Uploaded by acipil

ElektromanyetikAlanTeorisi2017

advertisement
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 −
 − 1Vo
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 02 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
∂
∂

ρρ
∇ 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 1b 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