ωt − kz )
ωµ
ωµ
ile verilir. Kaynaksız bölgede ( ρ~v = 0) alanların iki diverjans eşitliğini sağlamasına dikkat edilir.
~
~
Bu ∇ ⋅ D = 0 ve ∇ ⋅ B = 0 dır. Kaynaksız bir bölgede J = 0 olduğundan son Maxwell eşitliği
~
~
∇ ⋅ H = jωεE
~
~
olur. Bu eşitlikte E ve H eşdeğerleri yerine konularak ve bazı sadeleştirmeler yapılarak alanın
mevcut olması için gerekli şart
k 2 = ω 2 µε − α 2
olarak elde edilir.
(c) Bölgedeki kompleks güç yoğunluğu,
Sˆ =
1
2
[E × H ] = [E~ H~ a
1
2
y
*
z x
]
α
k
~ ~ − E y H x*a z = − j
C 2 sin αx cos αxa x +
C 2 sin 2 αxa z
2ωµ
2ωµ
ile birim alan başına zaman ortalama reel (aktif) güç akışı,
k
Sˆ = Re[Sˆ ] =
C 2 sin 2 αxa z
2ωµ
olur. Kompleks güç yoğunluğunun x ve z yönlerinde bileşenlerine rağmen birim alan başına zaman
ortalama reel güç akışı z yönündedir. Böyle bir güç akışını sürdürmek için z yönünde her noktada
E ve H alanlarının uygun bileşenlerinin olması gerekir. Bu dalgalar gibi alanların yayılımının
açık bir göstergesidir.
ALIŞTIRMALAR
25. Fazörleri kullanarak Örnek 7.17’deki sonuçları doğrulayınız.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
555
7.15 ELEKTROMANYETİK ALAN UYGULAMALARI
Bu bölümde elektromanyetik alanların varlığının bir şartı olarak Maxwell eşitliklerini sağlamaları
gerektiği öğrenildi. Gerçekte Maxwell eşitlikleri doyurulduğunda her alan miktarı ( E veya H )
herbiri ayrı ayrı bir dalga eşitliği veya Helmholtz eşitliğini sağlar. Maxwell eşitliklerinin çok sayıda
diğer uygulamaları arasında bu kısım için üç uygulama seçilmiştir: transformotor, oto
transformotoru ve betatron.
7.15.1 TRANSFORMOTOR
Elektriksel olarak yalıtılmış iki sargı birindeki zamanla değişen manyetik akı diğer sargıyı kesecek
veya halkalayacak ve içinde bir emf indükleyecek şekilde düzenlenebilir. Bu iki sargıya manyetik
olarak kuplajlı denilir ve iki sargılı bir transformotor oluştururlar. Şekil 7.28a’da en basit biçiminde
iki sargılı bir transformotor görülmektedir. Kaynağa bağlı sargıya primer sargı ve diğer sargıya
sekonder sargı denilir. İki sargı boşluk veya manyetik olmayan malzeme üzerine (nüve) sarılıp
birbirinden yalıtıldığında bu transformotora çoğu kez hava nüveli transformotor denilir. Sekonderi
halkalayan toplam akı primere göre yakınlığına ve yönlendirilmesine bağlıdır. İki sargı arasındaki
maksimum akı irtibatının (halkalama) sağlanması için sargılar yüksek geçirgenlikte manyetik
malzeme üzerine sarılarak iyi bilinen bir manyetik devre oluşturulur. Bu düzenlemeye ise demir
nüveli transformotor denir.
Şekil 7.28b’de görüldüğü gibi manyetik nüvenin geçirgenliği yüksek ve transformotorun ikinci
tarafı açık olduğunda (yüksüz durum) mıknatıslanma akımı adında küçük miktarda bir im(t) akımı
(a) nüvede zamanla değişen bir Φ(t) akısının oluşturulması, (b) relüktansından dolayı manyetik
devredeki mmf düşümünün telafisi ve (c) primer sargısındaki I 2 R güç kaybı ve nüvedeki manyetik
kaybın dengelenmesi için primer sargısından geçer.
(a) Manyetik kuplajlı iki sargılı transformotor
(b) Yüksüz transformotor
Şekil 7.28
Bir ferromanyetik nüvede manyetik akı akarken (manyetik akı elektrik akımı gibi akmaz) Faraday
kanununa göre emf meydana gelecektir. İndüklenen bu emf iletken nüvede manyetik akıya dik
veya normal lokal akımlar üretecektir. Bu akımlara eddy akımları denilir. Eddy akımları omik
kayıplar üreterek lokal ısınma meydana getirir. Bu, indüksiyon fırınının çalışma prensibidir.
İndüksiyon fırınları metalleri ergitmek için yüksek sıcaklıklar meydana getirir. Transformotorlarda,
bu eddy akımlarından kaynaklanan güç kaybı istenilmez ve kayıp miktarı yüksek geçirgenlikli ve
düşük iletkenlikli (yüksek µ ve düşük σ) nüve malzemeleri ile azaltılabilir. Feritler böyle
malzemelerdir. Düşük frekanslı, yüksek güç uygulamaları için eddy akım kaybını azaltmanın en
556
Elektromanyetik Alan Teorisi
ekonomik yolu laminasyonlu nüvelerin kullanılmasıdır. Bunun için transformotor nüveleri herbiri
birbirinden ince vernik veya oksit kaplamalar ile elektriksel olarak yalıtılarak paketlenmiş
ferromanyetik (demir) levhalardan yapılır. Şekil 7.29a’da görüldüğü gibi yalıtkan kaplamaların
manyetik akıya paralel yerleştirilmesi gerekir; bu şekilde akıya normal eddy akımlarının (dolaştığı
yolun) laminasyonlu levhaların (kalınlığının) dışına taşması engellenir. Şekil 7.29b’de görülen
manyetik akıya normal yalıtkan katmanlar ile yapılan düzenleme, eddy akımlarından kaynaklanan
güç kayıplarının azaltılmasında az etkiye sahiptir. Toplam eddy akım kayıplarının laminasyonların
sayısının artırılması ile azaltılabileceği doğrulanabilir. Güç kaybının azalma miktarı laminasyon
metodu ile beraber kesit alanının büyüklüğüne de bağlıdır.
(a)
(b)
Şekil 7.29 Zamanla değişen manyetik alan içindeki laminasyonlu nüveler
İdeal transformotor
Şimdi (a) sonsuz geçirgenlikte, (b) sargı direnci sıfır ve (c) manyetik kayıpları olmayan ideal bir
transformotor dikkate alınsın. Bu varsayımlar yüksüz durumda mıknatıslanma akımının oldukça
küçük olup ihmal edilebileceğini ve primer sargısının ürettiği zamanla değişen akının tamamının
hiçbir kaçak olmadan manyetik yolu izleyeceğini zorunlu kılmaktadır.
Bu ideal şartlar altında primer sargıda e1(t) ve sekonder sargıda e2(t) indüklenen emf’ler aşağıdaki
gibidir.
e1 = N1
dΦ
dt
(7.131)
e2 = N 2
dΦ
dt
(7.132)
N1 ve N2 primer ve sekonder sargılarının sarım sayıları ve Φ(t) iki sargıyı halkalayan manyetik
akı’dır. Şekil 7.28b’de her sargının bir ucuna bir nokta yerleştirilerek indüklenen emf’lerin
polariteleri işaretlendiğinden eşitliklerdeki - işareti ihmal edilmiştir. Sargıyı halkalayan manyetik
alan zamanla artarken sargının bir ucuna göre noktalı ucunda indüklenen emf’nin pozitif olduğu
anlaşılmaktadır. Nokta kullanma alışkanlığı bir transformotorun eşdeğer devresi ile temsil
edilmesinde kullanacaktır.
İndüklenen emf’lerin oranı aşağıdaki gibi ifade edilebilir.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
557
e1 N1
=
e2 N 2
(7.133)
Bunun anlamı iki sargıda indüklenen emf’lerin oranının sarım sayılarının oranına eşit olmasıdır.
Sekonder sargıya bir kaynak bağlandığında ve primer sargı açık olduğunda da aynı ifade elde
edilebilirdi. İdeal durumlar altında, her sargıda indüklenen emf’nin bu sargıdaki gerilim oranına
eşit olması gerekir. Bu aşağıdaki gibi ifade edilir.
v1 N1
=
=a
v2 N 2
(7.134)
v1(t) ve v2(t) primer ve sekonder sargılarının gerilimleri ve a primer sarım sayısının sekonder sarım
sayısına oranıdır ve a oranı veya transformasyon veya dönüştürme oranı olarak adlandırılır.
Sekonder sargı bir yüke bağlandığında (şekil 7.30) sekonder sargıdaki akı orijinal akıya zıt yönde
kendi akısını üretir. Nüvedeki net akı ve bunun sonucu olarak her sargıda indüklenen emf yüksüz
durumdaki değerinden aşağı düşmeye başlar. Primer sargıda indüklenen emf’nin düşmeye
başlaması (akı zamanla değişim gösterdiğinden) akıdaki düşmeyi ve indüklenen emf’deki azalmayı
engelleyecek şekilde primer sargıda bir akımın indüklenmesine neden olur. Bu akımın artışı
nüvedeki akı ve dolayısıyla iki sargıda indüklenen emf’ler yüksüz değerine ulaşıncaya kadar sürer.
Kaynak primere güç sağladığından ve sekonder sargı yüke güç verdiğinden manyetik akı güç
transfer işleminde bir araç olarak hareket etmektedir. İdeal şartlar altında, aşağıda ifade edildiği
gibi güç girişinin güç çıkışına eşit olması gerekir.
v1i1 = v 2 i2
Buradan aşağıdaki üçlü eşitlik yazılabilir.
i2 v1 e1
=
=
i1 v2 e2
(7.135)
Bu eşitlikten akımların oranının indüklenen emf’lerin oranı ile ters orantılı olduğu sonucuna
varılabilir.
Şekil 7.30 Yüklü
transformotor
(7.134) ve (7.135)’den
558
Elektromanyetik Alan Teorisi
N 1i1 − N 2 i2 = 0
(7.136)
olduğu gösterilebilir. Bu ifade temelde, ideal şartlar altında transformotorun uyartılması için gerekli
net mmf’nin sıfır olduğunu ifade etmektedir. Bu, manyetik malzemenin sonsuz geçirgenlikte veya
manyetik devrenin relüktansının sıfır olduğunun diğer bir ifadesidir.
Sinüsoidal olarak değişen kaynaklar için önceki ilişkiler fazör formunda
~ ~
V1 I 2 N1
=a
~ = ~ =
V2 I1 N 2
(7.138)
olarak ifade edilebilir. Sekonder sargısına bağlı empedans
~
V2
ˆ
Z2 = ~
I2
olarak tanımlanırsa primer tarafına aktarılmış eşdeğer yük empedansı
~
~
V1
~ a
2 V2
ˆ
Z1 = ~ = ( aV2 ) ~ = a ~ = a 2 Zˆ 2
I1
I2
I2
(7.138)
olarak belirlenebilir. Böylece sekonder tarafındaki Ẑ 2 gerçek yük empedansı primer tarafında
a 2 Ẑ 2 olarak gözükür ve ideal transformotor şekil 7.31’de görüldüğü gibi bir eşdeğer devre ile
temsil edilebilir.
Şekil 7.31 İdeal transformotorun primer
tarafına aktarılmış eşdeğer devresi
Gerçek transformotor
Manyetik nüvesi sonlu geçirgenlikte, her sargısı öz indüktansa sahip ve iki sargı arasındaki
manyetik kuplaj ortak indüktans oluşturduğunda gerçek bir transformotor meydana gelmektedir. Ek
olarak, her sargının kendi sargı direnci vardır. Bu faktörler dikkate alınarak şekil 7.32’de görüldüğü
gibi iki sargılı bir transformotor indüktif kuplajlı eşdeğer devre ile temsil edilebilir. Bu devrede R1
ve L1 primer sargısının direnci ve öz-indüktansı, R2 ve L2 sekonder sargının direnci ve öz-indüktansı
ve M ise iki sargı arasındaki ortak indüktanstır. Eğer nüve oldukça yüksek geçirgenlikte bir
manyetik malzeme ise akının ihmal edilebilecek bir kaçak ile nüve içinde kalması beklenebilir.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
559
Şekil 7.32
Transformotorun
indüktif kuplajlı
eşdeğer devresi
Böylece iki sargının mükemmel kuplajlı olduğu varsayılabilir ve aralarındaki ortak indüktans
M = L1 L2
(7.139)
~
ile ifade edilir. Primerin Ẑ g giriş empedansı ile V1 gerilim kaynağı varken sekondere bir Ẑ L yük
~
~
empedansı bağlandığında, primer ve sekonder akımları I 1 ve I 2 ise iki kuplaj eşitliği aşağıdaki
gibi ifade edilebilir.
~
~
~
( R1 + jωL1 + Zˆ g ) I 1 − jωMI 2 = V1
(7.140)
~
~
− jωMI 1 + ( R2 + jωL2 + Zˆ L ) I 2 = 0
(7.141)
~
~
Bu eşitliklerin çözümünden I 1 ve I 2 bulunur.
Şimdi yük gerilimi
~ ~
V2 = I 2 Zˆ L
olarak hesaplanabilir. Yüke verilen güç
~~
Po = Re [V2 I 2* ]
dir. Son olarak transformotorun giriş gücü aşağıdaki gibi yazılır.
~
Pi = Re[V1 I 1* ]
Transformotorun verimi basitçe çıkış gücünün giriş gücüne oranıdır. Analizde manyetik devredeki
kayıplar dahil edilmemiştir. Bu kayıpların nasıl dahil edildiğine dair bilgi elektrik makinaları ders
kitaplarının çoğunda bulunmaktadır. Bu kısımda bu kayıplar ihmal edilebilir varsayılmıştır.
(7.140) ve (7.141)’e dayalı olarak transformotor iletken kuplajlı eşdeğer devre ile de temsil
edilebilir. Şekil 7.33’de transformotor performansının analiz edilmesi için çok kullanılan eşdeğer
devrelerden biri görülmektedir.
560
Elektromanyetik Alan Teorisi
Şekil 7.33
Transformotorun
iletken kuplajlı
eşdeğer devresi
ÖRNEK 7.19 İki sargılı bir transformotorda, R1 = 4 Ω , R2 = 1 Ω , L1 = 30 mH, L2=120 mH ve
k=1’dir. Primer tarafına 120 volt’luk (RMS) bir kaynak bağlanmış ve sekonder tarafında ise 100
Ω’luk bir yük direnci bulunmaktadır. Eğer kaynak frekansı 1000 rad/sn ise transformotorun iletken
kuplajlı eşdeğer devresini çiziniz ve verimini belirleyiniz.
ÇÖZÜM İki sargı arasındaki ortak indüktans,
M = 0,03 × 0,12 = 0,06 H
olarak hesaplanır. Şekil 7.33 referans olarak kullanılarak iletken kuplajlı devre şekil 7.34’de
görüldüğü gibi çizilebilir. Düğüm akımları metodu kullanılarak eşitlikler aşağıdaki gibi yazılabilir.
~
~
( 4 + j 30) I 1 − j 60 I 2 = 120
~
~
− j 60 I 1 + (101 + j120) I 2 = 0
Şekil 7.34
Bu eşitliklerin eş zamanlı çözümü ile
~
I 1 = 5,33∠ − 33,52° A
ve
~
I 2 = 2,04∠6,57° A
bulunur. Böylece yük gerilimi, çıkış gücü ve giriş gücü aşağıdaki gibi hesaplanır.
~
V2 = 100 × 2,04∠6,57° = 204∠6,57° V
Po = Re[204∠6,57° × 2,04∠ − 6,57°] = 416,16 W
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
561
Pi = Re[120 × 5,33∠33,52°] = 533,23 W
Son olarak transformotorun verimi, aşağıdaki gibi çıkış gücünün giriş gücüne oranıdır.
η=
Po 416,16
=
= 0,78 veya % 78
Pi 533,23
ALIŞTIRMALAR
26. S = 10 kVA ’lik iki sargılı bir transformotor primer sargısının anma değeri 500 V’tur. a = 2 ve
transformotor primerine anma gerilimi uygulandığında 0,8 ileri güç faktöründe anma yükünün %
80’inde (8 kVA) çalışıyorsa (a) primer sargı akımını ve (b) sekonder sargı gerilimini ve akımını
belirleyiniz.
27. 100 kVA, iki sargılı bir transformotorda R1 = 16 Ω , R2 = 4 Ω , L1 = 80 mH , N1 = 500 sarım ,
f = 60 Hz ve a = 2 ’dir. Transformotor yük gerilimi 2500 V (RMS) iken cos φ = 0,707 geri güç
faktöründe 40 A akım vermektedir. (a) N2 ve L2, (b) manyetik nüve relüktansını, (c) çıkış gücünü,
(d) giriş gücünü ve (e) transformotor verimini belirleyiniz.
7.15.2 OTOTRANSFORMOTORU
İki sargılı transformotorda primer sargısının sekonder sargısından elektriksel olarak yalıtılmış
olduğu dikkate alınmış ve gerçekte de bu böyledir. İki sargı ortak bir nüve üzerinde manyetik
olarak kuplajlanmıştır. Böylece primerden sekonder sargısına enerji transferinin sorumlusu
manyetik indüksiyondur.
Bir transformotorun iki sargısı aralarında elektriksel olarak da bağlandıklarında ototransformotoru
adı verilir. Bir ototransformotoru primer ve sekonder sargılarının ikisinin görevini yapan bir sargılı
olabilir veya aynı manyetik nüve üzerine sarılmış iki veya daha fazla ayrı sargılardan oluşabilir.
Her durumdaki çalışma prensibi aynıdır. Sargılar arasındaki doğrudan elektriksel bağlantı,
elektriksel iletim yoluyla enerjinin bir kısmının primer sargıdan sekonder sargıya transfer
edilmesini sağlarken sargılar arasındaki manyetik kuplaj enerjinin bir kısmının indüksiyon yoluyla
iletilmesini sağlamaktadır.
İki sargılı transformotorların kullanılabileceği hemen hemen bütün uygulamalarda
ototransformotorları kullanılabilir. Tek sakınca transformotorun yüksek ve düşük gerilim tarafları
arasındaki elektriksel yalıtımın kaybolmasıdır. İki sargılı bir transformotora göre bir
ototransformotorunun avantajları şunlardır:
Ototransformotoru aynı gerilim ve güç değerlerindeki geleneksel iki sargılı transformotordan
daha ucuzdur.
Ototransformotoru benzer fiziksel özelliklerdeki iki sargılı transformotordan daha fazla güç
verir.
Aynı güç değeri için ototransformotoru iki sargılı transformotordan daha çok verimlidir.
Ototransformotoru nüvede aynı akının oluşturulması için iki sargılı transformotora göre daha
az uyartım akımı gerektirir.
562
Elektromanyetik Alan Teorisi
Ototransformotorunun çalışmasının açıklanmasına ideal çift sargılı transformotorun bir
ototransformotoru gibi bağlanmasıyla başlanabilir. Gerçekte şekil 7.35’de görüldüğü gibi bunu
yapmanın olabilecek dört yolu vardır. Şekil 7.35a’da görülen devrede iki sargılı bir transformotor
düşürücü transformotor olarak bağlanmıştır. İki sargılı transformotor sekonder sargısının
ototransformotorun ortak sargısı olduğuna dikkat edilmelidir. İdeal şartlar altında aşağıdaki ifadeler
yazılabilir.
Şekil 7.35 İki sargılı transformotorun ototransformotoru olarak olası bağlantı yolları. (a)
(V1 + V2 ) / V2 düşürücü bağlantı, (b) V2 /(V1 + V2 ) yükseltici bağlantı, (c) (V1 + V2 ) / V1 düşürücü
bağlantı ve (d) V1 /(V1 + V2 ) yükseltici bağlantı
~
~
~ ~
V1a = E1a = E1 + E 2
~
~
~
V2 a = E 2 a = E 2
~
~
~ ~
V1a E1a E1 + E 2 N1 + N 2
=
=
=
= 1 + a = aT
~
~
~
N2
V2 a E 2 a
E2
(7.142)
a = N1 / N 2 geleneksel iki sargılı transformotorun a oranı ve aT = 1 + a ise incelenen
ototransformotorun a oranıdır. Diğer bağlantılar için de a oranının aynı yolla hesaplanması gerekir
çünkü aT bütün bağlantılar için aynı değildir.
İdeal transformotorda, aşağıdaki gibi primer mmf’nin sekonder mmf’ne eşit ve zıt yönlü olması
gerekir.
( N1 + N 2 ) × I1a = N 2 I 2 a
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
563
Bu eşitlikten
I 2 a N1 + N 2
=
= 1 + a = aT
I1a
N2
(7.143)
elde edilir. Böylece ideal bir transformotordan yüke verilen görünür güç, Soa
V
Soa = V2 a I 2 a = 1a [aT I1a ] = V1a I1a = Sina
aT
(7.144)
ile ifade edilir. Sina transformotorun görünür giriş gücüdür. Bu eşitlik temelde, ideal şartlar altında
giriş gücünün çıkış gücüne eşit olduğunu vurgulamaktadır.
İki sargılı transformotor parametreleri ile görünür çıkış gücü ifade edilirse incelenen düzenleme
için
V2 a = V2
ve
I 2 a = aT I1a = (a + 1) I1a
dir. Anma yükünde I1a = I1 ’dir. Böylece
Soa = V2 I1 (a + 1) = V2 I 2
a +1
1
= So 1 +
a
a
elde edilir. S o = V2 I 2 iki sargılı transformotorun görünür çıkış gücüdür. Bu güç ortak sargılı
ototransformotorun gücü olduğundan yüke indüksiyon yoluyla güç transfer edilir. Gücün kalan
kısmı, So/a kaynaktan yüke elektriksel iletim yoluyla doğrudan aktarılır ve iletim gücü olarak
adlandırılır. Böylece, iki sargılı bir transformotor bir ototransformotoru olarak bağlandığında daha
fazla güç verir.
ÖRNEK 7.20 24 kVA, 2400/240 V’luk bir dağıtım transformotoru bir ototransformotoru olarak
bağlanacaktır. Şekil 7.35’deki gibi olabilecek her kombinasyon için (a) primer sargı gerilimini, (b)
sekonder sargı gerilimini ve (c) ototransformotorun anma değerlerini belirleyiniz.
ÇÖZÜM İki sargılı transformotor için aşağıdaki bilgiler verilmiştir. Kolaylık olması bakımından
şekil 7.35 çözümlerin yanına tekrar konulmuştur.
V1=2400 V, V2 = 240, So=24 kVA, I1= 10 A ve I2= 100 A
(a) Şekil 7.35a’da görülen ototransformotor bağlantısı için hesaplar:
564
Elektromanyetik Alan Teorisi
V1a = 2400 + 240 = 2640 V
V2 a = 240 V
aT = 2640 / 240 = 11
S oa = V2 a I 2 a = V1a I1a = V1a I1
S oa = 2640 × 10 = 26400 VA veya 26,4 kVA
Şekil 7.35a (V1 + V2 ) / V2 düşürücü bağlantı
Ototransformotorun anma değeri: 26,4 kVA, 2640/240 V
(b) Şekil 7.35b’de görülen ototransformotor bağlantısı için hesaplar:
V1a = 240 V
V2 a = 2400 + 240 = 2640 V
aT = 240 / 2640 = 0.091
S oa = V2 a I 2 a = V2 a I1
S oa = 2640 × 10 = 26400 VA veya 26,4 kVA
Şekil 7.35b V2 /(V1 + V2 ) yükseltici bağlantı
Ototransformotorun anma değeri: 26,4 kVA, 240/2640 V
(c) Şekil 7.35c’de görülen ototransformotor bağlantısı için hesaplar:
V1a = 240 + 2400 = 2640 V
V2 a = 2400 V
aT = 2640 / 2400 = 1,1
S oa = V2 a I 2 a = V1a I1a = V1a I 2
S oa = 2640 × 100 = 264000 VA veya 264 kVA
Şekil 7.35c (V1 + V2 ) / V1 düşürücü bağlantı
Ototransformatorun anma değeri: 264 kVA, 2640/2400 V
(d) Son olarak şekil 7.35d’de görülen ototransformotor bağlantısı için hesaplar:
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
565
V1a = 2400 V
V2 a = 2400 + 240 = 2640 V
aT = 2400 / 2640 = 0,91
S oa = V2 a I 2 a = V2 a I 2
S oa = 2640 × 100 = 264000 VA veya 264 kVA
Şekil 7.35d V1 /(V1 + V2 ) yükseltici bağlantı
Ototransformotorun anma değeri: 264 kVA, 2400/2640 V
İki sargılı transformotorun şekil 7.35c’de düşürücü ve sekil 7.35d’de yükseltici bir
ototransformotoru olarak bağlandıklarında güç oranlarındaki 10 kat artışa dikkat edilmelidir.
ALIŞTIRMALAR
28. =
So 720 VA, 360/120 V,=
a 3,=
I1 720 / 360
= 2 A,=
I 2 720 / 120
= 6 A iki sargılı transformotor
ototransformotoru olarak bağlandığında olabilecek her bağlantı kombinasyonu için (a) primer sargı
gerilimini, (b) sekonder sargı gerilimini, (c) transformasyon oranını ve (d) ototransformotorun
anma gücünü belirleyiniz.
29. Önceki alıştırmadaki iki sargılı transformotorun 360 V ve 120 V’luk sargılarının dirençleri
sırasıyla 4,5 Ω ve 0,5 Ω dur. Ototransformotorun anma yükünde ve anma geriliminde
cos36,87° =0,8 geri güç faktöründe, olabilecek her bağlantı kombinasyonu için verimini
belirleyiniz.
7.15.3 BETATRON
Parçacık hızlandırıcıları elektron, proton, pozitron, antiproton ve müon gibi yüklü temel parçacık
demetlerini istenilen kalitede ve hedeflenen enerjilere hızlandıran aygıtlardır. Parçacık
hızlandırıcıları doğrusal veya dairesel olarak iki sınıfa ayrılırlar. Dairesel hızlandırıcıların
mikrotron, betatron, siklotron ve sinkrotron olarak bilinen tipleri mevcuttur. Hızlandırılmış
parçacık demetleri çarpışan demet veya sabit hedef deneylerinde kullanılmaktadır. Çarpışmalar
sonucu parçacık dedektörleri aracılığı ile toplanan veriler deneysel sonuçlara ulaşmak için analiz
edilmektedir. Ayrıca yüklü parçacık demetlerinin özel yapılı çok kutuplu magnetlerden geçirilmesi
ile sinkrotron ışınımı ve serbest elektron lazeri olarak anılan ışınımlar elde edilerek çok geniş bir
spektrumda araştırma ve uygulamada kullanılmaktadır.
Parçacık hızlandırıcılarının başta temel parçacık fiziği ve nükleer fizik deneyleri olmak üzere
malzeme fiziğinden yüzey fiziğine, x-ışınlarından nötron terapisine, proton terapisinden iyon
implantasyonuna, petrol ve gaz yataklarının aranmasından çevre atıklarının etkisiz hale
getirilmesine, gıda sterilizasyonundan izotop üretimine, nükleer atıkların temizlenmesinden
toryuma dayalı nükleer santrallere, polimerizasyondan litografiye, anjiyografiden baca gazlarının
temizlenmesine, mikrospektroskopiden güç mühendisliğine, arkeolojiden litografiye, proteinlerden
DNA’ya, biyoteknolojiden nanoteknolojiye, kristalografiden minerolojiye, gen biliminden
savunmaya, ağır iyon füzyonlarından plazma ısıtılmasına kadar yüzlerce kullanım alanı mevcuttur.
566
Elektromanyetik Alan Teorisi
Bir siklotron’da yüklü parçacık D biçimli iki iletken kovuk arasındaki bölgede zamanla değişen
elektrik alanı uygulanarak hızlandırılır. Her D biçimli bölgede yüklü parçacığın dairesel yörünge
izlemesi için düzgün manyetik alan kullanılır. Yüklü parçacığın boşluğa girdiği her durumda
yörünge yarıçapı artar. Bir betatronda torus adında boşaltılmış bir cam odacıkta yüklü parçacık
sabit bir yarıçapta döner. Bir elektromıknatıs zamanla değişen manyetik alan meydana getirir ve
elektromıknatısın kutup yüzeyleri arasındaki boşluk şekil 7.36’da görüldüğü gibi manyetik alan
şiddetinin kontrol edilmesi için dışarıya doğru radyal olarak artar.
Şekil 7.37 ρ yarıçapında v hızıyla dönen
elektrona etkiyen kuvvetler
Şekil 7.36 Betatron şeması
Yüklü parçacığın (elektron) durgun olduğu ve manyetik alanın sıfır olduğu varsayılsın. Manyetik
alan z yönünde artarken bir elektrik alanı indükler. Şekil 7.37 torus düzleminde kapalı dairesel bir
döngüyü göstermektedir. Elektrik alan şiddeti aşağıdaki Maxwell eşitliğinden hesaplanır.
→
∂B →
−∫
⋅ ds
∫ c E ⋅ dl =
s ∂t
B( r, t ) zaman ve uzayın bir fonksiyonu olarak manyetik akı yoğunluğudur. Elektromıknatısın
simetrik tasarımı B alanı genliğinin merkezden sabit uzaklıktaki yarıçapta aynı olmasını sağlar.
Böylece aynı yarıçapta E alan şiddeti de sabittir. Bunun sonucu olarak sabit a yarıçapında bir
döngü için önceki eşitlik
Eφ = −
1 dΦ
2πa dt
(7.145)
olur.
∫
a
∫
2π
Φ = Bρ dρ dφ
0
0
olup a yarıçapında dairesel döngü ile çevrelenen yüzeyi geçen toplam akıdır.
Elektron üzerinde E alanının etkisiyle meydana gelen kuvvet,
(7.146)
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
567
Fφ = −eEφ =
e dΦ
2πa dt
(7.147)
dir. e elektrondaki yükün büyüklüğüdür (1,602 × 10−19 C) . İkinci Newton hareket kanununa göre,
aşağıda ifade edildiği gibi momentin değişim oranı etkiyen kuvvete eşittir.
dp
e dΦ
=
dt 2πa dt
t=0’da elektron durgun olduğundan herhangi bir t zamanında momentteki kazanç
eΦ
2πa
p=
(7.148)
olur. Elektron merkezden a radyal uzaklığında dairesel bir döngüde dönmeye başlar başlamaz
− e(u × B) Lorentz kuvvetinin etkisi altında kalır. Bu kuvvet şekil 7.36’da görüldüğü gibi elektronu
dairesel döngünün merkezine doğru çekme eğilimindedir. Aynı zamanda elektron üzerinde etkiyen
merkezcil kuvvet elektronu aygıtın dışına kaçırmaya çalışır. Elektrona etkiyen bu kuvvetler aynı ve
zıt yönlerde olduğundan iki kuvvet genlik olarak aynı olduğunda elektronun dairesel bir yörüngede
bulunmasını mümkün hale getirecektir. a sabit yarıçapında dairesel bir yörünge için
m 2
u = eBu
a
veya
mu = eBa
(7.149)
olmalıdır. m elektronun kütlesidir ve durgun halindeki kütlesinden çok kez daha büyüktür
(9,1× 10−31 kg ) çünkü elektronun kazandığı hız ışık hızı ile karşılaştırılabilir. Bu bakımdan m’nin
değişken olduğu düşünülmelidir.
p = mu elektronun momenti olduğundan (7.148) ve (7.149) ile
B=
Φ
2πa 2
(7.150)
bulunur. Uzay ortalama akı yoğunluğu (yörünge ile sınırlanan yüzey alanı üzerinde)
Bo =
Φ
πa 2
(7.151)
olarak tanımlanarak ve (7.150) ile karşılaştırıldığında a yarıçapında manyetik akı yoğunluğunun
B = 12 Bo
(7.152)
gibi ortalama değerin yarısına eşit olduğu bulunur. Bu nedenden dolayı elektromıknatıs kutupları
dışa doğru radyal yönde azalan B alanının meydana getirilmesi için inceltilmelidir.
568
Elektromanyetik Alan Teorisi
İlk betatronlar 1940’da Illinois üniversitesinde D. W. Kerst tarafından yapılmıştır. Bundan sonra
elektronların hızlandırılması ve 400 MeV’dan fazla enerji verebilen betatronlar başarılı bir şekilde
yapılmıştır.
ALIŞTIRMALAR
30. Bir elektromıknatısın sargılarından geçen zaman harmonik akım B = Bm sin ωt a z manyetik
alanı üretmektedir; Bm elektronun kararlı yörüngesindeki maksimum değerdir. (a) uzay
ortalama manyetik akı yoğunluğunu, (b) yörüngenin yarıçapı a iken çevrelenen toplam akıyı,
(c) indüklenen elektrik alanını ve (d) yörünge çevresinde elektronun bir dönüşü ile kazandığı
kinetik enerjiyi belirleyiniz.
31. Önceki alıştırmayı Bm=0,4 T, a=84 cm ve alternatif akımın frekansı 60 Hz iken tekrarlayınız.
Elektronun bir dönüşünde kazandığı ortalama kinetik enerjisi nedir? Enerjiyi elektron volt (eV)
olarak ifade ediniz.
7.16 ÖZET
Manyetik alan içinde hareket eden bir iletkendeki harekete bağlı emf
em = (u × B) ⋅ d ∫
c
ile verilir; u iletken hızı ve B manyetik akı yoğunluğudur. Harekete bağlı emf’den dolayı kapalı
iletkende indüklenen akım indüklenen elektrik alanı ( u × B) yönündedir. Boşlukta sabitlenmiş N
sarımlı sargı ile çevrelenen kesit alanından geçen zamanla değişen akı bir transformotor emf’si
üretir ve
∂B ⋅ ds
et = −
∂t
s
∫
ile verilir. Alan miktarlarının zaman harmonik değişimleri için transformotor emf’sinin etkin
(RMS) değeri
E = 4,44 f N Φ m
dir; f osilasyon frekansı ve Φm akının maksimum değeri veya genliğidir. Kapalı iletken çerçeve
zamanla değişen manyetik alanda hareket ettiğinde indüklenen toplam emf
e = em + et = −
dΦ
dt
olur; Φ kapalı c yolu içinde s yüzeyinden geçen toplam akıdır. Bu eşitlik Faraday indükleme
kanununun matematiksel bir ifadesidir. E ve B alanları ile ifade edildiğinde aşağıdaki gibi dört
Maxwell eşitliğinden birinin en genel bir biçimini verir.
∂B
∇×E = −
+ ∇ × (u × B)
∂t
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
569
Bir sargının öz indüktansı
L=N
dΦ N 2
=
= ℘N 2
ℜ
di
olarak tanımlandı. i(t) sargıdaki akım, ℜ relüktans ve ℘ manyetik devrenin permeansıdır. İki sargı
arasındaki ortak indüktans,
L2
M =k
N1 N 2
= k L1 L2
ℜ
dir; L1 ve L2 sargı 1 ve sargı 2’nin öz indüktanslarıdır. Seri bağlanmış manyetik kuplajlı iki sargının
etkin indüktansı,
L2
L = L1 + L2 ± 2 M
ile ifade edilir; artı (+) işareti destekleyici seri ve eksi (-) işareti ters seri bağlantı için kullanılır.
Paralel bağlı manyetik kuplajlı iki sargının etkin indüktansı,
L=
L1 L2 − M 2
L1 + L2 ± 2 M
dir; eksi (-) işareti destekleyici paralel ve artı (+) işareti ters paralel bağlantı için kullanılır.
Düzeltilmiş Ampère kanunundan Maxwell eşitliği
∂D
∇×H = J +
∂t
olarak ifade edilir. J (a) bölgedeki kaynaklardan dolayı hacim akım yoğunluğu, (b) iletken
ortamda ( J = σE) iletim akım yoğunluğu veya (c) sürüklenen yüklerden ( J = ρ v u) dolayı taşınım
akım yoğunluğunu temsil eder. Diğer iki Maxwell eşitliği aşağıdaki gibi yazılır.
∇ ⋅ D = ρv
∇⋅B = 0
Bir ortamda alanlar sadece dört Maxwell eşitliğini doyurdukları zaman var olabilir.
Maxwell eşitliklerini doyuran süreklilik eşitliği,
∂ρ
∇⋅J = − v
∂t
olarak verilir. Zamanla değişen alanların bulunduğu bir bölgede u hızıyla hareket eden q yüküne
etkiyen kuvvet aşağıdaki gibi ifade edilir.
F = q( E + u × B )
570
Elektromanyetik Alan Teorisi
Ani güç yoğunluğu veya Poynting vektörü,
S = E×H
ile tanımlanır. Alanlar sinüsoidal olarak değiştiğinde birim alan başına ortalama güç
~ ~
Sˆ = 12 Re[E × H*]
~
~
dir; E ve H zaman harmonik E ve H alanlarının maksimum değerleri ile fazör temsilidir.
Bir s yüzeyinden geçen ortalama güç akışı
P = ∫ Ŝ ⋅ ds
s
ile verilir.
İki sargılı transformotorda gerilim ve akım ilişkileri
e1 i2 N1
= =
=a
e2 i1 N 2
ile ifade edilir. İki sargılı transformotor ototransformotoru olarak dört muhtemel yolla bağlanabilir.
Her durumda ototransformotoru gücün elektriksel iletim yoluyla verilen bir kısmından dolayı
yüksek anma gücüne sahiptir.
Zamanla değişen manyetik alan betatron adındaki bir aygıtta yüklü parçacığın hızlandırılmasında
kullanılır. Elektromıknatısın uç kısmı elektronun kararlı yörüngesindeki B alanının maksimum
değerinin uzay ortalama akı yoğunluğunun yarısı olacak biçimde sivriltilir.
7.17 ÇALIŞMA SORULARI
1. Harekete bağlı emf ifadesini çıkartınız ve bütün varsayımları ifade ediniz.
2. Transformotor emf’sini açıklayınız.
3. Faraday indükleme kanununu ifade ediniz.
4. Lenz kanunu nedir? Önemi nedir?
5. Destekleyici seri, ters seri, destekleyici paralel ve ters paralel terimlerini açıklayınız.
6. Manyetik olarak kuplajlı üç sargı (a) destekleyici seri, (b) ters seri, (c) destekleyici paralel ve
(d) ters paralel bağlandığında etkin indüktansı belirleyiniz.
7. İndüklenen elektrik alanı niçin korunumlu alan değildir?
8. Mükemmel kuplajlı sargı ile ne denilmek isteniyor? Kuplaj katsayısı nedir?
9. Polarite işaretlemenin önemi nedir?
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
571
10. Manyetik enerji yoğunluğu ifadesini çıkartınız.
11. Zamanla değişen alanlar için Ampère kanununun düzeltilmesi niçin gerekmiştir?
12. Maxwell eşitliklerini (a) nokta ve (b) integral biçiminde yazınız. Her eşitliğin önemini
açıklayınız.
13. Süreklilik eşitliği Maxwell eşitliklerinden çıkartılabilir mi? Evetse çıkartınız. Değilse niçin?
14. Zamanla değişen alanlar için sınır şartlarını çıkartınız.
15. Alanların mevcut olabilmesi için Maxwell eşitliklerini doyurması gerekli midir?
16. Kaynaksız dielektrik ortamda J nedir?
17. Kaynaksız iletken ortamda J nedir?
18. Dielektrik ve iletken ortam arasındaki ara yüzeyde yüzey akımı var olabilir mi? Açıklayınız.
19. Dielektrik ve iletken ortam arasındaki ara yüzeyde yüzey yükü var olabilir mi? Açıklayınız.
20. İletken ortamda alanlar mevcut olabilir mi? Cevabı doğrulayınız.
21. Mükemmel iletken ortamda alanlar mevcut olabilir mi? Cevabı doğrulayınız.
22. Dielektrik ve mükemmel iletken ortam arasındaki ara yüzeydeki sınır şartlarını ifade ediniz.
23. Zaman harmonik alanlar için ortalama enerji yoğunluğu ifadelerini elde ediniz.
24. Poynting teoremini ifade ediniz. Poynting vektörü nedir?
25. Ortalama güç yoğunluğu nedir?
26. İdeal transformotor nedir?
27. 120 VA gücünde iki sargılı bir transformotorun primer ve sekonder sargılarının anma
gerilimleri 120 V ve 60 V tur. Her sargının anma akımı nedir?
28. 240 VA, 240/12 V’luk bir transformotor ototransformotoru olarak bağlanmıştır. Olabilecek her
bağlantı için anma gerilimi, akımı ve gücü belirleyiniz.
29. Betatronun çalışmasını açıklayınız.
30. Zamanla değişen manyetik alan yüklü parçacığı nasıl hızlandırır?
31. Bir ortamdaki elektrik alan şiddeti Eo cos ω tβ za x V/m olarak veriliyor; ω frekans ve β bir
sabittir. Bu alan boşlukta mevcut olabilir mi?
7.18 ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR
1. 2 m uzunluğunda bir bakır şerit 12,5 mT’lık düzgün manyetik akı yoğunluğuna dik bir
düzlemde dönüyor. Şeridin bir ucu yataklanmış ve diğer ucu 188 rad/s’lik açısal hızla dönerken
572
Elektromanyetik Alan Teorisi
şeridin iki ucu arasında indüklenen emf’yi belirleyiniz. 2 Ω’luk direnç aşağıdaki şekilde
görüldüğü gibi bağlandığında şeritteki akım nedir? Şeridin sağladığı güç nedir? Şeride etkiyen
manyetik kuvveti hesaplayınız? Bu kuvvetin önemi nedir?
eba =
1
2
Bω L2 =
1
2
12,5 × 10−3 × 188 × 22 = 4,7 V⇒ I ba =
eba 4,7
=
= 2,35 A
R
2
P =eba I ba =4,7 × 2,35 =11,045 W
−a
φ
2
Fm =
− IB ∫ d ρaφ =
−2,35 × 12,5 × 10−3 × 2aφ =
−0,05875aφ N
I ∫ dl × B =
I ∫ d ρ aρ × az B =
c
c
0
Fharici = 0,05875aφ N
Şerit φ yönünde Fharici kuvveti ile döndürülürken buna zıt yani -φ yönünde Fm karşı manyetik
kuvveti oluşmaktadır.
2. Önceki örnekteki bakır şerit aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi ortasından yataklanmıştır. (a)
Serbestçe dönen uçlardan biri ile orta uç arasında indüklenen emf, (b) şeridin her iki
kısmındaki akım ve (c) şeridin sağladığı toplam gücü belirleyiniz.
eba =
1
2
Bω L2 =
1
2
12,5 × 10−3 × 188 × 12 = 1,175 V⇒ I R =
eba 1,175
=
= 0,5875 A
2
R
eba2 1,1752
IR
0,5875
=
= 0, 29375 A ⇒ P =
=
= 0,6903125 W
şerit sayısı
2
2
R
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
573
3. 1,2 mm yarıçapındaki aluminyum iletken telden 20 cm×10 cm ölçülerinde dikdörtgen çerçeve
40 T/s ile artan bir manyetik alana konuluyor. Çerçevede indüklenen akım nedir? Aluminyumun öz
iletkenliği 3,57×107 S/m’dir. İndüklenen akım yönünü şekilde gösteriniz.
2 × 0, 2 + 2 × 0,1
=
= 0,0037151 Ω
σ A 3,57 × 107 × π × (1, 2 × 10−3 ) 2
dΦ
AdB
dB
0,8
e =N
=NA
=1 × 0, 2 × 0,1 × 40 =0,8 V ⇒ I =
=215,3374068 A
0,0037151
dt
dt
R
=
4. Aşağıdaki şekilde görülen 2 m uzunluğundaki bakır şerit 12,5 mT’lık düzgün manyetik akı
yoğunluğuna dik bir düzlemde dönüyor. Şeridin bir ucu yataklanmış ve diğer ucu 188 rad/s’lik bir
açısal hızla dönerken şeridin iki ucu arasında indüklenen emf’yi Faraday kanunu kullanarak
belirleyiniz.
ds
B
φ
2
ρ2
22
=
Φ ∫ Ba z ⋅ a z ρ d ρ d=
φ B ∫ ρ d ρ ∫ d=
φ B =
φ 12,5 × 10−3 × =
φ 0,025ωt
s
0
0
2
2
dΦ
d 0,025ωt
−N
=
−N
=
−0,025ω =
−0,025 × 188 =
−4,7 V
e=
dt
dt
boa'dan geçen akı zamanla artarken a'daki potansiyel b'dekinden yüksek yani ea 0 = 4, 7 V olmalıdır.
5. 10 cm yarıçapında dairesel iletken çerçeve 200 kHz frekansla zamanla sinüsoidal olarak
değişen 10 A/m’lik tepe değerli manyetik alan şiddeti bölgesine yerleştirilmiştir. Çerçeve düzlemi
manyetik alan şiddetine normal ise çerçeveye seri bağlı voltmetrenin gösterdiği değeri (a) Faraday
indükleme kanunu ve (b) transformotor eşitliğini kullanarak belirleyiniz.
574
Elektromanyetik Alan Teorisi
H =10cos ωta z alınırsa B =µo H =4π × 10−7 × 10cos ωta z
15,79136
∂B ∂
3
−7
−6
200
sin ωta z
π ×
= 4π × 10 × 10cos ωta z =
− 4π × 10 × 2
× 10
∂t ∂t
ω
5
2π
0,00
ds
B
0,1
π
2
∂Φ
∂ 15,79136sin ωt ∫ ρ d ρ ∫ dφ = 0, 4961sin ωt
eab =
−∫
=
− ∫ Ba z ⋅ a z ρ d ρ dφ =
0
0
s ∂t
s ∂t
voltmetre ile ölçülen etkin değer = 1 / 2 × 0, 4961 =0,35079 V
6. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi N sarımlı dikdörtgen sargı paralel iletkenli ve zıt akım yönlü
iletim hattının ortasına konulmuştur. Sargıda indüklenen emf nedir?
I sin ωt 1
1
Örnek 5.7'den
=
⇒ B µo m
=
+
a y ⇒ ds dxdza y
2π x d − x
d
µo I m sin ωt +W 1
L
µI L
1
d +W
2
dx ∫ dz
Φ
= ∫ B ⋅ ds
=
+
= o m sin ωt ln
d −W
∫
s
d −x 0
d −W
2π
π
2 x
N µ oω I m L
dΦ
d +W
−N
=
−
cos ωt ln
eab =
dt
d −W
π
7. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi N sarımlı dikdörtgen sargı paralel iletkenli ve aynı akım
yönlü iletim hattının ortasına konulmuştur. Sargıda indüklenen emf nedir?
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
575
I sin ωt 1
1
=
⇒ B µo m
=
Örnek 5.7'den
−
a y ⇒ ds dxdza y
2π x d − x
µ I sin ωt d +W 1
L
dΦ
1
2
Φ = ∫ B ⋅ ds = o m
−
=0
d −W
dx ∫0 dz = 0 ⇒ eab = − N
∫
s
d −x
dt
2π
2 x
8. İç ve dış yarıçapları a = 20 cm ve b = 25 cm olan kare kesitli bir toroid üzerine sarılan 200
sarımlı sargının indüktansını hesaplayınız. Manyetik malzemenin bağıl geçirgenliği 500’dür.
Sargıdaki akım i = 2sin 314t A ile sinüsoidal olarak değişiyorsa sargıda indüklenen emf’yi
belirleyiniz.
a ≤ ρ ≤b:
∫ H ⋅ dl= Ni ⇒ Hφ=
c
µ Ni
Ni
⇒ Bφ=
⇒ Φ=
2πρ
2πρ
∫ Bφ ⋅ dsφ=
s
h
µ Ni b 1
µ Ni
b
d ρ ∫ dz=
h ln
∫
0
a
2π a ρ
2π
λ
NΦ µ N 2
b 500 × 4π × 10−7 × 2002
25 × 10−2
=
=
× 5 × 10−2 × ln
= 44,62871 mH
L
h ln =
i
a
2π
2π
20 × 10−2
cos 314 t
628
di
d (2sin 314t )
−L =
−44,62871 × 10−3 ×
e=
= −28,0268cos314t V
dt
dt
9. Her iletkeninin yarıçapı a ve merkezleri arasındaki açıklık d ise boşlukta iki iletkenli bir iletim
hattının birim uzunluk başına öz indüktansını hesaplayınız. İletkenlerin mükemmel iletken ve eşit
ve aynı yönlerde akım taşıdıklarını varsayınız.
d >> a ve σ çok yüksek varsayımı altında i akımı sadece iletken yüzeyinde olduğundan:
µo I 1
1
=
Bz
+
az
2π y d − y
>> a
d
µo I d − a 1
µo I d − a µo I d
µo d
1
=
Φ
ln
≅
ln Wb/m
=
⇒L
ln H/m
+=
dy
∫
a
2π
y d −y
π
a
π
a
π a
Birim uzunluk başına
576
Elektromanyetik Alan Teorisi
10. Akım taşıyan uzun bir iletken ve kenarı a olan kare biçimli çerçeve arasındaki ortak indüktansı
hesaplayınız. İletken ve çerçeve arasındaki minimum açıklık aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi
b’dir.
=
Bφ
µo i
⇒=
Φ
2πρ
µo i
=
dz
φ
∫ Bφ ⋅ ds
∫ 2πρ d ρ=
s
s
a
µo i a + b 1
µo i
µo
a+b
a+b
⇒=
dρ∫ =
dz
a ln
M
a ln
∫
0
2π a ρ
2π
a
2π
a
11. İki sargı, aralarındaki ortak indüktans 16 mH olacak şekilde kuplajlanmıştır. Sargılardan
birinin indüktansı 20 mH ve diğerinin ise 80 mH ise sargılar arasındaki kuplaj katsayısını
belirleyiniz.
M
= k L1 L2 ⇒ 16
= k 20 × 80 ⇒=
k 0, 4
L1 L2 − M 2
12. 7.48 ⇒ L =
eşitliğini doğrulayınız.
L1 + L2 ± 2M
di
di
v(t ) L1 1 + M 2
=
dt
dt di2 L1 − M di1
Şekil 7.25 'den paralel destekleyici durum için ⇒
=
⇒
di2
di1
dt L2 − M dt
v(t ) L2
=
+M
dt
dt
di
L − M di1
di di
di di
di L + L2 − 2M di1
i = i1 + i2 ⇒ 2 = − 1 ⇒ − 1 = 1
⇒ = 1
dt dt dt
dt dt L2 − M dt
dt
L2 − M
dt
di
di
di
di
v(t ) = L ⇒ L = L1 1 + M 2
dt
dt
dt
dt
veya
L eşdeğer indüktans ise
⇒
L + L − 2 M di
di
L − M di1
2
1
L 1
=
L1 1 + M 1
L2 − M
dt
dt
L2 − M dt
L + L2 − 2 M
L −M
LL −M2
= L1 + M 1
⇒L= 1 2
L 1
L2 − M
L2 − M
L1 + L2 − 2 M
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
577
di
di
=
v(t ) L1 1 − M 2
dt
dt di2 L1 + M di1
=
Şekil 7.25 'den ters paralel durum için ⇒
⇒
di2
di1
dt L2 + M dt
=
−M
v(t ) L2
dt
dt
di
L1 + M di1
di di
di di
di L + L2 + 2 M di1
⇒ = 1
i = i1 + i2 ⇒ 2 = − 1 ⇒ − 1 =
dt
dt dt dt
dt dt L2 + M dt
dt
L2 + M
di
di
di
di
v(t ) = L ⇒ L = L1 1 − M 2
dt
dt
dt
dt
veya
L eşdeğer indüktans ise
⇒
L + L + 2 M di
di
L + M di1
2
1
L 1
=
L1 1 − M 1
L2 + M
dt
dt
L2 + M dt
L + L2 + 2 M
L +M
LL −M2
= L1 − M 1
⇒L= 1 2
L 1
L2 + M
L2 + M
L1 + L2 + 2 M
13. İki sargının öz indüktansları 1,6 H ve 4,9 H’dir. Sargılar (a) destekleyici seri, (b) ters seri, (c)
destekleyici paralel ve (d) ters paralel bağlandığında kuplaj katsayısının bir fonksiyonu olarak iki
sargının etkin indüktanslarının grafiğini çiziniz.
M
Destekleyici seri ⇒ L = L1 + L2 + k L1 L2 = 1,6 + 4,9 + k 1,6 × 4,9 = 6,5 + k 7,84
M
Ters seri ⇒ L = L1 + L2 − k L1 L2 = 1,6 + 4,9 − k 1,6 × 4,9 = 6,5 − k 7,84
M
L1 L2 − (k L1 L2 ) 2 1,6 × 4,9 − (k 1,6 × 4,9) 2 7,84 − 7,84k 2
=
=
=
Destekleyici
paralel ⇒ L
6,5 − 5,6k
L1 + L2 − 2 k L1 L2 1,6 + 4,9 − 2k 1,6 × 4,9
M
M
L1 L2 − (k L1 L2 ) 2 1,6 × 4,9 − (k 1,6 × 4,9) 2 7,84 − 7,84k 2
Ters
=
paralel ⇒ L
=
=
6,5 + 5,6k
L1 + L2 + 2 k L1 L2 1,6 + 4,9 + 2k 1,6 × 4,9
M
578
Elektromanyetik Alan Teorisi
14. Sonsuz uzunlukta a yarıçapındaki silindirik iletkendeki hacim akım yoğunluğu
ρ ≤ a iken
=
J J o a z A/m 2 ve ρ ≥ a iken
=
J 0 dir. Herhangi bir noktadaki manyetik enerji
yoğunluğunu ve birim uzunluk başına depolanan dahili enerjiyi hesaplayınız.
2 πρHφ
πρ 2
çevrelenen
2π
2π
ρ
ρ
ρ ≤ a iken J = J o a z ⇒ ∫ H ⋅ dl = ∫ J ⋅ ds ⇒ ∫ Hφ ρdφ = J o ∫ ρ d ρ ∫ dφ ⇒ Hφ = J o
0
0
0
s
2
I
I çevrelenen
H
2
φ
2
ρ
1
w=
µ J ⇒ W=
m
m
2 o o
2
=
∫ w dv
m
v
1
2
J
µo o
2
2
∫
a
0
2π
1
0
0
ρ 3 d ρ ∫ dφ ∫ dz
=
2 πρH
1
µo J 02 a 4π J/m
16
φ
a
π
2π
2π
a
a2
ρ ≥ a iken J =0 ⇒ ∫ H ⋅ dl =I çevrelenen ⇒ ∫ Hφ ρdφ =J o ∫ ρ d ρ ∫ dφ ⇒ Hφ =J o
0
0
0
2ρ
2
I çevrelenen
H
2
φ
2 2
a
1
w=
µ J
⇒ W=
m
m
2 o o
2ρ
=
∫ w dv
v
m
1
2
a2
µo J o
2
2
ρ
1
a
ρ
∫
2π
1
0
0
d ρ ∫ dφ ∫ dz
=
1
ρ
µo J 02 a 4π ln J/m
2
a
15. N sarımlı sargıyı halkalayan veya kesen manyetik akı Φ =a i ile değişiyorsa depolanan
enerjinin 13 N Φi olduğunu gösteriniz (a bir sabittir). Ortam doğrusal mıdır?
2
i3
3
Φ
i
di
1
1
1
1
dΦ
= 2a
⇒ dW= Nid Φ
= 2 aN idi ⇒ W= 2 aN ∫ idi
= 3 Ni a =
i 13 N Φi
0
i
doğrusal olmayan ortam
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
579
16. Sargılar ters seri bağlı iken Örnek 7.12’yi tekrarlayınız.
(a) Kuplajlı sargılardaki başlangıç enerjisi: Wi =12 × 1,02 × 22 =2,04 J
(b) Kuplajlı sargılardaki son enerji: W f =12 × 1,02 × 52 =12,75 J
(c) Kuplajlı sargılardaki depolanan enerjideki artış: W = 12,75 − 2,04 = 10,71 J
17. Bakır gibi bir iletkende yer değişimi akım yoğunluğunun bütün pratik frekanslarda iletim akım
yoğunluğu ile karşılaştırıldığında ihmal edilebilir olduğunu gösteriniz. İletkendeki iletim akım
10−9
yoğunluğunun J = J o cos ωt a z A/m 2 , ε cu= ε=
F/m ve σ=
5,8 × 107 S/m olduğunu
o
cu
36π
varsayınız.
D
∂
1
ε
∂t
∂D
ε
ε
J J o cos ω
az ⇒
=
=
=
−ω J o sin ωt a=
ω
t az ⇒ E
J o cos ω
t az ⇒ D
J o cos ωt=
z ⇒
∂t
σ
σ
σ
σ
J
J
σ
εE
10
ε
ε
36π
= 9,5785 × 10−19 f
ω = ω= 2π f
σ Cu
σ
5,8 × 107
−9
18. Kaynaksız dielektrik ortamda elektrik=
alan şiddeti E C cos(α x) cos(ωt − β z )a y V/m olarak
veriliyor; C genlik ve α ve β sabit miktarlardır. (a) Manyetik alan şiddetini ve (b) elektrik akı
yoğunluğunu belirleyiniz.
= ε=
= 0
D
E ε C cos(α x) cos(ωt − β z )a y ⇒ ∇ ⋅ D
∂B
∂B
∇×E = −
⇒−
= β C cos(α x)sin(ωt − β z )a x − α C sin(α x) cos(ωt − β z )a z
∂t
∂t
αC
βC
cos(α x) cos(ωt − β z )a x +
sin(α x)sin(ωt − β z )a z T ⇒ ∇ ⋅ B = 0
B=−
ω
ω
ωµ
ωµ
αC
βC
−
cos(α x) cos(ωt − β z )a x +
sin(α x)sin(ωt − β z )a z A/m
H=
19. Önceki alıştırmadaki elektrik alanı mevcut olabilir mi? Evetse şartı nedir? Değilse niçin?
∂D ∂
∂
∂
H
∇×=
⇒ H x − H z a=
ε C cos(α x) cos(ωt − β z )a y
y
∂t
∂x
∂t
∂z
β 2C
α 2C
cos(α x)sin(ωt − β z ) −
cos(α x)sin(ωt − β z ) a y =
−ωε C cos(α x)sin(ωt − β z )a y
−
ωµ
ωµ
β 2C α 2C
+
−ωε C cos(α x)sin(ωt − β z )a y
−
cos(α x)sin(ωt − β z ) a y =
ωµ
ωµ
2
2
β +α
= ωε C ⇒ β 2 + α 2 = ω 2εµ (alanların mevcut olma koşulu sağlandığından elektrik alanı mevcuttur)
C
ωµ
580
Elektromanyetik Alan Teorisi
20. Zamanla değişen alanlar için Maxwell eşitliklerini kullanarak (7.84) – (7.89) eşitliklerinde
verilen sınır şartlarını çıkartınız.
lim ρv = ρ s
h →0
∫
s
∆sa n
∆sa n
B ⋅ ds = 0 ⇒ lim(B1 ⋅ ∆s − B 2 ⋅ ∆s ) = 0 ⇒ a n ⋅ (B1 − B 2 ) = 0
h →0
∆sa n
∆sa n
D1 ⋅ ∆s − D2 ⋅ ∆s )= ρ s ∆s ⇒ a n ⋅ (D1 − D2= ρ s
∫ s D ⋅ ds= ∫v ρv dv ⇒ lim(
h →0
at ⋅ (E1 − E2 ) =
h → 0
0
∂B
∂B ∫ c E ⋅ dl =−∫s ∂t ⋅ ds ⇒ ds = 0 iken ∂t ⋅ ds =0 ⇒ E1 ⋅ at w − E2 ⋅ at w =0 ⇒ a n × (E 1 − E 2 ) =
0
∂D 0 at ⋅ (H1 − H 2 ) =
Js
∂D ⋅ ds =
∫ c H ⋅ dl = ∫s J ⋅ ds + ∫s ∂t ⋅ ds ⇒ h → 0 iken ∂t ⇒ a n × (H 1 − H 2 ) =
Js
lim J = J s
h →0
21. Sınır şartlarını (a) ortam 1 mükemmel dielektrik ve ortam 2 mükemmel iletken, (b) her iki
ortam mükemmel dielektrik ve (c) ortam 1 mükemmel dielektrik ve ortam 2 iletken olduğunda
ifade ediniz.
(a) ortam 1 mükemmel dielektrik ve ortam 2 mükemmel iletken
=
E2 0=
, D2 0=
, Β 2 0=
, H2 0
=
Dn1 ρ s=
, Et1 0=
, Bn1 0=
, H t1 J s
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
581
(b) her iki ortam mükemmel dielektrik
=
Dn1 D=
, Et1 E=
, Bn1 B=
, H t1 H t 2
n2
t2
n2
(c) ortam 1 mükemmel dielektrik ve ortam 2 iletken
a n × (D1 − D
=
ρs
2)
Js
=
=
=
, a n × (E1 − E
0 , a n × (B1 − B
0 , a n × (H1 − H
2)
2)
2)
22. Yarıçapı b ve uzunluğu L olan içi dolu bir iletken z yönünde düzgünce dağıtılmış I kararlı
akımı taşımaktadır. R iletkenin direnci ise iletkenin içine akan toplam gücün I 2 R olduğunu
gösteriniz.
Joule kanunundan iletkenin kayıp gücü:
2
b
R
I 2π
2
2
L
J = 2 a z A/m
2
b
L
2
π
1 I
πb
2 L
ρ d ρ ∫ dφ ∫ dz = I
⇒ P = ∫v J ⋅ Edv =
W
0
0
I σ π b 2 ∫0
σ A
E=
a
V/m
z
σπ b 2
Poynting vektöründen iletkenin kayıp gücü:
I I I2 E H = 2 az ×
aφ =
−
aρ
İletken yüzeyindeki noktalardaki Poynting vektörü: S =×
2π b
2σπ 2b3
σπ b
0
I2 − ∫ S ⋅ ds =
−∫
S ⋅ ds − ∫
S ⋅ ds =
−∫ −
a ⋅ a ρ bdφ dz
P=
2 3 ρ
kenar yüzey
alt ve üst yüzeyler
s
s
2σπ b
R
2
2π
L
I
L
= =
dz ∫ dφ I 2
W
2 2 ∫0
0
2σπ b
σ A
582
Elektromanyetik Alan Teorisi
=
E x 10cos(ωt + ky ) a x V/m ile tanımlanıyor. Zaman periyodu
23. Boşluktaki elektrik alanı
T = 100 ns ise (a) k sabitini, (b) manyetik alan şiddetini, (c) gücün akış yönünü, (d) ortalama güç
yoğunluğunu, (e) elektrik alanındaki enerji ve (f) manyetik alandaki enerjiyi belirleyiniz.
Ex
T = 100 ns ⇒ f = 1 / T = 1 / 100 × 10−9 = 10 × 106 Hz ⇒ D x = ε o E x = ε o 10cos(ωt + ky )a x C/m 2
10k
=
B
cos(ωt + ky )a=
0
z ⇒ ∇⋅B
∂Ex ω
∂B
−
= ∇×E = −
a z = 10k sin(ωt + ky )a z ⇒
10k
∂t
∂y
=
cos(ωt + ky )a z
H
ωµo
10k 2
∂D
10k 2
⇒ k = ±ω ε o µo
sin(ωt + ky )a x ⇒ −ε o 10ω = −
= ∇ × H ⇒ −ε o 10ω sin(ωt + ky )a x = −
ωµ o
ωµo
∂t
1/300000000
10−9
±2π 10 × 10 36π 4π × 10−7 =
±π / 15 =
±0, 20943951 rad/m
k=
6
24. Önceki alıştırmayı fazörleri kullanarak tekrarlayınız.
0
=
=
⋅D
E x 10e jky ⇒=
D x ε o 10e jky ⇒ ∇
10k jky
− j10 ke jky a z
Bz = ω e
∂
jky
∇ × E = − Ex a z = − j10ke a z ⇒ ∇ × E = − jω B ⇒
⇒ ∇ ⋅ B = 0
∂y
H z = 10k e jky
ωµo
H
∇ ×=
1/ c 2
∂ 10k 2 jky 10k 2 jky 2
2
jky H jω D ⇒ j
a x jωε 10e a x ⇒ k = ω µoε o
H=
j
e a x ⇒ ∇ ×=
e =
zax
∂y
ωµo
ωµo
1/300000000
10−9
± =
±2π 10 × 10 36π 4π × 10−7 =
±π / 15 =
±0, 20943951 rad/m
k=
c
50k 50 × 0, 20943951 1
1 *] =
Re[
Sˆ =
E
×H
−
ay =
−
ay =
−0,132629119a y W/m 2
2
2
−7
6
2π 10 × 10 × 4π × 10
ωµo
ω
6
25. Fazörleri kullanarak Örnek 7.17’deki sonuçları doğrulayınız.
= 0 ⇒ ∇×E
= − ∂ E a = − jEke − jkz a
E x = Ee − jkz ⇒ D x = ε Ee − jkz ⇒ ∇ ⋅ D
x y
y
∂y
− jEke− jkz a y
∇×E
kE − jkz
By = ω e
= − jω B ⇒ H = kE e − jkz ⇒ ∇ ⋅ B = 0
y
ωµ
kE
=
H y ωµ cos(ωt − kz )
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
583
2
2
= − ∂ H a = j k E e − jkz a ⇒ ∇ × H
= jω D
⇒ j k E e − jkz a = jωε Ee − jkz a ⇒ k 2 = ω 2 µε
∇×H
y x
x
x
x
ωµ
ωµ
∂x
kE 2 1
ˆ
×H
=
Re[ 12 E
*] 12
S
=
az
2
ωµ
26. S = 10 kVA ’lik iki sargılı bir transformotor primer sargısının anma değeri 500 V’tur. a = 2 ve
transformotor primerine anma gerilimi uygulandığında 0,8 ileri güç faktöründe anma yükünün %
80’inde (8 kVA) çalışıyorsa (a) primer sargı akımını ve (b) sekonder sargı gerilimini ve akımını
belirleyiniz.
ileri
V1
= 500 / 2 = 250 V ⇒ Po = 8000 × 0,8 = 6400 W ⇒ cos φ = 0,8 ⇒ φ = 36,87°
a
I
8000
32
32 A ⇒ I2 =∠
32 36,87° A
16 A ⇒ I1 =∠
16 36,87° A
I2 = =
I1 =2 = =
250
2
a
V1 = 500 V ⇒ V2 =
27. 100 kVA, iki sargılı bir transformotorda R1 = 16 Ω , R2 = 4 Ω , L1 = 80 mH , N1 = 500 sarım ,
f = 60 Hz ve a = 2 ’dir. Transformotor yük gerilimi 2500 V (RMS) iken cos φ = 0,707 geri güç
faktöründe 40 A akım vermektedir. (a) N2 ve L2, (b) manyetik nüve relüktansını, (c) çıkış gücünü,
(d) giriş gücünü ve (e) transformotor verimini belirleyiniz.
N12
2
2
N2
N1
500
1
ℜ
⇒ L2 =
=a ⇒
=2 ⇒ N 2 =250 sarım
L1 = 80 =20 mH ⇒
2
N1
N2
N2
N2
2
L2 =
ℜ
L1 =
k =⇒
1 M = L1 L2 = 80 × 20 =
40 mH
Zˆ1= jω ( L1 − M )= j 2π 60(80 − 40)= j15,07964 Ω
Zˆ =
jω ( L − M ) =
j 2π 60(20 − 40) =
− j 7,5398 Ω
2
2
Zˆ M= jω M= j 2π 60 × 40= j15, 07964 Ω
V2= 2500∠0° V ⇒ I2= 40∠ − 45° A
=
E 2500 + (4 − j 7,5398)40∠ − =
45° 2421,98∠ − 7,74° V
1
E1 2421,98∠ − 7,74°
=
= 160,61∠ − 97,74° A
j15,07964
Zˆ M
I + I= 160,61∠ − 97,74°+40∠ − 45=
I=
° 187,54∠ − 87,94° A
1
2
M
V =E + I (16 + Zˆ ) =6231,84∠ − 31,17° V
I=
M
1
1
1
1
=
=
Pi Re[
V1 I1 *] 640 kW
P 70,7
⇒η = o =
= 0,11 = % 11,1
Pi 640
=
=
Po Re[
V2 I2 *] 70,7 kW
28. =
So 720 VA, 360/120 V,=
a 3,=
I1 720 / 360
= 2 A,=
I 2 720 / 120
= 6 A iki sargılı transformotor
ototransformotoru olarak bağlandığında olabilecek her bağlantı kombinasyonu için (a) primer sargı
gerilimini, (b) sekonder sargı gerilimini, (c) transformasyon oranını ve (d) ototransformotorun
anma gücünü belirleyiniz.
584
Elektromanyetik Alan Teorisi
29. Önceki alıştırmadaki iki sargılı transformotorun 360 V ve 120 V’luk sargılarının dirençleri
sırasıyla 4,5 Ω ve 0,5 Ω dur. Ototransformotorun anma yükünde ve anma geriliminde
cos36,87° =0,8 geri güç faktöründe, olabilecek her bağlantı kombinasyonu için verimini
belirleyiniz.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
585
30. Bir elektromıknatısın sargılarından geçen zaman harmonik akım B = Bm sin ωt a z manyetik
alanı üretmektedir; Bm elektronun kararlı yörüngesindeki maksimum değerdir. (a) uzay ortalama
manyetik akı yoğunluğunu, (b) yörüngenin yarıçapı a iken çevrelenen toplam akıyı, (c) indüklenen
elektrik alanını ve (d) yörünge çevresinde elektronun bir dönüşü ile kazandığı kinetik enerjiyi
belirleyiniz.
B
B Bm sin ωt a z ⇒ 7.152'den=
B 12 B o ⇒ =
B o 2 Bm sin ωt a z ⇒=
=
ρ a iken=
Φ π a 2 2 Bm sin ωt
dΦ
e
−
=
−2π a 2ω Bm cos ωt ⇒ E = =
− aω Bm cos ωtaφ ⇒ F =
−ee E =
e=
ee aω Bm cos ωtaφ
dt
2π a
F
=
π a ee aω Bm cos ωt 2π ee a 2ω Bm cos ωt
Dönüş başına
yapılan iş : W 2=
586
Elektromanyetik Alan Teorisi
31. Önceki alıştırmayı Bm=0,4 T, a=84 cm ve alternatif akımın frekansı 60 Hz iken tekrarlayınız.
Elektronun bir dönüşünde kazandığı ortalama kinetik enerjisi nedir? Enerjiyi elektron volt (eV)
olarak ifade ediniz.
=
Bo B=
0, 4sin ωt T
m sin ω t
Φ = π a 2 2 Bm sin ωt = π × 0,842 × 2 × 0, 4sin ωt = 1,773366sin ωt Wb
− aω Bm cos ωt =
−0,84 × 2π × 60 × 0, 4cos ωt =
−126,669cos ωt V/m
Eφ =
=
=
ωt 2π 1,6 × 10−19 × 0,842 × 2π × 60 × 0, 4cos ωt =
W 2π ee a 2ω Bm cos
1,06966 × 10−16 cos ωt J
Wort =
2
π
1,06966 × 10−16
6,8097 × 10−17
=
× 10−17 J veya
6,8097
425,606 eV
1, 6 × 10−19
7.19 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER
1. İki iletken çubuk aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi sabit iki iletken üzerinde kayıyor. Kapalı bir
döngü oluşturduğunda 12 Ω’luk direnç meydana getiren bu iletkenlerde indüklenen akım nedir?
e1= Blu= 0,8 × 2 × 40= 64 V
64 − 16
⇒I
= 4A
=
e2 = Blu= 0,8 × 2 × 10= 16 V
12
2. yz düzleminde kenarı 25 cm olan kare biçimli iletken çerçevenin direnci 12 Ω dur. 0,8a x T ’lık
düzgün manyetik akı yoğunluğu 0≤y≤150 cm ve 0≤z≤12 cm ile sınırlanan bir bölgede mevcuttur.
t=0 ’da çerçevenin dört köşesi (0,0,0) m, (0,25,0) cm, (0,25,25) cm ve (0,0,25) cm’dir. Çerçeve y
yönünde 100 m/s hızla bu bölgeyi geçerek hareket ettiğinde zamanın bir fonksiyonu olarak
çerçevedeki akı ve içinde indüklenen akımın grafiğini çiziniz.
u = 100 m/s
0 ≤ y ≤ 1, 25 m iken y
ve iletken çerçeveyi halkalayan akı sabittir.
0 ≤ t ≤ 0,125 s
dΦ
Φ = BA = 0,8 × 0,12 × 0, 25 = 0,024 Wb ⇒ e = = 0⇒ I = 0
dt
u = 100 m/s
1, 25 ≤ y ≤ 1,5 m iken y
ve iletken çerçeveyi halkalayan akı değişkendir.
0,125 ≤ t ≤ 0,15 s
Φ
= BA
= 0,8 × 0,12 ∫
0,015
t
100dt
= 9,6(0,015 − t ) Wb ⇒ =
e -
dΦ
d (0,144 − 9,6t )
= = 9,6 V
dt
dt
9,6
⇒ I=
= 0,8 A
12
u = 100 m/s
1,5 ≤ y m iken y
ve iletken çerçeveyi halkalayan akı sıfırdır.
0,015 ≤ t s
Φ= 0 ⇒ e= 0 ⇒ I = 0
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
587
3. 20 cm yarıçapında bakır disk 250 mT’lık düzgün manyetik alanda ekseni etrafında 1200
d/dak’lık bir hızla dönüyor. Manyetik alan diskin ekseni ile 30° ’lik bir açı yapıyorsa diskin ekseni
ile kenarı arasında indüklenen emf’yi belirleyiniz.
ω
Bz
1200
2
e = 12 Bzω L2 = 12 250 × 10−3 × cos30° 2π
0, 2 = 0,544139 V
60
4. 6 cm çapındaki aluminyum disk ekseni çok uzun bir selenoidin manyetik ekseni ile çakışacak
şekilde konuluyor. Selenoid birim uzunluk başına 50000 sarımlı ve 12 A akım taşımaktadır. Disk
3600 d/dak ile dönüyorsa diskin ekseni ile kenarı arasında indüklenen emf nedir?
B
1
e = 2 µo nI ω L2 =
ω
B
3600
2
1
4π × 10−7 × 50000 × 12 2π
0,03 = 0,12791 V
2
60
5. Köşeleri (0,0,0) m, (3,4,0) m, (3,4,4) m ve (0,0,4) m’deki kapalı iletken dikdörtgen çerçevenin
bulunduğu
bölgedeki
manyetik
akı
yoğunluğu
B =2,5sin 300 t a x + 1,75cos300 t a y + 0,5cos500 t a z mT olarak değişmektedir. (a) Çerçeveyi
halkalayan akıyı ve (b) çerçevenin direnci 2 Ω ise indüklenen akımı belirleyiniz.
φ = tan −1 43 = 53,13° ⇒ aφ = − sin 53,13° a x + cos53,13° a y = −0,8 a x + 0,6 a y
B ⋅ ds = (2,5 × 10−3 sin 300 t a x + 1,75 × 10−3 cos300 t a y + 0,5 × 10−3 cos500 t a z ) ⋅ d ρ dzaφ
=
− sin φ 0,8
=
cos φ 0,6
0
−3
= (2,5 × 10 sin 300 t a x ⋅ aφ + 1,75 × 10 cos300 t a y ⋅ aφ + 0,5 × 10−3 cos500 t a z ⋅ aφ ) ⋅ d ρ dz
−3
588
Φ=
Elektromanyetik Alan Teorisi
∫
s
5
4
5
4
−3
−3
B ⋅ ds = (−2 × 10 sin 300 t + 1,05 × 10 cos300 t ) ∫ d ρ ∫ dz
0
0
=
−40 × 10−3 sin 300 t + 21 × 10−3 cos300 t Wb
e= -
dΦ
d
= - (−40 × 10−3 sin 300 t + 21 × 10−3 cos300 t )
dt
dt
=40 × 10−3 × 300cos300 t + 21 × 10−3 × 300sin 300 t =12cos300 t + 6,3sin 300 t V
3,15
tan −1
6
e 12cos300 t + 6,3sin 300 t
6cos300 t + 3,15sin 300 t A =
6,7766142cos(300t − 27,699°) A
i=
=
=
2
R
6. Birbirine yakın 200 sarımlı sıkıca sarılmış dikdörtgen sargı 0,8 T’lık düzgün manyetik alanda
120 rad/s ile dönüyor. Sargının dönüş ekseni alan yönüne dik açıda ve kesit alanı 40 cm2 dir.
Sargıda indüklenen emf’yi hesaplayınız.
B
= 0,8a y T ⇒ Φ
=
∫
s
A
B ⋅ ds
= 0,8 × 0, 4 × 10−4 cos θ= 3, 2 × 10−3 cos ωt Wb
dΦ
-N
3, 2 × 10−3 N ω sin ωt =
76,8sin120t V
=
e=
dt
200 120
7. Birbirine yakın 200 sarımlı sıkıca sarılmış dikdörtgen sargı 0,8 T genliğinde 120 rad/s açısal
frekans ile sinüsoidal olarak değişen düzgün manyetik alanda 120 rad/s ile dönüyor. Sargının dönüş
ekseni alan yönüne dik açıda ve kesit alanı 40 cm2 dir. Sargıda indüklenen emf’yi hesaplayınız.
B= 0,8sin120t T ⇒ Φ=
sin φ cos φ =
∫
s
sin 2φ
A
2
−4
B ⋅ ds= 0,8 × 40 × 10 sin120t × cos120=
t 1,6 × 10−3 sin 240t Wb
dΦ
e=
-N
76,8sin(240t − 90°) V
=
−200 × 1,6 × 10−3 × 240cos 240t =
−76,8cos 240t =
dt
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
589
8. l uzunluğunda u = u cos ω t a y m/s hızla hareket eden bir iletken aşağıdaki şekilde görüldüğü
gibi esnek kablolar ile bir voltmetreye bağlanmıştır. Eğer bölgedeki manyetik akı yoğunluğu
B = B cos ω t a x T ise devrede indüklenen emf’yi (a) transformotor ve harekete bağlı emf kavramı
ve (b) Faraday indükleme kanununu kullanarak belirleyiniz.
dza z
u = u cos ω t a y l
2
2
2
⇒ u × B =−uB cos ω ta z ⇒ em =∫c u × B ⋅ dl =−uB cos ω t ∫0 dz =− Blu cos ω t
B = B cos ω t a x
dydz
a x
y
l
∂B −∫
⋅ ds =
et =
Bω sin ω t ∫ dy ∫ dz =
Bωl ( y + a )sin ω t
s dt
−a
0
dy
u
y
y 0'da=
c 0)
sin ωt + c=
(t 0 ve=
(a) = u cos ωt ⇒=
ω
dt
u
et = Bωl sin ωt + a sin ω t= Blu sin 2 ω t + Balω sin ω t
ω
− Blu cos 2ω t
e = em + et = Blu sin 2 ω t − Blu cos 2 ω t + Balω sin ω t = Balω sin ω t − Blu cos 2ω t
dydza x
y
l
d Φ= B ⋅ ds = B cos ω t dydz ⇒ Φ= B cos ω t ∫ dy ∫ dz = Bly cos ω t + Bla cos ω t
−a
0
dΦ
dy
e=
Blyω sin ω t − Bl cos ωt + Blaω sin ω t
−
=
dt
dt
(b)
dy
u
sin ωt
y
= u cos ωt ⇒
=
ω
dt
− Blu cos 2ω t
e=
Blu sin 2 ω t − Blu cos 2 ω t + Balω sin ω t =
Balω sin ω t − Blu cos 2ω t
9. 10 cm genişliğinde dikdörtgen metal şerit aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi sabit
u = −1000 a y m/s hızla xy düzlemine paralel hareket etmektedir. Bölgedeki manyetik akı
yoğunluğu B = 0, 2 a z T ise voltmetrede okunan değeri belirleyiniz. İndüklenen gerilimin
polaritesini gösteriniz.
590
=
e
Elektromanyetik Alan Teorisi
∫
0
0,1
u × B ⋅ dl=
∫
0
0,1
( −200 a x ) ⋅ ( − dya y=
) 20 =
V⇒ex
<e
10=
cm
x 0
10. Kare kesitli manyetik nüvenin iç ve dış yarıçapları 10 cm ve 12 cm’dir. Nüve 120 sarımlı bir
sargı ile sıkıca sarılmıştır. Manyetik malzemenin mıknatıslanma karakteristiği şekil 5.42’deki II
nolu eğridir. Akı yoğunluğunun nüve içinde düzgünce dağıldığı varsayımı altında sargıdan 0,75 A
geçtiğinde sistemin indüktansını belirleyiniz.
90
= 1432,394 A/m
0,12 − 0,1
2π
2
−2
Şekil 5.42'den B= 1,33 T ⇒ Φ= BA= 1,33 × 2 × 10 × 2 × 10−2= 0,532 × 10−3 Wb
=
ℑ NI
= 120 × 0,75
= 90 At ⇒ H
=
=
L
NI
=
L
N Φ 120 × 0,532 × 10−3
=
= 0,08512 H
0,75
I
11. Birbirine yakın ve sıkıca sarılmış 1000 sarımlı toroidin indüktansı sargıdaki akım 2,5 A iken 20
mH’dir. Toroid içindeki manyetik akı nedir?
Φ=
LI 20 × 10−3 × 2,5
=
= 50 × 10−6 Wb
N
1000
12. Koaksiyel kablonun içi dolu iç iletkeninin yarıçapı 2 mm’dir. Dış iletken çok ince ve 4 mm
yarıçapındadır. Akım (a) her iletkenin yüzeyi üzerinde ve (b) iç iletkenin içinde ve dış iletkenin iç
yüzeyinde düzgünce dağılmış ise birim uzunluk başına kablonun indüktansını belirleyiniz.
=
(a) L
µo b 4π × 10−7 4
=
ln
=
ln
0,138629 × 10−9 H
2π a
2π
2
µ
µ
b µ
4π × 10−7 4
ln =0,05 + 0,138629 × 10−9 =0,188629 × 10−9 H
(b) L = o + o ln = o +
8π 2π a 8π
2π
2
13. 100, 150 ve 200 sarımlı üç sargı 80 cm uzunluğunda 40 cm2 kesitli ve bağıl geçirgenliği 500
olan ortak manyetik devre üzerine birbirine yakın ve sıkıca sarılmıştır. 100 sarımlı sargı
10sin 800π t A ’lik bir akım kaynağına bağlanmıştır. (a) her sargının öz indüktansını, (b) herhangi
iki sargı arasındaki ortak indüktansı ve (c) her sargıda indüklenen emf’yi belirleyiniz.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
=
ℜ
591
l
80 × 10−2
106 −1
H
=
=
µ A 500 × 4π × 10−7 × 40 × 10−4 π
N12 1002 π
N1 N 2 100 × 150π
31, 415926 mH L=
=
=
L=
=
= 47,123889 mH
6
12
21
10
ℜ
106
ℜ
N1 N 3 100 × 200π
N 22 1502 π
L=
L=
=
= 70,685834 mH L=
=
= 62,831853 mH
22
13
31
6
10
106
ℜ
ℜ
N 2 N 3 150 × 200π
N 32 2002 π
L=
=
= 94, 24778 mH
L=
=
= 125,66370 mH L=
23
32
33
6
106
ℜ
10
ℜ
di
i1 =10sin 800π t ⇒ 1 =10 × 800π cos800π t =25132,74123cos800π t
dt
di
e1= L11 1= 31, 415926 × 10−3 × 25132,74123cos800π t= 789,568cos800π t V
dt
di
e2= L12 1= 47,123889 × 10−3 × 25132,74123cos800π t = 1184,35cos800π t V
dt
di
e3= L13 1= 62,831853 × 10−3 × 25132,74123cos800π t= 1579,14cos800π t V
dt
L
=
11
14. Kuplajlı iki sargı destekleyici seri ve ters seri bağlandığında etkin indüktansları sırasıyla 3,28
mH ve 0,72 mH’dir. Bir sargının öz indüktansı diğerinin öz indüktansının 4 katı ise (a) her sargının
öz indüktansı ve (b) ortak indüktansı ve (c) kuplaj katsayısını belirleyiniz.
L1 + L2 + 2 M =
3, 28 mH
M
0,64
=
=
= 0,8 mH
M 0,64 mH ⇒
k
⇒=
L1 + L2 − 2 M =
0,72 mH
L1 L2
1,6 × 0, 4
=
=
=
L1 4 L2 ise 4 L2 + L2 +=
L2 0, 4 mH ve
L1 1,6 mH
2 M 3, 28 mH ⇒
15. Yarıçapları a ve b olan aynı eksenli iki döngü d uzaklığı ile birbirinden ayrılmıştır, a >> b dir.
Akı yoğunluğu küçük döngü düzleminde her noktada aynı ise ortak indüktansı belirleyiniz.
592
Elektromanyetik Alan Teorisi
d
R
adφ aφ × (− aa ρ + da z )
0
2
π
µo i
µo i
µo ia 2
a dφ addφ =
a
+
a
=
ρ
z
3
3
4π ∫0 a 2 + d 2 3
4π ∫0 a 2 + d 2 3
a2 + d 2
2 a2 + d 2
µo ia 2
µ oπ a 2 b 2
NΦ
π b 2 ⇒ L12= L21= M=
Φ= ∫ B ⋅ ds=
=
3
3
s
i
2 a2 + d 2
2 a2 + d 2
µi
B= o ∫
4π c
2π
2
16. Ortak düzlemli ve eş merkezli iki dairesel döngünün yarıçapları a ve b olup a >> b dir. Akı
yoğunluğu küçük döngü ile sınırlanan düzlemde aynı varsayılırsa ortak indüktansı belirleyiniz.
d = 0 dışında önceki problem ile aynı ⇒ L12 = L21 = M =
µ π a 2b 2
µ oπ b 2
NΦ
= o
=
3
2
2a
i
2 a 2 + 0
d
17. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi sonsuz uzunlukta düz iletken ile kapalı döngü arasındaki
ortak indüktansı hesaplayınız.
B
φ
1,31696
dsφ
π /2
b
π
/
2
µo i
µi
dθ
µo i
θ
=
Φ ∫
⋅ r dr dθ=
aφ
0, 2096 µo (b − a )i
dr ∫ = o (b − a )ln tan =
∫
π
/6
s 2π r sin θ
a
2
sin
2
2
π
θ
π
π /6
ρ
Φ
M= = 0, 2096 µo (b − a)
i
18. 2 cm çapında, çok uzun, hava nüveli selenoid üzerinde üst üste sarılmış iki sargı vardır. İçteki
sargı 400 sarım/m ve dıştaki sargı 4000 sarım/m değerlerine sahiptir. İki sargı arasındaki ortak
indüktans nedir? İçteki sargıdaki akım 0,5cos 200t A iken dıştaki sargıda birim uzunluk başına
indüklenen emf nedir?
Φ= BA
= µo N1i1 A ⇒ M=
N2Φ
4
= µo AN1 N=
4π × 10−7 × 400 × 4000 × π × 10−=
0,63165 × 10−3 H/m
2
i1
di
d
−0,0631sin 200t V/m
0,63165 × 10−3 0,5cos 200t =
e=
M 1=
dt
dt
19. N sarımlı bir sargıdaki akım ve meydana getirdiği akı arasındaki ilişki Φ = a i n olarak veriliyor;
a ve n sabitlerdir. Akım 0’dan I’ye değiştiğinde sargıda depolanan enerji nedir?
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
P=
Vi =
N
n −1
Φ= a i ⇒ d Φ= ani di ⇒
n
dΦ
593
i ⇒ dW =
Pdt =
Nid Φ
dt
dW= Nid Φ
= Ni × ani n −1di= Nani n di
I I
I
i n +1
n n +1
n
ΦI
W = Nan ∫ i di = Nan = Na =
I
N
0
n +1 0
n +1
n +1
n
I
n
20. N sarımlı bir sargıdaki akım ve meydana getirdiği akı arasındaki ilişki Φ = a ln(b i ) olarak
veriliyor; a ve b sabitlerdir. Akım 0’dan I’ye değiştiğinde sargıda depolanan enerjiyi belirleyiniz.
dΦ
I
a
a
=
Φ a ln(bi ) ⇒ d =
Φ
di ⇒ dW
= Nid =
Φ Ni di ⇒ W
= Na ∫ di
= NaI
0
i
i
21. N sarımlı bir sargıdaki akım ve meydana getirdiği akı arasındaki ilişki Φ = a i /(b + c i ) olarak
veriliyor; a, b ve c sabitlerdir. Akım 0’dan I’ye değiştiğinde sargıda depolanan enerjiyi belirleyiniz.
I
I
a
ab
idi
Nba
b
=
Φ
Φ
Φ Nba ∫
=
di ⇒ =
W N ∫ id=
(b + c i ) ⇒ d=
ln(b + c i ) +
2
2
2
0 (b + c i )
i
c
b + ci 0
(b + c i )
=
Nba b + c I
cI
−
ln
2
c
b
b+cI
22. 30 mH indüktanslı ve 10 Ω dirençli bir sargı 200 V’luk DC kaynağa bağlanmıştır. Kararlı
durum şartları altında manyetik alanda depolanan manyetik enerji nedir? Sargı 20 cm uzunluğunda
ve 5 cm çapında manyetik olmayan bir malzeme üzerine sarılmışsa bölgedeki enerji yoğunluğu ve
manyetik akı yoğunluğunu hesaplayınız. Akının düzgün dağıldığını varsayınız.
2
2
1 2 1 V 1
200
30 × 10−3
6J
Wm =
LI =
L =
=
2
2 R
2
10
Wm
6
w
=
=
= 15, 27887 kJ/m3
m
−2 2
v
π (2,5 × 10 ) × 20 × 10−2
1 2
1
wm
B ⇒ 15, 27887 × 103 =
B2 ⇒
B 0,195959 T
=
=
2 µo
2 × 4π × 10−7
23. İhmal edilebilir duvar kalınlıklarında içi boş eş merkezli iki silindir koaksiyel iletim hattı
olarak kullanılıyor. İçteki silindirin yarıçapı 5 cm ve dıştaki silindirin yarıçapı 10 cm’dir. Hat 1000
A akım taşıdığında (a) enerji yoğunluğunu ve (b) sistemde depolanan toplam enerjiyi belirleyiniz.
2
1000
I
1
1
1
0,015915
⇒ wm = µo H 2 = × 4π × 10−7
=
Hφ =
J/m3
=
2
2
πρ
πρ
ρ
2πρ
2
2
2
20
=
Wm
w dv
∫=
v
m
2π
1 0,1 1
dρ=
dφ 69,3147 mJ/m (birim uzunluk başına)
∫
∫
0,05 ρ
0
20π 0,6931
24. Yeryüzünün yüzeyine yakın manyetik akı yoğunluğu tipik olarak 0,04 mT’dır. Manyetik enerji
yoğunluğu nedir? Eğer dünyanın yarıçapı yaklaşık 6400 km olarak alınır ve manyetik akı
594
Elektromanyetik Alan Teorisi
yoğunluğu dünyanın yarıçapına eşit bir yükseklikte sabit varsayılırsa bölgede depolanan toplam
manyetik enerji nedir?
wm
=
1 2 (0,04 × 10−3 ) 2
636,6197723675815 μJ/m3
B
=
=
−7
2 µo
2 × 4π × 10
Wm
=
w dv
∫=
v
m
4
636,6197 × 10−6 π ( (12,8 × 106 )3 − (6, 4 × 106 )3 ) = 4,893354666666667 × 1018 J
3
25. Bir indüktif yükün direnci 0,5 Ω ve indüktansı 2 H’dir. Her zaman için 6,4 kJ’luk bir manyetik
enerjinin depolanması gerekirse böyle bir enerjinin depolanması için ne kadar güç gerekir?
W=
1 2
1
2 × I 2 ⇒ I = 80 A ⇒ P = I 2 R = 802 × 0,5 = 3200 W
LI ⇒ 6400 =
2
2
26. Kare kesit alanlı 500 sarımlı bir toroidin iç yarıçapı 10 cm ve dış yarıçapı 15 cm’dir. Nüvenin
bağıl geçirgenliği 1000’dir. Sargıda 10 A’lik akım için (a) enerji yoğunluğunu, (b) depolanan
enerjiyi ve (c) toroidin indüktansını hesaplayınız.
2
Hφ =
=
Wm
Wm =
500 × 10 1250
NI
1
1
⇒ wm =
µ H 2 = 1000 × 4π × 10−7
J/m3
=
2
πρ
πρ
2πρ
2
2
2
w dv
∫=
v
m
1250
π
0,15
1
0,1
ρ
∫
2π
0,05
0
0
d ρ ∫ dφ ∫=
dz 50,6831 J
1 2
1
LI ⇒ 50,6831=
L × 102 ⇒ L = 1,01366277 H
2
2
27. Süreklilik eşitliği ile başlayarak ve Ohm kanunu kullanarak bir iletkendeki yük yoğunluğunun
∂ρ v σ
+ ρ v = 0 birinci derece diferansiyel eşitliği ile verildiğini gösteriniz. σ ve ε sırasıyla
∂t ε
ortamın öziletkenliği ve geçirgenliğidir. Doğrusal, homojen ve izotropik bir ortam varsayınız.
ρv
σ σ
σ
∂ρ
∂ρ σ
J = σ E=
D ⇒ ∇ ⋅ J=
∇ ⋅ D=
ρv ⇒ ∇ ⋅ J + v = 0 ⇒ v + ρv = 0
ε
ε
ε
∂t
∂t
ε
28. Faraday kanunundan çıkartılmış Maxwell eşitliği ile başlayarak ve A manyetik vektör
potansiyelinin tanımı ile kapalı bir yol etrafında E + ∂A / ∂t ’nin çizgisel integralinin sıfır olduğunu
gösteriniz.
B
∂B
∂
∂A
∂A
∇ × E + = 0 ⇒ ∇ × E + (∇ × A)= 0 ⇒ ∇ × E + ∇ × = 0 ⇒ ∇ × E +
= 0
∂t
∂t
∂t
∂t
∂A ∫ c E + ∂t ⋅dl =0 (Stokes' Teoremi)
29. Kaynaksız,
dielektrik
bir
ortamda
elektrik
alan
şiddeti
=
E Eo [sin(α x − ωt ) + sin(α x + ωt )]a y V/m ise Faraday kanunundan çıkartılmış Maxwell eşitliğini
kullanarak manyetik alan şiddetini belirleyiniz. Ortamdaki yer değişimi akımı nedir?
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
595
E
y
t )]a y 2 Eo sin α x cos ωt a y V/m
=
E Eo [sin(α x − ωt ) + sin(α x + ω=
∂D
2ε Eo sin α x cos ωta y ⇒
D=
=
−2ωε Eo sin α x sin ωta y A/m 2
∂t
2α
∇×E
B = − ω Eo cos α x sin ωta z T
∂B
∂B
−
= ∇×E ⇒
= − 2α Eo cos α x cos ωta z ⇒ ∂t
∂t
H = − 2α Eo cos α x sin ωta z A/m
ωµ
30. Önceki problemdeki elektrik alan şiddetinin varlığı için doyurulması gereken şart nedir?
∇=
⋅ B 0 ve ∇=
⋅D 0
∂D
∂
∂
∂ 2α
∂
∇×=
⇒ − H=
H
ε Ey ⇒
Eo cos α x sin ω=
t
ε 2 Eo sin α x cos ωt
z
∂t
∂x
∂t
∂x ωµ
∂t
2α 2
ωµ
Eo sin α x sin ωt = 2ωε Eo sin α x sin ωt ⇒
2α 2
ωµ
= 2ωε ⇒ α 2 = ω 2 µε (alanın varlık koşulu)
31. Önceki problemdeki alanların zaman ortalama elektrik ve manyetik enerji yoğunluklarını
hesaplayınız.
1 2 1
E
= 2 Eo sin α x cos ωta y ⇒ w=
ε E= ε (2 Eo sin α x cos ωt ) 2
e
2
2
1 T
1 T1
=
we
=
we dt
ε (2 Eo sin α x cos
=
ωt ) 2 dt ε Eo2 sin 2 α x
∫
T 0
T ∫0 2
2
2α
1
1 2α
H=
−
Eo cos α x sin ωta z ⇒ wm =µ H 2 =µ
Eo cos α x sin ωt
ωµ
2
2 ωµ
ε
2
α2 2
1 T
1 T 1 2α
2
=
=
µ
α
=
ω
wm
w
dt
E
cos
x
sin
t
dt
2 Eo cos α x
m
o
∫
∫
0
0
T
T 2 ωµ
ω µ
32. Kaynaksız,
dielektrik
bir
ortamda
manyetik
alan
şiddeti
=
H H o [cos(α x − ωt ) + cos(α x + ωt )]a z A/m olarak verilmişse Ampère kanunundan çıkartılmış
Maxwell eşitliğini kullanarak elektrik alan şiddetini belirleyiniz. Ortamdaki yer değişimi akımı
nedir?
Hz
=
+ ωt )]a z 2 H o cos α x cos ωt a z A/m=
⇒ ∇ × H 2α H o sin α x cos ωta y
H H o [cos(α x − ωt ) + cos(α x=
2α
H o sin α x sin ωta y C/m 2
D=
ω
∂D
= ∇ × H = 2α H o sin α x cos ωta y ⇒ 2α
∂t
E = ωε H o sin α x sin ωt a y V/m
Ey
∇× H
33. Önceki örnekteki manyetik alan şiddeti var olabilir mi? Evetse şartı ne olmalıdır? Hayırsa
alanların niçin olmadığını açıklayınız.
596
Elektromanyetik Alan Teorisi
∇=
⋅ B 0 ve ∇=
⋅D 0
∂B
∂
∂
∂ 2α
∂
∇×E = −
⇒ E y = − Bz ⇒
H o sin α x sin ωt = 2 µ H o cos α x cos ωt
∂t
∂x
∂t
∂x ωε
∂t
2
2
2α
2α
= 2ωµ ⇒ α 2 = ω 2 µε
H o cos α x sin ωt = 2ωµ H o cos α x sin ωt ⇒
ωε
ωε
(alanın varlık koşulu sağlanmaktadır)
34. Önceki problemdeki alanların zaman ortalama elektrik ve manyetik enerji yoğunluklarını
hesaplayınız.
2
2α
1 2 1 2α
H o sin α x sin ωta y V/m ⇒ w=
E
H
x
t
E
=
=
sin
sin
ε
ε
α
ω
e
o
2
2 ωε
ωε
µ
α2 2 2
1 T
1 T 1 2α
we
w
dt
H
x
t
dt
=
=
=
sin
sin
ε
α
ω
2 H o sin α x
e
o
T ∫0
T ∫0 2 ωε
ω ε
1
1
2
µ H 2 = µ ( 2 H o cos α x cos ωt )
2 H o cos α x =
cos ωta z A/ m ⇒ wm
2
2
1 T
1 T1
2
wm
wm dt
µ ( 2 H o cos α x cos
ωt ) dt µ H o2 cos 2 α x
=
=
=
∫
∫
0
0
T
T 2
2
H
=
E Eo cos(ωt − β z )a x V/m ise elektrik enerji yoğunluğunun manyetik
35. Dielektrik ortamda
enerji yoğunluğuna eşit olduğunu gösteriniz. (a) Poynting vektörü, (b) ortalama güç yoğunluğu ve
(c) enerji yoğunluklarının zaman ortalama değerlerini de hesaplayınız.
E=
Eo cos(ωt − β z )a x ⇒ D =
εE =
ε Eo cos(ωt − β z )a x ⇒ ∇ ⋅ D =
0
β
=
−
=
⇒
∇
⋅
B
E
cos(
ω
t
β
z
)
a
B
0
o
y
∂B
ω
= −∇ × E = − β Eo sin(ωt − β z )a y ⇒
β
dt
=
H
Eo cos(ωt − β z )a y
ωµ
T
2
β 21 T 2
β 2
1 T S=
(E × H )dt=
Eo ∫ cos (ωt − β z )dt a z = 12
Eo a z W/m 2
∫
0
0
ωµ T
ωµ
T
∂D
∂
β2
2
2
E
cos(
t
z
)
H
a
∇×=
⇒ ∇ × H y a=
ε
ω
−
β
⇒
β
=
ω
µε
⇒
=
ε
y
o
x
∂t
∂t
ω2µ
T
2
T
T
1
1 2
1
1 21
1
2
2
we =
we dt= ε Eo ∫ cos (ωt − β z )dt= ε Eo2
D ⋅ E= ε Eo cos (ωt − β z ) ⇒ we =
∫
0
0
T
T
2
2
2
4
β2
ω2µ
wm =
1 2
1 1 β2
1 T
1 β2 1 T
2
2
−
=
cos
(
t
z
)
w
w
dt
cos
ω
t
β
z
dt
ε Eo
B⋅H=
(
)
ω
−
β
⇒
=
=
m
m
0
T ∫0
2
2 ω2µ
2 ω 2 µ T ∫
4
T
2
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
597
36. Paralel plakalı bir kapasitörün uçlarından geçen akım i (t ) = I m cos ωt A ise kapasitördeki yer
değişimi akımının tam olarak i (t ) ’ye eşit olduğunu gösteriniz.
q Im
sin ωt
⋅ ds ⇒ D =
=
D
∫
s
ω
A ωA
∂D ∂ I m
I
sin ωt = m cos ωt ⇒ id = J d A = I m cos ωt A
Jd =
=
dt dt ω A
A
q=
∫ idt =
Im
sin ωt ⇒ q =
37. Deniz suyunun iletkenliği yaklaşık olarak 0,4 mS/m ve dielektrik sabiti 81’dir. Yer değişimi
akım yoğunluğunun genliğinin iletim akım yoğunluğunun genliğine eşit olduğu frekansı
belirleyiniz. Deniz suyunun çok düşük ve çok yüksek frekanslardaki elektriksel davranışını
yorumlayınız.
yer değişimi akım yoğunluğu: J d = ωε E
J d ωε
=
⇒
iletim akım yoğunluğu: J c = σ E
σ
Jc
Jd
0, 4 × 10−3
ωε
σ
=1 iken
=1 ⇒ ωε =σ ⇒ f =
=
88,8889 kHz
−9 =
Jc
2πε 2π × 81 10
σ
36π
f >> 88,8889 kHz iken J c << J d zayıf iletken
f << 88,8889 kHz iken J c >> J d iletken
38. Her biri 0,4 m2 dairesel iki iletken plaka 5 mm kalınlığında kayıplı bir dielektrik ile ayrılmıştır.
Ortamın dielektrik sabiti ve iletkenliği sırasıyla 4 ve 0,02 S/m’dir. Plakalar arasındaki potansiyel
fark 141sin109 t V ise (a) iletim akımını, (b) yer değişimi akımını ve (c) dielektrik bölgedeki
toplam akımın RMS değerini belirleyiniz.
V
141sin109 t
− =
−
=
−28, 2sin109 t kV/m
Ez =
d
0,005
J c ==
−564sin109 ta z A/m 2
σ E −0,02 × 28, 2sin109 ta z =
ic = ∫ J c ⋅ ds = 564 × 0, 4sin109 t = 225,6sin109 t A
s
∂E
−9
Jd =
ε
=
−4 1036π × 109 × 28, 2 × 103 cos109 ta z =
−997,371cos109 ta z A/m 2
∂t
id = ∫ J d ⋅ ds= 997,371 × 0, 4cos109 t= 398,9484cos109 t A
s
=
I RMS
i= =
ic + id 225,6sin109 t + 398,9484cos109 t A ⇒
225,62 + 398,94842
= 324,08 A
2
=
E Eo cos(ωt − ax − kz )a y V/m ise ilgili H
39. Kaynaksız, dielektrik ortamda elektrik alan şiddeti
alanını bulunuz. Bu alanların mevcut olması için gerekli şart nedir? Elektrik enerji yoğunluğunu,
manyetik enerji yoğunluğunun zaman ortalama değerleri ve Poynting vektörünü belirleyiniz.
598
Elektromanyetik Alan Teorisi
E
y
=
E Eo cos(ωt − ax − kz ) a y
∂B ∂E y
kE
∂B
∇×E =
−
⇒ x = =
− o cos(ωt − ax − kz )
kEo sin(ωt − ax − kz ) ⇒ Bx =
ω
dt
dt
dz
∂E y
aE
∂Bz
=
−
=
− aEo sin(ωt − ax − kz ) ⇒ Bz = o cos(ωt − ax − kz )
ω
dt
dx
∂D
E
∂E
∇×H =
⇒ ∇ × B = µε
⇒ −(a 2 + k 2 ) o sin(ωt − ax − kz )a y = − µε Eo sin(ωt − ax − kz )a y
ω
dt
dt
E
(a 2 + k 2 ) o =
a 2 k 2 (alanların varlık koşulu)
µε Eo ⇒ ω 2 µε =+
w=
e
1
2
ω
ε E=
2
o
1
2
ε Eo2 cos 2 (ωt − ax − kz ) ⇒ we=
1
4
ε Eo2
ε
2
2
1 2
E
E
(
)
B
a
k
a
k
+
+
2
ω
cos
(
)
wm= 12 =
t
ax
kz
w
−
−
⇒
=
= ε Eo
m
2
2
µ 2µ ω
4 µω 4
E2
Eo2 S =E × H = o cos 2 (ωt − ax − kz )(aa x + ka z ) ⇒
(aa x + ka z )
=
S
ωµ
2ωµ
2
o
2
2
2
o
2
40. Önceki problemi fazörleri kullanarak yeniden çözünüz.
− jkz
0
E y Eo e − jax e=
=
⇒ D y ε Eo e − jax e − jkz=
⇒ ∇⋅D
∂E y ∂E y ∇ × E = −
ax +
a z = j (ka x − aa z )e − jax e − jkz Eo
dz
dx
⇒H
= j aEo a − kEo a e − jax e − jkz
∇ × E = − jωµ H
z
x
ωµ
ωµ
kE
kE
∂H x ∂H z
∇ ⋅ B= 0 ⇒ ∇ ⋅ H = 0 ⇒
+
= j o a − j o a= 0
dx
dz
ωµ
ωµ
= j Eo (a 2 + k 2 )e − jax e − jkz a
∇×H
y
ωµ
= jωε E ⇒ ω 2 µε= a 2 + k 2 (alanların varlık koşulu)
∇×H
* = 1 ε E2
we = 14 E ⋅ D
o
4
= 1 µH 2
wm = 14 B ⋅ H
4
2
*]= Eo (aa + ka )
S = 12 Re[E × H
x
z
2ωµ
41. Doğrusal, homojen, izotropik ve kaynaksız iletken bölgede elektromanyetik alanların var
olması için E alanının
∂ 2E
∂E
∇ E − µε 2 − µσ
= 0 eşitliğini doyurması gerektiğini gösteriniz.
∂t
∂t
2
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
599
I
∂D
∂E
∇ × H= J +
= σE +ε
∂t
∂t
∇ ( ∇⋅E ) −∇ 2 E
I
∂B
∂H
∂
∇×E = −
= −µ
⇒ ∇ × ∇ × E = − µ (∇ × H )
∂t
∂t
∂t
2
∂ 2E
∂E
∂E
∂ E
2
2
0
=
∇(∇ ⋅ E) − ∇ E = − µσ
− µε 2 ⇒ ∇ E − µε 2 − µσ
∂t
∂t
∂t
∂t
∇⋅D
=0
∇⋅E =0
kaynaksız bölgede
42. Doğrusal, homojen, izotropik ve kaynaksız iletken bölgede elektromanyetik alanların var
olması için H alanının
I
∂H
∇ × E = −µ
∂t
∂ 2H
∂H
∇ H − µε
− µσ
= 0 eşitliğini doyurması gerektiğini gösteriniz.
∂t
∂t 2
2
∇ ( ∇⋅H ) −∇ 2 H
I
I
∂E
∂
∇×=
⇒ ∇ × ∇ × H= σ ∇ × E + ε (∇ × E)
H σE +ε
∂t
∂t
2
∂2H
∂H
∂H
∂ H
2
2
0
=
∇(∇ ⋅ H ) − ∇ H = −σµ
− εµ 2 ⇒ ∇ H − µε 2 − µσ
∂t
∂t
∂t
∂t
∇⋅B =0
∇⋅H =0
kaynaksız bölgede
43. Önceki iki problemi dielektrik ortam için yeniden çözünüz.
I
∂E
∇ × H =ε
∂t
II
∇ ( ∇⋅E ) −∇ 2 E
I
∂H
∂
∂ ∂E
∇ × E = −µ
⇒ ∇ × ∇ × E = − µ (∇ × H ) ⇒ ∇ × ∇ × E = − µε
∂t
∂t
∂t ∂t
2
2
∂E
∂E
∇(∇ ⋅ E) − ∇ 2 E = − µε 2 ⇒ ∇ 2 E − µε 2 = 0
∂t
∂t
∇⋅D
=0
∇⋅E =0
kaynaksız bölgede
∇ ( ∇⋅H ) −∇ 2 H
II
∂E
∂
∂2H
∇×H = ε
⇒ ∇ × ∇ × H = ε ∇ × E ⇒ ∇ × ∇ × H = − µε 2
∂t
∂t
∂t
2
2
∂ H
∂ H
0
∇(∇ ⋅ H ) − ∇ 2 H = − µε 2 ⇒ ∇ 2 H − µε 2 =
∂t
∂t
∇⋅B =0
∇⋅H =0
kaynaksız bölgede
600
Elektromanyetik Alan Teorisi
44. Dielektrik bölge için Poynting teoreminin fazör biçimini çıkartınız.
)⋅H
* = − jω B
⋅H
* ⇒ (∇ × H
*) ⋅ E
= − jω D
* ⋅E
(∇ × E
×H
*) = (∇ × E
)⋅H
* −(∇ × H
*) ⋅ E
= − jω B
⋅H
* + jω D
* ⋅E
∇ ⋅ (E
×H
*] ⇒ −∇ ⋅ Sˆ = 1 jω (B
⋅H
* −E
⋅D
*) = 2 jω ( 1 B
⋅H
*− 1 E
⋅D
*)
Sˆ = 12 [E
2
4
4
45. Kaynaksız iletken bölge için Poynting teoreminin fazör biçimini çıkartınız.
iletken bölge için : J = σ E
= − jωµ H
ve ∇ × H
= σE
+ jωε E
∇×E
)⋅H
* = − jωµ H
⋅H
* ⇒ (∇ × H
*) ⋅ E
= σE
⋅E
− jωε E
⋅E
*
(∇ × E
×H
*) = (∇ × E
)⋅H
* −(∇ × H
*) ⋅ E
= − jωµ H
⋅H
*−σ E
⋅E
* + jωε E
⋅E
*
∇ ⋅ (E
2
2
E
H
2
2
2
2
2
×H
*) =
∇ ⋅ (E
− jωµ H − σ E + jωε E =
−σ E − jω ( µ H − ε E 2 )
×H
*] ⇒ −∇=
=
Sˆ 12 [E
⋅ Sˆ 12 σ E 2 + 2 jω ( 14 µ H 2 − 14 ε E 2 )
46. Hava ile dolu, iç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan koaksiyel kablonun içindeki alanlar
I − jkz
V
e
A/m olarak veriliyor. V gerilimi ve I akımı ω rad/s
E ρ =
e − jkz V/m ve H φ =
2πρ
ρ ln(b a )
açısal frekansıyla sinüsoidal olarak değişen gerilim ve akımın tepe değerleridir. Koaksiyel hat
içinde alanların var olma şartını belirleyiniz. Güç akışının yönü nedir? Koaksiyel kablo içindeki
ortalama gücü hesaplayınız.
E ρ
V
I − jkz
jkz
V/m ⇒ H φ
A/m
e−=
e
2πρ
ρ ln(b a )
∂
kVe − jkz =
aφ
∇×E
E ρ aφ = − j
∂z
ρ ln(b a)
I
− jkz
ln(
)
ωµ
I
b
a
kVe
I
k
I ln(b a)
o
= − jωµ H
⇒−j
∇×E
= − jωµo
⇒
=
e − jkz ⇒ k =
o
2πρ
2π V
2π V
ρ ln(b a)
ωµo
1
jkI − jkz ∂
e aρ
∇×H
=
ρ
− ρ Hφ a=
ρ ∂z
2πρ
II
2
π
ωε
V
2
π
jkI
V
k
V
jkz
jkz
−
−
o
jωε E
⇒
∇
=
×H
=
⇒k
⇒=
e
jωε o
e =
o
2πρ
ρ ln(b a)
I ln(b a ) ωε o I ln(b a )
I ve II'den ⇒
k
ωµo
=
×H
*]=
Sˆ = 12 Re[E
P=
∫
s
ωµo
k
⇒ k 2 = ω 2 µoε o
VI
az
4πρ ln(b a )
b 1
2π
1
VI
Sˆ ⋅ ds=
d ρ ∫ dφ = VI W (V ve I max değerlerdir)
∫
a
0
4π ln(b a ) ρ
2
2
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
601
A + jA ve =
ve B
B + jB ile ifade edilen kompleks iki vektör olup r
vektörleri =
A
B
47. A
r
i
r
i
ve i indisleri gerçek ve imajiner vektörleri göstermektedir. Bu vektörlerin skaler çarpımlarının
⋅ B *] olduğunu gösteriniz.
zaman ortalama değerinin ⟨ A(t ) ⋅ =
B(t )⟩ 12 Re[ A
=A + jA ⇒ A(t ) =A cos ωt − A sin ωt
A
r
i
r
i
B =B r + jBi ⇒ B(t ) =B r cos ωt − Bi sin ωt
I
A ⋅ B* = A r ⋅ B r + A i ⋅ Bi − j ( A r ⋅ Bi − A i ⋅ B r )
⋅B
= A ⋅ B cos 2 ωt + A ⋅ B sin 2 ωt − ( A ⋅ B − A ⋅ B )sin ωt cos ωt
A
r
r
i
i
r
i
i
r
II
1 T 1
⋅ B⟩
( A ⋅ B=
)dt 2 ( A r ⋅ B r + A i ⋅ Bi )
⟨A =
T ∫0
⋅B
*]
=
⋅ B⟩ 12 Re[ A
I ve II'den ⇒ ⟨ A
48. Önceki problemdeki vektörlerin vektörel
× B *] olduğunu gösteriniz.
⟨ A(t ) × =
B(t )⟩ 12 Re[ A
çarpımlarının
zaman
ortalama
değerinin
=A + jA ⇒ A(t ) =A cos ωt − A sin ωt
A
r
i
r
i
B =B r + jBi ⇒ B(t ) =B r cos ωt − Bi sin ωt
I
A × B* = A r × B r + A i × Bi + j ( A i × B r − A r × Bi )
× B = A × B cos 2 ωt + A × B sin 2 ωt − ( A × B − A × B )sin ωt cos ωt
A
r
r
i
i
r
i
i
r
II
1 2π
⟨ A ×=
B⟩
( A × B)d=
ωt 12 ( A r × B r ) + 12 ( A i × Bi )
2π ∫0
× B *]
I ve II'den ⇒ ⟨ A=
× B⟩ 1 Re[ A
2
49. Doğrusal, homojen, izotropik ve kaynaksız iletken bölgede elektromanyetik alanların var
~
~
olması için E alanının ∇ 2 E + (ω 2 µε − jωµσ )E = 0 eşitliğini doyurması gerektiğini gösteriniz.
⇒ ∇×H
= (σ + jωε )E
∇ × E = − jωµ H
∇× H
⇒ ∇ × (∇ ⋅ E ) − ∇ 2 E = − jωµ (σ + jωε )E ⇒ ∇ 2 E + (ω 2 µε − jωµσ )E = 0
∇ × ∇ × E = − jωµ∇ × H
ρv= 0
∇⋅D
=0
∇⋅E =0
kaynaksız bölge
50. Doğrusal, homojen, izotropik ve kaynaksız iletken bölgede elektromanyetik alanların var
~
~
olması için H alanının ∇ 2 H + (ω 2 µε − jωµσ )H = 0 eşitliğini doyurması gerektiğini gösteriniz.
602
Elektromanyetik Alan Teorisi
⇒ ∇×H
= (σ + jωε )E
∇ × E = − jωµ H
= (σ + jωε )∇ × E ⇒ ∇ × (∇ ⋅ H
) − ∇2 H
= −(σ + jωε ) jωµ H
⇒
∇×∇×H
∇⋅B
=0
=0
∇⋅H
kaynaksız bölge
+ (ω 2 µε − jωµσ )H
=
0
∇2 H
π
51. Dielektrik ortamda ( ε = 4ε o ve µ = µo ) E ve H alanları
Ez 1000cos ωt − x V/m ve
=
3
1000
π
Hy =
−
cos ωt − x A/m ’dir. Fazör analizini kullanarak (a) ω ve η, (b) güç akışının yönü
η
3
ve (c) (2,0,0) m, (2,4,0) m ve (2,4,2) noktalarındaki üçgenin köşeleri ile sınırlanan yüzey alanından
geçen ortalama gücü belirleyiniz.
β
β
(rad/m)
(rad/m)
1000
1000 − j β x
−
−
Ez =
e
1000cos ωt − π3 x ⇒ E z =
1000e − j β x ve H y =
cos ωt − π3 x ⇒ H y =
η
η
I
ωµ
1000
o
⇒ j β 1000e − j β x = jωµ
∇ × E = j β 1000e − j β x a ⇒ ∇ × E = − jωµ H
e− jβ x ⇒ η =
y
o
o
η
β
β
β
1000
β
1000
−
−
−
β
β
β
j
x
j
x
j
x
jωε E ⇒ j
=j
×H
⇒
= 4ωε o
e a z ⇒ ∇=
e= jωε 1000e
∇×H
II
η
η
η
ω= 2π f ⇒ f= 25 MHz
π × 10 rad/s ⇒
ωµo
η =
60π Ω
=
β
2
2
ˆ ⋅ ds= 1000 4 dy y / 2 dz = 21, 22 kW
*]= 1000 a W/m 2 ⇒ P=
Sˆ = 12 Re[E × H
S
x
∫
∫ ∫
β
=
I ve II'den ⇒ β = ω 4 µoε o ⇒ ω =
2 µoε o
2
2
η
8
1
2
s
η
0
0
52. Bir transformotorun manyetik kuplajlı eşdeğer devresi aşağıdaki şekilde görülmektedir. Kararlı
durum şartları altında kaynak gerilimi 120cos(1000t ) V ve kuplaj katsayısı birim ise kapasitör
uçlarındaki gerilim düşümünü belirleyiniz.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
603
1
1
=− j
=− j 5 Ω
V1 =120∠0° V, − j
ωC
1000 × 200 × 10−6
jω L1 = j1000 × 8 × 10−3 = j8 Ω
j4 Ω
⇒ jω M = jω L1 × jω L2 =
jω L1 = j1000 × 2 × 10−3 = j 2 Ω
(10 + j10) I1 − j 4 I2 =
120 =
I 6,699∠ − 45° A
⇒ 1
6,316∠90° A
− j 4 I1 + (3 − j 3) I2 =
0 I=
2
∠=
16
90
− j 5 × 6,3
V2 =
° 31,58∠0° V
I2
53. Manyetik malzeme etrafına sarılmış bir sargıya 230 V, 60 Hz’lik kaynak uygulandığında 1
mWb’lik (RMS değeri) akı oluşturmaktadır. İdeal şartlar altında sargının sarım sayısını
belirleyiniz.
Φm =
2Φ RMS =
2 mWb ⇒ E = 4, 44 fN Φ m ⇒ 230 = 4, 44 × 60 N 2 × 10−3 ⇒ N = 610, 49 sarım
54. 1 kVA, 480/120 V’luk ideal transformotor 0,6 ileri güç faktöründe anma gücü vermektedir.
Yük empedansını belirleyiniz.
cos φ = 0,6
1000
1000
120
=
I2
= 8,3333 A ⇒
=
I2
= 8,3333∠ 53,13° A ⇒=
Z L
= 14, 4∠ − 53,13°
∠
120
120
8,3333
53,13
°
I2
=
8,64 − j11,5199 Ω
55. Bir ideal transformotorun 30 sarımlı primer sargısı 240 V (RMS), 50 Hz kaynağa bağlanmıştır.
Sekonder sargısı 750 sarım ve yüke 0,8 geri güç faktöründe 4 A vermektedir. (a) transformasyon
oranını, (b) primer sargısındaki akımı ve nüvedeki manyetik akıyı belirleyiniz.
cos φ = 0,8
N1 30
I2
a=
=
= 0,04 ⇒ I2 = 4∠ −36,87° A ⇒ I1 =
= 100∠ − 36,87° A
N 2 750
0,04
a
E=
= 4, 44 × 50 × 30 × Φ m ⇒ Φ=
4, 44 fN1Φ m ⇒ 240
36,036 mWb
m
1
56. Bir kapasitif yük kaynağa aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi iki ideal transformotor ile
bağlanmıştır. (a) kaynağın verdiği akımı, (b) kaynaktan verilen ortalama gücü, (c) iletim hattındaki
güç kaybını, (d) yük akımını, (e) yük gerilimini, (f) yüke verilen gücü ve (g) sistemin verimini
belirleyiniz.
V1 = 120∠30° V
⇒
=
450 W
Pin Re[V=
1 I1 *]
I = V1 = 5,303∠75° A
1
Zˆ
I = a I = 2,6515∠75° A, I = a I = 10,616∠75° A, V = I (3 − j 6)= 71, 214∠11,57° V
2
1 1
3
2 2
3
3
2
I3
P
PL = 10,6162 × 3= 338 W ⇒ η= L = 0,75 (% 75) ⇒ PTL = 2,65152 × 4= 28,12 W
Pin
604
Elektromanyetik Alan Teorisi
=1/ 4
a
57. 4,8 kVA,
=
V1 120
=
V / V2 480=
V , I1 40
=
A / I 2 10 A ’lik iki sargılı bir transformotor
ototransformotoru olarak bağlanacaktır. Olabilecek her bağlantı için anma gücünü belirleyiniz.
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
605
58. Önceki problemdeki transformotorun primer ve sekonder sargı dirençleri sırasıyla 0,5 Ω ve 12
Ω ise 0,6 geri güç faktöründe anma gücünde çalışan iki sargılı transformotorun verimini
hesaplayınız.
I1= 40∠ − 53,13° A, I2= 10∠ − 53,13° A, E 2= 480 + 12 × 10∠ − 53,13°= 552 − j 46 V
150 − j 40= 155, 242∠ − 14,93° V
E=
aE 2= 138 − j 24 V, V=
E1 + 0,5 I=
1
1
1
Re[V1 I1 *]
P=
= Re[155, 242 × 40∠53,13° − 14,93=
°] 4880 W ⇒ =
η
in
PL
= 0,59 (% 59)
Pin
59. Önceki problemdeki transformotor bir ototransformotoru olarak bağlanacaktır.
cos53,13° =0,6 geri güç faktöründe anma gücünde çalışan transformotorun olabilecek her bağlantı
için verimini hesaplayınız.
606
I1a= I2= 10∠ − 53,13° A
I2 a= aT I1a= 50∠ − 53,13° A
I1= I 2 a − I1a= 40∠ − 53,13° A
E =
120 + 0,5 I1 =
132 - j16 V
1
1/4
=
E /=
E
a 528 − j 64 V
(a) 2
1
=
= 737,56∠ − 12,53° V
V 12 I1a + E 2 + 120
1a
Po Re[
=
=
V1 I2 a *] 3600 W
Po
= % 64,3
⇒η =
Pin
=
=
V1a I1a *] 5600 W
Pin Re[
Po
3600
veya η =
=
= % 64,3
2
2
Po + I1 0,5 + I1a 12 3600 + 800 + 1200
Elektromanyetik Alan Teorisi
Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar
607
I2 a= I2= 10∠ − 53,13° A
I1a= I2 a / aT= 50∠ − 53,13° A
I1= I1a − I 2 a= 40∠ − 53,13° A
E + E = 600 + 12 I − 0,5 I = 660 - j80 V
2
2a
1
1
E1 =
( E1 + E2 )aT =
132 − j 6 V
(b)
144 − j 32= 147,51∠ − 12,53° V
V1a= E1 + 0,5 I=
1
=
=
V2 a I2 a *] 3600 W
Po
Po Re[
= % 64,3
⇒η =
P
Pin Re[
*]
5600
W
V
I
=
=
in
1a 1a
Po
3600
=
= % 64,3
veya η =
2
2
Po + I1 0,5 + I 2 a 12 3600 + 800 + 1200
I1a= I1= 40∠ − 53,13° A
I = a I = 50∠ − 53,13° A
T 1a
2a
I2= I2 a − I1a= 10∠ − 53,13° A
(c) E 2 =480 + 12 I2 =552 - j 96 V
1/4
=
138 + j 24 V
=
E aE
2
1
V=
= 630 − j 40
= 631, 27∠ − 3,63° V
0,5 I1a + E1 + 480
1a
Po Re[
=
=
V2 I2 a *] 14400 W
Po
= % 87,8
⇒η =
P
=
=
*]
16399
W
P
V
I
Re[
in
1a 1a
in
I2 a= I1= 40∠ − 53,13° A
I1a= aT I2 a= 50∠ − 53,13° A
I 2= I1a − I 2 a= 10∠ − 53,13° A
E + E 2 = 600 + 0,5 I2 a − 12 I2 ⇒ E1 = 108 + j16 V
(d) 1
E 2
12 I + E =
V
505,015∠ − 3,63° V
=
1a
2
1 / a
Po Re[
V2 a I2 a *] 14400 W
=
=
Po
= % 87,8
⇒η =
P
Re[
*]
16399
W
P
V
I
=
=
in
1
1
in
a
a
60. Bir betatronda bir elektronun dairesel yolu ile çevrelenen yüzeyden geçen uzay ortalama akısı
Φ =1,5sin(100π t ) Wb ’dir. Kararlı yörünge a = 75 cm yarıçapında ise (a) uzay ortalama akı
yoğunluğunu, (b) yörüngedeki akı yoğunluğunun minimum değerini, (c) yörünge etrafında
elektronun bir dönüşü ile kazandığı enerjiyi ve (d) bir dönüşte kazanılan ortalama enerjiyi
belirleyiniz. Bir elektronun 90 MeV’luk bir enerji kazanması için kaç dönüş yapması gerekir.
608
Elektromanyetik Alan Teorisi
Φ 1,5sin(100π t ) Bm 0, 4244 T
=
Φ 1,5sin(100π t ) ⇒
=
=
=
B
az
a z 0,8488sin(100π t )a z T ⇒=
2
A
π 0,75
π a2
− aω Bm cos(100π t )aφ =
−0,75 × 100π × 0, 4244cos(100π t )aφ =
−100cos(100π t )aφ V/m
E=
F = −eE = 1,6 × 10−19 × 100cos(100π t )aφ = 1,6 × 10−17 cos(100π t )aφ N
Wm
W = 2π aF = 2π × 0,75 × 1,6 × 10−17 cos(100π t ) = 7,5398 × 10−17 cos(100π t ) J
2
2
4,8 × 10−17
W = Wm = 7,5398 × 10−17 =4,8 × 10−17 J ⇒
=300 eV
1,6 × 10−19
π
π
dönüş=
sayısı
90 × 106
= 300000
300
∂
8 ELEKTROMANYETİK ALANLARIN BİLGİSAYAR DESTEKLİ ANALİZİ
8.1 GİRİŞ
Bir elektromanyetik sistemin verimli ve etkili bir tasarımı için elektrik ve manyetik alanların
formüle edilebilmesi veya değerlendirilebilmesinin önemi çok büyüktür. Örneğin bir yalıtıcı veya
yalıtkan malzeme dikkate alındığında, sistemdeki iletkenlerin birbirinden yalıtılabilmesi için
elektrik alan şiddetlerinin yalıtıcı ortamın delinme veya dayanma şiddetinin aşağısında tutulması
istenilir. Bir manyetik anahtarda, anahtarı aktif hale getirmek için manyetik alan şiddeti yeterli
kuvvet üretmelidir. Anten gibi bir sistemde anteni çevreleyen ortamdaki elektromanyetik alan
dağılımının bilinmesi temeldir.
Elektromanyetik alanların analizi için problemin matematiksel formülasyonu ile başlanılır.
Elektromanyetik sistemin doğasına bağlı olarak Laplace veya Poisson eşitliği, statik veya kısmi
statik (düşük frekanslı) çalışma şartlarındaki sistemin modellenmesinde kullanışlı olabilir. Bununla
beraber yüksek frekanslı uygulamalarda elektrik ve manyetik alanların doğruca tahmini için ya
zaman yada frekans domeninde dalga eşitliğinin çözülmesi gerekir. Her durumda, elektromanyetik
sistemin içinde ve dışındaki elektrik ve manyetik alanların belirlenmesi için sınır şartlarına
uyularak bir veya daha fazla sayıda kısmi diferansiyel eşitliklerin çözümü gerekmektedir.
Analitik çözümler en basit sınır şartları barındıran düzenli geometrili (dikdörtgen, dairesel, küresel,
vb.) problemler için mevcuttur. Önceki bölümlerde analitik metotlar kullanılarak böyle
konfigürasyonlardan bazılarının çözümleri verilmiştir.
Bu bölümde elektrik ve manyetik alanların hesaplanmasında üç sayısal teknik üzerinde
çalışılacaktır. Bunlar; sonlu fark metodu (FDM), sonlu eleman metodu (FEM) ve momentler
metodu (MOM) dur. Prensip olarak her metot, sürekli bir domeni sonlu sayıda bölümlere ayırır ve
daha sonra diferansiyel veya integral eşitlikler yerine cebirsel eşitlikler setinin çözümünü gerektirir.
8.2 SONLU FARK METODU (FDM)
Sonlu fark metodu (Finite Difference Metodu: FDM) her çeşit kısmi diferansiyel eşitliklerin
çözümü için sayısal tekniklerin en güçlülerinden biridir. Bütün elektromanyetik alan problemleri
skaler veya vektörel kısmi diferansiyel eşitlikleri ile temsil edilebildiğinden FDM farklı ortamlarda
elektrik ve manyetik alanların geçici olduğu kadar uzaysal dağılımlarının çözümünde de
610
Elektromanyetik Alan Teorisi
kullanılabilir. FDM çözüm domenini sonlu ayrık noktalara bölerek kısmi diferansiyel eşitliğini bir
fark eşitlikler setine değiştiren bir tekniktir. Bundan dolayı çözüm tam olmayıp yaklaşıktır.
Bununla beraber eğer ayrık noktalar birbirine yakın seçilirse hata kabul edilebilir bir seviyeye
düşürülebilir.
Elektromanyetik alanların belirlenmesi üç boyutlu değişimlerin dikkate alınmasını gerektirebilir
fakat bu kitabın amacı sadece iki boyutlu değişimler ile sınırlanmıştır. Aşağıdaki iki boyutlu
Poisson eşitliğini dikkate alalım.
∇ 2V ( x, y ) =
ρ
∂ 2V ( x, y ) ∂ 2V ( x, y )
=− v
+
2
2
ε
∂y
∂x
(8.1)
V ( x, y ) elektrostatik potansiyelin bilinmeyen uzaysal dağılımı, ρ v hacim yük yoğunluğu ve ε
ortamın geçirgenliğidir.
Buradaki amaç, şekil 8.1’de görüldüğü gibi sınır şartlarına tabi olarak bölgedeki V ( x, y ) ’nin
belirlenmesidir. İlk önce bölge şekil 8.2’de görüldüğü gibi sonlu sayıda ağ (mesh) gözüne bölünür.
Bu ağlar kare, dikdörtgen, üçgen, vb. olabilir fakat burada sadece dikdörtgen ve kare ağlar dikkate
alınacaktır. Poisson eşitliği yerine yaklaşık sonlu fark metodu eşitliğini bulmak için şekil 8.3’de
görüldüğü gibi a, b, c ve d boyutları ile bir ağ ve bu noktalardaki potansiyelleri V1 = V ( x, y + a ) ,
V2 = V ( x − b, y ) , V3 = V ( x, y − c) , V4 = V ( x + d , y ) ve V0 = V ( x, y ) olan bir ağ’ı dikkate alalım.
V
İlgili çözüm bölgesi
s
l
V=0
Şekil 8.1 Elektrik potansiyeli çalışması için keyfi
biçimde bir bölge
Şekil 8.2 Çözüm bölgesinin ağ dağılımı
V ( x, y ) ’nin B ve D’de x’e göre ve A ve C’nin y’ye birinci türevleri yaklaşık olarak aşağıdaki gibi
yazılabilir.
∂V
∂x
∂V
∂x
∂V
∂y
=
B
=
D
=
A
∆V
∆x
∆V
∆x
∆V
∆y
=
V0 − V2
b
(8.2)
=
V4 − V0
d
(8.3)
=
V1 − V0
a
(8.4)
B
D
A
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
∂V
∂y
(x, y+a )
611
∆V
∆y
=
C
=
C
V0 − V3
c
(8.5)
V1
a /2
a A
d
b/2 O(x, y)
(x-b, y)
y
V2
D
(x+ d, y)
B
Şekil 8.3 Eşit kollu olmayan ağ
konfigürasyonu
V4
d/2
b
x
V0
C c
c/2
(x, y-c)
V3
O noktasında V ( x, y ) ’nin ikinci derece kısmi türevleri aşağıdaki gibi yakınlaştırılabilir.
∂V
∂x 2
2
=
2
=
D
=2
O
∆V
∆y
∆V
∆x
B
−
A
=2
O
V4 − V0 V0 − V2
−
d
b
=
d b
+
2 2
(V4 − V0 )b − (V0 − V2 )d
bd (d + b)
∆x
O
∂ 2V
∂y 2
−
∆x
O
∂ 2V
∂x 2
∂V
∂y 2
∆V
∆x
∆V
∆y
C
V1 − V0 V0 − V3
−
d
b
=
a c
+
2 2
(V1 − V0 )c − (V0 − V3 )a
ac(a + c)
(8.6)
(8.7)
(8.8)
(8.9)
Bu yaklaşımlar kullanılarak (8.1) eşitliği ayrık nokta potansiyelleri ve O noktasında merkezlenmiş
ağ boyutları ile aşağıdaki gibi olur.
1
1
1
1
1
ρ
1
V1 +
V2 +
V3 +
V4 −
+ V0 = −
a(a + c)
b(b + d )
c(a + c)
d ( d + b)
2ε
bd ac
(8.10)
Şekil 8.2’deki bölgenin her noktasına bu yaklaşımların ayrıca uygulanması bilinmeyen potansiyel
noktaları kadar çok sayıda cebirsel eşitlik ile sonuçlanacaktır. Bu eşitliklerin çözümü her noktadaki
potansiyeli verir.
(8.10) eşitliğinin kare ağ konfigürasyonu
612
Elektromanyetik Alan Teorisi
ρ
1
(V1 + V2 + V3 + V4 − 4V0 ) = − v
2
ε
h
(8.11)
gibi sadeleştirilebilir ve h ağ’ın büyüklüğüdür. Laplace eşitliği sağ tarafta sıfır ile temelde Poisson
eşitliğinin özel bir durumu olduğundan Laplace eşitliği için sonlu fark eşitliği
1
1
1
1
1
1
V1 +
V2 +
V3 +
V4 −
+ V0 = 0
a(a + c)
b(b + d )
c(a + c)
d (b + d )
bd ac
(8.12)
ile ifade edilebilir ve kare ağ için aşağıdaki gibi olur.
V1 + V2 + V3 + V4 − 4V0 = 0
(8.13)
8.2.1 SINIR ŞARTLARI
Elektromanyetik alanları tanımlayan kısmi diferansiyel eşitlikler uzay koordinatlarının
fonksiyonları olduğundan tek bir çözüm sınır şartlarının belirlenmiş bir seti ile çözülebilir. Çoğu
elektromanyetik alan problemleri üç tip sınır şartı ile ilgilidir: Dirichlet tipi sınır, Neumann tipi
sınır ve karışık sınır şartları.
Şekil 8.4’de görüldüğü gibi bir l eğrisi ile sınırlanmış s bölgesini dikkate alalım. l boyunca
potansiyelin V=g olduğu s bölgesinde V potansiyel dağılımının belirlenmesinin istenildiği durumda
l sınırı boyunca şart Dirichlet sınır şartı olarak bilinir; g önceden belirlenmiş sürekli potansiyel
fonksiyonudur.
Bazı elektromanyetik problemler, sınırda potansiyel fonksiyonun normal türevinin sürekli bir
fonksiyon olarak belirlendiği şartları içerebilir (şekil 8.5). Bu sınır şartı matematiksel olarak
dV
= f
dn
(8.14)
ile temsil edilebilir ve Neumann sınır şartı olarak adlandırılır.
Son olarak şekil 8.6’da görüldüğü gibi l’nin l 1 ve l 2 kısımları boyunca sırasıyla Dirichlet ve
Neumann şartına sahip problemler vardır. Bu karışık sınır şartı olarak adlandırılır. Aşağıdaki
örnekte FDM kavramları açıklanmaktadır.
V=g
V=g
dV
=f
dn
1
l1
l2
y
y
s
x
Şekil 8.4 Dirichlet tipi sınır
s
l
x
Şekil 8.5 Neumann tipi sınır
l y
2
x
s
dV
=f
dn
Şekil 8.6 Karışık sınırlar
ÖRNEK 8.1 Şekil 8.7’de sınır şartları belirlenmiş bölge içindeki elektrostatik potansiyel alan
dağılımını belirleyiniz.
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
613
ÇÖZÜM Şekil 8.7’den x = 0 ’da 0 < y < 3 arasında, y = 0 ’da 0 < x < 3 arasında ve x = 3 ’de
0 < y < 3 arası aralıklardaki sınırların potansiyelleri sıfırdır (V=0). Başka ifadeyle, potansiyel bu
sınırlar boyunca sabit olduğundan Dirichlet şartını sağlamaktadır. y = 3 ’de 0 < x < 3 boyunca sınır
sabit 100 V potansiyelinde olduğundan başka bir Dirichlet sınır şartıdır. y = 3 ’de x tam olarak ne 0
ne de 3’e eşit olmayıp bu sınırlara çok yakın olabilir. Bunun nedeni, üst yatay sınır ve dikey sınırlar
arasındaki δ küçük açıklığıdır. Bu küçük açıklıklar, üst yatay sınır olarak diğerlerinden farklı bir
potansiyelde tutulduğundan istenilebilir.
Potansiyel dağılımının bulunmasında FDM’nin kullanılması için bölge şekil 8.8’de görüldüğü gibi
h=1 ile kare ağlara bölünür. Verilen ağ sayısı ile problem (1, 2), (2, 2), (1, 1) ve (2, 1)
noktalarındaki potansiyellerin belirlenmesine düşer. (1, 3) ve (2, 3) noktalarındaki potansiyeller
100 V olarak verilmiş ve (0, 3), (0, 2), (0, 1), (0, 0), (1, 0), (2, 0), (3, 0), (3, 1), (3, 2) ve (3, 3)
noktalarındaki potansiyeller sıfır olarak belirtilmiştir. Bilinmeyen potansiyeller V1 = V (1, 2) ,
V2 = V (2, 2) , V3 = V (1, 1) ve V4 = V (2, 1) olarak isimlendirilerek ve bölgede serbest yük
olmadığından (8.13) kullanılarak aşağıdaki eşitlikler yazılabilir.
V1 = 14 (100 + 0 + V3 + V2 )
V2 = 14 (100 + V1 + V4 + 0)
V3 = 14 (V1 + 0 + 0 + V4 )
(8.15)
V4 = 14 (V2 + V3 + 0 + 0)
(8.15) eşitliğinde doğrusal cebirsel eşitliklerin düzenlenmesi ile
4V1 − V2 − V3 = 100
− V1 + 4V2 − V4 = 100
− V1 + 4V3 − V4 = 0
(8.16)
− V2 − V3 + 4V4 = 0
veya matris biçiminde
4 − 1 − 1 0 V1 100
− 1 4 0 − 1 V 100
2 =
− 1 0 4 − 1 V3 0
0 − 1 − 1 4 V4 0
(8.17)
elde edilir. Bu eşitlik standart biçimde doğrusal bir eşitlik sistemidir. Sıkıştırılmış biçiminde
aşağıdaki gibi ifade edilir.
AV = b
(8.18)
A kare matrisi, V bilinmeyen potansiyel vektörü ve b giriş vektörüdür. Buna göre potansiyeller
V = A −1b
ifadesinden V1 = 37,5 V , V2 = 37,5 V , V3 = 12,5 V ve V4 = 12,5 V olarak elde edilir.
614
Elektromanyetik Alan Teorisi
y
V10
y
V=100 V
V=100 V
3
(1,3)
(0,3)
(0,2)
V=0 V
V=0 V
V=0 V
(0,1)
0
0
V=0 V
Şekil 8.7
3
x
(0,0)
(2,3)
(3,3)
(1,2)
(2,2)
V1
V2
(1,1)
(2,1)
V3
V4
(3,2)
V=0 V
(1,0)
(2,0)
V=0 V
V20
O
V00
V40
(3,1)
(3,0)
x
V30
Şekil 8.8
Şekil 8.9
8.2.2 SONLU FARK EŞİTLİKLERİNİN İRDELEME İLE ÇÖZÜMÜ
Önceki örnekte ağ boyutu sadece dört bilinmeyenli olarak seçilmişti. Bununla beraber daha yüksek
doğruluk için bölgenin daha fazla alt bölümlere bölünmesi gerekebilir ve A matrisi büyür. AV = b
eşitliğinin çözümünü içermeyen noktalardaki potansiyellerin belirlenmesinin etkili bir metodu
ardışık üst durulma metodu (Successive over-relaxation : SOR) olarak bilinir. SOR metodu temelde
bir irdeleme algoritması olup irdeleme işleminin başlaması için her noktadaki potansiyelin bir
başlangıç tahminini gerektirir. Bütün başlangıç tahminleri doğru olmayabildiğinden Laplace veya
Poisson eşitliğini doyurmayacaklardır. Örneğin şekil 8.9’da görüldüğü gibi bir kare ağ için V10 ,
V20 , V30 , V40 ve V00 başlangıç tahmini potansiyelleri ise V1 + V2 + V3 + V4 − 4V0 = 0 eşitliğinin
uygulanması aşağıdaki gibi bir R artık değeri ile sonuçlanacaktır.
V10 + V20 + V30 + V40 − 4V00 = R
(8.19)
Doğru potansiyellerin elde edilmesi için SOR irdeleme işleminde R’nin en aza indirilmesi gerekir.
V0 n. irdelemeden sonra O noktasındaki potansiyel olsun. Bu durumda SOR’a göre (n+1).
irdeleme için düzeltilmiş potansiyel,
V1n+1 = V2n +
α
4
Rn
(8.20)
olur. α hızlanma faktörü olarak bilinir ve başarılı bir sonuç elde etmek etmek için 1 ≤ α < 2
olmalıdır. V1n+1 = V2n + αR n / 4 eşitliğinden açıkca görüldüğü gibi eğer doğru sonuç alınırsa bu
durumda sonraki irdelemede R sıfır olacağından potansiyelde daha fazla gelişme olmaz. Her
noktada sıfır artık değerinin istenildiği durumda bilgisayarla hesaplama işlemi çok zaman alıcıdır.
Bundan dolayı irdelemelerin başlangıcında bir V0n+1 − V0n << 1 hata kriteri ayarlanır. Her nokta
potansiyelinde bu hata kriteri sağladığında irdeleme işleminin icrası durur.
O noktasında n. irdelemeden sonra V1n+1 = V2n + αR n / 4 eşitliğindeki artık Rn
R n = V1n+1 + V2n+1 + V3n + V4n − 4V0n
(8.21)
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
615
’den hesaplanır ve V1n+1 = V2n + αR n / 4 eşitliğinde yerine konularak
V0n+1 = V0n +
α
4
(V1n+1 + V2n+1 + V3n + V4n − 4V0n )
(8.22)
elde edilir ki komşu noktaların potansiyelleri ile V0 ’ın belirlenmesine yardımcı olur.
ÖRNEK 8.2 SOR metodunu kullanarak önceki örnekte verilen geometride nokta potansiyellerini
bulunuz.
ÇÖZÜM 1, 2, 3 ve 4 noktalarında 50 V başlangıç tahmini ve 0,1 hata kriteri ile 1 hızlanma faktörü
alalım.
İrdeleme 1:
V1(1)
= 50 + 0,25(100 + 0 + 50 + 50 − 200) = 50
V1(1) −V1( 0) = 50 − 50 = 0
V2(1) = 50 + 0,25(100 + 50 + 50 + 0 − 200) = 50
V2(1) −V2( 0) = 50 − 50 = 0
V3(1) = 50 + 0,25(50 + 0 + 0 + 50 − 200) = 25
V3(1) −V3( 0) = 25 − 50 = 25
V4(1) = 50 + 0,25(50 + 25 + 0 + 0 − 200) = 18,75
V4(1) −V4( 0) = 18,75 − 50 = 31,25
İrdeleme 2:
V1( 2)
= 50 + 0,25(100 + 0 + 25 + 50 − 200) = 43,75
V1( 2) −V1(1) = 43,75 − 50 = 6,25
V2( 2) = 50 + 0,25(100 + 43,75 + 18,75 + 0 − 200) = 40,63
V2( 2) −V2(1) = 40,63 − 50 = 9,37
V3( 2) = 25 + 0,25(43,75 + 0 + 0 + 18,75 − 100) = 15,63
V3( 2) −V3(1) = 15,63 − 25 = 9,37
V4( 2) = 18,75 + 0,25(40,63 + 15,63 + 0 + 0 − 75) = 14,07
V4( 2) −V4(1) = 14,07 − 18,75 = 4,68
616
Elektromanyetik Alan Teorisi
100
100
100
50
43,75
39,06
37,89
37,60
37,52
25
15,63
13,28
12,70
12,55
12,51
0
0
100
50
40,63
38,28
37,70
37,55
37,51
18,75
14,06
12,89
12,60
12,52
12,50
0
Şekil 8.10 (Örnek 8.2’ye ait) her
irdelemeden sonraki gerilimler
0
0
0
0
0
6 irdelemeden sonra çözüm V 1 =37,5 V, V 2 =37,5 V, V 3 =12,5 V ve V 4 =12,5 V değerlerine ulaşır.
Her irdelemeden sonraki gerilim değerleri şekil 8.10’da görülmektedir.
Bu örnek 5 mm boyutunda kare ağ’lar ile çözüldüğünde (1 cm, 1 cm), (1 cm, 2 cm), (2 cm, 1 cm),
(2 cm, 2 cm) deki potansiyeller V(1, 1) = 38,1 V, V(1, 2) = 38,1 V, V(2, 1) = 12,3 V ve V(2, 2) =
12,3 V olur. Bunun 1 cm’lik ağ boyutunda elde edilen nokta potansiyellerinden az miktarda farklı
olduğuna dikkat edilmelidir. Bu çelişki FDM’nin temelindeki bölümleme hatasından
kaynaklanmaktadır.
ALIŞTIRMALAR
1. Şekil 8.11a’da 50 Hz’lik transformotorun yüksek ve düşük gerilim sargıları görülmektedir.
Yüksek gerilim sargısı 100 V ve düşük gerilim sargısı 0 V’ta iken yüksek ve düşük gerilim
sargıları arasındaki gerilim dağılımını belirleyerek aşağıdaki yaklaşık gerilim dağılımı ile
karşılaştırınız. Yalıtkan içindeki akımın 50 Hz’de ihmal edilebilir kadar küçük olduğunu
varsayınız. Şekil 8.11b’deki gibi 0,5 cm boyutunda kare ağ konfigürasyonu kullanınız.
V=0
0 cm
3 cm
Yalıtkan
5 cm
I=1
4 cm
6 cm
Nüve
24 cm
26 cm
2 cm
0 cm
3 cm
6 cm
9 cm
Yalıtkan
V=0
V=100 V
V=0
V=0
V=0
Yalıtkan
Primer sargı
Yalıtkan
Yalıtkan
V=0
Sekonder sargı
V=100 V
Nüve
25 cm
7 cm
3 cm 4 cm
29 cm
12 cm
Şekil 8.11 (a) Transformotor sargıları ve nüve
J =1
10 cm
30 cm
V=0
13 cm
Şekil 8.11 (b) Ağ dağılımı ve sınır şartları
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
617
Çözüm sonucu transformotorun yaklaşık potansiyel dağılım değerleri.
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,4
0,5
0,1
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,1
0,5
0,4
0,0
0,0
1,1
1,3
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
1,4
1,1
0,0
0,0
2,7
3,8
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
3,8
2,7
0,0
0,0
5,7
11,0
15,7
21,8
27,9
31,1
32,4
33,0
33,2
33,3
33,3
33,3
33,3
33,3
33,3
33,3
33,3
33,3
33,3
33,2
33,0
32,5
31,1
28,0
21,9
15,8
11,1
5,7
0,0
0,0
9,1
18,8
29,9
43,6
58,9
63,9
65,7
66,3
66,5
66,6
66,6
66,7
66,7
66,7
66,7
66,7
66,7
66,6
66,6
66,5
66,3
65,7
63,9
58,9
43,7
30,0
18,9
9,2
0,0
0,0
12,0
25,2
41,4
63,8
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
63,9
41,5
25,3
12,0
0,0
0,0
13,5
28,4
46,6
70,1
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
70,3
46,8
28,5
13,5
0,0
0,0
13,4
28,3
46,5
70,1
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
70,2
46,7
28,4
13,4
0,0
0,0
11,7
24,8
41,1
63,6
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
100,0
63,7
41,2
24,9
11,7
0,0
0,0
8,6
18,1
29,4
43,4
58,8
63,9
65,6
66,3
66,5
66,6
66,6
66,7
66,7
66,7
66,7
66,7
66,7
66,6
66,6
66,5
66,3
65,7
63,9
58,8
43,4
29,5
18,1
8,6
0,0
0,0
4,5
9,4
15,1
21,6
27,8
31,0
32,4
33,0
33,2
33,3
33,3
33,3
33,3
33,3
33,3
33,3
33,3
33,3
33,3
33,2
33,0
32,4
31,0
27,9
21,6
15,1
9,4
4,5
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
2. Şekil 8.12’de verilen geometride sonlu fark metodunu kullanarak potansiyel dağılımı
belirlemek için A katsayı matrisini yazınız.
A: katsayı matrisi
0 + 0 + 100 + V2 − 4V1 =0 −4V1 + V2 =−100 −4 1 V1 −100 V1 = 100 / 3 V
=⇒
⇒
⇒
0 + V1 + 100 + 0 − 4V2 =
0 V1 − 4V2 =
−100 1 −4 V2 −100 V2 = 100 / 3 V
3. Sonlu fark metodu ile bağlantılı olarak SOR kullanarak şekil 8.12’de görülen geometride
potansiyel dağılımı çözmek için iki irdeleme yapınız.
İrdeleme 1: V1(0) − V2(0) =
50 olsun
V1(1) = 50 + 0, 25(0 + 0 + 100 + 50 − 4 × 50) = 37,5
V1(1) − V1(0) = 37,5 − 50 = 12,5
V2(1) = 50 + 0, 25(0 + 37,5 + 100 + 0 − 4 × 50) = 34,38
V2(1) − V2(0)= 34,38 − 50= 15,62
İrdeleme 2:
618
Elektromanyetik Alan Teorisi
2 cm
6 cm
2 cm
6 cm 0 V
Şekil 8.12
0V
100 V
2 cm
100 V
2 cm
2 cm
100 V
V1(2)= 37,5 + 0, 25(0 + 0 + 100 + 34,38 − 4 × 37,5)
= 33,6
V1(2) − V1(1) = 33,6 − 37,5 = 3,9
(2)
V=
34,38 + 0, 25(0 + 33,6 + 100 + 0 − 4 × 345,38)
= 33, 4
2
V2(2) − V1(2) = 33, 4 − 34,38 = 0,98
8.3 SONLU ELEMAN METODU (FEM)
Sonlu eleman metodu (Finite element method: FEM) köprü ve gemiler gibi karmaşık yapılardaki
stres ve gerginliklerin değerlendirilmesinde inşaat ve makina mühendisleri tarafından
geliştirilmiştir. Sonlu fark metodu böyle yapısal analizin çözümü için uygun olmakla beraber daima
kısmi diferansiyel eşitlikler seti ve bir başlangıç noktası olarak sınır şartlarını gerektirmektedir.
Karmaşık bir yapısal problem için bazen kısmi diferansiyel eşitliğinin çözümü çok zor olmaktadır.
Bundan dolayı yapı mühendisleri mühendislik anlayışı ve fiziğin temel prensipleri ile FEM’i
geliştirmiştir. Metot sonunda genelleştirildiğinde bir sistemin potansiyel enerjisi gibi fonksiyonelin
yaklaşık bir minimizasyonu olduğu açıklığa kavuşmuştur. Aynı zamanda fonksiyonelin
minimizasyonunun temelde hiçbir şey fakat varyasyonel prensibinin uygulaması olduğu
keşfedilmiştir. Bu kabuller ile FEM metodu kısmi diferansiyel eşitliklerin varyasyonel prensipten
bir fonksiyonele uygunca değiştirilebileceği problemlere de genişletilmiştir.
Geçen otuz yıl süresince FEM elektromanyetik alan problemlerinin çözümünde yaygın olarak
kullanılmıştır. Bu kısımda elektromanyetik alan problemlerine uygulanmış olarak FEM’in temelleri
üzerinde çalışılacaktır.
Elektrostatik alan analizinde minimize edilecek fonksiyonel sınırlı bir hacim içindeki elektrostatik
enerjidir.
W=
1
εE 2 dv
v
2
∫
(8.23)
ile ifade edilen enerji V elektrostatik potansiyeli ile aşağıdaki gibi ifade edilebilir.
2
2
2
1 ∂V ∂V ∂V
+
W = ε
+
dv
2 v ∂x ∂y ∂z
∫
(8.24)
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
619
Şekil 8.13’de görülen sınırlı s yüzeyi için iki boyutlu bir duruma ait, aşağıdaki enerji fonksiyonelini
dikkate alalım.
2
1 ∂V ∂V
W = ε
+
2 s ∂x ∂y
∫
Çözüm bölgesi
y
2
ds
(8.25)
Şekil 8.13 l ile sınırlanan s bölgesi
l
s
x
FEM’de sistemdeki enerji varyasyonu sınırlı s bölgesi içinde küçük dV değişimlerine göre önemsiz
olduğundan (8.25)’deki enerji fonksiyoneli minimize edilir. Bundan dolayı s bölgesi içindeki
potansiyel dağılım, aşağıdaki gibi enerjideki diferansiyel değişim sıfıra eşitlenerek belirlenebilir:
dW = 0
(8.26)
Sonlu eleman analizinde ilgili bölge şekil 8.14’de görüldüğü gibi eleman olarak bilinen n sayıda
üçgen (veya dörtgen) ağ elemanlarına bölünür. Eğer potansiyelin bilinmediği m sayıda nod varsa
(8.26) eşitliği aşağıdaki gibi yazılabilir.
dW =
∂W
∂W
∂W
dV1 +
dV2 + ⋅ ⋅ ⋅ +
dVm = 0
∂V1
∂V2
∂Vm
Şekil 8.14 s çözüm bölgesi için üçgen ağ
konfigürasyonu
e
y
(8.27)
l
s
x
V 1 , V 2 ,..., V m sırasıyla 1, 2,..., m nodlarındaki potansiyellerdir. (8.27) eşitliği
T
∂W
dW =
dV = 0
∂V
olarak da yazılabilir.
(8.28)
620
Elektromanyetik Alan Teorisi
∂W
∂V
dV1
1
⋅
⋅
∂W
= ⋅ ve dV = ⋅
∂V
⋅
⋅
∂W
dVm
∂Vm
dir. (8.28)’deki dV elemanları sıfır olamadığından ∂W / ∂V ’nin elemanları enerji fonksiyonelinin
minimizasyonu için sıfır olmalıdır. Buna göre,
∂W
∂V 0
1
⋅ ⋅
∂W
= ⋅ = ⋅ = 0
∂V
⋅ ⋅
∂W 0
∂Vm
(8.29)
olur. Şekil 8.14’deki e elemanının büyütülmüş görünüşü şekil 8.15’de görülmektedir. Bu eleman
içindeki elektrik enerjisi aşağıdaki gibi yazılır.
V1( e )
(e)
(e)
1 ( x1 , y1 )
y
A3
2
V ( e ) ( x, y)
A2 ( e )
A1( e )
V2 ( e )
(e)
(e)
Şekil 8.15 Bir üçgen ağ’ın
koordinatları ve nod potansiyelleri
V3( e )
(e)
( x2 , y2 )
(e)
(e)
3 ( x3 , y3 )
x
W
(e)
1
= ε
2
∂V ( e )
s ( e ) ∂x
∫
2
∂V ( e )
+ ∂y
2
ds ( e )
(8.30)
V(e) e elemanı içindeki potansiyel dağılım ve s(e) elemanın alanıdır.
Sonuç olarak bölgenin tamamındaki toplam enerji
W = W (1) + W (1) + ⋅ ⋅ ⋅ + W ( n ) =
n
∑W
(e)
e =1
veya
W=
n
∑ ε∫
e =1
1
2
s( e )
f eT f e ds ( e )
(8.31)
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
621
ile belirlenebilir.
∂W ( e )
f e = ∂x( e )
∂W
∂y
dir. e elemanı içindeki potansiyel dağılım için L1( e ) ( x, y ) , L(2e ) ( x, y ) ve L(3e ) ( x, y ) biçim
fonksiyonları ve V1( e ) , V2( e ) ve V3( e ) nod potansiyelleri ile yaklaşık bir çözümü
V ( e ) ( x, y ) = L1( e ) ( x, y )V1( e ) + L(2e ) ( x, y )V2( e ) + L(3e ) ( x, y )V3( e )
(8.32)
olarak varsayalım. İki boyutlu geometri için biçim fonksiyonları
L1( e ) ( x, y ) =
Ai( e )
A( e )
i = 1, 2, 3
(8.33)
ile tanımlanır. A(e) e elemanının alanı, Aie şekil 8.15’de görüldüğü gibi e elemanındaki bir kısmın
alanıdır. A(e ) ve Ai(e )
A
(e)
1 xi
1
= 1 xi +1
2
1 xi + 2
yi
yi +1
yi + 2
(8.34a)
ve
Aie
1 x
1
= 1 xi +1
2
1 xi + 2
y
yi +1
yi + 2
i = 1,2,3
(8.34b)
den hesaplanabilir.
∂V ( e )
∂V ( e )
ve
aşağıdaki gibi değerlendirilerek hesaplanabilir.
∂x
∂y
∂L ( x, y )
∂L ( x, y )
∂V ( e ) ∂L1 ( x, y )
=
V1 + 2
V2 + 3
V3
∂x
∂x
∂x
∂x
(8.35a)
∂L ( x, y )
∂L ( x, y )
∂V ( e ) ∂L1 ( x, y )
=
V1 + 2
V2 + 3
V3
∂y
∂y
∂y
∂y
(8.35b)
ve
f e aşağıdaki gibi yeniden oluşturulabilir.
622
Elektromanyetik Alan Teorisi
f e = T (e) V (e)
(8.36)
Burada
T (e)
∂L1( e ) ( x, y )
= ( e∂) x
∂L1 ( x, y )
∂y
∂L(2e ) ( x, y )
∂x
∂L(2e ) ( x, y )
∂y
∂L(3e ) ( x, y )
∂x
(e)
∂L3 ( x, y )
∂y
ve
V1( e )
= V2( e )
V3( e )
V (e)
dir. (8.36) eşitliği kullanılarak (8.31)
W=
1
∈
2
∫
s( e )
V ( e )T T ( e )T T ( e ) V ( e ) ds ( e )
(8.37)
olarak düzeltilebilir.
Nod potansiyellerine göre W’nin kısmi türevleri aşağıdaki gibi yazılır.
dW
=
dV
n
∑∈ ∫
e =1
s( e )
T ( e )T T ( e ) V ( e ) ds ( e )
(8.38)
(8.38) ile (8.29) kullanılarak
n
∑∫
e =1
s( e )
T ( e )T T ( e ) V ( e ) ds ( e ) = 0
(8.39)
elde edilir ki buradan nod potansiyeli belirlenebilir. Aşağıdaki örnekte verilen matematiksel
işlemlerin bir örneği görülmektedir.
ÖRNEK 8.4 Örnek 8.1’i dikkate alarak FEM metodu kullanarak potansiyel dağılımı belirleyiniz.
ÇÖZÜM Şekil 8.16’da görüldüğü gibi üçgen ağları ve nodları numaralandıralım. Modelde sekiz
eleman ve dokuz nod vardır. İki sayı sistemi kullanılacaktır. Nodların 1’den 9’a kadar
numaralandırılması global numaralandırma sistemi olarak adlandırılacaktır. Bununla beraber her
elemanın nodları da 1’den 3’e kadar numaralandırılacak ve bu lokal numaralandırma sistemi olarak
adlandırılır. Bu problemde her noddaki potansiyeller 5 nolu nodun dışında verilmiş olup bu nokta
verilen ağ konfigürasyonunda belirlenmesi gereken tek potansiyeldir. 5 nolu noddaki bilinmeyen
potansiyel (8.39) kullanılarak çözülecektir.
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
623
y
V=100 V
(0,2)
(0,1)
1
2
3
(1,2)
5
4
(2,2)
(1,1)
V=0 V
V=0 V
(0,0)
Şekil 8.16
6 (2,1)
8 (1,0)
7
9
(2,0)
x
V=0 V
Herşeyden önce (8.33) ve (8.34) kullanılarak üçgen elemanların biçim fonksiyonları
L1 ( x, y ) =
( x 2 y 3 − y 2 x3 ) + ( y 2 − y 3 ) x + ( x3 − x 2 ) y
2 A(e)
(8.40)
L2 ( x, y ) =
( x3 y1 − y3 x1 ) + ( y3 − y1 ) x + ( x1 − x3 ) y
2 A(e)
(8.41)
L3 ( x, y ) =
( x1 y1 − y1 x2 ) + ( y1 − y 2 ) x + ( x2 − x1 ) y
2 A(e)
(8.42)
değerlendirilmelidir. A( e ) = ( y 2 − y3 ) x1 + ( y3 − y1 ) x2 + ( y1 − y 2 ) x3 dir.
(8.40) – (8.42) eşitliklerindeki bütün koordinatlar lokal numaralandırma sistemine dayanır.
Şimdi T(e) aşağıdaki gibi oluşturulabilir:
T (e) =
Eleman
1
T
(1)
1
2 A(e)
y 2( e ) − y3( e )
(e)
(e)
x3 − x 2
Lokal numaralar (LN)
1
2
3
0 − 1 1
=
1 − 1 0
T
∫
s (1 )
(1)
(1)
(1)T
U V ds
(1)
y3( e ) − y1( e )
x1( e ) − x3( e )
Global numaralar (GN)
1
4
5
0 1
= − 1 − 1
1 0
=A U V
(1)
y1( e ) − y 2( e )
x2( e ) − x1( e )
(1)
U
(1)
(1)
=T
(1)T
x
0
0
1
T
(1)
y
2
1
1
1 −1 0
= − 1 2 − 1
0 − 1 1
0 V1
0,5 − 0,5
= − 0,5
1
− 0,5 V4
− 0,5 0,5 V5
0
(8.43)
624
Elektromanyetik Alan Teorisi
Eleman
2
T
( 2)
Lokal numaralar (LN)
1
2
3
1 − 1 0
=
0 − 1 1
T
∫
( 2)
s( 2)
Eleman
3
T
( 3)
T
s( 3)
T
( 4)
( 3)
( 3)
( 3)
T
s( 4)
( 4)
( 4)
( 4 )T
U V ds
( 4)
U
=A U V
( 2)
( 2)
( 2)
=A U V
( 3)
( 3)
( 3)
( 3)
=T
( 3)T
T
( 4)
T
( 4)
x
1
2
1
T
( 3)
( 6 )T
y
2
2
1
1 −1 0
= − 1 2 − 1
0 − 1 1
( 2)
(8.44)
y
2
2
1
2 − 1 − 1
= − 1 1 0
1 0 1
− 0,5 − 0,5 V2
1
= − 0,5 0,5
0 V3
− 0,5
0
0,5 V5
Global numaralar (GN)
3
5
6
=A U V
Lokal numaralar (LN)
1
2
3
=T
( 2 )T
0 V1
0,5 − 0,5
= − 0,5
− 0,5 V2
1
− 0,5 0,5 V5
0
U
0 1
= − 1 0
1 − 1
( 4)
( 2)
x
0
1
1
Global numaralar (GN)
2
3
5
1 − 1
= − 1 0
0 1
Lokal numaralar (LN)
1
2
3
∫
5
( 3)T
U V ds
0 − 1 1
=
1 0 − 1
Eleman
( 2)
1 0
= − 1 − 1
0 1
Lokal numaralar (LN)
1
2
3
∫
4
( 2)
U V ds
1 − 1 0
=
− 1 0 1
Eleman
( 2 )T
Global numaralar (GN)
1
2
5
x
2
1
2
(8.45)
y
2
1
1
0 1
= − 1 0
1 − 1
− 0,5 V3
0
0,5
= 0
0,5 − 0,5 V5
− 0,5 − 0,5
1 V6
Global numaralar (GN)
4
5
7
x
0
1
0
(8.46)
y
1
1
0
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
T
( 5)
1 − 1 0
=
− 1 0 1
T
∫
s(5)
Eleman
6
T
(6)
T
s( 6)
7
T
8
( 6 )T
(6)
U V ds
T
s( 7 )
T
(6)
0 − 1 1
=
1 − 1 0
Eleman
( 5)
(6)
(7)
( 7 )T
(7)
U V ds
(7)
T
∫
s(8)
(8)
(8)
( 8 )T
U V ds
(8)
( 5)
( 5)
(6)
(6)
(7)
(6)
=T
( 6 )T
=A U V
(8)
T
(7)
=T
( 7 )T
x
1
1
2
T
(8)
=T
( 8 )T
x
1
2
2
T
(8.48)
y
1
0
0
1 −1 0
= − 1 2 − 1
0 − 1 1
(7)
(8)
y
1
0
0
2 − 1 − 1
= − 1 1 0
− 1 0 1
(6)
0 V5
0,5 − 0,5
= − 0,5
− 0,5 V8
1
− 0,5 0,5 V9
0
U
(8)
(8.47)
x
1
0
1
Global numaralar (GN)
5
6
9
1 0
= − 1 − 1
0 1
(8)
T
− 0,5 − 0,5 V5
1
0 V7
= − 0,5 0,5
− 0,5
0
0,5 V8
U
=A U V
(7)
2 − 1 − 1
= − 1 1 0
− 1 0 1
( 5)
Global numaralar (GN)
5
8
9
0 1
= − 1 − 1
1 0
(7)
=T
( 5 )T
− 0,5 − 0,5 V4
1
= − 0,5 0,5
0 V5
− 0,5
0
0,5 V7
U
=A U V
(6)
( 5)
Global numaralar (GN)
5
7
8
0 1
= − 1 0
1 − 1
Lokal numaralar (LN)
1
2
3
1 − 1 0
=
0 − 1 1
U
=A U V
( 5)
Lokal numaralar (LN)
1
2
3
∫
(8)
U V ds
0 − 1 1
=
1 0 − 1
Eleman
( 5)
1 − 1
= − 1 0
0 1
Lokal numaralar (LN)
1
2
3
∫
(7)
( 5)
( 5 )T
625
(8.49)
y
1
1
0
1 −1 0
= − 1 2 − 1
0 − 1 1
0 V5
0,5 − 0,5
1
= − 0,5
− 0,5 V6
0
− 0,5 0,5 V9
(8.50)
626
Elektromanyetik Alan Teorisi
(8.39) eşitliğini biçimlendirebilmek için (8.43) – (8.50) matris ve vektörlerinin aşağıdaki gibi
çoğaltılarak değerlendirilmesi gerekir:
Element 1 :
Nod
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
0,5
0,0
0,0
− 0,5
0,0
2
3
4
5
6
7
8
9
0,0 0,0 − 0,5
0,0 0,0
0,0
0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 V1
0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 V2
0,0 0,0
0,0
0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 V3
0,0 0,0
1,0 − 0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 V4
0,0 0,0 − 0,5
0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 V5
V6
V
0,0
0,0
7
V8
V9
(8.51)
Element 2 :
Nod
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
0,5 − 0,5 0,0
− 0,5
1,0 0,0
0,0
0,0 0,0
0,0 0,0
0,0
0,0 − 0,5 0,0
0,0
4
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
5
6
7
8
9
0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 V1
− 0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 V2
0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 V3
0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 V4
0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 V5
V6
V
0,0
7
V8
V9
(8.52)
Element 3 :
Nod
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
4
0,0
0,0 0,0
0,0
0,0
1,0 − 0,5 0,0
0,0 − 0,5
0,5 0,0
0,0
0,0 0,0
0,0
0,0 − 0,5
0,0 0,0
0,0
5
6
7
0,0
0,5
0,0
0,0
0,5
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
8
9
0,0 0,0 V1
0,0 0,0 V2
0,0 0,0 V3
0,0 0,0 V4
0,0 0,0 V5
V6
V
0,0
7
V8
V9
(8.53)
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
627
Element 4 :
Nod
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0 0,0
0,0
0,0
0,0 0,0
0,0
0,0
0,5 0,0
0,0
0,0
0,0 0,0
0,0
0,0
0,0 0,0
0,5
3
4
5
6
0,0 − 0,5 0,0 − 0,5
0.0
7
8
9
0,0 0,0 0,0 0,0 V1
0,0 0,0 0,0 0,0 V2
0,5 0,0 0,0 0,0 V3
0,0 0,0 0,0 0,0 V4
− 0,5 0,0 0,0 0,0 V5
1,0 0,0 0,0 0,0 V6
V
7
0,0
V8
V9
(8.54)
Element 5 :
Nod
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
2
3
4
5
6
0,0 0,0
0,0
0,0 0,0
0,0 0,0
0,0
0,0 0,0
0,0 0,0
0,0
0,0 0,0
7
1,0 − 0,5 0,0
0,0 0,0 − 0,5
0,5 0,0
0,0
0,0 0,0
0,0 0,0 − 0,5
0,0 0,0
0,0
0,0 0,0
0,0 0,0
0,0 0,0
0,0 0,0
0,0
9
0,0 0,0 0,0 V1
0,0 0,0 0,0 V2
0,0 0,0 0,0 V3
− 0,5 0,0 0,0 V4
0,0 0,0 0,0 V5
0,0 0,0 0,0 V6
0,0 0,0 0,0 V7
0,0 0,0 0,0 V8
0,0 0,0 0,0 V9
0,0 0,0
0,0 0,0
8
(8.55)
Element 6 :
Nod
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
2
3
4
5
6
0,0
7
8
9
0,0
0,0 0,0 0,0
0,5 0,0
0,0 0,0 0,0
0,0 0,0
0,0 − 0,5
0,0
0,0
0,5 − 0,5
0,0 0,0 0,0 − 0,5 0,0 − 0,5
1,0
0,0 0,0 0,0
0,0 0,0 0,0
0,0 0,0
0,0 0,0
0,0
0,0
V1
V
2
V3
V4
0,0 V5
0,0 V6
0,0 V7
0,0 V8
0,0 V9
(8.56)
628
Elektromanyetik Alan Teorisi
Element 7 :
Nod
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
2
3
4
5
6
0,0
7
8
0,0
0,0 0,0 0,0
0,5 0,0 0,0 − 0,5
0,0 0,0 0,0
0,0
0,0 0,0 0,0
0,0 0,0 0,0
0,0 0,0 0,0
0,0
0,0 0,0 0,0 − 0,5 0,0 0,0
1,0
0,0 0,0 0,0
0,0 0,0 0,0 − 0,5
9
V1
V
2
V3
V4
0,0 V5
0,0 V6
0,0 V7
− 0,5 V8
0,5 V9
(8.57)
Element 8 :
Nod
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
2
3
4
5
6
0,0
7
8
0,0
0,5 − 0,5 0,0 0,0
0,0 0,0 0,0 − 0,5
1,0 0,0 0,0
0,0 0,0 0,0
0,0 0,0 0,0
0,0
0,0 0,0 0,0
0,0 0,0 0,0
0,0
0,0 0,0 0,0
0,0 0,0 0,0
0,0 − 0,5 0,0 0,0
9
V1
V
2
V3
V4
0,0 V5
− 0,5 V6
0,0 V7
0,0 V8
0,5 V9
(8.58)
(9-51) – (9-58) eşitlikleri toplanarak
Nod
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0,0 − 0,5 0,0
0,0
0,0
0,0
0,0 V1
1,0 - 0,5
- 0,5
2,0 − 0,5
0,0 − 1,0
0,0
0,0
0,0
0,0 V2
0,0 − 0,5
1,0
0,0 0,0 − 0,5
0,0
0,0
0,0 V3
0,0
0,0
2,0 − 1,0
0,0 − 0,5
0,0
0,0 V4
- 0,5
0,0 − 1,0
0,0 − 1,0 4,0 − 1,0
0,0 − 1,0
0,0 V5 = 0
0,0 − 0,5
0,0 − 1,0
2,0
0,0
0,0 − 0,5 V6
0,0
0,0
0,0
0,0 − 0,5 0,0
0,0
1,0 − 0,5
0,0 V7
0,0
0,0
0,0 − 1,0
0,0 − 0,5
2,0 − 0,5 V8
0,0
0,0
0,0
0,0 0,0 − 0,5
0,0 − 0,5
1,0 V9
0,0
elde edilebilir. (8.59)’dan nod 5’deki potansiyel aşağıdaki gibi elde edilir.
V5 = 25 V
(8.59)
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
629
ÖRNEK 8.5 Şekil 8.17’de görülen koaksiyel kablonun merkezinden 2,8 cm uzaklıktaki potansiyeli
FEM kullanarak belirleyiniz. Sayısal sonuçları analitik sonuçlar ile karşılaştırınız.
ÇÖZÜM Koaksiyel kablonun iç ve dış kılıfı arasında serbest yük olmadığından Laplace eşitliğinin
çözümü istenilen gerilimin hesabını verir. Koaksiyel kablo eksenel simetriliğe sahip olduğundan
kablonun sadece bir çeyreği dikkate alınabilir ve şekil 8.18’de görüldüğü gibi ağ üretilebilir. Bu
modelde sekiz eleman ve dokuz nod vardır. V 4 , V 5 ve V 6 bilinmeyen potansiyeller ve diğer
nodlardaki potansiyeller sınır şartları olarak belirlenmiştir. Bir bilgisayar programı yardımı ile
bilinmeyen potansiyeller V 4 = 42 V, V 5 = 41 V ve V 6 = 42 V olarak hesaplanır. Analitik çözüm
aşağıdaki gibi belirlenir.
V( 2,8 cm ) = 100
ln(4,4 / 2,8)
= 42 V
ln(4,4 / 1,5)
Sayısal ve analitik sonuçların 5 nolu nod dışında hemen hemen aynı olduğu görülmektedir. 5 nolu
noddaki potansiyeldeki uyumsuzluk ortamın bölümleme hatasından kaynaklanmaktadır.
y
m
,8 c
2
=
r
b=4
1
,4 c
=45°
m
4
2
5
7
8
9
6
3
x
a =1,5 cm
2,8 mm
Şekil 8.17
Şekil 8.18
ALIŞTIRMALAR
4. Şekil 8.19’da etrafı çevrelenmiş sonsuz uzunlukta paralel iki iletkenli iletim hattı
görülmektedir. Basit bir FEM programı yazarak bu konfigürasyondaki potansiyel dağılımı
belirleyiniz.
V=0 V
50 cm
- 10
V
00
+1
0V
İletken
İletken
2 cm
2 cm
Şekil 8.19
50 cm
Hava
630
Elektromanyetik Alan Teorisi
5. Şekil 8.20’de dikdörtgen iletkenli bir koaksiyel geometri görülmektedir. Basit bir FEM
programı geliştirerek iletkenler arasındaki potansiyel dağılımı belirleyiniz.
İletken
İletken
100 V
İletken
V=0 V
Şekil 8.20
3 cm
1 cm
V=0 V
V=0 V
İletken
1 cm
Dielektrik
İletken
V=0 V
8.4 MOMENTLER METODU (MOM)
Bu kısımda elektromanyetik alanların analizi için çok sayıda uygulama alanına sahip momentler
metodu (Method of Moments = MOM) olarak söylenen bir teknik incelenecektir. Metot kavramsal
olarak oldukça basit olup temel olarak verilen bir ortamda alan dağılımının belirlenmesi için
integral biçiminde bilinmeyen alanların eşitliklerini kullanır. Burada alan dağılımının
değerlendirilmesi için integral biçiminde potansiyel eşitlik kullanılacaktır.
Elektrostatikte (x′, y′, z′)’de bir yük dağılımından dolayı (x, y, z) noktasındaki potansiyel dağılım
V ( x, y , z ) =
olarak ifade edilir. ρ v ( x′, y′, z′)
noktaları arasındaki uzaklıktır.
kaynak bölgesinde potansiyel
dağılımın belirlenmesi için
gerekmektedir.
1
4π ∈ ∫
ρ v ( x′, y′, z′)dv′
(8.60)
R
v
temelde potansiyel dağılımın kaynağı ve R (x, y, z) ve ( x′, y′, z′)
Bununla beraber ρ v ( x′, y′, z′) genelde bilinmez ve bunun yerine
dağılım verilir. Sonuç olarak boşlukta her yerdeki potansiyel
kaynak bölgesindeki ρ v yük dağılımının tahmin edilmesi
ρ v ( x′, y′, z′) ’nin bir çözümünü aşağıdaki gibi olduğunu varsayalım.
n
ρ v ( x′, y′, z′) = α1 ρ1 ( x′, y′, z′) + α 2 ρ 2 ( x′, y′, z′) + ⋅ ⋅ ⋅ + α n ρ v ( x′, y′, z′) = ∑ α i ρ i ( x′, y′, z′) (8.61)
i =1
[ ρ v ( x′, y′, z′)] in=1 kaynak bölgesinde bazı ayrık lokasyonlardaki önceden seçilmiş yük dağılımları ve
[α i ] in=1 henüz bilinmeyen ve belirlenmesi gereken katsayılardır.
(8.61)’in (8.60)’da yerine konulmasıyla
n
Vj = V ( x j , y j , z j ) =
∑αi ρi ( x′, y′, z′)
1
i =1
4π ∈ ∫v′
R
dv′
(8.62)
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
631
veya
Vj =
n
∑α
1
i
i =1
4π ∈ ∫
ρ i ( x′, y′, z′)
vi′
R ji
elde edilir ki burada j = 1, 2,..., n dir. Bundan dolayı V ( x, y, z )
Vj =
dvi′
(8.63)
[ ρ v ( x′, y′, z′)] in=1 lokasyonlarında
n
∑α V
i
(8.64)
ji
i =1
olarak
V ji =
1
4π ∈ ∫
ρ i ( x′, y′, z′)
vi′
R ji
dvi′
j = 1, 2,..., n
(8.65)
potansiyellerinin doğrusal kombinasyonu ile temsil edilir. V ( x, y, z ) kaynak bölgesi içinde
bilindiğinden α1 ,α 2 ,...,α n bilinmeyen katsayıları
V1 = α1V11 + α 2V12 + ⋅ ⋅ ⋅ + α nV1n
V2 = α1V21 + α 2V22 + ⋅ ⋅ ⋅ + α nV2 n
⋅
⋅
⋅
V j = α1V j1 + α 2V j 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + α nV jn
⋅
⋅
⋅
Vn = α1Vn1 + α 2Vn 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + α nVnn
den veya matris biçiminde
V1 V11
⋅ ⋅
⋅ ⋅
⋅ ⋅
V j = V j1
⋅ ⋅
⋅ ⋅
⋅ ⋅
Vn Vn1
V1 j
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
V jj
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
Vnj
⋅
⋅
⋅
V1n α1
⋅ ⋅
⋅ ⋅
⋅
⋅ ⋅
V jn α j
⋅ ⋅
⋅ ⋅
⋅
⋅ ⋅
Vnn α n
(8.66)
632
Elektromanyetik Alan Teorisi
den belirlenebilir. Şimdi (8.61) kullanılarak kaynak bölgesindeki ρ v ( x′, y′, z′) yük dağılımı
oluşturulabilir. Daha sonra bu dağılım (8.62) kullanılarak boşlukta her noktadaki potansiyel
dağılımın tahmin edilmesinde kullanılabilir.
ÖRNEK 8.6 1 mm yarıçapında 20 cm uzunluğunda ince bir iletken 1 V’luk bir potansiyelde
tutulmaktadır. Momentler metodunu kullanarak iletken boyunca yük dağılımını belirleyiniz.
ÇÖZÜM Şekil 8.21’de iletkenin geometrisi görülmektedir. Simetrilikten dolayı problem iki boyuta
indirgenebilir ve şekil 8.22’de görüldüğü gibi yükün simetri ekseni boyunca yoğunluğunun, ρ v bir
hat yükü, ρ l olarak yoğunlaştığı varsayılabilir.
İletkeni şekil 8.23’de görülen hücre olarak bilinen iki elemana bölelim ve her elemandaki birim hat
yükünün elemanın merkezinde ρ1 = 1 ve ρ 2 = 1 olarak yoğunlaştığını varsayalım. R 11 , R 12 , R 21 ve
R 22 uzaklıkları:
R11 = a = 0,001 m, R12 = 0,0012 + 0,12
m, R22 = a = 0,001 m, R21 = 0,0012 + 0,12 m
z
z
a =1 mm
y
a
Simetri ekseni
az
l=20 cm
l=20 cm
V=1 V
y
a
x
a =1 mm
Şekil 8.21 Örnek 8.6 için iletken geometrisi
Şekil 8.22 Örnek 8.6 için iki boyutlu model
z
∆l
∆l
2
1
R22
R12
V2=1 V
Element 2
R21 Element 1
V1=1 V
∆l/2
y
Şekil 8.23 İki elemanlı iletken modeli
R11
a
Hesaplamalarda aynı zamanda her elemandaki hat yükünün ilgili eleman içinde aynı kaldığı
varsayılmıştır. Şimdi (8.65) kullanılarak V ji
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
V11 =
V21 =
1 1× 0,1
= 9 × 1011
4πε 0,001
1
1× 0,1
4πε
0,0012 + 0,12
633
V12 =
= 8,99 × 10 9
1
1× 0,1
4πε
0,001 + 0,1
V21 =
2
2
= 8,99 × 10 9
1 1× 0,1
= 9 × 1011
4πε 0,001
olarak hesaplanabilir. Bilinen bütün değişkenler (8.66)’da yerine konularak
1 9 × 1011
1 =
9
8,99 × 10
8,99 × 10 9 α1
9 × 1011 α 2
elde edilir ve bundan
α1 = 1,1 × 10 −12
α 2 = 1,1 × 10 −12
ve ilgili yük yoğunlukları
ρ1 = 1 × 1,1 × 10 −12 C/m
ρ 2 = 1× 1,1× 10 −12
C/m
olarak bulunur.
Potansiyel ifadesi ve momentler metodunun uygulanmasından elde edilen yük dağılımı kullanılarak
iletkenin yüzeyinde ve orta noktasındaki potansiyeli hesaplayalım. Şekil 8.24’de görüldüğü gibi
sonlu hat yükünden dolayı (x, 0, 0)’daki potansiyel aşağıdaki ifadenin çözümünden elde edilir.
ρ L
L
V = 1 ln + + x 2 − ln x
4πε o 2
2
2
(8.67)
y
-L/2
l
V(x,0,0)
x
(x,0,0)
Şekil 8.24 Sonlu ρ l yükünden dolayı
(x,0,0)’daki potansiyel
z
-L/2
Ortalama ρ1 = 1,1× 10 −12
V=
C/m olduğundan
1,1× 10 −12
{ln[10 + 10 2 + 0,12 ] − ln 0,1} = 0,105 V
4πε o
olur. İletkenin yüzeyinde hesaplanan potansiyel uygulanan gerilimin % 10,5’i olup açıkça
hesaplanan yük dağılımının doğru olmadığını söylemektedir. Eşdeğer bir yük dağılımı ile iki
eleman iletkenin simülasyonu için yeterli değildir. Eğer eleman sayısı 50’ye çıkartırılır ve bir
634
Elektromanyetik Alan Teorisi
bilgisayar programı kullanılırsa ortalama yük yoğunluğu 1,026×10-11 C/m olarak daha doğru
hesaplanabilir. (8.67)’de verilen analitik çözüm kullanılarak doğruluk sağlanabilir:
V=
1,026 × 10 −11
{ln[10 + 10 2 + 0,12 ] − ln 0,1} = 0,98 V
4πε o
ALIŞTIRMA
6. MOM kullanarak Örnek 8.6’da her yerdeki potansiyel dağılımı belirlemek için bir bilgisayar
programı yazınız. Programda eleman sayısını 2, 4, 10 ve 20 olarak alınız ve bunun potansiyel
dağılıma olan etkisi hakkında yorum yapınız.
8.5 ÖZET
Elektromanyetik sistemin tasarımı sistemde kullanılan malzemelerden verimli ve etkili bir şekilde
yararlanmak için elektrik ve/veya manyetik alanların analizini gerektirir. Bazı sınır şartları ile
beraber Laplace veya Poisson eşitlikleri çoğu kez statik veya kısmi statik alan problemlerinin
analizi için yeterli matematiksel modellerdir. Bununla beraber yüksek frekanslı operasyonda dalga
eşitliği bir sistemdeki elektrik ve manyetik alanların miktarlarının belirlenmesinde daha doğru
matematiksel modeldir.
Çoğu pratik mühendislik problemlerinde simetrik olmama durumu gibi düzensizlik olduğundan
matematiksel eşitliklerinin çözümü bir zorluk ortaya çıkarır. Tam bir çözüm çoğu kez mevcut
değildir. Bununla beraber bilgisayarların kullanımı FDM, FEM ve MOM gibi sayısal tekniklerden
yararlanmayı kolaylaştırmakla beraber çözüm yine de tam olmayıp yaklaşıktır. Çözüm domeninin
bölümlenmesi ile oluşturulan ağ boyutu çözümün doğruluğunun bir ölçüsüdür – ağ elemanlarının
boyutlarının küçük olmasıyla daha iyi doğruluk elde edilir. Ardışık üst durulma metodu olarak
bilinen bir irdeleme tekniği FDM fark eşitliklerinin çözümü için çok kullanışlı bir yoldur. Uygun
hızlanma faktörü eşitliğin çözümünü önemli ölçüde hızlandırır.
Sonlu eleman metodu elektromanyetik alan problemlerinin sayısal olarak çözümünde diğer bir
tekniktir. FEM bir optimizasyon metodu olup temel olarak sistemde depolanan toplam enerjiyi sınır
şartları ile verilen bazı sınırlamalar ile minimize eder. FEM’in en önemli avantajlarından biri
karmaşık sınır şartlarını hemen hemen hiç zorluk olmaksızın ele alabilir. Diğer önemli bir avantajı
çok malzemeli alan analizlerini oldukça kolay işleyebilir.
Açık sınırlı problemlerde momentler metodu elektrik ve manyetik alanların belirlenmesinde en iyi
seçim olarak gözükmektedir. Bu metot genel integral eşitliklerini, temelde ilerlemesi yavaş
potansiyel eşitliklerini kullanır böylece çözümün sonlu sınırlar ile tanımlanmasına gerek kalmaz.
Bununla beraber bu teknik problemin mevcut sınırlarında yük veya akım dağılımı bilgisini
gerektirir ve çoğu kez bu bilgi mevcut değildir. Bununla birlikte potansiyel sınırda verilmişse
sınırda yük veya akım dağılımı sayısal olarak sınırın sınır elemanları olarak bilinen bir sayıda
elemanlara bölünmesiyle tahmin edilebilir. Bu durumda sistemdeki her yerde alan dağılımı
belirlenebilir.
8.6 ÇALIŞMA SORULARI
1. Elektrik ve manyetik alanların değerlendirilmesine veya hesaplanmasına niçin gerek duyulur?
2. Hangi eşitlikler matematiksel olarak statik ve kısmi statik alanları temsil eder?
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
635
3. 100 MHz’de çalışan sistemlerde elektrik alanlarının belirlenmesinde Laplace eşitliği
kullanılabilir mi?
4. Alan problemlerinin çözümü için sayısal tekniklere niçin ihtiyaç duyulur?
5. Sonlu fark metodu nedir?
6. SOR metodu niçin kullanılır?
7. SOR’da hızlanma faktörünün rolü nedir?
8. Hızlanma faktörü alan dağılımının çözümünü etkiler mi?
9. Sonlu eleman metodu nedir?
10. FEM’deki işlemleri açıklayınız.
11. FEM’de üçgen elemanlar kullanılmasının avantajı nedir?
12. FEM’in ana avantajları nedir?
13. Momentler metodunu açıklayınız.
14. Hangi durumlarda MOM en çok kullanılır?
15. MOM kullanarak alanların değerlendirilmesinde doğruluk neye bağlıdır?
8.7 PROBLEMLER
1. Şekil P8.1’de görülen geometri xy düzleminde verilmiştir. Ardışık üst durulma olmaksızın
FDM kullanarak sınırlı ortam içindeki potansiyel dağılımı belirleyiniz. (a) 10 mm ve (b) 5 mm
kare ağ boyutlarını dikkate alınız. Sonuçları karşılaştırınız.
2. Önceki problemi SOR tekniği kullanarak α = 1,0 ; α = 1,2 ; α = 1,4 ; α = 1,5 ; α = 1,7 ve
α = 1,9 hızlanma faktörleri ile 10 mm boyutunda bir kare ağ için tekrarlayınız.
3. Şekil P8.3’de görülen farklı potansiyellerde iletken malzemeler ile sınırlanan dielektrik
yüzeyde FDM kullanarak potansiyel dağılımı hesaplayınız.
y
y
V=100 V
V=100 V
5 cm
2 cm
0V
V=0
V=50 V
V=20 V
0V
x
4 cm
5 cm
Şekil P8.1
Şekil P8.3
x
636
Elektromanyetik Alan Teorisi
4. Şekil P8.4’de 100 V ve 0 V potansiyellerindeki iletkenler arasındaki eş potansiyel çizgilerini
FEM kullanarak belirleyiniz.
15 mm
30 mm
V=100 V
V=100 V
V=100 V
Şekil P8.4
V=100 V
25 mm
V=0 V
40 mm
5. Bir elektromanyetik aygıtın stator ve rotor diş düzenlemesi şekil P8.5’de görülmektedir. FEM
kullanarak verilen sistemin stator ve rotor dişleri arasında ve oyuklar arasındaki skaler
manyetik potansiyel dağılımını belirleyiniz. Manyetik bölgelerin sonsuz geçirgenlikte
olduğunu varsayınız.
ℑ = 100 At
ℑ = 100 At
Stator
dişi
3 cm
µ =∞
µ0
1 cm
µ0
dℑ
=0
dn
3 cm
ℑ = 100 At
ℑ = 0 At
µ =∞
dℑ
= 0 Rotor
dişi
dn
2 cm
1 cm
Şekil P8.5
2 cm
6. Şekil P8.6’da görülen silindirik iletken (100 V) ve toprak potansiyelinde bulunan metal
plakalar arasındaki potansiyel dağılımı FEM kullanarak hesaplayınız.
30 mm
V=100 V
Şekil P8.6
10 mm
40 mm
V=0 V
7. Şekil P8.7’de görülen iki yuvarlak iletken arasındaki eş potansiyel ve elektrik alan hatlarını
MOM kullanarak belirleyiniz.
Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi
637
10 m
V=10
1 cm
4 mm
0V
εr =3
Dielektrik
10 cm
V=-
1 cm
100 V
0,1 mm
10 mm
1 mm
0,2 mm
10 m
Şekil P8.7
Şekil P8.8
8. 100 mm uzunluğunda bir mikro şeritin kesit görünüşü şekil P8.8’de görülmektedir. MOM
kullanarak şerit hattının iletkenleri arasındaki potansiyeli ve elektrik alan dağılımını
belirleyiniz.
638
Elektromanyetik Alan Teorisi
+×÷−
9 ELEKTROMANYETİKTE BİLGİSAYAR DESTEKLİ ANALİZ,
SİMÜLASYON, MODELLEME VE TASARIM
9.1 GİRİŞ
1960’lı yılların başlangıcında deneysel fizik topluluğunun bilgisayar destekli mıknatıs tasarımından
sonra Bilgisayar Destekli Analiz, Modelleme ve Tasarım (BDAMT - Computer Aided Analysis,
Modeling & Design: CAAMD) yazılımı endüstriyel tasarımcının yanında önemli bir rol işgal
etmeye başlamıştır. Endüstriyel ve araştırma amaçlı manyetik çalışmalarında ticari BDAMT
(kısaca BDT olarak söylenir) yazılımlarının sayısı gittikçe artmaktadır. Kapasiteleri farklı olmakla
beraber bu yazılım sistemlerinin tamamı metodoloji ve amaçları bakımından ortak bir nüveyi
paylaşmaktadır. En önemli faktör bu yazılımların nasıl ve etkili kullanılacağının iyi bilinmesidir.
Bunlar aşağıdaki gibi sıralanabilir.
Metotların doğasında bulunan yaklaşımlar.
Hesaplanabilecek miktarlar.
Hesaplananan sonuçların tasarımcının ihtiyacı ile ilişkisi.
Mevcut analitik teknikler, kişilerin oluşturduğu kavramsal modeller üzerinde güçlü etki
taşıdığından bu yeni analiz teknikleri tasarımcının probleme yaklaşımını son derece etkiler.
BDT’nin güçlü etkisi endüstride bu şekilde hissedilmeye başlamış ve endüstriyel ve araştırma
amaçlı manyetik analiz sistem kullanıcıları tarafından oluşan birikim gittikçe artış göstermektedir.
Manyetik aygıtlar, geleneksel yolla basitleştirilmiş devre modelleri ile deneysel kanıta dayanan
deneysel kuralların birleştirilmesi ile tasarımlanmaktadır. Bu teknik kurala göre tasarım olarak
adlandırılabilir fakat aygıtlar gittikçe değişken ve karmaşık hale geldiğinden kurallar artık yeterli
gelmemekte ve elektromanyetik alan problemlerinin temelini oluşturan mantıklı detaylı çözüme
dayanan analize göre tasarım normal bir pratik haline gelmeye başlamıştır. Analize göre tasarım,
dikey kayıt başlıkları, doğru akım makinaları ve anahtarlamalı relüktans makinalar gibi çok farklı
aygıtlarda bulunan hem geometrik karmaşıklık ve hem de doğrusalsızlığı dikkate alma yeteneğinde
sayısal (nümerik) analiz ile tasarım anlamındadır. Bundan dolayı analize göre tasarım bilgisayar
destekli tasarım (BDT) anlamına gelmektedir.
640
Elektromanyetik Alan Teorisi
Bu bölümde Elektromanyetik Alan Teorisi kitaplarında sık karşılaşılmayan bir uygulama olarak
Ansoft şirketi tarafından hazırlanan elektromanyetik simülasyon yazılımı Maxwell ile bazı
modelleme ve tasarım örnekleri verilmektedir. Maxwell ile hazırlanan modellerdeki görsel grafik,
resim ve sayısal sonuçların ilgiyi artıracağı kanaati taşınmaktadır.
9.2 MAXWELL İLE MODELLEME
Elektrostatik, Manyetostatik, DC İletim, AC İletim ve Eddy Akımı modülleri ile Maxwell bir
kişisel bilgisayar üzerinde elektromanyetik aygıtların modellenmesinde yeni bir yaklaşım
sunmaktadır. Kullanıcının elektriksel ve manyetik malzemeler ve sargılardan modeller
oluşturabileceği sanal bir laboratuvar ortamı hazırlamakta, alan çizimleri ve grafiklerden görüntüler
oluşturmakta ve kondüktans, kapasitans, indüktans, kuvvet ve tork gibi miktarların sayısal
değerlerini vermektedir.
Maxwell iki boyutlu problemlerin çözümü için tasarımlanmıştır (bölümün sonunda tanıtım sayfası
verilen profesyonel sürümü üç boyutlu problemlerin çözümünü yapabilmektedir). Endüstriyel
üretimin yaygın metotları 2 boyutlu (2B) modeller ile çok iyi temsil edilebilen aygıtları oluşturur ve
çoğu düşük frekanslı AC aygıtlar AC alanların istenilmeyen etkilerini azaltacak şekilde
tasarımlanır. Örneğin transformotor nüveleri eddy akımlarının azaltılması için laminasyonlu
yapılır. Çoğu durumlarda, manyetik şartlar alanın değişken olduğu durumdan çok az
etkilendiğinden statik çözüm mükemmel bir sonuç verecektir. Sargıda istenilen bir akım seti için
alan belirlendikten sonra halka akısı veya indüktans değerlerinden indüklenen gerilimlerin
hesaplanması çok basittir. Güvenilir sonuçların alınması için kullanıcının bilgisi, ustalığı ve
matematiksel metotların temelinin iyi bilinmesi çok önemli değildir.
9.3 İKİ BOYUTLU MODELLEME
Maxwell elektromanyetik aygıtların iki boyutlu modellenmesi ile ilgilenir. Bu modellerin
oluşturulması kolaydır ve pratik aygıtların çok geniş bir alanına uygulanabilir. Aygıt geometrisinin
yaygın iki tipi olup üç boyutlu aygıtların iki boyutta modellenmesine izin verir. Bu geometriler
aşağıdaki gibi tanımlanır.
Çevrimsel (translational) geometri
Dönel (rotational) geometri
Çevrimsel geometride cismin sabit bir kesit alanı vardır. Çevrim bu sabit kesit alanının sabit bir
yönde hareketi ile gerçekleştirilir. Şekil 9.1a’da bu yolla biçimlendirilmiş bir C nüve
görülmektedir. Çevrimsel geometri ile eksene dik her dilimin biçimi aynıdır. Döner elektrik
makinaları, transformotor ve eyleyiciler gibi aygıtlar çoğu kez bu şekilde temsil edilebilir. Bu iki
boyutlu yaklaşımda üç boyuttaki saçaklama ve kaçak alanlar ihmal edildiğinden dolayı modelin
dikkatlice kullanılması gerekir.
Dönel geometri, bir torna tezgahında olduğu gibi, cismin ekseni etrafında döndürülmesi ile oluşan
bir biçime sahiptir. Şekil 9.1b’de şekil 9.1a’daki aynı temel C biçiminden oluşturulan bir cisim
görülmektedir.
Dönel geometrili cisimler z eksenindeki dönüş ekseni ile silindirik koordinatlarda tanımlanabilir.
Döndürülmüş biçim bu durumda r-z düzleminde tanımlanır. Bu geometri çevrimsel geometriden iki
önemli noktada farklılık göstermektedir:
Bu, gerçek üç boyutlu cismin gerçek bir gösterimi olduğundan doğru çözümler mümkündür.
Elektromanyetikte Bilgisayar Destekli Analiz, Simülasyon, Modelleme ve Tasarım
641
Kuvvet, indüktans, kapasitans ve direnç gibi miktarların hesaplanmasında farklı metotlar
kullanılır.
(a) Çevrimsel geometri
(b) Dönel geometri
Şekil 9.1
Bunlar, Maxwell’de sunulan iki seçeneğin (x-y veya r-z düzlemi) dikkate alınmasıyla otomatik
olarak işlenir fakat kullanıcının geometri değişiminin önemini bilmesi gerekir. Maxwell görüntü
ekranında, çevrimsel geometrinin x-y düzlemi ve dönel geometrinin r-z düzlemi için dikey eksen
sırasıyla y ve z’yi temsil edecek şekilde aynı koordinat eksenlerini kullanır.
Yeni bir modelin ilk çözümünde doğruluk yerine hız tercih edilmelidir. Amaç olabildiğince
çabucak akı dağılımınin alınmasıdır; çünkü akı dağılımının incelenmesi modelin yapısındaki
hataların ortaya çıkarılmasında etkilidir. Bunun için her çelik veya demir kısım için doğrusal
manyetik malzemeler ve sabit mıknatıslar için doğrusal sabit mıknatıslardan (B-H eğrisi olmayan)
biri kullanılmalıdır. Eğer aygıttaki akı yoğunluğu değerlerinden ne beklenildiği hakkında bir fikir
yoksa nüve için geçirgenliği sabit olan demir kullanabilir. Çözüm hassasiyet seviyesi 1’e
ayarlanabilir.
Yeni bir model mantıklı akı dağılımı üretiyor; kuvvet, tork, kapasitans ve indüktansın sayısal
değerleri akla yatkın ise doğrusal manyetik malzeme doğru pratik malzeme veya en yakın eşdeğeri
ile değiştirilebilir. Bu değiştirilmiş yeni modelin ilk çözümü için de hassasiyet seviyesi 1’e
ayarlanır ve modelin doğru olduğuna kanaat getirince hassasiyet seviyesi artırılabilir.
Herhangi bir sayısal metotla mükemmel doğruluğa ulaşılamaz. Hatta en yüksek hassasiyet
seviyesinde bile Maxwell ile yapılan çözüm hatalar içerecektir. Çoğu durumlarda bu hatalar
muhtemelen önemsiz olacak ve üretim toleransları ve manyetik malzemelerin manyetik
özelliklerindeki değişimlerin neden olduğu değişimlerden düşük olacaktır.
Kuvvet ve torkların hesaplanmış değerleri özellikle alan çözümündeki hatalara duyarlı olacak
böylece bu değerler hassasiyet seviyesi artırılırken önemli oranda artacaktır. Eğer bunlar, aygıtta
ilgi noktası miktarlar ise bu durumda bunların değerleri bir noktada değişmez hale gelinceye kadar
hassasiyetin artırılması mantıklıdır. Eğer bazı tork değerleri veya kuvvet bileşenlerinin sıfır olması
gerektiği biliniyorsa bunların değerlerinin oldukça düşük değerleri bulununcaya kadar devam
edilmesi gerekir. Benzer şekilde miktarların genlik olarak eşit olması gerektiği yerde aradaki fark
ortalama değerin küçük bir kısmı olmalıdır.
642
Elektromanyetik Alan Teorisi
Bazı problem tiplerinde Maxwell (profesyonel sürümü de dahil olmak üzere) doğru çözümler
meydana getiremez. Buna tipik bir örnek aktif hava aralığının demir aksamın boyutları ile
karşılaştırıldığında çok küçük olduğu bir aygıtta kuvvet veya torkun hesaplanmasıdır. Burada
değerler hassasiyet seviyesi artırılırken bir sınırda birleşmeyebilir.
İlerleyen kısımlarda çevrimsel ve dönel geometri ile ilgili modelleme örneklerinin bazı önemli
noktalarına değinilecektir.
9.4 MANYETİK KAVRAMLAR
Maxwell elektromanyetizmanın diferansiyel eşitlikleri veya bunların çözümü için gereken sayısal
metotlar hakkında hiçbirşey bilmeksizin pratik aygıtların modellenmesinde kullanılabilir. Bu
kısımda Maxwell’in Manyetostatik modülünün etkin olarak kullanılması için gereken bazı temel
manyetik kavramlar bu kitabın tamamını incelemeye gerek kalmadan kısa ve öz olarak yeniden
gözden geçirilmektedir.
9.4.1 MANYETİK AKI YOĞUNLUĞU
Temel manyetik kavram B vektörü ile tanımlanan manyetik alan olup manyetik akı yoğunluğu
olarak adlandırılır. Bu alan, yaygın olarak B ’nin hem yönü ve hem de genliğini gösteren akı hatları
olarak bilinen eğri çizgilerle temsil edilir. Bir hattın yönü B ’nin yönünü verir ve hatlar arasındaki
açıklık büyüklüğü gösterir; hatların birbirine yakınlığı büyüklüğün veya yoğunluğun büyük olması
anlamındadır. Şekil 9.2a’da C biçimli çelik nüvenin sağ taraftaki çelik çubuğu çektiği basit bir
elektromıknatısın (manyetik akı) φ dağılımı ve şekil 9.2b’de ise bu akının yoğunluk dağılımı
görülmektedir. Elektromıknatıs sargısının iki tarafı kare ile gösterilmiştir.
(a)
(b)
Şekil 9.2 C nüveli bir elektromıknatısın (a) akı çizgileri (φ) ve (b) akı yoğunluğu (B) dağılımı
Manyetik alan belirsiz veya soyut bir kavram olmasına rağmen B ’nin etkileri kesin, somut ve
fizikseldir. Şekildeki elektromıknatıs gibi böyle bir aygıttaki kuvvet B ile ifade edilebilir.
Elektromanyetikte Bilgisayar Destekli Analiz, Simülasyon, Modelleme ve Tasarım
643
Basitleştirilmiş terimler ile akı hatları, çubuğu mıknatısa doğru B 2 / 2 µo büyüklüğünde bir
kuvvetle çeken elastik şeritler gibi düşünülebilir. Bu ifadede B (T) B vektörünün genliği ve
µo = 4π × 10−7 (H/m) temel bir sabittir.
B ’nin doğrudan fiziksel yorumu, u hızı ile hareket eden q yükü üzerindeki manyetik kuvvet için
Lorentz eşitliği ile verilir:
F = qu × B
(9.1)
Eğer hareketli yük bir iletkenden akan elektrik akımı ise bu durumda F = qu × B eşitliği i akımı
taşıyan l uzunluğundaki bir iletken üzerindeki kuvvetin iyi bilinen F = Bli ifadesine öncülük eder.
İletkenin kendisi u hızı ile hareket ediyorsa bu durumda Lorentz kuvveti iletken içindeki yükün
yer değişimine neden olarak indüklenen gerilimin e = Blu ifadesine öncülük eder.
Çoğu kez istenilen büyüklük akı yoğunluğu, B olmayıp manyetik akı, φ veya halka akısı, λ dır.
Akı yoğunluğu, B sabit ve A alanının yüzeyine dik ise akı φ = BA olarak ifade edilir. Eğer alan
sabit değil ve yüzeye dik değilse bu durumda akı bir integral ile verilir fakat prensip aynıdır. Halka
akısı bir sargının bütün sarımlarındaki akıların toplamıdır; bu her sarımın bir φ akısını halkaladığı
N sarım için λ = Nφ ’dir. Akı kavramı, değerini, bir sargıda indüklenen gerilimin e = dλ / dt
olduğunu ifade eden elektromanyetik indüksiyon yani Faraday kanunundan kazanır. Eğer halka
akısı ya aynı yada farklı sargıdaki akım akışından kaynaklanıyorsa bu amper başına halka akısı
olarak indüktansın tanımına öncülük eder.
9.4.2 MANYETİK ALAN ŞİDDETİ
Elektrik akımları manyetik alanların oluşmasına neden olur. Akımlar iletkenlerden veya sargılardan
akar veya bir manyetik malzemenin atomlarında elektron spin akımları biçimini alabilir. Her
durumda problem B ile tanımlanan manyetik alan ve alanın kaynağı akımlar arasındaki ilişkiyi
tanımlamaktır. Pratik problemlerin çözümü için kullanılabilecek bu ilişki için matematiksel biçim
araştırırken hem B ve hem de B ’nin kaynağı olan akımla ilişkili bir manyetik miktarın, H
tanıtılması kullanışlıdır.
Boş uzayda, iletkenlerden akan akımların oluşturduğu H , B = µo H eşitliği ile tanımlanır. H
