1 ELEKTROMANYETİK ALANLARA GİRİŞ Ders Notları Bölüm 1: Vektörler, Koordinat Sistemleri, Zamanla Değişen Alanlar ve Elektrostatik Yararlanılan Kaynaklar: 1) Elektromagnetik Alan Teorisi, H. Ergun Bayrakçı, Birsen Yayınevi, 2000. 2) Theory and Problems of Electromagnetics, J. A. Edminister, McGraw-Hill, 1993. 3) Elektrik Alanlarına Giriş I, Ahmet Akhunlar, İTÜ Yayınları, 1971. 2 1. VEKTÖRLER 1.1 Vektörel Cebir Tanım: Vektör 1) Başlangıç noktası 2) Doğrultu ve yön 3) Genlik öğelerine sahip büyüklüktür. Gösterim: Vektör X A A vektörünün negatifi: X A A X Toplama: X A A B B X A B X Çıkarma: A A B B X Vektörel Cebirin kuralları: 1. A B B A 2. A ( B C ) ( A B ) C X X B A 3 3. m ( n A) ( mn ) A n ( m A) 4. ( m n) A m A n A 5. m ( A B ) m A m B (Yukarıda m ve n birer skalerdir.) A Birim vektör, | | vektörün genliğini göstermek üzere, dır. Çünkü | A| A | A| | | 1 eşitliği geçerlidir. | A | || A || Kartezyen koordinatlar: Biz sağ dikdörtgensel koordinat sistemlerini kullanacağız. Yani, Ox den Oy ye 90 derece döndürülen bir sağ yivli vida pozitif z yönünde ilerleyecektir. z k O i j y x A A1 i A2 j A3 k . Bir vektörün Kartezyen bileşenleri: Kartezyen bileşenleri cinsinden bir A vektörünün genliği: A | A | A12 A22 A32 . Konum vektörü: r x i y j z k . Konum vektörünün genliği: | r | x2 y2 z2 . Tanım: Noktasal (Skaler) Çarpma A B | A | | B | cos : A ve B arasındaki açı. Noktasal (Skaler) Çarpmanın kuralları: 1) A B B A 2) A ( B C ) A B A C 3) m ( A B ) ( mA) B A ( mB ) ( A B ) m (Burada m bir skalerdir.) 4 4) i i j j k k 1, i j j k i k 0 5) Eğer A A1 i A2 j A3 k ve B B1 i B2 j B3 k ise, A B A1 B1 A2 B2 A3 B3 A A A12 A22 A32 B B B12 B22 B32 6) Eğer A B 0 ve A, B sıfır vektör değilse, A ve B diktir. Tanım: Vektörel Çarpma : A ve B arasındaki açı, u : A dan B ye pozitif burgu A B | A | | B | sin u yönünde A ve B vektörlerine dik birim vektör. Vektörel Çarpmanın kuralları: 1) A B B A 2) A ( B C ) A B A C 3) m ( A B ) ( mA) B A ( mB ) ( A B ) m (Burada m bir skalerdir.) 4) i i j j k k 0, i j k , j k i , k i j 5) Eğer A A1 i A2 j A3 k ve B B1 i B2 j B3 k ise, A B ( A1 i A2 j A3 k ) ( B1 i B 2 j B3 k ) A1i ( B1 i B2 j B3 k ) A2 j ( B1 i B2 j B3 k ) A3 k ( B1 i B2 j B3 k ) A1 B2 k A1 B3 j A2 B1 k A2 B3 i A3 B1 j A3 B2 i 6) Eğer A B 0 ve A, B sıfır vektör değilse, A ve B paraleldir. Vektörel çarpma için yukarıda 5) deki yönteme alternatif yöntem: i A B A1 B1 j A2 B2 k A3 ( A2 B3 A3 B2 )i ( A3 B1 A1 B3 ) j ( A1 B2 A2 B1 )k B3 1.2 Vektörel Analiz A A1 i A2 j A3 k ise A nın türevi şöyle tanımlıdır: dA dA1 dA2 dA3 i j k. du du du du 5 , u nun bir skaler fonksiyonu olmak üzere, d (A) d d { ( A1 i A2 j A3 k )} (A1 i A2 j A3 k ) , veya du du du d (A) d dA A . du du du Benzer şekilde, d ( A B ) dA dB B A , du du du d ( A B) dA dB B A . du du du Örnek: A xy i e z y 3 j (sin z ) xy k , B ln x (sin y ) i 5.1xyz k ise A x i 3e z y 2 j (sin z ) x k , y B ln x (cos y ) i 5.1xz k , y A B ln x(sin y ) x 5.1x 2 yz (sin z ) , y B A xy ln x(cos y) 5.1x 2 yz(sin z ) , y A B B A x ln x(sin y ) xy ln x(cos y ) 10.2 x 2 yz(sin z ) . y y Gerçekten de A B xy ln x (sin y ) 5.1x 2 y 2 z (sin z ) ve A B 2 ( A B) x ln x(sin y ) xy ln x(cos( y ) 10.2 x y (sin z ) B A bulunur. y y y Gradyant, diverjans, rotasyonel: (nabla) operatörü: 6 i j k x y z i j k x y z Gradyant: Diverjans: A A A A 1 2 3 x y z Rotasyonel: i A x A1 Örnek: j y A2 k A A A A A A ( 3 2 )i ( 1 3 ) j ( 2 1 ) k z y z z x x y A3 x 3 y 2 e z sin( xy ) ; [3 x 2 y 2 e z sin( xy ) x 3 y 3 e z cos( xy )] i [ 2 x 3 ye z sin( xy ) x 4 y 2 e z cos( xy )] j x 3 y 2 e z sin( xy ) k Örnek: A x 3 y 2 sin x i e y sin x j x ln z k ; x A 3 x 2 y 2 sin x x 3 y 2 cos x e y sin x z i A x x3 y 2 j y e y sin x k ln z j (e y cos x 2 x 3 y sin x)k z x ln z operatörü ile ilgili formüller: 1) (u v ) u v 2) ( A B ) A B 3) ( A B ) A B 4) u 2 u 2u 2u 2u (Laplasyen) x 2 y 2 z 2 5) ( ) 0 6) ( A) 0 7) A ( A) 2 A Not: A A1 i A2 j A3 k ise, 2 A1 2 A1 2 A1 2 A2 2 A2 2 A2 2 A3 2 A3 2 A3 A( 2 )i ( 2 ) j ( 2 )k x y 2 z 2 x y 2 z 2 x y 2 z 2 2 Örnek: (u v ) u v olduğunu Kartezyen koordinatlarda gösterin. 7 Çözüm: (u v) (u v) ( (u v) i (u v) j (u v) k x y z u v u v u v )i ( ) j ( )k x x y y z z u v u v u v i i j j k k x x y y z z ( u u u v v v i j k) ( i j k ) u v . x y z x y z 8 2. KOORDİNAT SİSTEMLERİ 2.1. Kartezyen (Dikdörtgensel) koordinat sistemi z X dz dy dx X X X z X x X X y x Değişkenlerin aralıkları: x y z Uzunluk elemanı: dl dx i dy j dz k Yüzey elemanları: dS xy dx dy nk dS xz dx dz n j dS yz dy dz ni Hacım elemanı: dV dx dy dz 2.2. Silindirik koordinat sistemi X ez P(r , , z ) z e r er y 9 Birim vektörler er , e , e z birbirine diktir. Değişkenlerin aralıkları: 0r 0 2 z Silindirik ve Kartezyen koordinat sistemleri değişkenlerinin birbirine dönüşümü: x r cos r y r sin arctan( y / x ) zz zz x2 y2 Uzunluk, yüzey, hacım elemanları: z r d r d dz dr y x Uzunluk elemanı: dl dr er r d e dz e z Yüzey elemanları: dS r r dr d n ez dS rz dr dz n e dS z rd dz n er Hacım elemanı: dV r dr d dz 10 2.3. Küresel Koordinat Sistemi er z P (r , , ) X e r y e x Birim vektörler er , e , e birbirine diktir. Değişkenlerin aralıkları: 0r 0 0 2 Küresel ve Kartezyen koordinat sistemleri değişkenlerinin birbirine dönüşümü: x r cos sin r y r sin sin arctan( z r cos arctan( y / x ) x2 y2 z2 x2 y2 ) z Uzunluk, yüzey, hacım elemanları: z dr d r sin d P r r d d y x 11 dl dr er r d e r sin d e Uzunluk elemanı: Yüzey elemanları: dS r 2 sin d d n er dS r r sin d dr n e dS r r d dr n e Hacım elemanı: dV r 2 sin dr d d 2.4. Metrik çarpanlar: Kartezyen ko. sistemi Metrik çarpanlar h3 h1 h2 1 1 1 Silindirik ko. sistemi 1 r 1 Küresel ko. sistemi 1 r r sin e1 , e2 , e3 i , j, k er , e , e z er , e , e Çeşitli koordinat sistemlerinde gradyant, diverjans, rotasyonel: 1 1 1 e1 e2 e3 , h1 u1 h2 u 2 h3 u 3 A 1 [ ( h2 h3 A1 ) ( h1 h3 A2 ) ( h1 h2 A3 )] , h1 h2 h3 u1 u 2 u 3 h1e1 1 A h1 h2 h3 u1 h1 A1 h2 e2 u 2 h2 A2 h3 e3 . u 3 h3 A3 u1 , u 2 , u 3 x, y , z r, , z r , , 12 3. DİVERJANS VE STOKES TEOREMLERİ 3.1 Diverjans teoremi ( A ) dV A ndS V S 10 x 3 Coul Örnek: D i ( 2 ) olarak verilmişse her bir kenarı 2 m olan merkezi orijinde ve 3 m kenarları Kartezyen koordinat eksenlerine paralel bir küpün hacmı için diverjans teoreminin her iki tarafını hesaplayın. ( D ) dV D ndS Çözüm: V Sol taraf: D 10 x 2 , S 1 1 1 1 1 1 1 x 3 1 20 80 2 ( D ) dV 10 x dx dy dz 10 | dy dz dy dz (Coul ) . 1 3 3 1 1 3 V 1 1 1 1 1 Sağ taraf: 1 1 I1 10 3 i i dy dz 1 1 10 40 4 (Coul ) 3 3 1 1 I2 10 3 x i k dx dy 0 3 1 1 1 1 I3 10 10 40 3 ( 1 ) i ( i ) dy dz 4 (Coul ) 1 1 3 3 3 1 1 I4 10 3 x i ( k ) dx dy 0 3 1 1 1 1 I5 10 3 3 x i j dx dz 0 1 1 1 1 I6 10 3 x i ( j ) dx dz 0 3 1 1 6 80 D n dS m I m 3 (Coul ) . S 3.2 Stokes Teoremi ( A ) n dS A dl S dV dx dy dz C 13 4. ÇEŞİTLİ ÖRNEKLER-1 1) Kartezyen koordinatlarda P ( 2, 4,1) noktasından, Q (0, 2, 0) noktasına yönelmiş A vektörünü ve bu doğrultudaki birim vektörü bulun. A (0 2) i [ 2 ( 4)] j (0 1) k 2 i 2 j k , A 2i 2 j k 2 2 1 a i j k 3 3 3 3 | A| 2) Silindirik koordinatlarda P (5, 3 / 2, 0) ve Q ( 5, / 2,10 ) noktaları arasındaki uzaklığı bulun. 1. yol: P: x r cos 5 cos(3 / 2) y r sin 5 sin(3 / 2) 0 zz 0 5 Q: x r cos 0 y r sin 5 zz 10 d | PQ | (0 0) 2 (5 5) 2 (10 0) 2 10 2 2. yol: z Q 10 10 2 3 / 2 P 5 5 y x 3) A 4i 2 j k , B i 4 j 4k ise iki vektörün dik olduğunu gösterin. Çözüm: İki vektörün skaler çarpımının sıfır olması diklik için gerek ve yeter koşuldur. 14 A B 4 1 ( 2)( 4) ( 1)( 4) 0 4) A 2i 4 j ve B 6 j 4 k ise A ve B arasındaki açıyı a) skaler çarpımı kullanarak b) vektörel çarpımı kullanarak bulun. Çözüm: a) A B | A || B | cos , 2 0 4 6 0 ( 4) 24 ( 4 16 )( 36 16 ) cos , cos 24 20 52 41.9 o . b) | A B || A || B || sin || 16i 8 j 12 k | 20 52 | sin | , | sin | 256 64 144 20 52 464 1040 41.9 o . 5) A i j , B i 2k ve C 2 j k ise ( A B ) C , A ( B C ), A ( B C ) ve ( A B ) C büyüklüklerini bulun. Çözüm: A B ( 2 0)i (0 2) j (0 1) k 2i 2 j k ( A B ) C 2 j 4 k A ( B C ) 2i 2 j 3k B C 4i j 2 k A ( B C ) 4 1 5 ( A B ) C 4 1 5 6) Silindirik koordinatlarda z ekseni üzerindeki z koordinatı z h olan P noktasından Q ( r , , 0) noktasına yönelmiş birim vektör nedir? 15 Çözüm: 1. yol: Q: P: x r cos x0 y r sin y0 z0 zh PQ (r cos )i (r sin ) j hk PQ r cos r sin h a i j k r 2 h2 r 2 h2 r 2 h2 | PQ | 2. yol: z P (0, 0, z ) h y O x PO h e z , r Q ( r , , 0) OQ r er PO OQ PQ r er h e z r er h e z PQ a r 2 h2 | PQ | Gerçekten de eğer burada er cos i sin j yazılırsa 1. yol ile bulunan sonuç elde edilir. 16 7) z 5 düzlemi üzerindeki rastgele bir noktadan orijine yönelmiş birim vektörü yazın. Çözüm: z A PO x i y j 5 k y O x xi y j 5k A a | A| x 2 y 2 25 -5 X P ( x , y , 5) 8) i- r a , için? ile tanımlı küresel bantın alanı nedir? ii- Aynı soru 0, Çözüm: z y x 2 i- S dS r ii- S 2 a [1 (1)] 4 a 2 . 2 sin d d a 2 2 ( cos ) | 2 a 2 (cos cos ) . 0 2 9) Küresel koordinatlarda diferansiyel hacım ifadesini kullanarak yarıçapı a olan kürenin hacmini bulun. Çözüm: V dV V a 2 r r 0 0 0 2 4 sin dr d d a 3 . 3 17 5. ZAMANLA DEĞİŞEN ELEKTROMANYETİK ALANLAR 5.1. Elektromanyetiğin aksiyom denklemleri (Maxwell denklemleri) B E D t D B 0 H J t E : Elektrik alan şiddeti vektörü (V / m ) . H : Manyetik alan şiddeti vektörü ( A / m ) . D : Deplasman vektörü ( Coul / m 2 ). B : Manyetik endüksiyon vektörü ( Web / m 2 ). J : Akım yoğunluğu ( A / m 2 ). : Yük yoğunluğu ( Coul / m 3 ). 5.2 Maxwell denklemlerinin integral formu B S E ndS C E dl S t ndS t D S H ndS C H dl S t ndS S J ndS ( D )dV dV Q veya V V D ndS Q S ( B)dV B ndS 0 V S Süreklilik denklemi (Maxwell denklemlerinin bir sonucu): D H ( J) t D 0 ( J) t 0 ( D) J J 0 t t 18 5.2 Sinüzoidal sürekli halde Maxwell denklemleri ~ E ( r , j ) ~ ile E ( r , t ) Re{ E ( r , j )e jt } olarak tanımlı fazör büyüklük gösterilirse, ve Maxwell denklemlerindeki diğer büyüklükler için benzer tanımlar yapılırsa, sinüzoidal sürekli halde Maxwell denklemleri şöyle yazılabilir: ~ ~ E j B ~ D ~ ~ ~ ~ H j D J ~ B 0 5.3 Ortamların tanımlanması D E, B H , J E a) Homojen ortam: Eğer matrisi konum vektörü r den bağımsız ise ortam elektriksel olarak homojendir denir. Eğer matrisi konum vektörü r den bağımsız ise ortam manyetik olarak homojendir denir. Eğer matrisi konum vektörü r den bağımsız ise ortam iletkenlik olarak homojendir denir. b) Doğrusal ortam: Eğer matrisi E den bağımsız ise ortam elektriksel olarak doğrusaldır denir. Eğer matrisi H den bağımsız ise ortam manyetik olarak doğrusaldır denir. Eğer matrisi E den bağımsız ise ortam iletkenlik olarak doğrusaldır denir. c) İzotrop ortam: Elektriksel olarak izotrop ortam: 1 0 0 1 0 0 E x Ex 0 r ( r ) 0 1 0 , D E 0 r ( r ) 0 1 0 E y 0 r ( r ) E y . 0 0 1 0 0 1 E z E z Manyetik olarak izotrop ortam: 1 0 0 1 0 0 H x H x 0 r ( r ) 0 1 0 , B H 0 r ( r ) 0 1 0 H y 0 r ( r ) H y . 0 0 1 0 0 1 H z H z İletkenlik olarak izotrop ortam: 1 0 0 1 0 0 E x Ex 0 ( r ) 0 1 0 , J E 0 ( r ) 0 1 0 E y 0 ( r ) E y . 0 0 1 0 0 1 E z E z d) Basit ortam: Bir ortam elektriksel olarak homojen, doğrusal ve izotrop ise elektriksel olarak basit ortam olarak isimlendirilir. 19 Bir ortam manyetik olarak homojen, doğrusal ve izotrop ise manyetik olarak basit ortam olarak isimlendirilir. Bir ortam iletkenlik olarak homojen, doğrusal ve izotrop ise iletkenlik olarak basit ortam olarak isimlendirilir. Bir ortam elektriksel, manyetik, iletkenlik olarak basitse, basit ortam olarak isimlendirilir. 5.4 Poynting vektörü P ( r , t ) E ( r , t ) H ( r , t ) (Watt / m 2 ) ile tanımlanan Poynting vektörü elektromanyetik enerjinin yayılma yönünü belirler. Ortalama Poynting vektörü T 1 Port E (r , t ) H (r , t )dt olarak tanımlanır. Burada T sinüzoidal dalganın periyodudur. T0 ~ ~ E ( r , t ) Re{ E ( r , j )e jt } , H ( r , t ) Re{ H ( r , j )e jt } ise T T 1 1 1 ~ ~ ~ ~ jt jt jt Port E (r , t ) H (r , t )dt [ E (r , j )e E (r , j )e ] [ H (r , j )e H (r , j )e jt ]dt T 0 T 02 1 ~ ~ yazılır. Bu eşitlikte simgesi kompleks eşleniği göstermektedir. Buradan, P Re{ E H } 2 bulunur. Bundan böyle fazör büyüklükleri göstermek için kullandığımız ~ simgesi yazılmayacaktır. Örnek: Kayıpsız ve kaynaksız elektriksel ve manyetik olarak basit bir ortamda elektromanyetik dalganın manyetik alanı sinüzoidal sürekli halde şöyle verilmektedir: Hx j a sin( a x a ) e j z , Hy 0, H z cos( x a ) e j z . Öte yandan sinüzoidal sürekli halde elektromanyetik dalganın Poynting vektörü elektromanyetik enerjinin yayılma yönünü verir ve şu ifadeye sahiptir: 1 P Re{ E H } . 2 Yukarıda verilen manyetik alan için elektrik alanını bulun ve Poynting vektörünü hesaplayın. Çözüm: 20 H j a i x sin( a x a j y ) e j z 0 k j a x x [ sin( a )e jz ( j ) sin( )e jz ] j z a a a x jz cos( )e a a x j [ 2 ( ) 2 ] sin( )e jz , a a H a 1 x E j [ 2 ( ) 2 ] sin( )e jz . j 0 r j 0 r a a 21 6. ELEKTROSTATİK 6.1 Elektrostatiğin aksiyom denklemleri Varsayımlar: 1) Yükler haraketsiz 2) Zamanla değişme yok 3) Manyetik alan yok B E E 0 t D H J 00 0 t D • D B 0 00 Elektrostatiğin aksiyom denklemleri: E 0 D 6.2 Elektrostatiğin tanımları: Tanım 1- Elektrik alanı Birim yüke etkiyen kuvvettir. F E (Volt / m) q Tanım 2- Deplasman vektörü D E (Coul / m 2 ) Tanım 3- Elektrostatikte potansiyel E 0 ve ( ) 0 olduğu için E yazılabilir. Uzunluk elemanı: dl dx i dy j dz k Toplam diferansiyel: d d dl dx dy dz . O halde: x y z d ( ) d l 22 A A E dl (Volt ) . Sonsuzdaki bir birim pozitif yükü A noktasına taşımak için elektrik alanına karşı yapılan işe A noktasının potansiyeli denir. Tanım 4- Elektrostatikte gerilim A B A B AB A B E dl ( E dl ) E dl E dl B ( E dl E dl ) E dl (Volt ) A B A Tanım 5- Deplasman akısı D ndS (Coulomb) S Tanım 6- Eş potansiyel yüzey Elektrostatik alan içinde eşit potansiyeldeki noktaların oluşturduğu yüzey. Bu yüzey üzerinde E dl dl 0 Tanım 7- Elektrostatik alanda iletken Elektrostatik alanda eş potansiyel yüzey oluşturan madde. Elektrostatik alanda iletken içindeki elektrik alanı E 0 . Çünkü E ve sabit . Tanım 8- Dielektrik (a) (+) ve (-) yüklerin ağırlık merkezi: Bu yüklerin ağırlıklarının aynı dış etkiyi yaratmak üzere yoğunlaştığını kabul edeceğimiz etki merkezidir. Eğer bir molekülde (+) ve (-) yüklerin ağırlık merkezleri çakışırsa moleküle polar olmayan ya da kutupsal olmayan molekül denir. Eğer çakışmıyorsa polar molekül denir. (b) Dipol: Aralarındaki uzaklık alanın hesaplandığı noktaya göre çok küçük olan, eşit fakat zıt işaretli iki noktasal yükün oluşturduğu sisteme dipol adı verilir. z P l 2d l qX d d qX x y 23 Polar molekül - alan yokken: Polar olmayan molekül – alan yokken: Polar molekül - alan varken: Yönlenme polarizasyonu Polar olmayan molekül - alan varken: Kayma polarizasyonu Kayma ve yönlenme polarizasyonunun görüldüğü malzemelere dielektrik denir. Bir dielektrik malzemede her iki türden polarizasyon mevcuttur. Polar moleküllerde alan içinde daimi dipol momenti hizaya gelir: Yönlenme polarizasyonu (HCl, H2O) . Polar olmayan maddelerde alan içinde indüklenen dipol momenti daha büyüktür (hava, metil alkol, helyum, amonyak buharı). 6.3 Elektrostatikte sınır koşulları teoremi a) İki dielektrik arasındaki sınır koşulları teoremi i-Elektrostatiğin 1. aksiyom denklemi: E 0 . Stokes teoremi ile ( E ) n dS E dl 0 bulunur. S C 24 l E1t h 1. dielektrik 2. dielektrik C E 2t m (birim vektör ) S E1t E1t m E 2t E 2t m l1 l m l 2 l m h l olduğundan h boyunca integrale katkı olmadığı varsayılabilir. E dl ( E1t m) (l m) ( E 2t m) (l m) 0 E1t E 2t . C ii- Dielektriklerde serbest yük bulunmadığından elektrostatiğin ikinci aksiyom denklemi D 0 olarak yazılabilir. Diverjans teoremi ile DdV D n dS 0 bulunur. V S n1 D1n 1. h dielektrik 2. dielektrik S n2 S D2 n n1 n 2 , h 2 S alınırsa, D n dS D n S D n S 0 D n D 1n 1 2n 2 1n 1 2 n n2 , S ve nihayet D1n D2 n bulunur. b) Bir iletken ve bir dielektrik arasındaki sınır koşulları teoremi i-Elektrostatiğin 1. aksiyom denklemi: E 0 . Stokes teoremi ile 25 ( E ) n dS E dl 0 bulunur. S C l E1t h 1. ortam (dielektrik) 2. ortam (iletken) C E 2t m (birim vektör ) S E1t E1t m E 2t E 2t m l1 l m l 2 l m h l olduğundan h boyunca integrale katkı olmadığı varsayılabilir. E dl ( E1t m) (l m) ( E 2t m) (l m) 0 E1t E 2t . C Öte yandan iletken içinde E 0 E1t E 2t 0 elde edilir. Bunun bir sonucu elektrostatikte elektrik alanının iletkene dik olmasıdır. ii- Elektrostatiğin ikinci aksiyom denklemi D dur. Diverjans teoremi ile D dV D ndS dV Q bulunur. Yani kapalı bir yüzeyden geçen deplasman V S V akısı o yüzeyin içindeki yüklerin toplamına eşittir (Gauss teoremi). O halde bir iletkenin içinde her V hamcı için Q 0 dır. Yük ancak iletkenin yüzeyinde olabilir. dV D ndS S S . V S D1n (S n1 ) D2 n (S n2 ) S S , 26 n1 n2 olduğu için ve iletkenin içinde elektrik alanı sıfır olduğu için ( D2 0 ), D1n n1 S ve nihayet, E1n S n1 bulunur. 1 D1 n n1 h 1. ortam ( dielektrik) 2. ortam (iletken) S S n2 S D2 n 6.4 Gauss teoremi D D dV dV Q V V D n dS dV Q S V Gauss teoremi: Kapalı bir yüzeyden geçen deplasman akısı o yüzeyin içindeki yüklerin cebirsel toplamına eşittir. Örnek: q1 q 2 q3 (Coulomb) q1 X X q2 q3 X S 6.4.1.Gauss teoreminin uygulamaları 1. Noktasal yükün alanı ve potansiyeli z er r QX x y 27 D(r , , ) : D , ve den bağımsızdır. D yalnız er bileşenine sahiptir. iii- O halde D Dr ( r ) e r , 2 Dr (r ) er er r 2 sin d d Dr (r ) r 2 sin d d r 2 Dr (r ) S sin d d 0 0 S r 2 Dr (r ) 2 2 Q , Dr (r ) Q Q E e r (V / m) . 2 4 r 4 r 2 Noktasal yükün potansiyeli: A A A E dl 4 r A Q 2 er ( dr er r d e r sin d e ) Q 4 r 2 dr Q 4 r | A Q 4 rA 2) Sonsuz uzun çizgisel yükün alanı ve potansiyeli E'2 E '1 (III) (I) l (C / m) (II) z l l (C / m) : çizgisel yük yoğunluğu D (r , , z ) : iii- D , ve z den bağımsızdır. D yalnız er bileşenine sahiptir. O halde D Dr ( r ) e r . D n dS Dr ( r ) er ( e z ) r dr d Dr ( r ) er (e z ) r dr d Dr ( r ) er er r d dz S SI S II S III (V ) 28 Dr ( r ) 2 r l l l E r ( r ) l l E er (V / m) . 2 r 2 r Çizgisel yükün potansiyeli: l er (dr er r d e dz e z ) l 2 r 2 A A E dl A r dr l ln 0 (Volt ) . r 2 rA r0 rA 2) Sonsuz ince, sonsuz geniş düzlemsel yük yüzeyinin alanı ve potansiyeli z E '1 (I) E'2 (IIIA) S (C / m 2 ) y x (IIIB) (II) l (C / m 2 ) : düzlemin yüzeysel yük yoğunluğu D (r , , z ) : D , r ve den bağımsızdır. D yalnız ez bileşenine sahiptir. iii- O halde: Dz ( z ) e z D D z ( z ) e z z0 . z0 D n dS D z ( z ) e z e z r dr d D z ( z ) e z (e z )r dr d S SI D z ( z ) e z er dS S II A Dz S 2 Ez S 2 S II D ( z ) e z S II B z er dS 2 D z r dr d 2 D z a 2 S a 2 SI 29 Düzlemsel yükün potansiyeli: A S e z (dz e z ) 2 A A E dl Sıfır potansiyelli nokta olarak sonsuzu değil, z 0 ı alırsak: A S ( z A z 0 ) (V ) . 2 6.4.2. Gauss teoremi ile ilgili örnek problemler 1) a- 0 x 1 m, 0 y 1 m, 0 z 1 m ile tanımlanmış bir V hacmi içinde yoğunluğu 30 x 2 y ( C / m 3 ) olarak verilmiş bir yük dağılımı varsa V içindeki toplam yükü bulun. b- Bu V hacmini saran kapalı bir S yüzeyinden geçen toplam deplasman akısı nedir? Çözüm: a) Q dV V 1 1 1 30 x 2 y dx dy dz 5 ( C ) . z 0 y 0 x 0 b- D n dS Q 5 ( C ) . S 2) Q1 30 (nC ), Q2 150 (nC ), Q3 70 (nC ) yüklerini içinde bulundurankapalı yüzeyden geçen net deplasman akısı nedir? Çözüm: 30 150 70 110 ( nC ) . sin 2 (Coul / m 2 ) olan dairesel diski içeren bir 2r kapalı yüzeyden geçen net deplasman akısı nedir? 3) Yarıçapı 4 ( m) , yük yoğunluğu sin 2 Çözüm: D n dS dV S dS r dr d 2 (Coul ) . 2 r S V S S 4) z 0.5 m düzleminde S 40 C / m 2 yoğunluklu yük taşıyan bir düzlem merkezi orijinle çakışık kenarları Ox , Oy , Oz eksenlerine paralel ve her ayrıtı 2 m olan bir küpü kesmektedir. Ayrıca Oy ekseni boyunca yük yoğunluğu l 6 C / m olan çizgisel bir yük küpü delip geçmektedir. Küpün yüzeyinden geçen deplasman akısını bulun. Çözüm: S 4 m 2 Q S S S 4 40 160 C , l2m Ql l l 2 (6) 12 C , Q QS Ql 148 C , Q 148 C . 30 5) Bir noktasal Q yükü Kartezyen koordinatlarda başlangıç noktasındadır. Q 30 nC ise (1,3, 4) m noktasındaki deplasman vektörü D yi bulun. Çözüm: z y QX x X (1, 3, 4) m D 30 10 9 (i 3 j 4 k ) Q 2 2 2 2 (Coul / m 2 ) , e r 1 3 (4) 26 , D 2 r 4 26 4 r 26 | D | 91.82 ( pC / m 2 ) . 6) l 20 C / m çizgisel yük yoğunluğu hem Ox ve hem Oy eksenleri boyunca uzanmaktadır. P (3, 3, 3) m noktasında D nedir? Çözüm: z P l y l x Çizgisel yük için: D l er , ve geometriden r 3 2 m . 2 r 6 20 10 (3 j 3k ) 20 10 6 Dx ( j k ) (Coul / m 2 ) , 12 2 3 2 3 2 6 20 10 (3i 3k ) 20 10 6 Dy (i k ) (Coul / m 2 ) , 12 2 3 2 3 2 6 5 10 D Dx D y (i j 2k ) (Coul / m 2 ) . 3 2 7) D 10 x i (C / m ) ise x 3 m de , Ox eksenine dik, 1m 2 alanlı yüzeyden geçen deplasman akısını bulun. 31 Çözüm: z 1m 2 y X 3m x D n dS (10 x i ) | x 3 i dy dz 30 dy dz 30 1 30 Coulomb . S S S 32 7. KONDANSATÖRLER 7.1 Tek dielektrikli kondansatörler a) Paralel levhalı kondansatör S - - - - - - - - - - - - d U + + + + + + + + + + Bir iletken ve bir dielektrik arasındaki sınır koşullarından: E S e z , 0 r , 0 9 10 ( F / m) . 36 s s d s U E dl e z (dz e z dy e y dx e x ) dz d C 0 Q s S S (F ) d U d s b) Silindirik kondansatör U a b r Sonsuz uzun çizgisel yükün alanından , E U E dl C Q U er . 2 r b dr b er (dr er ) ln( ) . 2 r 2 a r 2 a l b ln( ) 2 a 2 l ln(b / a ) Birim uzunluk başına kapasitans: C 2 ( F / m) . ln(b / a) 33 c) Küresel kondansatör Q U a b r Q Noktasal yükün alanından, E U E dl C Q U Q 4 r 2 er , Q e (dr er ) 2 r 4 4 r Q Q Q 4 a b (b a ) b dr r 2 a Q 1 1 Q ( ) (b a) , 4 a b 4 a b 4 a b (F ) ba 7.2 Çift dielektrikli kondansatörler a.1) Paralel levhalı seri dielektrikli kondansatör z S - - - - - - - - - - - - - - - d2 2 d1 1 E2 E1 U + + + + + + + + + + + + Bir iletken ve bir dielektrik arasındaki sınır koşulundan, E1 e z , E 2 e z dir. 1 2 U E dl e z (dz e z ) e z (dz e z ) d1 (d1 d 2 d1 ) d1 d2 1 C Q U 1 S d1 d2 2 2 1 d1 d 2 1S 2 S 1 1 1 1 C1 C 2 2 1 2 34 a.2) Paralel levhalı paralel dielektrikli kondansatör z 1 , S1 2 , S2 1 2 d U İki dielektrik arasındaki sınır koşulları teoreminden alanların teğetsel bileşenlerinin her iki ortamda eşit olmasından şunları yazabiliriz: E1 1 e z 1 E2 2 ez 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 1 d 1 U E dl e z (dz e z ) dz d 1 C 1 0 1 Q 1 S1 2 S 2 1 S1 1 2 / 1 S 2 1 S1 2 S 2 C1 C 2 ( F ) d d U d1 d2 1 1 1 1 b) Çift dielektrikli silindirik kondansatör c 1 U a b r 2 Çizgisel yükün alanından; E1 er , E 2 er 2 1 r 2 2 r c b c er (dr er ) er (dr er ) ln( ) ln( ) 2 1 r 2 2 r 2 1 a 2 2 b a b b U E dl 35 C Q U l b c ln( ) ln( ) 2 1 a 2 2 b |l 1 m 2 1 2 ( F / m) b c 2 ln( ) 1 ln( ) a b c) Çift dielektrikli küresel kondansatör c Q 1 U a b r Q 2 Noktasal yükün alanından , E b U E dl a C Q U 4 r c Q 4 1 r Q 2 er (dr er ) b 2 er , Q 4 2 r Q Q 4 1 a b (b a ) Q 4 2 bc (c b ) 2 er (dr er ) Q 1 1 Q 1 1 ( ) ( ), 4 1 a b 4 2 b c 4 1 2 a bc (F ) 2 c (b a ) 1 a ( c b ) 7.3 Örnekler 1) S U 3 mm 1 mm r1 1 r2 5 U 200 Volt , S 1 m 2 , r1 1, r 2 5 ise her iki dielektriğin uçlarındaki gerilimi bulun. 36 Çözüm: d1 1 U 2 E2 d 2 d2 2 U 1 E1 d1 200 d1 d 2 1 U1 2 d1 1 U U1 U 2 d 1 d 2 200 Volt 1 2 200 3 10 3 10 3 10 9 /(36 ) 5 10 9 /(36 ) 200 10 3 10 9 200 10 3 0 36 (3 1 / 5) (3 1 / 5) 200 10 3 1 200 3 3 10 3 187.5 Volt (3 1 / 5) r1 (3 1 / 5) U 2 U U1 12.5 Volt 2) 1 m2 1 m2 r1 1.5 r 2 3.5 S 2 m 2 , d 10 3 m, 0 Çözüm: C C1 C 2 1 S1 d d 10 9 ( F / m) ise bileşke kapasitans nedir? 36 2S2 d 1.5 0 3.5 0 1 10 5 ( 3 7 ) (F ) 0 72 10 3 10 3 2 10 3 3) Levhaları arasında serbest uzay bulunan bir paralel levhalı kondansatör bir sabit gerilim kaynağına bağlanmıştır. r 2 olan bir dielektrik, levhalar arasına yerleştirildiği zaman, C, Q ve s nin nasıl değiştiğini bulun. Çözüm: C S d Q CU Q S C 2 2C1 U 1 U 2 olduğundan, Q2 2Q1 2 21 . 1 ELEKTROMANYETİK ALANLARA GİRİŞ Ders Notları Bölüm 2: Manyetik Alan Yararlanılan Kaynaklar: 1) Elektromagnetik Alan Teorisi, H. Ergun Bayrakçı, Birsen Yayınevi, 2000. 2) Theory and Problems of Electromagnetics, J. A. Edminister, McGraw-Hill, 1993. 3) Elektrik Alanlarına Giriş II, Ahmet Akhunlar, İTÜ Yayınları, 1971. 2 1. STASYONER MANYETİK ALANLAR Doğada manyetik alanların varlığı demir filizinin tanecikleri çekme özelliği ile ortaya çıkar. Manyetik özellikler gösteren demir filizi doğal mıknatıs olarak adlandırılır. Bu mıknatısın kuzey ve güney kutupları N ve S harfleri ile gösterilir. Bir I doğru akımı taşıyan bir akım elemanı da stasyoner manyetik alan üretir. Sağ el kuralına göre sağ elin baş parmağı akım yönüne işaret ederken ve akım elemanı avuç içinde iken dört parmak manyetik alan yönüne işaret eder. Stasyoner zamanla değişmeyen demektir. Elektrostatik alan statik yükler tarafından üretilirken, stasyoner manyetik alan hareket eden yüklü parçacıklar tarafından üretilir. Bu yüklü parçacıklar bir elektrik akımına neden olur ve elektrik akımı bir stasyoner manyetik alana yol açar. 1.1 Tanımlar Tanım 1-Manyetik endüksiyon Düzgün manyetik alan içinde alanla açısı yapan v hızında bir q yükü konduğunu düşünelim. F N S X q v O zaman F q (v B ) . Sol el kuralına göre: Alan sol el avuç içine girecek (alan yönü; alana sokulan mıknatıs ibresinin kuzey kutbunun baktığı yön, dolayısı ile yukarıdaki şekilde N ’den S ' ye), dört parmak v hızını gösterecek. Baş parmak kuvvet yönünü gösterir. |F| (Wb / m 2 ) ifadesi manyetik endüksiyonu | qv sin | verir. (Yön ise yukarıda tanımlanan alan yönü ile aynı) | F || q (v B) || Bqv sin | | B | Tanım 2 – Manyetik alan şiddeti B H ( A / m) 3 Tanım 3 – Yüzeysel elektrik akımı yoğunluğu I | J | A (A / m2 ) Tanım 4 – Manyetik akı B n dS (Wb) S Tanım 5 – Manyetomotor kuvvet H dl ( A) Tanım 6 – Manyetik Direnç (Relüktans) Rm ( Henry ) 1 Tanım 7 – Vektör potansiyel ( A) B 0 B A Tanım 8 – Manyetik skaler potansiyel ( ) İçinde elektrik akım yoğunluğu bulunmayan ( J 0 ) bir bölgede H 0 H 1.2 Manyetik ortamların tanımı ve özellikleri B H ortamların manyetik olarak doğrusallık, homojenlik ve izotropluk özelliklerini belirleyen bağıntıdır. Bir çok maddede B 0 ( H M ) bağıntısı mevcuttur. Burada H : toplam manyetik alan şiddeti ve M : manyetik kutuplanmadır. M nin boyutu ( A / m ) dir. İzotrop ortamlarda deneysel olarak M m H bağıntısı bulunmuştur. Burada m manyetik alınganlıktır. Eğer yukarıdaki B ifadesinde yerine konursa B 0 (1 m ) H bulunur. Manyetik geçirgenlik katsayısı 0 (1 m ) dir. Bağıl geçirgenlik r 1 m dir. B 0 r H H . Manyetik ortamlar üç sınıfa ayrılır. 4 1. Diyamanyetik ortamlar: m 0 ( r 1 ) . Örneğin bizmut ve bakır için r 0.99983 ve r 0.999991 2. Paramanyetik ortamlar: m 0 ( r 1 ) . Örneğin aluminyum için r 1.00002 . 3. Ferromanyetik ortamlar: r nin 1 den çok büyük değerler aldığı ortamlardır. r manyetik alanın değerine bağlı olarak değişir (doğrusal olmayan ortam). Örnek demir, nikel, kobalt ve bunların alaşımları. 1.3 Stasyoner manyetik alanların aksiyomları H J, B 0 1.4 Stasyoner manyetik alanlarda sınır koşulları teoremi a) Manyetik olarak basit iki ortamın ara yüzündeki koşullar i- Stasyoner manyetik alanların birinci aksiyom denklemi: (Yüzeysel akım yoğunluğu yalnız mükemmel iletkenlerle mümkün olduğu için) H 0 . Stokes teoremi ile ( H ) n dS H dl 0 bulunur. S C l H 1t S h 1. manyetik ortam 2. manyetik ortam C H 2t m (birim vektör ) H 1t H 1t m H 2t H 2t m l1 l m l 2 l m h l olduğundan h boyunca integrale katkı olmadığı varsayılabilir. H dl ( H 1t m) (l m) ( H 2t m) (l m) 0 H 1t H 2t . C 5 ii- Stasyoner manyetik alanların ikinci aksiyom denklemi: B 0 olarak yazılır. Diverjans teoremi ile BdV B n dS 0 bulunur. V B1n S n1 1. manyetik ortam h 2. manyetik ortam S n2 B2n S n1 n 2 , h 2 S alınırsa, B n dS B n S B n S 0 B n B 1n 1 2n 2 1n 1 2 n n1 S ve nihayet B1n B2 n bulunur. b) İkinci ortam mükemmel geçirgen bir ortamsa ( 2 ). H 2 0 . Bu durumda B H olduğu için B 2 0 olması gerekmez. H 1t H 2t 0, B1n B2 n . 1.5 Ampere Teoremi H J ( H ) n dS S J n dS . Stokes teoremi ile S H dl I C 1.5.1 Ampere teoreminin uygulamaları ve örnek problemler 1. Çok ince ve sonsuz uzun akım elemanının ürettiği manyetik alan I r H 6 H dl I . Ayrıca dairesel simetriden ötürü ve alanın yalnız e bileşenine sahip C 2 olduğu varsayımı ile H H (r ) e olup H (r ) r d I , H 0 I 2 r e bulunur. 2. Yarıçapı a olan ve içinden I akımı akan bir iletkenin içinde ve dışındaki manyetik alan a r r C2 C1 a) İletkenin içinde I kıısmi H I r r 2 I ( )2 2 a a r H r d 2 r H I ( ) 2 a C1 I r ( ) ( A / m) 2 a 2 b) İletkenin dışında I I, H r d 2 r H C2 I , H I 2 r ( A / m) 3. I akımını taşıyan sonsuz uzun içi boş akım elemanının üç bölgesindeki manyetik alan r C3 b a r r C2 C1 a) r a ; I 0 , H 0, H 0 7 b) a r b; S toplam (b 2 a 2 ), J I S toplam I (b a 2 ) 2 I (r 2 a 2 ) 2 (b a ) S kıısmi ( r 2 a 2 ) I kıısmi J S kıısmi H r d H 2 r I I (r 2 a 2 ) 2 2 ( r a ) H ( A / m) (b 2 a 2 ) 2 r (b 2 a 2 ) C2 c) b r ; I I , H r d 2 r H 2 I , H C3 I 2 r ( A / m) 4. Dağılımının kesiti verilen çok ince ve sonsuz uzun dört akım elemanının O noktasında oluşturacağı manyetik alan H1 2I 2I I ( j ), H 2 ( j ), H 3 ( i ), H 4 (i ) 2 a 2 a 2 a 4 a I y 3 X 2I a 1 X a a O I . 2I 2 x 2a 4 .I H H1 H 2 H 3 H 4 1 I 5 ( j 2 j 2 i i ) ( i 3 j) 2 a 2 2 a 2 I 5. Problem: Sonsuz uzun akım elemanının manyetik alanı içindeki bir dikdörtgensel çerçeve şekildeki gibidir. Çerçeveden geçen manyetik akıyı bulun. y I X B h x a b 8 Çözüm: I B n dS n k , B k ( ) 2 x S h b I I b ( 2 x ) dx dy 2 h ln ( a ) (Weber ) y 0 x a 6. Problem: / 4 düzleminin 0.01 r 0.05 m ve 0 z 2 m ile tanımlanan bölümünden geçen akıyı bulun. 2.5 A akım taşıyan bir akım elemanı Oz ekseni boyuncadır. 0 4 10 7 ( H / m ) Çözüm: z 2 .5 A 2m y / 4 0.01 m 0.05 m x BH 2 r e , dS dr dz , B n dS 0 S S I e e dr dz , 2 r dr dz 4 10 2.5 dr dz 5 10 7 5 10 7 ln (5) 2 1.61 Wb 2 r r z 0 r 0.01 z 0 r 0.01 2 I 0.05 7 2 0.05 7. Problem: Küresel koordinatlarda bir vektör alanı verilmişse P (2, , 0) noktasında A yı bulun. Not: 2 A 10 sin e olarak 9 A A 1 1 Ar 1 [ ( A sin ) ] er [ (rA )] e r sin r sin r . Ar 1 [ (r A ) ] e r r 1 1 Çözüm: A [ (10 sin )] er [ ( r 10 sin )] e r sin r r 1 A | P 10 sin( ) e 5 e 2 2 8. Problem: Yarıçapı r0 1 cm olan bir dairesel iletken şu iç alana sahiptir: 10 4 1 r H [ 2 sin(ar ) cos(ar )] e ( A / m) . r a a Burada a . İletkendeki toplam akımı bulun. 2 r0 Çözüm: 2 10 4 1 r I H dl H (dr er r d e dz e z ) r[ 2 sin(ar ) cos(ar )] d r a a 0 2r0 2 r02 1 (10 2 ) 2 8 4 4 4 10 2 2 10 2 ( ) 10 8 10 8 ( A) . a 2.39 10 6 9. Problem: Serbest uzayda H cos er ( A / m) olarak verilen bir alan r mevcuttur. , 0 z 1 m ile tanımlanan yüzeyden geçen manyetik akıyı 4 4 bulun. Çözüm: 4 z 1m / 4 y /4 x 3 B 0 H cos e r (Wb / m 2 ) , r 1 /4 3 B n dS r ddz er ( cos ) er 4.24 (Wb) r z 0 / 4 2 10. Silindirik koordinatlarda B e (Wb / m 2 ) verilmektedir. 0.5 r 2.5 m ve r 10 0 z 2 m ile tanımlanan düzlemsel yüzeyden geçen manyetik akıyı bulun. 2 2.5 2 B n dS e (dr dz e ) 6.44 r 0 0.5 (Weber) 11. Yarıçapı a olan uzun doğrusal bir iletken içerisinde ( r a ) H verilen bir manyetik alan şiddetine sahiptir. Dışında ise ( r a ) H Her iki bölgede J yi bulun. Not: Ir e ile 2 a 2 I 2 r e dir. 1 Az A A A 1 A A ( ) er ( r z ) e [ (r A ) r ] e z dir. r z z r r r Çözüm: I r 1 I r2 I a) r a için: J H ( ) er ( ) ez ez 2 2 z 2 a r r 2 a a2 Böylece J kesit alanı olan a 2 üzerine düzgün olarak dağılmış Oz yönünde bir akıma karşı düşer. I I 1 b) a r için: J H ( ) er (r ) ez 0 . z 2 r r r 2 r 11 1.6 Bir iletkene etkiyen manyetik kuvvetler Aynı bir noktasal yük için olduğu gibi, içinden akım geçen bir iletken üzerine de bir kuvvet etkir. Gerçekte bu kuvvet akım oluşturan serbest elektronlar üzerine etkiyen manyetik kuvvetlerin bir sonucudur. Örneğin elektrik motorlarının rotor diye adlandırılan dönen kısımlarını veya ölçü aletlerinin sargılarını döndüren kuvvetler bu manyetik kuvvettir. B I S l Şekilde B düzgündür ve iletken endüksiyon çizgilerine diktir. İletkenden geçen akım yönü sağa doğru olduğu için serbest elektronlar sola doğru hareket eder. Eğer elektronların hızı v yükü e ise ( e 1.6 10 19 C ) her bir elektrona etkiyen kuvvet f B e v sin B e v ( 90 o ) olacaktır. Öte yandan eğer birim hacım içindeki serbest elektron sayısı n ile gösterilirse, telden geçen I akımı için şunu yazabiliriz: I q nel S l n e v S . Çünkü v. t t t Bu iki bağıntıdan bir elektrona etkiyen kuvvet olarak f BI nS yazılabilir. Uzunluğu l olan bir teldeki serbest elektronların sayısı N l S n olduğundan bizim tel parçamıza etkiyen kuvvet F nf N BI lSnBI lBI nS nS olarak bulunur. Elektronlara etkiyen kuvveti bulmak için q e diyerek f e v B yazabiliriz. Elektronların hızı v sola doğru olduğundan bu ifadeye göre kuvvetin yönü şekil düzlemine dolayısıyla iletkene diktir ve öne doğrudur. Bu yön sol el kuralı ile saptanabilir: alan sol el avuç içine, dört parmak akım ( q hareket) yönünü gösterirken baş parmak kuvveti gösterir. 12 Yukarıdaki son denklem yalnız iletken alana dikse geçerlidir. Eğer iletken yönü manyetik alan yönü ile açısını yaparsa bu denklem şu biçimi alır: F B l I sin . Eğer akım yönü yani e v ile aynı yöne sahip uzunluk vektörü l ile gösterilirse, F Il B olur. F l I B I cıva cıva Elde edilen bu bağıntıyı yukarıdaki deney düzeneği ile gerçeklemek mümkündür. Eğer manyetik alan düzgün değil veya iletken parçası bir doğrusal çizgi değilse yukarıdaki bağıntıları kullanamayız. Aynı şey alan düzgün değil ve iletken parçası bir doğrusal çizgi değilse de doğrudur. Böyle bir durumda akım yönündeki uzunluk elemanı (diferansiyel uzunluk vektörü) ds ve manyetik endüksiyonun B olduğu bir noktada bu uzunluk elemanına etkiyen kuvvet dF I ( ds B ) olur. | dF | dF I ds B sin olup, burada , B ve ds arasındaki açıdır. dF nin yönü hem ds ve hem de B ye diktir. Bu nedenle bu iki vektörün tanımladığı düzleme diktir. İletkenin tamamına etkiyen kuvvet ancak entegrasyon ile bulunabilir. ds I B dF 13 1.7 Akım taşıyan çerçeveye etkiyen kuvvetler Aşağıdaki şekilde düzgün manyetik alan içindeki dikdörtgensel tel sargı gösterilmektedir. Sargı düzlemi normali ve manyetik alan yönü arasındaki açı dır. F1 1 n .I u O a/2 u B X u a sin 2 2 a/2 F2 1 no.lu kenarda ( b uzunluklu) akım öne doğru: Alan avuç içine Akım kağıt düzlemine dik (öne doğru) Kuvvet kağıt düzleminde, yukarı doğru 2 no.lu kenarda ( b uzunluklu) akım arkaya doğru: Alan avuç içine Akım kağıt düzlemine dik (arkaya doğru) Kuvvet kağıt düzleminde, aşağı doğru Yukarıda belirtildiği gibi sol el kuralı ile 1 ve 2 no.lu kenarlara etkiyen kuvvetlerin eşit genlikli ve zıt yönlü olduğu görülebilir. Fakat uygulama doğrultuları farklıdır. F1 F2 B b I olduğu için bu kuvvetler dan bağımsızdır. ( ' / 2, B l I sin ' B b I ) . Diğer iki kenara etkiyen kuvvetler eşit genlikli aynı doğrultulu fakat zıt yönlüdür. Bu nedenle bileşkeleri sıfırdır. Aynı uygulama doğrultularına sahip olmayan F1 ve F2 kuvvetlerinin O noktasına göre momentleri: a a M F1 sin F2 sin F1 a sin 2 2 M F1 a sin B a b I sin B S I sin 1.8 Örnek Problemler a) B 0.5 (Tesla ) olan düzgün manyetik alan içinde bulunan ve içinden I 20 ( A) geçen telin her metresine etkiyen kuvvet 90 0 , 60 0 , 30 0 için hesaplanacaktır. Çözüm: F90o B l I sin 0.5 1 20 sin 900 10 ( N ) , F60o B l I sin 0.5 1 20 sin 60 0 8.66 ( N ) , 14 F30o B l I sin 0.5 1 20 sin 300 5 ( N ) . b) Kinetik enerjisi K 2.5 MeV olan bir proton B 0.8 (Tesla ) olan düzgün manyetik alan içinde endüksiyon çizgilerine dik olarak hareket ettiğine göre parçacığa etkiyen kuvveti bulun. Not: Protonun kütlesi m p 1.7 10 27 (kg ), 1eV 1.6 10 19 ( Joule), q p 1.6 10 19 (Coul.) Çözüm: 1 2K K 4 10 13 ( Joule) m p v 2 , v 2.17 10 7 (m / s ) 2 mp F q p v B 1.6 10 19 2.17 10 7 0.8 2.76 10 12 ( N ) 2.82 10 11 (kg ) ( 1 N 0.102 kg ) c) Yukarıdaki şekildeki çerçeveye etkiyen moment, düzgün manyetik alanın çerçeveden geçirdiği manyetik akı bulunacaktır. B 0.2 (Tesla ), I 5 ( A), W 10 ( sarı m ) , a b 10 (cm ) . Manyetik alan çerçeve düzlemi ile 60 0 açısını yapmaktadır. Çözüm: Şekildeki işaretlemelere bakarak: ( 90 0 30 0 ) a M 2 ( F1 sin ) B b I a sin B S I sin 2 M 10 (0.2 100 10 4 ) 5 sin 30 0 0.05 ( Nm) B S cos 0.2 100 10 4 cos 30 0 1.732 10 3 (Weber ) d) z 0, x 4 ( m ) ye yerleştirilmiş 2.5 ( m) uzunluklu bir iletken j yönünde 12.0 Ampere i k değerinde bir akım taşımaktadır. Eğer iletkene etkiyen kuvvet yönünde 1.2 10 2 ( N ) 2 şiddetinde ise, bölgedeki düzgün alan B yi bulun. Çözüm: 2 i k F I l B 1.20 10 ( ) 12(2.5 j ) ( B x i B y j B z k ) 30 ( B x k B z i ) 2 4 4 10 Bx Bz (T ) ve B nin B y bileşeni herhangi bir değeri alabilir. 2 e) Şekildeki iletkeni bir tam tur hareket ettirmek için yapılması gereken işi bulun. Silindirik koordinatlarda B 2.5 10 3 e r (T ) ve I 45 .0 ( A) dir. r 0.03 ( m ) dir. z 0.10 m I r x y 15 F I l B 45(0.1) e z ( 2.5 10 3 e r ) ( Newton ) , 2 2 3 3 W F dl 11.25 10 e (r d e ) 11.25 10 r d 11.25 10 3 0.03 2 0 0 W 2.12 ( mJoule ) 1.9 Biot-Savart Teoremi X P ( x, y , z ) z r r' R I X P' ( x' , y ' , z ' ) y O x I dl ' R Biot- Savart teoremi R r r ' olmak üzere, H dir. 4 R 3 1.Biot-Savart Teoremi Uygulamaları a) Sonsuz ince, sonsuz uzun, akım taşıyan filamanın manyetik alanı z dl ' I r' O r H a dl ' dz ' e z , R r r ' a er z ' e z adz ' e Ia I dl ' R I dz ' e z (a er z ' e z ) I dz ' H e 3 2 2 3/ 2 2 2 3/ 2 2 2 3/ 2 4 R 4 4 [a ( z ' ) ] 4 [a ( z ' ) ] [a ( z ' ) ] Ia I I I I z' z' H | e | e ( ) e e ( A / m) 2 2 2 2 2 4 a z ' a 4 a z ' a 4 a 4 a 2 a 16 b) Sonsuz ince, sonlu uzunluklu, akım taşıyan filamanın manyetik alanı P 1 2 a r R 1 r' O A 2 z K B I I dz 'R I dz dH dH sin 4 R 3 4 R 2 R r r ' OP OK a er z ' e z dz ' R dz ' e z (a er z ' e z ) a dz ' e a dz ' e dz ' R a dz ' dz ' dz ' | || | sin( ) 2 sin 2 3 2 2 RR R RR R R H I dz ' sin 2 , 4 R a R sin( ) R sin z ' a cot dz ' a 1 d sin 2 (B) H H I a 1 I 2 sin d sin d (çünkü a R sin ) 4 4 a 1( A) sin 2 R 2 I 4a (cos 1 cos 2 ) 90 0 sin cos ve d d dır. dH I 4 a cos d H I 4 a (sin 2 sin 1 ) e 17 c) Sonsuz ince, yarı sonsuz, akım taşıyan filamanın manyetik alanı Yukarıdaki problemde z a tan olduğu için 2 , pozitif z yönünde olduğundan (+) alınmalı ve 1 , negatif z yönünde olduğundan (-) alınmalıdır. Buna göre: I H (sin 2 sin 1 ) e , 4 a I 1 / 2 ( z tarafında), 2 0 , a O P I I H [0 sin( )] e e . 4 a 2 4 a z 1 / 2 ( z tarafında), 2 / 6 I 90 0 P O ( z tarafında), I 3I H [0.5 sin( )] e e . 4 a 2 8 a 30 0 z 1 / 2 ( z tarafında), 1 / 6 ( z tarafında), I I I H [sin( ) sin( )] e e 4 a 6 2 8 a 1 2 O z P 18 d) Problem: Şekildeki dikdörtgen sarımda I akımı akmaktadır. Merkezde manyetik endüksiyon vektörü nedir? 0 C B 2a I M A D 2b Çözüm: 2 1 b 2 1 z O I B AB BCD 0 I I I a a a2 (sin 2 sin 1 ) 0 ( ) 0 4 b 4 b a 2 b 2 2 ab a 2 b 2 a2 b2 B BC B AD 0 I I I b b b2 (sin 2 sin 1 ) 0 ( ) 0 4 a 4 a a 2 b 2 2 ab a 2 b 2 a2 b2 B M 2 B AB 2 B BC I 0 b I 0 2 2 a a b a 0 I a 2 b2 I 0 a2 b2 2 2 2 2 ab a b ab a b b e) Problem: Şekildeki P noktasındaki manyetik endüksiyon vektörünü bulun. B3 B B13 P a 50 cm , I 15 A B1 0 a IX 1 a . 2 2I a X 3 I 19 Çözüm: | B1 || B3 | 0 | B2 | 0 I 2 a I 2 r1 4 10 7 15 2 50 2 10 2 4.25 ( Tesla ) 4 10 7 30 12 ( Tesla ) 2 0.5 2 | B13 | B1 | cos 45 0 2 4.25 2 6 2 ( Tesla ) | B || B2 | | B13 | 12 6 6 ( Tesla) f) Tek bir spirin manyetik alanı dl ' u 1 a R u2 . H dH z dH r R a1u1 a 2 u 2 , olup dl ' u1 (yarıçap ışını ve teğet) ve dl ' u 2 ( u 2 spir düzlemine diktir). O halde dl ' R . B- dH r , Oz ye dik olan spir düzlemine paraleldir. Biot-Savart teoremine göre aynı zamanda dl ' ne diktir. O halde spir düzleminde bulunan ve dl ' ne dik olan u1 e paraleldir. u 2 hem dH r hem de u1 e diktir. Dolayısı ile kendilerini birleştiren Oz ekseni ve bu nedenle dH z ile birlikte u1 , dH r hep aynı düzlemin içindedir. A- , sin a R I | dl ' R | I dl ' , olup | dH | | sin | d l ' R 0 den ötürü, / 2 . 4 4 R 2 R3 a d I dl ' I 2 2 2 , , dl ' a d , R a z | dH | | d H | 2 2 4 R 4 ( a z 2 ) a d a I a 2 d I dH z | dH | sin 4 (a 2 z 2 ) R 4 (a 2 z 2 ) 3 / 2 20 2 I a 2 d I a 2 2 I a2 Hz 2 2 3/ 2 4 (a 2 z 2 ) 3 / 2 2(a 2 z 2 ) 3 / 2 0 4 ( a z ) dH r in hiçbir katkısı yoktur. g- Problem : N, I N 100 , I 4 A ise , a) | H O | =? ( z 0 ) X HO a 0 .5 m HP O b) | H P | ? ( z 2 m ) P 2m . Çözüm: a) | H O | I a2 I N N 400 ( A / m) 2 3/ 2 2a 2(a ) 4 100 0.25 b) | H P | 5.706 ( A / m) 2( 4 0.25) 3 / 2 h- Solenoid sargının alanı l XXX X XX a z 1 P d ..... 2 z NI a2 dH z z l 2[a 2 (d z ) 2 ]3 / 2 a a 1 tan , d z dz a ( 2 ) d dz tan sin 21 Nz I dH z l dH z 2 Nz I 1 a2 2 1 2l a a 2[a 2 ]3 / 2 2 sin 3 tan NI 2l sin d 1 NI (cos 1 cos 2 ) l h- Problem: l XXX X XX a 2 1 A O M ..... a 4 cm , l 35 cm , N 500 sarim , I 1.5 A için a) ortadaki ve b) uçlardaki manyetik alan şiddeti bulunacaktır. Çözüm: a) H z NI (cos 1 cos 2 ), cos 1 2l 2 180 0 1 , HM b) a (l / 2 ) 2 0.9749 cos 2 cos 1 0.9749 500 1.5 2 (0.9749 ) 2089 ( A / m) 2 0.35 Hz l NI (cos 1 cos 2 ), 1 90 0 , cos 2 2l a2 l 2 (Not: 2 180 0 1 ) HO l/2 2 NI 2l l a l2 2 1065 ( A / m) .