Elektromanyetik Alan Teorisi 2015

ELEKTROMANYETİK ALAN TEORİSİ

Prof. Dr. Osman Gürdal

 



BURSA ORHANGAZİ ÜNİVERSİTESİ YAYINLARI– BURSA 2015

εLεKTRσµANYεTİK ALAN TεσRİSİ

BURSA ORHANGAZİ ÜNİVERSİTESİ YAYINLARI– BURSA 2015

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. 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 karşılanabilir. Her kısmın sonunda verilen alıştırmaların amacı motivasyonu açığa vurmak, güveni artırmak ve sunulan konunun anlaşılmasını pekiştirmektir. Her bölümün sonundaki problemler VI

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 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 2015 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 ................................................................................................................... 6 1.5 DİFERANSİYEL VE İNTEGRAL FORMÜLASYONLARI......................................................... 7 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 ......................................................................................................... 12 2 VEKTÖR ANALİZİ......................................................................................................................... 13 2.1 GİRİŞ ..................................................................................................................................... 13 2.2 SKALER VE VEKTÖRLER .................................................................................................... 13 2.2.1 SKALER ........................................................................................................................ 13 2.2.2 VEKTÖR ........................................................................................................................ 13 2.3 VEKTÖR İŞLEMLERİ ............................................................................................................ 14 2.3.1 VEKTÖREL TOPLAMA ................................................................................................. 14 2.3.2 VEKTÖREL ÇIKARMA .................................................................................................. 15 2.3.3 VEKTÖR İLE SKALER ÇARPIMI .................................................................................. 15 2.3.4 İKİ VEKTÖRÜN ÇARPIMI ............................................................................................. 16 2.4 KOORDİNAT SİSTEMLERİ ................................................................................................... 21 2.4.1 DİKDÖRTGEN KOORDİNAT SİSTEMİ ........................................................................ 21 2.4.2 SİLİNDİRİK KOORDİNAT SİSTEMİ .............................................................................. 26 2.4.3 KÜRESEL KOORDİNAT SİSTEMİ ................................................................................ 31 2.5 SKALER VE VEKTÖREL ALANLAR ..................................................................................... 37 2.6 UZUNLUK, YÜZEY VE HACİM DİFERANSİYEL ELEMANLARI .......................................... 39 2.6.1 DİKDÖRTGEN KOORDİNAT SİSTEMİ ........................................................................ 39 2.6.2 SİLİNDİRİK KOORDİNAT SİSTEMİ .............................................................................. 40 2.6.3 KÜRESEL KOORDİNAT SİSTEMİ ................................................................................ 41 2.7 ÇİZGİ, YÜZEY VE HACİM İNTEGRALLERİ ......................................................................... 42 2.7.1 ÇİZGİSEL İNTEGRAL ................................................................................................... 42 2.7.2 YÜZEY İNTEGRALİ ...................................................................................................... 45 2.7.3 HACİM İNTEGRALİ ....................................................................................................... 47 2.8 SKALER FONKSİYONUN GRADYANI ................................................................................. 49 2.9 VEKTÖR ALANININ DİVERJANSI ........................................................................................ 53 2.9.1 DİVERJANS TEOREMİ ................................................................................................. 56 2.10 VEKTÖR ALANININ ROTASYONEL’İ................................................................................. 59 2.10.1 STOKES TEOREMİ .................................................................................................... 65 2.11 LAPLASYAN OPERATÖRÜ ................................................................................................ 68 2.12 BAZI TEOREMLER VE ALAN SINIFLANDIRMALARI ........................................................ 70 2.12.1 GREEN TEOREMİ ...................................................................................................... 70 2.12.2 TEKLİK TEOREMİ....................................................................................................... 70 2.12.3 ALANLARIN SINIFLANDIRILMASI ............................................................................. 72 2.13 VEKTÖR ÖZDEŞLİKLERİ ................................................................................................... 74 IX

2.14 ÖZET ................................................................................................................................... 75 2.15 ÇALIŞMA SORULARI ......................................................................................................... 77 2.16 PROBLEMLER .................................................................................................................... 79 3 STATİK ELEKTRİK ALANLARI ................................................................................................... 85 3.1 GİRİŞ ..................................................................................................................................... 85 3.2 COULOMB KANUNU ............................................................................................................ 85 3.3 ELEKTRİK ALAN ŞİDDETİ.................................................................................................... 89 3.3.1 YÜK DAĞILIMLARINDAN DOLAYI ELEKTRİK ALAN ŞİDDETİ........................................ 92 3.4 ELEKTRİK AKISI VE ELEKTRİK AKI YOĞUNLUĞU............................................................ 99 3.4.1 ELEKTRİK AKISI .............................................................................................................. 101 3.4.2 GAUSS KANUNU ............................................................................................................. 101 3.5 ELEKTRİK POTANSİYELİ................................................................................................... 106 3.6 ELEKTRİK DİPOLÜ ............................................................................................................. 111 3.7 ELEKTRİK ALANINDAKİ MALZEMELER ........................................................................... 116 3.7.1 ELEKTRİK ALANINDAKİ İLETKENLER........................................................................... 116 3.7.2 ELEKTRİK ALANINDAKİ DİELEKTRİKLER..................................................................... 122 3.7.3 ELEKTRİK ALANINDAKİ YARI-İLETKENLER ................................................................. 128 3.8 ELEKTRİK ALANINDA DEPOLANAN ENERJİ ................................................................... 129 3.9 SINIR ŞARTLARI................................................................................................................. 133  3.9.1 D ’NİN NORMAL BİLEŞENİ........................................................................................ 121



3.9.2 E ’NİN TANJANT BİLEŞENİ ....................................................................................... 123 3.10 KAPASİTÖRLER VE KAPASİTANS.................................................................................. 143 3.10.1 YÜKLÜ CİSİMLERDEKİ ELEKTROSTATİK KUVVETLER ............................................ 149 3.11 POISSON VE LAPLACE EŞİTLİKLERİ ............................................................................. 150 3.11.1 LAPLACE EŞİTLİĞİNİN DEĞİŞKEN AYRIMI METODU İLE ÇÖZÜMÜ ........................ 157 3.12 İMAJ METODU .................................................................................................................. 161 3.14 ÖZET ................................................................................................................................. 166 3.15 ÇALIŞMA SORULARI ....................................................................................................... 169 3.16 PROBLEMLER .................................................................................................................. 171 4 KARARLI ELEKTRİK AKIMLARI ............................................................................................... 181 4.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 181 4.2 AKIM VE AKIM YOĞUNLUĞU ............................................................................................ 182 4.2.1 İLETİM AKIMI .............................................................................................................. 182 4.2.2 TAŞINIM AKIMI ........................................................................................................... 183 4.2.3 TAŞINIM AKIM YOĞUNLUĞU .................................................................................... 183 4.2.4 İLETİM AKIM YOĞUNLUĞU ....................................................................................... 185 4.3 İLETKENİN DİRENCİ .......................................................................................................... 187 4.4 SÜREKLİLİK EŞİTLİĞİ ........................................................................................................ 189 4.5 DURULMA ZAMANI ............................................................................................................ 195 4.6 JOULE KANUNU ................................................................................................................. 196 4.7 DİYOTTAKİ KARARLI AKIM ............................................................................................... 199 4.8 AKIM YOĞUNLUĞU İÇİN SINIR ŞARTLARI ...................................................................... 202





4.9 D VE J ARASINDAKİ BENZERLİK .................................................................................. 193 4.10 KISMİ DİRENÇ .................................................................................................................. 208 4.11 ELEKTROMOTOR KUVVETİ ............................................................................................ 218 4.12 ÖZET ................................................................................................................................. 222 4.13 ÇALIŞMA SORULARI ....................................................................................................... 224 4.14 PROBLEMLER .................................................................................................................. 225

X

5 STATİK MANYETİK ALANLAR ................................................................................................. 231 5.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 231 5.2 BİOT-SAVART KANUNU .................................................................................................... 233 5.3 AMPÈRE KUVVET KANUNU .............................................................................................. 242 5.4 MANYETİK TORK ............................................................................................................... 248 5.5 MANYETİK AKI VE GAUSS KANUNU................................................................................ 251 5.6 MANYETİK VEKTÖR POTANSİYELİ.................................................................................. 254 5.7 MANYETİK DİPOL .............................................................................................................. 258 5.8 MANYETİK ALAN ŞİDDETİ VE AMPÉRE KANUNU .......................................................... 261 5.9 MANYETİK MALZEMELER ................................................................................................. 265 5.9.1 FERROMANYETİZMA ..................................................................................................... 271 5.10 MANYETİK SKALER POTANSİYEL ................................................................................. 275 5.11 MANYETİK ALANLAR İÇİN SINIR ŞARTLARI ................................................................. 278  5.11.1 B ALANININ NORMAL BİLEŞENİ İÇİN SINIR ŞARTI ............................................ 264



5.11.2 H ALANININ TANJANT BİLEŞENLERİ İÇİN SINIR ŞARTI .................................... 265 5.12 MANYETİK ALANDAKİ ENERJİ ....................................................................................... 282 5.13 MANYETİK DEVRELER .................................................................................................... 284 5.13.1 MANYETİK DEVRELERDEKİ KUVVETLER VE TORKLAR..................................... 293 5.14 ÖZET ................................................................................................................................. 294 5.15 ÇALIŞMA SORULARI ....................................................................................................... 297 5.16 PROBLEMLER .................................................................................................................. 299 6 STATİK ALAN UYGULAMALARI .............................................................................................. 305 6.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 305 6.2 YÜKLÜ PARÇACIĞIN SAPMASI ........................................................................................ 305 6.3 KATOT IŞINLI OSİLOSKOP ............................................................................................... 307 6.4 MÜREKKEPLİ YAZICI ......................................................................................................... 310 6.5 MİNERALLERİN AYRIŞTIRILMASI .................................................................................... 311 6.6 ELEKTROSTATİK GENERATÖR ....................................................................................... 314 6.7 ELEKTROSTATİK VOLTMETRE ........................................................................................ 316 6.8 MANYETİK AYIRICI ............................................................................................................ 317 6.9 MANYETİK SAPTIRMA ....................................................................................................... 318 6.10 SİKLOTRON ...................................................................................................................... 321 6.11 HIZ SEÇİCİ VE KÜTLE SPEKTROMETRESİ ................................................................... 323 6.12 HALL ETKİSİ ..................................................................................................................... 325 6.13 MANYETOHİDRODİNAMİK GENERATÖR ...................................................................... 327 6.14 ELEKTROMANYETİK POMPA ......................................................................................... 328 6.15 DOĞRU AKIM MOTORU .................................................................................................. 328 6.16 ÖZET ................................................................................................................................. 330 6.17 ÇALIŞMA SORULARI ....................................................................................................... 332 6.18 PROBLEMLER .................................................................................................................. 333 7 ZAMANLA DEĞİŞEN ELEKTROMANYETİK ALANLAR .......................................................... 337 7.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 337 7.2 HAREKETE BAĞLI ELEKTROMOTOR KUVVETİ .............................................................. 338 7.2.1 HAREKETE BAĞLI EMF ............................................................................................. 340 7.3 FARADAY İNDÜKLEME KANUNU ..................................................................................... 342 7.3.1 İNDÜKLENEN EMF EŞİTLİĞİ ..................................................................................... 345 7.4 FARADAY KANUNUNDAN MAXWELL EŞİTLİĞİ .............................................................. 347 7.4.1 GENEL EŞİTLİKLER ................................................................................................... 348 7.5 ÖZ İNDÜKTANS .................................................................................................................. 351 7.6 ORTAK İNDÜKTANS .......................................................................................................... 358 XI

7.7 KUPLAJLI SARGILARIN İNDÜKTANSI .............................................................................. 363 7.7.1 SERİ BAĞLANTI ......................................................................................................... 363 7.7.2 PARALEL BAĞLANTI.................................................................................................. 365 7.8 MANYETİK ALANDAKİ ENERJİ.......................................................................................... 366 7.8.1 TEK SARGI ................................................................................................................. 366 7.8.2 KUPLAJLI SARGILAR ................................................................................................. 368 7.9 AMPERE KANUNUNDAN MAXWELL EŞİTLİĞİ ................................................................ 370 7.10 GAUSS KANUNLARINDAN MAXWELL EŞİTLİKLERİ ..................................................... 374 7.11 MAXWELL EŞİTLİKLERİ VE SINIR ŞARTLARI ............................................................... 375 7.11.1 MAXWELL EŞİTLİKLERİ .......................................................................................... 375 7.11.2 YAPISAL EŞİTLİKLER .............................................................................................. 377 7.11.3 SINIR ŞARTLARI ...................................................................................................... 377 7.12 POTANSİYEL FONKSİYONLAR ....................................................................................... 380 7.12.1 DALGA EŞİTLİKLERİNİN ÇÖZÜMÜ ......................................................................... 382 7.13 POYNTİNG TEOREMİ ...................................................................................................... 383 7.14 ZAMAN-HARMONİK ALANLAR ........................................................................................ 389 7.14.1 FAZÖR BİÇİMİNDE MAXWELL EŞİTLİKLERİ ......................................................... 391 7.14.2 FAZÖR BİÇİMİNDE SINIR ŞARTLARI ..................................................................... 391 7.14.3 FAZÖR BİÇİMİNDE POYNTİNG TEOREMİ ............................................................. 392 7.15 ELEKTROMANYETİK ALAN UYGULAMALARI................................................................ 394 7.15.1 TRANSFORMOTOR ................................................................................................. 395 7.15.2 OTOTRANSFORMOTORU ....................................................................................... 401 7.15.3 BETATRON ............................................................................................................... 405 7.16 ÖZET ................................................................................................................................. 407 7.17 ÇALIŞMA SORULARI ....................................................................................................... 409 7.18 PROBLEMLER .................................................................................................................. 411 8 ELEKTROMANYETİK ALANLARIN BİLGİSAYAR DESTEKLİ ANALİZİ ................................. 419 8.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 419 8.2 SONLU FARK METODU (FDM) .......................................................................................... 419 8.2.1 SINIR ŞARTLARI ........................................................................................................ 422 8.2.2 SONLU FARK EŞİTLİKLERİNİN İRDELEME İLE ÇÖZÜMÜ ...................................... 424 8.3 SONLU ELEMAN METODU (FEM) ..................................................................................... 428 8.4 MOMENTLER METODU (MOM) ......................................................................................... 439 8.5 ÖZET ................................................................................................................................... 443 8.6 ÇALIŞMA SORULARI ......................................................................................................... 444 8.7 PROBLEMLER .................................................................................................................... 445 9 ELEKTROMANYETİKTE BİLGİSAYAR DESTEKLİ ANALİZ, SİMÜLASYON, MODELLEME VE TASARIM........................................................................................................................................ 447 9.1 GİRİŞ ................................................................................................................................... 447 9.2 MAXWELL İLE MODELLEME ............................................................................................. 448 9.3 İKİ BOYUTLU MODELLEME............................................................................................... 448 9.4 MANYETİK KAVRAMLAR ................................................................................................... 450 9.4.1 MANYETİK AKI YOĞUNLUĞU ................................................................................... 450 9.4.2 MANYETİK ALAN ŞİDDETİ ........................................................................................ 451 9.4.3 MANYETİK MALZEMELER ......................................................................................... 452 9.4.4 SABİT MIKNATISLAR ................................................................................................. 453 9.4.5 DEPOLANAN ENERJİ VE KOENERJİ........................................................................ 454 9.4.6 KUVVET HESABI ........................................................................................................ 456 9.4.7 İNDÜKTANS HESABI.................................................................................................. 457 9.5 ÇEVRİMSEL GEOMETRİLİ ÖRNEK MODELLEMELER .................................................... 459 9.5.1 C-NÜVELİ EYLEYİCİ................................................................................................... 459 9.5.2 BARA ÜZERİNDEKİ KUVVETLER ............................................................................. 462 XII

9.5.3 E-NÜVELİ EYLEYİCİ................................................................................................... 464 9.5.4 SABİT MIKNATISLI MANYETİK KİLİT ........................................................................ 467 9.5.5 DÜZGÜN MANYETİK ALAN İÇİNDEKİ SİLİNDİRİK EKRAN ..................................... 469 9.5.6 SİLİNDİRİK İLETKEN İÇİNDEKİ ALAN....................................................................... 472 9.5.7 TRANSFORMOTOR EŞDEĞER DEVRESİ................................................................ 474 9.6 DÖNEL GEOMETRİLİ ÖRNEK MODELLEMELER ............................................................ 478 9.6.1 SELENOİDAL SARGININ ÖZ İNDÜKTANSI .............................................................. 479 9.6.2 SELENOİDAL KOAKSİYEL SARGILARIN ÖZ VE ORTAK İNDÜKTANSLARI .......... 481 9.6.3 SAKSI NÜVELİ EYLEYİCİ........................................................................................... 484 9.6.4 HAREKETLİ SARGILI DÖNÜŞTÜRÜCÜ .................................................................... 486 9.6.5 DÜZGÜN MANYETİK ALAN İÇİNDEKİ KÜRESEL EKRAN ....................................... 488 9.6.6 LVDT YER DEĞİŞİM ALGILAYICISI .......................................................................... 491 9.6.7 SİLİNDİRİK EYLEYİCİ................................................................................................. 494 9.6.8 MANYETİK SÜSPANSİYON ....................................................................................... 496 9.7 ÇALIŞMA SORULARI ......................................................................................................... 498 9.8 PROBLEMLER .................................................................................................................... 498 10 EK ÇÖZÜMLÜ ÖRNEK PROBLEMLER .................................................................................. 499 10.1 GİRİŞ ................................................................................................................................. 499 10.2 VEKTÖR ANALİZİ ............................................................................................................. 499 10.3 STATİK ELEKTRİK ALANLARI ......................................................................................... 501 10.4 KARARLI ELEKTRİK AKIMLARI ....................................................................................... 503 10.5 STATİK MANYETİK ALANLAR ......................................................................................... 503 10.6 STATİK ALAN UYGULAMALARI ...................................................................................... 509 10.7 ZAMANLA DEĞİŞEN ELEKTROMANYETİK ALANLAR .................................................. 512 11 EKLER ....................................................................................................................................... 515 EK.1 SERİLER LİSTESİ ............................................................................................................ 515 EK.2 TRİGONOMETRİK ÖZDEŞLİKLER LİSTESİ ................................................................... 515 EK.3 VEKTÖR ÖZDEŞLİKLERİ ................................................................................................ 517 EK.4 BELİRSİZ İNTEGRALLER LİSTESİ ................................................................................. 518 EK.5 BELİRLİ İNTEGRALLER LİSTESİ .................................................................................... 522 EK.6 DİKDÖRTGEN, SİLİNDİRİK VE KÜRESEL KOORDİNAT SİSTEMLERİNDE DİFERANSİYEL UZUNLUK, YÜZEY VE HACİM ELEMANLARI ................................................... 523 EK.7 DİKDÖRTGEN, SİLİNDİRİK VE KÜRESEL KOORDİNAT SİSTEMLERİNDE VEKTÖREL İŞLEMLER ...................................................................................................................................... 524 EK.8 ELEKTROMANYETİK ALAN TEORİSİ İLE İLGİLİ İNGİLİZCE - TÜRKÇE SÖZLÜK ....... 525 EK.9 ELEKTROMANYETİK ALAN TEORİSİ İLE İLGİLİ TÜRKÇE - İNGİLİZCE SÖZLÜK ....... 526 KAYNAKLAR ................................................................................................................................. 529 İNDEKS .......................................................................................................................................... 531

XIII

XIV

εµσ 1 ELEKTROMANYETİK ALAN TEORİSİ 1.1 GİRİŞ 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 (anten) sinyalleri nasıl yayar veya alır. Boşlukta veya uzayda elektromanyetik alanlar nasıl yayılır? Boş bir borunun (dalga kılavuzu) 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 mühendisliğinde yer alan çoğu olguların anlaşılmasında hayati önem taşıdığını göstermek amacı taşınmaktadır. Bunun için elektrik mühendisliğinin diğer alanlarındaki kavramlarından ve bazı 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

2

Elektromanyetik Alan Teorisi

(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

Kısaltma S rad/s F C/m3 S S/m J N Hz Ω H At H/m F/m W H-1

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


3

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

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)

4


µo = 4π × 10−7 (H/m) ile verilir. Tablo 1.4’de listelenen eşitliklerden, Maxwell, elektromanyetik alanların vakumda ışık hızı,

c=

1

µ oε o

(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.  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.


5

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. Burada, 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:

ρ v = lim

∆v →0

∆q ∆v

(C/m 3 )

Burada, ∆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:

ρ s = lim

∆q ∆s

(C/m 2 )

ρl = lim

∆q ∆l

(C/m)

∆s →0

∆l →0

6


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. Burada, 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    D B ve H ’ ye 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, burada C başka bir vektördür. Skaler form’da ifade edildiğinde bu eşitlik üç skaler eşitlikten meydana gelir. Ek olarak bu skaler eşitliklerinin görünüşü koordinat sistemine


7

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 gerektiğine inanılır. Burada sonraki yaklaşım tercih edildiğinden dolayı 2. Bölüm vektör işlemlerine ayrılmıştır. 1.5 DİFERANSİYEL VE İNTEGRAL FORMÜLASYONLARI Çok sık olarak bir öğrenci diferansiyel form ve integral form olarak iki farklı biçimlerde aynı fikrin niçin sunulduğunu anlamayabilir. İntegral form eşitliğin önemini açıklamak için kullanışlı olurken diferansiyel formun matematiksel işlemlerin yerine getirilmesinde uygun olduğunu vurgulamak gerekir. Örneğin diferansiyel formda akımın süreklilik eşitliği

 ∂ρ ∇.J = − ∂t

(1.3)

 olarak ifade edilir. Burada, 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.

8


∂ρ



∫ ∇.Jdv = −∫ ∂t dv v

v

(1.4)

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

 ∂ J ds = − ρ dv s ∂t 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 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.


9

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   1 ρ Q veya E = E=  dv 2 2 4πε v R a 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

∫

∫ ∫

c

∫

a

∇ 2V = −

Poisson eşitliği Laplace eşitliği

ρ ∈

∇V =0 2

  we = 12 D ⋅ E   D = εE  J = σE

Elektrik enerji yoğunluğu Yapısal ilişki Ohm kanunu

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

Manyetik vektör potansiyeli Manyetik akı Manyetik enerji yoğunluğu Poisson eşitliği Yapısal ilişki

   µ I d B = ∇ × A veya A = 4π c r   Φ = B ⋅ ds veya Φ = A ⋅ d c s   1 wm = 2 B ⋅ H   ∇ 2 A = − µJ   B = µH

∫

∫

∫

10


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 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.


11

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 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

12


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. 1.10 ÇALIŞMA SORULARI 1. Alan nedir? 2. Elektromanyetik nedir? 3. Bilimsel konu çalışmasında, ideal bir model oluşturulmasında üç temel adım nedir? 4. Elektromanyetik modelde kaynak miktarları nedir? 5. Nokta fonksiyonu ile ne denilmek isteniyor? Yük yoğunluğu bir nokta fonksiyonu mudur? Akım bir nokta fonksiyonu mudur? 6. Elektromanyetikte dört temel SI birimi nedir? 7. Elektromanyetik modelde dört temel alan miktarları ve birimleri nedir? 8. Elektromanyetik modelde üç üniversal sabit ve ilişkileri nedir? 9. Manyetikte bilgisayar destekli analiz, simülasyon, modelleme ve tasarım niçin yapılır? 10. Vektörel gösterimin önemi nedir?

∇ 2 VEKTÖR ANALİZİ 2.1 GİRİŞ 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. Bu konudaki ders kitaplarının sayıca artışı vektörlerin popülaritesinin delili olmaktadır. Daha sonraki bölümlerde görüleceği gibi vektör formundaki bir tek eşitlik üçe kadar skaler eşitliğin temsil edilmesi için yeterlidir. Vektörlerin tam ve derinlemesine tartışılması bu ders kitabının amacı dışına taşmakla birlikte elektromanyetik alan teorisi tartışmasında önemli rol oynayan bazı vektör işlemleri bu bölümde verilmiştir. Konunun başlangıcı skaler ve vektörel miktarların tanımlanmasına ayrılmıştır. 2.2 SKALER VE VEKTÖRLER Elektromanyetik alanlarda karşılaşılan miktarların çoğu kolaylıkla iki sınıfa ayrılabilir; skaler ve vektörler. 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 , Q noktasından P’ye doğru yönlenmiş bir vektörü temsil

14


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; burada A A ’nın büyüklüğü ve a A ise A ile aynı yönde birim vektör olup aşağıdaki gibi yazılabilir.   A (2.2) aA = A

(a) Vektörün grafiksel gösterimi

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)

Vektör Analizi

15

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

   Şekil 2.2 Vektörel toplama, C = A + B

(2.4)

   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.    (2.5) D = A + ( −B ) 2.3.3 VEKTÖR İLE SKALER ÇARPIMI

 A vektörü bir k skaleri ile çarpılırsa,

  B = kA

(2.6)

   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.

16


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.

Şekil 2.4 Nokta çarpımının gösterimi

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   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. 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)

Ölçekleme

    (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 vektör izdüşümü    B cos θ a A = (B.a A ) a A

(2.10)

Vektör Analizi

17

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)

      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.

          Böylece 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. Burada, 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.  Eğer C ,    C = A×B   olarak A ve B vektörlerinin vektörel çarpımını temsil ediyorsa

(2.14)

18


     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.

(a) Sağ el vida kuralı

(b) Sağ el kuralı

   Şekil 2.5 C = A × B vektörel çarpımının yönünü belirleme kuralları Birim vektörün yönünün belirlenmesinde kuralların kullanılması ile

    A × B = −B × A

(2.16)

olduğu gösterilebilir. Bu bakımdan vektörel çarpım değişme özelliğine sahip değildir. Vektörel çarpımının diğer özelliklerinden bazıları aşağıdaki gibidir. Dağılım Ölçekleme

       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.

Vektör Analizi

19

ÇÖZÜM (a) Sinüs kuralı:

(a)

(b) Şekil 2.6

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.

20


            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)

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 veya A ve B   2 A + B = A2 + B 2 olduğunu gösteriniz.

birbirine dik

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.

ise

Vektör Analizi

21

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) 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)

 Burada, 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

    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      A ve B vektörlerinin toplamı, C = A + B

(2.22)

22


       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 olarak yazılabilir. Burada C x = Ax + Bx , C y = Ay + B y ve C z = Az + Bz

(2.23)

    C ’nin a x , a y ve a z

birim vektörleri yönünde 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 B y + Az Bz

(2.25)

 Eş.(2.25) kullanılarak bileşenleri ile A vektörünün büyüklüğü aşağıdaki gibi hesaplanabilir.   A = A.A = Ax2 + Ay2 + Az2 ÖRNEK 2.4

(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.

Vektör Analizi

23

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 = 32 + 132 + (−8) 2 = 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

24


    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 + B y 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

  a y az   Ay Az  B y 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  Ax Ay Az       A.(B × C) =  Bx B y Bz  C x C y C z    olarak yazılabilir. Değerler yerine konularak istenilen hacim aşağıdaki gibi bulunur.

Vektör Analizi

25

1 − 2 2     Hacim = A.(B × C) = − 1 3 5  = 57  5 − 2 − 2 ALIŞTIRMALAR 1.

          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.

2. P(0, -2, 1)’den Q(-2, 0, 3)’ye uzunluk vektörünü hesaplayınız. 3.

               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.

4.

         S = 3a x + 5a y + 17a z ve G = −a y − 5a z ise S + G ’ye paralel birim vektörünü bulunuz. Birim vektörün x ekseni ile yaptığı açıyı 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. Burada, 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)

Şekil 2.11 Silindirik koordinat sisteminde bir noktanın izdüşümleri

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)

26


(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, integral sınırları a ρ , aφ birim vektörleri yönlü bileşenlere 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

 az

Aφ Bφ

Az Bz

(2.32c)

Vektör Analizi

27

Silindirik koordinat sisteminde vektörlerin nokta ve vektörel çarpımları aşağıdaki gibidir.

  a ρ .a ρ = 1   a ρ .aφ = 0

  aφ .aφ = 1   aφ .a z = 0

  a z .a z = 1   a z .a ρ = 0

(2.33a) (2.33b)

  aρ × aρ = 0    a ρ × aφ = a z

  aφ × aφ = 0    aφ × a z = a ρ

  az × az = 0    a z × a ρ = aφ

(2.34a) (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 = cosφ , a y .a ρ = sin φ , a x .aφ = − sin φ ve a y .aφ = cosφ dir. Dikdörtgen’den silindirik koordinat sistemine birim vektör dönüşümü aşağıdaki gibi matris formunda ifade edilebilir.

 a ρ   cosφ    aφ  =  − sin φ a   0  z

sin φ cosφ 0

 0  a x    0  a y    1 a z 

(2.36)

  Şekil 2.13 a ρ ve aφ   vektörlerinin a x ve a y bileşenleri

 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  y ekseni üzerinde A ’nın skaler izdüşümü,

(2.37a)

28


       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 cos φ 0

0  Aρ  0  Aφ  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 (2.36)’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.    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

Vektör Analizi

29

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

 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

30


    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. ALIŞTIRMALAR 1. (2.39)’da verilen dönüşümü doğrulayınız.

 2. Vektör izdüşümü kullanarak Örnek 2.10’daki C ’yi hesaplayınız.

Vektör Analizi

31

 1    3. (a) F = ρ sin φ a ρ − ρ cos φ a ρ ve (b) H = a ρ vektörlerini dikdörtgen koordinat sisteminde

ρ

ifade ediniz. 4. 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; burada r OP pozisyon vektörünün büyüklüğü, 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

(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

x = r sin θ cos φ

(2.40a)

32


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 bir ifadeyle vektörlerin aynı noktada veya aynı radyal (yarıçap) hat boyundaki noktalarda tanımlanması gerekir. Birim vektörlerin skaler ve vektörel çarpımları aşağıdaki gibidir.

  a r .a r = 1   a r .aθ = 0    a r × aθ = aφ

  aθ .aθ = 1   aθ .aφ = 0    aθ × aφ = a r

  aφ .aφ = 1   aφ .a r = 0    aφ × a r = aθ

(2.42a) (2.42b) (2.42c)

        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.   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

Vektör Analizi

33

   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     A.B − 530 A ⋅ aB = = = −23,492 B 22,561

  B ’nin üzerine A ’nın skaler izdüşümü:   e) B ’nin üzerine A ’nın vektörel izdüşümü:

          ( A.a B )B − 23,492 ( A.a B )a B = = − 3a r − 10aθ + 20aφ = 3,123a r + 10,413aθ − 20,825aφ 22,561 B

[

]

  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 A×B 5002 + 1702 + 102 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 φ

  a r .a y = sin θ sin φ

  a r .a z = cosθ

  aθ .a x = cosθ cos φ

  aθ .a y = cosθ sin φ

  aθ .a z = − sin θ

  aφ .a x = − sin φ

  aφ .a y = cos φ

  aφ .a z = 0

(2.43a)

Bu eşitlikler aşağıdaki gibi matris formunda yazılabilir.

 a r   sin θ cos φ    aθ  = 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 

 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.

(2.43b)

34


      Şekil 2.16 a r , aθ ve aφ birim vektörlerinin a x , a y ve a z birim vektörleri üzerindeki izdüşümleri

Vektör Analizi

35

        Ax = A.a x = Ar a r .a x + Aθ aθ .a x + Aφ aφ .a x = Ar sin θ cos φ + Aθ cosθ 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 cosθ sin φ + Aφ cos φ        Az = A.a z = Ar a r .a z + Aθ aθ .a z + Aφ aφ .a z = Ar cosθ − 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.

    F = 37,77a r − 2,95aθ − 2,40aφ ALIŞTIRMALAR 1.

    r = xa x + ya y + za z pozisyon vektörünü küresel koordinat sisteminde ifade ediniz.

36

2.


     F = r a r + r tan θ aθ + r sin θ cos φ aφ ise F ’yi dikdörtgen koordinat sistemine dönüştürünüz.

3. P(2, π/2, 3π/4)’den Q(10, π/4, π/2) ’ye uzunluk vektörünün uzunluğunu elde ediniz. 4.

       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. 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 Analizi

37

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 ∆ → 0 ds ∆s

(2.46)

Şimdi f u ve v olarak iki değişkenli ve her değişken sürekli olarak s’ye bağlı ise örneğin f = f (u( s ), v ( s )) , bu durumda f’nin s’ye göre türevi

df ∂f du ∂f dv = + ds ∂u ds ∂v ds

(2.47)

dir; burada ∂f/∂u v’nin sabit bir değeri için f’nin u’ya göre kısmi türevidir ve ∂f/∂v 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 (2.49) = lim ds ∆s→0 ∆s  F x, y ve z pozisyon koordinatlarının bir fonksiyonu ise bu durumda kısmi diferansiyelin tanımı  kullanılarak ∂ F /∂x aşağıdaki gibi yazılabilir.    F ( x + ∆x, y, z ) − F ( x, y, z ) ∂F (2.50) = lim ∂x ∆x→0 ∆x

  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 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 1.

g = g[u(t ), v (t ), s(t )] skaler fonksiyonu veriliyor, t[dg / dt ] ye göre g’nin türev ifadesini çıkartınız.

G = G ( x, y , z, t ) ise (x, y ve z aynı zamanda t’nin de fonksiyonlarıdır) dG / dt ifadesini elde ediniz.   3. x’e göre F ’nin kısmi türevi (2.50) eşitliği ile verilmiştir. y ve z’ye göre F ’nin kısmi türev ifadeleri nedir? 2.

38


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

(b) Açılmış görünüş

(a) Diferansiyel hacim

Şekil 2.18 Dikdörtgen koordinat sisteminde diferansiyel elemanlar 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

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.

 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 ifadesiyle verilir. Birim vektörlerin pozitif yönündeki diferansiyel yüzeyler (Şekil 2.19b)

(2.54)

Vektör Analizi

39

 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)



Şekil 2.19 Silindirik koordinat sisteminde diferansiyel elemanlar 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 dir. P’den Q’ye diferansiyel uzunluk vektörü aşağıdaki gibi verilir.

(2.58)

40


   d = dr a r + rdθ aθ + r sin θ dφ aφ

(2.59)

Referans kolaylığı bakımından üç koordinat sistemine ait diferansiyel uzunluk, yüzey ve hacim elemanları tablo 2.1’de özetlenmiştir.



Şekil 2.20 Küresel koordinat sisteminde diferansiyel elemanlar Tablo 2.1 Dikdörtgen, silindirik ve küresel koordinat sistemlerinde diferansiyel uzunluk, yüzey ve hacim elemanları Diferansiyel Dikdörtgen koordinat elemanlar sistemi

Silindirik koordinat sistemi

Küresel koordinat sistemi

Uzunluk dl

   dl = dxa x + dya y + dza z

   dl = dρ a ρ + ρ dφ aφ + dz a z

  dl = dr a r + rdθ aθ  + r sin θ dφ aφ

Yüzey ds

 ds x = dy dz a x  ds y = dx dz a y  ds z = dx dy a z

 ds ρ = ρdφ dz a ρ  dsφ = dρ dz aφ  ds z = ρdρ 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

Hacim dv

dv = dx dy dz

dv = ρ dρ dφ dz


ALIŞTIRMALAR

 1. Dikdörtgen koordinat sisteminde, r pozisyon vektörünün diferansiyeli ile (2.53) eşitliğini elde ediniz.

Vektör Analizi

41

 2. Silindirik koordinat sisteminde, r pozisyon vektörünün diferansiyeli ile (2.56) eşitliğini elde ediniz.

 3. 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. 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 b

∫a

n

f ( x)dx = lim ∑ f i ∆xi n →∞ ∆xi →0

olarak toplamın limiti olarak tanımlanır. Burada f i f(x)’in değeridir.

Şekil 2.21 Tek değerli, sürekli fonksiyon

(2.60)

i =1

∆xi → 0 olacak şekilde ∆xi segmenti için

Şekil 2.22 Üç boyutlu uzayda c yolu boyunca diferansiyel uzunluk elemanı

42


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

(2.61)

i

n =1

Burada, f i ∆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.

∫

 F.dl = lim

c

n→  ∞ ∆li → 0

n

∑ i =1

 Fi .∆li

(2.62)

 Son olarak c yolu boyunca bir F vektör alanının vektörel çizgisel integrali

∫

 F × dl = lim

c

n→  ∞ ∆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

aşağıdaki yollar boyunca çözünüz.

∫

c

 A.dl

’yi

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 a) x = t , y = t 2 ve z = t 3 ise dx = dt , dy = 2tdt ve dz = 3t 2 dt olduğundan   x 2 z dz A.dl = (4 x + 9 y )dx - 14 yzdy + 8 x 2 zdz dir. Verilenler A.dl = (4x + 9 y )d x - 14 y z dy   + 8 t

olarak doğrudan yerine konularak aşağıdaki değer bulunur.  1 A.dl = (4t + 9t 2 − 28t 6 + 24t 7 )dt = 4

∫

c

∫

t =0

t2

t

3 t 2 t 2 tdt

t 2 t 3 3t 2 dt

Vektör Analizi

43

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.

∫

 1 A.dl = 4 x dx = 2

∫

c1

0

Yol c 2 : x=1, dx= 0, z=0, dz=0 ve 0 ≤ y ≤1.



∫ A.dl = 0 c2

Yol c 3 : x=1, dx=0, y=1, dy=0 ve 0 ≤ z ≤1.

∫

 1 A.dl = 8 z dz = 4

∫

c3

0

Böylece, üç yol boyunca P’den Q’ye çizgisel integral aşağıdaki gibi hesaplanır.









∫ A.dl =∫ A.dl + ∫ A.dl + ∫ A.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 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

 A.dl =

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

44


∫

s

f ds = lim

n→∞

n

∑ f ∆s i

(2.64)

i

i =1

∆si → 0

elde edilir; burada, f i ∆s i elementsel yüzeyi üzerinde f skaler fonksiyonunun değeridir. Açıkça (2.64)’deki integral bir vektördür.

Şekil 2.24 Diferansiyel yüzey elemanı

Aynı kurallar uygulanarak skaler yüzey integrali her yüzey elemanı ∆s ve limitte bu skalerler  toplanarak F vektör alanının nokta çarpımının biçimlendirilmesiyle tanımlanabilir. Bu

∫

 F.ds = lim

n →∞

s

n

∑

 Fi .∆s i

(2.65)

i =1

∆s i → 0

 ile verilir. Son olarak bir F vektör alanının vektör yüzey integrali aşağıdaki gibi vektörel çarpım alınarak tanımlanır.

∫

 F × ds = lim

n →∞

s

n

∑

∆s i → 0

 Fi × ∆s i

(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

∫

s

π

2π

∫θ ∫φ

ds =

=0

=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. 

π

2π



π

2π



π

∫ ds = a b ∫ sin θ dθ ∫ cosφ dφ + a b ∫ sin θ dθ ∫ sin φ dφ + a b ∫   π π π ∫ ds = a b (θ − cosθ sin θ ) sin φ − a b (θ − cosθ sin θ ) cosφ s

s

2

x

0

2 1 x 2

2

2

y

0

2

0

0

2

0

0

2 1 y 2

2

z

0

0

∫

2π

sin θ cosθ dθ dφ 0

2π 0

π 2π  − a z b 2 12 cos 2 θ φ 0 0

Vektör Analizi

45

∫ 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; burada r kübün yüzeyindeki herhangi bir noktanın pozisyon vektörüdür.

∫

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  c) y=1 yüzeyinde: x=1: ds = dx dza y ve  d) y=0 yüzeyinde: y=0: ds = - dx dza y ve

1

1

0

0

∫ r.ds =∫ dy ∫ dz = 1 

∫ r.ds =0 s2



1

1

0

0

∫ r.ds =∫ dx ∫ dz = 1 s3



∫ r.ds =0 s4

46


 e) z=1 yüzeyinde: z=1: ds = dx dza z ve



s5

 f) z=0 yüzeyinde: z=0: ds = - dx dya z ve

Bunların sonucunda,

1

1

0

0

∫ r.ds =∫ dx ∫ dz = 1 

∫ r.ds =0 s6



∫ r.ds = 1 + 0 + 1 + 0 + 1 + 0 =3 hesaplanır. s

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

(2.67)

i

i =1

 Benzer şekilde F vektör alanının hacim integrali aşağıdaki gibi tanımlanır.

∫

 F dv = lim

v

n →∞ ∆vi → 0



n

∑ F ∆v i

i =1

(2.68)

i

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

N = −1000

∫

21

0

r

r 2 dr

π

∫

0

∫

2π

sin θ dθ cos(φ / 4)dφ 0

2π

r2 φ π cosθ 0 4 sin = 16000 elektron 40 2 0

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.

Vektör Analizi

47

Şekil 2.28 Elektron sayısının θ ve φ’ye bağlı değişim grafiği

ALIŞTIRMALAR 1.

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. 

’yi xy düzleminde b yarıçapında kapalı dairesel bir yol boyunca hesaplayınız.



’yi b yarıçapında kapalı kürenin kapalı yüzeyi üzerinde hesaplayınız.

2.

∫ ρ ⋅ dl

3.

∫ r ⋅ ds

4. xy düzlemi (z=0) ve z = 4 − x 2 − y 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 ∂z  ∂y  ∂x

(

(2.69a)

)

(2.69b)

48


(b) Plakalarında V ve V+dV potansiyelleri bulunan kapasitörde elektrik potansiyeli (V) ile  elektrik alan şiddeti (E) arasındaki gradyan ilişkisi

(a) Bir skaler fonksiyonun gradyanının tanımlanması için gösterimler

Şekil 2.29 Diferansiyel uzunluk elemanı,

   dl = dx a x + dy a y + dz a z ile P’den Q’ye (2.69b) eşitliği

 ∂f  ∂f  ∂f   df =  a x + a y + a z  ⋅ dl ∂y ∂z   ∂x

(2.70)

df  ∂f  ∂f  ∂f   dl =  ax + a y + az  ⋅ dl  ∂x ∂y ∂z  dl

(2.71a)

  df   = N ⋅ al = N a n ⋅ al dl

(2.71b)

olarak yeniden yazılabilir veya

 elde edilir; burada al = dl / dl

 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

Vektör Analizi

49

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. Burada, 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; burada ∇ 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)

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.

50


1 ∂f  ∂f  ∂f  aρ + aφ + a z ∂ρ ρ ∂φ ∂z

(2.77)

1 ∂f  ∂f  1 ∂f  ar + aθ + aφ r ∂θ r sin θ ∂φ ∂r

(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 ∂y ∂x ∂z dir ve P(2,-1,0) noktasında, f ( x, y, z ) ’nin gradyanı aşağıdaki gibi hesaplanır.

   ∇f = −24a x + 72a y + a z 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 − ∇ 1 − ( x2 + y 2 ) =  − ay   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

Vektör Analizi

51

  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

ve

∂r = ∂z

z

ρ 2 + z2

=

z r

olarak elde edilir. Böylece (2.77)’den r’nin gradyanı,

 z r  ∇r = a ρ + a z = = a r 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 a E( r , θ , φ ) = −  ar − aθ − φ r r sin θ ∂r ∂θ ∂φ  ab 1  Voa r E( 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.

52


V (r ) =

ab 1 a  a  b  Vo − Vo =   − 1Vo b−a r b−a  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 1. 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.

 2. Dikdörtgen ve küresel koordinat sistemlerinde r pozisyon vektörünün tanımlarını kullanarak  ∇r = a r olduğunu gösteriniz. 3. 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? 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)

Burada 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. Burada 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,

∫

∂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    ve her iki yüzeyden geçen F vektör alanının net dışa doğru akışı

(2.82)

Vektör Analizi

53

∂Fx ∂F ∆x∆y∆z = x ∆v ∂x ∂x

(2.83)

Şekil 2.30 Dikdörtgen koordinat sisteminde diferansiyel hacim

 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 ∂Fy ∂Fz  + F.ds =  x +  ∆v s ∂y ∂z   ∂x

∫

(2.84)

olur. 2.80 ve 2.84 karşılaştırılarak

f =

∂Fx ∂Fy ∂Fz + + ∂x ∂y ∂z

(2.85)

bulunur. (2.85) eşitliği ∇ operatörü ile dikkate alınarak

[

 ∂  ∂  ∂     f = a x + ay + a z  ⋅ Fx a x + Fy a y + Fz a z ∂y ∂z   ∂x  f = ∇⋅F

]

(2.86a)

(2.86b)

  ifadeleri elde edilir. Burada ∇ ⋅ F F vektör alanının diverjansı olarak adlandırılır. Bu bir skaler miktardır. (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.  ∂F ∂Fy ∂Fz ∇.F = x + + ∂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

54


 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.

  (a) Lavaboyu terkeden suyun hızı u a >> u y ve   u a .ds a + u y .ds y = ua dsa − u y ds y = 0 ’dir.

∫

∫

(b) Patlak otomobil tekerleği iç lastiği. Hava  genleştiğinden, u ç = 0 ve  u d .ds = ud ds ≠ 0 ’dır.

∫

Şekil 2.31 Silindirik ve küresel koordinat sistemlerinde vektör alanının diverjans ifadeleri de aşağıdaki gibi elde edilebilir.

 1 ∂ 1 ∂ ∂ ( ρFρ ) + ( Fφ ) + ( Fz ) ∇⋅F = ρ ∂φ ∂z ρ ∂ρ

(2.87)

 1 ∂ 1 1 ∂ ∂ (sin θ Fθ ) + ( Fφ ) ∇ ⋅ F = 2 (r 2 Fr ) + sin sin r r r θ θ θ φ ∂ ∂ ∂ r

(2.88)

  ÖRNEK 2.20 r boşlukta P noktasının pozisyon vektörü ise ∇.r ’yi hesaplayınız. ÇÖZÜM Dikdörtgen koordinat sisteminde herhangi bir P noktasının pozisyon vektörü,

Vektör Analizi

55

    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.  1 ∇ ⋅ E( r ) = 2 r  1 ∇ ⋅ E( r ) = 2 r  1 ∇ ⋅ E( r ) = 2 r

ε

1 1 ∂ ∂ ∂ 2 ( Eφ ) (sin θ Eθ ) + ( r Er ) + ∂r r sin θ ∂φ r sin θ ∂θ 1 1 ∂ ∂ ∂  2 ab 1  ( Eφ ) (sin θ Eθ ) + Vo  + r ∂r  b − a r 2  r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ ∂  ab  Vo  = 0  ∂r  b − a 

 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 F.ds ∆vi →0 ∆v si i

∫

(2.89)

56


  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 ∆v i →0 olarak ∈ i →0 dır. Bütün hücreler aşağıdaki gibi toplanarak n

lim

n →∞

∑∫ i =1

 F.ds = lim

n →∞

si

n

∑

 ∇ ⋅ Fi ∆vi + lim

n →∞

i =1

n

∑∈ ∆v i

i

(2.91)

i =1

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

n →∞





∑ ∫ F.ds = ∫ F.ds i =1

si

s

olmaktadır. Hücre sayısı artarken (2.91)’in sağ tarafındaki ilk terim limitte



n

lim

n →∞



∑ ∇ ⋅ F ∆v = ∫ ∇ ⋅ Fdv i

i

i =1

v

olur. (2.91)’in sağ tarafındaki ikinci terim küçük miktarların çarpımını içermekte ve n → ∞ ’da kaybolmaktadır. Bu yüzden (2.91) limitte aşağıdaki gibi yazılabilir.





∫ ∇ ⋅ Fdv = ∫ F.ds v

s

(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     D = 3 x 2a 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 tarafını hesaplayalım.

 ∂ ∂ ∂ ∇ ⋅ D = [3 x 2 ] + [3 y + z ] + [3 z − x] = 6 x + 6 ∂x ∂y ∂z Silindirik koordinatlarda hacim integrali hesaplanarak

Vektör Analizi

57

 π /2 π /2 3 2 3 2 D dv = ∫ [6 x + 6] dv = ∫ 6 ρ 2 dρ ∫ cos φ dφ ∫ dz + ∫ 6 ρ dρ + ∫ dφ ∫ dz = 192,82 ∇ ⋅ ∫ v

v

0

0

0

0

0

0

Şekil 2.33

(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

∫

 D.ds1 = −

s1

3

∫ ∫

2

x =0 z =0

(3 y + z )dx dz = −6

 x=0: ds 2 = − dydz a x düzlemi ile sınırlanan yüzey üzerinde

∫

 D.ds 2 = −

s2

3

∫ ∫

2

y =0 z =0

3 x 2 dy dz = 0

 ρ=3: ds 3 = 3dφdz a ρ düzlemi ile sınırlanan yüzey üzerinde

∫

 D.ds 3 =

s3

π /2 2

∫φ ∫ =0

z =0

3Dρ dφ dz

Burada, D ρ = D x cos φ + D y sin φ = 3x 2 cos φ + (3 y + z ) sin φ

olduğundan



π /2 2

∫ D.ds = ∫φ ∫ s3

3

=0

z =0

[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

∫

 D.ds 3 = 156,41

s3

bulunur.

58


 z=2: ds 4 = ρdρdφ a z düzlemi ile sınırlanan yüzey için

∫

s4

 D.ds 4 =

π /2

3

∫ρ ∫φ =0

=0

( 6 − x ) ρ dρ 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



3

π /2

∫ D ⋅ ds = ∫ρ ∫φ s5

5

=0

=0

xρ dρ dφ = 9

ile

∫

s

 D.ds = - 6 + 0 + 156,41 + 33,41 + 9 = 192,82

sonucu diverjans teoremini doğrulamaktadır. ALIŞTIRMALAR  1. Silindirik ve küresel koordinat sistemlerini kullanarak ∇ ⋅ r = 3 olduğunu doğrulayınız.

2.

     F = -xy a x + 3 x 2 yz a y + z 3 x a z ise P(1, -1, 2) de ∇ ⋅ F yi bulunuz.

3.

   r = ra r ise ∇ ⋅ (r n a r ) = (n + 2)r n−1 olduğunu gösteriniz.

4.

    F = x a x + xy a y + xyz a z 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  (rotF) ⋅ a n = lim F.d ∆s →0 ∆s ∆c

∫

(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.

Vektör Analizi

59

  Dikdörtgen koordinat sisteminde rotF ’nin z bileşeninin hesaplanmasına F vektör alanını     F = Fxa x + Fy a y + Fz a z

şeklinde tanımlayarak başlayalım. Şekil 2.34’de görüldüğü gibi ∆c ile sınırlanan küçük ∆s yüzeyi  içinde bir P noktasında ∆c kapalı yolu boyunca F ’nin integrali aşağıdaki gibi dört ayrı yoldan oluşmaktadır:

∫

     F.d = F.d + F.d + F.d + F.d

∫

∆c

∫

∆c1

∫

∆c2

∆c3

∫

(2.94)

∆c4

Şekil 2.34 Vektör alanının rotasyonel’inin tanımlanması için küçük yüzey elemanı

Şimdi (2.94)’ün dört integralinden her biri ayrı ayrı hesaplanır. ∆c 1 yolu boyunca:



∫ F.d = ∫ ∆c1

x + ∆x

[F a

x x

x

]

   + Fy a y + Fz a z y ⋅ [dxa x ] = [Fx ∆x ]y

Burada Fx ∆x

y’de hesaplanacak ve F x bileşeni x’den x + ∆x ’e yaklaşık olarak sabit varsayımı  yapılmıştır. Bu yaklaşım orta değer teoremi uyarıncadır. Aynı varsayımlar F ’nin diğer bileşenleri için de yapılacaktır. ∆c 2 yolu boyunca çizgisel integral:

∫

 F.d =

∆c2

 ∫ [F a y + ∆y

x x

y

  + Fy a y + Fz a z

]

x + ∆x

[

] [

 ⋅ dya y = Fy ∆y

]

x + ∆x

∆c 3 yolu boyunca çizgisel integral:

 ∫ F.d = ∫ [F a 

x

x + ∆x

∆c3

x x

  + Fy a y + Fz a z

]

y + ∆y

 ⋅ [dxa x ] = −[Fx ∆x ]y + ∆y

Son olarak ∆c 4 yolu boyunca çizgisel integral:

 ∫ F.d = ∫ [F a 

∆c4

y

y + ∆y

x x

] [

] [

   + Fy a y + Fz a z x ⋅ dya y = − Fy ∆y

]

x

Böylece

∫

∆c

 F ⋅ d = [ Fx ∆x] y − [ Fx ∆x] y + ∆y + [ Fy ∆y ]x + ∆x − [ Fy ∆y ]x

60


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



∫ F.d =  ∂x ∆c

−

∂Fx   ∆x∆y ∂y 

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 (rotF ) z olarak yazılabilir. Burada (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 x ve y yönlerine normal birimi ile oldukça küçük yüzeyler dikkate alınarak benzer şekilde elde edilebilir. Bu bileşenlerin ifadeleri

 ∂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

61

]

[

  ∂  ∂  ∂      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 (2.97) ile verilen determinant’ın bir açılımıdır.  Sırasıyla silindirik ve küresel koordinat sistemlerinde F vektör alanının rotasyonel ifadeleri aşağıdaki gibi verilir.  aρ  1 ∂ ∇×F = ρ ∂ρ Fρ

ρaφ



∂ ∂φ ρFφ

 az ∂ ∂z Fz

(2.100)

 ar  1 ∂ ∇×F = 2 r sin θ ∂r Fr

 r aθ ∂ ∂θ rFθ

 r sin θ aφ ∂ ∂φ r sin θ Fφ

(2.101)

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

62


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

63

  ÖRNEK 2.23 Şekil 2.37’de u( x, y, z ) = za y olarak verilmiştir. Birim yüzey alan başına net sirkülasyonu bulunuz. ÇÖZÜM Şekilden sadece yz düzleminde bir net sirkülasyonun olduğu açıkca görülmektedir. Bu, aşağıdaki gibi dikdörtgen koordinat sisteminde rotasyonel ifadesinin değerlendirilmesi ile doğrulanabilir.

Şekil 2.37

 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 z a x +  y ∂y  ∂z  ∂x  ∂z  ∂y  ∂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 + az ∇f = a x + ay ∂z ∂x ∂y 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

64


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 − Eθ a r +  Er − rEφ aθ +  rEθ − Er aφ r ∂r r  ∂r ∂φ  ∂θ   ∂θ  r sin θ ∂φ    1 ∂ ab 1   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

65

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.

66


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

  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

sin 2 θdθ

∫

2π

0

sin φ dφ + 12

π /2

∫

0

∫

2π

sin θ cosθdθ dφ = 12π 0

Şekil 2.39

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

∫

 2π F.dl = −10 sin φ dφ + 12

c

∫

0

∫

2π

0

∫

2π

cos 2 φ dφ − 4 cos φ dφ = 12π 0

Vektör Analizi

67

  elde edilir. ∇ × F ’nin yüzey integraline eşit olan F ’nin çizgisel integrali Stokes teoremini doğrulamaktadır. ALIŞTIRMALAR 1. (2.96b) ve (2.96c) eşitliklerini doğrulayınız. 2. (2.100) ve (2.101) eşitliklerinin doğru olduğunu doğrulayınız. 3.

   F = ( x / r ) a x ise ∇ × F ’i belirleyiniz; r uzayda P(x, y, z) pozisyon vektörünün genliğidir.

4. Bir vektör alanının rotasyonel’inin diverjansının daima sıfır olduğunu gösteriniz,  ∇ ⋅ (∇ × F ) = 0 . 5. Örnek 2.24’de dikdörtgen koordinat sistemi kullanarak ∇ × (∇f ) = 0 olduğu gösterildi. Hangi koordinat sistemi kullanılırsa kullanılsın bunun daima doğru olduğunu gösteriniz. 6.

   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 )

(2.104)

dir. Dikdörtgen koordinat sisteminde f fonksiyonunun gradyanının diverjansı

  ∂  ∂  ∂    ∂f  ∂f  ∂f  + az  + ay + a z  ⋅ a x + ay ∇ ⋅ (∇f ) = a x ∂z  ∂y ∂z   ∂x ∂y  ∂x olarak yazılabilir ki bunun sonucu

 ∂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)

68


ve dikdörtgenden küresel koordinatlara benzer bir dönüşüm sonucu küresel koordinatlarda skalerin Laplasyanı,

∇2 f =

∂  ∂f  1 ∂  2 ∂f  1 1 ∂2 f r + + sin θ     ∂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; burada 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; burada

∇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  ALIŞTIRMALAR 1.

g = 25 x 2 yz + 12 xy 2 ise ∇ 2 g = ∇.(∇g ) olduğunu gösteriniz.

2.

f = 2 x 2 y 3 + 3 yz 3 ise ∇ 2 f = ∇.(∇f ) olduğunu gösteriniz.

3.

h = ρ 2 sin 2φ + z 3 cos φ ise ∇ 2 f = ∇.(∇h ) olduğunu gösteriniz.

Vektör Analizi

69

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 



∫ ∇ ⋅ Adv = ∫ A.ds v

(2.112)

s

 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

∫ φ∇ ψ dv + ∫ ∇φ.∇ψ dv = ∫ φ.∇ψ ds 2

v

v

s

(2.113)

sonucunu verir. (2.113) eşitliği birinci Green özdeşliği olarak bilinir. φ ve ψ aralarında değiştirilerek (2.113)

∫ ψ∇ φ dv + ∫ ∇ψ.∇φ dv = ∫ ψ∇φ . ds 2

v

v

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

v

2

∫

dv = φ∇φ . ds s

olur. Bu eşitlik teklik teoreminin ispatlanmasında kullanılacaktır. 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

(2.116)

70


bir bölgede tek olarak belirlenebileceğini ifade etmektedir. Bu teoremi ispatlamak için s yüzeyi ile sınırlanan bir v hacmini dikkate alalım. 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 olduğunu varsayalım. 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

∫v | ∇f |

2

dv = 0

elde edilir çünkü | ∇f |2 pozitif bir miktar olduğundan (2.117) sadece  sağlanabilir. Buna göre C sıfır olmalı ve (eklenen sabitin dışında) A  B ’nin belirgin iki vektör alanı olduğu varsayımının temelsizliği bir getirir.

(2.117) v’de her yerde ∇f = 0 ise   B ’ye eşit olmalıdır. A ve alanın tek’liğini meydana

Vektör Analizi

71

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  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

72


 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; burada 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; burada A diğer vektör alanıdır. ∇ × F ≠ 0 olduğundan bu   ∇×F = J    yazılabilir; burada J bilinen bir vektör alanıdır. F = ∇ × A konularak

  ∇×∇× A = J elde edilir. Vektör özdeşliği kullanılarak bu eşitlik aşağıdaki gibi ifade edilebilir.

   ∇(∇ ⋅ 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

Vektör Analizi

73

  ∇ 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 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 1. 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

74


potansiyel dağılım Φ = K ln(b / ρ ) dir; burada K bir sabittir. Potansiyel dağılımın Laplace eşitliğini sağladığını gösteriniz.

   2. Şekil 2.39’da görülen yarı küre üzerinde eğer vektör alanı F = 10 cosθ a r − 10 sin θ aθ ise Green teoremini doğrulayınız. 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)

   ∇ ⋅ ( f A ) = 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)

Notasyon:

Toplam:

Skaler içeren çarpımlar:

Vektörel çarpımlar:

Vektör Analizi

75

          ∇ × ( A × B) = A∇ ⋅ B − B∇ ⋅ A + (B ⋅ ∇) A − ( A ⋅ ∇)B

(2.131)

   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 bir 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


 ax

 ay

 az Az

Ax Bx

Ay By

Bz

 aρ

 aφ

 az

Aρ Bρ

Aφ

Az

Bφ

Bz

 ar Ar Br

 aθ Aθ Bθ

 aφ Aφ Bφ

76



∂f  ∂f  ∂f  ax + a y + az ∂x ∂y ∂z


1 ∂f  ∂f  ∂f  aρ + aφ + a z ∂ρ ∂z ρ ∂φ


1 ∂f  ∂f  1 ∂f  ar + aθ + aφ r ∂θ r sin θ ∂φ ∂r


∂Ax ∂Ay ∂Az + + ∂x ∂y ∂z

Skaler fonksiyonun gradyanı

∇f

Vektör alanının diverjansı

 ∇⋅A



Vektör alanının rotasyonel’i

 ∇×B

( ρAρ ) +

1 ∂

ρ ∂φ

( Aφ ) +

∂ ( Az ) ∂z

1 ∂ 2 1 1 ∂ ∂ (r Ar ) + ( Aφ ) (sin θ Aθ ) + 2 r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ r ∂r


 ax ∂ ∂x Bx

ρaφ


 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


Skaler fonksiyonun Dikdörtgen koordinatlar Laplasyanı

∇2 f

1 ∂f

ρ ∂ρ


 ay ∂ ∂y By 

 az ∂ ∂z Bz

∂2 f ∂2 f ∂2 f + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 1 ∂  ∂f  1 ∂ 2 f ∂ 2 f ρ + + ρ ∂ρ  ∂ρ  ρ 2 ∂φ 2 ∂z 2

Vektör Analizi

77


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 

∫

Diverjans teoremi

∫

v

∫

Stokes teoremi

s

  (∇ × F ) ⋅ ds = F.dl

∫

s

c

∫ φ∇ ψ dv + ∫ ∇φ.∇ψ dv = ∫ φ.∇ψ .ds 2

Birinci Green Özdeşliği İkinci Green Özdeşliği (Green teoremi)

  ∇.F dv = F.ds

v

v

∫ [φ∇ ψ − ψ∇ 2

2

v

s

φ ]dv = ∫ [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?

78


  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? 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 yüzeyine sahiptir? 21. İlaç tablet’inin kalınlığı sıfıra gidiyorsa kaç adet vektör yüzeyine sahiptir?

 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 PROBLEMLER 1. Bir eşkenar dörtgen eşit kenarlı bir paralel kenardır. Bir eşkenar dörtgenin komşu iki kenarını       A ve B vektörleri ile göstererek; (a) iki köşegenin A + B ve A − B olduğunu gösteriniz, (b) köşegenlerin birbirine dik olduğunu gösteriniz. 2. A, B ve C bir üçgenin üç kenarı ve karşı kenar C kenarı ile θ açısı yapıyorsa vektörleri kullanarak C = A2 + B 2 − 2 AB cosθ olduğunu ispatlayınız. 3.

      A , B ve C ortak düzlemde bulunan vektörler ise A.( A × C) = 0 olduğunu gösteriniz.

Vektör Analizi

79

4. P(x, y, z) (2, 3, 4)’de merkezi bulunan kürenin yüzeyinde bir nokta ise vektörleri kullanarak küre eşitliğini elde ediniz. 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 aşağıdaki trigonometrik özdeşlikleri elde ediniz: sin(α + β ) = sin α cos β + cos α sin β ve sin(α − β ) = sin α cos β − cos α sin β

6. 7.

          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?                 A = 3a x + 2a y − a z ve B = a x − 2a y + 3a z ise a) A + B , a) A ⋅ B , a) A × B , d) A ve B ’ye     normal birim vektörü, e) A ve B arasındaki en küçük açı ve f) A ’nın B üzerine skaler ve vektörel izdüşümleri nedir?

      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? 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.

        10. A = 6a x + 5a y − 10a z ve B = 5a x + 2a y + 4a z ’nin ortogonal vektörler olduğunu gösteriniz.             11. A = 6a x + 5a y − 10a z , B = 2a x − 5a y + 3a z ve C = 4a x + 2a y + 6a z vektörleri ile biçimlenen

paralel kenarlı prizmanın hacmini belirleyiniz.         12. A = 4a x − 3a y + a z ve B = 2a x − a y − 4a z vektörlerine normal birim vektörü bulunuz.

13. Vektörleri kullanarak P(1, 1, 1), Q (3, 2, 5) ve S(5, 7, 9) noktaları ile biçimlenen üçgenin alanını bulunuz.         14. A = 4a x − 3a y + a z ve B = 2a x − a y − 4a z vektörleri arasındaki en küçük açıyı bulunuz.

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 ,     (d) A ve B ye normal birim vektörü, (e) A ve B arasındaki en küçük açı ve (f) üzerine skaler ve vektörel izdüşümleri nedir?

bileşenleri   (c) A × B ,   A ’nın B

16. Silindirik koordinat sisteminde P(5, π/6, 5) ve Q(2, π/3, 4) olarak verilen iki nokta arasındaki uzaklığı hesaplayınız.       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.

80


        18. A = −7a r + 2aθ + aφ ve B = −a r − 2aθ + 4aφ vektörü uzayda aynı noktada 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.         19. A = −7a r + 2aθ + aφ ve B = −a r − 2aθ + 4aφ vektörü sırasıyla uzayda P(2, π/4, π/4) ve Q(10,         π/2, π/2) noktalarında veriliyor. (a) 2A − 2B , (b) A ⋅ B , (c) A × B (d) A ve B ’ye normal  birim vektörü ve (e) A ve B arasındaki açıyı hesaplayınız. 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? 21. f = 12 xy + z skaler fonksiyonu veriliyor, (0, 0, 0)’dan (1, 1, 0)’a düz bir hat boyunca (a)

∫ f d ve (b) ∫ f d ’yi bulunuz.   22. z yönünde sonsuz uzunlukta yüklü bir iletkenin oluşturduğu elektrik alan şiddeti E = 10 / ρ a ρ a V/m’dir. ρ=a noktasının ρ=b noktasına göre potansiyeli Vab = - E ⋅ d ise, a=10 cm ve b=80

∫

cm durumunda potansiyeli hesaplayınız.

b

23. 20 m yarıçapında dairesel bir diskin yüzeyindeki elektron yoğunluğu ne = 300 ρ cos2 φ elektron/metre2 olarak veriliyor. Diskin yüzeyinde bulunan elektron sayısını belirleyiniz. Diskteki toplam yük nedir? 24. f = xyz ise z = 0 ve z = 1 düzlemleri ile sınırlanan ve birinci çeyrekte 2 yarıçapında bir silindirin eğimli yüzeyinde

∫ f ds ’yi hesaplayınız.

    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.

∫

  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.

∫

  27. F = xya x ise φ = π/3 iken θ = 0 den θ = π ’ye 2 yarıçapında bir yay boyunca hesaplayınız.

∫

 F ⋅ d ’yi

  28. Bir bölgede D = (2 + 16 ρ 2 ) a z olarak verilmişse xy düzleminde ρ=2 yarıçapında dairesel bir  yüzeyden geçen D ⋅ ds ’yi belirleyiniz.

∫

   29. A = (2 x 2 + y 2 ) a x + ( xy − y 2 ) a y vektör alanı için aşağıdakileri bulunuz. (a) Şekil P2.29’da   görülen üçgensel kontur etrafında A ⋅ d ’yi bulunuz. (b) Üçgenin alanı üzerinde (∇ × A)  ’yi bulunuz. (c) A bir skalerin gradyanı olarak ifade edilebilir mi?

∫

∫

Vektör Analizi

81

Şekil P2.29

  30. D = (2 + 16r 2 ) a z ise 0 ≤ θ ≤ π/2 ve r =2 ile sınırlanan yarı küresel bir yüzey üzerinde  D ⋅ ds ’yi belirleyiniz.

∫

  31. Bir bölgede D = 10cosφ a ρ olarak verilmişse xy düzleminde ρ=2 yarıçapında dairesel bir  yüzeyden geçen D ⋅ ds yi belirleyiniz.

∫

  32. D = 10cosθ a r ise 0 ≤ θ ≤ π/2 ve r =2 ile sınırlanan yarı küresel yüzey üzerinde

∫

 D ⋅ ds ’yi

belirleyiniz. 33. Orijinde bulunan küresel yük dağılımı, 0 ≤ r ≤ a için ρ = kr 2 olarak veriliyor; burada k bir sabittir. Kürenin içindeki toplam yükü belirleyiniz.

   34. F = 2 xya x + y (1 + x 2 )a y ise (a) 3 yarıçapında bir dairenin çevresi boyunca  dairenin yüzeyi üzerinde F ⋅ ds ’yi hesaplayınız.



∫ F ⋅ d ve (b) aynı

∫

35. f = x 3 y 2 z ise P(2, 3, 5) noktasında ∇f ve ∇2f ’yi belirleyiniz. 36. Silindirik koordinat sistemini kullanarak  ∇[ln( ρ )] − ∇ × (a zφ ) = 0 olduğunu ispatlayınız. 37. Küresel koordinat sistemini kullanarak (a) ∇φ − ∇ × [( r∇θ ) / sin θ ] = 0 olduğunu ispatlayınız.

(a)

 ∇φ + ∇ × [a z ln( ρ )] = 0

ve

(b)

∇(1 / r ) − ∇ × (cosθ∇φ ) = 0

ve

(b)

    38. E = yza x + xza + xya z vektör alanının hem sürekli (selenoidal) ve hem de korunumlu (rotasyonel olmayan) olduğunu gösteriniz.  39. Dikdörtgen koordinat sistemi kullanarak (a) ∇ ⋅ (∇ × A) = 0 ve (b) ∇ × (∇f ) = 0 olduğunu doğrulayınız.  40. 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; burada ε o boşluğun elektriksel geçirgenliğidir. (a) silindirik koordinatlarda

82


 V = Voφ ln( ρ / a) , (b) küresel koordinatlarda V = Vor cosθ ve (c) V = Vor sinθ ise E ve ρ v ’yi belirleyiniz; burada V o ve a sabitlerdir.

  41. a) ∇( fg ) = f∇g + g∇f , b) ∇ ⋅ ( f A) = f∇ ⋅ A + A ⋅ ∇f özdeşliklerini doğrulayınız. 42. Silindirik koordinat sisteminde (a)

ve

c)

   ∇ × ( fA ) = f∇ × A + ∇f × A

∂ ∂ sin φ ∂ ∂ ∂ cos φ ∂ ve (b) = cos φ − = sin φ + ∂x ∂ρ ρ ∂φ ρ ∂φ ∂y ∂ρ

olduğunu gösteriniz. 43. Silindirik koordinat sisteminde

1 ∂2 ∂2 + = 2 2 2 ρ ∂x ∂y

 ∂  ∂  ∂2   ρ  + 2  olduğunu gösteriniz. ρ  ∂ρ  ∂ρ  ∂φ 

     44. Boşluktaki elektrik alan şiddeti E = Eo cosθ a r - Eo sin θ aθ olarak verilmişse ∇ ⋅ E ve ∇ × E ’yi bulunuz.    45. Bölge b yarıçapında bir küre ile sınırlanıyorsa E = Eo cosθ a r - Eo sin θ aθ alanı için diverjans teoremini doğrulayınız.    46. F = 5r sinφ a r + r 2 cos φ aφ vektör alanı için aşağıdakileri hesaplayınız. (a) Şekil P2.46’da   görülen yönde ABCDA konturu etrafında F ⋅ d ’yi hesaplayınız. (b) ∇ × F ’yi bulunuz. (c)  Taralı alan üzerinde (∇ × F ) ⋅ ds ’yi değerlendiriniz ve (a)’da bulunan sonuç ile karşılaştırınız.

∫

∫

Şekil P2.46

47. x 2 + y 2 = 16 silindiri ve z = 0 ve z = 2 düzlemleri ile sınırlanan bir bölgede  3 2  2  F = x a x + x ya x + x za z alanı için diverjans teoremini doğrulayınız.

  48. A = [12 + 6 ρ 2 ]za z ise 2 yarıçapında bir silindir ve z = -1 ve z = 1 düzlemleri ile sınırlanan bir bölge için diverjans teoremini doğrulayınız.     49. F = 3 y 2a x + 4 za y + 6 ya z ise x = 0 düzleminde x 2 + y 2 = 4 açık yüzeyi için Stokes teoremini

doğrulayınız. 50. z = 0 düzleminde 2 yarıçapı ile sınırlanan dairesel bir bölgenin birinci çeyreği üzerinde   F = ( x / ρ ) a x fonksiyonu için Stokes teoremini doğrulayınız.

Vektör Analizi

83

  51. r = 2 ve 0 ≤ θ ≤ π/2 yarı küresel yüzey üzerinde F = 100 cosθ a r fonksiyonu için Stokes teoremini doğrulayınız. 52. f = x 2 ve g = y 2 orijinde merkezi bulunan birim küp ile sınırlanan bölgede iki skaler fonksiyon ise birinci ve ikinci Green özdeşliklerini doğrulayınız.

84


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 Elektrostatik veya statik elektrik, yüklü bir parçacığın diğeri üzerine etkilediği elektrik kuvveti ile ilgili olarak Coulomb kanununun miktarsal ve deneysel doğrulanabilir ifadesine dayanmaktadır.

86


Fransız fizikçisi Charles Augustin de 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)

(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.

Şekil 3.1 İki nokta yükü arasındaki elektrik kuvveti

S’den P’ye uzunluk vektörü     R 12 = R12 a12 = r1 − r2 

(3.2)



ile tanımlanır; burada r1 ve r2 sırasıyla P ve S noktalarının pozisyon vektörleridir. Uluslar arası birim sisteminde (SI) orantı katsayısı,

K=

1 4πε o

(3.3)

Statik Elektrik Alanları

87

dir; ε o = 8,85 × 10−12 ≈ 10−9 / 36π F/m boş uzayın (vakum) geçirgenliğidir (F/m: farad/metre). Böylece

 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. Burada 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. Faktör, K = 1 /( 4πε o ) = 9 × 109 dir. 0,7 mC’luk yüke etkiyen kuvvet (3.4b)’den

     9 × 109 × 0,7 × 10−3 × 4,9 × 10−6   [2a x + 3a y + 6a z ] = 0,18a x + 0,27a y + 0,54a z N F0,7 mC = 3 7 olarak hesaplanır. Her bir yüke etkiyen kuvvetin büyüklüğü aşağıdaki gibi hesaplanır.

0,182 + 0,27 2 + 0,542 = 0,63 N 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

88


 kuvvet, Ft şekil 3.2’de görüldüğü gibi her bir q yüküne ayrı ayrı etkiyen kuvvetlerin vektörel toplamıdır. Bu işlem

 Ft =

n

∑ i =1

q

  qi (r − ri )  3 4πε o r − ri

(3.6)

  ile ifade edilir; burada r ve ri , 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 ⇒ R1 = 2 m

    R 2 = r − r2 = 2a x ⇒ R2 = 2 m      R 3 = r − r3 = 2a x + 2a y ⇒ R3 = 2,828 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,


89

     F2 = 224a x µN ve F3 = 79,6[a x + a y ] µN 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 etkilediği net itme kuvveti x ekseni ile 45°lik açı yapan bir hat boyunca yönlenmiştir.

304,62 + 304,62 = 430,8 µN ve

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/3) ve S(5, π/3, 2π/3)’ye konulmuştur. P noktasındaki 2 nC’luk yüke etkiyen kuvveti bulunuz. Bu kuvvet çekme veya itme 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) Test yüküne (q t ) 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,

90


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 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.

 Elektrik alan şiddeti, E birim test yüküne, q t etkiyen kuvvet   F E = lim qt →0 q t

(3.7)

 olarak tanımlanır; burada F q t ’ye 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= olarak yazılabilir; burada, R’den birim vektördür.

12

  q  (r1 − r2 ) aR   3= 4πε o [r1 − r2 ] 4πε o R 2 q

(3.9)

 indisi kısaltma için düşürülmüş ve a R S ’den P’ye yönlenmiş

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. Burada, ri 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.


91

ÇÖZÜM İki uzunluk vektörü ve büyüklükleri,

     R1 = r − r1 = −a x + a z   R1 = r − r1 = 1,414 m ve

     R 2 = r − r2 = −a y + a z   R2 = r − r2 = 1,414 m (3.10) eşitliğinde yerine konularak elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi elde edilir.

  20 × 10−9     20 × 10−9    − + − E = 9 × 109  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; burada ∆q ∆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; burada ∆q ∆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

olarak tanımlanır; burada ∆q ∆v hacim elemanı ile sınırlanan yüktür.

(3.13)

92


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. 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

   P noktasının pozisyon vektörü ve ri′ ∆li ' yük elemanının yani olarak elde edilir. Burada r 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.

(a) Hat yük dağılımı

(b) Yüzey yük dağılımı

(c) Hacim yük dağılımı

Şekil 3.5 P noktasında (a) hat, (b) yüzey ve (c) hacim yük dağılımlarından dolayı elektrik alan şiddetinin bulunması için gösterimler. Önceki eşitliğin sağ tarafı gerçekte çizgisel integrali tanımlamaktadır (Kısım 2.7). Böylece


93

 E=

1 4πε o

∫

 

ρ  (r − r ' )

  3 d ' r − r'

c

(3.14)

  olarak yazılabilir; burada r P( x, y, z ) noktasının pozisyon vektörü ve r ′ yani P' ( x' , y ' , z ' ) noktasının pozisyon vektörüdür.

d′ uzunluk elemanının

Benzer şekilde yüzey yük dağılımından dolayı (şekil 3.5b) elektrik alan şiddetinin ifadesi

 E=

1 4πε o

∫

 

ρ s (r − r ' )

(3.15)

  3 ds' r − r'

s

ve son olarak hacim yük dağılımından dolayı P noktasındaki elektrik alan şiddeti (şekil 3.5c)

 E=

1 4πε o

∫

 

ρ v (r − r ' )

(3.16)

  3 dv' r − r'

v

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 elemanını      dikkate alalım. z ' ’den P’ye uzunluk vektörü r − r ' = ( z − z ' )a z ve büyüklüğü r − r ' = ( z − z ' ) ’dir.

 dz ' 1  . P noktasındaki elektrik alan şiddeti (3.14)’den aşağıdaki gibi bulunur,  = 2 z − z '   ( z − z' )

∫

  ρ E = az  4πε o

0

 ρ  1   ρ  1 dz ' 1  ρ  az = az   −  = az   = 2 −∞ ( z − z ' ) 4πε o  z − z '  −∞ 4πε o  z − 0 z + ∞  4πε o z

∫

0

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 bulunduğunu varsayalım. z ekseninde, orijinden z = z ' uzaklığında ρ l dz ' diferansiyel yük elemanını dikkate alalım. z ' ’den

94


     R = r − r ' = ρa ρ − z ' a z

P’ye uzunluk vektörü

noktasındaki elektrik alan   ρdz ' z'   ve = 2 2 3 / 2 2 2   (ρ + z' ) ρ ρ + z'  

∫

  R = r − r ' = ρ 2 + z '2 ’dir. P

ve büyüklüğü

şiddeti

(3.14)’den

aşağıdaki

gibi

bulunur,

  z ' dz ' 1 .  =− 2 2 2 3/ 2 2 1/ 2  (ρ + z' )   (ρ + z' )

∫

 ρ E=  4πε o

∫

dz '

L/2

−L / 2

ρ 2 + z '2

  ρ  z' E=  4πε o  ρ ρ 2 + z '2 

3

L/2

  ( ρa ρ − z ' a z )

   az  ρ 2 + z '2 − L / 2   L/2

 aρ + −L / 2

1

0         1 1 L/2 L/2 ρ  a + ρ   a + − E=   ρ 2 2  z 4πε o  ρ ρ 2 + L2 / 4 ρ ρ 2 + L2 / 4  4πε o  ρ 2 + L2 / 4 / 4 + L ρ    

 E=

ρ   L 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

(a)

(b) Şekil 3.6


95

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.

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

  bdφ ' 1 ρb (−ba ρ + za z ) =  2 2 3/ 2 2 4πε o [b + z 2 ]3 / 2 [b + z ] 0

∫

2π  2π    a b d z dφ ' a z  ' φ − +  ρ  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 ρ dφ ' = a x ∫ cosφ ' dφ '+a y ∫ sin φ ' dφ ' = −a x sin φ ' 0 + a y cosφ ' 0 = 0 0

0

0

olur. İkinci taraftaki ikinci integral 2π’dir. Böylece halkanın ekseninde P noktasındaki elektrik alan şiddeti,

 E=

ρbz

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 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.

96


ÇÖZÜM (a) Şekil 3.8’de görüldüğü gibi bir diferansiyel yüzey elemanı ile çevrelenen yük ρ s 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

2 3/ 2

]

a 0

dir; burada da yine önceki örnekte olduğu gibi

2π

∫0

  [ − ρ ' a ρ + za z ]

 a ρ dφ ' = 0 olduğu gösterilebilir.

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   ρ ' dρ ' 1 vardır. Bundan dolayı net katkı sıfırdır. Böylece  = − 2 2 1 / 2  , 2 2 3/ 2 (ρ ' + z )   (ρ ' + z )

∫

 ρ E= s 4πε o

b

∫ a

2π

ρ ' dρ ' dφ '  ρz ∫0 [ ρ '2 + z 2 ]3 / 2 z a z = − 4πεs o

 ρ z 1 1 − E= s  2 2 2 2ε o  a + z b + z2

b

1

ρ' +z 2

  az 

2π



φ' 0 az

2 a

(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)

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.


97

 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)

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.

(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

98

(b)


 ρ E= s 4πε o

  ρ ' 2 dρ ' dφ ' ρ s z   ρ' − + = a z a [ ' ] ln 2 ρ '+ ρ '2 + z 2  − ρ z ρ 2 2 3 / 2 ∫a ∫0 [ ρ ' + z ]      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 2 2  z +b  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 3/ 2 2 2 2 1/ 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 2 2 4πε o (b + z ) 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 2ε o (b 2 + z 2 ) a 2 + z 2 (b 2 + z 2 ) b 2 + z 2 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 yükü şekil 3.11a’da ve z eksenindeki elektrik alan şiddeti şekil 3.11b’de görüldüğü gibidir. Elektrik alan şiddeti düzlemlerin dışında mevcut olmayıp düzlemlerin arasında iki katına çıkmıştır. ALIŞTIRMALAR 1. Eşit büyüklükte ve aynı işaretli düzgün yük dağılımları ile sonsuz iki düzlem arasındaki uzaklık d’dir. Düzlemlerin arasındaki, üzerindeki ve aşağısındaki elektrik alan şiddetini bulunuz. 2. 10 m uzunluğunda düzgün olarak yüklenmiş çok ince, sonlu bir iletken 10 µC/m ’luk yük yoğunluğu taşımaktadır. ρ = 5 m ’de arakesit düzlemindeki elektrik alan şiddetini hesaplayınız.


99

(a) Sonsuz düzlem yükünün aşağısı ve yukarısındaki elektrik alan şiddeti

(b) z eksenindeki elektrik alan şiddeti Şekil 3.10

(a) Zıt işaretli iki sonsuz düzlem yükünün aşağısı, yukarısı ve arasındaki elektrik alan şiddeti

(b) z eksenindeki elektrik alan şiddeti

Şekil 3.11 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

100


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.

Şekil 3.12 Yalıtılmış pozitif yükün elektrik akı hatları

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. 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)

Burada, 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

 elde edilir. Bu eşitlikten D ’nin biriminin C/m2 olduğu açıktır.

(3.23)


101

(a) Pozitif ve negatif yük arasında

(b) İki pozitif yük arasında

Şekil 3.13 Yüklü cisimler arasındaki elektrik akı hatları

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

∫

s

(3.24)

olarak tanımlanabilir; burada 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 olarak verilmiştir.

z ≥ 0 ve x 2 + y 2 + z 2 = 36 bölgesi ile sınırlanan yüzeyden geçen elektrik akısını belirleyiniz.

102


 ÇÖZÜM Küresel koordinatlarda 6 m yarıçapında diferansiyel yüzey ds = 36 sin θ dθ dφ a r dir. Yüzeyi geçen elektrik akısı aşağıdaki gibi hesaplanır.  π /2 2π Ψ = D.ds = 360 sin θ dθ dφ mC

∫

∫

∫

0

s

0

Şekil 3.15 Bir yüzeyi geçen elektrik akısı

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. Burada R = r − r ' = Ra R O’dan P’ye uzunluk vektörüdür. s kapalı yüzeyinden geçen elektrik akısı,

 Q Ψ = D.ds = s 4π

∫

  a R .a n ds s R2

∫

  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,  Q dΩ Ψ = D.ds = s 4π s

∫

∫

olarak yazılabilir. Bununla beraber Vektör Hesabı’ndan herhangi bir kapalı yüzeyin ifade ettiği katı açı 4π steradyan olduğundan yüzeyden geçen toplam akı,


103

Şekil 3.16 Q nokta yükünden dolayı s kapalı yüzeyi içinden geçen elektrik akısı

 Ψ = D.ds = 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

(3.27)

o

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 olmadığı burada vurgulanmalıdır. 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.

104


(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

∫

 E ⋅ ds = Er

s

π

∫

0

∫

2π

R 2 sin θ dθ dφ = 4πR 2 Er 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 yerde elektrik alan şiddetini belirleyiniz.


105

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,

4 Q = πr 3 ρ v 3 olarak hesaplanır ve 

∫ E ⋅ ds = 4πr s

2

Er

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.

106


(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’nin değişim grafiği

(d) E r ile r’nin değişim grafiği Şekil 3.18

ALIŞTIRMALAR 1. Örnek 3.9b’de yük dağılımı r ρ v ile verilmişse uzayda her yerdeki elektrik alan şiddetini belirleyerek grafiğini çiziniz. 2. z = 2,5 m düzleminde 0,5 yarıçapında dairesel bir bölgeden geçen elektrik akı yoğunluğu    D = 10 sin φ a ρ + 12 z cos(φ / 4)a z C/m2 olarak verilmiştir. Yüzeyden geçen toplam akıyı bulunuz. 3. a ve b yarıçapları ile sınırlanan (a < b) küresel bölge içindeki yük dağılımı ρ v / r olarak verilmiştir. Boşlukta her yerde elektrik alan şiddetini belirleyiniz. r = b yüzeyinden geçen toplam akı nedir? 4. Sonsuz uzunlukta a yarıçapında silindirik bir iletken, yüzeyinde düzgün bir ρ s yük dağılımına sahiptir. Boşlukta her yerde elektrik alan şiddetini ve elektrik akı yoğunluğunu hesaplayınız. b yarıçapında (b > a) silindirik bir yüzeyden geçen akıyı hesaplayınız.

  5. Boş uzayda E = (20 / r 2 )a r verilmiş (3, -4, 1) cm noktasında ρ v ’yi bulunuz. Cevap: -1,42 (nC/m3) 6. Pozitif bir Q yükü havada b yarıçapında çok ince küresel bir kabuk üzerinde düzgünce   dağıtılmıştır. Her yerdeki E ’yi bulunuz. E ile R değişim grafiğini çiziniz. Cevap: 0 < R < b için 0; r > b için Q / 4πε o r 2 .


107

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

Şekil 3.19 Elektrik alanı içinde (a) serbest bırakılmış ve (b) harici kuvvetin etkisi altındaki test yükünün hareketi

  dir; burada 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 a Wab = − q E ⋅ d

∫

b

(3.30)

108


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

(3.33)

olarak ifade edilebilir. Eksi işaretinin nedeni biraz sonra açıklanacaktır. 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; burada 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


109

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 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

∫

v

ρv dv'

(3.37a)

ρ s ds '

(3.37b)

  r − r'

Yüzey yük yoğunluğu dağılımı:

V= Hat yük yoğunluğu dağılımı:

1 4πε o

∫

s

  r − r'

110


V=

1 4πε o

∫

c

Şekil 3.21 Nokta yükünün eş potansiyel yüzeyleri

ρ dl ' l  r − r'

(3.37c)

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

olup halkanın merkezinde aşağıdaki gibi olur.

V ( z = 0) =

ρl 2ε o

Şekil 3.23 Düzgünce yüklenmiş halka


111

∂  z 1  Elektrik alan şiddeti, (3.33)’den  =− 2 2 2 1/ 2 2 3/ 2  (a + z )   ∂z (a + z )   ∂V ( z )  z ρ a E = −∇V = − az =   2 a 2 3/ 2  z ∂z 2ε o  (a + 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  aρ  E = s aρ

εoρ

Uzayda iki nokta arasındaki potansiyel fark ifadesi aşağıdaki gibi elde edilir; ρ1 < ρ 2 ve

∫ (dρ / ρ ) = ln ρ . Vab = −

ρ1

∫ρ

2

 aρ s  aρ ρ a ρ dρa ρ = s ln 2

εoρ

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.

112


ALIŞTIRMALAR 1. 120 nC ve 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?

  2. (3.9) ve vektör işlemlerini kullanarak (a) E = −∇V ve (b) ∇ × E = 0 olduğunu gösteriniz. 3. Sonsuz uzunlukta, düzgünce yüklenmiş bir hattın eş potansiyel yüzeylerinin eş merkezli silindirler olduğunu gösteriniz.

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.

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,

(a) Elektrik dipolü ve P noktasına göre uzaklık vektörleri

(b) P dipolden çok uzakta iken (r >> d ) uzaklık yaklaşımları Şekil 3.25


113

V=

q 1 1  q  r2 − r1   − =   4πε o  r1 r2  4πε o  r1r2 

dir; burada, 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 büyüklüğü, p = qd ile bir dipol moment vektörü, p = qda z tanımlandığında P noktasındaki potansiyel aşağıdaki gibi yazılabilir.   p cosθ p ⋅ ar V= = 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. 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)

114


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  3(p ⋅ r )r − r 2p V = − E ⋅ d = − ⋅ dr 4πε o r 5 ∞ ∞ r

∫

∫

    3(p ⋅ r )r p   V =− − 3  ⋅ dra r  4πε o ∞  r 5 r  1

V =−

r

∫

 3 p cosθ r 2 p cosθ  − 4πε o ∞  r5 r3 1

r

∫

p cosθ V =− 4πε o

 1 −  r2 

  ⋅ dr  

   ∞ r

V=

p cosθ 4πε o r 2

İşaretleri ve konumlarına bağlı olarak yük ve yük çiftlerinin pozisyona bağlı (birbirlerini birleştiren doğru boyunca) V ve E değişimleri şekil 3.26c’de görülmektedir.


115

(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


Yük çiftleri

Yük çiftleri

Tek yük (ötelenmiş)

Tek yük (ötelenmiş)

Tek yük (orijnde)

116

Şekil 3.26c İşaretleri ve konumlarına bağlı olarak yük ve yük çiftlerinin pozisyona bağlı (birbirlerini birleştiren doğru boyunca) V ve E değişimleri


117

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

118


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  [3a x + 4a y + 12,000000000005a z ] E2 = − 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 1. Şekil 3.26’daki yükler nokta yükü yerine sonlu yarıçapta küreler olsaydı, eşpotansiyel yüzeyler ve elektrik kuvvet çizgilerinin biçimi ne olurdu? 2.

 E=

p 4πε o r

3

  [2 cosθ a r + sin θ aθ ] eşitliğini doğrulayınız.

3. Elektrik dipolünün kuvvet hatları ifadesini elde ediniz. 4. Elektrik dipolünün elektrik alan şiddetinin genliğinin aşağıdaki gibi olduğunu gösteriniz.

E=

p 4πε o r 3

1 + 3 cos 2 θ

(3.44)

5. 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.


119

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)

120


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

  r 4 ρ va r olur. πr 3 ρ v yani E = 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


121

4 πa 3 ρ v 3ε o

4πr 2 Εr =

veya   a3 ρa E= 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,

122


4πr 2 Εr =  0 < r < a için E =

Q 4πε o r

2

Q

εo

 a r olur.

 Bölge II: a ≤ r ≤ b . İletken içinde E sıfırdır ve r = a yüzeyi, çevrelenen toplam yüke eşit büyüklükte negatif yüke sahip olur. Bu yüzeydeki yüzey yük yoğunluğu, ρ sa aşağıdaki gibi ifade edilir.

ρ sa = −

Q 4πa 2

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 = ∞ 4πε r 2 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


123

 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 = −

∫

a

r

Q

∫ 4πε r a

o

2

  a r ⋅ dra r +

Q 4πε o a

r

VI =

Q 1 Q Q a−r Q + = + 4πε o r a 4πε ob 4πε o ar 4πε ob VI =

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 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

(1) 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?

(2) Önceki örnekte iç iletkendeki yüzey yük yoğunluğu pozitif alınırsa iç iletkenin potansiyeli dış iletkenden daha mı az veya daha mı çok olur? İki iletken arasındaki potansiyel farkı nedir?

(3) 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.

(a) İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan iletken kabuk ve ortasındaki +Q yükü

124


(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 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 polarizasyon vektörü, P tanımlayalım.


125

(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

 Burada, ∆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; burada, 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)

126


  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=

1  4πε o 

∫

s'

ρ sb R

ds ' +

∫

v'

ρ vb

 dv' R 

(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


127

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. Burada orantı katsayısı, χ 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)

Burada, 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.

128


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

∫

s

veya

 D.ds = q


129

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
[

]

[

]

  Qsb = lim 4πa 2 ρ sb = lim 4πa 2 P.(− a r ) = −4πa 2 a →0

a →0

q 4πε r a

2

(ε r − 1)= −q ε r − 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

130


 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 1.

   ∇' (1 / R ) = (1 / R 2 )a R olduğunu gösteriniz; burada, R = r − r ' dir.

2. 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 olarak verilmiştir. Sınır hacim yük yoğunluğunu ve her yüzeydeki yüzey polarizasyonunu hesaplayınız. Toplam sınır yükü nedir?

    3. 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?


131

4. 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. 5. 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 bölgeyi dikkate alalım. 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 yükünü sonsuzdan getirip a noktasına yerleştirelim. 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; burada, V b,a 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)

132


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  + +   R31 R32  4πε  R21

(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  + +   4πε  R23 R13 R12 

(3.63)


133

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. Burada, 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 Kürenin 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

134


W=

1 1 ρ sVds = QtV 2s 2

∫

olur; burada, 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 ∇ ⋅ (VD)dv − D.(∇V )dv v 2 v

∫

]

olarak elde edilir. Birinci hacim integralinin kapalı bir yüzey integraline dönüştürülmesi için diverjans teoremi aşağıdaki gibi kullanılabilir. 



∫ ∇ ⋅ (VD)dv = ∫VD.ds v

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 = εE = D 2 2 2ε

(3.67)


135

olarak tanımlanırsa enerji yoğunluğu ile (3.66)

∫

W = w.dv

(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,

∫

s

 D.ds = Qt

kullanılarak uzayda herhangi bir noktadaki elektrik akı yoğunluğu

 Q  4π (0,1) 2 × 10 × 10−9  0,1× 10−9  a = a r C/m2 D = t 2 ar = 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 −12 2 × 8,85 × 10 r 0,1

ALIŞTIRMALAR 1. Yarıçapı a olan küresel bir hacimde düzgün bir hacim yük dağılımı vardır. (3.65)’i kullanarak sistemin toplam enerjisini hesaplayınız. 2. Yarıçapı a olan küresel bir hacimde düzgün bir hacim yük dağılımı vardır. (3.68)’i kullanarak sistemin toplam enerjisini hesaplayınız. 3. Yarıçapı a olan küresel bir hacimde düzgün bir hacim yük dağılımı vardır. Yük dağılımı iç yarıçapı b, dış yarıçapı c olan ve ε geçirgenliğinde, eş merkezli dielektrik bir kabuk ile çevrelenmişse (a) sistemde depolanan toplam enerjiyi, (b) sınır yük yoğunluklarını ve (c) net sınır yükünü belirleyiniz.

136


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 − D 2 ) =ρ s

(3.70a)

D n1 − D n 2 = ρ s

(3.70b)

veya

 elde edilir. Burada 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


137

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 2E 2 ) = ρ s

(3.70c)

ε1En1 − ε 2 En 2 = ρ s

(3.70d)

veya

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

 

∫ E.d  = 0

olduğu bilinmektedir.

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  çizgi integraline bc veya da uzunluk segmentlerinin katkıları ihmal edilebilir. Böylece

  E1.∆w − E 2 .∆w = 0

138


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    at .(E1 − E 2 ) = 0 veya

E t1 = E t 2

(3.73a)

 olur. Burada, 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,


139

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.     E1 = 2,6a x + 40a y + 50a z V/m

140


(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


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.     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


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.     E1 = 13a x + 40a y + 10a z V/m


141

(a)

(b)

(c)

Şekil Ö.3.20 ÖRNEK 3.21 Şekil 3.37a’da görüldüğü gibi, aralarında d uzaklığı bulunan oldukça büyük yüzey alanı, A 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,

142


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 εrd d εr

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 V  d Vo V 1 d a + o d d + o d a = o  2d a + d d d εr d 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 kaynak potansiyeline, V o yükselerek,

Ea d a + Ea

1

εr

d d + Ea d a = Vo

V

eşitliğinden, plakalar ile dielektrik malzeme arasındaki bölgedeki elektrik alan şiddeti, E a


143

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).

144


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).


145

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 oε rVo ε oVo ε V (ε − 1) 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 :

146


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 1. 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. 2. 10 cm yarıçapında silindirik iletken 200 µC/m2 ’lük düzgün yüzey yük dağılımı taşımaktadır. 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?

 3. 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


147

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; burada, 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 olduğunu varsayalım. 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. Burada, Q 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, a ρ z ρz Vab = − E.dl = s dz = s

∫

b

ε

∫

0

ε

148


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)


149

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. Burada, 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 <
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 b

1 dr = C a ε (r ) Ar

∫

Şekil 3.40

(3.77)

150


değiştirilebilir; burada, 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


151

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 ε2 Q 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

152


 ab  C = 2π (ε1 + ε 2 )   = C1 + C2 b − a  bulunur; burada,

 ab  C1 = 2πε1   b − a 

ve

 ab  C2 = 2πε 2   b − a 

dir. C 1 ve C 2 kapasitanslarının, sırasıyla ortam 1 ve ortam 2’nin kapasitansları olduğuna dikkat edilmelidir. 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 1. İki paralel plaka 2 mm kalınlığında dielektrik sabiti 6 olan bir dielektrik 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. 2. a yarıçapında bir silindirik iletken b yarıçapında diğer bir iletken ile silindirik kapasitör oluşturmak için çevreleniyor. Ortamın geçirgenliği ε’dir. (3.74) eşitliğini kullanarak birim uzunluk başına kapasitans ifadesini elde ediniz. Kapasitörün uzunluğu L ise toplam kapasitans nedir? 3. Önceki alıştırmayı (3.77) eşitliğini kullanarak çözünüz. 4. 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? 5. Alıştırma 1’i boş uzay için yeniden çözünüz. İki kapasitansın oranı nedir? 6. Alıştırma 4’ü boş uzay için yeniden çözünüz. İki kapasitansın oranı nedir? 7. 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 →ε 1 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.


153

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 yaptığını varsayalım. Yapılan mekanik iş,

  dWe = F ⋅ dl  olur; burada, 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; burada 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

(3.81)

154


ε∇ ⋅ (∇V ) + ∇V .∇ε = − ρ v 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


olur ve çözümü, integral,

155

∂  ∂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; burada, 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  =− o a z E = −∇V = −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

156


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; burada 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 = −a z  = − E = −∇V = −a z z 2 +  o − v 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


157

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; burada, 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)

158


  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


159

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  r b−a 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

eşitliği doğrulanması istenen ifadedir. ALIŞTIRMALAR 1. Homojen dielektrik ortam a ve b yarıçaplarında eş merkezli iki küresel bölgeyi doldurmaktadır. İç kabuk V o potansiyelinde tutulmakta ve topraklanmıştır. (a) potansiyel dağılımı, (b) elektrik alan şiddetini, yoğunluğunu, (d) iç kabuğun yüzey yük yoğunluğunu, (e) kapasitansı depolanan toplam enerjiyi hesaplayınız.

kabuk arasındaki dış kabuk ise (c) elektrik akı ve (f) sistemde

2. 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. 3. Örnek 3.26’yı ortamın geçirgenliği ε = ε o (1 + mz ) olarak verildiğinde çözünüz; m bir sabittir. 4. Bir koaksiyel kabloda iletkenler arasındaki boşluk şekil 3.44’de görüldüğü gibi eş merkezli iki dielektrik tabaka ile doldurulmuştur. (a) her ortamın potansiyel fonksiyonunu, (b) her

160


 bölgedeki E ve D alanlarını, (c) iç iletkendeki yük dağılımını ve (d) kapasitansı belirleyiniz. Kapasitansın iki kapasitörün seri bağlanmış eşdeğerine eşit olduğunu gösteriniz.

Şekil 3.44 İki dielektrik katmanlı koaksiyel kablonun kesit görünüşü

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 olduğunu varsayalım. 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 ∂2Z ∂2 X elde edilir. Burada, X = X (x) , Y = Y ( y ) , Z = Z (z ) , X = 2 , Y = 2 ve Z = 2 dir. 3.87 ∂y ∂z ∂x eşitliği x, 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 2 ) ise x

doğru olabilir. Benzer şekilde ikinci ve üçüncü terimlerin de sabitler, (k y2 ) , (k z2 ) olduğu sonucuna varılabilir. Böylece 3.87’den aşağıdaki biçim elde edilir.


161

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 Çözümü

(3.95)

162


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’yı seçelim. 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. Burada 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


163

ÖRNEK 3.30 3.29 örneğinde 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. Burada 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; burada, 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 =

an 4Vo = sinh( nπb / a ) nπ sinh( nπb / a )

(3.103)

164


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. 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 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.


165

Şekil 3.46 Sonsuz iletken düzlemin hemen üzerindeki q nokta yükünün eşpotansiyel yüzeyleri ve kuvvet çizgileri 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=

q 1 1   −  4πε  R1 R2 

Burada R1 = x 2 + y 2 + ( z − d ) 2 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.

166


 2qd  E=− az 4πεR 3 Burada, 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 Arasında 90° açı bulunan 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


167

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

168


ÇÖZÜM Yüzeyin eğri yapısından dolayı imaj yükünün gerçek q yüküne büyüklük olarak eşit olması beklenmez. İmaj yükünün -mq olduğunu varsayalım; burada, 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; burada, R1 = r 2 + d 2 − 2rd cosθ ve R2 = r 2 + b 2 − 2rb cosθ dir. Sınır şartı, kürenin yüzeyinde, r=a potansiyelin kaybolmasını, V = 0 yani

1 a + d − 2ad cosθ 2

2

=

m a + b − 2ab cosθ 2

2

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

    


ρs = −

169

 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   

Burada, b = a 2 / d dir. Elde edilen bu yük yoğunluğundan küre üzerindeki toplam yük, π

Qküre

 2π a q(d 2 − a 2 )a  a 2 + d 2 − 2ad cosθ −  φ 0 = − q = − mq = a 2 ρ s sin θdθ dφ = − 0 0 4π d  ad (a 2 + d 2 − 2ad cosθ )3    0 π

∫

∫

2π

2 d ( d 2 −a 2 )

olarak beklenildiği gibi hesaplanır. ALIŞTIRMALAR 1. Düzgün yük yoğunluklu sonsuz incelikte bir hat sonsuz iletken düzlemden d uzaklığı ile ayrılmıştır. (a) hat boyunca iletken düzlemde birim uzunluk başına indüklenen yükü ve (b) eş potansiyel yüzey eşitliğini belirleyiniz. Bu eş potansiyel yüzeylerin birkaçını çiziniz. 2. z yönünde uzanan sonsuz iki iletken düzlem φ = 0° ve φ = 60° dedir. Her iki plaka toprak potansiyelinde tutulurken bir q nokta yükü (2, π/6, 0)’a konulmuştur. (5, π/6, 0) noktasındaki potansiyeli bulunuz. 3. Önceki alıştırmayı, nokta yükü düzgün yük yoğunluğuna sahip ince bir hat ile değiştirildiği durum için 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 q t test yüküne etkiyen kuvvet ile tanımlandı. Bir nokta yükünden dolayı bir ortamda bir noktadaki elektrik alan şiddeti

170


 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.

ρ 'v dv'  

 1 E= 4πε

∫ r − r'

 1 E= 4πε

∫ r − r'

 1 E= 4πε

∫ r − r'

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


171

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 − D 2 ) = ρ s    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,

172


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 = − ρ v 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.


173

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. Bir pozitif yük negatif bir yükün yakınına konulursa pozitif yük bir.......................... 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.

174


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? 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. E z ’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?


175

43. Bir dielektrik ortamda Gauss kanunu uygulanırken sınır yük yoğunluklarının dikkate alınması gerekir mi?

   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 PROBLEMLER 1. 2 µC ’luk bir nokta yükü P(0,4,0)’da ve 10µC ’luk ikinci bir yük S(3,0,0)’da bulunmaktadır. Her yüke etkiyen kuvveti bulunuz. 2.

(0,2; 0,3; 0)’de 200 nC’luk bir nokta yükü ve (0,5; 0,7; -1,3)’de -1300 nC’luk bir yük varsa orijinde bulunan 1 µC ’luk bir nokta yüküne etkiyen kuvveti belirleyiniz.

3. 100 nC/m’lik yoğunluğu ile sonsuz düzgün olarak yüklenmiş bir hat z yönünde uzanmaktadır. (3, 4, 0)’da 500 nC’luk bir yüke etkiyen kuvveti bulunuz. 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? 5. Elektron ve proton arasındaki uzaklık 0,05 nm iken elektrik kuvveti ve çekim kuvveti arasındaki oranı hesaplayınız. Çekim sabitinin 6,67×10-11 Nm/kg2 ve Newton çekim kanununun geçerli olduğunu varsayınız. 6. Elektron hidrojen atomunun çekirdeği etrafında 0,05 nm yarıçapında dönmektedir. Açısal hızı ve elektronun zaman periyodunu belirleyiniz. 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. 8. Birinci çeyrekte bulunan bir çeyrek diskteki yüzey yük yoğunluğu K cos φ C/m2 dir. Diskin  yarıçapı a ise P(0, 0, h) noktasındaki E alanını bulunuz. 9. 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. 10. Şekil P3.10’da görülen yalıtılmış iki yüzeydeki yük dağılımı ρ sa = A cos φ ve ρ sb = − A cos φ dir. z ekseninde z = h noktasındaki elektrik alan şiddetini bulunuz.

Şekil P3.10 Yüzey yük dağılımı

176


11. Düzgün ρ  yük yoğunluğu ile düzgün bir hat (x, -L/2, 0) to (x, L/2, 0) arasında uzanmaktadır. P(0, 0, z)’deki E alanını bulunuz. 12. Düzgün ρ  yük yoğunluğu ile düzgün bir hat z ekseninde z = 0 ve z = ∞ arasında uzanmaktadır. P(ρ, φ, z)’deki E alanını bulunuz. 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. 14. Şekil P3.14’de 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.

Şekil P3.14

15. 0,2 m yarıçapında bir yay z = 0 düzleminde 0 ≤ φ ≤ π/2 arasında uzanmakta ve 600 sin 2φ nC/m’lik bir yük dağılımına sahiptir. (a) P(0, 0, 1) ve (b) orijindeki E alanını belirleyiniz. 16. Sonsuz bir hat z = -10 m ile z = 10 m arasında uzanmakta ve 100z nC/m ’lik yük dağılımı taşımaktadır. z = 0 düzleminde hattan 2 metre uzaklıktaki E alanını belirleyiniz. 17. b yarıçapında oldukça ince bir silindir ρ s 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, h = L/2 ve h = -L/2 deki elektrik alan şiddetleri nedir?

   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. 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. 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. 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.


177

22. 0,2 m, 0,4 m, 0,6 m ve 0,8 m yarıçaplarında eş merkezli dört küresel kabuk sırasıyla 10, -2, -0,5 ve 0,5 µC/m2 ’lik düzgün yük dağılımları taşımaktadır. (a) 0,1 m, (b) 0,3 m, (c) 0,5 m, (d) 0,7 m ve (e) 1 m yarıçaplarındaki E alanını belirleyiniz. 23. Q nokta yükü orijinde bulunmaktadır. r = a, 0 ≤ θ ≤ θ o ve 0 ≤ φ ≤ 2π ile sınırlanan yüzeyden geçen akıyı hesaplayınız. 24. Çok uzun bir koaksiyel kablo çok ince bir dış iletkene sahiptir. İç iletkenin yarıçapı a ve dış iletkenin yarıçapı b dir. İç iletkende yüzey yük yoğunluğu k/ρ’dir; burada k bir sabittir. Boşlukta her yerdeki elektrik akı yoğunluğunu belirleyiniz. 25. b yarıçapında bir küresel hacim r = 0’dan başka her yerde k/r2 ’lik düzgün bir yük dağılımı taşımaktadır. (a) r < b ve (b) r > b bölgesindeki elektrik akı yoğunluğunu belirleyiniz. 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? 27. z = 0 ile z = L arasında uzanan çok uzun düzgün yüklü ince bir hattan dolayı P(a, φ, 0) noktasındaki elektrik potansiyeli ifadesini elde ediniz. Hat yük yoğunluğu ρ  ’dir. P noktasındaki elektrik alan şiddeti nedir? 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. 29. b yarıçapında düzgün olarak yüklenmiş bir diskin eksenindeki bir noktanın potansiyelini  bulunuz. Bu noktadaki E alanını da belirleyiniz. Diskteki yüzey yük yoğunluğunun ρ s C/m2 olduğunu varsayınız. 30. İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan düzgünce yüklenmiş içi boş bir diskin eksenindeki potansiyeli ve elektrik alan şiddetini bulunuz. 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.

   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.

 33. E = 10a x kV/m veriliyor. Orijindeki potansiyel sıfır ise boşluktaki her noktadaki potansiyeli bulunuz. 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? 35. Yarıçapı a olan sonsuz uzunlukta bir silindirin içinde yük düzgün olarak dağılmıştır. Hacim yük yoğunluğu ρ v ise silindirin içinde ve dışında bütün noktalardaki elektrik potansiyelini ve elektrik alan şiddetini hesaplayınız.

178


36. 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. Bölgedeki elektrik alan şiddeti    E = −10 ya x + 10 xa y + 2 za z olarak veriliyor. Yolun iki ucu arasındaki potansiyel fark nedir? 37. Düzgün yüklü bir hat z = -L/2 ile z = L/2 arası uzanmaktadır. Yük yoğunluğu ρ  ise P(0, 0, z) noktasındaki elektrik potansiyeli ve elektrik alan şiddetinin ifadesini elde ediniz; burada z > L/2 dir. 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. 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) daki potansiyeli ve elektrik alan şiddetini bulunuz; burada z >> a dir.

 40. Orijine ek bir q yükü konulmuşsa bir dipolün potansiyel ve E alanı ifadesini düzelterek yeniden yazınız. 41. Uzun bir koaksiyel kablo a yarıçapında iç iletken ve iç yarıçapı b ve dış yarıçapı c olan dış iletkenden oluşmaktadır. İç iletken düzgün ρ s yüzey yük dağılımı taşımaktadır. (a) dış iletken  topraklanmamışsa ve dış iletken topraklanmışsa boşluktaki her yerde E alanını bulunuz. 42. Düzgün ρ s yük yoğunluğu a yarıçapında sonsuz uzunlukta metal bir silindirin yüzeyinde mevcuttur. Bu iletken iç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan eş merkezli bir dielektrik ile  çevrelenmiştir. (a) boşlukta her noktada D , E ve P ve (b) sistemdeki enerji yoğunluğunu hesaplayınız.

 43. Yüksüz ve homojen olmayan bir ortamda ∇ ⋅ E için bir ifade bulunuz. 44. Dielektrik ortamın dielektrik geçirgenliği ε = α z n dir; burada α ve n sabitlerdir. Ortamdaki  elektrik alan şiddetinin sadece z bileşeni varsa ∇ ⋅ E = − nE / z olduğunu gösteriniz; burada E elektrik alan şiddetinin genliğidir. 45. Yarıçapı b olan metal küre düzgün bir yüzey yük dağılımına sahiptir. Çevreleyen ortamın  geçirgenliği ε = ε o (1 + a / r ) olarak değişmektedir. (a) boşlukta her noktada D , E ve P , (b) sınır yük yoğunlukları ve (c) dielektrik bölgede potansiyelin aşağıdaki gibi olduğunu gösteriniz; burada Q küredeki toplam yüktür.

V=

Q 4πε o a

ln(1 + a / r )

46. ε r = 5,5 olan dielektrik ortamda iki nokta yükü arasındaki açıklık 10 mm’dir. Her nokta yükü 10 µC’ye eşitse ortak potansiyel enerji nedir? 47. 20 cm × 20 cm ölçülerinde iki paralel plaka 1 mm’lik bir aralıkla birbirinden ayrılmıştır. Plakalar 250 nC/m2 ’luk eşit ve zıt düzgün yüzey yük yoğunluklarına sahiptir. Dielektrik ortamın sabiti 2 ise depolanan enerjiyi hesaplayınız.


179

48. 200 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. 49. 100, 200 ve 300 nC’luk üç yük herhangi iki yük arasındaki açıklık 5 cm olacak şekilde konulmuştur. Sistemde depolanan toplam enerji nedir?

 50. Çok uzun eş merkezli iki silindirik iletken arasındaki elektrik alanı E = 100 / ρ a ρ V/m olarak değişmektedir. 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. ∈r = 5,5 olduğunu varsayınız. 51. Yarıçapı a olan metal küreye Q pozitif enerjisi kazandırılıyor. Sistemin elektriksel potansiyel enerjisinin QV/2 olduğunu gösteriniz; V kürenin yüzeyindeki elektrik potansiyelidir. 52. 20 cm yarıçapında katı iletken küre iç yarıçapı 30 cm ve dış yarıçapı 40 cm olan küresel kabuk içine eş merkezli olarak konulmuştur. 20 µC’luk yük iç küreye yerleştirilmiş ve -10 µC’luk yük dış küreye yerleştirilmiştir. İki iletken arasındaki ortamın dielektrik sabiti 5’dir. (a) Boşlukta  her noktada D , E ve P ve (b) sistemdeki toplam enerjiyi bulunuz. 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 E = 12a x + 24a y + 36a z V/m dir. Ara  yüzeyin diğer tarafındaki E ve D alanını belirleyiniz. 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? 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. 56. z yönünde sonsuz uzunlukta bir düzlemin sınırı şekil P3.56’da görüldüğü gibi (4,0,0) ve (0,3,0) (ε r = 2,5) noktalarından geçmektedir. Ortam 1 deki elektrik alan şiddeti      E = 25a x + 50a y + 25a z V/m’dir. Ortam 2 (ε r = 5) ’deki E alanını belirleyiniz.

Şekil P3.56

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?

180


58. Şekil P3.58’de üç dielektrik ortam ile paralel plakalı bir kapasitör görülmektedir. Sistemin toplam kapasitansı nedir?

Şekil P3.58

59. Şekil P3.59’da görülen paralel plakalı kapasitörün kapasitansını bulunuz.

Şekil P3.59

60. Şekil P3.60’da görülen koaksiyel hattın birim uzunluk başına kapasitansını belirleyiniz. ε r1 = 5 , ε r 2 = 2,5 , L = 10 m, a = 1 cm ve b = 1,5 cm ise hattın toplam kapasitansı nedir?

Şekil P3.60

61. Şekil P3.61’de görülen kapasitörün yüklü iki iletken plakaları ρ = 10 cm ve ρ = 30 cm’dedir. Plakalar arasındaki ortamın dielektrik sabiti 3,6 ise sistemin kapasitansını belirleyiniz.

Şekil P3.61

62. Eş merkezli iki küre arasındaki bölge şekil P3.62’de görüldüğü gibi iki dielektrik ile doldurulmuştur. Sistemin kapasitansını belirleyiniz.


181

Şekil P3.62

63. Yarıçapı b olan küresel bir bulut düzgün ρ v hacim yük dağılımına sahiptir. Poisson ve Laplace eşitliklerini kullanarak boşlukta her noktadaki potansiyel dağılımı ve elektrik alan şiddetini hesaplayınız ve çiziniz. 64. Paralel plakalı kapasitörün üst plakası 100 V potansiyelinde ve alt plakası –100 V potansiyelindedir. Plakalar sonsuz genişlikte ve 4 cm açıklığa sahiptir. Ortam boş uzay  olduğunda (a) plakalar arasındaki potansiyel dağılımı, (b) bölgedeki E ve D alanlarını ve (c) her plakadaki yüzey yük yoğunluğunu belirleyiniz. 65. Bir koaksiyel kablonun a yarıçapında iç iletkeni V o potansiyelinde ve c yarıçapındaki dış iletkeni topraklanmış iken potansiyel dağılımı belirleyiniz. İletkenler arasındaki boşluk eş merkezli iki dielektrik ile doldurulmuştur. İç dielektrikin geçirgenliği ε 1 ve dış dielektrikin geçirgenliği ise ε 2 dir. Dielektrik ara yüzey b 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. 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 dielektrikin geçirgenliği 3 ve dış dielektrikin 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. 67. Laplace eşitliğini kullanarak a ve b yarıçaplarında eş merkezli iki küresel kabuğun kapasitansını hesaplayınız. İç iletken V o potansiyelinde ve dış iletken topraklanmıştır. İç kabuktaki yüzey yük yoğunluğu nedir? Sistemin kapasitans ifadesini çıkartınız. 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. 69. a ve b yarıçaplarında iki iletken silindir ile sınırlanan bölge içindeki yük dağılımı ρ v / ρ C/m3 tür. Ortamın geçirgenliği ε, iç iletkendeki potansiyel dağılım V o 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. Yük yoğunluğu sadece ρ v ise bütün ifadeleri sadeleştiriniz.

182


70. z yönünde sonsuz genişlikte iki iletken düzlem 30° ’lik bir açı ile düzenlenmiş ve ρ = 0,1 m ve ρ = 0,2 m silindirik yüzeyleri ile sınırlanmıştır. Bir plaka 10 kV potansiyelde tutulmakta ve   diğeri ise topraklanmıştır. Potansiyel dağılımı, plakalar arasındaki boş uzayda E ve D alanlarını ve sistemin birim uzunluk başına kapasitansını bulunuz. 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. 72. Bir q yükü R yarıçapında topraklanmış metal kürenin merkezinden d uzaklığında bulunmaktadır. Topraklanmış kürenin yüzeyindeki toplam yükün doğrudan integrasyon ile − qR / d olduğunu gösteriniz. Bu yük nereden gelmektedir? 73. Dielektrik mercekler elektromanyetik alanların yoğunlaştırılmasında kullanılır. Şekil P3.73’de görülen merceğin sol yüzeyi dairesel silindir ve sağ tarafı düzlemdir. 1. bölgede P(r, 45°, z)’de     E1 = 5a r − 3aφ ise 3. bölgede E3 ’ün x eksenine paralel olması için merceğin dielektrik sabiti ne olmalıdır?

Şekil P3.73 Dielektrik mercek

σ 4 KARARLI ELEKTRİK AKIMLARI 4.1 GİRİŞ Statik elektrik alanları bölümünde esas olarak durgun yükler arasındaki kuvvetler ile ilgilenildi. Bu bölümde ilgi noktası, elektrostatik alanların etkisi altında iletken ortamdaki yüklerin hareketidir. 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 konulduğunu varsayalım. 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. Burada, dq dt zamanında bir noktayı geçmekte olan yük miktarıdır. i küçük harfi genellikle zamanın bir fonksiyonu olduğunu göstermek amacıyla kullanılmıştır. Akımın SI birimi 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.

184


4.2 AKIM VE AKIM YOĞUNLUĞU Bu kısımda akımın iki tipi tanıtılmaktadır: iletim akımı ve taşınım akımı. Hem taşınım ve hem de iletim akımları için birim 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 konulduğunu varsayalım. 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. Iletken 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 z yönünde serbest elektron üzerinde 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 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.

Kararlı Elektrik Akımları

(a) Uçlarına gerilim uygulanmış iletken tel

185

  (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

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

186


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.Δ s olarak tanımlandığında (4.2)’den,

  J = ρvU

(4.3)

 I = J.ds

(4.4)

ve bir s yüzeyi içinden geçen akım

∫

s

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)

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.


187

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; burada, e elektrondaki yükün büyüklüğüdür. Böylece iletken ortamda iletim akım yoğunluğu,

  J = ρv−Ue veya

   J = Neue E = σE

(4.8)

ile verilir; burada, 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.

188


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

(4.9)

σ

olarak adlandırılır ve özdirencin birimi ohm.metre (Ω.m) dir. Tablo 4.1’de yaygın bazı malzemelerin özdirençleri görülmektedir. Table 4.1 Metal, yarı-Iletken ve yalıtkanların öz dirençleri Metaller Yarı-Iletkenler Malzeme Özdirenç (Ω⋅m) Malzeme Özdirenç (Ω⋅m) -8 Aluminyum Karbon (grafit) 2,82×10 3,5×10-5 -8 Konstantan Germanyum 0,42 49×10 -8 Bakır Silikon 1,7×10 2,6×10-3 -8 Altın 2,44×10 Demir 8,9×10-8 Civa 95,8×10-8 Nikrom 100×10-8 Nikel 7,8×10-8 Gümüş 1,59×10-8 Tungsten 5,6×10-8

Yalıtkanlar Malzeme Özdirenç (Ω⋅m) Amber 5×1014 Cam 1010-1014 Sert Lastik 1013-1016 Mika 1011-1015 Quartz 7,5 ×1017 Sülfür 1015

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 − 31 me 9,1 × 10

ve buradan sürüklenme hızı

    U e = −ue E = 4,747 × 10 −3 × 10 −3 × 5a z = 23,74 × 10 −3 a z m/s


189

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 aluminyum telin bir ucu 0,25 cm çapında bakır tel ile kaynaklanmıştır. Bu kompozit telden 8 A geçmektedir. Her iletken teldeki akım yoğunluğu nedir? 2. 100 km uzunluğunda yüksek gerilim iletim hattında 3 cm çapında bir 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 zamanı 2,7×1014 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 alanı başına 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. Burada, dV 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.

Şekil 4.4 Uçlarına gerilim uygulanmış akım taşıyan iletken

190


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.

R=

−

a

 E.dl

∫ ∫ J.ds b

=

Vab I

(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 iletkenliği 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.

 σV σV A I = J.ds = o ds = o s s l l

∫

∫

Buradan, (4.11) kullanılarak iletken telin

R=

Vo l ρl = = σVo A σA A l

direnç ifadesi iletken ortamın fiziksel parametreleri ile direncin teorik bir ifadesini vermektedir. Değerler yerine konularak direncin istenilen sayısal değeri aşağıdaki gibi hesaplanır.


191

R=

1,7 × 10 −8 × 200 × 103 = 85 Ω 40 × 10 − 6

ALIŞTIRMALAR 1. 2 cm yarıçapında aluminyum 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) İletkenin direncini belirleyiniz. 2. 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 akım ve (c) silindirin direncini belirleyiniz. 3. 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; burada, Q herhangi bir t zamanında yüzeyin çevrelediği toplam yüktür. Q hacim yük yoğunluğu, ρ v ile

∫

Q = ρ v dv v

(4.14)

olarak yazılabilir; burada integral s ile çevrelenen bölge boyunca alınır. (4.12), (4.13), ve (4.14) birleştirilerek

192




d

∫ J.ds = − dt ∫ ρ dv 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





∫  ∇ ⋅ J + v

∂ρ v  dv = 0 ∂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. Iletken ortamda kararlı (doğru) akımı sürdürmek için değişen yük yoğunluğunun hiç noktası (kaynağı) olmayabilir. Bu durumda (4.16) 

∫ J.ds = 0

(4.17a)

 ∇⋅J = 0

(4.17b)

s

veya

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)

ΣI = 0

(4.17c)


193

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 iletkenlikte 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

V = az + b

194


elde edilir; burada, 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 Iletken ortamdaki elektrik alan şiddeti,

 V  ∂V  E = −∇V = − a z = − ab a z l ∂z ve ortamdaki akım yoğunluğu,

  σV  J = σE = − ab a z l bulunur ve buradan J ’ye normal yüzeydeki akım,

 σAVab I = J.ds = s l

∫

dan son olarak iletken ortamın direnci

R=

Vab l = σA I

(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,


195

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

∑

Ri =

i =1

N

dli

i =1

i

∑σ A

(4.21a)

i

olup n→∞ iken dl→0 limitinde (4.21a)

dl σA c

R=∫

(4.21b)

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 yarı çaplı 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 yarı çapında 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)’u malzemenin direncinin belirlenmesinde kullanalım. Herhangi bir kesit alanından geçen toplam I akımının aynı olması gerektiğinden malzemedeki J akım yoğunluğu

 J=

I 2πρL

 aρ

196


dir ve burada, I akımı henüz bilinmemektedir. Ortamdaki elektrik alan şiddeti,

  J E= =

σ

 I aρ 2πL(m + kρ )

den iki iletken arasındaki potansiyel fark,

Idρ I IM  m + kb  = = ln   2πL(m + kρ ) 2πLk  m + ka  2πLk b

a  Vo = − ∫ E.dl = ∫ c

bulunur ve iletken malzemenin direnci,

R=

Vo M = 2πLk I

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  J = σE =  Voa ρ = 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 1. Örnek 4.4’de J hacim akım yoğunluğunun (4.17b) ile uyuştuğunu gösteriniz. 2. Örnek 4.4’de ε iletken malzemenin 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. 3. Örnek 4.4’ü (4.18)’i kullanarak tekrar ediniz. 4. 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


197

V’tadır. Laplace eşitliğini kullanarak ve kenar etkilerini ihmal ederek ortamın direncini belirleyiniz. 5. Önceki alıştırmada iletken ortamın 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) ortamda hacim yük yoğunluğunu ve toplam yükü belirleyiniz.

4.5 DURULMA ZAMANI Üzerinde fazladan ρ v yük yoğunluğu bulunan, ε geçirgenliği ve σ iletkenliği 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 ε ∂t 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; burada, ρ o 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 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.

198


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 = 5 τ = 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

    1. Ortamdaki hacim akım yoğunluğu J = sin(10 x )a x + ya y + e −3 z a z A/m2 ise hacim yük yoğunluğunun zamanla değişim oranını belirleyiniz.

   −β 2. Önceki alıştırmayı J = e ρ cos φ a ρ + ln(cos β z )a z A/m2 için tekrar ediniz. 3. Sabit ε geçirgenliğinde ve σ özIletkenliğinde 10 cm yarıçapında bir silindir t = 0 zamanında 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) aluminyum silindir, (iii) karbon silindir ve (iv) quartz silindirin dış yüzeyinde yükün birikimi için ne kadar zaman geçecektir?

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


199

 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; burada, J = ρ v U dir. Güç birim zaman başına iş olduğundan elektrik alanı ile sağlanan güç dp =

dW   = J.E dv dt

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 = p dv = J.E dv

∫

∫

v

v

(4.25b)

ile verilir ve bu eşitlik Joule kanununun integral biçimi olarak adlandırılır.

 Iletken 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 = σE.E = σE 2

(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, 2

V  p = σ   W/m³ L ve ısı olarak iletkenden kaybolan güç,

P=

σAV 2 L

=

V2 W R

(4.27a)

200


olur; burada, 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 cm2 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  a z = −60a z kV/m E=− 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.

R=

2,88 = 5000 Ω veya 5 kΩ (24 × 10 −3 ) 2

ALIŞTIRMALAR 1. Direnç kavramını kullanarak Örnek 4.6’daki ortamın direncinin 5 kΩ olduğunu gösteriniz. Aynı zamanda akımı ve ortamda ısı olarak güç kaybını da doğrulayınız.


201

2. Her biri 5 cm yarıçapında dairesel iki metal plaka paralel bir kapasitör oluşturacak şekilde 5 cm açıklıkla tutuluyor. Aradaki boşluk 40 µS/m iletkenliğinde ve 5 dielektrik katsayısına sahip 3 cm kalınlığında ve 60 µS/m iletkenliğinde ve 2 dielektrik katsayısına sahip 2 cm kalınlığında iki dilim ile dolduruluyor. Plakalar arasında 200 V potansiyel farkı uygulanarak 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.

4.7 DİYOTTAKİ KARARLI AKIM Şekil 4.9’da görüldüğü gibi paralel iki plakadan oluşan diyot’u dikkate alalım. 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

mU

dV dU =e dz dz

veya

d 1  mU 2 − eV  = 0  dz  2  olarak elektronun hızlanmasını açıklamaktadır. Her iki tarafın integrali alınarak

202


1 mU 2 = eV + c 2 elde edilir; burada 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. Burada 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

=

K V

(4.31)

olarak ifade edilebilir; burada

K=

J 2e m

dir. (4.30)’dan ρ v elimine edilerek

d 2V K =− dz 2 εo V elde edilir. İntegral alınarak 2

K  dV  V +k   = −4 εo  dz  elde edilir; burada, k diğer bir integrasyon sabitidir. Katotta z=0, V=0 ve dV/dz=0 böylece integrasyon sabiti k = 0 olur. Buna göre


203

4K dV = − dz 1/ 4 εo V olur ki tekrar integrasyonla

4K  4  3/ 4 z + k1  V = − εo 3 elde dilir; burada k 1 integrasyonun diğer bir sabiti olup z=0’da V=0 olduğundan yine sıfırdır. Buradan

J 16 3 / 2 V = −4 εo 9

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 9 m 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,

 4V dV  E=− az = − o 3d dz

z d   

1/ 3

 az

(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.

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:

204


 z  V =1000   0,05 

4/3

= 54,288 z 4 / 3 kV

(b) (4.35)’den elektrik alan şiddeti: 1/ 3   4 × 1000  z   E=− a z = −72,384 z1/ 3a z kV/m   3 × 0,05  0,05 

(c) (4.33)’den akım yoğunluğu:

   2 × 1,6 × 10 −19  4  10 −9 J=−    9  36π (0,05) 2   9,11 × 10 −31 

1/ 2

  × 10003 / 2 a z = −29,42a z A/m2

(d) (4.36)’dan uzay yük yoğunluğu:

ρv = −

4 × 10 −9 × 1000 − 2 / 3 z = −213,34 z − 2 / 3 nC/m3 4/3 36π × 9 × (0,5)

ALIŞTIRMALAR 1. 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? 2. Önceki alıştırmayı ve 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 iletkenlikli ortamlar arasındaki ara yüzeyden geçerken nasıl değiştiği irdelenmektedir. Şekil 4.10’da görüldüğü gibi bir hap kutucuğu veya tablet biçiminde kapalı bir yüzey oluşturalım. Kutucuğun yüksekliği, radyal yüzeyinden akıma katkısı ihmal edilebilecek kadar çok küçüktür.

Şekil 4.10 J ’nin normal bileşeni için sınır şartları


205



∫ J.ds = 0 s

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; burada, 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; burada, t indisi alan miktarının tanjant bileşenini ima etmektedir. (4.38) eşitliği ara yüzeydeki akım yoğunluklarının tanjant bileşenlerinin oranının iletkenliklerin oranına eşit olduğu anlamına gelmektedir.

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

206


J n1σ 1 J n 2σ 2 = J t1 J t2 veya

tan θ1 σ 1 = tan θ 2 σ 2

(4.39)

elde edilir. Özel bir durum olarak zayıf iletkenlikli bir bölge (ortam 1) ve yüksek iletkenlikli bir bölge (ortam 2) arasındaki ara yüzeyi dikkate alalım. Eğer θ 2 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 − 

 ε1σ 2 − ε 2σ 1   ε1 ε 2  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 iletkenliği 40 µS/m’dir. Ortam 2’nin (z≤0) dielektrik sabiti 5 ve iletkenliği 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 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 bundan J 1 = 12 + 1385,6 2 ≈ 1385,6 A/m2 ve θ = tan −1 (1385,6) = 89,96° hesaplanır. Son olarak (4.41)’den yüzey yük yoğunluğu aşağıdaki gibi hesaplanır.


207



2

5

 10

−9

ρ s = 1 − = −0,88 mC/m2 −6 −9  50 × 10  36π  40 × 10 ALIŞTIRMALAR 1. Ortam 2’deki akım yoğunluğunun normal bileşeni terimi ile farklı iletkenliklerde iki iletken ortam arasındaki ara yüzeydeki yüzey akım yoğunluğu ifadesini elde ediniz. 2. 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 ile sabit ε geçirgenliğinde ve σ iletkenliğinde 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)

208


ve tanjant bileşenlerinin sınır şartlarından

J t1 σ 1 = J t2 σ 2

(4.46a)

Dt1 ε1 = Dt 2 ε 2

(4.46b)

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 iletkenliği 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,

 σ  J = − Vo a z d elde edilebilir. Buradan ortamdan geçen akım

 σA V I = J.ds = Vo = o s d R

∫

olarak bulunur ve burada, R =

d ortamın direncidir. σA

Statik elektrik alanları bölümünde kapasitans


209

C=

∫ ρ ds = ∫ εE ds

Q = Vab

s

s a

n

s

 − E.dl

 − E.dl a

∫

(4.47)

∫

b

b

olarak tanımlanmıştı; burada, ρ s = εEn kapasitörün a iletkeninin yüzeyindeki yüzey yük yoğunluğudur. G iletkenliği direncin tersi olarak tanımlanırsa bu durumda (4.11)’den

G=

∫

I = Vab

 J.ds

s a

 − E.dl

=

∫ b

∫ σE ds 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.

R=

1 d = G σA

ÖRNEK 4.11 Eş merkezli iki metal küre arasındaki ortamın iletkenliği 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,

210


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 iletkenliğinde ve ε geçirgenliğinde malzeme ile doldurulmuştur. İç ve dış iletkenlerin yarı çapları 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 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 küresel ve sivri küresel 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.


211

(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.

Şekil 4.12 Küresel geometride,

ρ2 a 2 sin 2 θ

−

ρ2 r2

+

z2 ρ2 z2 veya + = 1 sabit küreler, = 1 a 2 (1 + λ2 ) a 2 (1 + λ2 ) r2

z2 z2 ρ2 = 0 − = 0 sabit koniler ve φ = tan −1 ( y / x) sabit veya a 2 cos 2 θ a 2 (1 − µ 2 ) a 2 µ 2

yüzeyleri ortogonal eş potansiyel yüzeyler oluşturur ( r 2 = a 2 (1 + λ2 ) , ρ = r sin θ ve µ = cosθ ’dir).

212


Akım r yönünde: r

Rr =

∫

→

r2

r2

−

dr r2

1 2 r r1

∫ dr ∫ = θ = θ φ φ θ rd r d d d θ θ φ σ θ θ φ sin sin σ  − cosθ θ ∫θ ∫φ ∫θ ∫φ 

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 =

∫

dθ 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. = = 1 + cosθ sin θ 1 − cos 2 θ

Akım φ yönünde:

Rφ =

φ

σsφ

=

∫

→

dφ

→

→

σ ∫ d r ∫ dθ

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 küresel 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.


213

Şekil 4.13 Basık küresel 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

∫ dλ = σ ∫ d µ ∫ dφ 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

214


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 ∫ dφ 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 + λ µ σ λ d d a d ∫λ1 1 + λ2 ∫µ1 1 − µ 2 dµ 1 + λ2 ∫µ1 1 − µ 2

(4.55)


215

φ

Rφ =

φ φ2 1

µ µ   λ λ2 1 λ2 1  µ + 1 2  µ + 1 2   µ2 −1 −1 2      σa  λ λ − tan λ  ln + σa tan λ − 2 µ µ + 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 küresel 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 d a (λ2 − 1)(1 − µ 2 ) dφ 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 ∫ dφ 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)

216


Şekil 4.14 Sivri küresel 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


217

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 =

101 − 36 (r2 − r1 ) = 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)

218


(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


219

 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 )

 25  1 − 1 + 1 26  26   25  1 + 1 − 1 26  26  = 2,188 × 10−8 Ω   101 27  − (π / 3 − π / 6) 26  26   26

   ln     

ln

2 × 38 × 106

Akım φ yönünde:

Rφ =

2(φ2 − φ1 ) 

σa ( µ 2 − µ1 ) ln 

Rφ = 38 × 106

(λ2 − 1)(λ1 + 1) ( µ + 1)( µ1 − 1)   + (λ2 − λ1 ) ln 2 (λ2 + 1)(λ1 − 1) ( µ 2 − 1)( µ1 + 1) 

      25   1  ln 26   − 26     26     

2(π / 3 − π / 6)  101  27   + 1 − 1  26  26  +  101 − 27  ln  26   101  27   26  − 1 + 1  26 26   

25  +1  26  25  −1  26 

 1 − 1  26     1 + 1 26  

Rφ = 7,942 × 10 −10 Ω

ALIŞTIRMALAR 1. Örnek 4.13’ü dikdörtgen koordinat sistemi için tekrarlayınız. 2. Örnek 4.13’ü silindirik koordinat sistemi için tekrarlayınız. 3. İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan iki iletken küresel kabuk V o potansiyelinde tutuluyor. Kabuklar arasındaki ortam ε geçirgenliği ve σ iletkenliği ile karakterize ediliyor. D ve J alanları arasındaki benzerliği kullanarak ortamdan geçen akımı belirleyiniz. 4. 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?

220


5. 100 m uzunluğunda bir koaksiyel kablonun iç ve dış iletkenlerinin yarıçapları sırasıyla 2 cm ve 5 cm’dir. İletkenler arasında 5 kV’luk bir potansiyel farkı tutulmaktadır. D ve J alanları arasındaki benzerliği kullanarak ortamdan geçen akımı belirleyiniz. Ortam ε r = 2 ve σ = 10 µS/m ile karakterize ediliyor. Ortamdaki güç kaybını 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 

∫ E.dl = 0 c

ifadesiyle sıfır olduğu belirtilmişti. Bu bölümde iletken bir ortamdaki hacim akım yoğunluğunun   J = σE ve iletkenden geçen akımın

  I =∫ J.ds = ∫ σE.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

(4.61)


221

elde edilir. Bundan dolayı döngüye verilen güç emf ve akımın çarpımıdır. a ve b noktaları arasındaki devrenin döngünün (kol:branş) bir kısmı için b

1 J.dl =

∫σ a

    ∫ [E + E'].dl = ∫ E.dl + ∫ E'.dl = −[V b

b

b

b

a

a

− Va ] + ξ ab

(4.62)

a

yazılabilir; burada, 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; burada,

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.

222


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


223

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 1. 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. 2. Önceki örnekte bakır tel aynı uzunlukta bir Nikrom (Nikel-krom) tel ile değiştiriliyor. Isı olarak kaybolan gücün aynı olması için Nikrom telin çapı ne olmalıdır? n

3. n adet seri direncin eşdeğer direncinin R = ∑ Ri olduğunu gösteriniz; burada R i i. direncin i =1

direncidir. n

4. n adet paralel direncin eşdeğer iletkenliğinin, G = ∑ Gi olduğunu gösteriniz; burada G i = 1/R i i =1

i. direncin iletkenliğidir. 5. Şekil A4.28’de 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.

224


Şekil A4.28

4.12 ÖZET dq olarak tanımlandı; burada dq 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; burada ρ v hacim yük yoğunluğu ve U v bu yüklerin ortalama hızıdır. İletim akım yoğunluğu   J = σE  dir; burada 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

Burada ℓ uzunluk, σ iletkenlik ve A iletkenin kesit alanıdır. Süreklilik eşitliğinin

 ∂ρ ∇⋅J = − v σt


225

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 yük iletkenin yüzeyi üzerinde yeniden dağılacaktır:

ρ v = ρo e −t / τ Burada τ =∈ / 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 iletkenliklerin 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

226


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 farkı ve emf arasındaki fark nedir? 8. Paralel plakalı kapasitörün plakaları arasındaki ortamın iletkenliği 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?


227

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. Iletken içindeki elektrik alan şiddeti sıfır ise iletkende bir akım olabilir mi? 17. Iletken 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 PROBLEMLER 1. Bakırda metre küp başına yaklaşık olarak 8,5×1028 serbest elektron vardır. Bakır tel 10 cm2 kesit alanına sahip ve 1500 A akım taşıyorsa (a) elektronların ortalama sürüklenme hızını, (b) akım yoğunluğu, (c) elektrik alan şiddeti ve (d) elektron hareketliliğini hesaplayınız. 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) telden geçen akımı hesaplayınız. 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. 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). 5. Paralel iki iletken plaka arasındaki boşluk saf silikon ( ε ≈ 1 ) ile doldurulmuştur. Kapasitörden geçen sızıntı akımı 100 A ise her plakadaki yükü belirleyiniz. 6. 30 km uzunluğunda bir iletken telin çapı 2,58 mm’dir. Tel (a) bakır, (b) gümüş, (c) Nikromdan yapılmış ise direnci nedir? 7. Şekil P4.7’de bakır halkanın bir kısmı görülmektedir. A ve B sınırları arasında kalan direnci bulunuz.

228


Şekil P4.7

8. Şekil P4.8’de görüldüğü gibi kesilmiş dairesel bir koni demirden yapılmıştır. Koninin düz uçları arasındaki direnci nedir?

Şekil P4.8

9. 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. Kablo 100 A akım taşıyorsa (a) her malzemenin direncini, (b) her malzemedeki akımı, (c) her malzemedeki akım yoğunluğunu ve (d) her malzemedeki elektrik alan şiddetini belirleyiniz. 10. 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? 11. Şekil P4.8’de görülen kesilmiş 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. 12. Yarıçapları a ve b (b>a) olan eş merkezli iki iletken küre arasındaki boşluk σ = m/r + k iletkenliğinde homojen olmayan malzeme ile doldurulmuştur, burada a ≤ r ≤ b ve m ve k sabittir. İçteki küre V o potansiyelinde tutuluyor 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. m→0 iken direnç nedir? 13. Bir elektromıknatıs silindirik nüve üzerine sarılan 200 sarımdan oluşturuluyor. Bakır telin çapı 0,45 mm ve bir sarımın ortalama yarıçapı 8 mm dir. İletken telin direnci nedir?


229

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 nedir? İletkenliği nedir? 15. Karbon çubuğun yarıçapı 0,25 mm ise 10 Ω’luk bir direnç yapmak için ne kadar uzunlukta karbon çubuk gerekir? 16. 2 mm yarıçapında ve 10 m uzunluğunda içi dolu bir iletken 2 mm iç yarıçapında içi boş bir iletken ile değiştirilecektir. İletkenler aynı malzemeden yapılır ve aynı uzunluğa ve aynı dirence sahipse içi boş iletkenin dış yarıçapı ne olmalıdır? 17. Bir yüksek gerilim hattının çapı 4 cm ve uzunluğu 200 km’dir. Kablo 1,2 kA’lik bir akım taşımaktadır. Kablonun direnci 4,5 Ω ise (a) uçları arasındaki potansiyel düşümü, (b) elektrik alan şiddetini, (c) akım yoğunluğunu ve (d) malzemenin özdirencini belirleyiniz. Malzemenin ne olduğunu tanımlayabilir misiniz? 18. 500 trilyon elektron yükü t = 0 zamanında 10 cm yarıçapında aluminyum kürenin içine atılıyor. Bu yükün miktarı nedir? Aluminyumun dielektrik sabitini birim varsayarak durulma zamanı nedir? Yükün başlangıç değerinin % 80’ine düşmesi için ne kadar zaman geçer? 19. Bir iletken ortamdaki fazla yük, miktarının yarısına 100 ns’de düşüyor. Ortamın dielektrik sabiti 2,5 ise iletkenliği nedir? Durulma zamanı nedir? 200 ns sonra ortamda yükün yüzde kaçı mevcut olacaktır? 20. Yalıtılmış bir iletkenin içine fazla bir yük yerleştirilmiştir. Yükü çevreleyen kapalı yüzeyden geçen akım i (t ) = 0,2 e −50t 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.

  21. Hacim akım yoğunluğunun J = e − x sin ω x a x yoğunluğunun zamanla değişim oranını bulunuz. 22. ρ v

A/m2 olduğu bir ortamda hacim yük

hareketli yüklerin hacim yük yoğunluğu   ρ v ∇ ⋅ U + ( U.∇) ρ v + ∂ρ v / ∂t = 0 olduğunu gösteriniz.

ve

 U

ortalama

hızı

ise

23. 100 V’luk potansiyel farkı 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. 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. 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? 26. Bir koaksiyel kablonun iletkenleri arasındaki ortamın dielektrik katsayısı 2 ve iletkenliği 6,25 µS/m dir. Kablonun iç ve dış yarıçapları 8 mm ve 10 mm dir. Kablonun birim uzunluğu başına direnci nedir? İletkenler arasına 230 V’luk potansiyel farkı uygulanırsa kabloya verilen toplam gücü hesaplayınız.

230


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. 28. Her biri 1 m2 alanında paralel iki metal plaka arasındaki bölge 0,5 mm, 0,3 mm ve 0,3 mm kalınlıklarında ve sırasıyla 10 kS/m, 500 S/m ve 0,2 MS/m iletkenliklerinde üç iletken ortam ile dolduruluyor. İki plaka arasındaki etkin direnç nedir? Plakalar arasında 10 mV’luk bir potansiyel farkı tutulursa her bölgedeki J ve E alanlarını hesaplayınız. Her ortamdaki güç kaybı nedir? Toplam güç kaybı nedir? 29. Bir diyotun anodu katoduna göre 10 kV potansiyelindedir. Plakalar arasındaki açıklık 10 cm dir. Katotta bir elektronun başlangıç hızı sıfır ise anoda çarptığındaki son hızı nedir? Diyottaki gerilim dağılımını, elektrik alan şiddetini ve akım yoğunluğunu belirleyiniz. 30. Önceki problemde her plakanın alanı 4 cm2 ise diyottaki akımı hesaplayınız. 31. Her biri 1 m2 alanında paralel iki metal plaka arasındaki bölge 0,5 mm, 0,3 mm ve 0,3 mm kalınlıklarında ve dielektrik katsayıları birim olan üç iletken ortam ile dolduruluyor. Plakalar arasında 10 mV’luk potansiyel farkı tutuluyor. Sınır şartlarını kullanarak iletken üç ortam arasında iki ara yüzeydeki yüzey yük yoğunluklarını belirleyiniz. 32. Ortam 1’deki akım yoğunluğu (σ 1 = 100 S/m, ε r1 = 9,6) 50 A/m2 ve ara yüzeyin normali ile 30° lik bir açı yapmaktadır. Ortam 2 10 S/m iletkenliğine ve 4 dielektrik katsayısına sahipse ortam 2’deki akım yoğunluğu nedir? Normal ile hangi açıyı yapmaktadır? Ara yüzeydeki yüzey yük yoğunluğu nedir? 33. İki iletken arasındaki düz ara yüzey şekil P4.33’de görülmektedir. Ara yüzeyin (σ 1 = 100 S/m,     ε r1 = 2) tam üzerindeki ortam 1’de akım yoğunluğu J1 = 20a x + 30a y − 10a z A/m2 ise ara yüzeyin hemen üzerinde (σ 2 = 1000 S/m, ε r 2 = 9) ortam 2’deki akım yoğunluğu nedir? Her iki taraftaki ilgili E ve D alan bileşenleri nedir? Ara yüzeydeki yüzey yük yoğunluğu nedir?

Şekil P4.33

34. Bir koaksiyel kablonun iç iletkeninin yarıçapı 10 cm ve dış iletkeninin yarıçapı 40 cm’dir. 10 cm’den 20 cm’ye uzanan σ 1 = 50 µS/m iletkenliğinde ve ε 1 = 2ε o geçirgenliğinde iç ve 20 cm’den 40 cm’ye uzanan σ 2 = 100 µS/m iletkenliğinde ve ε 2 = 4ε o geçirgenliğinde iki dış ortam vardır. D ve J arasındaki benzerliği kullanarak birim uzunluk tabanında (a) her


231

bölgenin kapasitansını, (b) her bölgenin direncini, (c) toplam kapasitansı, (d) toplam direnci ve (e) iletkenin uzunluğu 100 m ve iletkenler arasındaki potansiyel farkı 10 V ise sınır şartlarını kullanarak yüzey yük yoğunluğunu belirleyiniz. 35. 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? 36. İçteki küresel iletkenin yarıçapı 3 cm ve dıştaki küresel iletkenin yarıçapı 9 cm’dir. 3 cm’den 6 cm’ye uzanan 50 µS/m iletkenliğinde ve 3ε o geçirgenliğinde iç ve 6 cm’den 9 cm’ye uzanan 100 µS/m iletkenliğinde ve 4ε o geçirgenliğinde iki dış ortam vardır. D ve J arasındaki benzerliği kullanarak birim uzunluk tabanında (a) her bölgenin kapasitansını, (b) her bölgenin direncini, (c) toplam kapasitansı, (d) toplam direnci ve (e) İletkenler arasındaki potansiyel fark 50 V ise sınır şartlarını kullanarak ara yüzeydeki yüzey yük yoğunluğunu belirleyiniz. 37. Önceki problemin eşdeğer devresini çiziniz. Kapasitörü yüklemek için 50 V’luk bir gerilim uygulanmıştır. 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? 38. Şekil P4.38’deki devrenin eşdeğer direnci nedir?

Şekil P4.38

39. Şekil P4.39’daki devrede V ab ’yi belirleyiniz.

Şekil P4.39

40. Şekil P4.40’da her kaynağın verdiği güç nedir? Devreye verilen güç devrede harcanan güce eşit midir?

232


Şekil P4.40

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. Burada, bazı tarihi taş oluşumlarının incelenmesi her on milyon yılda bir yerin manyetik alanının dramatik olarak yön değiştirdiği inancı ağır basmaktadır. Yerin manyetik alanı yerin en dış kabuğunda erimiş demirin dönen hareketlerinden meydana geldiği düşünülmekle beraber alanın yön değişimlerinin tam nedeni hala anlaşılamamış ve araştırma konusu özelliğini sürdürmektedir. Bu tarihten sonraki yön değişiminin bundan sadece 2000 yıl önce olduğu tahmin edilmektedir. Böyle bir değişimin korkunç sonuçlarını kimse kestiremez fakat bunların bazıları küresel denizciliğin bozulması ve göçmen kuşların göç örüntülerinin çok şiddetli değişmesidir. Elektrik alanının yük ile ilişkisinde olduğu gibi manyetik alan da mıknatıslarla etkileşim içindedir.

234


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.

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.

Şekil 5.2 Çubuk mıknatısı çevreleyen manyetik akı hatları

Şekil 5.3’de görüldüğü gibi mınatıslarla yapılan deneyler, mıknatıs ne kadar küçük parçaya bölünürse bölünsün, kuzey ve güney kutbun ayrılamayacağını da göstermiştir. Başka ifadeyle yalıtılmış tek (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

Statik Manyetik Alanlar

235

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. Bu bölüm statik manyetik alanlar veya manyetostatik çalışmasına yani kararlı veya DC akımların meydana getirdiği manyetik alanlara ayrılmıştır. Başlangıç Biot-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 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; burada 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 İntegral alınarak,

(5.1)

236


 µ B= o 4π

  Id  × R ∫ R3 c

(5.2)

 elde edilir. Burada B 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  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 hacimsel akım yoğunluğu,  J v ile   Id  = J v dv   olarak tanımlanabilir ve J v ile B ’nin ilişkisi    µo J v × R dv B= 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 B= ds 4π ∫s R 3

(5.4)

 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.


237

Şekil 5.5 Hacimsel akım yoğunluğundan dolayı P noktasındaki manyetik akı yoğunluğu

Şekil 5.6 Yüzey akım dağılımından dolayı P noktasındaki manyetik akı yoğunluğu

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

238

Elektromanyetik Alan Teorisi b

 µ Ib   z ρdz µ Iρ B= o a = o aφ 2 2 3/ 2 φ 4π a ( ρ + z ) 4π ρ 2 ρ 2 + z 2 a

∫

 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 yoğunluğunda uzun bir hattan dolayı E alanının büyüklüğünün değişimine    (E = ρl / 2ε o r a ρ ) benzer şekilde B alanının büyüklüğünün ρ ile değişmesinin 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

∫

239

2π

 µo Ib 2 dφ 2π  = φ 0 az a 2 2 3/ 2 ρ 2 2 3/ 2 (b + z ) 4π (b + z ) 0

∫

(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

(5.7)

240

Elektromanyetik Alan Teorisi 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

∫

∫

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   µom B= 2πz 3  olur; burada 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.


241

 µI B y =−b / 2 = o 4π

  d  × R µo I = −b / 2 4π R3

∫

b/2

∫

b/2

   b     (dx a x ) ×  − xa x + a y  + za z  2   

−b / 2

2

b x2 +   + z 2 2

3

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  4π  2   2  b 2  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

242


y = −b / 2 kenarının tam simetriğindeki ( y = b / 2) akım elemanının P noktasında oluşturduğu manyetik akı yoğunluğu, yukarıdaki aynı yol takip edilerek,

 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 az  2  b   b2 z +   + z2   2 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.

   1 µ Ib 2 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 B = B y = − b / 2 + B y =b / 2 + B x = − b / 2 + B x =b / 2 = o az 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

  µ Js × R 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


243

 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

∞ ,∞

dxdy = − ln y + x 2 + y 2 + z 2  =0 3   −∞ , −∞ 2

 xy −1  = tan dxdy 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. Çok ince bir tel z = 0 ile z = ∞ arasında uzanmakta ve I akımı taşımaktadır. z = 0 düzleminde herhangi bir noktadaki manyetik akı yoğunluğu ifadesini elde ediniz. 2. Düzgün bir tel z = -L ile z = L arasında uzanmakta ve I akımı taşımaktadır. Teli ikiye bölen düzlemde herhangi bir noktadaki manyetik alan nedir? 3. Şekil 5.10’da görüldüğü gibi yarıçapı b ve uzunluğu L olan silindir üzerine çok ince telden N sarım sıkıca sarılmıştır. Telden I kararlı akımı geçiyorsa silindirin ekseni üzerinde herhangi bir noktadaki manyetik akı yoğunluğunu bulunuz. Silindirin merkezindeki manyetik akı  yoğunluğu nedir? Silindirin uçlarındaki B alanlarının ifadesini de elde ediniz.

Şekil 5.10 Çok uzun, hava nüveli silindirik selenoid

4. Şekil 5.11a da görüldüğü gibi sonsuz uzunlukta içi dolu a yarıçapında manyetik olmayan bir iletkenden I akımı geçmektedir. İletkenin iç ve dış kısımlarındaki manyetik akı yoğunluğunun radyal yönde değişim eğrisinin şekil 5.11b de görüldüğü gibi olduğunu doğrulayınız. Manyetik akı yoğunluğunun 2a uzunluğu üzerindeki değişimi nasıldır?

244


(a) Sonsuz uzunlukta I akımı taşıyan yuvarlak iletken

(b) Manyetik akı yoğunluğunun radyal yönde değişimi

Şekil 5.11

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      Burada 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

(5.11a)

olur ve bu eşitlik Ampère kuvvet kanunu olarak bilinir.

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


245

(5.2) eşitliği kullanılarak (5.11a) eşitliği aşağıdaki gibi yazılabilir.

   F2 = ∫ I 2 d  2 × B1

(5.11b)

c2

 Burada B1

 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 Ad1 ve J v1dv1 = dq1 U1 ’dir. Eğer bölgedeki manyetik akı yoğunluğu B ise q1 yükü üzerindeki manyetik kuvvet,    F1 = q1U1 × B

(5.13)

  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 F1 = q U × q U × R 1 1 2 2 12 3 4πR12

]

(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.

246


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)     IB(a x × a z )dx = − BILa y F2 =

∫ a

dir. a yarıçapında yarı-çember yaya etkiyen kuvvet, 0 0  0      F3 = IB(−aφ × a z )adφ = − BIadφa ρ = − BIa [a x cos φ + a y sin φ ]dφ

∫

π

∫

∫

π

  0 F3 = − BIacos φ π a y = −2 IBaa y

π

bulunarak tüm iletkendeki bileşke manyetik kuvvet,

     F = F1 + F2 + F3 = −2 IB ( a + L)a y 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


247

Şekil 5.15

 µ I2 F= o 2πb

−L 2



µ0



∫ (-a z × aφ ) dz = 2πb I

2

 La ρ

+L 2

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 2πb  Manyetik kuvvet, F

(5.15)

 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

]

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 R  21 c1 

∫∫ 2

 3 = −∇(1 R21 ) olduğundan sağ taraftaki birinci integral gibi yazılabilir. R 21 / R21

248


−

  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 c

∫∫ 1

c2

  d 1. d  2  R 21 3 R21

(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 olarak tanımlanır. (5.16)’dan AB kısmındaki manyetik kuvvet,

 µII FAB = − o 1 2 4π

L

a

∫ ∫ dz1

−L

−a

  ba y + ( z2 − z1 ) a z [b 2 + ( z2 − z1 ) 2 ] 3 2

dz2

  µII 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.


249

 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

  µ II 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           2π  b c  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

    1. Örnek 5.3’ü B = Ba x ve B = Ba y için tekrar ediniz. 2.

 F1 =

[

]

   µo q × q × U U R 1 1 2 2 12 eşitliğini manyetik kuvvetin temel bir kuralı varsayarak Biot4π R123

Savart kanunu ve Ampère kuvvet kanunu ifadelerini elde ediniz. 3. (5.17) ve (5.18) eşitliklerini doğrulayınız. 4. L = 10 m, b = 2 cm, c = 10 cm, a = 5 cm ve I 1 = I 2 = 10 A ise Örnek 5.5 de çerçeveye etkiyen manyetik kuvveti bulunuz.

250


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 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.


251

  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. Burada

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

  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,

[

]

    W  1 a x sin θ − a y cosθ × (−a y BIL) = − BILW sin θ a z Tab = 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,

252


      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 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 5.6 örneği 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 Sargı üzerindeki tork,

     T = m × B = a z 10 × 1,2 sin 60° = 10,39a z Nm olarak elde edilir. ALIŞTIRMALAR 1. 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.


253

2. Bir D’Arsonval sayacı 0,2 T’lık bir manyetik alanda 25 sarımlı bir sargıya sahip olacak şekilde tasarlanmıştır. Aygıtın geri getirici torku bir yay ile uygulanmakta ve bu θ sapma açısı ile orantılıdır. Yay sabiti derece başına 50 µN’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 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

254


Burada 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. 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,

µI Φ= o 2π

b−a

∫ a

1 1  y µo I  y + b − y  dy dz = 2π ln b − y   0 L

∫

b−a L

z0 = a

µo IL  b − a  ln   π  a 


255

  elde edilir. Burada diferansiyel yüzey, ds = − dydza x ’dir.

Şekil 5.20 İki 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.

Şekil 5.21 Bir yarı küreyi geçen manyetik akı

Φ disk

  R = B ⋅ ds z =

∫ s

2π

∫ ∫ 0

R

  ρ2 2π Ba z ⋅ ρ dρ dφa z =B φ 0 = π R2B 2 0 0

256


  π /2 Φ yarı küre = B ⋅ dsr =

∫ s

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

 1. Sonsuz uzunlukta akım taşıyan iletkenin oluşturduğu B manyetik alanının Gauss kanununu sağladığını gösteriniz. 2. Örnek 5.7’yi her iki iletken z yönünde akım taşırken tekrarlayınız. 3. 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. 4.

    B = 12 xa x + 25 ya y + cza z ise c’yi bulunuz.

5. Örnek 5.8’de kürenin bütün yüzeyi üzerinde integrasyon ile sonucu doğrulayınız.

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)

 Burada 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.

 µ I B= o 4π

∫ c

  d ′ × R R3

    Burada R = ( x − x ′)a x + ( y − y ′)a y + ( z − z ′)a z . 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)


257

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.

 d ′   c R 

 µ I B = ∇× o  4π

∫

(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

(5.27b)

gibi olur. (5.27a) hacimsel akım yoğunluğu ile genelleştirilerek (5.27c) bulunur.

 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

258


  Φ = A ⋅ d

∫

(5.28)

c

bulunur. Burada 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

 µ I A= o 4π

L

∫

−L

dz

ρ 2 + z2

=

L µo I ln( z + ρ 2 + z 2 ) 4π −L

 ln[ L + L2 + ρ 2 ] − ln[− L + L2 + ρ 2 ] a   z

(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 + L + ρ ≈ L + L 1 +    ≈ 2 L   2 L   2

2

ve

  ρ 2  ρ 2 − L + L + ρ ≈ − L + L 1 +    ≈   2 L   2 L 2

2

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



ρaφ ∂ ∂φ ρAφ

 az ∂ 1 = ∂z ρ Az

 aρ ∂ ∂ρ

ρaφ



0

0

∂ ∂φ

 az ∂ ∂z  µo I 2 L    ln ρ   2π

olarak elde edilir. L>>ρ yaklaşımı bir kere daha yapılarak,

=−

∂Az  1 µ IL  aφ = o  2 ∂ρ 2πρ  L + ρ 2 

 aφ 


259

 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.

Şekil 5.23 Akım taşıyan koaksiyel kablo

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 = ∫ A ⋅ d + ∫ A ⋅ d + ∫ A ⋅ d + ∫ A ⋅ d c

c1

c2

c3

c4

Koaksiyel kablo içindeki akının genel bir ifadesinin elde edilmesi için a ve b nin sırasıyla iç ve dış iletkenlerin yarıçapları olduğunu kabul edelim. Manyetik vektör potansiyelinin sadece z bileşeni olduğundan c 2 ve c 4 hatları boyunca integralin hiç katkısı olmayacaktır. Bu durumda,

260


    µ I Φ = A ⋅ d + A ⋅ d = o 2π c c

∫

∫

1

3

µI  2L  ln  dz − o 2π a  −L  L

∫

L

µ IL  b   2L   dz = o ln  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.

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 − a x ’dir). 5.27b eşitliğindeki, d ve R aşağıdaki gibi bulunur.

    d  = bdφaφ = bdφ (− sin φa x + cos φa y ) ve         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 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  


261

(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 2π   µ Ib   b sin θ  1 b sin θ 1 2π  2π  2π  2  ( φ + cos φ sin φ ) 0 a y  A = o  − (− 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

262


 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 ×a A = o 2 r Wb/m 4πr

        Burada, 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 =  θ sin   r ∂r r 4πr 2 4πr 2  r sin θ ∂θ  

 aθ  

 µ Iπb 2 cosθ  µo Iπb 2 sin θ  aθ B= o ar + 4πr 3 2πr 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. ALIŞTIRMALAR 1. Örnek 5.10’da iletkenler içindeki bölgedeki manyetik akı yoğunluğunu kullanarak çevrelenen toplam akıyı belirleyiniz. 2. Kısa, L uzunluğunda düz bir iletken z yönünde I akımı taşımaktadır. İletkenden uzakta bir noktadaki manyetik vektör potansiyelinin aşağıdaki gibi olduğunu gösteriniz. Burada 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=

µo

veya

(5.33a)


263

  B = µo H

(5.33b)

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

  H ∫ ⋅ d = I

(5.34a)

c

dir. Burada, 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. Akım hacimsel akım yoğunluğu ile

  I = ∫ J v ⋅ ds s

gibi ifade edilebildiğinden Ampère kanununun integral biçimi (5.34a)’dan

∫

    H ⋅ dl = J v ⋅ ds

∫

c

s

olur. Stokes teoremi,







∫ (∇ × H)ds = ∫ J s

v

 ⋅ ds

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.

264


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,

∫

  2π H ⋅ d  = H φ ρdφ = 2πρH φ

∫

c

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,

  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.


265

 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 5.12 örneği 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

2π

I I (ρ 2 − a2 ) ρ ρ φ = d d π (b 2 − a 2 ) a b2 − a 2 0

∫

∫

ve

  H ∫ ⋅ d  = 2πρH φ c

 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.

266


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

olur. Halka içindeki toplam akı aşağıdaki gibi bulunur.

  µ NI Φ = B ⋅ ds = o 2π

∫

(a) Toroidal sargı

b

dρ

h

∫ ρ ∫ dz = a

0

µo NIh ln(b / a ) 2π

(b) a ≤ ρ ≤ b yarıçapında dairesel döngü ile çevrelenen toplam akımın gösterilmesi için kesit görünüş Şekil 5.27

ALIŞTIRMALAR 1. Çok uzun düz bir iletken z eksenine yerleştirilmiş ve 10 cm yarıçapında dairesel bir kesit alanına sahiptir. 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. 2. Örnek 5.13’de N = 500 sarım, a =15 cm, b = 20 cm, h = 5 cm ve I = 2 A ise halkanın 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?


267

3. Çok ince bir tel helisel bir sargı biçiminde sıkıca sarılarak bir selenoid oluşturuluyor. Sargının iç yarıçapı b ve selenoid çok uzunsa sargı içinde manyetik alan şiddetinin genliğinin nI olduğunu gösteriniz, burada 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 yapalım. 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.

(a) Selenoidal sargı

(b) Selenoid’in ekseni üzerindeki manyetik akı yoğunluğu grafiği Şekil 5.28

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

268


manyetik kuvvet paramanyetik cisimlere etkiyenden 5000 kat daha büyük olabilir. Bazı diamanyetik, paramanyetik ve ferromanyetik maddelerin bağıl geçirgenlikleri tablo 5.1’de listelenmiştir. 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 manyetik alana yerleştirildiğinde manyetik alan yerleştirildiğinde manyetik alan tarafından doğrultusunda bir konum alır. itilerek alana dik bir konum alır. Şekil 5.29 Diamanyetik ve paramanyetik maddelerin manyetik alan içindeki davranışı 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. Burada 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. Quantum mekaniğinin temel bir ilkesi olarak yörüngesel açısal momentin genliği daima h/2π’nin


269

bir tam çarpımıdır; burada 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; burada m e elektronun kütlesidir.

(a) Dairesel yörüngesinde hareket eden elektronu gösteren atom modeli

(b)Yörüngesel manyetik moment

(c) Spin manyetik momenti

Şekil 5.30 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

270


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.

Şekil 5.31 Maddelerin manyetik özelliklerinin açıklanması için (a) demir, (b) nikel, (c) bakır ve (d) aluminyum atomlarının kabuklarındaki elektron dağılımları.


271

 (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

 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′ 4πR 2

(5.39)

 1 a ∇′  = R2 R R vektör özdeşliği kullanılarak (5.39) eşitliği,



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,

272


   M  1 1 M × ∇′  = ∇′ × M − ∇′ ×   R R R vektör özdeşliği kullanılarak manyetik vektör potansiyeli,

 µ A= o 4π

  M  µo ∇′ × M ∇′ ×  dv′ dv'− 4π v′ R R v′

∫

∫

olarak yazılır.

∫

  ∇′ × Mdv′ = − M × ds ′

∫

v′

s′

 vektör özdeşliği kullanılarak A ,  µ A= o 4π

 µ ∇′ × M dv′ + o R 4π v′

∫

  M × an µ ds ′ = o R 4π s′

∫

 J ′vb µ dv′ + o R 4π v′

∫

 J ′sb ds ′ R s′

∫

(5.40)

gibi yeniden yazılabilir; burada

  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 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


273

   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. Burada 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  Bx   µ xx     By  =  µ 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

274


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 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


275

  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. 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  aρ = M × az = r 2πρ

276


Alt yüzeydeki sınır yüzey akım yoğunluğu:

 J sb

alt yüzey

  ( µ − 1) NI  = M × (−a z ) = − r aρ 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.

(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 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


277

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

 az

2 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. ALIŞTIRMALAR 1. 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. 2. 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.

5.10 MANYETİK SKALER POTANSİYEL   Kısım 5.6’da manyetik akı yoğunluğu, B manyetik vektör potansiyeli, A 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, Jv ’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

278


 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 ,  H = -∇ℑ

(5.48a)

olarak ifade edilebilir. Burada 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


279

∇ 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,

      I H ⋅ d  = H φ ⋅ aφ dρ a ρ + ρdφ aφ + dz a z = ρH φ dφ = 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 = −

∫ 2π dφ = − 2π [φ φ I

I

P

]

− φq =

[

I φq − φ p 2π

]

q

Şekil 5.36 φ p >φ q olduğunu göstermektedir. Bundan dolayı bu ifade Q ile P arası yoldaki mmf düşümünü vermektedir. ALIŞTIRMALAR 1. Örnek 5.13’deki toroidal sargıyı dikkate alınız. Halkanın ortalama yarıçapında herhangi iki nokta arasındaki mmf düşümü ifadesini elde ediniz.

280


2. Bölgedeki manyetik akı yoğunluğu bilindiğinde, bölgede akım bulunmayan herhangi iki nokta arasındaki manyetik vektör potansiyeli ifadesinde geçirgenliğin etkisi nedir? 3. Yarıçapı b olan dairesel bir çerçeve xy düzleminde yatmakta ve 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 oluşturalım. Manyetik akı hatları sürekli olduğundan,

 Şekil 5.37 B alanının normal bileşenleri için sınır şartı





∫ B ⋅ ds = 0 s

dir. Burada, 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

veya

s2


281

∫ 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

 Şekil 5.38 H alanının tanjant bileşenleri için sınır şartı

 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

elde edilir. Burada I c kapalı yolu ile çevrelenen toplam akımdır. c 2 ve c 4 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.

∫

c1

    H ⋅ d + H ⋅ d = I

∫

c3

282


   Şekilde görüldüğü gibi a n , a t ve a p birbirlerine dik birim vektörleri ve I hacim akım yoğunluğu ile ifade edilebiliyorsa önceki eşitlik

∫

     (H1 − 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; burada, 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 H t1 − H t 2 = J s olarak yazılabilir.

(5.53b)

 H t1

 (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; burada φ 1 ve φ 2 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)


283

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

=

Bt 2

µ2

veya

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.  φ 1 =0 ise bu durumda φ 2 ’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 φ 2 90° ’den küçükse φ 1 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 φ 2 =45° ise bu durumda φ 1 =0,02° ’dir (şekil 5.39b,c). Bu gerçek elektrik makinalarında manyetik yolların biçimlendirilmesinde kullanılır.

284


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

ALIŞTIRMALAR 1.

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.

2. Hava ve manyetik malzeme arasında x = 0 ’da bir ara yüzey düzlemini dikkate alınız. 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 bölgedeki ilgili alanlar 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.


285

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,

1   D ⋅ Edv 2 ∫v

We =

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, w m

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.

∫

Wm = wm dv

(5.57)

v

ÖRNEK 5.19 hesaplayınız.

5.13 örneğindeki toroidal sargının manyetik alanında depolanan enerjiyi

ÇÖZÜM Toroidin içindeki manyetik alan şiddeti için aşağıdaki gibi bir ifade elde edilmişti.

 NI  H= aφ 2πρ

a ≤ ρ ≤ b için

Burada 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.

1 1  NI  wm = µo H 2 = µo   2 8  πρ 

∫

Wm = wm dv = v

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

286


ALIŞTIRMALAR 1. 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. 2. Bir koaksiyel kabloda akım iç iletkenin (ρ = a) dış yüzeyinde ve dış iletkenin (ρ = b) iç yüzeyinden akmaya zorlanmaktadır. Koaksiyel kablo I akımı taşırsa iki iletken arasındaki bölgede manyetik alanda birim uzunluk başına depolanan enerjiyi belirleyiniz. Ortamın manyetik olmadığını varsayınız. 3. 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. 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 (µ r ) 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


287

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 uzunluğu ve A kesit alanı ile 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,

  ℑ = NI = H ⋅ d 

∫ c

ve eğer manyetik alan şiddeti manyetik malzeme içinde düzgün düşünülüyorsa bu eşitlik

288


HL = NI

(5.58)

olur. Burada L şekilde görüldüğü gibi manyetik yolun ortalama uzunluğudur. Manyetik malzeme içindeki manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki gibi ifade edilir. Burada µ manyetik malzemenin geçirgenliğidir. Manyetik malzemedeki akı

  µNIA Φ = ∫ B ⋅ ds = BA = L s dir; burada A manyetik malzemenin kesit alanıdır. Bu eşitlik aynı zamanda aşağıdaki gibi yazılabilir.

Φ=

ℑ NI = 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. Eğer H i manyetik devrenin i. kısmındaki manyetik alan şiddeti ve L i ortalama uzunluk ise bu durumda manyetik devredeki toplam mmf uygulanan mmf ile aynı olmalıdır. Buna göre, n

∑ H i Li = NI i =1

(5.62)


289

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. Hatanın daha da azaltılması için bir bilgisayar programı yazılabilir. Bundan sonra doğrusal ve doğrusal olmayan manyetik devreler için örnekler verilecektir.

290


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. Ortalama yarıçap 11 cm ve manyetik yolun ortalama uzunluğu


291

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 4π × 10−7 × 4 × 10−4

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

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

292


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

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

293

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. 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.

294


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 1. Şekil 5.47’deki sargıdan 2 A akım geçerse manyetik devrenin her ayağındaki akıyı belirleyiniz.

Şekil 5.47

2. İlgili ölçüleri ile bir manyetik nüve şekil 5.47’de görülmektedir. 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. 3. Relüktans metodunu kullanarak şekil 5.44’de verilen manyetik devre için 1000 sarımlı sargıdan geçen akımı bulunuz ve eşdeğer manyetik devresini çiziniz.


295

4. 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; burada 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. 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

296


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.

 µ B= 4π

  Id  × R ∫ R3 c

Manyetik alan şiddeti ile manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki gibi tanımlandı.


297

  B = µH Manyetik alanda akım taşıyan iletkene etkiyen kuvvet Ampère kuvvet kanunu ile

   F = ∫ Id  × B c

 olarak verilir; burada 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,

  B = ∇×A olarak da hesaplanabilir.

    Yüzey veya hacim akım dağılımı için A eşitliğindeki Id  yerine J s ds veya J v dv konulabilir.

298


Bir açık yüzeyi geçen akı aşağıdaki gibi de verilebilir. Burada, 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  Burada 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, a   ℑab = ℑa − ℑb = − H ⋅ d

∫ b

dir. Manyetik alan için Ohm kanunu ifadesi

NI = Φ ℜ dir; burada

ℜ=

L µA

manyetik devrenin relüktansıdır. Kapalı bir manyetik devrede mmf düşümünün uygulanan toplam mmf’ye eşit olduğu söylendi. Bu


299

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. 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?

300


 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? 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?


301

5.16 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. 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. 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. 4. Kenarı 10 cm olan kare biçimli bir çerçeve birbirine yakın, sıkıca sarılmış ve 120 A akım taşımaktadır. Çerçevenin merkezindeki manyetik akı yoğunluğunu belirleyiniz. 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.

   6. 500 nC’luk yük 1,2a z T’lık manyetik alanda 500a x + 2000a y m/s’lik hızla boşlukta (3, 4, 5) noktasını aniden geçiyor. Yüke etkiyen manyetik kuvveti belirleyiniz. 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. 8. Şekil P5.8’de P noktasındaki manyetik akı yoğunluğunu bulunuz.

Şekil P5.8

Şekil P5.9

9. Şekil P5.9’da görülen bükülmüş tel xy düzleminde bulunmakta ve 20 A akım taşımaktadır. Bölgedeki manyetik alan 1 T’dır. İletkene etkiyen kuvveti belirleyiniz. 10. Şekil P5.10’da görüldüğü gibi 1,2 m uzunluğunda 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. Akımın yönü ne olmalıdır? 11. Çok uzun düz bir iletken 500 A akım taşımaktadır. 80 cm × 20 cm ölçülerinde dikdörtgen çerçeve 20 A taşımaktadır. Şekil P5.11’de görüldüğü gibi çerçevenin 80 cm’lik kenarı iletken tele paralel ise çerçeveye etkiyen manyetik kuvvet nedir?

302


Şekil P5.10

Şekil P5.11

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? 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? 14. 800 nC ve 400 nC’luk iki nokta yükü bir düzlemde sırasıyla 20000 km/s ve 50000 km/s hızla zıt 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? 15. Hidrojen atomunda bir elektron 5,3×10-11 m yarıçapında bir yörüngede dönmektedir. Elektronun hızı 2200 km/s dir. Elektronun yörüngesinin merkezindeki ürettiği manyetik alan nedir?

     16. U hızıyla hareket eden q nokta yükü için B = µoε o U × E olduğunu gösteriniz. E nokta yükünün elektrik alan şiddetidir. 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. 18. Kare biçimli çerçeve düzgün

 1,2a y T manyetik alanında asılı durumda ve 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. 19. Bir galvanometrenin dairesel sargısı sıkıca sarılmış 1500 sarıma sahip ve ortalama yarıçapı 1,2 cm’dir. Sargı düzlemi 0,5 T’lık düzgün manyetik akı yoğunluğunda, gerdirici bir tel ile paralel


303

tutuluyor. 10 A’lik bir akım 30° ’lik bir sapma meydana getiriyorsa gerdirici iletkenin birim radyan başına geri getirici torku veya gerginlik sabiti nedir? 20. Kenarı 10 cm olan kare biçimli sargının sarım sayısı 1200 ve 25 A akım taşımaktadır. Sargının 1,2 T’lık bir manyetik alanda φ = 0° ile φ = 180° arası dönmesi için gereken iş miktarını hesaplayınız; burada φ manyetik dipol momenti ve manyetik alan arasındaki açıdır. 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. 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? 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? 24. 50 sarımlı sıkıca sarılmış bir sargının alanı 20 cm2, 10 A akım taşımakta ve 3x + 4 y + 12 z = 26 düzleminde uzanmaktadır. Sargı orijinden uzağa yönlendirilmişse manyetik momentini belirleyiniz. 25. L zunluğunda akım elemanı I akımı taşımakta ve z yönü boyunca yönlenmiştir. Çok uzak bir noktadaki manyetik vektör potansiyeli ve manyetik alan şiddetini bulunuz. 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? 27. Her biri 10 m uzunluğunda düz, paralel iki iletken eşit ve zıt yönlerde 10 A akım taşımaktadır. Şekil P5.27’de 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.

Şekil P5.27

Şekil P5.28

Şekil P5.29

28. Şekil P5.28’de görüldüğü gibi çok uzun kablolar ile tam olmayan bir dairesel çerçeve 10 A akım taşımaktadır. Çerçevenin merkezindeki manyetik alan şiddetini ve manyetik akı yoğunluğunu hesaplayınız.

304


29. Şekil P5.29’da görüldüğü gibi tek sarımlı logaritmik spiral ρ = ae −φ / π ile tanımlanıyor ve 5 A akım taşımaktadır. Eğer a = 10 cm ise spiralin orijinindeki manyetik alan şiddetini ve manyetik akı yoğunluğunu hesaplayınız. Kabloların etkisini ihmal ediniz. 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?

  31. 10 cm yarıçapında çok uzun silindirik iletkendeki akım yoğunluğu J v = 200 e −0,5 ρ a z A/m2 olarak veriliyor. Boşlukta herhangi bir noktadaki manyetik alan şiddetini hesaplayınız. 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? 33. Yarıçapı b olan 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?

    34. 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.

 35. 12a y kA/m’lik akım yaprağı z = 0 ’da iki bölgeyi ayırmaktadır. Bölge 2 (z>0)    40a x + 50a y + 12a z kA/m ’lik bir manyetik alan şiddeti ve 200 bağıl geçirgenliğine sahiptir. Bölge 1 (z<0) 1000 geçirgenliğine sahipse bu bölgedeki manyetik alan şiddetini belirleyiniz. Her bölgedeki mıknatıslanma vektörünü hesaplayınız. Her bölgedeki hacim ve yüzey akım yoğunlukları nedir?

 36. 10 cm yarıçapında mükemmel silindirik iletken etrafındaki manyetik alan şiddeti 10/ρ aφ A/m dir. İletkenin yüzeyindeki yüzey akım yoğunluğu nedir? İletkenin yüzeyindeki akımı da hesaplayınız. 37. Bir manyetik malzemede H = 300 A/m iken B = 1,2 T’dır. H 1500 A/m ’ye artırıldığında B alanı 1,5 T olmaktadır. Mıknatıslanma vektöründeki değişim nedir? 38. Şekil P5.38’de 2 cm kalınlığındaki seri manyetik devre görülmektedir. Sargıdaki akım 0,2 A ise manyetik devredeki akıyı belirleyiniz. Manyetik malzemenin bağıl geçirgenliği 2000 dir. 39. Önceki problemde (a) her kısımdaki manyetik enerji yoğunluğunu ve depolanan enerjiyi, (b) manyetik ortamda depolanan toplam enerjiyi ve (c) eşdeğer indüktansı hesaplayınız. 40. Önceki problemde relüktans kavramını kullanarak indüktansı ve manyetik devrede depolanan enerjiyi hesaplayınız.


Şekil P5.38 (Ölçüler cm’dir.)

305


41. Şekil P5.41’de 6 cm kalınlığındaki seri manyetik devre görülmektedir. 500 sarımlı sargıdan geçen akım 0,81 A ise hava aralığında 1,44 mWb’lik bir manyetik akı oluşması için 700 sarımlı sargıdan geçen akımı belirleyiniz. Manyetik malzemenin geçirgenliğinin 500 olduğunu varsayınız. Hava aralığındaki mmf düşümünün uygulanan mmf’e oranını hesaplayınız. 42. Önceki problemi şekil 5.42’deki II nolu manyetik malzemenin B-H eğrisini kullanarak tekrar ediniz. 43. Önceki problemde (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. 44. Şekil P5.44’de bir manyetik devre görülmektedir. Şekil 5.42’de II nolu manyetik malzemenin B-H eğrisini kullanarak her hava aralığında 0,75 T’lık akı yoğunluğu meydana getirmek için 1600 sarımlı sargıdan geçmesi gereken akımı belirleyiniz.



45. Önceki problemde sargıdaki akım % 50 artırılırsa hava aralığındaki akı yoğunluğu nedir? 46. Önceki problemde (a) her kısımdaki manyetik enerji yoğunluğunu ve depolanan enerjiyi, (b) manyetik ortamda depolanan toplam enerjiyi, (c) indüktansı ve (d) toplam relüktansı hesaplayınız. 47. Şekil P5.47’de seri-paralel bir manyetik devre görülmektedir. 200 sarımlı sargı orta bacak üzerine sarılmıştır. Hava aralığındaki akı yoğunluğu 0,2 T ise sargıdan geçen akımı bulunuz.

306


Şekil 5.42’deki II nolu B-H eğrisini kullanınız. İndüktansı ve manyetik alanda depolanan enerjiyi hesaplayınız. 48. Önceki problemde akım % 20 artırılırsa hava aralığındaki akı yoğunluğu ne olacaktır?

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 bir parçacığın hızlanması bir elektrik alanı ile yapılırken dönüş ise bir 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 PARÇACIĞIN 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.

308


 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. Burada 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

309

z=−

qVo  x    2mL  u x 

2

(6.6)

olup bir parabol eşitliğidir. ÖRNEK 6.1 1,5 kV’luk potansiyel farkı 10 cm aralıkla 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 26,505 × 10 6

b) (6.6)’dan elektronun sapması aşağıdaki gibi elde edilir. 2

z=

1,6 × 10 −19 × 1,5 × 10 3  20 × 10 −2  = 74,97 × 10 3 m veya 74,97 mm  6 −31 2 × 9,11× 10 × 0,1  26,505 × 10 

ALIŞTIRMALAR 1. Örnek 6.1’de 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 ve hız-uzaklık grafiklerini 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 kısımda tartışılana benzer bir davranışla hem yatay ve hem de dikey boyutlarda

310


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 olduğunu varsayalım. Anot ve katot arsındaki potansiyel farkı 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 burada

tan θ =

uz ux

(6.10)

dir. Elektronun saptırma plakalarından ortaya çıkarak ekrana doğru bir D uzaklığına hareket etmesi için gereken zaman,


311

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.

312


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) Elektronun toplam sapması, (6.12)’den

z=

d 1,5 × 10 −2 × 200 [0,75 + 15]× 10 − 2 = 4,725 cm = u z 2 × 5 × 10 − 3 × 1000

olarak hesaplanır. ALIŞTIRMALAR 1. 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. 2.

  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.


313

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 damlacığının 25 m/s hızla yükleme plakaları arasından geçerken –0,2 pC ’luk bir yük kazanmaktadır. Dikey saptırma plakaları arasındaki potansiyel farkı (2 mm açıklıkta) 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  m= × 0,02 × 10 − 3  × 2 × 10 3 = 8,38 × 10 −12 kg  3 2  3

dir ve toplam dikey sapma aşağıdaki gibi hesaplanır. 2

− qd  1  2 × 10 −13 × 2 × 10 − 3 × 2000  1  [0,5 × 2 × 8]× 10 −3 = 0,69 mm z= V0   [0,5d + D ] = mL  u x  8,38 × 10 −12 × 2 × 10 − 3  252  ALIŞTIRMALAR 1. Örnek 6.3’deki mürekkep damlacığının kağıda çarptığı andaki hızını hesaplayınız. Mürekkep damlacığının saptırma plakası bölgesine girdiği andan kağıda vurduğu an arasında geçen toplam zaman nedir? 2. 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

314


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 olduğunu varsayalım.

Şekil 6.6 Paralel plaka bölgesindeki quartz parçacığın yörüngesi

Şekil 6.5 Cevher ayrıştırıcı

Her parçacığın başlangıç hızı, şekil 6.6’da görüldüğü gibi paralel plakalar arasındaki yüklü bölgeye girdiği anda sıfır olsun. Bu durumda t=0’da u x =0 ve u z =0’dır. Çekim kuvveti, x yönünde bir hızlanma meydana getirecektir. Herhangi bir t zamanında x yönündeki hız ve alınan uzaklık

ux =

dx = gt dt

(6.13)

ve

x = 12 gt 2

(6.14)

dir. z yönünde yüklü parçacığın hareketi,

az =

q Vo mL

(6.15)

uz = azt

(6.16)

z = 12 a z t 2

(6.17)

ifadelerinden

olarak tanımlanabilir. (6.14) ve (6.17)’den her yüklü parçacığın yörüngesi,

z = az

x g

(6.18)


315

olarak elde edilir. Bu eşitlik paralel plaka bölgesi içindeki yüklü parçacığın hareketinin düz bir çizgi olduğunu ortaya çıkarmaktadır. Yüklü parçacık, paralel plaka bölgesini çıktığında, x=d aldığı zaman,

T=

2d g

(6.19)

dir. Herhangi bir t ≥T zamanı için z yönündeki yüklü parçacığın hızı sabittir ve (6.16)’dan

u z = a zT =

qVo mL

 2d   g   

12

t ≥T için

(6.20)

ile verilir ve

z = uzt

t ≥T için

(6.21)

olur. (6.14) ve (6.21)’den x ile z

z2 =

2 2 uz x g

t ≥T için

(6.22)

olarak ifade edilebilir ki bu bir parabol eşitliğidir. Bundan dolayı yüklü parçacık paralel plakalar içinde düz bir çizgide yolu takip eder ve sonraki yolu ise paraboliktir. ÖRNEK 6.4 Kütlesi 2 gram olan quartz parçacık vibrasyonlu besleyicide 100 nC’luk yük kazanmıştır. Daha sonra parçacık 10 kV’luk potansiyel farkında tutulan paralel plakaların üst kenarının ortasından serbestçe düşürülüyor. Plakalar 2 metre uzunlukta ve 50 cm açıklıkta ise plakaların ucunda parçacığın pozisyonunu ve hızını belirleyiniz. ÇÖZÜM Quartz parçacığın plakaları terkederken aldığı zaman (6.19)’dan

2×2 T =   9,81 

12

= 638,55 ms

dir. (6.15)’den paralel plaka bölgesi içindeki quartz parçacığın ivmesi aşağıdaki gibi hesaplanır.

az =

100 × 10 −9 × 10 × 10 3 = 1,0 m/s2 2 × 10 − 3 × 0,5

t=T zamanında z yönünde alınan uzaklık

[

]

z = 12 × 1,0 × 638,55 × 10 −3 2 = 0,204 m veya 20,4 cm dir. x ve z yönlerinde yüklü parçacığın çıkıştaki hızları aşağıdaki gibi bulunur.

u x = 9,81× 638,55 × 10 −3 = 6,264 m/s u z = 1,0 × 638,55 × 10 −3 = 0,639 m/s

316


Böylece quartz parçacığın çıkış hızı aşağıdaki gibi elde edilir.

   u = 6,264a x + 0,639a z m/s ALIŞTIRMALAR 1. Kütlesi 1,2 gram olan fosfat taneciği vibrasyonlu besleyicide –100 nC’luk yük kazanıyor. Parçacık 5 kV potansiyelde tutulan paralel palakaların üst kenarının ortasından serbestçe düşürülüyor. Eğer plakalar 1,5 m uzunluğunda ise fosfat taneciğinin pozitif yüklü plakanın aşağısına dokunacak şekilde plakalar arasındaki açıklığı bulunuz. Yüklü parçacığın çıkış zamanındaki hızı nedir? 2. Önceki alıştırmadaki fosfat taneciğinin kütlesi 0,5 gram ile 2,5 gram arasında değişmektedir. Her taneciğin kazandığı yük ise –80 nC ile –120 nC arasında değişmektedir. Paralel plakaların üst kenarının ortasından parçacıkların serbestçe düşebilmesi için plakalar arasındaki minimum açıklık ne olmalıdır?

6.6 ELEKTROSTATİK GENERATÖR Lord Kelvin tarafından düşünülen elektrostatik generatör Robert J. Van de Graaff tarafından pratiğe konulmuş ve Van de Graaff generatörü olarak anılmaktadır. Şekil 6.7a’da görüldüğü gibi yalıtılmış boş bir sütun üzerine konulmuş boş iletken küreden oluşmaktadır. Bir kayış makaraların üzerinden geçmektedir. Aşağıdaki makara bir motor ile döndürülür ve üstteki makara ise herhangi bir aksama bağlı değildir. Bir çubuğun ucunda belli sayıda keskin noktalar çok yüksek bir potansiyelde tutulur ve noktaların etrafındaki hava iyonize edilmiştir. Pozitif iyonlar keskin noktalardan atılır ve bu iyonların bir kısmı hareketli kayışın yüzeyine kendilerini yapıştırırlar. Benzer işlem metal küre (dom) içindeki metal fırçada yer alır. Yükler birikirken dom’un potansiyeli artar. Van de Graaff generatörü ile birkaç milyon volt (ulaşılmış maksimum potansiyel 25 MV’tur) kadar yüksek potansiyel farkı gerçekleştirilebilir. Ana uygulaması, atom parçalama deneylerinde kullanılmak üzere yüklü parçacıkların hızlandırılarak yüksek kinetik enerjiler kazandırılmasıdır.

(a) Van de Graaff generatörünün şematiği

(b) Çalışma prensibi

Şekil 6.7 Van de Graaff generatörü


317

Bu generatörün temel çalışma prensibini anlamak için şekil 6.7b’de görüldüğü gibi küçük bir deliği olan yüksüz bir küre (dom) düşünülebilir. q yükü ile yüklenmiş küçük bir küre boşluktaki delikten içeriye konulsun. Denge durumuna ulaşınca dom’un iç yüzeyi net negatif yük kazanırken en dış yüzeyde pozitif yük indüklenir. Şimdi küçük küre dom’un iç yüzeyine dokundurulursa, küçük kürenin pozitif yükü dom’un iç yüzeyindeki negatif yük ile nötürleşecek ve bunun yanında dış yüzey hala q pozitif yükünü üzerinde tutacaktır. Küçük küre şimdi geri çekilir, tekrar q ile yüklenir ve dom’a yeniden yerleştirilirse iç yüzey tekrar negatif yük kazanacak dış yüzeydeki yükün aynı miktarla artışına neden olacaktır. Küçük küre dom’un iç yüzeyine dokundurularak hem dom’un iç yüzeyi ve hem de küçük küre tekrar yüksüz olacaktır ancak şimdi dom’un dış yüzeyinde iki misli yük oluşmuştur. Başka bir ifade ile yüklü cismin içeri getirilip dom’un iç yüzeyine dokundurulmasıyla yüklü cismin bütün yükü dom’un dış yüzeyine transfer edilir. Bu işlem dom’un dış yüzeyindeki başlangıç yükünden bağımsızdır. Herhangi bir anda denge durumuna eriştikten sonra dom’un içindeki küçük kürenin yükü q ve dom’un dış yüzeyindeki yükün Q olduğunu varsayalım. İç ve dış kürelerin yarıçapları sırasıyla r ve R ise dom’un içinde herhangi bir noktadaki potansiyel,

VR =

1 Q q  + 4π ∈o  R R 

olarak ifade edilir. Parantez içindeki birinci terim, dom’un kendi Q yükünden dolayı potansiyele katkısı ve ikinci terim küçük küredeki q yükünün R yarıçapındaki eş potansiyel yüzeyinden dolayıdır. Küçük küredeki potansiyel

Vr =

1  q Q + 4π ∈o  R R 

dir. Burada birinci terim küçük küredeki yükten dolayıdır. İkinci terim küçük kürenin büyük kürenin içinde olduğunu dikkate almaktadır. Böylece küreler arasındaki potansiyel farkı aşağıdaki gibi ifade edilir

V = Vr − V R =

q 4π ∈o

1 1  r − R  

(6.23)

Pozitif bir q yükü için kürenin potansiyeli daima dom’unkinden daha yüksek olacaktır. Eğer iki küre elektriksel olarak bağlanmışsa iç kürenin bütün yükü, üzerindeki Q yüküne bakılmaksızın dom’un dış yüzeyine doğru akacaktır. Bu iç küreden dom’un dış yüzeyine yük transferini açıklamanın diğer bir yoludur. Sadece q=0 ise potansiyel farkın sıfır olduğuna dikkat edilmelidir. ÖRNEK 6.5 45 cm yarıçapında yalıtılmış metal kürenin 900 kV’luk bir potansiyele yükseltilmesi için gereken yük miktarı nedir? Kürenin yüzeyindeki elektrik alan şiddeti nedir? ÇÖZÜM Gereken toplam yük Q ise bu durumda, Q

Q = 4π ∈o RV =

4π × 10 −9 × 0,45 × 900 × 10 3 = 45 × 10 −6 C veya 45 µC 36π

olarak hesaplanır. Kürenin yüzeyindeki elektrik alan şiddetinin büyüklüğü aşağıdaki gibi bulunur.

318


Er =

V 900 × 10 3 = = 2 × 10 6 V/m veya 2 MV/m R 0,45

ALIŞTIRMALAR 1. Havanın delinme elektrik alan şiddeti 3 MV/m’dir. Güvenlik faktörünün 10 olduğu varsayılırsa yalıtılmış bir metal küre 240 kV potansiyelinde tutulursa yarıçapı ne olmalıdır? Kürenin üzerindeki yük nedir? 2. Van de Graaff generatöründe iç kürenin yarıçapı 1 cm ve dom’un yarıçapı 1 m’dir. İç küredeki yük 10 nC ve dom’daki yük 10 µC ise aralarındaki potansiyel fark nedir?

6.7 ELEKTROSTATİK VOLTMETRE Elektrostatiğin temel prensiplerinin çok sayıda diğer uygulamaları vardır. En son uygulama olarak gerçek RMS geriliminin ölçülmesinde kullanılan elektrostatik voltmetrenin çalışması keşfedilebilir. Voltmetre hem DC ve hem AC gerilimlerin ölçülmesinde eşit derecede kullanışlıdır. Şekil 6.8 en temel biçimde bir elektrostatik voltmetreyi göstermektedir. a ve b plakaları 1 ve 2 uçlarına gerilim uygulandığında ibre sağa doğru hareket ederken kapasitansı artan bir kapasitör oluşturur. Helisel yay, ibrenin hareketinin kontrol edilmesi yanında hareketli b plakası ve harici 2 noktası arasında bir elektriksel kontak oluşturur. Uygulanan gerilim sabit tutulduğunda, ibre θ açısında en son durumunu alır. Elektrostatik enerjideki artış yapılan mekanik iş miktarına eşittir. Elektrostatik voltmetrenin uçlarındaki potansiyel farkındaki bir değişim,

Q Q 1 dV = d   = dQ − 2 dC C C C olarak ifade edilir. Bu eşitlik potansiyel sabit tutulduğunda, dV = 0

1 Q dQ = 2 dC C C

(6.24)

olur. Elektrostatik enerjideki değişim,

6.8 Elektrostatik voltmetrenin şematiği

Q2  Q Q Q2 dWe = d   = dQ − dC dC = 2C 2 2C 2  2C  C ve yapılan mekanik iş

(6.25)


319

dW = Tdθ

(6.26)

dir. (6.25) ve (6.26) eşitlenerek 2

T=

1  Q  dC 1 2 dC = V 2  C  dθ 2 dθ

(6.27)

elde edilir. Denge pozisyonunda

T = τθ

(6.28)

1 2 dC V 2τ dθ

(6.29)

olur; burada τ yayın torsiyonel sabitidir ve

θ=

ile tanımlanan ibrenin sapması, dC/dθ sabitse uygulanan gerilimin karesi ile orantılıdır. Gerçek elektrostatik voltmetrelerde dC/dθ’nın değeri θ ’ya bağlıdır. Bu bakımdan üretici tarafından düzgünce kalibre edilmelidir. ALIŞTIRMALAR 1. Elektrostatik voltmetrenin terminal uçlarında 100 V uygulandığında sapması 30° ’dir. Yayın torsiyonal veya gerginlik sabiti 1,5 Nm/rad ise radyan başına kapasitans değişimi nedir? 2. Önceki alıştırmada elektrostatik voltmetrenin sapması 60° ise uygulanan gerilim nedir?

6.8 MANYETİK AYIRICI Manyetostatik alanların önemli bir uygulaması, şekil 6.9’da görüldüğü gibi manyetik ayırıcı olarak adlandırılan sistem olup manyetik olmayan malzemelerden manyetik malzemelerin ayrılması için tasarlanmıştır. Manyetik ve manyetik olmayan malzemelerin bir karışımı sabit hızda çalışan sonsuz bir kayış üzerinden beslenir. Kayış manyetik bir makara üzerinden geçirilir. Manyetik makara manyetik alan üreten uyartım sargısı içeren demir kabuktan oluşmaktadır. Manyetik olmayan malzeme bir sandığın içine aniden düşerken manyetik malzeme kayış makarayı terkedinceye kadar makara tarafından tutulur. Bu yüzden manyetik malzeme makara çevresinde daha fazla taşınır ve şekilde görüldüğü gibi ikinci sandığa düşürülür.

Şekil 6.9 Manyetik ayırıcı

320


6.9 MANYETİK SAPTIRMA Statik manyetik alan uygulamalarının çoğu hareketli yüklü bir parçacık veya akım taşıyan iletken   üzerine etkiyen manyetik kuvvete dayanmaktadır. Kararlı B manyetik alanında pozitif q yükü u hızı ile hareket ediyorsa yüke etkiyen manyetik kuvvet,

   F = qu × B  ile ifade edilir. Manyetik kuvvet sadece B manyetik alanına dik açılarda olmayıp aynı zamanda yükün hareket yönüne de normaldir. Kuvvetin yönüne dik olan hareketin yönü manyetik kuvvetin yüklü parçacık üzerinde hiç iş yapmadığını vurgulamaktadır. Diğer ifadeyle yüklü parçacığın kinetik enerjisi aynı kalır. Bunun yanında manyetik alan şimdi açıklanacağı gibi yüklü parçacığın hareket yönünü etkilemektedir. Yüklü parçacığın hızı,

   u = u p + un     olarak ifade edilirse (burada u p ve un sırasıyla u ’ya paralel ve B alanına normal bileşenlerdir)  paralel bileşen, u p manyetik kuvvete katkı sağlamaz. Böylece yüklü parçacık üzerindeki manyetik  kuvvetin büyüklüğü hızın normal bileşeni, u n ile

F = qun B  olarak ifade edilebilir ve kuvvetin yönü sağ el kuralı ile bulunur. Paralel bileşen, u p ’nin  yokluğunda manyetik kuvvet, parçacığı B alanına dik bir düzlemde tutacaktır. Manyetik alan   düzgün ise yüklü parçacığa etkiyen kuvvet sabit olacaktır. Yani u ’nun normal bileşeni B alanına dik bir düzlemde herhangi bir noktada sabit büyüklüğe sahip olacaktır. Bu dairesel bir hareket meydana getirecek bir düzlemde fırıldak gibi döndürülen bir ipin ucuna bağlı bir taş durumuna benzemektedir. Taşın dairesel hareketi herhangi bir anda taşın hızına dik açıda ipin sabit bir  gerginliği ile sonuçlanmaktadır. Düzgün B alanında yüklü bir parçacığın hareketi de aynı özellikleri taşımaktadır. Böylece şekil 6.10’da görüldüğü gibi yüklü parçacığın dairesel bir yolda      hareket etmesi beklenir. Bu şekilde B − a z yönünde, u aφ yönünde ve kuvvet − a ρ   yönündedir. Bunun yanında eğer u B alanına paralel bir bileşene sahipse parçacık şekil 6.11’de görüldüğü gibi helisel yol katedecektir. q yüklü ve m kütleli parçacık üzerine etkiyen manyetik ve merkeze doğru olan kuvvetler eşitlenerek,

m 2 u n = qBu n R elde edilir ki bu dairesel yörüngenin yarıçapını,

R=

m un qB

(6.30)


321

 olarak verir. Bu eşitlik basitçe, yüklü parçacığın dairesel yörüngesinin yarıçapının B alanına  normal hızın bileşeni ile doğru orantılı ve B alanının büyüklüğü ile ters orantılı olduğunu ifade etmektedir. Aynı zamanda parçacığının ağırlığının daha fazla olması dairesel yörüngenin daha büyük yarıçapına karşılık gelmektedir. Bu gerçek, kısım 6.11’de bahsedilen izotopların ayrıştırılmasında kullanılır.

Şekil 6.10 Düzgün manyetik alana dik açılarda dairesel hareket eden bir yük

Şekil 6.11 Hız bileşeni alana paralel bileşene sahip iken düzgün manyetik alanda yüklü parçacığın hareketi

Yüklü parçacığın bir saykılı tamamlaması için gereken zaman T ile gösterilir ve zaman periyodu olarak bilinir. Buna göre,

T=

2πR 2πm = un qB

(6.31)

ve şimdi siklotron frekansı olarak da bilinen frekans,

f =

1 qB = T 2πm

(6.32)

qB m

(6.33)

olarak tanımlanabilir ve açısal frekans

ω = 2πf =

olur. Yüklü parçacığın zaman periyodu ve frekansı parçacık düzgün manyetik alan içinde yörüngede olduğu sürece sabittir. Bu gözlem siklotron olarak bilinen parçacık hızlandırıcının gelişimine öncülük etmiştir (kısım 6.10).

 B alanına paralel hız bileşeni ile yüklü parçacık için bir periyotta alınan yol

d = u pT =

2πm up qB

(6.34)

olarak hesaplanabilir. Şekil 6.11’den görüldüğü gibi d helisel yolun birbirine yakın iki turu arasındaki uzaklık veya helis’in bir adımıdır.

322


   ÖRNEK 6.6 Bir proton 3000 a z − 4000 aφ km/s lik bir hızla 1,75 a z T ’lık düzgün bir manyetik alanda dönmektedir. (a) Protono etkiyen kuvveti; (b) dönüş yönünü; (c) yörüngenin yarıçapını; (d) zaman periyodunu; (e) siklotron frekansını ve (f) helis’in adımını belirleyiniz. ÇÖZÜM a) Protona etkiyen manyetik kuvvet aşağıdaki gibi hesaplanır.        F = qu × B = 1,6 × 10 −19 × 10 6 × 1,75 × 3a z − 4aφ × a z = −1,12 × 10 −12 a ρ N

[

]

  b) B alanına göre protonun hızının normal bileşeni - aφ yönünde olduğundan, proton z ekseninden görüldüğü gibi saat yönünde döner. c)Yörüngenin yarıçapı aşağıdaki gibi hesaplanır.

R=

m 2 1,7 × 10 −27 [4 × 10 6 ] 2 = 24,286 × 10 − 3 m veya 24,286 mm un = F 1,12 × 10 −12

d) Tam bir devir için zaman periyodu:

T=

2πR 2π × 24,286 × 10 −3 = = 38,148 × 10 − 9 s veya 38,148 ns 6 un 4 × 10

e) Frekans:

f =

1 1 = = 26,21 × 10 6 Hz veya 26,21 Mhz −9 T 38,148 × 10

f) Helis’in adımı: d = u p T = 3 × 10 6 × 38,148 × 10 −9 = 0,1144 m veya 11,44 cm

ALIŞTIRMALAR

    1. (6.30) eşitliğini ma = qu × B kullanarak doğrulayınız; burada a q ile yüklü parçacığın ivmesi      ve m u hızı ile B = Ba z düzgün manyetik alanında hareket eden kütledir. t = 0’da u = uo a x ’dir ve parçacığın orijinde manyetik alan bölgesine girdiğini varsayınız. 2. 5 eV enerjiye sahip bir elektron 1,2 mT’lık düzgün manyetik alana dik bir açı düzleminde yörüngededir. (a) hızını, (b) yörüngenin yarıçapını, (c) siklotron frekansını ve (d) osilasyon periyodunu hesaplayınız. [1 eV = 1,6×10ˉ19 J] 3. Bir elektron durgun pozisyonundan 20 kV’luk potansiyel farkına hızlandırılıyor. Hareketinin yönüne dik açılarda düzgün bir manyetik alana giriyor. Manyetik akı yoğunluğu 50 mT ise elektronun giriş ve çıkış noktaları arasındaki uzaklığı hesaplayınız. Elektronun alan bölgesinden çıkması için ne kadar zaman gerekir?


323

6.10 SİKLOTRON Proton ve dötronlar gibi yüksek enerjili yüklü parçacık ışınları atomun atomaltı yapısının incelenmesi için kullanılan atom parçalama deneyleri için gereklidir. Yüklü parçacığın yüksek enerjiye çıkartılması için elektrik alanı parçacığın çok yüksek bir hıza çıkartılması için kullanılır. Bu nedenle yüklü parçacığa yüksek enerji yükleyen aygıt bir hızlandırıcı olarak adlandırılır. Hızlandırıcının en yaygın tipi katot ışınlı tüpte kullanılan elektron tabancasıdır. Bir atış işleminde, parçacığın istenilen yüksek hızının elde edilmesinde çok yüksek bir potansiyel farkı gereklidir. Bunun yanında daha düşük potansiyel farkı ile bu tip silahlar bir dizi şeklinde düzenlenir ve parçacık bunların herbirinden geçecek şekilde yapılır. Bu yolla, parçacık bir silahın içinden her geçişinde enerji kazanır. Böyle bir dizi silahtan oluşan aygıt doğrusal hızlandırıcı olarak adlandırılır. Beklenildiği gibi doğrusal bir hızlandırıcı çok hızlı olma eğilimindedir. Diğer taraftan, bir siklotron yüklü parçacığın tekrar tekrar geçirilmesini gerektirdiğinden her işlem için bir elektron tabancası kullanılmalıdır. En basit biçiminde, şekil 6.12’de görüldüğü gibi bir siklotron bakırdan yapılmış D biçiminde iki kovuktan oluşur.

Şekil 6.12 Siklotron’un elemanları

Yüksek frekanslı bir osilatör iki kovuk arasına bağlanmıştır. Beklenildiği gibi elektrik alanı sadece iki kovuk arasındaki aralıkta var olacak ve yüklü parçacık sadece aralığı geçerken enerji kazanacaktır. D biçimli iki kovuk, hava molekülleri ile çarpışmadan dolayı enerji kaybının en aza indirilmesi için tamamen bir vakum odacığı içinde kapatılmıştır. Bütün yapı düzgün bir manyetik alan içine daldırılmıştır. Yüklü parçacık aralıktaki elektrik alanı ile hızlandırıldığında hareket başlar ve D biçimli kovuktan birine girer. Yüklü parçacık kovuk içine girdikten sonra (6.30)’a uygun olarak yarı dairesel yol izler. Kovuk içinde elektrik alanı olmadığından yüklü parçacığın hızı aynı kalır. Osilatörün frekansı siklotron’un frekansı (6.32) ile aynı ise uygulanan gerilim yüklü parçacık aralığa ulaştığı zaman polaritesini değiştirecektir. Uygulanan gerilimin yön değişimi aralıktaki elektrik alanının yönünü değiştirir ve yüklü parçacığı diğer D biçimli kovuk içine girmesi için hızlandırır, burada parçacık biraz daha büyük yarıçapta diğer bir dairesel yörünge izler. Bundan dolayı parçacık aralığı her geçişinde kinetik enerji kazanarak daha geniş yarıçaplı bir yörüngeye itilir. Bu işlem yüklü parçacığın fırlatılacağı D biçimli kovuğun en dış kenarına ulaşıncaya kadar devam eder. Çıkış  zamanında B alanına normal bir düzlemde yüklü parçacığın hızı u ve yarıçapı R ise bu durumda çıkış hızı, (6.30)’dan

324


u=

qBR m

(6.35)

olur; burada q ve m sırasıyla yüklü parçacığın yükü ve kütlesidir. Yüklü parçacığın kinetik enerjisi,

Wk =

1 q2B2R2 mu 2 = 2 2m

(6.36)

ile ifade edilir. Bu eşitlikten yüklü parçacığın kinetik enerjisinin D-biçimli kovuğun yarıçapına bağlı olduğu açıktır. Böylece verilen bir manyetik alanda yüklü parçacığın kinetik enerjisi sadece kovuğun yarıçapının artırılmasıyla artırılabilir. Yarı çap artarken boyutla beraber elektromıknatısın fiyatı da artar. Fiyatın sınırlanması için osilatörün frekansı ve yüklü parçacığın yörünge yarıçapı aynı kalacak şekilde manyetik akı yoğunluğu ayarlanabilir. Böyle bir tasarım oldukça düşük fiyatlı halka biçimli bir elektromıknatıs kullanılmasına izin verir. u = ωRc = 2πfRc olduğundan osilatörün frekansı

f =

u 2πRc

(6.37)

olmalıdır; burada R c sabit yarıçaptır. Osilatörün frekansının yüklü parçacığın hızı ile orantılı olmasına dikkat edilmelidir ve her yarım dönüşde hız değişmektedir. Bundan dolayı osilatörün frekansının buna uygun olarak ayarlanması gerekir. (6.32)’nin doyurulması için manyetik akı yoğunluğunun da benzer ayarı takip etmesi gerekir. Bu prensibi içeren aygıt senkrotron olarak bilinir. 175 metre çapında böyle bir senkrotron Avrupa Nükleer Araştırma Organizasyonu (CERN) tarafında 28 milyon dolara İsviçre, Geneva’da inşa edilmiştir. Bu senkrotronun iki kovuğu içinde 80 kilometre uzaklık kateden bir proton 4,5 nJ (28 milyar elektron volt’luk (1eV = 1,6 × 10 −19 J) bir enerji kazanabilir. ÖRNEK 6.7 Bir siklotronun D-biçimli kovuğunun yarıçapı 53 cm ve uygulanan gerilimin frekansı 12 MHz’dir. Dötronları hızlandırmak için gereken B’nin değeri nedir? Dötronun kinetik enerjisi kovuk içinde iken nedir? Dötron protonla aynı yükte fakat kütlesi iki kattır ÇÖZÜM Manyetik akı yoğunluğu, B

B=

2πfm 2π × 12 × 10 6 × 3,4 × 10 −27 = = 1,6 T q 1,6 × 10 −19

olmalıdır. Çıkış zamanında dötronun kinetik enerjisi, (6.36)’dan aşağıdaki gibi hesaplanır. 2

 1,6 × 10 −19 × 1,6 × 0.53   = 2,707 × 10 −12 J veya 16,92 MeV Wk =  − 27  × × 2 3 , 4 10   ALIŞTIRMALAR 1. Bir siklotronun D biçimli kovuğunun yarıçapı 75 cm ve uygulanan gerilimin frekansı 10 MHz’dir. Protonları hızlandırmak için B’nin hangi değeri gerekir? Protonun kinetik enerjisi kovuktan çıktığında nedir?


325

 2. Bir siklotronda elektron 25 cm’lik bir yarıçapta hareket etmektedir. B alanının genliği 1,2 mT dır. (a) Siklotron frekansını ve (b) elektronun kinetik enerjisini hesaplayınız.

6.11 HIZ SEÇİCİ VE KÜTLE SPEKTROMETRESİ Bir nötr gaz yüksek enerjili parçacıklarla bombardıman edildiğinde pozitif iyon kaynağı olarak davranır. Pozitif yüklü parçacıklar elektron tabancasından geçirilerek aynı hatta ışına dönüştürülür. Bu parçacıkların ışın içinde çok geniş bir yayılımı vardır. Aynı hıza sahip yüklü parçacıkların bir ışınını oluşturmak için bir hız seçici kullanılır. Hız seçici aksiyonunun oluşması,

    F = qE + qu × B

(6.38)

 ile ifade edilen Lorentz kuvvet eşitliğine dayanır. Burada q pozitif iyonun yükü ve u hızıdır. Hız   seçicinin tasarımında şekil 6.13’de görüldüğü gibi E ve B alanları, gelmekte olan pozitif yüklü parçacık ışınlarına dik açılarda düzenlenirler. Bu, pozitif iyona etkiyen elektrostatik kuvvetin manyetik kuvvete zıt olmasının sağlanması için yapılır. Her iyonda elektrostatik kuvvet aynı fakat manyetik kuvvet iyonun hızı ile doğru orantılı olarak değişir. Bu yüzden yüklü parçacığa etkiyen net kuvvet,    E = −u o × B

(6.39)

 olacak şekilde bir u o hızında sıfırdır. Bundan dolayı pozitif iyonun hızı, uo =

E B

(6.40)

ile verilir. uo hızına sahip pozitif iyon herhangi bir kuvvet altında kalmaksızın bölgeden geçecektir. uo hızından daha düşük hızdaki pozitif iyon yukarı doğru fırlayacaktır. Pozitif iyonun hızı uo ’dan daha büyük olduğunda aşağı doğru bir yörünge izleyecektir. Bu yüzden ince bir delikten geçen bütün pozitif iyonlar aynı uo hızına sahip olacaktır; böylece aygıt bir hız seçici olarak çalışır ve hız seçici filtre olarak da adlandırılır. Kütle spektrometresi kullanılarak iyonlar kütlelerine göre de ayrılabilir. Kütle spektrometresi dört temel parçadan oluşur: iyon kaynağı, hız seçici, düzgün manyetik alan ile bir saptırma bölgesi ve şekil 6.14’de görüldüğü gibi elektron multimetresi, elektrometre veya fotografik plaka gibi bir iyon dedektörü. İyon kaynağı pozitif yüklü parçacıklar üretir ve hız seçici aynı hızda hareket eden bu  yüklerin bir ışınını üretir. Farklı kütleli bu yüklü parçacıklar şimdi hareketlerine normal düzgün B alanının olduğu bölgeye girerler. (6.30)’a uygun olarak her yüklü parçacık bir iyon dedektörü ile dedekte edilmeden önce yarı dairesel bir yörünge takip edecektir. Yörüngenin yarıçapı her yüklü parçacığın kütlesine bağlı olduğundan yarıçap ölçülerek parçacığın kütlesi belirlenebilir. (6.30) ve (6.40)’dan

m=

qRBB ' E

(6.41)

326


elde edilir. Kütle spektrometresi izotop çalışmalarında da kullanılır. İzotoplar farklı kütlelere sahip aynı elementin farklı biçimleridir fakat kimyasal olarak aynı davranışı taşırlar. Bundan dolayı kimyasal reaksiyonlarla ayrıştırılamazlar. İyon dedektörü iyon kollektörü ile değiştirilerek kütle spektrometresi bir izotop ayırıcıya dönüştürülebilir.

Şekil 6.13 Hız seçicinin elemanları

Şekil 6.14 Kütle spektrometresinin elemanları

ÖRNEK 6.8 Çeşitli enerjilerde parçacıklar içeren bir ışından 200 keV enerjili alfa parçacıklarını seçmek için bir hız seçici kullanılıyor. Elektrik alan şiddeti 800 kV/m’dir. Manyetik akı yoğunluğu ne olmalıdır? ÇÖZÜM Bir alfa parçacığının kütlesi 6,68×10-27 kg olduğundan alfa parçacığının hızı,

 2 × 200 × 10 3 × 1,6 × 10 −19  uo =   6,68 × 10 −27  

1/ 2

= 3,095 × 10 6 m/s

ile manyetik akı yoğunluğu (6.40)’dan aşağıdaki gibi hesaplanır.

B=

800 × 10 3 = 0,258 T veya 258 mT 3,095 × 10 6

ALIŞTIRMALAR 1. Bir kütle spektrometresinde 26,72×10-27 kg kütleye sahip oksijen atomunun iyonları giriş noktasından 20 cm uzaklıkta dedekte ediliyor. Oksijenin diğer bir izotop iyonu 22 cm uzaklıkta dedekte edilirse kütlesi nedir? 2. Hız seçicide manyetik akı yoğunluğunun genliği 0,5 T dır. Elektrik alan şiddeti 1 MV/m ise bölgeden sapmaksızın geçen protonun hızı ne olmalıdır? Kinetik enerjisi nedir? [Protonun kütlesi = 1,67×10-27 kg]

 3. Önceki alıştırmadaki proton yarı dairesel bir yolda 0,5 T’lık düzgün B alanına girmektedir. Giriş ve çıkış noktaları arasındaki uzaklık nedir? Çıkması için ne kadar zaman gerekir?


327

6.12 HALL ETKİSİ 1979’da Edwin Herbert Hall iletken malzemede baskın yük taşıyıcılarının işaretinin belirlenmesi için bir deney düzenledi. Şekil 6.15’de görüldüğü gibi akım taşıyan bir şeridi düzgün manyetik alana dik bir düzleme yerleştirdi. Şeritten geçen akım pozitif yüklerden dolayı ise pozitif yüklerin  hareketi şekil 6.15a’da görüldüğü gibi akımın yönünde olacaktır. B manyetik alanına dik açılarda  u hızıyla hareket eden pozitif yük şeridin b yanına doğru hareket eğiliminde bir kuvvetin etkisinde kalacaktır. Bu yüzden b kenarında aşırı bir pozitif yük olacak oysa a kenarı bu yüklerin eksikliği altında kalacaktır. Bu durum, iki kenar arasında Hall-etkisi olarak bilinen potansiyel farkı ile sonuçlanacaktır. Bu durumda, b kenarının potansiyeli a kenarından daha büyük olacaktır. Potansiyel birikimi  sınırsız değildir. İki kenar arasındaki potansiyel farkı şerit içinde enine E alanı meydana getirir ve  bu E alanı manyetik alanla oluşan kuvvetin tersi yönünde, pozitif yük üzerinde bir kuvvet oluşturur. Elektrostatik kuvvet manyetostatik kuvvete ters ve eşit olduğunda pozitif yükler herhangi bir saptırmaya gerek kalmadan şeridin uzunluğu boyunca hareket edecektir. b kenarının a’ya göre potansiyeli aşağıdaki gibi ifade edilir.

  Vba = Vb − Va = − E H .dl = E H w b

∫ a

Şekil 6.15 Hall elemanı tiplerinde Hall-etkisi gerilimleri. (a) p-tipi malzeme, (b) n-tpi malzeme Burada, w şeridin genişliği ve E H Hall etkisinden dolayı elektrik alan şiddetidir. Denge şartları altında, (6.40)’dan elektrik alanı E H =uB ’dir. Buna göre Hall-etkisi gerilimi

Vba = uBw

(6.42)

ile tanımlanır. p-tipi yarı-iletkende Hall-etkisi gerilimi, V ba ’nın pozitif olması p-tipi yarı iletkendeki akımın pozitif yüklerden dolayı olduğunu göstermektedir. Şimdi p-tipi yarı iletkenin boşluk iletimi olarak bilinen işlem ile iletim yaptığına inanılmaktadır. Bir iletken malzemede akımın elektronların hareketinden dolayı olduğunu dikkate alalım. Elektronun hareketi şekil 6.15b’de görüldüğü gibi akımın tersi yönündedir. Burada da yine elektron üzerine etkiyen kuvvet onu b’ye doğru iter. Az sonra, b kenarında elektron yoğunlaşması ve a  kenarında elektron eksikliği olacaktır. Böylece a’ya göre b’nin potansiyeli negatif olacaktır. E H

328


alanının yönü a kenarından b kenarına doğru olacaktır. Denge şartları altında Hall-etkisi geriliminin büyüklüğü (6.42)’den bulunabilir. Bu durumda Hall gerilimi negatif olacaktır. Deneylerden bakır, alüminyum, gümüş vb. iletkenlerdeki akımın elektronların akışından dolayı olduğu bulunmuştur. Bu bütün n-tipi yarı iletkenler için de doğrudur. Bu bakımdan statik manyetik alan kullanılarak yarı-iletken yaprak malzemenin p-tipi veya n-tipi olup olmadığı belirlenebilir. Eğer şeridin kesit alanı A, birim hacim başına baskın yük taşıyıcılarının sayısı n ve ∆t zamanında yük taşıyıcılarının aldığı yol ∆l ise şeritteki akım,

I=

qnA∆ ∆t

(6.43)

∆ u

(6.44)

olur.

∆t =

ifadesinde u ortamdaki yük taşıyıcılarının ortalama hızıdır. Bu eşitliklerden

u=

I qnA

(6.45)

elde edilir. Hall-etkisi gerilimi şeritteki akım ile

Vba =

BIw qAn

(6.46)

olarak ifade edilebilir. Pratikte Hall-etkisi a) metaldeki serbest elektronların yoğunluğunun belirlenmesi, b) elektrik makinasının hava aralığındaki manyetik akı yoğunluğun ölçülmesi, c) akım ölçümleri, vb. için kullanılır. ÖRNEK 6.9 10 cm genişliğinde, 10 cm uzunluğunda ve 1 cm kalınlığında 100 A’lik akım taşıyan bir şerit 1,75 T’lık düzgün bir manyetik alana dik açılarda yerleştirilmiştir. Hall-etkisi gerilimini belirleyiniz. Hall-etkisi elektrik alan şiddeti nedir? Bakır şeritteki akımın nedeni olan elektrik alan şiddeti nedir? Bakırın iletkenliği 5,8×107 S/m ve bakırda metre küp başına 8,5×1028 serbest elektron vardır. ÇÖZÜM Bakırda baskın yük taşıyıcı elektrondur. Bu bakımdan (6.46)’dan Hall-etkisi gerilimi,

Vba = −

1,75 × 100 × 10 × 10 −2 = −1,287 × 10 − 6 V veya 1,287 µV 1,6 × 10 −19 × 8,5 × 10 28 × 10 × 1 × 10 − 4

olarak hesaplanır. Hall etkisi elektrik alanı,

EH =

Vba 1,287 × 10 −6 =− = −12,87 × 10 − 6 V/m w 0,1

dir. J = σE = Ι/Α olduğundan akımın nedeni olan elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi hesaplanır.


E=

329

100 I = = 1,72 × 10 −3 V/m veya 1,72 mV/m Aσ 10 × 1× 10 −4 × 5,8 × 10 7

ALIŞTIRMALAR 1. İletken ortamda birim hacim başına yük taşıyıcılarının sayısının n = JB / qE H olduğunu gösteriniz; J akım yoğunluğudur. 2. İletken ortamda, E elektrik akımının geçmesine neden olan elektrik alan şiddeti ve E H HallE Bσ etkisi gerilimi ise H = olduğunu gösteriniz; σ ortamın öziletkenliğidir. E nq

6.13 MANYETOHİDRODİNAMİK GENERATÖR Manyetik alan içine daldırılmış akım taşıyan iletken şeridin enine düzleminin zıt uçları arasında Hall-etkisi gerilimi meydana getirdiği söylenmişti. Manyetohidrodinamik generatörde (MHD) de bu prensip kullanılır. Bu durumda şekil 16’da görüldüğü gibi düzgün manyetik alana dik bir düzlemde dikdörtgen kanal içinden sıcak iyonize gaz veya plazma akıtılır. Plazma pozitif yüklü iyonlar içerdiğinden Hall-etkisine uygun olarak bu iyonlar bir tarafa sapacaktır. Bu, plazmanın iki tarafı arasında bir Hall-etkisi gerilimi üretir. Şekilde görüldüğü gibi manyetik alan ve plazma akışının yönlerinden plazma akışının sağ tarafı bir emf kaynağının pozitif terminali ve sol tarafı ise negatif terminal olarak davranır. Bu emf kaynağı şekilde görülen harici olarak bağlanmış dirence akım vermektedir. İyi bir elektriksel kontak meydana getirmek için kanalın sağ ve sol kenarları iletken malzemeden yapılmalıdır. Bunun yanında, kanalda sirkülasyon akımlarının engellenmesi için kanalın üst ve alt kenarları yalıtkan malzemeden yapılmalıdır.

Şekil 6.16 MHD generatörün elemanları

Yardımcı generatörler olarak MHD’ler fosil yakıtların yakılmasıyla elektrik enerjisinin üretilmesinde önemli rol oynayabilirler. Bunun yanında, fosil yakıtın yanması bir jet motorunda olduğu gibi özel bir odada yer almalıdır ki MHD’ye giren iyonize eksoz gazı bir güç generatörüne buhar sağlayan ısıtıcı boylerde kullanılabilsin. MHD kanalı, manyetik alan içindeki sıvının hareketiyle indüklenen Hall-etkisi geriliminin dedeksiyonu ile atık su, deterjan, meşrubat gibi iletken sıvıların akış oranını ölçerek, elektromanyetik akışmetre olarak da kullanılabilir. ÖRNEK 6.10 Enine kenarları düzgünce yalıtılmış 75 cm genişliğinde ve 3 cm kalınlığında dikdörtgen bir kanal 1000 m/s’lik hızda bir eksoz gazı akışına dayanacak şekilde tasarlanmıştır. Manyetik akı yoğunluğu 1,5 T ise kanalın iki kenarı arasındaki Hall etkisi gerilimi nedir? ÇÖZÜM (6.42)’den Hall-etkisi gerilimi aşağıdaki gibi hesaplanır.

V = uBw = 1000 × 1,5 × 0,75 = 1125 V

330


ALIŞTIRMALAR 1. Bir dikdörtgen kanalın genişliği 50 cm ve manyetik akı yoğunluğu 1,6 T’dır. Kenarlarına bağlanmış 1150 Ω luk dirençten geçen akımın 2 A olması için kanaldaki plazmanın akış hızı ne olmalıdır? 2. Atık su geçiren 20 cm çapındaki bir plastik boru 0,5 T’lık enine manyetik alan içine daldırılmıştır. Atık suyun zıt sütunları arasında indüklenen maksimum gerilim 0,25 V ise borudaki atık suyun akış hızı nedir? Atık suyun boruda düzgün bir hızda aktığını varsayınız.

6.14 ELEKTROMANYETİK POMPA Hareketli yük üzerinde manyetik alanın meydana getirdiği kuvvet yaygın olarak elektromanyetik pompa olarak bilinen, hareketli parçası olmayan bir pompalama aygıtının geliştirilmesine de öncülük etmiştir. Bu aygıtta hareketli olan tek şey bir yerden diğerine sirkülasyonu yapılacak sıvının kendisidir. Bu metot, nükleer reaktörün çekirdeğinde meydana gelen ısının bizmut, lityum, sodyum, vb. gibi sıvı metaller aracılığı ile kullanılacağı yere ısının transferinde de kullanılmaktadır. Kalp, ciğer ve suni böbrek makinalarında kan hücrelerine zarar vermeksizin kanın pompalanmasında da kullanışlı bulunmuştur. En basit formunda elektromanyetik pompa şekil 6.17’de görüldüğü gibi manyetik alan içine yerleştirilmiş bir kanaldan oluşmaktadır. Kanal uygulamaya bağlı olarak sıvı metal veya kan taşıyabilir. Şekilde görüldüğü gibi enine yönde bir akım geçirildiğinde bileşke manyetik alan kanal boyunca sıvıyı hareket ettirir.

Şekil 6.17 Elektromanyetik pompanın elemanları

6.15 DOĞRU AKIM MOTORU Çift kutuplu doğru akım (DC) motorunun kesit görünüşü şekil 6.18a’da görülmektedir. Motorun duran kısımlarındaki iki kutupta bulunan alan sargısı makinada gereken manyetik akının oluşturulması için sabit akım taşır. Armatür olarak adlandırılan silindirik yapı kutuplar arasındaki bölgede eş merkezli olarak yerleştirilmiştir. Bir mil üzerine monte edilen armatür serbestçe dönebilmektedir. İletkenlerin yerleştirilmesi için armatürün yüzeyine oluklar açılmıştır. Bu iletkenler kapalı bir döngü oluşturur ve şekilde görüldüğü gibi doğru akım taşırlar. Akımın yönü, komütatör olarak adlandırılan bir aygıt ile iletkende her zaman aynı olacak şekilde tutulur. Lorentz kuvvet eşitliğine göre akım taşıyan iletken manyetik alana yerleştirildiğinde bir manyetik kuvvet ile etkilenir. Manyetik kuvvet şimdi açıklanacağı gibi armatürü döndürecek şekilde tork üretir.


331

a) Motorun kesiti

b) Armatür iletkenlerine etkiyen tork Şekil 6.18 Doğru akım motoru

Bütün iletkenlerin armatürün yüzeyinde düzgünce dağıtıldığı ve N sarımda olduğunu varsayalım. dθ diferansiyel açısı ile çevrelenen sarımlar Ndθ / 2π ’dir. Şekil 6.18b’de görülen akım yönü için diferansiyel manyetik moment,

dm =

NIA dθ 2π

dir. Burada I her sarımdaki akım ve A sargının kesit alanıdır. Manyetik momentin yönü sağ-el kuralına uygun olarak şekil 6.18b’de gösterilmiştir. Oluşan diferansiyel tork,

     1 1 dT = dm × B = NIAB sin(π / 2 − θ )dθ a z = NIAB cosθ dθ a z 2π 2π

   ile verilir. Burada, a z ’nin m ve B içeren düzleme normal birim vektör olduğu varsayıldı. Başka   bir ifadeyle m ve B vektörlerinin ikisinin birden xy düzleminde olduğu varsayıldı. Vektörel çarpımdan görüleceği gibi iletkenlere etkiyen tork armatürü saat yönünün tersinde döndürme eğilimindedir. Armatürdeki iletkenlere etkiyen toplam tork aşağıdaki gibi elde edilir. π 2   1  1 T = az NIAB cosθ dθ = NIAB a z 2π π −π 2

∫

(6.47)

Bu eşitlik DC motorda gelişen tork’un armatürün dönüş açısından bağımsız olduğunu göstermektedir. Her sargı düzgün bir manyetik alan içinde ω açısal hızı ile dönerken, zamanla değişen manyetik alanlar bölümünde tartışıldığı gibi harekete bağlı bir emf indüklenecektir. ÖRNEK 6.11 Bir doğru akım motorunda armatürün etkin uzunluğu 5,08 cm ve yarıçapı 7,62 cm’dir. Armatür 1000 sarımla sarılmıştır. Manyetik akı yoğunluğu 1,08 T’dır. Armatür sargısındaki akım 2,5 A ise motorun torkunu belirleyiniz. ÇÖZÜM Her sargının, A = 5,08 × 7,62 = 38,71 cm2

332


olarak hesaplanan kesit alanı ile motorun geliştirdiği tork aşağıdaki gibi hesaplanır.

T=

1

π

× 1000 × 2,5 × 38,71 × 10 − 4 × 1,08 = 3,327 Nm

ALIŞTIRMALAR 1. Bir DC motorda armatürün etkin uzunluğu 2,54 cm ve çapı 5,08 cm’dir. Armatür 1500 sarımla sarılmış ve manyetik akı yoğunluğu 1,5 T’dır. Armatür sargılarındaki akım 12,5 A ise motorun geliştirdiği torku belirleyiniz. 2. 6.11 örneğinde bir sarım iki iletkenden yapıldığından her iletkendeki kuvvet nedir? Bütün iletkenlerdeki kuvvet nedir? Her iletkendeki tork nedir? Motorun geliştirdiği torku hesaplayınız.

6.16 ÖZET Bu bölüm, detaylara fazla girilmeden sadece yüzeysel olarak, statik elektrik ve manyetik alan uygulamalarından bazılarının açıklanmasına ayrıldı. Statik alanların çok sayıda diğer uygulamaları bu bölümde anahatları verilen aynı prensipleri üzerlerinde taşırlar. Hemen hemen bütün uygulamalar en azından aşağıdaki kategorilerden birine düşer:  Elektrik alanı ile yüklü bir parçacığa etkiyen kuvvet. Yüklü parçacık serbestçe hareket edebiliyorsa elektrik kuvveti yüklü parçacığın kinetik enerjisini artırır.  Elektrik alanı ile yüklü parçacığın sapması.  Manyetik alan ile yüklü parçacığın sapması.  Manyetik alana yerleştirildiğinde akım taşıyan iletkene etkiyen kuvvet. Kütlesi m olan q yükü ile yüklü parçacık V potansiyel farkında hareket ederse kinetik enerjisindeki değişim 1 2

m[u22 − u12 ] = qV

olur; burada u 1 ve u 2 ilk ve son hızlardır. Bu eşitlik katot ışınlı osiloskop tartışmasında kullanıldı. Mürekkepli jet yazıcıda da aynı çalışma prensibi kullanılır. Minerallerin ayrıştırılması için cevher ayırıcı, yüklü parçacığın bir elektrik alanından geçerken etkilendiği sapmaya dayanır. Çekim kuvveti yüklü parçacığın aşağı yönde olan hareketi için kullanılır. Elektrik alan bölgesi içindeki yüklü parçacığın yörüngesi,

z = az

x g

ile ifade edilen düzgün bir hat olarak bulunmuştu. Bir değişken kapasitörün enerjisindeki değişim kavramı kullanılarak elektrostatik voltmetrenin çalışması açıklandı. Göstergenin veya ibrenin sapmasının,

θ=

1 2 dC V 2π dθ


333

olarak uygulanan gerilimin karesi ile orantılı olduğu gösterildi. q yükü ile yüklü parçacık düzgün manyetik alana dik bir düzlemde hıza sahipse yüklü parçacık dairesel yörüngede hareket eder. Yörüngenin yarıçapı,

R=

mu u = qB ω

qB siklotron frekansıdır. Yüksek enerjili parçacık hızlandırıcı olan siklotronun m çalışmasında bu temel eşitlik kullanılır.

dir; burada ω =

Basitçe, elektrik ve manyetik alanlarının birbirine dik açılarda düzenlenerek, istenilen hızda hareket eden yüklü parçacıkların seçilebileceğini öğrenmek ilginçtir. İstenilen hız basitçe, aşağıdaki gibi elektrik alanının manyetik alana oranıdır.

uo =

E B

Hız seçici, bir kütle spektrometresinin içindeki bir parçasıdır. Kütle spektrometresi, yüklü parçacığın yörünge yarıçapını ölçerek kütlesinin belirlenmesinde kullanılabilir. Kütle,

m=

qRBB ' E

ile ifade edilir. Manyetik alana yerleştirilmiş bir iletken yapraktaki akım Hall etkisi akımına neden  olur. Yapraktaki yüklerin hareketi düzgün B alanına dik açılarda ise Hall etkisi gerilimi

V = uBw =

BIw qAn

dir. Hall etkisi geriliminin polaritesi yaprağın p tipi veya n tipi malzeme olup olmadığının belirlenmesine yardımcı olur. Doğru akım motoru manyetik alana yerleştirilen akım taşıyan iletkene etkiyen kuvvetten yararlanır. Manyetik kuvvet bir tork oluşmasına neden olarak motorun armatürünün dönmesini sağlar. Torkun genliği aşağıdaki gibi verilir.

T=

1

π

NIAB

Elektromanyetik pompa ve manyetohidrodinamik generatör gibi uygulamalara da kısaca değinildi. Bu konular kütüphanelerde daha detaylı bulunabilir ve şaşılacak derecede çok basit fikirlerin nasıl kullanışlı aygıtlara dönüştürüldüğü görülebilir.

6.17 ÇALIŞMA SORULARI 1.

 E elektrik alanı içinde bulunan q test yüküne etkiyen kuvvet nedir?

334


2.

  u hızıyla B manyetik alanı içinde hareket eden q test yüküne etkiyen kuvvet nedir? Kuvvet ne zaman maksimum ne zaman minimumdur?

3.

   E ve B alanlarının birbirine dik olduğu bir bölgede u hızıyla hareket eden q test yüküne etkiyen net kuvvet nedir?

4. Akım taşıyan çerçevenin manyetik alanda kendisini nasıl döndürdüğünü basitçe ifade ediniz. 5. Yüklü parçacığın paralel palakalı bir bölgeden geçtikten sonraki yörüngesi nedir? 6. Akım taşıyan iletken sıfır net yüke sahiptir. Öyleyse manyetik alan bunun üzerinde kuvvet oluşturabilir mi? 7. Siklotrondaki elektrik ve manyetik alanlarının öncelikli fonksiyonları nedir? 8. Siklotron ve senkrotron arasındaki ana fark nedir? 9. DC motorun iletkeninde oluşan tork ve kuvvet arasındaki ilişki nedir? 10. Katot ışınlı osiloskop yükün hızı ve elektronun kütlesinin ölçülmesi için kullanılabilir mi? Açıklayınız. 11. Yüklü parçacık elektrik alanına girerse kinetik enerjisinde değişim vardır. Aynı parçacık manyetik alana girerse kinetik enerjisi niçin değişmeden kalır? 12. Hall etkisi gerilimi nedir? Hall etkisi gerilimi harekete bağlı emf’ye benzer mi? 13. Katot ışınlı tüpün çalışmasını açıklayınız. 14. Elektromanyetik pompanın çalışmasını açıklayınız. 15. Manyetohidrodinamik generatörün çalışma prensibini açıklayınız. 16. DC motorun çalışma prensibini açıklayınız.

  17. Düzgün B alanı z yönündedir. Proton u hızıyla dairesel bir yörüngede dönmektedir. z ekseninden bakıldığında dönüş yönü nedir? 18. Elektron elektrik alanını geçerken yukarı doğru sapmaktadır. Elektrik alanının yönü nedir? 19. Proton manyetik alanı geçerken yukarı doğru sapmaktadır. Manyetik alanın yönü nedir?

  20. E elektrik ve B manyetik alanları birbirine dik açıdadır. Elektron bu bölgeyi soldan sağa   geçerken herhangi bir kuvvet altında kalmaksızın geçmektedir. E ve B alanlarının yönleri nedir? 21. Nükleer fizikçiler enerjiyi niçin elektron volt (eV) olarak ölçerler? 22. Yüklü parçacığın enerjisi 2 MeV’tur. Enerjisi Joule olarak nedir? 23. Hız seçici niçin hız filtresi olarak adlandırılır?


335

  24. Manyetik alan içindeki akım döngüsünün potansiyel enerjisinin − m ⋅ B olduğunu gösteriniz. Potansiyel enerjinin önemi nedir?

25. Döngünün maksimum ve minimum potansiyel enerjisi ne zamandır? 26. Manyetik alan içinde hareket eden yüklü parçacığın manyetik enerjisinin tanımlanması mümkün müdür?

6.18 PROBLEMLER 1. Paralel plakalı kapasitörün iki plakası arasındaki açıklık 5 cm ve plakalar arasındaki potansiyel farkı 10 kV’tur. Plakaların her kenarı 10 cm’dir. 2 keV kinetik enerjili proton elektrik alanına dik açıda bölgeye girmektedir. (a) Proton bölgeden çıktığında geçen zaman, (b) bölgeden çıktığında protonun sapması, (c) protonun başlangıç ve son hızları ve (d) kinetik enerjisindeki değişimi belirleyiniz. 2.

3.

  2 × 106 a x m/s hızla hareket eden bir dötron − 50a x kV/m ’lik elektrik alanına girmektedir. (a) geçici durgun pozisyona gelmeden önce dötron’un aldığı yol, (b) dötron’un bu uzaklığı aldığı zamanı bulunuz. Dötron kinetik enerjisinin % 50’sini kaybetmeden önce ne kadar uzağa gider? Dötron’un kütlesi 3,4 × 10 −27 kg’dır.   0,8 × 106 a z m/s hızla hareket eden elektron − 10a z kV/m ’lik bir elektrik alanı bölgesine girmektedir. 3 cm’lik uzaklığı aldıktan sonra elektronun hızı nedir?

4. 2 cm açıklığında iki paralel plaka arasındaki potansiyel farkı 200 V’tur. Elektron t = 0 ’da durgunken negatif yüklü plakadan bırakılıyor. (a) pozitif yüklü plakaya ulaştığında elektronun hızı, (b) bunun için gereken zaman ve (c) elektronun kinetik enerjisini belirleyiniz. 5. Önceki problemde elektron negatif yüklü plakayı terkettiğinde 2 m/μs’lik bir başlangıç hızına sahiptir. Elektron pozitif yüklü plakaya tam dokunduğunda hızı nedir? Elektron ne kadar enerji kazanmıştır? 6. 2 gram kütleli ve 100 nC yüklü bir parçacık t = 0 ’da xy düzleminde x eksenine göre 45°’lik açı  ile 141,4 m/s’lik hızla orijinden geçmektedir. Bölgedeki elektrik alan şiddeti 200a x kV/m ise t=10 s’deki hızını ve pozisyonunu belirleyiniz.

  7. Bir bölgedeki elektrik alan şiddeti 150a x kV/m’dir. Proton bu bölgeye − 32,48 × 106 a x m/s hızla girmektedir. Proton bölgeye girdiğinde kinetik enerjisi nedir? Proton geçici olarak durgun pozisyona gelmeden önce ne kadar gidecektir? 8. 0,025 mm çapında mürekkep damlacığı 10 m/s hızla yükleme plakalarını geçerken –0,25 pC’luk bir yük kazanmaktadır. Plakaların arasındaki açıklık 2,5 cm iken dikey plakalar arasındaki elektrik alan şiddeti 100 kV/m’dir. Her saptırma plakasının uzunluğu 1,5 mm ve saptırma plakasının ucundan kağıda olan uzaklık 5 mm ise mürekkep damlacığının dikey yer değişimini belirleyiniz. Mürekkebin yoğunluğu 2 gr/cm³ tür. 9. Önceki problemde mürekkep damlacığının kağıda vurduğu andaki hızını hesaplayınız. Mürekkep damlacığının saptırma plakalarına girdiği andan kağıda vurduğu an arasında geçen toplam zaman nedir? Kağıt üzerinde toplam 5 mm’lik bir sapma meydana getirmek için elektrik alan şiddeti ne olmalıdır?

336


10. 1,2 gramlık grafit parçacık vibrasyonlu besleyicide –50 nC’luk bir yük kazanıyor. Daha sonra parçacık paralel plakalı kapasitörün üst kenarının ortasından düşürülüyor. Plakalar arasındaki potansiyel farkı 15 kV’tur. Plakalar 1 m uzunluğunda ve 40 cm açıklıkta ise plakaların ucunda parçacığın pozisyonunu ve hızını belirleyiniz. 11. Önceki problemde plakalar topraktan 2 m yukarıda tutulursa parçacık toprağa çarptığı durumdaki hızını belirleyiniz. Parçacığın toplam sapması nedir? 12. 25 cm yarıçapında yalıtılmış bir kürenin 200 kV’luk potansiyele yükseltilmesi için ne kadar yük gerekmektedir? Kürenin yüzeyindeki elektrik alan şiddeti nedir? Bu elektrik alanı çevreleyen ortam hava olduğunda delinme olmaksızın mevcut olabilir mi? 13. Van de Graaff generatöründe iç küre 2 cm ve dış küre 20 cm yarıçapındadır. Dış küredeki yük 5 nC’tur. İki küre arasındaki potansiyel farkın 500 V olması için iç küredeki yük ne olmalıdır? 14. Kütlesi m ve yükü q olan parçacık k başlangıç kinetik enerjisi ile Q yükünde ve M kütlesinde diğer bir ağır parçacığa doğru fırlatılıyor. Hareketli parçacık ani olarak durgun pozisyona geldiğinde iki parçacık arasındaki uzaklık nedir? 15. Elektrostatik voltmetredeki kapasitans bθ olarak değişmektedir. Yayın gerginlik sabiti 1,2 N∙m/rad’dır. 100 V’luk potansiyel farkı uygulandığında sapma açısı 30° ’dir. b nedir? Sapma açısı 45° ise uygulanan gerilim nedir? 16. 1,5 T’lık manyetik alanda manyetik alana dik bir düzlemde elektronun kinetik enerjisi (a) 100 eV ve (b) 10 keV ise manyetik alan içindeki elektronun eğim yarıçapını bulunuz.

  17. B alanında protonun dönüş frekansı 10 MHz’dir. B alanı nedir? Yörüngenin yarıçapı 10 cm ise protonun kinetik enerjisi (a) joule ve (b) elektron volt olarak nedir?   18. 20 keV kinetik enerji ile z yönünde hareket eden bir elektron düzgün B = 1,25a x T manyetik alan bölgesine girmektedir. Elektrona etkiyen manyetik kuvveti belirleyiniz. Manyetik alan z ≥ 0 bölgesine sıkıştırılmışsa elektronun yörünge yarıçapı nedir? Çıkış zamanındaki yönü nedir? Giriş ve çıkış noktaları arasındaki uzaklık nedir? 19. 500 A akım taşıyan 20 cm genişliğinde ve 0,2 cm kalınlığında bir bakır şerit 1,2 T’lık manyetik alana normal olarak yerleştirilmiştir. Şerit uçlarında gözüken Hall etkisi gerilimini hesaplayınız. Bakırdaki serbest elektronların yoğunluğu 8,5 × 1028 elektron/m³ tür.

  20. Bir protonun sapmaksızın hareket edebildiği bölgedeki elektrik alanı E = 20a z kV/m   manyetik alan B = 0,5a x T’dır. Protonun kinetik enerjisi nedir?

ve

21. Siklotronda proton maksimum enerjisine ulaştığında yörüngesinin yarıçapı 12 cm’dir. Manyetik alan 1,5 T ise protonun momentini ve kinetik enerjisini belirleyiniz. 22. Siklotron protonun 8 MeV kazandırılması amacıyla hızlandırılmasında kullanılıyor. Yörüngenin yarıçapı 0,5 m ise manyetik akı yoğunluğu ne olmalıdır? Siklotron frekansı nedir? Protonun çıkış hızı nedir? 23. Bir dötron’un yörünge yarıçapı 50 cm ve osilatör frekansı 10 MHz’dir. Manyetik alanı ve dötron’un kinetik enerjisini hesaplayınız.


337

24. DC motorun armatürünün çapı 12 cm ve uzunluğu 30 cm ve 1200 sarımla düzgünce sarılmıştır. Stator sargısı 0,8 T’lık bir akı yoğunluğu üretmektedir. Armatür akımı 120 A ise motorun geliştirdiği torku belirleyiniz. 25. 25 sarımlı ve 10 cm2 yüzey alanlı dikdörtgen çerçeve 0,5 T’lık sabit manyetik alanda dönmektedir. Çerçevedeki akım 2 A ise gelişen torku belirleyiniz. Manyetik alan hatları ve sargıya normal arasındaki açının 30° olduğunu varsayınız. 26. Önceki problemde sargının θ = 0° ile θ = 180° arası döndürülmesi için ne kadar iş yapılması gerekir?

338


∼ 7 ZAMANLA DEĞİŞEN ELEKTROMANYETİK ALANLAR 7.1 GİRİŞ Statik alanlar çalışmasında aşağıdaki sonuçlara varılmıştı;  statik elektrik alanları yükler tarafından meydana getirilir,  statik manyetik alanlar hareketli yükler veya kararlı akımlar tarafından meydana getirilir,  statik elektrik alanları rotasyonel’i sıfır olduğundan korunumludur,  statik manyetik alan diverjansı sıfır olduğundan süreklidir ve  statik elektrik alanı statik manyetik alan yokken de olabildiği gibi statik manyetik alan statik elektrik alanı yokken de olabilir. Bu bölümde, zamanla değişen elektrik alanının zamanla değişen manyetik alan ile üretilebileceği gösterilecektir. Manyetik alanın meydana getirdiği elektrik alanı indüklenen elektrik alanı veya elektrik alanı meydana getiren emf olarak adlandırılacaktır. Aynı zamanda indüklenen elektrik alanının korunumlu bir alan olmadığına işaret edilecektir. İndüklenen elektrik alanının kapalı bir yol boyunca çizgisel integrali gerçekte indüklenen emf (elektromotor kuvveti) olarak adlandırılır. Aynı zamanda, zamanla değişen elektrik alanının zamanla değişen manyetik alan meydana getireceği keşfedilecektir. Basitçe, eğer bir bölgede zamanla değişen bir elektrik (manyetik) alanı varsa bu bölgede zamanla değişen bir manyetik (elektrik) alan da vardır. Elektrik ve manyetik alanları arasındaki ilişkileri tanımlayan eşitlikler Maxwell denklemleri olarak bilinir çünkü bunların formülasyonu James Clerk Maxwell tarafından yapılmıştır. Bu eşitliklerin formülasyonu süresince Maxwell denklemlerinin Gauss, Faraday ve Ampère’in bilinen çalışmalarının bir uzantıları olduğu da açıklık kazanmıştır. Burada çalışmaya deneysel bir gerçek olarak Faraday indükleme kanununun ifadesi ve sonra ilgili Maxwell denklemlerinin geliştirilmesi veya yüklü parçacık üzerine etkiyen manyetik kuvvetin incelenmesi ile başlanabilir. Yüklü parçacık üzerindeki manyetik kuvvetin etkileri önceki bölümlerden çoktan bilinmekte olup öncelikle bununla başlanabilir.

340


7.2 HAREKETE BAĞLI ELEKTROMOTOR KUVVETİ  Şekil 7.1’de görüldüğü gibi düzgün u hızı ile x yönünde hareket eden iletkeni dikkate alalım.   Bölgede aynı zamanda B = −Ba z şeklinde düzgün bir akı yoğunluğu varsa iletkendeki her serbest elektrona etkiyen manyetik kuvvet,     F = − eu × B = − euB a y

(7.1)

ile ifade edilir; burada e bir elektrondaki yükün büyüklüğüdür. Bu kuvvetin etkisi altında iletkendeki serbest elektronlar sağdan sola doğru hareket edeceklerdir. Elektronların böyle bir hareketi, iletkenin en solunda net negatif yük ve en sağda ise net pozitif yük oluşmasına neden olacaktır. Barnett manyetik alan içindeki iletkende yer alan yüklerin böyle bir ayrımını gösterebilmiş ve iletken hareketli iken iletkeni ortasından kesmeyi başarabilmişti. İki parça iletken durgun pozisyona getirildiğinde birisi pozitif yüklü diğeri ise negatif yüklü olarak bulunmuştu.

Şekil 7.1 Düzgün manyetik alan içinde hareket eden iletken

Şekil 7.2 Kayan iletken

 Birim yük başına kuvvet elektrik alan şiddeti, E olarak tanımlandığından (7.1)’den elektrik alanı için

    E = u × B = uBa y

(7.2)

ifadesi elde edilir. (7.2) ile verilen elektrik alanı manyetik alan ile meydana getirildiğinden  indüklenen elektrik alanı olarak adlandırılır. E alanı manyetik alan içindeki iletkenin hareketi sonucu olduğundan harekete bağlı elektrik alanı olarak da adlandırılır. İndüklenen elektrik alanının   u ve B içeren düzlemlere dik olduğuna dikkat edilmelidir. Daha sonra indüklenen elektrik alanının korunumlu olmayan bir alan olduğu gösterilecektir. İndüklenen elektrik alanı iletkenin yüzeyine teğettir. İletken yüzeyinin hemen üzerindeki elektrik alanının teğet bileşeni sıfır olduğundan iletken yüzeyinin hemen altındaki elektrik alanının da sıfır olması gerekir. Bu sınır şartını sağlamak için yüklerin ayrılmasından dolayı iletkenin içinde elektronların sağdan sola akışı, iletken içindeki elektrik alan şiddetinin indüklenen elektrik alanına eşit ve ters olmasıyla sona erecektir. Bu gerçekleştiğinde, iletken denge durumunda olacak ve serbest elektronlara etkiyen net kuvvetin varlığı sona erecektir.

Zamanla Değişen Elektromanyetik Alanlar

341

Şimdi şekil 7.2’de gösterildiği gibi bir çift sabit iletken üzerinde iletkenin serbestçe kayabildiği durum incelenebilir. Sabit iletkenin uzak iki uç noktası arasına bir direnç bağlanmıştır. Böylece kayan iletken, sabit iki iletken ve direnç kapalı elektrik devresi oluşturmaktadır. Bu durumda kayan iletkenin sol tarafında elektronların birikmesi mümkün olmayacaktır. Bunun yerine elektronlar sabit iki iletken ve dirençten geçerek iletkenin diğer ucuna doğru akacaktır. Elektronların bu akışının sonucu kapalı devrede bir akım meydana gelecek ve indüklenen akım olarak adlandırılacaktır. İndüklenen akımın bilinen yönü şekilde gösterildiği gibi elektronların akış yönüne terstir. Kayan iletken indüklenen emf kaynağı olarak davranır. İndüklenen akım sadece kapalı elektrik devresinde indüklenen emf’nin sonucudur. Dirençte indüklenen akım sağdan sola olduğundan kayan iletkenin sağ ucu (y=b’de) sol ucuna göre (y=a’da) pozitiftir. İndüklenen akımın bilinen yönünün iletkende indüklenen elektrik alanı ile aynı olduğuna dikkat edilmelidir. Lorentz kuvvet eşitliği uyarınca kayan iletkene etkiyen manyetik kuvvet,

      Fm = iL × B = iLa y × − Ba z = − BiLa x

(7.3)

dir; burada i kayan iletkendeki akım ve L ise etkin uzunluktur. Beklenildiği gibi manyetik kuvvet iletkenin hareketine ters yönde olduğundan x yönünde iletkeni hareketli tutmak için bu yönde harici bir kuvvet uygulanmalıdır. Düzgün bir hızla iletkeni harekette tutmak için uygulanması gereken harici kuvvet,

   Fext = − Fm = BiLa x

(7.4)

olmalıdır. dt zaman aralığında iletken dx uzaklığına gittiğinde harici kuvvet ile yapılan iş,

dW = BLi dx = BLiu dt olur. dx = u dt ve dq = i dt olduğundan bu ifade,

dW = BLu dq olarak da yazılabilir. Şimdi elektromotor kuvveti veya indüklenen emf harici kuvvet ile birim pozitif yük başına yapılan iş miktarı olarak,

e=

dW = BLu dq

(7.5)

ile tanımlanabilir. Bu durumda e kayan iletkenin iki uçları arasındaki indüklenen emf’dir. Buna aynı zamanda harekete bağlı emf de denir çünkü bu manyetik alan içindeki iletkenin hareketinden (akı kesme hareketi) dolayıdır. SI birim sisteminde, B tesla (T, Wb/m2), L metre (m), u (m/s) ve e J/C veya volt’tur. (7.5) eşitliği sadece manyetik alana normal düzlemde ve iletkenin uzunluğuna dik açı yönünde hareket eden doğrusal iletken için geçerlidir. Harekete bağlı emf kavramının açıklanması için bu varsayımlar formüller içinde açık bir şekilde yerine konulmuştur. Şimdi harekete bağlı emf’nin genel ifadesi geliştirilebilir.

342


7.2.1 HAREKETE BAĞLI EMF İletkeni harekette tutmak için gereken kuvvetin genel ifadesi,

   Fext = − id  c × B

∫ c

 dir. Burada d c i akımı yönünde iletkenin uzunluk elemanı ve c iletkende indüklenen akım  yönünde integral yolunu (sınırını) göstermektedir. dt zamanında d  uzunluğu için harici kuvvet ile iletkenin hareket ettirilmesi için yapılan iş     dW = Fext .d  = −id.∫ d  c × B c

olup

i=

dq dt

ve

  d u= dt konularak iletkende harekete bağlı emf ’nin genel ifadesi

e=

   dW = −u ⋅ ∫ d  c × B dq c

 olarak elde edilir. u iletkenin uzunluğu boyunca değişmediğinden yukarıdaki eşitlik       e = − ∫ u ⋅ ( d  c × B) = ∫ u ⋅ ( B × d  c ) c

c

olarak yazılabilir. Son olarak vektör özdeşliği kullanılarak eşitlik

   e = ∫ ( u × B) ⋅ d  c

(7.6)

c

  şeklinde yazılabilir ki bu u , B ve iletkenin uzunluğu birbirlerine dik olduğunda (7.5) eşitliğine indirgenir. (7.6) eşitliği manyetik alanda hareket eden iletkendeki harekete bağlı emf’nin belirlenmesinde kullanılacaktır.

  Burada, u × B indüklenen elektrik alan şiddeti olup yönü iletkende indüklenen akımın yönü ile aynıdır. Bu gerçek iletkenin iki ucundaki harekete bağlı emf’nin polaritesinin belirlenmesine yardımcı olur. Özet olarak harekete bağlı emf’den dolayı indüklenen akım indüklenen elektrik alanı yönündedir.


343

ÖRNEK 7.1 L uzunluğunda bir bakır şerit bir ucundan eksenlenerek düzgün manyetik alan içinde ω açısal hızıyla serbestçe dönebilecek şekilde yerleştirilmiştir. Şekil 7.3’de görüldüğü gibi şeridin iki ucunda indüklenen emf nedir?

Şekil 7.3 Düzgün manyetik alan içinde dönen bakır şerit

ÇÖZÜM Şeridin herhangi bir ρ yarıçapındaki hızı,

  u = ρω aφ ile indüklenen elektrik alan şiddeti,       E = u × B = ρωB (aφ × a z ) = ρωBa ρ

olarak elde edilir. İndüklenen emf radyal yönde olduğundan şeridin b ucu eksenlenen a ucuna göre pozitiftir. Buradan (7.6)’dan indüklenen emf aşağıdaki gibi bulunur. L

∫

eba = ω B ρ dρ = ωB 0

ρ2 2

L

= 12 Bω L2 0

ÖRNEK 7.2 Şekil 7.4’de görüldüğü gibi 2L uzunluğunda bir bakır şerit orta noktasından eksenlenerek düzgün manyetik alanda ω açısal hızı ile dönmektedir. Şeridin uçlarından biri ile orta noktası arasında indüklenen emf yi belirleyiniz. İki uç arasında indüklenen emf nedir? ÇÖZÜM 2L uzunluğundaki bakır şeridin L uzunluğunda iki bakır şeritten yapılmış ve eksenlenmiş uçlarından birleştirildiğini varsayalım. 7.1 örneğinden her şeridin uzak uçlarının eksenlenmiş uca göre daha yüksek potansiyelde olduğu açıktır. Her iki şerit aynı uzunlukta ve ortak düzgün manyetik alanda aynı açısal hızla döndüklerinden her şeridin serbest ve eksenlenmiş uçları arasında indüklenen emf’nin büyüklükleri aynı olmalıdır. Bundan dolayı şeridin bir ucu ve orta noktası arasında indüklenen emf aşağıdaki gibidir.

eba = 12 BωL2 Bakır şeridin uzak iki uçları arasındaki indüklenen emf sıfırdır. Eğer şekil 7.3’de gösterilen şerit maksimum I akımı verebiliyorsa şekil 7.4’de görülen iki şerit, şeritler benzer olduğu sürece toplam 2I ’lik akım verecek kapasiteye sahiptir. Buna göre çok sayıda şeridin birleştirilmesi ile R direncindeki akım bariz şekilde artırılabilir. Bu prensibe bağlı bir aygıt, şekil 7.5’de görüldüğü gibi homopolar generatör olarak adlandırılır. Bu basitçe bakır gibi iletken

344


malzemeden yapılmış ince dairesel bir disk olup Faraday diski olarak bilinir. Düzgün manyetik alan içinde sabit açısal hızla disk döndüğü zaman sabit bir (DC) gerilim kaynağı olarak görev yapar.

Şekil 7.4 Orta noktasından eksenlenmiş ve düzgün manyetik alan içinde dönen bakır şerit

Şekil 7.5 Homopolar generatör

ALIŞTIRMALAR 1. 2 m uzunluğunda bir bakır şerit 12,5 mT’lık düzgün manyetik akı yoğunluğuna dik bir düzlemde dönüyor. Şeridin bir ucu yataklanmış ve diğer ucu 188 rad/s’lik açısal hızla dönerken şeridin iki ucu arasında indüklenen emf’yi belirleyiniz. 2 Ω’luk direnç şekil 7.6a’da görüldüğü gibi bağlandığında şeritteki akım nedir? Şeridin sağladığı güç nedir? Şeride etkiyen manyetik kuvveti hesaplayınız? Bu kuvvetin önemi nedir? 2. Önceki örnekteki bakır şerit şekil 7.6b’de görüldüğü gibi ortasından yataklanmıştır. (a) Serbestçe dönen uçlardan biri ile orta uç arasında indüklenen emf’yi, (b) şeridin her iki kısmındaki akım ve (c) şeridin sağladığı toplam gücü belirleyiniz.

(a) Tek fırçalı

(b) Çift fırçalı

Şekil 7.6 Manyetik alan içinde dönen bakır şeritler

7.3 FARADAY İNDÜKLEME KANUNU Şekil 7.2’deki kapalı devrede indüklenen emf ifadesi başka bir yolla çıkartılabilir. Kayan iletken x yönünde hareket ederken kayan iletken, sabit iki iletken ve dirençten oluşan kapalı devrenin kesit alanındaki artış,


345

  ds = Ldx a z dir; burada L iletkenin uzunluğu ve dx ise dt zamanında aldığı yoldur. Kapalı döngü düzlemi boyunca geçen manyetik akıdaki değişim,

  dΦ = B ⋅ ds = − BLdx ile döngüden geçen manyetik akının zamanla değişim oranı aşağıdaki gibi yazılabilir.

dΦ dx = − BL = − BLu dt dt (7.5) ile karşılaştırıldığında bu eşitlikten,

e=−

dΦ dt

(7.7)

ifadesi elde edilir. (7.7) eşitliği gerçekte Faraday indükleme kanununun matematiksel bir tanımıdır. Kapalı yol etrafında indüklenen emf’nin yolun kapladığı yüzey alanından geçen manyetik akının zamanla değişim oranına eşit olduğunu ifade etmektedir. (7.7) eşitliği özel bir durum için çıkartılmış olmasına rağmen genel durumda da geçerlidir. Kesin olarak şunlar söylenebilir: (a) bu eşitlik deneysel gözlemlere dayanmakta ve ders kitaplarının çoğunda böyle ifade edilmektedir ve (b) negatif işaret Lenz kanununa mal edilir ve Lenz kanunu olarak adlandırılır. Bu basit olarak ifade edilebilirdi fakat harekete bağlı emf’den geliştirilmesi tercih edilmiştir. Şimdilik bu ifade hala bir deneysel gerçek olarak dikkate alınabilir. Aşağıdaki paragraflarda Faraday kanunu ve Lenz kanununa daha fazla ışık tutulmaktadır. Michael Faraday sabit sargılarla bir dizi deney yaptıktan sonra zamanla değişen manyetik alanın sargının kapladığı alanı kestiğinde sargıda bir emf indüklediğini keşfetti. İndüklenen emf kapalı iletken devrede indüklenen akıma neden olur. Zamanla değişen akı sargının yakınında bir mıknatısın hareketi ile (şekil 7.7) veya başka bir sargıdaki anahtarın açılıp kapanmasıyla (şekil 7.8) meydana getirilebilir.

Şekil 7.7 Manyetik alandaki artıştan dolayı sargıda indüklenen emf ve akım

Şekil 7.8 1. sargıdaki S anahtarının kapanma zamanında 2. sargıda indüklenen emf

346


Bir sargının zamanla değişen manyetik alan içine yerleştirilerek emf indükleme işlemine çoğunlukla elektromanyetik indüksiyon denilir. Gerçekte elektromanyetik indüksiyon aşağıdaki şartlardan biri olduğu sürece gerçekleşir.  Sabit sargıyı (veya döngü) kesen veya halkalayan manyetik akı zamanın fonksiyonu olarak değişir.  Bölgedeki manyetik akı dağılımı düzgün olduğunda sargının biçimi ve pozisyonu sürekli olarak değişir. Sargının biçimi sıkıştırılarak ve genişletilerek değiştirilebilir.  Sargıyı kesen manyetik akı zamanla değişir veya hareketli sargının biçimi değiştirilir. Kapalı iletken yolda indüklenen akım döngüde indüklenen emf’nin bir sonucudur. emf indüklenebilmesi için döngüyü şekillendiren kapalı yolun iletken olması gerekmemektedir. Kapalı yol veya döngünün boşluk veya yalıtkan ortam olması durumunda bile emf indüklenecektir.

Şekil 7.9 Zamanla değişimi sabit, artan ve azalan akıların açık döngüde indüklediği emf biçimleri. (a) Zamanla değişimi sabit akı, (b) Zamanla artan akı, (c) Zamanla azalan akı Daha öncede değinildiği gibi (7.7) eşitliğindeki negatif işareti indüklenen emf’nin polaritesine uygunluk sağlamak amacıyla Heinrich Friedrich Emil Lenz tarafından konulmuş ve şimdi Lenz kanunu olarak bilinmektedir. Kapalı iletken döngüdeki manyetik akının değişimiyle aynı döngüde indüklenen akımın meydana getirdiği akının orijinal manyetik akıdaki değişime karşı koyma eğiliminde olduğunu ifade etmektedir. Daha sonra Lenz kanununun elektriksel terimlerle, enerjinin korunumu prensibinin basitçe bir sonucu olduğu kavranabilir. Bu kapalı döngüde indüklenen


347

akımın yönünün belirlenmesinde yardımcı olur. Açık döngüde indüklenen emf’nin polaritesi, döngünün kapalı olduğu durumda indüklenen akımın yönü gözlemlenerek belirlenebilir. Şimdi manyetik alana yerleştirilmiş bir açık döngüyü dikkate alalım. Manyetik akı yoğunluğu ve bu yolla döngüyü halkalayan manyetik akı şekil 7.9a’da görüldüğü gibi düzgün şiddette olacaktır. Şekil 7.9b’de görüldüğü gibi manyetik akı yoğunluğunda zamanla artış olduğunda döngünün b ucu a ucuna göre pozitif olacaktır. Bu Lenz kanunu ile uyuşmaktadır. Döngünün kapalı bir yol oluşturduğu varsayılırsa döngüde indüklenen akımın saat yönünde a’dan b’ye olması gerekir. Daha sonra indüklenen akımın meydana getirdiği manyetik akı sargıyı kesen orijinal akıdaki artışa ters olacaktır. Aynı şekilde sargıyı halkalayan manyetik akı zamanla azaldığında indüklenen emf’nin şekil 7.9c’de görülen polariteye sahip olacağı öne sürülebilir. 7.3.1 İNDÜKLENEN EMF EŞİTLİĞİ N sarımlı sıkıca sarılmış bir sargıda sargıyı halkalayan manyetik akıdaki değişim sargının her sarımında bir emf indükler. Sargıda indüklenen toplam emf,

e = −N

dΦ dt

(7.8)

olarak birbirine seri bağlanmış ayrı sarımlardaki indüklenen emf’lerin toplamıdır. Sargıyı halkalayan akı veya halka akısı,

λ = NΦ

(7.9)

dλ dt

(7.10)

ile tanımlanırsa (7.8) eşitliği

e=− olarak tanımlanabilir.

Şekil 7.10 (a) N sarımlı açık sargı, (b) sargıyı halkalayan manyetik akı, (c) sargıda indüklenen emf (7.8) veya (7.10) N sarımlı sıkıca sarılmış bir sargıda indüklenen emf’nin belirlenmesinde kullanılabilir. Bunun yanında N sarımlı sargıyı (şekil 7.10a) halkalayan akı

Φ = Φ m sin ωt gibi sinüsoidal olarak değişirse (şekil 7.10b) sargıda indüklenen emf,

348


eab = − NωΦ m cos ωt ile ifade edilir. İndüklenen emf’nin ani değeri şekil 7.10c’de görülmektedir. İndüklenen emf’nin maksimum değeri E m = NΦ mω ’dir. İndüklenen emf’nin etkin (veya RMS) değeri,

1

E= dir. (7.11) eşitliğinde

2

Em = 2 π f N Φ m

(7.11)

2 π ’nin 4,44 olarak kısaltılması pratik olarak alışıldığından

E = 4,44 f N Φ m

(7.12)

olarak ifade edilir. Bu eşitlik sargının durgun ve sargıyı halkalayan manyetik akının zamanla sinüsoidal değişimi varsayımında geliştirilmiştir. Bu (kısım 7.15.1) transformotorun temel çalışma prensibidir. Böylece (7.12) eşitliğine transformotor eşitliği denilir ve indüklenen emf’ye ise transformotor emf’si denir. Daha sonra kısım 7.4’de transformotor emf’si ve transformotor eşitliğine değinilecektir. ÖRNEK 7.3 40 cm yarıçapında dairesel bir döngü xy düzleminde bulunmakta ve direnci 20 Ω’dur.     Bölgedeki manyetik akı yoğunluğu B = 0,2 cos 500ta x + 0,75sin 400ta y + 1,2 cos 314ta z olarak verilmişse döngüde indüklenen akımın etkin değerini belirleyiniz. ÇÖZÜM Döngü xy düzleminde olduğundan döngünün diferansiyel yüzey alanı,

  ds = ρdρdφ a z dir. Bu yüzey alanından geçen akı aşağıdaki gibi ifade edilir.

  dΦ = B ⋅ ds = 1,2 ρdρdφ cos 314t Herhangi bir zamanda döngüyü kesen toplam akı, 0, 4

2π

0

0

Φ = 1,2 cos 314t ∫ ρdρ ∫ dφ = 0,603 cos 314t Wb olur. Akı ω=314 rad/s ile sinüsoidal olarak değişirken indüklenen emf’nin frekansı 50 Hz’dir. Akının maksimum değeri 0,603 Wb’dir. Buradan indüklenen emf’nin etkin değeri (7.12)’den E = 4,44 × 50 × 1 × 0,603 = 133,866 V

olarak hesaplanır. Direnci 20 Ω olan kapalı döngüde indüklenen akımın etkin değeri aşağıdaki gibi hesaplanır.

I=

133,866 = 6,693 A 20


349

ALIŞTIRMALAR 1. 20 cm × 10 cm ölçülerinde dikdörtgen bir çerçeve 1,2 mm yarıçapında aluminyum telden yapılmıştır. Çerçeve 40 T/s ile artan bir manyetik alana konuluyor. Çerçevede indüklenen akım nedir? Aluminyumun iletkenliği 3,57×107 S/m’dir. İndüklenen akımın yönünü gösterecek bir şekil çiziniz. 2. Şekil 7.6a’da görülen 2 m uzunluğunda bir bakır şerit 12,5 mT’lık düzgün manyetik akı yoğunluğuna dik bir düzlemde dönüyor. Şeridin bir ucu yataklanmış ve diğer ucu 188 rad/s’lik bir açısal hızla dönerken şeridin iki ucu arasında indüklenen emf’yi Faraday kanununu kullanarak belirleyiniz.

7.4 FARADAY KANUNUNDAN MAXWELL EŞİTLİĞİ Bir iletkenin içinde akımın sürdürülmesi için elektrik alanının olması gerektiği biliniyor. Böyle bir anlayış, iletkende indüklenen elektrik alan şiddeti ile indüklenen emf’nin tanımlanmasına yardımcı olur. Buna göre indüklenen emf aşağıdaki gibi ifade edilir.

  e = ∫ E ⋅ d

(7.13)

c

c boyunca integrasyonun yolu, yol iletken ise indüklenen akımın dolaştığı yöndür. c konturu ile çevrelenen toplam akı,

  Φ = ∫ B ⋅ ds s

ile ifade edilirse (7.7)

  d   E  B ⋅ ds ⋅ d = − ∫ dt ∫s c

(7.14)

olarak ifade edilebilir. ds yüzeyinin yönü c konturunun yönü ve sağ el kuralı ile tanımlanır. c konturu yönünde sağ elin parmakları kıvrıldığında baş parmak ds yüzeyine normal birim vektörün yönünü gösterir. Eğer yüzeyin boşlukta sabitlenmiş olduğu düşünülürse (7.14) eşitliğindeki zaman türevi sadece  zamanla değişen B manyetik alanına uygulanır. Bu durumda eşitlik aşağıdaki gibi ifade edilebilir.

   ∂B  ∫ E ⋅ d  = − ∫ ∂t ⋅ ds c s

(7.15)

 B ’nin diferansiyeli sadece zamana göre kısmi türev olarak ifade edildi. (7.15) eşitliği zamanla değişen manyetik alana daldırılmış sabit döngüye uygulanmış olarak integral biçiminde Faraday indükleme kanunu olarak tanımlanır. Kapalı yol etrafında indüklenen elektrik alanının çizgisel integrali indüklenen emf’ye eşit olduğundan indüklenen elektrik alanı korunumlu değildir. Aşağıdaki gibi, Stokes teoremi kullanılarak, c kapalı yolu çevresinde çizgisel integral, c ile sınırlanan s yüzeyi üzerinde bir yüzey integraline dönüştürülebilir.

350


   ∂B  ∫s(∇ × E) ⋅ ds = − ∫ ∂t ⋅ ds s Bu eşitliğin her iki yanındaki integrasyon herhangi keyfi c kapalı yolu ile sınırlanan aynı s yüzeyi üzerinde olduğundan eşitlik sadece iki integrand eşit olduğunda geçerlidir; yani

  ∂B ∇×E = − ∂t

(7.16)

dir. (7.16) eşitliği durgun ortamda sabit gözlem noktası için Faraday indükleme kanununun da bir ifadesidir. Bu eşitlik Maxwell’in bilinen dört eşitliklerinden biridir ve nokta veya diferansiyel biçimde Maxwell eşitliği (Faraday kanunu) olarak söylenecektir. Bu eşitlik manyetik alan zamanın bir fonksiyonu olduğunda boşlukta sabit bir noktada elektrik alan şiddetinin hesaplanmasına    yardımcı olur. Statik alan için ∇ × E = −∂B / ∂t ’nin ∇ × E = 0 olacağına dikkat edilmelidir. (7.15) integral biçiminde Maxwell eşitliği olarak tanınmaktadır. Bu eşitlik durgun kapalı yol etrafında indüklenen emf’nin hesaplanmasında kullanılabilir. Kısım 7.3’de değinildiği gibi bu eşitlik ayrıca transformotor eşitliğinin integral biçimidir ve

 ∂B  et = − ∫ ⋅ ds ∂t s

(7.17)

olarak da ifade edilebilir. Burada, t sadece transformotor emf’sinin gösterilmesi için eklenmiştir. 7.4.1 GENEL EŞİTLİKLER Manyetik alan içinde kapalı döngünün (devrenin) hareketi 7.6’da ifade edildiği gibi aynı döngüde harekete bağlı emf meydana getirir. Harekete bağlı emf’nin gösterilmesi için m indisi kullanılırsa kapalı devre için (7.6)

   em = ∫ ( u × B ) ⋅ d 

(7.18)

c

olarak yazılabilir. Döngü zamanla değişen manyetik alanda hareket ederken indüklenen toplam emf aşağıdaki gibi olur.

    ∂B  e = et + e m = − ∫ ⋅ ds + ∫ ( u × B ) ⋅ d  ∂t s c

(7.19)

Bu eşitlikteki c konturunun yönü sağ el kuralına göre ds yüzeyine normal birim vektörünün yönünü tanımlamaktadır. Bu eşitlik Faraday indükleme kanununun diğer bir ifadesidir. İndüklenen elektrik alanı ile (7.19) eşitliği

      ∂B  ∫ E ⋅ d  = − ∫ ∂t ds + ∫ (u × B) ⋅ d  c s c olarak da yazılabilir. Stokes teoreminin uygulanması ile aşağıdaki eşitlik bulunur.


351

      ∂B  (∇ × E) ⋅ ds = − ⋅ ds + [∇ × (u × B)] ⋅ ds ∂t s s s

∫

∫

∫

s yüzeyi keyfi c konturu ile sınırlandığı ve eşitlik genelde geçerli olduğundan integraller eşitlenerek

    ∂B ∇×E = − + ∇ × ( u × B) ∂t

(7.20)

elde edilir. Bu eşitlik nokta biçimde Maxwell eşitliği’nin (Faraday kanunu) en genel biçimidir. Bu   ifade, B manyetik alanında u hızı ile hareket eden gözlem noktasındaki elektrik alanının belirlenmesini sağlar. ÖRNEK 7.4 Şekil 7.11’de görüldüğü gibi N sarımlı, sıkıca sarılmış dikdörtgen çerçeve düzgün manyetik alan içinde dönmektedir. (a) harekete bağlı emf kavramını ve (b) Faraday indükleme kanununu kullanarak sargıda indüklenen emf’yi belirleyiniz.

(a)

(b)

Şekil 7.11 Manyetik alan içinde dönen sargının iki görünüşü ÇÖZÜM a) Harekete bağlı emf kavramı: Manyetik akı yoğunluğu düzgün olduğundan sargıda indüklenen emf sadece hareketinden dolayı olacaktır. Sadece R yarıçapındaki iletkenler indüklenen emf’den sorumludur. C’de N sarımlı iletkende indüklenen emf’nin büyüklüğü, D’deki N sarımlı iletkenlerdeki ile aynıdır fakat aralarında 180 derece faz kayması bulunmaktadır. Bu anlayış ile C’deki N iletkende indüklenen emf hesaplanabilir. İletkenler ω açısal hızı ile döndüğünden hareket hızı,

  u = ωRaφ          olur. φ = ωt , B = Ba y ve aφ = − sin φa x + cos φa y ile E = u × B = −ωRB sin ωta z elde edilir. Buna göre C’de N iletkendeki harekete bağlı emf,

352


−L      em = N (u × B) ⋅ d  = − NBRω sin ωta z dza z = 2 NLRBω sin ωt

∫

∫

c

L

ile sıkıca sarılmış N sarımlı sargıda indüklenen emf, A  e = 2em = 4 LR NBω sin ωt = NBAω sin ωt

olarak elde edilir; burada A sargının yüzey alanıdır.

  b) Faraday kanunu: Şekil 7.11’de görüldüğü gibi sargının diferansiyel yüzey elemanı, dsρ = dsaρ ile elde edilen toplam akıdan,

    Φ = B ⋅ ds = (a y ⋅ a ρ ) Bds = B cos ωt ds = BA cos ωt

∫

∫

s

∫

s

s

N sarımlı sargıda indüklenen emf,

e = −N

d cos ωt dΦ = − NBA = NBAω sin ωt dt dt

    olarak bulunur; burada a y ⋅ a ρ = cos ωt dir (bu silindirik koordinat sistemindeki a y ⋅ a ρ = sin ωt ile   karıştırılmamalıdır çünkü a y ile a ρ arasındaki açı π / 2 − ωt değil ωt’dir.) ÖRNEK 7.5 7.4 örneğindeki manyetik akı yoğunluğu, Bm sin ωt ile değişiyorsa indüklenen emf’yi (a) harekete bağlı ve transformotor emf kavramlarını, (b) Faraday indükleme kanununu kullanarak bulunuz. ÇÖZÜM a) Harekete bağlı emf kavramı: A −L     2 e = 2em = 2 N (u × B) ⋅ d  = 2 NωBm R sin ωt dz = 4 LR Bm Nω sin 2 ωt = Bm ANω sin 2 ωt

∫ c

∫ L

Transformotor emf:

   ∂B  et = − N ∫ ⋅ ds = − NωBm cos ωt (a y ⋅ a ρ ) ∫ ds = − Bm ANω cos 2 ωt ∂t s s Böylece sargıda indüklenen emf aşağıdaki gibi elde edilir.

e = em + et = − Bm ANω (cos 2 ωt − sin 2 ωt ) = − Bm ANω cos 2ωt b) Faraday kanunu ile bulunan,


353

  Φ = B ⋅ ds = Bm sin ωt cos ωt ds = 12 Bm A sin 2ωt

∫

∫

s

s

den N sarımlı sargıda indüklenen emf aşağıdaki gibi elde edilir.

1 d e = − Bm AN (sin 2ωt ) = − Bm ANω cos 2ωt 2 dt ALIŞTIRMALAR 1. 10 cm yarıçapında dairesel iletken çerçeve 200 kHz frekansında zamanla sinüsoidal olarak değişen 10 A/m’lik tepe değerli manyetik alan şiddeti bölgesine yerleştirilmiştir. Bir voltmetre çerçeveye seri bağlanır ve çerçeve düzlemi manyetik alan şiddetine normal ise voltmetrenin gösterdiği değeri (a) Faraday indükleme kanununu ve (b) transformotor eşitliğini kullanarak belirleyiniz. 2. Şekil 7.12’de görüldüğü gibi N sarımlı dikdörtgen sargı paralel iletkenli iletim hattının ortasına konulmuştur. Sargıda indüklenen emf nedir?

Şekil 7.12 Paralel iletkenli iletim hattının ortasına yerleştirilmiş N sarımlı sargı

7.5 ÖZ İNDÜKTANS Şekil 7.13a’da görüldüğü gibi zamanla değişen kaynağa bağlanmış ve i(t) akımı taşıyan birbirine yakın sarılmış N sarımlı sargıyı dikkate alalım. Akım zamanla değişen manyetik akı üretir ve bu akı sargıda bir emf indükler. İndüklenen emf sargıda bir akım indükler ve bu akım orijinal i(t) akımındaki değişime karşı koyma eğilimlidir. Eğer Φ(t) sargıdaki bütün sarımları herhangi bir anda halkalayan akı ise bu anda sargıda indüklenen emf e(t) aşağıdaki gibi yazılır.

e=N

dΦ dt

Bu eşitlikte, indüklenen emf’nin polaritesi şekilde işaretlendiğinden negatif işaret konulmamıştır. Sargıda indüklenen emf uygulanan gerilime zıt olduğundan indüklenen emf, zıt veya ters emf olarak da bilinir. Böylece önceki eşitlik uygulanan gerilim cinsinden

354


v=e=N

dΦ dt

(7.21)

olarak da yazılabilir. NΦ çarpımı halka akısının sayısı veya kısaca halka akısı olarak bilinir ve aşağıdaki gibi λ ile gösterilir.

λ = NΦ

(a) Zamanla değişen akım taşıyan sargı

(7.22)

(b) İndüktör olarak modellenmiş sargı Şekil 7.13

Akımdaki birim değişim başına halka akısının değişim oranına öz (self) indüktans veya sargının indüktansı denir ve çoğu kez L sembolü ile gösterilir. Böylece,

L=

dλ dΦ =N di di

(7.23)

eşitliği amper başına Weber-sarım olarak indüktansın birimini tanımlamaktadır. Bununla beraber amper başına bir weber-sarım Joseph Henry onuruna bir henry olarak söylenir. (7.23) eşitliği aşağıdaki gibi de yazılabilir.

Ldi = NdΦ

(7.24a)

Eşitliklerin geliştirilmesinde Φ(t) akısının i(t) akımı ile doğrudan orantılı olduğu varsayılmıştır. Başka bir deyişle sargı doğrusal (sabit geçirgenlikte) bir manyetik malzeme üzerine sarılmış ve sargının indüktansı sabittir. Bu durumda (7.24a) eşitliği aşağıdaki gibi ifade edilebilir.

Li = NΦ

(7.24b)

Bu eşitlikteki Li çarpımı, her sarımdaki halka akısı aynı olduğunda toplam halka akısına eşit olduğunu ifade etmektedir. (7.24b) eşitliğinden, doğrusal manyetik malzeme üzerine sarılmış bir sargının indüktans ifadesi aşağıdaki gibi elde edilir.


355

L=

NΦ i

(7.25)

Bu eşitlik çoğunlukla sargıda kararlı bir akım (DC) için manyetik devrenin indüktansının belirlenmesinde kullanılır. (7.24a)’nın her iki yanının t’ye göre diferansiyeli ile

L

di dΦ =N dt dt

(7.26)

elde edilir. (7.21) ve (7.26) karşılaştırılarak

v=L

di dt

(7.27)

elde edilir. Bu iyi bilinen bir devre eşitliği olup bir L indüktansındaki gerilim düşümünü verir ve şekil 7.13b’de görüldüğü gibi akım taşıyan sargının indüktansı ile modellenmesine yardımcı olur. Bu durumda sargı, indüktansı olan bir devre elemanı olarak indüktör olarak adlandırılır. Bir elemanın indüktansı, elemandaki akım saniye başına bir amperlik bir oranda değiştiğinde, eleman uçlarındaki gerilim düşümü bir volt ise bir henry’dir. İndüktans relüktans ile veya manyetik devrenin permeansı ile de ifade edilebilir. Bu, indüktansın temel olarak manyetik devrenin parametrelerine bağlı olduğunun gösterilmesi için yapılmaktadır. (7.25) eşitliğinde pay ve payda N ile çarpılıp yeniden yazılarak,

L=

N 2Φ N 2Φ N 2 = = = ℘N 2 Ni ℑ ℜ

(7.28)

indüktans eşitliği bulunur. Burada ℑ = Ni manyetik devreye (sargı) uygulanan mmf, ℜ relüktans ve ℘ manyetik devrenin permeansıdır. Böylece statik manyetik alanlar bölümünde tartışılan her manyetik devre indüktans terimi kullanılarak bir eşdeğer elektrik devresi ile temsil edilebilir. ÖRNEK 7.6 Şekil 7.14’de görüldüğü gibi 20 cm yarıçapında çok uzun bir silindir hava nüveli bir indüktör (selenoid) oluşturacak şekilde birim uzunluk başına 200 sarımla birbirine yakın ve sıkıca sarılmıştır. Eğer sargıdaki akım sabit ise indüktansını bulunuz.

Şekil 7.14 Çok uzun, hava nüveli silindirik selenoid

ÇÖZÜM Çok uzun silindir içindeki manyetik akı yoğunluğu,

  N  B = µo I a z = µ o nI a z 2πρ dir. Eşitlikte, n birim uzunluk başına sarım sayısıdır. b yarıçapında bir silindirin çevrelediği akı,

356


2π b   Φ = B ⋅ ds = µ o nI ρ dρ dφ = µ o nIπb 2

∫ s

∫ 0

∫ 0

ile birim uzunluk başına selenoidin indüktansı (7.25)’den

L = µ oπ n 2 b 2 olarak bulunur ve değerler yerine konularak aşağıdaki gibi hesaplanır. L = 4π × 10 −7 × π × 200 2 × 0,2 2 = 6,32 mH/m

Bu değer, selenoidin uzunluğunun kesit alanının doğrusal boyutuna (2b) göre çok büyük olduğu varsayımında geçerlidir. Sonlu selenoidin uçlarında manyetik akı yoğunluğunun birim uzunluk başına halka akısı bu metotla bulunan değerlerden daha küçük olacaktır. Bundan dolayı sonlu selenoidin toplam indüktansı bulunan indüktans değerinin uzunluk ile çarpılmış değerinden küçük olur. ÖRNEK 7.7 İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan bir koaksiyel kablonun birim uzunluk başına öz indüktans ifadesini elde ediniz. Dış iletkenin kalınlığı ihmal edilebilir ve iç iletkenin içinde akım düzgün olarak dağılmıştır. ÇÖZÜM İletkenin içindeki akım yoğunluğu (şekil 7.15) aşağıdaki gibi ifade edilir.

 I  J = 2 az πa

Şekil 7.15 Düzgün akım dağılımlı koaksiyel kablo

0 ≤ ρ ≤ a gibi herhangi bir ρ yarıçapında, iç iletken içindeki manyetik akı yoğunluğu Ampère kanunundan aşağıdaki gibi yazılır.  µ Iρ  B i = o 2 aφ 2πa ρ ve ρ+dρ arası ve z yönünde birim uzunluk arasında kalan bölgedeki akı,

dΦ i =

µ o Iρdρ 2πa 2

dir. ρ yarıçapında kontur ile çevrelenen toplam akımın sadece bir kısmı olarak halka akısı


357

dλi =

µ o Iρdρ  ρ    2πa 2  a 

2

ile ifade edilir. Böylece iç iletken içindeki toplam halka akısı,

µ I µ I λi = o 4 ∫ ρ 3 dρ = o 8π 2πa 0 a

olur. Buradan içindeki akıdan dolayı iç iletkenin birim uzunluk başına indüktansı aşağıdaki gibi elde edilir.

Li =

λi I

=

µo H/m 8π

Şimdi iki iletken arasındaki akıdan dolayı indüktans belirlenebilir (şekil 7.15). a ≤ ρ ≤ b bölgesindeki akı yoğunluğu

 µ I B e = o aφ 2πρ dir. ρ ve ρ+dρ arası ve z yönünde birim uzunluk arasındaki bölgedeki akı

dΦ e =

µ o Idρ 2πρ

ile toplam halka akısı,

µo I 1 µ I dρ = o ln(b a ) ∫ 2π a ρ 2π b

λe =

olarak elde edilir. Bu halka akısının self indüktansa katkısı,

Le =

λe I

=

µo ln(b a ) H/m 2π

olur. Buradan koaksiyel kablonun birim uzunluk başına toplam indüktansı,

L=

λi

µo  1 µ b  µ + ln(b / a ) = o + o ln  2π  4  8π 2π a

H/m

µo 8π

terimi içi dolu içteki iletkene halka akısından dolayı I kaynaklanmakta olup iç iletkenin birim uzunluk başına iç indüktansı olarak bilinir. İkinci terim iç ve dış iletken arasındaki halka akısından gelmekte olup koaksiyel kablonun birim uzunluk başına olarak elde edilir.

Li =

=

dış indüktansı olarak bilinir. Eğer iç iletken ince boş bir tüp ise Li = ve sadece dış indüktans kalır.

λi I

=

µo terimi mevcut olmaz 8π

358


ÖRNEK 7.8 Şekil 7.16’da görüldüğü gibi her iletkeninin yarıçapı a ve merkezleri arasındaki açıklık d ise boşlukta iki iletkenli bir iletim hattının birim uzunluk başına öz indüktansını hesaplayınız. İletkenlerin mükemmel iletken ve ayrıca eşit ve zıt yönlerde akım taşıdıklarını varsayınız. ÇÖZÜM Her iletkenin birim uzunluk başına iç öz indüktansı,

Li1 =

λi I

=

µo 8π

(H/m)

ile toplam iç indüktans aşağıdaki gibi elde edilir.

Li = 2 Li1 = 2

µo

8π

=

µo

4π

(H/m)

Şekil 7.16 İki iletkenli iletim hattı

Şimdi iletim hattının birim uzunluk başına halka akısı hesaplanabilir. İki iletken xz düzleminde  uzanmakta olduğundan iletkenlerdeki eşit ve zıt yöndeki akımlardan dolayı B vektörlerinin sadece y bileşenleri akıya katkı sağlar.

B y1 =

By2 =

µo I 2πx

µo I

2π (d − x)

olarak elde edilen akı yoğunluklarından birim uzunluk başına halka akısı, d −a

d −a

a

a

λe = ∫ ( B y1 + B y 2 )dx = ∫

µo I  1 µ I  d − a  µo I  d  1  ln   + dx = o ln ≅ π  a  π a 2π  x d − x 

bulunur. Bu halka akısından,

Le =

λb I

=

µo ln(d a ) π

(H/m)

ile iki iletkenli hattın birim uzunluk başına toplam indüktansı aşağıdaki gibi bulunur.

( Wb/m)


L = Li + Le =

359

µo  1 µ b  µ + ln(d / a ) = o + o ln H/m  π 4 a  4π π

(7.29)

ÖRNEK 7.8 Şekil 7.17’de görüldüğü gibi dikdörtgen kesit alanlı toroidal çerçeve üzerine N sayıda sarım sıkıca sarılmıştır. Toroid nüvesinin geçirgenliğinin µ o olduğunu varsayarak toroidal sargının indüktansını bulunuz.

(a)

(b) Şekil 7.17 Dikdörtgen kesitli toroid

ÇÖZÜM Toroid ekseni etrafında simetrik olduğundan bu problem için silindirik koordinat sisteminin uygun olduğu açıktır. Sargı iletkeninden I akımının geçtiği varsayılarak r (a
∫ c

 2π B ⋅ dl = Bφ rdφ = 2πrBπ

∫

0

elde edilir. Bu sonuç dairesel c yolu üzerinde hem B φ ve hem de r sabit olduğundan elde edilmiştir. Bu yol toplam NI akımını çevrelediğinden

2πrBφ = µ o NI ve

Bφ = µ o

NI 2πr

olup dairesel kesit alanlı toroidal sargı ile aynıdır. Bundan sonra,

 →  µ NIh  µ NI   Φ = B ⋅ ds =  o aφ ⋅ hdr aφ = o s  2πr  2π s

∫

∫

∫

b dr

a

r

=

olarak elde edilen akıdan halka akısı, λ = NΦ aşağıdaki gibi yazılır.

µ o NIh b ln 2π a

360


λ=

µ o N 2 Ih b ln 2π a

Son olarak

L=

λ I

=

µo N 2 h b ln a 2π

(H)

elde edilir. Öz indüktansın akımın bir fonksiyonu olmadığı (sabit ortam geçirgenliği için) ve sarım sayısının karesi ile orantılı olduğuna dikkat edilmelidir. Sargının toroid üzerine sıkıca ve yakın sarılması iletken telin ayrı her sarımı etrafındaki halka akısının azaltılması için yapılmaktadır. ALIŞTIRMALAR 1. Kare kesitli bir toroid üzerine 200 sarımlı bir sargı sarılmışsa indüktansını heaplayınız. Toroid’in iç ve dış yarıçapları 20 cm ve 25 cm’dir. Manyetik malzemenin bağıl geçirgenliği 500’dür. Sargıdaki akım 2 sin 314t A ile sinüsoidal olarak değişiyorsa sargıda indüklenen emf’yi belirleyiniz. 2. Her iletkeninin yarıçapı a ve merkezleri arasındaki açıklık d ise boşlukta iki iletkenli bir iletim hattının birim uzunluk başına öz indüktansını hesaplayınız. İletkenlerin mükemmel iletken ve eşit ve aynı yönlerde akım taşıdıklarını varsayınız. 3. Şekil 7.18’de görüldüğü gibi 20 cm yarıçapında L uzunluğunda bir silindir hava nüveli bir indüktör (selenoid) oluşturacak şekilde birim uzunluk başına 200 sarımla birbirine yakın ve sıkıca sarılmıştır. Sargıdaki akım sabit ise indüktansını bulunuz.

Şekil 7.18 L uzunluğunda, b yarıçapında hava nüveli silindirik selenoid

7.6 ORTAK İNDÜKTANS Şekil 7.19’da görüldüğü gibi iki sargılı bir manyetik devrede, 1. sargıdaki akım bir Φ 1 akısı meydana getirmekte ve 2. sargı açıktır. 1. sargının öz-indüktansı aşağıdaki gibi yazılır.

L11 = N 1

dΦ1 di1

(7.30)

Bu eşitlikte, indüktanstaki birinci indis indüktansı hesaplanan sargıyı göstermekte ve ikinci indis akım taşıyan ve akıyı üreten sargı içindir. Φ 1 ’in bir kısmı olan Φ 21 akısının ikinci sargıyı halkalamakta olduğu varsayıldığında 2. sargıda indüklenen emf şekilde görüldüğü polarite ile


361

dΦ 21 dt

(7.31)

dΦ 21 dt

(7.32)

dΦ 21 di1 di = L21 1 di1 dt dt

(7.33)

dΦ 21 di1

(7.34)

e2 = N 2 olur. v 2 2. sargı uçlarındaki açık devre gerilimi ise

v2 = N 2 ile ifade edilir. v 2

v2 = N 2 olarak tanımlandığında

L21 = N 2

ifadesi 1. sargının ürettiği akıdan dolayı 2. sargının ortak indüktansıdır. Bu eşitlik manyetik devredeki akı ile ortak indüktansın tanımlanmasına izin verir. İki sargı arasındaki ortak indüktans bir sargıdaki akımın birim değişimi başına diğer sargının toplam akıyı halkalaması olarak tanımlanır.

Şekil 7.19 Akım taşıyan iki sargılı manyetik devre

1. sargı açık iken Φ 2 akısı üreten i 2 akımı ile 2. sargı uyartılırsa 2. sargının öz indüktansı aşağıdaki gibi yazılır.

L22 = N 2

dΦ 2 di2

(7.35)

Φ 12 akısının 1. sargıyı halkalayan Φ 2 akısının bir kısmı olduğu varsayılırsa 1. sargıda indüklenen emf

e1 = N 1

dΦ 12 dt

(7.36)

dΦ12 dt

(7.37)

olur. v 1 1. sargı uçlarındaki açık devre gerilimi ise

v1 = N1 olur. v 1

362


v1 = N1

dΦ12 di2 di = L12 2 di2 dt dt

(7.38)

dΦ12 di2

(7.39)

olarak tanımlandığında

L12 = N1

ifadesi 2. sargının ürettiği akıdan dolayı 1. sargının ortak indüktansıdır. Her iki durumda sargıların bağıl düzenleme geometrisi aynı olacağından daha sonra ispatlanacağı gibi

L12 = L21 = M

(7.40)

yazılabilir. Burada M iki sargı arasındaki ortak indüktanstır. Bir sargının ürettiği akının bir kısmı diğer sargıyı halkaladığından akıları

Φ 21 = k1Φ1

(7.41a)

Φ12 = k 2 Φ 2

(7.41b)

ve

olarak ifade edilebilir. Burada k 1 1. sargının ürettiği akının 2. sargıyı halkalayan kısmının oranıdır. Aynı şekilde k 2 2. sargının ürettiği akının 1. sargıyı halkalayan kısmının oranıdır. 0 ≤ k1 ≤ 1 ve 0 ≤ k2 ≤ 1 olduğu ise açıktır. (7.34), (7.39) ve (7.40)’dan ortak indüktans

M = k L11 L22

(7.42a)

k = k1k 2

(7.42b)

olarak gösterilebilir; burada,

iki sargı arasındaki kuplaj katsayısıdır ve 0 ≤ k ≤ 1 ’dir. İdeal durumlar altında iki sargı arasındaki kuplaj katsayısı birimdir ve sargılar mükemmel kuplajlı denilir. Eğer ikiden fazla sargı birbirleri ile manyetik olarak kuplajlı ise ayrı ayrı her iki sargı çifti için ortak indüktans belirlenebilir. L 11 ve L 22 manyetik devrenin relüktansı ile tanımlanabildiğinden relüktans terimi kullanılarak ortak indüktansın aşağıdaki ifadesi elde edilebilir.

M =k

N1 N 2 ℜ

(7.43)

Bu eşitlik doğrusal manyetik devre için iki sargı arasındaki ortak indüktansın belirlenmesinde oldukça kullanışlıdır. Şimdi iki iletken arasındaki ortak indüktansın sargıların geometrisine, büyüklüğüne, biçimine ve bağıl düzenlemelerine bağlı olduğu iddiası doğrulanabilir. Şekil 7.20’da 1. sargıdan akım geçerken


363

ve 2. sargı açıkken birbirine yakın, sıkıca sarılmış iki sargı görülmektedir. 2. sargıdaki toplam halka akısı





λ21 = N 2 ∫ B1 ⋅ ds2 s2

 ile ifade edilir. Burada B 1 1. sargıdaki i 1 (t) akımından dolayı 2. sargı düzlemindeki akı  yoğunluğudur. Manyetik akı yoğunluğu manyetik vektör potansiyeli A ile ifade edildiğinde önceki eşitlik aşağıdaki biçimi alır.

Şekil 7.20 İki sargı arasındaki ortak halka akısı





λ21 = N 2 ∫ (∇ × Α1 ) ⋅ ds2 s2

Stokes teoreminin uygulanması sonucu





λ21 = N 2 ∫ A1 ⋅ d  2

(7.44)

c2

elde edilir. 1. sargıdaki akımdan dolayı 2. sargıda herhangi bir noktadaki manyetik vektör potansiyeli

  µ1 N 1i1 d 1 A1 = 4π c∫1 r dir ve bunun (7.44)’de yerine konulması ile





µNNi d ⋅ d λ21 = 1 1 2 1 ∫ ∫ 1 2 4π r c1 c2 elde edilir. Buradan 1. sargıdaki akımdan dolayı 2. sargının ortak indüktansı

364


µNN L21 = 1 1 2 4π

  d 1 ⋅ d 2 ∫∫ r c c

(7.45)

1 2

olarak bulunur. Aynı şekilde 1. sargı açık iken 2. sargıdan i 2 (t) akımı geçtiğinde 2. sargıdaki akımdan dolayı 1. sargının ortak indüktans ifadesi aşağıdaki gibi elde edilebilir.

µ NN L12 = 2 1 2 4π

  d 1 ⋅ d 2 ∫∫ r c c

(7.46)

1 2

(7.45) ve (7.46) eşitlikleri akım taşıyan iki sargı arasındaki indüktansın Neumann formülleri olarak bilinir. Bu eşitlikler, ortak indüktansın iki sargının geometrik düzenlemesine ve manyetik bölgenin geçirgenliğine bağlı olduğunu ifade etmektedir. Boşluk gibi doğrusal ortam için eşitlikler birbirinin aynıdır. Bu eşitlikler çift integral işleminden dolayı iki sargı arasındaki ortak indüktansın belirlenmesinde nadiren kullanılır. Sargıları halkayan akı tabanında öz ve ortak indüktansların hesaplanması daha kolay olmaktadır. ÖRNEK 7.8 2000 sarımlı toroidal sargı 10 mm iç yarıçapında, 15 mm dış yarıçapında, 10 mm yüksekliğinde ve bağıl geçirgenliği 500 olan manyetik bir halka üzerine sarılmıştır. Zamanla değişen akım taşıyan çok uzun, düz bir iletken toroidin tam ortasından geçmektedir. Toroid ve düz iletken arasındaki ortak indüktansı belirleyiniz. ÇÖZÜM Şekil 7.21’de a iç yarıçapı, b dış yarıçapı ve h yüksekliği ile bir toroid ve merkezinden geçen i(t) akımı taşıyan çok uzun bir iletken görülmektedir. Ampère kanununun uygulanmasıyla toroid içinde herhangi bir ρ yarıçapındaki manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki gibi elde edilir.

 µi  B1 = aφ 2πρ

Şekil 7.21 Akım taşıyan düz iletken ve toroid arasındaki ortak indüktans

Böylece toroid’i halkalayan akı ve ortak indüktans aşağıdaki gibi elde edilir.

Φ 21 =

  µi B1 d s2 = s2 2π

∫

L21 = N 2

b

1

h

∫ρ ∫ a

dρ dz = 0

µi ln(b / a )h 2π

d Φ 21 µ hN 2 ln(b / a ) = 2π di


L21 =

365

500 × 4π × 10 −7 × 0,01 × 2000 × ln(15 / 10) = 0,81 mH 2π

ALIŞTIRMALAR 1. Akım taşıyan uzun bir iletken ve kenarı a olan kare biçimli çerçeve arasındaki ortak indüktansı hesaplayınız. İletken ve çerçeve arasındaki minimum açıklık şekil 7.22’de görüldüğü gibi b’dir. 2. İki sargı, aralarındaki ortak indüktans 16 mH olacak şekilde kuplajlanmıştır. Sargılardan birinin indüktansı 20 mH ve diğerinin ise 80 mH ise sargılar arasındaki kuplaj katsayısını belirleyiniz.

Şekil 7.22

7.7 KUPLAJLI SARGILARIN İNDÜKTANSI Manyetik kuplajlı iki sargı seri veya paralel olarak bağlanabilir. Her durumda kuplajlı sargıların etkin indüktansı sargıların yönüne ve her sargının meydana getirdiği akının yönüne bağlıdır. Şimdi seri ve paralel bağlantılar ve ardından destekleyici ve ters bağlantılar incelenecektir. 7.7.1 SERİ BAĞLANTI İki sargı arka arkaya veya bitişik bağlandığında seri olarak bağlanmışlardır denilir. Seri bağlı iki sargı aynı yönde akı ürettiklerinde (şekil 7.23a) destekleyici yönde seri bağlanmışlardır. Sargılar zıt yönde seri bağlanmışlarsa zıt yönlerde akı meydana getirirler (şekil 7.23b). Bir sargının meydana getirdiği akı diğer sargının ürettiği akıya normal (dik) ise sargılar birbirinden bağımsız davranır ve aralarındaki ortak indüktans sıfırdır. Bu durumda iki sargının manyetik eksenleri birbirine normal (dik) denilir.

Şekil 7.23 İndüktörlerin düz ve ters seri bağlantıları. (a) Destekleyici seri bağlantı ve (b) Ters seri bağlantı Şekil 7.24’de görüldüğü gibi manyetik olarak kuplajlı seri bağlı iki devreyi dikkate alalım. L 1 ve L 2 iki sargının indüktansları, M ortak indüktans ve R 1 ve R 2 sargıların iç dirençleri ve i(t) seri

366


devredeki akım ise her sargı uçlarındaki gerilim düşümleri aşağıdaki gibi ifade edilir.

v1 = L1

di di + iR1 ± M dt dt

v 2 = L2

di di + iR2 ± M dt dt

ve

Şekil 7.24 Seri bağlı manyetik kuplajlı sargılar

Bu eşitliklerdeki işaret iki sargı destekleyici seri bağlandığında (+) ve ters seri bağlandığında (-) negatiftir. Kirchhoff gerilim kanunundan

v = ( L1 + L2 ± 2 M )

di + i ( R1 + R2 ) dt

yazılır. İki sargının etkin indüktansı, L ve etkin direnci, R ise bunlar aşağıdaki gibi ifade edilir.

L = L1 + L2 ± 2 M

(7.47a)

R = R1 + R2

(7.47b)

ve

(7.47a) eşitliğinden iki sargı destekleyici seri bağlandığında etkin indüktans maksimum ve ters yönde seri bağlandığında ise minimumdur. Kuplajlı sargıların birbirini destekleyici veya zıt yönde olup olmaması şekil 7.23’de olduğu gibi her sargının bir terminaline bir nokta (•) işareti konularak kolaylıkla bulunabilir. Buradaki anlayış kuplajlı sargılarda bütün noktalardaki akımların noktalı terminallerden girmeleri veya çıkmalarıdır. Şekil 7.23a’da akılar destekleyici yöndedir ve ortak indüktans (7.47a) için işaret (+) dır. Bununla beraber bir sargıdaki akım noktalı terminale girer ve diğer sargıda noktalı terminali terkediyorsa (şekil 7.23b) akılar zıt yöndedir ve (7.47a)’da ortak indüktans için işaret (-) dir. ÖRNEK 7.9 İki sargı destekleyici seri ve zıt bağlandıklarında etkin indüktanslar sırasıyla 2,38 H ve 1,02 H’dir. Bir sargının indüktansı diğerinin 16 katı ise her sargının indüktansını, ortak indüktansı ve aralarındaki kuplaj katsayısını belirleyiniz.


367

ÇÖZÜM

L1 + L2 + 2 M = 2,38 L1 + L2 − 2 M = 1,02 verileri verilmiştir. Buradan L1 + L2 = 1,7 H ve M = 0,34 H hesaplanır. L1 = 16L2 yapılırsa, L1 = 1,6 H ve L2 = 0,1 H bulunur. İki sargı arasındaki kuplaj katsayısı aşağıdaki gibi hesaplanır.

k=

M L1 L2

=

0,34 1,6 × 0,1

= 0,85

7.7.2 PARALEL BAĞLANTI Şekil 7.25’de görüldüğü gibi iki sargı paralel bağlandığında etkin indüktansın

L=

L1 L2 − M 2 L1 + L2 ± 2 M

(7.48)

olduğu gösterilebilir. Paydadaki terim iki sargı destekleyici paralel bağlandığında (-) işareti ve ters paralel bağlandığında (+) işarete sahiptir. Bu eşitliğin çıkartılması öğrenciler için bir araştırma olarak bırakılmıştır.

Şekil 7.25 Paralel bağlı manyetik kuplajlı sargılar

ÖRNEK 7.10 İki sargının öz indüktansları 800 mH ve 200 mH’dir. Kuplaj katsayısı 0,8’dir. Sargılar (a) destekleyici paralel ve (b) ters paralel bağlandıklarında etkin indüktansları hesaplayınız. ÇÖZÜM L 1 =0,8 H ve L 2 =0,2 H ile ortak indüktans aşağıdaki gibi hesaplanır.

M = k L1 L2 = 0,8 0,8 × 0,2 = 0,32 H a) Destekleyici paralel bağlantı için (7.48)’den etkin indüktans aşağıdaki gibi hesaplanır.

L=

0,8 × 0,2 − 0,32 2 = 0,16 H veya 160 mH 0,8 + 0,2 − 2 × 0,32

b) Aynı şekilde ters paralel bağlantı için etkin indüktans aşağıdaki gibi hesaplanır.

368


L=

0,8 × 0,2 − 0,32 2 = 0,035 H veya 35 mH 0,8 + 0,2 + 2 × 0,32

ALIŞTIRMALAR 1. (7.48) eşitliğini doğrulayınız. 2. İki sargının öz indüktansları 1,6 H ve 4,9 H’dir. Sargılar (a) destekleyici seri, (b) ters seri, (c) destekleyici paralel ve (d) ters paralel bağlandığında kuplaj katsayısının bir fonksiyonu olarak iki sargının etkin indüktanslarının grafiğini çiziniz.

7.8 MANYETİK ALANDAKİ ENERJİ Bu kısımda (a) tek sargı ve (b) kuplajlı sargıların oluşturduğu manyetik alanda depo edilen enerji ifadeleri elde edilecektir. 7.8.1 TEK SARGI Elektrik kaynağına bağlanmış ve i(t) akımı taşıyan N sarımlı sargıyı dikkate alalım. Sargıdaki akım artarken terminal uçlarında indüklenen emf

e = −N

dΦ dt

dir. Burada dΦ i(t) döngüsündeki akımın bir fonksiyonudur. Akımda bir artış sağlamak için elektrik kaynağının enerji sağlaması gerekir. dt zamanında yapılan iş miktarı

dW = − eidt = iNdΦ

(7.49)

dir. Eşitlikte (-) işareti kaynağın enerji verdiğini göstermekte veya sargı içindeki akım artarken sargının enerji absorbe ettiğini göstermektedir. Yapılan toplam iş

W = N ∫ idΦ

(7.50)

olarak ifade edilir. (7.50) eşitliğindeki integral işleminin yapılabilmesi için akının akımla nasıl değiştiğinin bilinmesi gerekir. Doğrusal bir devre için

NdΦ = Ldi

(7.51)

olduğu bilinmektedir. Eşitlikte L sargının öz-indüktansıdır. (7.51) (7.49)’ da yerine konularak

dW = Li di elde edilir. W o başlangıçtaki I o akımına karşılık gelen başlangıç enerjisi ve W f akım I f olduğunda sargıdaki son enerji ise sargıdaki enerji artışı Wf

∫

Wo

ile ifade edilir. Böylece enerjideki artış

dW =

∫

If

I0

Li di


369

W = W f − Wi = 12 L I 2f − 12 L I o2

(7.52)

olur. Eğer sargıdaki başlangıç akımı sıfır ve herhangi bir andaki akım i(t) ise manyetik devrede depolanan enerji

W = 12 Li 2

(7.53)

dir. Doğrusal bir manyetik devre için bu eşitlik aşağıdaki gibi yazılır.

W = 12 NφI = 12 λI

(7.54)

Burada λ = NΦ sargıdaki toplam halka akısıdır. Sargıda depolanan enerji aşağıdaki gibi alan miktarları ile de ifade edilebilir.

  Φ = ∫ B.ds = BA s

ve

  Ni = ∫ H.dl = Hl c

Burada Ni c konturu ile çevrelenen toplam akıdır. A sargının kesit alanı ve l uzunluktur. Al sargının çevrelediği hacim olduğundan (7.54) eşitliği

W = 12 BHAl olarak da yazılabilir ve buradan birim hacim başına depolanan enerji veya manyetik enerji yoğunluğu, w m

wm = 12 BH = 12 µH 2 =

1 2 B 2µ

(7.55a)

olarak bulunabilir. (7.55a) eşitliği vektörel biçimde aşağıdaki gibi yazılabilir.

  wm = 12 B . H

(7.55b)

(7.55) eşitliği, bir sargının manyetik enerjisinin manyetik alanının ulaştığı bölge boyunca dağılmakta olduğunu çarpıcı bir şekilde dikkati çekmektedir. Bununla beraber enerjinin (çoğunun) indüktör içinde depolandığının söylenmesi ise pratik olarak alışılagelmiştir. ÖRNEK 7.11 Bir koaksiyel iletim hattının iç iletkeninin dış yarıçapı a ve dış iletkeninin iç yarıçapı b’dir. Depolanan enerji kavramını kullanarak hattın birim uzunluk başına indüktansını belirleyiniz. ÇÖZÜM İç iletken a ≤ ρ ≤ b bölgesinde z yönünde i(t) akımı taşıdığında manyetik alan şiddeti

H=

i 2πp

370


olur ve böylece bölge içinde herhangi bir noktadaki enerji yoğunluğu aşağıdaki gibi yazılır.

wm =

1  i  µ 2  2πρ 

2

Buradan birim uzunluk başına depolanan enerji,

Wm =

2π µ 2b 1 µ 2 b ρ i d dφ = i ln  J/m ∫ ∫ 2 ρ 4π 8π a 0 a

ifadesi (7.53) eşitliği ile karşılaştırılarak birim uzunluk başına indüktans elde edilir.

L=

µ b ln  H/m 2π  a 

7.8.2 KUPLAJLI SARGILAR Şekil 7.19’da görüldüğü gibi kuplajlı iki sargıda depolanan enerjiyi belirleyelim. Φ 1 taşıyan 1. sargıyı halkalayan toplam akı ise

i 1 akımı

Φ 1 = Φ 11 + Φ 12 olur. Burada Φ 11 2. sargıda akım yokken 1. sargının meydana getirdiği akı ve Φ 12 1. sargıda akım yokken 2. sargıdaki i 2 akımının (1. sargıyı keserek) meydana getirdiği akıdır. Önceki eşitlikte (+) işaretinin kullanılması Φ 11 ve Φ 12 ’nin her zaman aynı yönde olduğunu gösterir. Sargılarda zıt akılar olduğunda işaretin (-) olması gerekir. Aynı şekilde ikinci sargıyı halkalayan toplam akı

Φ 2 = Φ 22 + Φ 21 ile ifade edilir. Böylece bölgede depolanan manyetik enerji,

W = 12 N 1Φ 1i1 + 12 N 2 Φ 2 i2 = 12 N 1Φ 11i1 + 12 N 1Φ 12 i1 + 12 N 2 Φ 22 i2 + 12 N 2 Φ 21i2 elde edilir. Öz ve ortak indüktansların tanımları,

L11 =

N 1Φ 11 i1

L22 =

N 2 Φ 22 i2

L12 =

N 1Φ 12 i2

L21 =

N2Φ 21 i1

kullanılarak depolanan manyetik enerji ifadesi aşağıdaki gibi yazılabilir.

W = 12 L11i12 + 12 L12 i1i2 + 12 L22 i22 + 12 L21i1i2 Bu eşitlikte doğrusal manyetik devre için M = L12 = L21 konularak, akıların birbirlerini desteklediği durum için kuplajlı iki sargıda depolanan manyetik enerji,


371

W = 12 [ L11i12 + L22 i22 + 2 Mi1i2 ]

(7.56)

elde edilir. Akılar birbirine zıt yönde olduğunda depolanan manyetik enerji

W = 12 [ L11i12 + L22 i22 − 2 Mi1i2 ]

(7.57)

dir. İki sargı, i1 = i 2 = i olacak şekilde seri bağlandığında destekleyici seri bağlantı için depolanan toplam enerji,

W = 12 [ L11 + L22 + 2 M ] i 2

(7.58a)

ve aynı şekilde ters seri bağlı kuplajlı iki sargıdaki toplam enerji,

W = 12 [ L11 + L22 − 2 M ] i 2

(7.58b)

elde edilir. (7.58a) ve (7.58b)’den kuplajlı manyetik devrede depolanan enerjinin kuplajlı devrenin eşdeğer indüktansı ile hesaplanabileceği açıktır. ÖRNEK 7.12 Örnek 7.9’daki kuplajlı sargılardaki akım 2 A’lik bir başlangıç değerinden 5 A’lik bir son değer arasında değişmektedir. Sargılar destekleyici seri bağlanmışsa (a) başlangıç enerjisini, (b) son enerjiyi ve (c) depolanan enerjideki değişimi hesaplayınız. ÇÖZÜM a) Kuplajlı sargılardaki başlangıç enerjisi:

Wi = 12 × 2,38 × 2 2 = 4,76 J b) Kuplajlı sargılardaki son enerji:

W f = 12 × 2,38 × 52 = 29,75 J c) Kuplajlı sargılardaki depolanan enerjideki artış: W = 29,75 − 4,76 = 24,99 J

ALIŞTIRMALAR 1. Yarıçapı a ve sonsuz uzunlukta olan silindirik iletkenin içindeki hacim akım yoğunluğu aşağıdaki gibi veriliyor. (a) her noktadaki manyetik enerji yoğunluğu ve (b) birim uzunluk başına depolanan dahili enerjiyi belirleyiniz.

  J = J o a z A/m2 ρ ≤ a  J=0

ρ≥a

2. N sarımlı sargıyı halkalayan manyetik akı Φ = a i olarak değişiyorsa (a bir sabittir) depolanan enerjinin 13 NΦ i olduğunu gösteriniz. Ortamın doğrusal olup olmadığını belirleyiniz.

372


3. Örnek 7.12’yi sargılar ters seri bağlandığında tekrar çözünüz.

7.9 AMPERE KANUNUNDAN MAXWELL EŞİTLİĞİ Manyetostatik üzerinde çalışırken Ampere kanunu integral biçiminde

∫

  H ⋅ dl = I

c

 olarak ifade edilmişti. Eşitlikte H manyetik alan şiddeti ve I ise c konturu ile çevrelenen düzgün  akımdır. c kapalı konturu ile sınırlanan s yüzeyi üzerinde I’nin J hacim akım yoğunluğu ile

  I = ∫ J ⋅ ds s

olarak tanımlanmasıyla nokta (diferansiyel) biçiminde Ampère kanunu aşağıdaki gibi elde edilir.

  ∇×H = J

(7.59)

 ∇⋅J = 0

(7.60)

Her iki yanın diverjansı alınarak

 elde edilir çünkü ∇ ⋅ (∇ × H) = 0 ’dır.

 Bununla beraber zamanla değişen alanlar için ∇ ⋅ J ’nin sıfır olması gerekmez. Gerçekte Kararlı Elektrik Akımları bölümünde çıkartılan süreklilik eşitliği  ∂ρ ∇⋅J = − v ∂t

(7.61)

olduğunu ifade etmektedir; burada ρ v (t) hacim yük yoğunluğudur. Zamanla değişen yükün varlığı  (7.61)’de daima bir kurala bağlanamayabildiğinden, J genelde zamanla sürekli değişen bir alan olmayabilir. Bu bakımdan (7.59) zamanla değişen durumda bir çelişkiye öncülük eder. Şimdi bu nokta ayrıntısıyla ele alınabilir. Şekil 7.26’da görüldüğü gibi zamanla değişen gerilim kaynağına bağlanmış bir kapasitör düşünelim. Zaman içinde uygulanan gerilimin yükselişi ve düşüşü kaynaktan kapasitörün her elektroduna transfer edilen yükün miktarının belirleyicisidir. Başka bir ifade ile kapasitörün her elektrodunda yükün birikimi zamana bağımlı bir işlemdir. Yükün zamanla değişim oranı akım oluşturduğundan devrede zamanla değişen bir akım i(t) olmalıdır. Bu akım bölgede zamanla değişen bir manyetik alanı da meydana getirmelidir. Böylece, kapalı c konturu ile sınırlanan bir s açık yüzeyi seçilirse Ampère kanunu

 

∫ H ⋅ dl = i c

(7.62)


373

 olduğunu önerir; burada H zamanla değişen manyetik alan şiddetidir.

Şekil 7.26 Kapasitördeki yer değişimi akımı iletkende iletim akımının sürekliliğini oluşturur

Bununla beraber şekilde görüldüğü gibi aynı c kapalı konturu ile sınırlanan başka bir s açık yüzeyi dikkate alınırsa yüzeyden geçen akım aşağıdaki gibi sıfırdır.

 

∫ H ⋅ dl = 0

(7.63)

c

Buradan bir kere daha (7.63) (7.62) ile çelişkiye düşmektedir. Eğer bu eşitliklerde i(t) sıfıra eşitlenerek belirsizlik elimine edilirse bu durumda devredeki akım veya bunun oluşturduğu manyetik alanın varlığı doğrulanamaz. Bu kararsızlıklar Maxwell’in bir tahminde bulunmasına öncülük etti “kapasitör içinde bir akımın olması gerekir”. Akım iletimden dolayı olmadığından bunu yer değişimi akımı olarak adlandırdı. Yer değişimi akımını açıklamak için Maxwell Ampère kanununa diğer bir terim ekledi ve geçerliliğini zamanla değişen durum için de sağladı. Ek terim gerçekte yükün korunumunun bir sonucudur. Bu terim Gauss kanunundan,

 ∇ ⋅ D = ρv

(7.64)

ve süreklilik eşitliğinden elde edilebilir. (7.64) ve (7.61)’deki ρ v ’nin yerine eşdeğerinin konulmasıyla

  ∂ ∇ ⋅ J = − (∇ ⋅ D) ∂t elde edilir. Boşluk ve zaman bağımsız değişkenler olduğundan önceki eşitlikteki diferansiyel işleminin sırası değiştirilerek

   ∂D   ∇ ⋅ J = −∇ ⋅    ∂t  veya

   ∂D  =0 ∇ ⋅  J +  ∂ t  

(7.65)

374


   elde edilebilir. Bu eşitlik ( J + ∂D / ∂t ) ’nin sürekli alan olduğunu önermektedir. (7.59)’da J yerine   ( J + ∂D / ∂t ) konulduğunda Ampère kanununun değiştirilmiş biçimi    ∂D ∇×H = J + ∂t

(7.66)

 elde edilir. Burada, Maxwell’in yer değişimi akım yoğunluğu olarak adlandırdığı ∂D / ∂t ’nin birimi (A/m2) dir. Bu ad hala kullanılmakta olmasına rağmen gerçek bir fiziksel akım değildir. (7.66) Ampère kanununun bir ifadesi olarak kullanılırsa bütün çelişkiler kaybolur. (7.66)’nın sağ tarafı, bir ortamda herhangi bir noktada iletim akım yoğunluğu ve yer değişim akım yoğunluğunun toplamı olan toplam akım yoğunluğunun var olduğunu ifade etmektedir. Bu aşağıda ayrıca ifade edilmiştir.

  ∂D toplam akım yoğunluğu = J + ∂t

(7.67)

Ampère kanununun düzeltilmesi Maxwell’in çok önemli katkılarından biri olmuş ve bütünleştirilmiş elektromanyetik alan teorisinin geliştirilmesine öncülük etmiştir. Çalışmanın bu aşamasında yer değişimi akım yoğunluğunun önemi tam olarak anlaşılamayabilir fakat bu terimin varlığı Maxwell’e elektromanyetik dalgaların boşlukta dalga olarak yayılması gerektiğini tahmin ettirmişti. Bütün modern iletişim vasıtalarının çalışma prensibi Ampère kanununun bu düzeltilmiş sonucuna dayanmaktadır. Bundan sonra (7.66) nokta veya diferansiyel biçiminde Maxwell eşitliği olarak söylenecektir. c kapalı konturu ile sınırlanan keyfi s açık yüzeyi için (7.66) integral biçiminde aşağıdaki gibi yazılabilir.

     ∂D  ∫ H ⋅ d  = ∫ J ⋅ ds + ∫ ∂t ⋅ ds c s s

(7.68)

Burada, sağ taraftaki birinci terim iletim akımına karşılık gelmekte ve ikinci terim yer değişimi akımını temsil etmektedir. Daha önce bahsi geçen kapasitör devresi için şimdi şu sonuca varılabilir. Zamanla değişen manyetik alan meydana getiren akım kapasitördeki yer değişimi akımıdır. Diğer taraftan devredeki akımın sürekli olması için kapasitördeki yer değişimi akımının iletkendeki iletim akımına eşit olması gerekir. Şimdi aşağıdaki önemli yorumlar yapılabilir.

  Yer değişimi akım yoğunluğu temelde elektrik akı yoğunluğu, D ’nin zamanla değişim oranıdır.

  ∂D / ∂t manyetik alan için bir kaynak gibi davrandığından zamanla değişen elektrik alanı zamanla değişen manyetik alan meydana getirir.     (7.67)’de ∂D / ∂t ’nin eklenmesi manyetik alanın ( B ve H ) selenoidal olduğu gerçeğini değiştirmemiştir.  Zamanla değişen manyetik alan zamanla değişen elektrik alanı meydana getirir (Faraday


375

kanunu).  Zamanla değişen elektrik ve manyetik alanlar aralarında bağımlıdırlar. ÖRNEK 7.13 Paralel plakalı bir kapasitörün uçlarına vc = Vo sin ωt gerilimi uygulanıyor. Kapasitördeki yer değişimi akımının iletkenlerden geçen iletim akımına eşit olduğunu doğrulayınız. ÇÖZÜM (a) İletkenlerden geçen iletim akımı,

ic = C

dvc dV sin ωt =C o = CVoω cos ωt dt dt

dir; burada, C = εA / d ’dir. Saçaklama ihmal edilerek, plakalar arasındaki elektrik alan şiddeti, E = vc / d ile elektrik akı yoğunluğu,

D = εE = ε

Vo sin ωt d

ve yer değişimi akımı,

iD =

∫

s

 ∂D εA ds = Voω cos ωt = CVoω cos ωt ∂t d

olarak bulunur.

  ÖRNEK 7.14 Boşluktaki manyetik alan şiddeti, H = H o sin θ a y A/m olarak verilmiştir.

θ = ωt − βz , ve β bir sabit miktardır. a) Yer değişimi akım yoğunluğunu ve b) elektrik alan şiddetini belirleyiniz. ÇÖZÜM Boşluktaki iletim akım yoğunluğu sıfırdır. Bundan dolayı (7.67)’den yer değişimi akım  yoğunluğu ∇ × H ’ye eşittir.

  ax ∂D ∂ = ∂x ∂t 0

 ay ∂ ∂y H o sin θ

 az    ∂ ∂ ∂ = - [ H o sin θ ] a x + [ H o sin θ ] a z = − β H o cosθ a x A/m 2 ∂z ∂z ∂x 0

Buna göre yer değişim akım yoğunluğu βH o A/m2 ’lik bir genliğe sahiptir. Yer değişim akım yoğunluğunun zamana göre integrali ile elektrik akı yoğunluğu,

 β  D = H o sin θ a x C/m2

ω

olarak elde edilir. Son olarak boşluktaki elektrik alan şiddeti aşağıdaki gibi bulunur.

376


  D  β = E= H o sin θ a x V/m

εo

ωε o

ALIŞTIRMALAR 1. Bakır gibi bir iletkende yer değişimi akım yoğunluğunun bütün pratik frekanslarda iletim akım yoğunluğu ile karşılaştırıldığında ihmal edilebilir olduğunu gösteriniz. İletkendeki iletim akım  yoğunluğunun J o cos ωt a z A/m2, ε cu = ε o ve σ cu = 5,8 × 107 S/m olduğunu varsayınız.

  2. Kaynaksız dielektrik ortamda elektrik alan şiddeti E = C sin αx cos(ωt − βz )a y V/m olarak veriliyor; burada C genlik ve α ve β sabit miktarlardır. (a) Manyetik alan şiddetini ve (b) elektrik akı yoğunluğunu belirleyiniz.

7.10 GAUSS KANUNLARINDAN MAXWELL EŞİTLİKLERİ Elektrostatik alanlara çalışırken nokta (diferansiyel) biçiminde Gauss kanunu için aşağıdaki gibi bir matematiksel ifade elde edilmişti.

 ∇ ⋅ D = ρv

(7.69)

 Burada D elektrik akı yoğunluğu ve ρ v ortamdaki serbest hacim yük yoğunluğudur. Dielektrik ortamda ρ v ’nin sıfır olduğu burada hatırlanmalıdır çünkü polarize yüklerin etkisi bağıl geçirgenlik ∈ r ’nin (veya dielektrik sabiti) tanımında zaten dahil edilmişti. Bu eşitliğin çıkartılması  için kullanılan kanıtlar zamanla değişen durumlara da aynı derecede uygulanabilir. Tek farklılık D ve ρ v ’nin ikisinin birden zamanla değişen alan miktarları olmasıdır. (7.69) eşitliği dört Maxwell eşitliğinden biridir. İntegral formunda  

∫ D ⋅ ds = ∫ ρ s

v

dv = q

(7.70)

v

olarak da ifade edilebilir. Burada q(t) s kapalı yüzeyi ile sınırlanan v hacminde herhangi bir t zamanındaki mevcut toplam yüktür. Manyetik akı daima sürekli olduğundan statik manyetik alanlar için daha önce çıkartılan Gauss kanunu, alanların zamanla değiştiği durumda da geçerlidir. İfade aşağıda tekrarlanmıştır.

 ∇⋅B = 0

(7.71)

 Burada manyetik akı yoğunluğu, B şimdi zamanla değişen bir alandır. Bu eşitlik dört Maxwell eşitliği setini tamamlamaktadır. İntegral biçiminde

 

∫ B ⋅ ds =0 s

olarak da yazılabilir.

(7.72)


377

7.11 MAXWELL EŞİTLİKLERİ VE SINIR ŞARTLARI Daha ileri gitmeden önce (a) dört Maxwell eşitliği gruplanarak her eşitliğin önemi açığa çıkarılacak, (b) yapısal ilişkiler saptanacak, (c) sınır şartları gözden geçirilecektir. Bunlar yapıldıktan sonra kalan kısım değişik sınır şartları altında Maxwell eşitliklerinin çözümüne ayrılmıştır. 7.11.1 MAXWELL EŞİTLİKLERİ Nokta (diferansiyel) ve integral biçimindeki dört Maxwell eşitliği aşağıda verilmiştir. Nokta biçimi

İntegral biçimi

  ∂B ∇×E = − ∂t

   ∂B  ∫ E ⋅ dl = − ∫ ∂t ⋅ ds c s

(7.73)

   ∂D ∇×H = J + ∂t

     ∂D  ∫ H ⋅ dl = ∫ J ⋅ ds + ∫ ∂t ⋅ ds c s s

(7.74)

 ∇ ⋅ D = ρv

∫ D ⋅ ds = ∫v ρ v dv

 ∇⋅B = 0

∫ B ⋅ ds = 0

 

(7.75)

s

 

(7.76)

s

Bu eşitliklerde,

 E = elektrik alan şiddeti (vektör), V/m  H = manyetik alan şiddeti (vektör), A/m

 D = elektrik akı yoğunluğu (vektör), C/m2  B = manyetik akı yoğunluğu (vektör), Wb/m2 (T)

ρ v = serbest hacim yük yoğunluğu (skaler), C/m3  J = hacim akım yoğunluğu (vektör), A/m2  İletim akım yoğunluğu, J ve hacim yük yoğunluğu, ρ v içeren integraller

  I = ∫ J ⋅ ds

(7.77)

q = ∫ ρ v ⋅ dv

(7.78)

s

v

olarak da yazılabilir burada,

378


I = s yüzeyi boyunca elektrik akımı (skaler), A q = v hacminin çevrelediği serbest yük (skaler), C dür. (7.73) eşitliği zamanla değişen manyetik alanın elektrik alanı meydana getirdiğini ifade etmektedir. Bu transformotorlar ve indüksiyon motorlarının çalışma prensibidir. (7.74) eşitliği zamanla değişen manyetik alanın sadece iletim akımı ile değil yer değişimi akımı ile de meydana getirilebildiğini açıkça belirtir. Yer değişimi akımı elektrik akı yoğunluğunun zamanla değişim oranını temsil ettiğinden dolayı bu eşitlik zamanla değişen elektrik alanının zamanla değişen manyetik alan meydana getirdiğini ve akabinde ise zamanla değişen elektrik alanı ürettiğini öne sürmektedir. Yani elektrik alanındaki enerji manyetik alana transfer edilebilir ve daha sonra bu manyetik alan enerjiyi elektrik alanına tekrar transfer eder. Bir alandan diğer alana enerjinin transferinin sürekliliğinin bilinmesi Maxwell’e herhangi bir ortamda elektromanyetik enerjinin yayılabileceğini tahmin ettirmiştir. Elektromanyetik alanların dalgalar gibi hareketinin anlaşılması bu dalgaların hızları ve diğer özgü karakteristiklerinin tahmin edilmesinde Maxwell’e yardım etmiştir. Boşlukta bu dalgaların hızının ışık hızına eşit olması Maxwell’in, ışığın elektromanyetik dalgalar gibi aynı yapıda olduğu kanaatine öncülük etmiştir. 1880’lerde Heinrich Rudolf Hertz elektromanyetik dalgaların varlığını deneysel olarak göstermiş ve bu dalgaların Maxwell’in tahmin ettiği özellikleri taşıdığını da doğrulamıştır. (7.75) eşitliği herhangi bir zamanda kapalı bir hacimden çıkan toplam elektrik akısının çevrelenen yüke eşit olduğunu doğrulamaktadır. Eğer çevrelenen yük sıfır ise elektrik akı hatları süreklidir. (7.76) eşitliği manyetik akı hatlarının daima sürekli olduğu gerçeğini onaylamaktadır. Herhangi bir zamanda kapalı bir yüzeyden ortaya çıkan net akı sıfırdır. Maxwell eşitliklerine daha ileri bağlantılar, aşağıdaki gibi süreklilik eşitliği (diferansiyel ve integral biçiminde) ile oluşturulmuştur.

  ∂ρ v J ∫s ⋅ ds = − ∫v ∂t dv

 ∂ρ ∇⋅J = − v ∂t

    F = q( E + u × B) [N]

(7.79) (7.80a)

  ile ifade edilen Lorentz kuvvet eşitliğinde F elektromanyetik alan bölgesinde u hızı ile hareket eden q yüküne etkiyen kuvvettir. Biriken yükler akım meydana getirdiğinden yük üzerine etkiyen kuvvet ve birim hacim başına akım aşağıdaki gibi ifade edilir.

    f = ρ v E + J × B [N/m3]

(7.80b)

Burada,

  J = ρvu

[A/m2]

(7.80c)

dir. Süreklilik eşitliği ve Lorentz kuvvet eşitliği ile beraber uyumlu Maxwell eşitlikleri yükler, akımlar ve elektrik ve manyetik alanlar arasındaki etkileşimleri tamamen tanımlamaktadır. Bu eşitliklerin düzgünce kullanılması ile her ortamda elektromanyetik alanların karakteristikleri elde edilebilir. Bu eşitlikler çoğu kez nokta (diferansiyel) biçiminde kullanılır.


379

7.11.2 YAPISAL EŞİTLİKLER Yapısal eşitlikler homojen, izotropik bir ortamdaki alan miktarları arasındaki ilişkileri tanımlamaktadır. Bunlar aşağıda verilmiştir.

  D = εE

(7.81)

  J = σE

(7.82)

  B = μH

(7.83)

Burada,

ε = geçirgenlik (permitivite) (skaler) ε o = 8,854×10-12 F/m boşluk için µ = geçirgenlik (permeabilite) (skaler) H/m µ o = 4π×10-7 H/m boşluk için σ = öziletkenlik (skaler), S/m σ cu = 5,8×107 S/m bakır için Ohm kanunu olarak bilinen (7.82) eşitliği, elektrik alanının etkisi altındaki iletkende bir yükün hareketinin iletkende akım üreteceğini ifade etmektedir. 7.11.3 SINIR ŞARTLARI Maxwell eşitliklerinin çözümünden elde edilen elektromanyetik alanların farklı iki ortam arasındaki ara yüzeydeki sınır şartlarına da uyum sağlaması gerekir. Bunun sağladığı anlaşıldığından zamanla değişen alanlar için sınır şartları statik alanlardakilerle tamamen aynıdır. Bunun sağlanması öğrencilere bırakılarak sınır şartları aşağıdaki gibi ifade ediliyor. Skaler biçim

E t1 = E t 2

H t1 − H t 2 = J s Bn1 = Bn 2 Dn1 − Dn 2 = ρ s J n1 = J n 2

J t1

σ1

=

J t2

σ2

Vektörel biçim    an × ( E1 − E2 ) = 0     an × ( H 1 − H 2 ) = J s

   a n × ( B1 − B 2 ) = 0    a n × ( D1 − D 2 ) = ρ s    a n × (J1 − J 2 ) = 0     J1 J 2  =0 a n ×  −   σ1 σ 2 

(7.84) (7.85) (7.86) (7.87) (7.88) (7.89)

t1 ve t2 indisleri sırasıyla 1. ve 2. ortamdaki sınıra tanjant alan bileşenlerini göstermektedir. Aynı  şekilde n1 ve n2 indisleri sınıra normal alan bileşenlerini göstermektedir. Ara yüzeyde a n birim

380


 vektörünün 1. ortamı işaretlediği, ρ s ’nin serbest yüzey yük yoğunluğu ve J s ’nin serbest yüzey akım yoğunluğu olduğuna dikkat edilmelidir.   (7.84) eşitliği E1 ve E 2 ’nin tanjant bileşenlerinin ara yüzeyde eşit olduğunu ifade etmektedir.   Bununla beraber (7.85) ara yüzeyde herhangi bir noktada H1 ve H 2 ’nin tanjant bileşenlerinin bu noktada yüzey akım yoğunluğuna eşit bir miktar ile süreksiz olduğunu ortaya çıkarmaktadır.   (7.86) eşitliği ara yüzeyde B1 ve B 2 ’nin normal bileşenlerinin sürekli olduğunu ifade etmektedir.   Bunun yanında (7.87) D1 ve D 2 ’nin normal bileşenlerinin ara yüzeyde herhangi bir noktada yüzey akım yoğunluğuna eşit miktar ile süreksiz olduğunu ifade etmektedir.   (7.88) eşitliği J 1 ve J 2 ’nin normal bileşenlerinin ara yüzeyde eşit olduğunu ifade etmektedir. (7.89) eşitliği ara yüzeyde akım yoğunluklarının tanjant bileşenlerinin oranının öziletkenliklerin oranına eşit olduğunu ifade etmektedir. Sınır şartları uygulandığında aşağıdaki şartlar akılda tutulmalıdır:  Mükemmel bir iletken (σ = ∞) içindeki elektromanyetik alanlar sıfırdır. Bundan dolayı  mükemmel iletkenin yüzeyinde hem ρ s ve hem de J s mevcuttur.

  Bir iletkenin içinde zamanla değişen alanlar var olabilir (σ < ∞). Buna göre, J s sıfırdır fakat ρ s iletken ve mükemmel dielektrik arasındaki sınırda var olabilir.   Mükemmel iki dielektrik arasındaki ara yüzeyde J s sıfırdır. Bununla beraber ara yüzeye yük fiziksel olarak konulmadığı sürece ρ s sıfırdır. Herhangi bir ortamdaki elektromanyetik alanlar Maxwell eşitliklerini doyurmalıdır. İki veya daha fazla ortamda Maxwell eşitliklerinin çözümü araştırıldığında sınırlarda alanların eşleneceğinden emin olunmalıdır. Aşağıdaki örnek varsayılan alanların Maxwell eşitliklerini sağlayıp sağlamadığının nasıl kontrol edileceğini göstermektedir.

  ÖRNEK 7.15 Kaynaksız dielektrik ortamdaki elektrik alan şiddeti E = C cos(ωt − βz )a x V/m ile verilmiştir. Burada C alanın genliği, ω frekansı ve β ise sabit bir miktardır. Hangi şartlar altında bu alan var olabilir? Diğer alan miktarlar nelerdir. ÇÖZÜM Bir alan sadece Maxwell eşitliklerinin tamamı ile uyum içinde ise var olabilir. Verilen  elektrik alan şiddetinin kaynaksız bir dielektrik ortamda (ρ v = 0, σ = 0, ve J s = 0) olduğunu varsayalım. Bu halde Faraday kanununa dayalı Maxwell eşitliği kullanılarak manyetik akı yoğunluğu aşağıdaki gibi elde edilir.

  ∂B ∇×E = − ∂t    ∂E ∂E y    ∂E x ∂E z    ∂E y ∂E x    ∂B ax +  ay +  = −  z − − −  a z    ∂y ∂t ∂z  ∂x  ∂y    ∂z  ∂x 


381

   ∂B ∂ = − [C cos(ωt − βz )]a y = −Cβ sin(ωt − βz )a y ∂t ∂z Bu ifadenin integrali ile manyetik akı yoğunluğunun

 Cβ  cos(ωt − βy )a y T B=

ω

  gibi bir ifadesi elde edilir. Β = µH yapısal ilişkisi kullanılarak manyetik alan şiddeti

 Cβ  H= cos(ωt − βz ) a y A/m

µω

   olarak bulunur. Son olarak D = εE yapısal eşitliği kullanılarak E alanından elektrik akı yoğunluğu,   D = εC cos(ωt − βz )a x C/m2 olarak elde edilir. Şimdi elektrik alanı için Gauss kanununa dayanan Maxwell eşitliğinin sağlayıp sağlamadığı kontrol edilebilir. Kaynaksız bir dielektrik ortam için

 ∇⋅D = 0 veya

∂D x ∂D y ∂D z + + =0 ∂x ∂y ∂z   D alanı x yönünde sadece D x bileşenine sahip olduğundan x’in bir fonksiyonu değildir. ∇ ⋅ D = 0 uygunluk sağlamaktadır.

 Aynı şekilde B alanının y yönünde sadece B y bileşeni olduğundan ve y’nin bir fonksiyonu  olmadığından ∇ ⋅ B = 0 ile uyum sağladığı da gösterilebilir. Alanların var olması için uyum sağlaması gereken son eşitlik aşağıda verilmiştir.

  ∂D ∂  Cβ  cos(ωt − βz )a x ∇×H = −  ∂t ∂z  µω  ∂ [εC cos(ωt − βz )]a x − C β 2 sin(ωt − βz ) ∂t µω = −Cωε sin(ωt − βz ) =

Buradan

β 2 = ω 2 µε veya

382


β = ±ω µε

(7.90)

bulunur ki diğer alan bileşenleri ile verilen elektrik alanı kaynaksız bir dielektrik ortamda (7.90) sağladığı sürece var olabilir. ALIŞTIRMALAR 1. Zamanla değişen alanlar için Maxwell eşitliklerini kullanarak (7.84) – (7.89) eşitliklerinde verilen sınır şartlarını çıkartınız. 2. Sınır şartlarını (a) ortam 1 mükemmel dielektrik ve ortam 2 mükemmel bir iletken, (b) her iki ortam mükemmel dielektrik ve (c) ortam 1 mükemmel dielektrik ve ortam 2 bir iletken olduğunda ifade ediniz.   3. Kaynaksız dielektrik ortamda elektrik alan şiddeti, E = C sin αx cos(ωt − βz )a y V/m olarak

veriliyor; burada C genlik ve α ve β sabit miktarlardır. Bu elektrik alanı mevcut olabilir mi? Evetse şartı nedir? Değilse niçin?

7.12 POTANSİYEL FONKSİYONLAR  Kısım 5.6’da manyetik akı yoğunluğunun selenoidal özelliğinden, ∇ ⋅ B = 0 dolayı manyetik vektör  potansiyeli, A

  B = ∇×A ile tanıtılmıştı. Bu eşitlik (7.16) ile ifade edilen Faraday eşitliğinde yerine konulduğunda

  ∂ ∇ × E = − (∇ × A) ∂t veya

   ∂A  =0 ∇ ×  E + ∂t   elde edilir. Parantez içindeki iki vektörün toplamının rotasyonel’i sıfır olduğundan bu bir skalerin gradyanı olarak ifade edilebilir. Elektrostatikteki potansiyel ile tutarlı olmak için

  ∂A E+ = −∇V ∂t yazılabilir. Buradan,

  ∂A E = −∇V − ∂t    elde edilir. Statik durumda ∂A / ∂t = 0 olduğundan eşitlik tekrar E = −∇V ’ye dönüşür ve E sadece     V’den ve B de A ’dan belirlenebilir. Zamanla değişen alanlar için E hem V ve hem de A ’ya


383

 bağlıdır, yani elektrik alan şiddeti − ∇V ve zamanla değişen − ∂A / ∂t terimlerinin ikisinden     kaynaklanan yük birikimlerinin sonucudur. B ’nin A ’ya bağlı olduğu kadar E ve B kuplajlıdır.       (7.66) eşitliği B = μH , D =∈ E ve E = −∇V − ∂A / ∂t ifadeleri yerlerine konularak (ortamın homojen olduğu varsayımı ile) aşağıdaki gibi yazılabilir.    ∂ ∂A   ∇ × ∇ × A = µJ + µε  − ∇V − ∂t  ∂t   ∇ × ∇ × A = ∇(∇ ⋅ A) − ∇ 2 A vektör özdeşliği kullanılarak, yukarıdaki ifade   ∂2A  ∂V  ∇(∇ ⋅ A) − ∇ A = µJ − ∇ µε  − µε 2 ∂t  ∂t  2

veya

  ∂2A ∂V    ∇ A − µε 2 = − µJ + ∇ ∇ ⋅ A + µε  ∂t  ∂t  2

olarak yazılabilir. Şimdi bir vektörün tanımı hem rotasyonel’inin ve hem de diverjansının    belirlenmesini gerektirmektedir. B = ∇ × A daha önce tanımlanmış olmasına rağmen ∇ ⋅ A ’nın da tanımlanması gerekmektedir. Önceki ifadede

 ∂V ∇ ⋅ A + µε =0 ∂t konularak

  ∂2A ∇ A − µε 2 = − µJ ∂t 2

elde edilir ve bu vektör potansiyeli için homojen olmayan dalga eşitliği olarak adlandırılır çünkü çözümü 1 / µε hızı ile yayılan dalgaları temsil etmektedir. Bunun hakkında daha fazla bilgi kısım 7.12.1’de verilecektir.

 ∂V ∇ ⋅ A + µε =0 ∂t  ifadesinde A ve V arasındaki ilişki potansiyel için Lorentz şartı olarak adlandırılır ve statik alanlar  durumunda ∇ ⋅ A = 0 ’ye dönüşür. Skaler V potansiyeli için benzer ifade,

∇ 2V − µε

ρ ∂ 2V =− v 2 ε ∂t

384


olarak yazılabilir ve bu skaler potansiyel için homojen olmayan dalga eşitliği olarak adlandırılır. İki   Lorentz ifadesinde A ile V, J ile ρ v ve µ ile 1/ε miktarları arasında benzerlik bulunmaktadır. 7.12.1 DALGA EŞİTLİKLERİNİN ÇÖZÜMÜ Sınırlı bir bölgede ρ v yük dağılımından dolayı kaynaklanan V skaler potansiyeli için homojen olmayan dalga eşitliğinin çözümünü dikkate alalım. t zamanında orijinde ρ v dv' nokta yükünün bulunduğunu varsayalım. Orijinden r uzaklığında, küresel simetrilik (potansiyel θ ve φ’nin değil sadece r’nin bir fonksiyonu) olduğu düşünülerek, (2.107) ile

∂ 2V 1 ∂  2 ∂V  µε − =0 r   r 2 ∂r  ∂r  ∂t 2 yazılabilir. Şimdi yeni V (r , t ) = (1 / r )U (r , t ) değişkeni ile önceki ifade

∂ 2U ∂ 2U − µε =0 ∂r 2 ∂t 2 olarak sadeleşir. Bu eşitlik bir boyutlu homojen dalga eşitliği olup bunun çözümü (t − r µε ) ’nin iki kere diferansiyeli alınabilen herhangi bir fonksiyonudur. Buradan

U (r , t ) = f (t − r µε ) yazılabilir. t + ∆t zamanında yeni uzaklıktaki, r + ∆r fonksiyon,

(

U (r + ∆r , t + ∆t ) = f t + ∆t − (r + ∆r ) µε

)

olur ve f (t − r µε ) ’ye eşittir; eğer ∆t = ∆r µε = ∆r / u ise biçimini korur. Burada, u = 1/ µ ∈ ortamın bir karakteristiği olarak dalga yayılım hızıdır. Hava için c = 1 / µ oε o dir. Buradan V (r , t ) = (1 / r ) f (t − r / u ) yazılabilir. f (t − r / u ) spesifik fonksiyonunun ne olması gerektiğinin belirlenmesi için orijinde bulunan bir statik nokta yükünün,

∆V (r ) =

ρ v (t )∆v' 4π ∈ r

potansiyel ifadesinden,

∆f (t − r / u ) =

ρ v (t − r / u )∆v' 4π ∈

elde edilir. Bu durumda, v' hacmi üzerindeki yük dağılımından dolayı potansiyel,

V (r , t ) =

1

4π ∈ ∫

v'

ρ v (t − r / u ) dv' 4π ∈

V


385

olur; bu ifade t zamanında kaynaktan r uzaklığındaki potansiyelin daha önceki bir zamandaki, (t − r / u ) yük dağılımının değerine bağlı olduğunu göstermektedir. Vektör potansiyeli için homojen olmayan dalga eşitliğinin çözümü de yukarıdaki aynı yol izlenerek aşağıdaki gibi elde edilebilir.

µ A(r , t ) = 4π

 J (t − r / u ) dv' v' r

∫

Wb/m

Bulunan bu iki eşitlikten elde edilen elektriksel ve manyetik alanlar açıkca (t − r / u) ’nin bir fonksiyonu olacaktır. Yüklerin veya akımın zamanla değişim etkilerinin uzaktan algılanması elektromanyetik alanların ulaşması zaman alacağından anlık durumu yansıtmayacaktır. Devre teorisinde bu zaman gecikmesi etkisi ihmal edilir ve ani tepki varsayılır.

7.13 POYNTİNG TEOREMİ Önceki bölümlerde statik elektrik ve manyetik alanları ile ilgili enerji yoğunluğu ifadeleri elde edilmişti. Bu kısımda, bu ifadelerin zamanla değişen alanlar için de geçerli olduğu gösterilerek bir ortamda enerjinin yayılmasını temsil eden bir ifade elde edilecektir.

 Zamanla değişen elektromanyetik alan bölgesinde u hızı ile hareket eden yüklü q parçacığını dikkate alalım. Herhangi bir anda yüklü parçacığa etkiyen kuvvet,     F = q( E + u × B )   dir. Burada E ve B sırasıyla zamanla değişen elektrik alan şiddeti ve manyetik akı yoğunluğudur.   Yük F kuvvetinin etkisi altında, dt zamanında d  uzaklığına hareket ettiğinde yüklü parçacığın üzerindeki kuvvetle yapılan iş, dW  F

    dW = q( E + u × B) ⋅ d 

  olur. d  = udt ve dW = Pdt olduğundan bu eşitlik alanın sağladığı P gücü ile       P = q( E + u × B) ⋅ u = qu.E

(7.91)

   olarak yazılabilir çünkü ( u × B) ⋅ u = 0 dir. (7.91)’den zamanla değişen manyetik alanın yüklü parçacığa hiç enerji sağlamadığı açıktır. Elektrik alan şiddeti sadece bölge içindeki hareketli yüklü parçacığa güç sağlar. Bu gelişimi  genelleştirmek için ortalama u hızıyla hareket eden bir hacimsel yük dağılımını, ρ v dikkate alalım. dv hacminde sonsuz küçüklükte bir ρ v dv yüküne alanın sağladığı güç aşağıdaki gibi ifade edilir.

    dP = ρ v dvE ⋅ u = E ⋅ ρ v udv

(7.92)

  J = ρ v u olduğundan güç yoğunluğu, p (birim hacim başına güç) ile güç arasında aşağıdaki gibi bir ifade yazılabilir.

386


p=

dP   = J ⋅E dv

(7.93)

Enerjinin korunumu tabanında, statik alanlar için benzer bir ifade elde edilmişti ve şimdi bunun zamanla değişen alanlar için de doğru olduğu gösterildi. Bu eşitlik a) zamanla değişen elektrik alanında depolanan enerji, b) zamanla değişen manyetik alanda depolanan enerji, c) bir bölgeyi terkeden veya içine giren ani güç ilişkilerinin çıkartılmasında kullanılır. Maxwell eşitliği (Ampére kanunu),

   ∂D J = ∇×H − ∂t (7.93)’de yerine konularak

      ∂D J ⋅ E = E ⋅ (∇ × H ) − E ⋅ ∂t

(7.94)

elde edilir.

      E ⋅ ( ∇ × H ) = H ⋅ ( ∇ × E) − ∇ ⋅ ( E × H ) vektör özdeşliği kullanılarak (7.94)

        ∂D J × E = H ⋅ ( ∇ × E) − ∇ ⋅ ( E × H ) − E ⋅ ∂t  olarak yazılabilir. (7.73)’deki ∇ × E ’nin eşleniği yerine konularak

       ∂B  ∂D ∇ ⋅ (E × H ) + J ⋅ E + H ⋅ + E⋅ =0 ∂t ∂t

(7.95)

elde edilir ki bu eşitlik John H. Poynting onuruna Poynting teoreminin nokta (diferansiyel) biçimi   olarak bilinir. Bu eşitlik gerçekte enerjinin korunumu kanununun bir ifadesidir. E × H vektörel çarpımı güç yoğunluğu, W/m² birimine sahiptir ve Poynting vektörü olarak adlandırılır. Bu  bakımdan Poynting vektörü birim alan başına ani güç akışı sonucunu verir. Güç akışının yönü E   ve H içeren düzleme normaldir. Bu kitapta Poynting vektörü S ile

   S = E×H

(7.96)

olarak gösterilecektir. Doğrusal, homojen ve izotropik ortamda zamanla değişen alanlar için     B = µH ve D = εE ’dir. Ek olarak

  ∂B 1 ∂   1 ∂ H⋅ = [B ⋅ H ] = [ µH 2 ] ∂t 2 ∂t 2 ∂t   ∂D 1 ∂   1 ∂ E⋅ = [ D ⋅ E] = [∈ E 2 ] ∂t 2 ∂t 2 ∂t


387

ifadeleri ile şimdi (7.95)

   ∂ 1  ∂ 1  ∇ ⋅ S + J ⋅ E +  µH 2  +  εE 2  = 0 ∂t  2  ∂t  2 

(7.97)

olarak ifade edilebilir. Bu eşitlikteki üçüncü terim manyetik alandaki enerji yoğunluğunun zamanla değişimini temsil eder; dördüncü terim elektrik alanındaki enerji yoğunluğunun zamanla değişim oranını gösterir. Böylece manyetik ve elektrik alanlarında enerji yoğunluklarının ani ifadeleri sırasıyla aşağıdaki gibi olur.

  wm = 12 B ⋅ H = 12 µH 2

(7.98)

  we = 12 D ⋅ E = 12 εE 2

(7.99)

Zamanla değişen alanlar için enerji yoğunluklarının bu ifadelerinin statik alanlar için de aynı olduğuna dikkat edilmelidir. Buradaki tek farklılık alanların zamanla değişimidir. (7.97) eşitliğinin gerçekten neyi temsil ettiğini açıklamak için integral biçiminde



 

∂

∂

∫ ∇ ⋅ Sdv + ∫ J ⋅ Edv + ∫ ∂t wm dv + ∫ ∂t we dv = 0 v

v

v

v

veya

 

 

d

∫ S ⋅ ds + ∫ J ⋅ E dv + dt ∫ w v

s

v

m

dv +

d we dv = 0 dt v

∫

(7.100)

şeklinde yazılması gerekir. Eşitlikte v hacmi bir s yüzeyi ile sınırlanmıştır. (7.100) eşitliği Poynting teoreminin integral biçimidir. Birinci terim v hacmi ile sınırlanan s yüzeyinden dışarı çıkan gücü temsil etmektedir. Eğer bu integral pozitif ise net güç hacimden dışarı ve integral negatif olduğunda güç v hacminin içine akmaktadır. İkinci integral alan tarafından yüklü parçacıklara sağlanan gücü temsil etmektedir. Bu integral pozitif olduğunda alan yüklü parçacıklar üzerinde iş yapmaktadır. Bununla beraber, integral negatif olduğunda harici kuvvet yüklü parçacıkları alana zıt yönde hareket ettirerek iş yapmaktadır. Bir     iletken ortamda J = σE ’dir. J ⋅ E terimi güç kaybını veya Ohmik güç kaybını temsil eder. Üçüncü terim depolanan manyetik enerjinin zamanla değişimini temsil eder. Bu integral pozitif olduğunda, harici kuvvet manyetik alana enerji sağlayarak manyetik alanın artmasına neden olur. İntegral negatif olduğunda, alanı zayıflatacak şekilde manyetik enerji manyetik alandan çıkarılır. Son terim elektrik alanında depolanan enerjinin zamanla değişimini temsil eder ve tam olarak üçüncü terim gibi yorumlanır. (7.100) eşitliği çoğu kez

    d − ∫ S ⋅ ds = ∫ J ⋅ E ⋅ dv + ∫ ( wm + we )dv s v dt v

(7.101)

388


olarak yazılır. Bu eşitliğin sol tarafındaki negatif işaret a) ısı olarak bölgede kaybolan güç ve b) hem elektrik hem de manyetik alanlarda depolanan enerjinin hesaba katılması için v hacmine akması gereken net gücü göstermektedir. Statik alanlar için (7.101) eşitliği     − S ⋅ ds = J ⋅ Edv

∫

∫

s

(7.102)

v

olur ve basitçe v hacminde s yüzeyi boyunca akan net gücün bu hacimdeki güç kaybına eşit olduğunu ifade etmektedir. ÖRNEK 7.16 Yarıçapı b, uzunluğu L ve öziletkenliği σ olan silindirik iletkenden I akımı geçmektedir. Şekil 7.27’de görüldüğü gibi iletkenin yüzeyi üzerinde Poynting vektörünün   integralini alarak iletkene giren net gücü belirleyiniz ve sonucu J ⋅ E ’nin hacim integrali ile karşılaştırınız. ÇÖZÜM

Şekil 7.27 Bir dirençteki güç akışının gösterimi

(a) Silindirik iletken

(b) Poynting vektörü

    J = I / Aa z olduğundan E = ( I / Aσ )a z dir. Ampere kanunundan iletkenin yüzeyindeki manyetik   alan şiddeti, H = ( I / 2πb)aφ dir. İletkenin yüzeyindeki noktalardaki Poynting vektörü,

   I  I  I2  S = E× H = az × aφ = − aρ Aσ 2πb 2πbAσ dir. Buradan, iletkenin kenarları (alt, üst ve yan yüzeyler) ile sınırlanan hacime giren net güç aşağıdaki gibi hesaplanır.

  P = − S ⋅ ds = −

∫

s

∫

  S ⋅ ds −

kenar yüzey

0      I2 = −  − S ⋅ ds alt ve üst yüzeyler s  2πbAσ

∫

∫

L   I2 a ρ bdφdza ρ = dz  2πAσ 0 

∫ ∫

2φ

0

dφ


389

I 2L = I 2R W Aσ

P=

Bu sonuç, Joule kanunu kullanılarak iletkenin kayıp gücünden aşağıdaki gibi doğrulanabilir.

  2π L 1 1 I2 b 1 I2 2 = ρ ρ φ πb L P = J ⋅ Edv = J 2 dv = d d dz v 0 0 σ v σ A2 0 σ A2

∫

∫

∫

∫ ∫

L = I 2R W σA

P = I2

  ÖRNEK 7.17 Mükemmel bir dielektrik ortamdaki elektrik alan şiddeti, E = E cos(ωt − kz )a x V/m olarak verilmiştir; burada E tepe değeri ve k bir sabit miktardır. a) Bölgedeki manyetik alan şiddetini, b) güç akışının yönünü ve c) ortalama güç yoğunluğunu belirleyiniz. ÇÖZÜM a) Öncelikle dielektrik ortamın içinde verilen elektrik alan şiddetinin olup olmadığını kontrol  edelim. E alanının x-yönlü bileşeni,

E x = E cos(ωt − kz ) V/m dir. ε dielektrik ortamın geçirgenliği ise elektrik akı yoğunluğu

Dx = εE cos(ωt − kz ) C/m2 olur. Ortamda zamanla değişen yük yoğunluğu aşağıdaki gibi bulunur.



ρv = ∇ ⋅ D =

∂ [εE cos(ωt − kz )] = 0 ∂x

Beklenildiği gibi dielektrik ortamdaki serbest yük yoğunluğu sıfırdır. Bu bakımdan dielektrik   ortamda, ∇ ⋅ D = 0 Maxwell eşitliği sağlanmaktadır. B alanının belirlenmesi için aşağıdaki gibi Maxwell eşitliği kullanılabilir.

    ∂B ∂ = −∇ × E = − [E x ]a y = − Ek sin(ωt − kz ) a y ∂t ∂z  Zamana göre integral alınarak B alanının y bileşeni, By =

Ek

ω

cos(ωt − kz ) T

  olarak elde edilir. B = µH olduğundan, µ dielektrik ortamın manyetik geçirgenliğidir, manyetik alan şiddeti, Hy =

Ek

ωµ

cos(ωt − kz ) A/m

390


  elde edilir. Şimdi B veya H alanlarının varlığı doğrulanabilir:  ∂ ∂  Ek  ∇ ⋅ B = [B y ] = cos(ωt − kz ) = 0 ∂y ∂y  ω    ∇ ⋅ B = 0 olduğundan B alanı mevcut olabilir.  Diğer Maxwell eşitliğinden hacim akım yoğunluğu, J

   ∂D     1 2 ∂ ∂ J = ∇×H − k  E sin(ωt − kz )a x = − [ H y ]a x − [ Dx ]a x = ωε − ∂t ∂z ∂t ωµ    olarak hesaplanır. Mükemmel bir dielektrik ortamda J ’nin sıfır olması gerektiğinden bu eşitlik sadece

ωε −

1

ωµ

k2 = 0

olduğunda veya

k = ±ω µε iken sıfırdır. Bu bakımdan, k keyfi bir sabit olmayıp zamanla değişen alanların frekansına ve ortamın elektriksel ve manyetik geçirgenliğine bağlıdır. Şimdi bütün Maxwell eşitlikleri sağladığından dolayı alanların var olduğu söylenebilir.

 b) Ani güç yoğunluğu veya Poynting vektörü, S     k 2 S = E×H = E cos 2 (ωt − kz )a z W/m2

ωµ

olarak ifade edilir ve sadece z bileşenine sahip olduğundan güç akışı z yönündedir. c) z yönündeki ortalama yük yoğunluğu,

Sz =

1 T

T

k

∫0 ωµ E

2

cos 2 (ωt − kz )dt

olarak elde edilebilir. Burada, T zaman periyodu olup ωT = 2π ile ifade edilir.

cos(2ωt − 2kz ) = 2 cos 2 (ωt − kz ) − 1 trigonometrik özdeşliği kullanılarak ortalama yük yoğunluğu aşağıdaki gibi ifade edilebilir.

Sz =

1 2T

T

k

∫0 ωµ E

2

dt +

1 2T

T

k

∫0 ωµ E

2

cos(2ωt − 2kz )dt =

k 2ωµ

E 2 W/m2


391

ALIŞTIRMALAR 1. Yarıçapı b ve uzunluğu L olan içi dolu bir iletken z yönünde düzgünce dağıtılmış I kararlı akımı taşımaktadır. R iletkenin direnci ise iletkenin içine akan toplam gücün I 2 R olduğunu gösteriniz.

  2. Boşluktaki elektrik alanı E = 10 cos(ωt + ky )a x V/m ile tanımlanıyor. Zaman periyodu 100 ns ise (a) k sabitini, (b) manyetik alan şiddetini, (c) gücün akış yönünü, (d) ortalama güç yoğunluğunu, (e) elektrik alanındaki enerji ve (f) manyetik alandaki enerjiyi belirleyiniz.

7.14 ZAMAN-HARMONİK ALANLAR Zamanla değişen elektromanyetik alanların en önemli örneklerinden birisi zaman harmonik (sinüsoidal) alandır. Bu alan tipinde uyartım kaynağı bir frekansta sinüsoidal olarak değişir. Doğrusal bir sistemde sinüsoidal olarak değişen kaynak sistemde bütün noktalarda zamanla sinüsoidal olarak değişen alanlar üretir. Zaman harmonik alanlar için tek frekanslı (monokromatik) kararlı durum tepkisinin elde edilmesi için fazör analizi kullanılabilir. Alanlar bu yolla incelendiğinde a) zamanla değişen her fonksiyon sinüsoidal fonksiyonlu Fourier serileri ile temsil edilebilir ve b) doğrusal durumlarda süper pozisyon prensibi uygulanabildiğinden genelde hiç kayıp yoktur. Başka bir ifadeyle monokromatik tepkilerin doğrusal kombinasyonları kullanılarak zamanla değişen periyodik alanların tam tepkisi elde edilebilir. Devre teorisinde zamanla sinüsoidal olarak değişen gerilim ve akımların temsil edilmesinde fazör notasyonu kullanılmaktadır. Bu kısımda vektör birimlerini kapsayacak şekilde bu tanımlar genişletilecektir. Herhangi bir vektör birimi birbirine karşılıklı dik üç eksen boyunca bileşenleri ile temsil edilebilir. Böylece her bileşene skaler bir birim olarak davranılabilir.

 Örneğin E alanı     E( x, y , z, t ) = E x ( x, y , z, t )a x + E y ( x, y , z, t )a y + E z ( x, y , z, t )a z

(7.103)

  olarak verilmişse bu durumda E x ( x, y, z , t ) , E y ( x, y, z , t ) ve E z ( x, y, z , t ) sırasıyla E alanının a x ,   a y ve a z yönlerinde skaler bileşenleridir. Bu bileşenlerin zaman harmonik varyasyonları

E x ( x, y, z , t ) = E x (r , t ) = E xo (r ) cos[ωt + α (r )]

(7.104a)

E y ( x, y, z , t ) = E y (r , t ) = E yo (r ) cos[ωt + β (r )]

(7.104b)

E z ( x, y, z , t ) = E z (r , t ) = E zo (r ) cos[ωt + γ (r )]

(7.104c)

    olarak yazılabilir. Burada E xo , E yo ve E zo sırasıyla a x , a y ve a z yönlerinde E alanının bileşenlerinin genlikleridir. Aynı zamanda x, y ve z uzay koordinatlarının fonksiyonları olarak alanların gösterilmesi için (r) kısa yazılışı kullanılmıştır. Ek olarak α(r), β(r) ve γ(r) uzayda  verilen bir noktada (x,y,z) E alanının x, y ve z bileşenlerinin faz kaymalarıdır. Şimdi bu her bileşenin genliği sadece uzayın bir fonksiyonudur. Her bileşen,

392


[

]

(7.105a)

[

]

(7.105b)

[

]

(7.105c)

E x (r , t ) = Re E xo (r )e jα ( r ) e jω t E y (r , t ) = Re E yo (r )e jβ ( r ) e jω t E z (r , t ) = Re E zo (r )e jγ ( r ) e jω t

olarak da yazılabilir. Re parantez içindeki kompleks fonksiyonun reel kısmı içindir. Eğer

~ E x (r ) = E xo (r )e jα ( r )

(7.106a)

~ E y (r ) = E yo (r )e jβ ( r )

(7.106b)

~ E z (r ) = E zo (r )e jγ ( r )

(7.106c)

~ E x ( r, t ) = Re[ E x ( r )e jω t ]

(7.107a)

~ E y ( r, t ) = Re[ E y ( r )e jω t ]

(7.107b)

~ E z ( r, t ) = Re[ E z ( r )e jω t ]

(7.107c)

olarak tanımlanırsa bu durumda (7.105)

~ ~ ~ olarak yazılabilir. (7.106) ve (7.107) eşitliklerinde E x ( r ) , E y ( r ) ve E z ( r ) ’ye

E x ( r, t ) , E y ( r, t )

ve E z ( r, t ) ’nin fazör eşdeğerleri denilir. Buna göre zaman harmonik alanının fazör gösterimi sadece boşluğun bir fonksiyonu olan kompleks bir miktardır. Zaman bağımlılığı tamamen e jω t teriminde simgelenmiştir. Tilda (~) sembolü vektör gösterimi için kullanılmıştır. (7.103) eşitliği şimdi

     ~ ~ ~ ~ E(r , t ) = Re{[ E x (r )a x + E y (r )a y + E z (r )a z ]e jω (t ) } = Re[E(r )e jω (t ) ]

(7.108)

olarak yazılabilir burada

    ~ ~ ~ ~ E(r ) = E x (r )a x + E y (r )a y + E z (r )a z

(7.109)

  zaman harmonik E alanının mevcut olduğu bölgede herhangi bir noktada E alanının (vektör)  ~ fazör gösterimidir. Burada da yine boşluk bağımlılığı E(r ) içine dahil edilmiş ve zaman bağımlılığı örtülü olarak bırakılmıştır. (7.108) eşitliğinden zaman domeninde bir alanın fazör veya frekans domeninde e jω t ile eşitliğin karşı kısmı çarpılarak sadece reel kısmı olarak ifade  edilebileceği açıktır. (7.108)’den E alanının zamanla değişim oranı,

  ∂E(r , t ) ~ = Re[ jωE(r )e jω t ] ∂t


393

olup zaman domeninde zamana göre diferansiyelin fazör domeninde bir jω faktörü ile sonuçlandığını ifade etmektedir. Aynı şekilde zamana göre integrasyon sonucunun jω ile bölme olduğu da gösterilebilir. 7.14.1 FAZÖR BİÇİMİNDE MAXWELL EŞİTLİKLERİ     E alanı ve buna benzer olarak D , B ve H alanları için (7.109) Maxwell denklemlerinde yerine konularak bu eşitliklerin aşağıdaki gibi nokta (diferansiyel) ve integral biçimi elde edilir.

  ~ ~ ∇ × E = - jω B    ~ ~ ~ ∇ × H = J + j ωD  ~ ∇.D = ρ~v  ~ ∇.B = 0  ~ ∇.J = − jωρ~v

∫

  ~ → ~ → E ⋅ dl = − jω B ⋅ ds

∫

c

s

   ~ → ~ → ~ → H ⋅ dl = J ⋅ ds + jω D ⋅ ds c s s  → ~ D ⋅ ds = ρ~v dv s v  → ~ B ⋅ ds = 0 s  ~ → J ⋅ ds = − jω ρ~v dv

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

(7.110) (7.111) (7.112) (7.113)

∫

(7.114)

  ~ ~ D = εE

(7.115)

  ~ ~ B = µH

(7.116)

s

v

Fazör formundaki yapısal ilişkiler aşağıdaki gibidir.

Burada µ ve ∈ ortamın manyetik ve elektriksel geçirgenlikleridir. 7.14.2 FAZÖR BİÇİMİNDE SINIR ŞARTLARI Fazör formunda iki ortam arasındaki ara yüzeydeki genel sınır şartları aşağıdaki gibi ifade edilmiştir.

 ~ ~ a n .(B1 − B 2 ) = 0

(7.117)

  ~ ~ a n .(D1 − D 2 ) = ρ~s

(7.118)

   ~ ~ a n × (E1 − E 2 ) = 0

(7.119)

   ~ ~ ~ a n × (H1 − H 2 ) = J s

(7.120)

 Burada a n ara yüzeye normal birim vektörü ve 1. ortama doğrudur, ρ~s yüzey yük yoğunluğu ve  ~ J s ara yüzeydeki yüzey akım yoğunluğudur.

394


7.14.3 FAZÖR BİÇİMİNDE POYNTİNG TEOREMİ   ~ ~ (7.110)’un H * ile ve (7.111)’in E ile skaler çarpımının sonuçları aşağıdaki gibidir. Burada * bir alan miktarının konjugeytini temsil etmektedir.

    ~ ~ ~ ~ (∇ × E) ⋅ H* = - jωB ⋅ H *

(7.121)

     ~ ~ ~ ~ ~ (∇ × H*) ⋅ E = ( J * - jωD*) ⋅ E

(7.122)

          ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ E.(∇ × H*) − H * ⋅(∇ × E) = E ⋅ J * + jω (B ⋅ H * −E ⋅ D*)

(7.123)

(7.122)’den (7.121) çıkartılarak

elde edilir. Vektör özdeşliği

      ~ ~ ~ ~ ~ ~ ∇.(E × H*) = H * ⋅(∇ × E) − E ⋅ (∇ × H*) ve kompleks Poynting vektörü veya kompleks güç yoğunluğunun tanımı

  ~ ~ Sˆ = 12 [E × H*]

(7.124)

      ~ ~ ~ ~ ~ ~ − ∇ ⋅ Sˆ = 12 E ⋅ J * + jω[ 12 B ⋅ H * − 12 E ⋅ D*]

(7.125)

kullanılarak (7.123)

olarak yazılabilir. (7.125) eşitliği nokta (diferansiyel) formunda kompleks Poynting teoremi olarak bilinir. s yüzeyi ile sınırlanan v hacmi üzerinde integral alınarak ve diverjans teoremi uygulanarak integral formunda kompleks Poynting teoremi

∫

→

− Sˆ . ds = s





~ 1 ~ E × J *dv v2

∫

+ j 2ω

∫

 

1 ~ ~ B ⋅ H *dv v4

∫

− j 2ω

 

1 ~ ~ E ⋅ D *dv v4

∫

(7.126)

→

olarak elde edilir. Bu eşitliğin sol tarafındaki − Sˆ . ds terimi v hacmine akan kompleks gücü temsil s

etmektedir. Eğer v içinde kaynaklar varsa bu durumda

∫

→

Sˆ . ds bölgeden verilen veya yayılan

s

kompleks gücü verir.

  ~ ~ İletken ortam için, J = σE eşitliğin (7.126) sağ tarafındaki birinci terim iletken ortamda kaybolan    ~ zaman-ortalama gücünü verir. J = ρ~v+ u + + ρ~v− u − gibi bir ortamda yüklerin hareketinden dolayı  ~ taşınım akımı ise bu durumda bu terim bu yüklerin hareketinde E alanının enerji harcama oranını temsil etmektedir. Sağ taraftaki ikinci terim bölgede depolanan manyetik enerjiyi temsil etmektedir.


395

wm

  ~ ~ = B ⋅ H* = 14 µH 2 1 4

(7.127)

’nin bölgedeki zaman-ortalama manyetik enerji yoğunluğu olduğuna dikkat edilmelidir. Sağ taraftaki son terim bölgedeki zaman-ortalama elektrik enerjisini verir. Bu durumda

  ~ ~ we = 14 E ⋅ D* = 14 εE 2

(7.128)

Bölgedeki zaman-ortalama enerji yoğunluğudur. Zaman ortalama güç yoğunluğu (7.124)’den

Sˆ = Re[Sˆ ]

(7.129)

olarak bulunabilir ve s yüzeyinden geçen ortalama güç akışı aşağıdaki gibi verilir.

P =

∫

s

 Sˆ ⋅ ds

(7.130)

  ÖRNEK 7.18 Kaynaksız bir bölgedeki elektrik alanı E = Csinαxcos(ωt - kz )a y V/m olarak verilmiştir. Fazörleri kullanarak a) manyetik alan şiddetini, b) alanların varlığı için gerekli şartı ve c) birim alan başına zaman ortalama güç akışını belirleyiniz. ÇÖZÜM

 a) E alanının fazör eşdeğeri ~ E y = C sin αxe − jkz  ~ dir. Maxwell eşitliği kullanılarak H alanı belirlenebilir   ~ ~ ∇ × E = - jωµH Bununla beraber

   ∂ ~  ∂ ~  ~ ∇ × E = - [ E y ]a x + [ E y ]a z = jkC sin αxe − jkz a x + αC cos αxe − jkz a z ∂z ∂x  ~ olduğundan H alanı

   kC αC ~ H=sin αxe − jkz a x + j cos αxe − jkz a z

ωµ

ωµ

 ~ olur. Zaman domeninde H alanının x ve z bileşenleri H x (r , t ) = -

kC

ωµ

sin αx cos(ωt − kz )

396


ve

H z (r , t ) =

αC αC cos αx cos(ωt − kz + 90°) = cos αx sin(ωt − kz ) ωµ ωµ

ile verilir. Kaynaksız bölgede ( ρ~v = 0) alanların iki diverjans eşitliğini sağlamasına dikkat edilir.    ~ ~ ~ Bu ∇ ⋅ D = 0 dır ve ∇.B = 0 dır. Kaynaksız bir bölgede J = 0 olduğundan son Maxwell eşitliği

  ~ ~ ∇ ⋅ H = jω ∈ E   ~ ~ olur. Bu eşitlikte E ve H eşdeğerleri yerine konularak ve bazı sadeleştirmeler yapılarak alanın mevcut olması için gerekli şart k 2 = ω 2 µ ∈ −α 2 olarak elde edilir. c) Bölgedeki kompleks güç yoğunluğu,

Sˆ =

1 2

[E × H ] = [E~ H~ a 1 2

y

* z x

]

  α k ~ ~  − E y H x*a z = − j C 2 sin αx cos αxa x + C 2 sin 2 αxa z 2ωµ 2ωµ

ile birim alan başına zaman ortalama reel (aktif) güç akışı,

 k Sˆ = Re[Sˆ ] = C 2 sin 2 αxa z 2ωµ olur. Kompleks güç yoğunluğunun x ve z yönlerinde bileşenlerine rağmen birim alan başına zaman ortalama reel güç akışı z yönündedir. Böyle bir güç akışını sürdürmek için z yönünde her noktada   E ve H alanlarının uygun bileşenlerinin olması gerekir. Bu dalgalar gibi alanların yayılımının açık bir göstergesidir. ALIŞTIRMALAR 1. Fazörleri kullanarak Örnek 7.17’deki sonuçları doğrulayınız.

  2. Boşluktaki elektrik alanı E = 10 cos(ωt + ky )a x V/m ile tanımlanıyor. Zaman periyodu 100 ns ise (a) k sabitini, (b) manyetik alan şiddetini, (c) gücün akış yönünü, (d) ortalama güç yoğunluğunu, (e) elektrik alanındaki enerjiyi ve (f) manyetik alandaki enerjiyi fazörleri kullanarak belirleyiniz

7.15 ELEKTROMANYETİK ALAN UYGULAMALARI Bu bölümde elektromanyetik alanların varlığının bir şartı olarak Maxwell eşitliklerini sağlamaları   gerektiği öğrenildi. Gerçekte Maxwell eşitlikleri doyurulduğunda her alan miktarı ( E veya H ) herbiri ayrı ayrı bir dalga eşitliği veya Helmholtz eşitliğini sağlar. Maxwell eşitliklerinin çok sayıda diğer uygulamaları arasında bu kısım için üç uygulama seçilmiştir: transformotor, oto transformotoru ve betatron.


397

7.15.1 TRANSFORMOTOR Elektriksel olarak yalıtılmış iki sargı birindeki zamanla değişen manyetik akı diğer sargıyı halkalayacak ve içinde bir emf indükleyecek şekilde düzenlenebilir. Bu iki sargıya manyetik olarak kuplajlı denilir ve iki sargılı bir transformotor oluştururlar. Şekil 7.28a’da en basit biçiminde iki sargılı bir transformotor görülmektedir. Kaynağa bağlı sargıya primer sargısı ve diğer sargıya sekonder sargısı denilir. İki sargı boşluk veya manyetik olmayan malzeme üzerine (nüve) sarılıp birbirinden yalıtıldığında bu transformotora çoğu kez hava nüveli transformotor denilir. Sekonderi halkalayan toplam akı primere göre yakınlığına ve yönlendirilmesine bağlıdır. İki sargı arasındaki maksimum akı irtibatının (halkalama) sağlanması için sargılar yüksek geçirgenlikte manyetik malzeme üzerine sarılarak iyi bilinen bir manyetik devre oluşturulur. Bu düzenlemeye ise demir nüveli transformotor denir.

(a) Manyetik kuplajlı iki sargı bir transformotor oluşturur

(b) Yüksüz durumunda bir transformotor

Şekil 7.28 Şekil 7.28b’de görüldüğü gibi manyetik nüvenin geçirgenliği yüksek ve transformotorun ikinci tarafı açık olduğunda (yüksüz durum) mıknatıslanma akımı adında küçük miktarda bir i m (t) akımı a) nüvede zamanla değişen bir Φ(t) akısının oluşturulması, b) relüktansından dolayı manyetik devredeki mmf düşümünün telafisi ve c) primer sargısındaki I 2 R güç kaybı ve nüvedeki manyetik kaybın dengelenmesi için primer sargısından geçer. Bir ferromanyetik nüvede manyetik akı akarken (manyetik akı elektrik akımı gibi akmaz) Faraday kanununa göre emf meydana gelecektir. İndüklenen bu emf iletken nüvede manyetik akıya normal lokal akımlar üretecektir. Bu akımlara eddy akımları denilir. Eddy akımları omik kayıplar üreterek lokal ısınma meydana getirir. Bu, indüksiyon fırınının çalışma prensibidir. İndüksiyon fırınları metalleri ergitmek için yüksek sıcaklıklar meydana getirir. Transformotorlarda, bu eddy akımlarından kaynaklanan güç kaybı istenilmez ve kayıp yüksek geçirgenlikli ve düşük iletkenlikli (yüksek µ ve düşük σ) nüve malzemeleri ile azaltılabilir. Feritler böyle malzemelerdir. Düşük frekanslı, yüksek güç uygulamaları için eddy akım kaybını azaltmanın en ekonomik yolu laminasyonlu nüvelerin kullanılmasıdır. Bunun için transformotor nüveleri herbiri birbirinden ince vernik veya oksit kaplamalar ile elektriksel olarak yalıtılarak paketlenmiş ferromanyetik (demir) levhalardan yapılır. Şekil 7.29a’da görüldüğü gibi yalıtkan kaplamaların manyetik akıya paralel yerleştirilmesi gerekir; bu şekilde akıya normal eddy akımlarının (dolaştığı yolun) laminasyonlu levhaların (kalınlığının) dışına taşması engellenir. Şekil 7.29b’de görülen manyetik akıya normal yalıtkan katmanlar ile yapılan düzenleme, eddy akımlarından kaynaklanan güç kayıplarının azaltılmasında az etkiye sahiptir. Toplam eddy akım kayıplarının laminasyonların sayısının

398


artırılması ile azaltılabileceği doğrulanabilir. Güç kaybının azalma miktarı laminasyon metodu ile beraber kesit alanının büyüklüğüne de bağlıdır.

(a)

(b)

Şekil 7.29 Zamanla değişen manyetik alan içindeki laminasyonlu nüveler İdeal transformotor: Şimdi a) sonsuz geçirgenlikte, b) sargı direnci sıfır ve c) manyetik kayıpları olmayan ideal bir transformotoru dikkate alalım. Bu varsayımlar yüksüz durumda mıknatıslanma akımının oldukça küçük olup ihmal edilebileceğini ve primer sargısının ürettiği zamanla değişen akının tamamının hiçbir kaçak olmadan manyetik yolu izleyeceğini zorunlu kılmaktadır. Bu ideal şartlar altında primer sargıda e 1 (t) ve sekonder sargıda e 2 (t) indüklenen emf’ler aşağıdaki gibidir.

e1 = N1

dΦ dt

(7.131)

e2 = N 2

dΦ dt

(7.132)

Burada N 1 ve N 2 primer ve sekonder sargılarının sarım sayıları ve Φ(t) iki sargıyı halkalayan manyetik akı’dır. Şekil 7.28b’de her sargının bir ucuna bir nokta yerleştirilerek indüklenen emf’lerin polariteleri işaretlendiğinden eşitliklerdeki - işareti ihmal edilmiştir. Sargıyı halkalayan manyetik alan zamanla artarken sargının bir ucuna göre noktalı ucunda indüklenen emf’nin pozitif olduğu anlaşılmaktadır. Nokta kullanma alışkanlığı bir transformotorun eşdeğer devresi ile temsil edilmesinde kullanacaktır. İndüklenen emf’lerin oranı aşağıdaki gibi ifade edilebilir.

e1 N1 = e2 N 2

(7.133)

Bunun anlamı iki sargıda indüklenen emf’lerin oranının sarım sayılarının oranına eşit olmasıdır. Sekonder sargıya bir kaynak bağlandığında ve primer sargı açık olduğunda da aynı ifade elde edilebilirdi. İdeal durumlar altında, her sargıda indüklenen emf’nin bu sargıdaki gerilim oranına eşit olması gerekir. Bu aşağıdaki gibi ifade edilir.


399

v1 N1 = =a v2 N 2

(7.134)

Burada v 1 (t) ve v 2 (t) primer ve sekonder sargılarının gerilimleri ve a primer sargısının sekonder sarım sayısına oranıdır ve a oranı veya transformasyon veya dönüştürme oranı olarak adlandırılır. Sekonder sargı bir yüke bağlandığında (şekil 7.30) sekonder sargıdaki akı orijinal akıya zıt yönde kendi akısını üretir. Nüvedeki net akı ve bunun sonucu olarak her sargıda indüklenen emf yüksüz durumdaki değerinden aşağı düşmeye başlar. Primer sargıda indüklenen emf’nin düşmeye başlaması (akı zamanla değişim gösterdiğinden) akıdaki düşmeyi ve indüklenen emf’deki azalmayı engelleyecek şekilde primer sargıda bir akımın indüklenmesine neden olur. Bu akımın artışı nüvedeki akı ve dolayısıyla iki sargıda indüklenen emf’ler yüksüz değerine ulaşıncaya kadar sürer. Kaynak primere güç sağladığından ve sekonder sargı yüke güç verdiğinden manyetik akı güç transfer işleminde bir araç olarak hareket etmektedir. İdeal şartlar altında, aşağıda ifade edildiği gibi güç girişinin güç çıkışına eşit olması gerekir.

v1i1 = v 2 i2 Buradan aşağıdaki üçlü eşitlik yazılabilir.

i2 v1 e1 = = i1 v2 e2

(7.135)

Bu eşitlikten akımların oranının indüklenen emf’lerin oranı ile ters orantılı olduğu sonucuna varılabilir.

Şekil 7.30 Yüklü transformotor

(7.134) ve (7.135)’den

N 1i1 − N 2 i2 = 0

(7.136)

olduğu gösterilebilir. Bu ifade temelde, ideal şartlar altında transformotorun uyartılması için gerekli net mmf’nin sıfır olduğunu ifade etmektedir. Bu, manyetik malzemenin sonsuz geçirgenlikte veya manyetik devrenin relüktansının sıfır olduğunun diğer bir ifadesidir. Sinüsoidal olarak değişen kaynaklar için önceki ilişkiler fazör formunda

400


~ ~ V1 I 2 N1 =a ~ = ~ = V2 I1 N 2

(7.138)

olarak ifade edilebilir. Sekonder sargısına bağlı empedans

~ V Zˆ 2 = ~2 I2 olarak tanımlanırsa primer tarafına aktarılmış eşdeğer yük empedansı

~ ~ V V ~ a Zˆ1 = ~1 = ( aV2 ) ~  = a 2 ~2 = a 2 Zˆ 2 I1 I2  I2 

(7.138)

Şekil 7.31 İdeal transformotorun primer tarafına aktarılmış eşdeğer devresi

olarak belirlenebilir. Böylece sekonder tarafındaki gerçek yük empedansı, Zˆ 2 primer tarafında a 2 Zˆ 2 olarak gözükür ve ideal transformotor şekil 7.31’de görüldüğü gibi bir eşdeğer devre ile temsil edilebilir. Gerçek transformotor: Manyetik nüvesi sonlu geçirgenlikte, her sargısı öz indüktansa sahip ve iki sargı arasındaki manyetik kuplaj ortak indüktans oluşturduğunda gerçek bir transformotor meydana gelmektedir. Ek olarak, her sargının kendi sargı direnci vardır. Bu faktörler dikkate alınarak şekil 7.32’de görüldüğü gibi iki sargılı bir transformotor indüktif kuplajlı eşdeğer devresi ile temsil edilebilir. Bu devrede R 1 ve L 1 primer sargısının direnci ve öz-indüktansı, R 2 ve L 2 sekonder sargının direnci ve öz-indüktansı ve M ise iki sargı arasındaki ortak indüktanstır. Eğer nüve oldukça yüksek geçirgenlikte bir manyetik malzeme ise akının ihmal edilebilecek bir kaçak ile nüvenin içinde kalması beklenebilir.

Şekil 7.32 Transformotorun indüktif kuplajlı eşdeğer devresi

Böylece iki sargının mükemmel kuplajlı olduğu varsayılabilir ve aralarındaki ortak indüktans

M = L1 L2

(7.139)


401

~ ile ifade edilir. Primerin Zˆ g giriş empedansı ile V1 gerilim kaynağı varken sekondere bir Zˆ L yük ~ ~ empedansı bağlandığında, primer ve sekonder akımları I 1 ve I 2 ise iki kuplaj eşitliği aşağıdaki gibi ifade edilebilir. ~ ~ ~ ( R1 + jωL1 + Zˆ g ) I 1 − jωMI 2 = V1

(7.140)

~ ~ − jωMI 1 + ( R2 + jωL2 + Zˆ L ) I 2 = 0

(7.141)

~ ~ Bu eşitliklerin çözümünden I 1 ve I 2 bulunur. Şimdi yük gerilimi

~ ~ V2 = I 2 Zˆ L olarak hesaplanabilir. Yüke verilen güç

~~ Po = Re [V2 I 2* ] dir. Son olarak transformotorun giriş gücü aşağıdaki gibi yazılır.

~ Pi = Re[V1 I 1* ] Transformotorun verimi basitçe çıkış gücünün giriş gücüne oranıdır. Analizde manyetik devredeki kayıpların dahil edilmediğine dikkat edilmelidir. Bu kayıpların nasıl dahil edildiğine dair bilgi çoğu elektrik makinaları ders kitaplarında bulunmaktadır. Bu kısımda bu kayıplar ihmal edilebilir varsayılmıştır. (7.140) ve (7.141)’e dayalı olarak transformotor iletken kuplajlı eşdeğer devre ile de temsil edilebilir. Şekil 7.33’de transformotorun performansının analiz edilmesi için çok kullanılan eşdeğer devrelerden biri görülmektedir.

Şekil 7.33 Transformotorun iletken kuplajlı eşdeğer devresi

ÖRNEK 7.19 İki sargılı bir transformotorda, R1 = 4 Ω , R2 = 1 Ω , L 1 = 30 mH, L 2 =120 mH ve k=1’dir. Primer tarafına 120 volt’luk (RMS) bir kaynak bağlanmış ve sekonder tarafında ise 100 Ω’luk bir yük direnci bulunmaktadır. Eğer kaynak frekansı 1000 rad/sn ise transformotorun iletken kuplajlı eşdeğer devresini çiziniz ve verimini belirleyiniz. ÇÖZÜM İki sargı arasındaki ortak indüktans,

402


M = 0,03 × 0,12 = 0,06 H olarak hesaplanır. Şekil 7.33 referans olarak kullanılarak iletken olarak kuplajlı devre şekil 7.34’de görüldüğü gibi çizilebilir. Düğüm akımları metodu kullanılarak eşitlikler aşağıdaki gibi yazılabilir.

~ ~ ( 4 + j 30) I 1 − j 60 I 2 = 120 ~ ~ − j 60 I 1 + (101 + j120) I 2 = 0 Bu eşitliklerin eş zamanlı çözümü ile

~ I 1 = 5,33∠ − 33,52° A ve

~ I 2 = 2,04∠6,57° A bulunur. Böylece yük gerilimi, çıkış gücü ve giriş gücü aşağıdaki gibi hesaplanır.

~ V2 = 100 × 2,04∠6,57° = 204∠6,57° V Po = Re[204∠6,57° × 2,04∠ − 6,57°] = 416,16 W

Pi = Re[120 × 5,33∠33,52°] = 533,23 W

Şekil 7.34

Son olarak transformotorun verimi, aşağıdaki gibi çıkış gücünün giriş gücüne oranıdır.

η=

Po 416,16 = = 0,78 veya % 78 Pi 533,23

ALIŞTIRMALAR 1. 10 kVA’lik iki sargılı bir transformotorun primer sargısının anma değeri 500 V’tur. a oranı 2 ve transformotor primerine anma gerilimi uygulandığında 0,8 ileri güç faktöründe anma yükünün % 80’inde (8 kVA) çalışıyorsa (a) primer sargı akımını ve (b) sekonder sargısının gerilimini ve akımını belirleyiniz. 2. 100 kVA, iki sargılı bir transformotorda R1 = 16 Ω , R2 = 4 Ω , L1 = 80 mH , N1 = 500 sarım , f = 60 Hz ve a = 2 ’dir. Transformotor yük gerilimi 2500 V (RMS) iken 0,707 geri güç


403

faktöründe 40 A akım vermektedir. (a) N 2 ve L 2 , (b) manyetik nüvenin relüktansını, (c) çıkış gücünü, (d) giriş gücünü ve (e) transformotorun verimini belirleyiniz. 7.15.2 OTOTRANSFORMOTORU İki sargılı transformotorda primer sargısının sekonder sargısından elektriksel olarak yalıtılmış olduğu dikkate alınmış ve gerçekte de bu böyledir. İki sargı ortak bir nüve üzerinde manyetik olarak kuplajlanmıştır. Böylece primerden sekonder sargısına enerji transferinin sorumlusu manyetik indüksiyondur. Bir transformotorun iki sargısı aralarında elektriksel olarak da bağlandıklarında ototransformotoru adı verilir. Bir ototransformotoru primer ve sekonder sargılarının ikisinin görevini yapan bir tek sargıya sahip olabilir veya aynı manyetik nüve üzerine sarılmış iki veya daha fazla ayrı sargılardan oluşabilir. Her durumdaki çalışma prensibi aynıdır. Sargılar arasındaki doğrudan elektriksel bağlantı, elektriksel iletim yoluyla enerjinin bir kısmının primer sargısından sekonder sargısına transfer edilmesini sağlar. Sargılar arasındaki manyetik kuplaj enerjinin bir kısmının indüksiyon yoluyla iletilmesini sağlamaktadır. İki sargılı transformotorların kullanılabileceği hemen hemen bütün uygulamalarda ototransformotorları kullanılabilir. Tek sakınca transformotorun yüksek ve düşük gerilim tarafları arasındaki elektriksel yalıtımın kaybolmasıdır. İki sargılı bir transformotora göre bir ototransformotorunun avantajları şunlardır:  Ototransformotoru aynı gerilim ve güç değerlerindeki geleneksel iki sargılı transformotordan daha ucuzdur.  Ototransformotoru benzer fiziksel özelliklerdeki iki sargılı transformotordan daha fazla güç verir.  Aynı güç değeri için ototransformotoru iki sargılı transformotordan daha çok verimlidir.  Ototransformotoru nüvede aynı akının oluşturulması için iki sargılı transformotora göre daha az uyartım akımı gerektirir. Ototransformotorunun çalışmasının açıklanmasına ideal çift sargılı transformotorun bir ototransformotoru gibi bağlanmasıyla başlanabilir. Gerçekte şekil 7.35’de görüldüğü gibi bunu yapmanın olabilecek dört yolu vardır. Şekil 7.35a’da görülen devrede iki sargılı bir transformotor düşürücü transformotor olarak bağlanmıştır. İki sargılı transformotorun sekonder sargısının ototransformotorunun ortak sargısı olduğuna dikkat edilmelidir. İdeal şartlar altında aşağıdaki ifadeler yazılabilir.

~ ~ ~ ~ V1a = E1a = E1 + E2 ~ ~ ~ V2 a = E 2 a = E 2 ~ ~ ~ ~ V1a E1a E1 + E 2 N1 + N 2 = = 1 + a = aT ~ = ~ = ~ N2 V2 a E 2 a E2

(7.142)

Burada, a = N1 / N 2 geleneksel iki sargılı transformotorun a oranı ve aT = 1 + a ise incelenen ototransformotorunun a oranıdır. Diğer bağlantılar için de a oranının aynı yolla hesaplanması gerekir çünkü a T bütün bağlantılar için aynı değildir.

404


Şekil 7.35 İki sargılı transformotorun ototransformotoru olarak olası bağlantı yolları. a) (V1 + V2 ) / V2 düşürücü bağlantı, b) V2 /(V1 + V2 ) yükseltici bağlantı, c) (V1 + V2 ) / V1 düşürücü bağlantı ve d) V1 /(V1 + V2 ) yükseltici bağlantı İdeal transformotorda, aşağıdaki gibi primer mmf’nin sekonder mmf’ne eşit ve zıt yönlü olması gerekir.

( N1 + N 2 ) × I1a = N 2 I 2 a Bu eşitlikten

I 2a N1 + N 2 = = 1 + a = aT I 1a N2

(7.143)

elde edilir. Böylece ideal bir transformotordan yüke verilen görünür güç, S oa

V  S oa = V2 a I 2 a =  1a [aT I1a ] = V1a I1a = S ina  aT 

(7.144)

ile ifade edilir. Burada, S ina transformotorun görünür giriş gücüdür. Bu eşitlik temelde, ideal şartlar altında giriş gücünün çıkış gücüne eşit olduğunu vurgulamaktadır. Şimdi iki sargılı transformotorun parametreleri ile görünür çıkış gücünü ifade edelim. İncelenen düzenleme için


405

V2 a = V2 ve

I 2 a = aT I 1a = ( a + 1) I 1a dir. Bunun yanında anma yükünde I 1a = I 1 ’dir. Böylece

S oa = V2 I 1 ( a + 1) = V2 I 2

a +1  1 = S o 1 +  a  a

elde edilir. Burada S o = V2 I 2 iki sargılı transformotorun görünür çıkış gücüdür. Bu güç ortak sargılı ototransformotorunun gücü olduğundan yüke indüksiyon yoluyla güç transfer edilir. Gücün kalan kısmı, S o /a kaynaktan yüke elektriksel iletim yoluyla doğrudan aktarılır ve iletim gücü olarak adlandırılır. Böylece, iki sargılı bir transformotor bir ototransformotoru olarak bağlandığında daha fazla güç verir. ÖRNEK 7.20 24 kVA, 2400/240 V’luk bir dağıtım transformotoru bir ototransformotoru olarak bağlanacaktır. Şekil 7.35’deki gibi olabilecek her kombinasyon için a) primer sargı gerilimini, b) sekonder sargı gerilimini ve c) ototransformotorunun anma değerlerini belirleyiniz. ÇÖZÜM İki sargılı transformotor için aşağıdaki bilgiler verilmiştir. Kolaylık olması bakımından şekil 7.35 çözümlerin yanına tekrar konulmuştur. V 1 =2400 V, V 2 = 240 , S o =24 kVA I 1 = 10 A ve I 2 = 100 A a) Şekil 7.35a’da görülen ototransformotor bağlantısı için hesaplar:

V1a = 2400 + 240 = 2640 V V2 a = 240 V aT = 2640 / 240 = 11

S oa = V2 a I 2 a = V1a I1a = V1a I1 S oa = 2640 × 10 = 26400 VA veya 26,4 kVA Şekil 7.35(a) (V1 + V2 ) / V2 düşürücü bağlantı Ototransformotorunun anma değeri: 26,4 kVA, 2640/240 V

406


b) Şekil 7.35b’de görülen ototransformotor bağlantısı için hesaplar:

V1a = 240 V V2 a = 2400 + 240 = 2640 V

aT = 240 / 2640 = 0.091 S oa = V2 a I 2 a = V2 a I1 S oa = 2640 × 10 = 26400 VA veya 26,4 kVA Şekil 7.35(b) V2 /(V1 + V2 ) yükseltici bağlantı Ototransformotorunun anma değeri: 26,4 kVA, 240/2640 V c) Şekil 7.35c’de görülen ototransformotor bağlantısı için hesaplar:

V1a = 240 + 2400 = 2640 V V2 a = 2400 V aT = 2640 / 2400 = 1,1 S oa = V2 a I 2 a = V1a I1a = V1a I 2 S oa = 2640 × 100 = 264000 VA veya 264 kVA Şekil 7.35(c) (V1 + V2 ) / V1 düşürücü bağlantı Ototransformatorunun anma değeri: 264 kVA, 2640/2400 V d) Son olarak şekil 7.35d’de görülen ototransformotor bağlantısı için hesaplar:

V1a = 2400 V V2 a = 2400 + 240 = 2640 V aT = 2400 / 2640 = 0,91

S oa = V2 a I 2 a = V2 a I 2 S oa = 2640 × 100 = 264000 VA veya 264 kVA Şekil 7.35(d) V1 /(V1 + V2 ) yükseltici bağlantı Ototransformotorunun anma değeri: 26, kVA, 2400/2640 V


407

İki sargılı transformotorun şekil 7.35c’de düşürücü ve sekil 7.35d’de yükseltici bir ototransformotoru olarak bağlandıklarında güç oranlarındaki 10 kat artışa dikkat edilmelidir. ALIŞTIRMALAR 1. 720 VA, 360/120 V, iki sargılı transformotor ototransformotoru olarak bağlanacaktır. Olabilecek her bağlantı kombinasyonu için (a) primer sargı gerilimini, (b) sekonder sargı gerilimini, (c) transformasyon oranını ve (d) ototransformotorunun anma gücünü belirleyiniz. 2. Önceki alıştırmadaki iki sargılı transformotorun 360 V ve 120 V’luk sargılarının direnci sırasıyla 4,5 Ω ve 0,5 Ω olarak verilmiştir. Ototransformotorunun anma yükünde ve anma geriliminde 0,8 geri güç faktöründe, olabilecek her bağlantı kombinasyonu için verimini belirleyiniz. 7.15.3 BETATRON Bir siklotron’da yüklü parçacık D biçimli iki iletken kovuk arasındaki bölgede zamanla değişen elektrik alanı uygulanarak hızlandırılır. Her D biçimli bölgede yüklü parçacığın dairesel yörünge izlemesi için düzgün manyetik alan kullanılır. Yüklü parçacığın boşluğa girdiği her durumda yörünge yarıçapı artar. Bir betatronda torus adında boşaltılmış bir cam odacıkta yüklü parçacık sabit bir yarıçapta döner. Bir elektromıknatıs zamanla değişen manyetik alan meydana getirir ve elektromıknatısın kutup yüzeyleri arasındaki boşluk şekil 7.36’da görüldüğü gibi manyetik alan şiddetinin kontrol edilmesi için dışarıya doğru radyal olarak artar.

Şekil 7.36 Betatron’un şeması

Şekil 7.37 ρ yarıçapında v hızıyla dönen elektrona etkiyen kuvvetler

Yüklü parçacığın (elektron) durgun olduğunu ve manyetik alanın sıfır olduğunu varsayalım. Manyetik alan z yönünde artarken bir elektrik alanı indükler. Şekil 7.37 torusun düzleminde kapalı dairesel bir döngüyü göstermektedir. Elektrik alan şiddeti aşağıdaki Maxwell eşitliğinden hesaplanır.

  → ∂B → ∫cE. dl = − ∫s ∂t . ds  B( r , t )

zaman ve uzayın bir fonksiyonu olarak manyetik akı yoğunluğudur.  Elektromıknatısın simetrik tasarımı B alanının genliğinin merkezden sabit uzaklıktaki yarıçapta  aynı olmasını sağlar. Böylece aynı yarıçapta E alanın şiddeti de sabittir. Bunun sonucu olarak sabit a yarıçapında bir döngü için önceki eşitlik Burada

408


Eφ = −

1 dΦ 2πa dt

(7.145)

olur. Burada

∫

a

∫

2π

Φ = Bρ dρ dφ 0

0

(7.146)

olup a yarıçapında dairesel döngü ile çevrelenen yüzeyi geçen toplam akıdır.

 Elektron üzerinde E alanının etkisiyle meydana gelen kuvvet, Fφ = − eEφ =

e dΦ 2πa dt

(7.147)

dir. Burada e elektrondaki yükün büyüklüğüdür (1,602 × 10−19 C) . İkinci Newton hareket kanununa göre, aşağıda ifade edildiği gibi momentin değişim oranı etkiyen kuvvete eşittir.

dρ e dΦ = dt 2πa dt t=0’da elektron durgun olduğundan herhangi bir t zamanında momentteki kazanç

p=

eΦ 2πa

(7.148)

olur. Elektron merkezden a radyal uzaklığında dairesel bir döngüde dönmeye başlar başlamaz   − e( u × B) Lorentz kuvvetinin etkisi altında kalır. Bu kuvvet şekil 7.36’da görüldüğü gibi elektronu dairesel döngünün merkezine doğru çekme eğilimindedir. Aynı zamanda elektron üzerinde etkiyen merkezcil kuvvet elektronu aygıtın dışına kaçırmaya çalışırr. Elektrona etkiyen bu kuvvetler aynı ve zıt yönlerde olduğundan iki kuvvet genlik olarak aynı olduğunda elektronun dairesel bir yörüngede bulunmasını mümkün hale getirecektir. a sabit yarıçapında dairesel bir yörünge için

m 2 u = eBu a veya

mu = eBa

(7.149)

olmalıdır. Burada m elektronun kütlesidir ve durgun halindeki kütlesinden çok kez daha büyüktür (9,1×10-31 kg) çünkü elektronun kazandığı hız ışık hızı ile karşılaştırılabilir. Bu bakımdan m’nin değişken olduğu düşünülmelidir. p=mu elektronun momenti olduğundan (7.148) ve (7.149) ile

B=

Φ 2πa 2

bulunur. Uzay ortalama akı yoğunluğu (yörünge ile sınırlanan yüzey alanı üzerinde)

(7.150)


409

Bo =

Φ πa 2

(7.151)

olarak tanımlanarak ve (7.150) ile karşılaştırıldığında a yarıçapında manyetik akı yoğunluğunun

B = 12 Bo

(7.152)

gibi ortalama değerin yarısına eşit olduğu bulunur. Bu nedenden dolayı elektromıknatısın kutupları  dışa doğru radyal yönde azalan B alanının meydana getirilmesi için inceltilmelidir. İlk betatronlar 1940’da Illinois üniversitesinde D. W. Kerst tarafından yapılmıştır. Bundan sonra elektronların hızlandırılması ve 400 MeV’dan fazla enerji verebilen betatronlar başarılı bir şekilde yapılmıştır. ALIŞTIRMALAR

  1. Bir elektromıknatısın sargılarından geçen zaman harmonik akım B = Bm sin ωt a z manyetik alanı üretmektedir; burada B m elektronun kararlı yörüngesindeki maksimum değerdir. (a) uzay ortalama manyetik akı yoğunluğunu, (b) yörüngenin yarıçapı a iken çevrelenen toplam akıyı, (c) indüklenen elektrik alanını ve (d) yörünge çevresinde elektronun bir dönüşü ile kazandığı kinetik enerjiyi belirleyiniz. 2. Önceki alıştırmayı B m = 0,4 T, a = 84 cm ve alternatif akımın frekansı 60 Hz iken tekrarlayınız. Elektronun bir dönüşünde kazandığı ortalama kinetik enerjisi nedir? Enerjiyi elektron volt (eV) olarak ifade ediniz.

7.16 ÖZET Manyetik alan içinde hareket eden bir iletkendeki harekete bağlı emf

   em = ∫ ( u × B ) ⋅ d  c

  ile verilir; burada u iletkenin hızı ve B manyetik akı yoğunluğudur. Harekete bağlı emf’den   dolayı kapalı iletkende indüklenen akım indüklenen elektrik alanı ( u × B) yönündedir. Boşlukta sabitlenmiş N sarımlı sargı ile çevrelenen kesit alanından geçen zamanla değişen akı bir transformotor emf’si üretir ve

 ∂B  et = − ∫ ⋅ ds ∂t s ile verilir. Alan miktarlarının zaman harmonik değişimleri için transformotor emf’sinin etkin (RMS) değeri

E = 4,44 f N Φ m dir; burada f osilasyon frekansı ve Φ m akının maksimum değeri veya genliğidir. Kapalı iletken çerçeve zamanla değişen manyetik alanda hareket ettiğinde indüklenen toplam emf

410


e = em + et = −

dΦ dt

olur; burada Φ kapalı c yolu içinde s yüzeyinden geçen toplam akıdır. Bu eşitlik Faraday   indükleme kanununun matematiksel bir ifadesidir. E ve B alanları ile ifade edildiğinde aşağıdaki gibi dört Maxwell eşitliğinden birinin en genel bir biçimini verir.

    ∂B ∇×E = − + ∇ × ( u × B) ∂t Bir sargının öz indüktansı

L=N

dΦ N 2 = = ℘N 2 ℜ di

olarak tanımlandı. Burada i(t) sargıdaki akım, ℜ relüktans ve ℘ manyetik devrenin permeansıdır. İki sargı arasındaki ortak indüktans, L2

M =k

N1 N 2 = k L1 L2 ℜ

dir; burada L 1 ve L 2 sargı 1 ve sargı 2’nin öz indüktanslarıdır. Seri bağlanmış manyetik kuplajlı iki sargının etkin indüktansı, L2

L = L1 + L2 ± 2 M ile ifade edilir; burada artı (+) işareti destekleyici seri ve eksi (-) işareti ters seri bağlantı için kullanılır. Paralel bağlı manyetik kuplajlı iki sargının etkin indüktansı,

L=

L1 L2 − M 2 L1 + L2 ± 2 M

dir; burada eksi (-) işareti destekleyici paralel ve artı (+) işareti ters paralel bağlantı için kullanılır. Düzeltilmiş Ampère kanunundan Maxwell eşitliği

   ∂D ∇×H = J + ∂t  olarak ifade edilir. Burada J (a) bölgedeki kaynaklardan dolayı hacim akım yoğunluğu, (b) iletken     ortamda ( J = σE) iletim akım yoğunluğu veya (c) sürüklenen yüklerden ( J = ρ v u) dolayı taşınım akım yoğunluğunu temsil eder. Diğer iki Maxwell eşitliği aşağıdaki gibi yazılır.

 ∇ ⋅ D = ρv  ∇⋅B = 0 Bir ortamda alanlar sadece dört Maxwell eşitliğini doyurdukları zaman var olabilir.


411

Maxwell eşitliklerini doyuran süreklilik eşitliği,

 ∂ρ ∇⋅J = − v ∂t  olarak verilir. Zamanla değişen alanların bulunduğu bir bölgede u hızıyla hareket eden q yüküne etkiyen kuvvet aşağıdaki gibi ifade edilir.     F = q( E + u × B ) Ani güç yoğunluğu veya Poynting vektörü,

   S = E×H ile tanımlanır. Alanlar sinüsoidal olarak değiştiğinde birim alan başına ortalama güç   ~ ~ Sˆ = 12 Re[E × H*]

    ~ ~ dir; burada E ve H zaman harmonik E ve H alanlarının maksimum değerleri ile fazör temsilidir. Bir s yüzeyinden geçen ortalama güç akışı

 P = ∫ Sˆ ⋅ ds s

ile verilir. İki sargılı transformotorda gerilim ve akım ilişkileri

e1 i2 N1 = = =a e2 i1 N 2 ile ifade edilir. İki sargılı transformotor ototransformotoru olarak dört muhtemel yolla bağlanabilir. Her durumda ototransformotoru gücün elektriksel iletim yoluyla verilen bir kısmından dolayı yüksek anma gücüne sahiptir. Zamanla değişen manyetik alan betatron adındaki bir aygıtta yüklü parçacığın hızlandırılmasında  kullanılır. Elektromıknatısın uç kısmı elektronun kararlı yörüngesindeki B alanının maksimum değerinin uzay ortalama akı yoğunluğunun yarısı olacak biçimde sivriltilir.

7.17 ÇALIŞMA SORULARI 1. Harekete bağlı emf ifadesini çıkartınız ve bütün varsayımları ifade ediniz. 2. Transformotor emf’sini açıklayınız. 3. Faraday indükleme kanununu ifade ediniz. 4. Lenz kanunu nedir? Önemi nedir?

412


5. Destekleyici seri, ters seri, destekleyici paralel ve ters paralel terimlerini açıklayınız. 6. Manyetik olarak kuplajlı üç sargı (a) destekleyici seri, (b) ters seri, (c) destekleyici paralel ve (d) ters paralel bağlandığında etkin indüktansı belirleyiniz. 7. İndüklenen elektrik alanı niçin korunumlu alan değildir? 8. Mükemmel kuplajlı sargı ile ne denilmek isteniyor? Kuplaj katsayısı nedir? 9. Polarite işaretlemenin önemi nedir? 10. Manyetik enerji yoğunluğu ifadesini çıkartınız. 11. Zamanla değişen alanlar için Ampère kanununun düzeltilmesi niçin gerekmiştir? 12. Maxwell eşitliklerini (a) nokta ve (b) integral biçiminde yazınız. Her eşitliğin önemini açıklayınız. 13. Süreklilik eşitliği Maxwell eşitliklerinden çıkartılabilir mi? Evetse çıkartınız. Değilse niçin? 14. Zamanla değişen alanlar için sınır şartlarını çıkartınız. 15. Alanların mevcut olabilmesi için Maxwell eşitliklerini doyurması gerekli midir?

 16. Kaynaksız dielektrik ortamda J nedir?

 17. Kaynaksız iletken ortamda J nedir? 18. Dielektrik ve iletken ortam arasındaki ara yüzeyde yüzey akımı var olabilir mi? Açıklayınız. 19. Dielektrik ve iletken ortam arasındaki ara yüzeyde yüzey yükü var olabilir mi? Açıklayınız. 20. İletken ortamda alanlar mevcut olabilir mi? Cevabı doğrulayınız. 21. Mükemmel iletken ortamda alanlar mevcut olabilir mi? Cevabı doğrulayınız. 22. Dielektrik ve mükemmel iletken ortam arasındaki ara yüzeydeki sınır şartlarını ifade ediniz. 23. Zaman harmonik alanlar için ortalama enerji yoğunluğu ifadelerini elde ediniz. 24. Poynting teoremini ifade ediniz. Poynting vektörü nedir? 25. Ortalama güç yoğunluğu nedir? 26. İdeal transformotor nedir? 27. 120 VA gücünde iki sargılı bir transformotorun primer ve sekonder sargılarının anma gerilimleri 120 V ve 60 V tur. Her sargının anma akımı nedir? 28. 240 VA, 240/12 V’luk bir transformotor ototransformotoru olarak bağlanmıştır. Olabilecek her bağlantı için anma gerilimi, akımı ve gücü belirleyiniz.


413

29. Betatronun çalışmasını açıklayınız. 30. Zamanla değişen manyetik alan yüklü parçacığı nasıl hızlandırır?

 31. Bir ortamdaki elektrik alan şiddeti Eo cos ω tβ za x V/m olarak veriliyor; burada ω frekans ve β bir sabittir. Bu alan boşlukta mevcut olabilir mi?

7.18 PROBLEMLER 1. İki iletken çubuk şekil P7.1’de görüldüğü gibi sabit iki iletken üzerinde kayıyor. Kapalı bir döngü oluşturduğunda 12 Ω’luk direnç meydana getiren bu iletkenlerde indüklenen akım nedir?

Şekil P7.1

2. Bir kenarı 25 cm olan kare biçimli iletken çerçevenin direnci 12 Ω ve yz düzleminde  bulunmaktadır. 0,8a x T’lık düzgün manyetik akı yoğunluğu 0 ≤ y ≤ 150 cm ve 0 ≤ z ≤ 12 cm ile sınırlanan bir bölgede mevcuttur. t = 0 ’da çerçevenin dört köşesi (0, 0, 0) m, (0, 0,25, 0) m, (0, 0, 0,25) m ve (0, 0,25, 0,25) m’dir. Çerçeve y yönünde 100 m/s hızla bu bölgeyi geçerek hareket ettiğinde zamanın bir fonksiyonu olarak çerçevedeki akı ve içinde indüklenen akımın grafiğini çiziniz. 3. 20 cm yarıçapında bakır disk 250 mT’lık düzgün manyetik alanda ekseni etrafında 1200 d/dak’lık bir hızla dönüyor. Manyetik alan diskin ekseni ile 30° ’lik bir açı yapıyorsa diskin ekseni ve kenarı arasında indüklenen emf’yi belirleyiniz. 4. 6 cm çapındaki aluminyum disk ekseni çok uzun bir selenoidin manyetik ekseni ile çakışacak şekilde konuluyor. Selenoid birim uzunluk başına 50000 sarıma sahip ve 12 A akım taşımaktadır. Disk 3600 d/dak ile dönüyorsa diskin ekseni ve kenarı arasında indüklenen emf nedir?

    5. Bir bölgedeki manyetik akı yoğunluğu B = 2,5 sin 300 t a x + 1,75 cos 300 t a y + 0,5 cos 500 t a z mT olarak değişmektedir. Kapalı iletken dikdörtgen çerçevenin köşeleri (0, 0, 0), (3, 4, 0), (3, 4, 4) ve (0, 0, 4)’dir. (a) çerçeveyi halkalayan akıyı ve (b) çerçevenin direnci 2 Ω ise indüklenen akımı belirleyiniz. 6. Birbirine yakın 200 sarımlı sıkıca sarılmış dikdörtgen sargı 0,8 T’lık düzgün manyetik alanda 120 rad/s ile dönüyor. Sargının dönüş ekseni alan yönüne dik açıda ve kesit alanı 40 cm2 dir. Sargıda indüklenen emf’yi hesaplayınız. 7. Birbirine yakın 200 sarımlı sıkıca sarılmış dikdörtgen sargı 0,8 T genliğinde 120 rad/s açısal frekans ile sinüsoidal olarak değişen düzgün manyetik alanda 120 rad/s ile dönüyor. Sargının dönüş ekseni alan yönüne dik açıda ve kesit alanı 40 cm2 dir. Sargıda indüklenen emf’yi hesaplayınız.

  8. l uzunluğunda u = u cos ω t a y m/s hızla hareket eden bir iletken şekil P7.8’de görüldüğü gibi

414


esnek kablolar ile bir voltmetreye bağlanmıştır. Eğer bölgedeki manyetik akı yoğunluğu   B = B cos ω t a x T ise devrede indüklenen emf’yi (a) transformotor ve harekete bağlı emf kavramı ve (b) Faraday indükleme kanununu kullanarak belirleyiniz.

  9. 10 cm genişliğinde dikdörtgen metal şerit şekil P7.9’da görüldüğü gibi sabit u = −100 a y m/s   hızla xy düzlemine paralel hareket ediyor. Bölgedeki manyetik akı yoğunluğu B = 0,2 a z T ise voltmetrede okunan değeri belirleyiniz. İndüklenen gerilimin polaritesini gösteriniz.

Şekil P7.8

Şekil P7.9

10. Kare kesitli manyetik nüvenin iç ve dış yarıçapları 10 cm ve 12 cm’dir. Nüve 1200 sarımlı bir sargı ile sıkıca sarılmıştır. Manyetik malzemenin mıknatıslanma karakteristiği şekil 5.42’de verilmiştir. Sargıdan 0,75 A geçtiğinde sistemin indüktansını belirleyiniz. Akı yoğunluğunun nüve içinde düzgünce dağıldığını varsayınız. 11. Birbirine yakın ve sıkıca sarılmış 1000 sarımlı toroidin indüktansı sargıdaki akım 2,5 A iken 20 mH’dir. Toroid içindeki manyetik akı nedir? 12. Koaksiyel kablonun içi dolu iç iletkeninin yarıçapı 2 mm’dir. Dış iletken çok ince ve 4 mm yarıçapındadır. (a) her iletkenin yüzeyi üzerinde ve (b) iç iletkenin içinde ve dış iletkenin iç yüzeyinde akım düzgünce dağılmış ise birim uzunluk başına kablonun indüktansını belirleyiniz. 13. 100, 150 ve 200 sarımlı üç sargı 40 cm2 kesit alanında ve 80 cm uzunluğunda ortak manyetik devre üzerine yakın ve sıkıca sarılmıştır. 100 sarımlı sargı 10 sin 800π t A’lik bir akım kaynağına bağlanmıştır. (a) her sargının öz indüktansını, (b) herhangi iki sargı arasındaki ortak indüktansı ve (c) her sargıda indüklenen emf’yi belirleyiniz. Manyetik malzemenin bağıl geçirgenliğini 500 varsayınız. 14. Kuplajlı iki sargı destekleyici seri ve ters seri bağlandığında etkin indüktansları sırasıyla 3,28 mH ve 0,72 mH’dir. Bir sargının öz indüktansı diğerinin öz indüktansının 4 katı ise (a) her sargının öz indüktansı ve (b) ortak indüktansı ve (c) kuplaj katsayısını belirleyiniz. 15. Yarıçapları a ve b olan aynı eksenli iki döngü d uzaklığı ile birbirinden ayrılmıştır, a >> b dir. Akı yoğunluğu küçük döngü düzleminde her noktada aynı ise ortak indüktansı belirleyiniz. 16. Ortak düzlemli ve eş merkezli iki dairesel döngünün yarıçapları a ve b olup a >> b dir. Akı yoğunluğu küçük döngü ile sınırlanan düzlemde aynı varsayılırsa ortak indüktansı belirleyiniz.


415

17. Şekil P7.17’de görüldüğü gibi sonsuz uzunlukta düz iletken ve kapalı döngü arasındaki ortak indüktansı hesaplayınız.

Şekil P7.17

18. 2 cm çapında, çok uzun, hava nüveli selenoid üzerinde üstüste sarılmış iki sargı vardır. İçteki sargı 400 sarım/m ve dıştaki sargı 4000 sarım/m değerlerine sahiptir. İki sargı arasındaki ortak indüktans nedir? İçteki sargıdaki akım 0,5 cos 200t A iken dıştaki sargıda birim uzunluk başına indüklenen emf nedir? 19. N sarımlı bir sargıdaki akım ve meydana getirdiği akı arasındaki ilişki Φ = a i n olarak veriliyor; a ve n sabitlerdir. Akım 0’dan I’ye değiştiğinde sargıda depolanan enerjiyi belirleyiniz. 20. N sarımlı bir sargıdaki akım ve meydana getirdiği akı arasındaki ilişki Φ = a ln(b i ) olarak veriliyor; a ve b sabitlerdir. Akım 0’dan I’ye değiştiğinde sargıda depolanan enerjiyi belirleyiniz. 21. N sarımlı bir sargıdaki akım ve meydana getirdiği akı arasındaki ilişki Φ = a i /(b + c i ) olarak veriliyor; a, b ve c sabitlerdir. Akım 0’dan I’ye değiştiğinde sargıda depolanan enerjiyi belirleyiniz. 22. 30 mH’lik bir indüktans ve 10 Ω’luk direnci olan bir sargı 200 V’luk DC kaynağa bağlanmıştır. Kararlı durum şartları altında manyetik alanda depolanan manyetik enerji nedir? Sargı 20 cm uzunluğunda ve 5 cm çapında manyetik olmayan bir malzeme üzerine sarılmışsa bölgedeki enerji yoğunluğu ve manyetik akı yoğunluğunu hesaplayınız. Akının düzgün dağıldığını varsayınız. 23. İhmal edilebilir duvar kalınlıklarına sahip içi boş eş merkezli iki silindir koaksiyel iletim hattı olarak kullanılıyor. İçteki silindirin yarıçapı 5 cm ve dıştaki silindirin yarıçapı 10 cm’dir. Hat 1000 A akım taşıdığında (a) enerji yoğunluğunu ve (b) sistemde depolanan toplam enerjiyi belirleyiniz. 24. Yeryüzünün yüzeyine yakın manyetik akı yoğunluğu tipik olarak 0,04 mT’dır. Manyetik enerji yoğunluğu nedir? Eğer dünyanın yarıçapı yaklaşık 6400 km olarak alınır ve manyetik akı yoğunluğu dünyanın yarıçapına eşit bir yükseklikte sabit varsayılırsa bölgede depolanan toplam manyetik enerji nedir? 25. Bir indüktif yükün direnci 0,5 Ω ve indüktansı 2 H’dir. Her zaman için 6,4 kJ’luk bir manyetik enerjinin depolanması gerekirse böyle bir enerjinin depolanması için ne kadar güç gerekir?

416


26. Kare kesit alanlı 500 sarımlı bir toroidin iç yarıçapı 10 cm ve dış yarıçapı 15 cm’dir. Nüvenin bağıl geçirgenliği 1000’dir. Sargıda 10 A’lik akım için (a) enerji yoğunluğunu, (b) depolanan enerjiyi ve (c) toroidin indüktansını hesaplayınız. 27. Süreklilik eşitliği ile başlayarak ve Ohm kanununu kullanarak bir iletkendeki yük ∂ρ v σ yoğunluğunun + ρ v = 0 birinci derece diferansiyel eşitliği ile verildiğini gösteriniz. ε ∂t Burada σ ve ε sırasıyla ortamın iletkenliği ve geçirgenliğidir. Doğrusal, homojen ve izotropik bir ortam varsayınız.

 28. Faraday kanunundan çıkartılmış Maxwell eşitliği ile başlayarak ve A manyetik vektör   potansiyelinin tanımı ile kapalı bir yol etrafında E + ∂A / ∂t ’nin çizgisel integralinin sıfır olduğunu gösteriniz.   29. Kaynaksız, dielektrik bir ortamda elektrik alan şiddeti E = Eo [cos(αx − ωt ) + cos(αx + ωt )]a y V/m olarak verilmişse Faraday kanunundan çıkartılmış Maxwell eşitliğini kullanarak manyetik alan şiddetini belirleyiniz. Ortamdaki yer değişimi akımı nedir? Elektrik alan şiddetinin varlığı için doyurulması gereken şart nedir? Alanların zaman ortalama elektrik ve manyetik enerji yoğunluklarını hesaplayınız.

  30. Kaynaksız, dielektrik bir ortamda manyetik alan şiddeti H = H o [cos(αx − ωt ) + cos(αx + ωt )]a z A/m olarak verilmişse Ampère kanunundan çıkartılmış Maxwell eşitliğini kullanarak elektrik alan şiddetini belirleyiniz. Ortamdaki yer değişimi akımı nedir? Manyetik alan şiddeti var olabilir mi? Evetse şartı ne olmalıdır? Hayırsa alanların niçin olmadığını açıklayınız. Alanların zaman ortalama elektrik ve manyetik enerji yoğunluklarını hesaplayınız.   31. Dielektrik ortamda E = Eo cos(ωt − βz )a x V/m ise elektrik enerji yoğunluğunun manyetik enerji yoğunluğuna eşit olduğunu gösteriniz. (a) Poynting vektörü, (b) ortalama güç yoğunluğu ve (c) enerji yoğunluklarının zaman ortalama değerlerini de hesaplayınız. 32. Paralel plakalı bir kapasitörün uçlarından geçen akım i (t ) = I m cos ωt A ile veriliyor. Kapasitördeki yer değişimi akımının tam olarak i (t ) ’ye eşit olduğunu gösteriniz. 33. Deniz suyunun iletkenliği yaklaşık olarak 0,4 mS/m ve dielektrik sabiti 81’dir. Yer değişimi akım yoğunluğunun genliğinin iletim akım yoğunluğunun genliğine eşit olduğu frekansı belirleyiniz. Deniz suyunun çok düşük ve çok yüksek frekanslardaki elektriksel davranışını yorumlayınız. 34. Her biri 0,4 m2 dairesel iki iletken plaka 5 mm kalınlığında kayıplı bir dielektrik ile ayrılmıştır. Ortamın dielektrik sabiti ve iletkenliği sırasıyla 4 ve 0,02 S/m’dir. Plakalar arasındaki potansiyel fark 141sin 109 t V ise (a) iletim akımını, (b) yer değişimi akımını ve (c) dielektrik bölgedeki toplam akımın RMS değerini belirleyiniz.

  35. Kaynaksız, dielektrik bir ortamda elektrik alan şiddeti E = E cos(ωt − ax − kz )a y V/m olarak  verilmişse ilgili H alanını bulunuz. Bu alanların mevcut olması için gerekli şart nedir? Elektrik enerji yoğunluğunu, manyetik enerji yoğunluğunun zaman ortalama değerleri ve Poynting vektörünü belirleyiniz. Ayrıca fazörleri kullanarak problemi yeniden çözünüz.


417

36. Doğrusal, homojen, izotropik ve kaynaksız iletken bölgede elektromanyetik alanların var  olması için E alanının aşağıdaki eşitliği doyurması gerektiğini gösteriniz. Ayrıca dielektrik ortam için problemi yeniden çözünüz.

   ∂ 2E ∂E ∇ E − µε 2 − µσ =0 ∂t ∂t 2

37. Doğrusal, homojen, izotropik ve kaynaksız iletken bölgede elektromanyetik alanların var  olması için H alanının aşağıdaki eşitliği doyurması gerektiğini gösteriniz. Ayrıca dielektrik ortam için problemi yeniden çözünüz.

   ∂ 2H ∂H ∇ H − µε 2 − µσ =0 ∂t ∂t 2

38. Dielektrik bölge için Poynting teoreminin fazör biçimini çıkartınız. 39. Kaynaksız iletken bölge için Poynting teoreminin fazör biçimini çıkartınız. 40. Hava ile dolu, iç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan koaksiyel kablonun içindeki alanlar V I − jkz ~ ~ A/m olarak veriliyor. Burada V ve I ω rad/s Eρ = e − jkz V/m ve H φ = e ρ ln(b a ) 2πρ açısal frekansıyla sinüsoidal olarak değişen gerilim ve akımın tepe değerleridir. Koaksiyel hat içinde alanların var olma şartını belirleyiniz. Güç akışının yönü nedir? Koaksiyel kablo içindeki ortalama gücü hesaplayınız.

      ~ ~  ~ ~  41. A ve B A = A r + jA i ve B = B r + jBi ile ifade edilen kompleks iki vektör olup r ve i indisleri gerçek ve imajiner vektörleri göstermektedir. Bu vektörlerin skaler çarpımlarının     ~ ~ zaman ortalama değerinin 〈 A (t ) ⋅ B(t )〉 = 12 Re[ A ⋅ B∗ ] olduğunu gösteriniz. Ayrıca bu     ~ ~ vektörlerin vektörel çarpımlarının zaman ortalama değerinin 〈 A(t ) × B(t )〉 = 12 Re[ A × B∗ ] olduğunu gösteriniz. 42. Doğrusal, homojen, izotropik ve kaynaksız iletken bölgede elektromanyetik alanların var  olması için E alanının aşağıdaki eşitliği doyurması gerektiğini gösteriniz.

  ~ 2 ∇ E + (ω µε − jωµσ )E = 0 2~

43. Doğrusal, homojen, izotropik ve kaynaksız iletken bölgede elektromanyetik alanların var  olması için H alanının aşağıdaki eşitliği doyurması gerektiğini gösteriniz.

  ~ ~ ∇ 2 H + (ω 2 µε − jωµσ )H = 0   π   44. Dielektrik ortamda ( ε = 4ε o ve µ = µo ) E ve H alanları E z = 1000 cos  ωt − x  V/m ve 3   1000 π   Hy = − cos  ωt − x  A/m’dir. Fazör analizini kullanarak (a) ω ve η, (b) güç akışının η 3  

418


yönü ve (c) (2, 0, 0) m, (2, 4, 0) m ve (2, 4, 2) noktalarındaki üçgenin köşeleri ile sınırlanan yüzey alanından geçen ortalama gücü belirleyiniz. 45. Bir transformotorun manyetik kuplajlı eşdeğer devresi şekil P7.45’de görülmektedir. Kararlı durum şartları altında kaynak gerilimi 120 cos(1000t ) V ve kuplaj katsayısı birim ise kapasitör uçlarındaki gerilim düşümünü belirleyiniz.

Şekil P7.45

46. Bir kapasitif yük kaynağa şekil P7.46’da görüldüğü gibi iki ideal transformotor ile bağlanmıştır. (a) kaynağın verdiği akımı, (b) kaynaktan verilen ortalama gücü, (c) iletim hattındaki güç kaybını, (d) yük akımını, (e) yük gerilimini, (f) yüke verilen gücü ve (g) sistemin verimini belirleyiniz.

Şekil P7.46

47. Bir ideal transformotorun primer sargısı 30 sarımlı ve 240 V (RMS), 50 Hz kaynağa bağlanmıştır. Sekonder sargısı 750 sarım ve yüke 0,8 geri güç faktöründe 4 A vermektedir. (a) transformasyon oranını, (b) primer sargısındaki akımı ve nüvedeki manyetik akıyı belirleyiniz. 48. Manyetik malzeme etrafına sarılmış bir sargıya 230 V, 60 Hz’lik kaynak uygulandığında 1 mWb’lik (RMS değeri) akı oluşturmaktadır. İdeal şartlar altında sargının sarım sayısını belirleyiniz. 49. 1 kVA, 480/120 V’luk ideal transformotor 0,6 ileri güç faktöründe anma gücü vermektedir. Yük empedansını belirleyiniz. 50. 4,8 kVA, 120/480 V’luk iki sargılı bir transformotor ototransformotoru olarak bağlanacaktır. Olabilecek her bağlantı için anma gücünü belirleyiniz. Transformotorun primer ve sekonder sargı dirençleri sırasıyla 0,5 Ω ve 12 Ω ise 0,6 geri güç faktöründe anma gücünde çalışan transformotorun olabilecek her bağlantı için verimini hesaplayınız. 51. Bir betatronda bir elektronun dairesel yolu ile çevrelenen yüzeyden geçen uzay ortalama akısı Φ = 1,5 sin(100πt ) Wb’dir. Kararlı yörünge 75 cm yarıçapında ise (a) uzay ortalama akı yoğunluğunu, (b) yörüngedeki akı yoğunluğunun minimum değerini, (c) yörünge etrafında


419

elektronun bir dönüşü ile kazandığı enerjiyi ve (d) bir dönüşte kazanılan ortalama enerjiyi belirleyiniz. Bir elektronun 90 MeV’luk bir enerji kazanması için kaç dönüş yapması gerekir.

420


∂ 8 ELEKTROMANYETİK ALANLARIN BİLGİSAYAR DESTEKLİ ANALİZİ 8.1 GİRİŞ Bir elektromanyetik sistemin verimli ve etkili bir tasarımı için elektrik ve manyetik alanların formüle edilebilmesi veya değerlendirilebilmesinin önemi çok büyüktür. Örneğin bir yalıtıcı veya yalıtkan malzeme dikkate alındığında, sistemdeki iletkenlerin birbirinden yalıtılabilmesi için elektrik alan şiddetlerinin yalıtıcı ortamın delinme veya dayanma şiddetinin aşağısında tutulması istenilir. Bir manyetik anahtarda, anahtarı aktif hale getirmek için manyetik alan şiddeti yeterli kuvvet üretmelidir. Anten gibi bir sistemde anteni çevreleyen ortamdaki elektromanyetik alan dağılımının bilinmesi temeldir. Elektromanyetik alanların analizi için problemin matematiksel formülasyonu ile başlanılır. Elektromanyetik sistemin doğasına bağlı olarak Laplace veya Poisson eşitliği, statik veya kısmi statik (düşük frekanslı) çalışma şartlarındaki sistemin modellenmesinde kullanışlı olabilir. Bununla beraber yüksek frekanslı uygulamalarda elektrik ve manyetik alanların doğruca tahmini için ya zaman yada frekans domeninde dalga eşitliğinin çözülmesi gerekir. Her durumda, elektromanyetik sistemin içinde ve dışındaki elektrik ve manyetik alanların belirlenmesi için sınır şartlarına uyularak bir veya daha fazla sayıda kısmi diferansiyel eşitliklerin çözümü gerekmektedir. Analitik çözümler en basit sınır şartları barındıran düzenli geometrili (dikdörtgen, dairesel, küresel, vb.) problemler için mevcuttur. Önceki bölümlerde analitik metotlar kullanılarak böyle konfigürasyonlardan bazılarının çözümleri verilmiştir. Bu bölümde elektrik ve manyetik alanların hesaplanmasında üç sayısal teknik üzerinde çalışılacaktır. Bunlar; sonlu fark metodu (FDM), sonlu eleman metodu (FEM) ve momentler metodu (MOM) dur. Prensip olarak her metot, sürekli bir domeni sonlu sayıda bölümlere ayırır ve daha sonra diferansiyel veya integral eşitlikler yerine cebirsel eşitlikler setinin çözümünü gerektirir.

8.2 SONLU FARK METODU (FDM) Sonlu fark metodu (Finite Difference Metodu: FDM) her çeşit kısmi diferansiyel eşitliklerin çözümü için sayısal tekniklerin en güçlülerinden biridir. Bütün elektromanyetik alan problemleri skaler veya vektörel kısmi diferansiyel eşitlikleri ile temsil edilebildiğinden FDM farklı ortamlarda

422


elektrik ve manyetik alanların geçici olduğu kadar uzaysal dağılımlarının çözümünde de kullanılabilir. FDM çözüm domenini sonlu ayrık noktalara bölerek kısmi diferansiyel eşitliğini bir fark eşitlikler setine değiştiren bir tekniktir. Bundan dolayı çözüm tam olmayıp yaklaşıktır. Bununla beraber eğer ayrık noktalar birbirine yakın seçilirse hata kabul edilebilir bir seviyeye düşürülebilir. Elektromanyetik alanların belirlenmesi üç boyutlu değişimlerin dikkate alınmasını gerektirebilir fakat bu kitabın amacı sadece iki boyutlu değişimler ile sınırlanmıştır. Aşağıdaki iki boyutlu Poisson eşitliğini dikkate alalım.

∇ 2V ( x, y ) =

ρ ∂ 2V ( x, y ) ∂ 2V ( x, y ) =− v + 2 2 ∈ ∂y ∂x

(8.1)

Burada V ( x, y ) elektrostatik potansiyelin bilinmeyen uzaysal dağılımı, ρ v hacim yük yoğunluğu ve ε ortamın geçirgenliğidir. Buradaki amaç, şekil 8.1’de görüldüğü gibi sınır şartlarına tabi olarak bölgedeki V ( x, y ) ’nin belirlenmesidir. İlk önce bölge şekil 8.2’de görüldüğü gibi sonlu sayıda ağ (mesh) gözüne bölünür. Bu ağlar kare, dikdörtgen, üçgen, vb. olabilir fakat burada sadece dikdörtgen ve kare ağlar dikkate alınacaktır. Poisson eşitliği yerine yaklaşık sonlu fark metodu eşitliğini bulmak için şekil 8.3’de görüldüğü gibi a, b, c ve d boyutları ile bir ağ ve bu noktalardaki potansiyelleri V1 = V ( x, y + a ) , V2 = V ( x − b, y ) , V3 = V ( x, y − c) , V4 = V ( x + d , y ) ve V0 = V ( x, y ) olan bir ağ’ı dikkate alalım. V

İlgili çözüm bölgesi

s

l

V=0

Şekil 8.1 Elektrik potansiyeli çalışması için keyfi biçimde bir bölge

Şekil 8.2 Çözüm bölgesinin ağ dağılımı

V ( x, y ) ’nin B ve D’de x’e göre ve A ve C’nin y’ye birinci türevleri yaklaşık olarak aşağıdaki gibi yazılabilir. ∂V ∂x ∂V ∂x

= B

= D

∆V ∆x ∆V ∆x

=

V0 − V2 b

(8.2)

=

V4 − V0 d

(8.3)

B

D

Elektromanyetik Alanların Bilgisayar Destekli Analizi

∂V ∂y ∂V ∂y ( x, y+ a)

423

∆V ∆y

= A

∆V ∆y

= C

=

V1 − V0 a

(8.4)

=

V0 − V3 c

(8.5)

A

C

V1 a/2

a A d b/2 O( x, y) y

( x-b, y) V2

D

B

( x+ d, y) V4

d/2

b x

V0

Şekil 8.3 Eşit kollu olmayan ağ konfigürasyonu

C c c/2 ( x, y-c)

V3

O noktasında V ( x, y ) ’nin ikinci derece kısmi türevleri aşağıdaki gibi yakınlaştırılabilir.

∂V ∂x 2 2

=

2

=

D

=2 O

∆V ∆y

∆V ∆x

B

− A

=2 O

V4 − V0 V0 − V2 − d b = d b + 2 2

(V4 − V0 )b − (V0 − V2 )d bd (d + b)

∆x

O

∂ 2V ∂y 2

− ∆x

O

∂ 2V ∂x 2

∂V ∂y 2

∆V ∆x

∆V ∆y

C

V1 − V0 V0 − V3 − b = d a c + 2 2

(V1 − V0 )c − (V0 − V3 )a ac(a + c)

(8.6)

(8.7)

(8.8)

(8.9)

Bu yaklaşımlar kullanılarak (8.1) eşitliği ayrık nokta potansiyelleri ve O noktasında merkezlenmiş ağ boyutları ile aşağıdaki gibi olur.

ρ 1 1 1 1 1   1 V1 + V2 + V3 + V4 −  + V0 = − a (a + c) b(b + d ) c(a + c) d ( d + b) 2∈  bd ac 

(8.10)

Şekil 8.2’deki bölgenin her noktasına bu yaklaşımların ayrıca uygulanması bilinmeyen potansiyel noktaları kadar çok sayıda cebirsel eşitlik ile sonuçlanacaktır. Bu eşitliklerin çözümü her noktadaki potansiyeli verir.

424


(8.10) eşitliğinin kare ağ konfigürasyonu

ρ 1 (V1 + V2 + V3 + V4 − 4V0 ) = − v 2 ∈ h

(8.11)

gibi sadeleştirilebilir ve burada h ağ’ın büyüklüğüdür. Laplace eşitliği sağ tarafta sıfır ile temelde Poisson eşitliğinin özel bir durumu olduğundan Laplace eşitliği için sonlu fark eşitliği

1 1 1 1 1   1 V1 + V2 + V3 + V4 −  + V0 = 0 a(a + c) b(b + d ) c(a + c) d (b + d ) bd ac  

(8.12)

ile ifade edilebilir ve kare ağ için aşağıdaki gibi olur.

V1 + V2 + V3 + V4 − 4V0 = 0

(8.13)

8.2.1 SINIR ŞARTLARI Elektromanyetik alanları tanımlayan kısmi diferansiyel eşitlikler uzay koordinatlarının fonksiyonları olduğundan tek bir çözüm sınır şartlarının belirlenmiş bir seti ile çözülebilir. Çoğu elektromanyetik alan problemleri üç tip sınır şartı ile ilgilidir: Dirichlet tipi sınır, Neumann tipi sınır ve karışık sınır şartları. Şekil 8.4’de görüldüğü gibi bir l eğrisi ile sınırlanmış s bölgesini dikkate alalım. l boyunca potansiyelin V=g olduğu s bölgesinde V potansiyel dağılımının belirlenmesinin istenildiği durumda l sınırı boyunca şart Dirichlet sınır şartı olarak bilinir; burada g önceden belirlenmiş sürekli potansiyel fonksiyonudur. Bazı elektromanyetik problemler, sınırda potansiyel fonksiyonun normal türevinin sürekli bir fonksiyon olarak belirlendiği şartları içerebilir (şekil 8.5). Bu sınır şartı matematiksel olarak

dV = f dn

(8.14)

ile temsil edilebilir ve Neumann sınır şartı olarak adlandırılır. Son olarak şekil 8.6’da görüldüğü gibi l’nin l 1 ve l 2 kısımları boyunca sırasıyla Dirichlet ve Neumann şartına sahip problemler vardır. Bu karışık sınır şartı olarak adlandırılır. Aşağıdaki örnekte FDM kavramları açıklanmaktadır. V=g

V=g

dV =f dn

1

l1 l2

y

y

s x

Şekil 8.4 Dirichlet tipi sınır

s

l

x

Şekil 8.5 Neumann tipi sınır

l y 2 x

s

dV =f dn

Şekil 8.6 Karışık sınırlar


425

ÖRNEK 8.1 Şekil 8.7’de sınır şartları belirlenmiş bölge içindeki elektrostatik potansiyel alan dağılımını belirleyiniz. ÇÖZÜM Şekil 8.7’den x = 0 ’da 0 < y < 3 arasında, y = 0 ’da 0 < x < 3 arasında ve x = 3 ’de 0 < y < 3 arası aralıklardaki sınırların potansiyelleri sıfırdır (V=0). Başka ifadeyle, potansiyel bu sınırlar boyunca sabit olduğundan Dirichlet şartını sağlamaktadır. y = 3 ’de 0 < x < 3 boyunca sınır sabit 100 V potansiyelinde olduğundan başka bir Dirichlet sınır şartıdır. y = 3 ’de x tam olarak ne 0 ne de 3’e eşit olmayıp bu sınırlara çok yakın olabilir. Bunun nedeni, üst yatay sınır ve dikey sınırlar arasındaki δ küçük açıklığıdır. Bu küçük açıklıklar, üst yatay sınır olarak diğerlerinden farklı bir potansiyelde tutulduğundan istenilebilir. Potansiyel dağılımının bulunmasında FDM’nin kullanılması için bölge şekil 8.8’de görüldüğü gibi h=1 ile kare ağlara bölünür. Verilen ağ sayısı ile problem (1, 2), (2, 2), (1, 1) ve (2, 1) noktalarındaki potansiyellerin belirlenmesine düşer. (1, 3) ve (2, 3) noktalarındaki potansiyeller 100 V olarak verilmiş ve (0, 3), (0, 2), (0, 1), (0, 0), (1, 0), (2, 0), (3, 0), (3, 1), (3, 2) ve (3, 3) noktalarındaki potansiyeller sıfır olarak belirtilmiştir. Bilinmeyen potansiyeller V1 = V (1, 2) , V2 = V (2, 2) , V3 = V (1, 1) ve V4 = V (2, 1) olarak isimlendirilerek ve bölgede serbest yük olmadığından (8.13) kullanılarak aşağıdaki eşitlikler yazılabilir.

V1 = 14 (100 + 0 + V3 + V2 ) V2 = 14 (100 + V1 + V4 + 0) V3 = 14 (V1 + 0 + 0 + V4 )

(8.15)

V4 = 14 (V2 + V3 + 0 + 0) (8.15) eşitliğinde doğrusal cebirsel eşitliklerin düzenlenmesi ile

4V1 − V2 − V3 = 100 − V1 + 4V2 − V4 = 100 − V1 + 4V3 − V4 = 0

(8.16)

− V2 − V3 + 4V4 = 0 veya matris biçiminde

 4 − 1 − 1 0 V1  100 − 1 4 0 − 1 V  100  2  =    − 1 0 4 − 1 V3   0        0 − 1 − 1 4 V4   0 

(8.17)

elde edilir. Bu eşitlik standart biçimde doğrusal bir eşitlik sistemidir. Sıkıştırılmış biçiminde aşağıdaki gibi ifade edilir.

AV = b

(8.18)

Burada A kare matris, V bilinmeyen potansiyel vektörü ve b giriş vektörüdür. Buna göre potansiyeller

426


V = A −1b ifadesinden V1 = 37,5 V , V2 = 37,5 V , V3 = 12,5 V ve V4 = 12,5 V olarak elde edilir. y

V10

y V=100 V

V=100 V

3

(0,3) (0,2)

V=0 V

V=0 V

V=0 V

(0,1)

0 0

V=0 V

Şekil 8.7

3

x

(0,0)

(1,3)

(2,3)

(3,3)

(1,2) V1

(2,2) V2

(1,1) V3

(2,1) V4

(1,0) (2,0) V=0 V

V20

(3,2) V=0 V

O V00

V40

(3,1)

(3,0)

x

V30

Şekil 8.8

Şekil 8.9

8.2.2 SONLU FARK EŞİTLİKLERİNİN İRDELEME İLE ÇÖZÜMÜ Önceki örnekte ağ boyutu sadece dört bilinmeyenli olarak seçilmişti. Bununla beraber daha yüksek doğruluk için bölgenin daha fazla alt bölümlere bölünmesi gerekebilir ve A matrisi büyür. AV = b eşitliğinin çözümünü içermeyen noktalardaki potansiyellerin belirlenmesinin etkili bir metodu ardışık üst durulma metodu (Successive over-relaxation : SOR) olarak bilinir. SOR metodu temelde bir irdeleme algoritması olup irdeleme işleminin başlaması için her noktadaki potansiyelin bir başlangıç tahminini gerektirir. Bütün başlangıç tahminleri doğru olmayabildiğinden Laplace veya Poisson eşitliğini doyurmayacaklardır. Örneğin şekil 8.9’da görüldüğü gibi bir kare ağ için V10 ,

V20 , V30 , V40 ve V00 başlangıç tahmini potansiyelleri ise V1 + V2 + V3 + V4 − 4V0 = 0 eşitliğinin uygulanması aşağıdaki gibi bir R artık değeri ile sonuçlanacaktır. V10 + V20 + V30 + V40 − 4V00 = R

(8.19)

Doğru potansiyellerin elde edilmesi için SOR irdeleme işleminde R’nin en aza indirilmesi gerekir.

V0 n. irdelemeden sonra O noktasındaki potansiyel olsun. Bu durumda SOR’a göre (n+1). irdeleme için düzeltilmiş potansiyel, V1n+1 = V2n +

α 4

Rn

(8.20)

olur. Burada α hızlanma faktörü olarak bilinir ve başarılı bir sonuç elde etmek etmek için 1 ≤ α < 2 olmalıdır. V1n+1 = V2n + αR n / 4 eşitliğinden açıkca görüldüğü gibi eğer doğru sonuç alınırsa bu durumda sonraki irdelemede R sıfır olacağından potansiyelde daha fazla gelişme olmaz. Her noktada sıfır artık değerinin istenildiği durumda bilgisayarla hesaplama işlemi çok zaman alıcıdır. Bundan dolayı irdelemelerin başlangıcında bir V0n+1 − V0n << 1 hata kriteri ayarlanır. Her nokta potansiyelinde bu hata kriteri sağladığında irdeleme işleminin icrası durur.


427

O noktasında n. irdelemeden sonra V1n+1 = V2n + αR n / 4 eşitliğindeki artık Rn

R n = V1n+1 + V2n+1 + V3n + V4n − 4V0n

(8.21)

’den hesaplanır ve V1n+1 = V2n + αR n / 4 eşitliğinde yerine konularak

V0n+1 = V0n +

α 4

(V1n+1 + V2n+1 + V3n + V4n − 4V0n )

(8.22)

elde edilir ki komşu noktaların potansiyelleri ile V0 ’ın belirlenmesine yardımcı olur. ÖRNEK 8.2 SOR metodunu kullanarak önceki örnekte verilen geometride nokta potansiyellerini bulunuz. ÇÖZÜM 1, 2, 3 ve 4 noktalarında 50 V başlangıç tahmini ve 0,1 hata kriteri ile 1 hızlanma faktörü alalım. İrdeleme 1:

V1(1)

= 50 + 0,25(100 + 0 + 50 + 50 − 200) = 50 V1(1) −V1( 0) = 50 − 50 = 0

V2(1) = 50 + 0,25(100 + 50 + 50 + 0 − 200) = 50

V2(1) −V2( 0) = 50 − 50 = 0 V3(1) = 50 + 0,25(50 + 0 + 0 + 50 − 200) = 25 V3(1) −V3( 0) = 25 − 50 = 25 V4(1) = 50 + 0,25(50 + 25 + 0 + 0 − 200) = 18,75 V4(1) −V4( 0) = 18,75 − 50 = 31,25 İrdeleme 2:

V1( 2)

= 50 + 0,25(100 + 0 + 25 + 50 − 200) = 43,75 V1( 2) −V1(1) = 43,75 − 50 = 6,25

V2( 2) = 50 + 0,25(100 + 43,75 + 18,75 + 0 − 200) = 40,63 V2( 2) −V2(1) = 40,63 − 50 = 9,37

V3( 2) = 25 + 0,25(43,75 + 0 + 0 + 18,75 − 100) = 15,63 V3( 2) −V3(1) = 15,63 − 25 = 9,37 V4( 2) = 18,75 + 0,25(40,63 + 15,63 + 0 + 0 − 75) = 14,07 V4( 2) −V4(1) = 14,07 − 18,75 = 4,68

428


100

100

100 50 43,75 39,06 37,89 37,60 37,52 25 15,63 13,28 12,70 12,55 12,51

0

0

100

50 40,63 38,28 37,70 37,55 37,51 18,75 14,06 12,89 12,60 12,52 12,50

0

Şekil 8.10 (Örnek 8.2’ye ait) her irdelemeden sonraki gerilimler 0

0 0

0

0

6 irdelemeden sonra çözüm V 1 =37,5 V, V 2 =37,5 V, V 3 =12,5 V ve V 4 =12,5 V değerlerine ulaşır. Her irdelemeden sonraki gerilim değerleri şekil 8.10’da görülmektedir. Bu örnek 5 mm boyutunda kare ağ’lar ile çözüldüğünde (1 cm, 1 cm), (1 cm, 2 cm), (2 cm, 1 cm), (2 cm, 2 cm) deki potansiyeller V(1, 1) = 38,1 V, V(1, 2) = 38,1 V, V(2, 1) = 12,3 V ve V(2, 2) = 12,3 V olur. Bunun 1 cm’lik ağ boyutunda elde edilen nokta potansiyellerinden az miktarda farklı olduğuna dikkat edilmelidir. Bu çelişki FDM’nin temelindeki bölümleme hatasından kaynaklanmaktadır. ALIŞTIRMALAR 1. Şekil 8.11a’da 50 Hz’lik transformotorun yüksek ve düşük gerilim sargıları görülmektedir. Yüksek gerilim sargısı 100 V ve düşük gerilim sargısı 0 V’ta iken yüksek ve düşük gerilim sargıları arasındaki gerilim dağılımını belirleyerek aşağıdaki yaklaşık gerilim dağılımı ile karşılaştırınız. Yalıtkan içindeki akımın 50 Hz’de ihmal edilebilir kadar küçük olduğunu varsayınız. Şekil 8.11b’deki gibi 0,5 cm boyutunda kare ağ konfigürasyonunu kullanınız. V=0

0 cm 3 cm

Yalıtkan

5 cm

I=1

4 cm

6 cm

Nüve V=100 V

V=0

V=0 V=0

V=0

Yalıtkan

Primer sargı

Yalıtkan

Yalıtkan

V=0

Sekonder sargı

V=100 V Nüve

24 cm 26 cm 2 cm 0 cm

3 cm

6 cm 9 cm Yalıtkan

25 cm 7 cm 3 cm 4 cm

29 cm 12 cm

Şekil 8.11 (a) Transformotor sargıları ve nüve

J=1

10 cm 30 cm

V=0

13 cm

Şekil 8.11 (b) Ağ dağılımı ve sınır şartları


429

Çözüm sonucu transformotorun yaklaşık potansiyel dağılım değerleri. 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0

0,0 0,4 0,5 0,1 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,1 0,5 0,4 0,0

0,0 1,1 1,3 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 1,4 1,1 0,0

0,0 2,7 3,8 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 3,8 2,7 0,0

0,0 5,7 11,0 15,7 21,8 27,9 31,1 32,4 33,0 33,2 33,3 33,3 33,3 33,3 33,3 33,3 33,3 33,3 33,3 33,3 33,2 33,0 32,5 31,1 28,0 21,9 15,8 11,1 5,7 0,0

0,0 9,1 18,8 29,9 43,6 58,9 63,9 65,7 66,3 66,5 66,6 66,6 66,7 66,7 66,7 66,7 66,7 66,7 66,6 66,6 66,5 66,3 65,7 63,9 58,9 43,7 30,0 18,9 9,2 0,0

0,0 12,0 25,2 41,4 63,8 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 63,9 41,5 25,3 12,0 0,0

0,0 13,5 28,4 46,6 70,1 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 70,3 46,8 28,5 13,5 0,0

0,0 13,4 28,3 46,5 70,1 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 70,2 46,7 28,4 13,4 0,0

0,0 11,7 24,8 41,1 63,6 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 100,0 63,7 41,2 24,9 11,7 0,0

0,0 8,6 18,1 29,4 43,4 58,8 63,9 65,6 66,3 66,5 66,6 66,6 66,7 66,7 66,7 66,7 66,7 66,7 66,6 66,6 66,5 66,3 65,7 63,9 58,8 43,4 29,5 18,1 8,6 0,0

0,0 4,5 9,4 15,1 21,6 27,8 31,0 32,4 33,0 33,2 33,3 33,3 33,3 33,3 33,3 33,3 33,3 33,3 33,3 33,3 33,2 33,0 32,4 31,0 27,9 21,6 15,1 9,4 4,5 0,0

0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0

2. Şekil 8.12’de verilen geometride sonlu fark metodunu kullanarak potansiyel dağılımı belirlemek için A katsayı matrisini yazınız. 3. Sonlu fark metodu ile bağlantılı olarak SOR kullanarak şekil 8.12’de görülen geometride potansiyel dağılımı çözmek için iki irdeleme yapınız.

2 cm 6 cm 0 V

2 cm

6 cm

0V

100 V

2 cm

100 V 2 cm

2 cm

100 V

Şekil 8.12

430


8.3 SONLU ELEMAN METODU (FEM) Sonlu eleman metodu (Finite eleman method : FEM) köprü ve gemiler gibi karmaşık yapılardaki stres ve gerginliklerin değerlendirilmesinde inşaat ve makina mühendisleri tarafından geliştirilmiştir. Sonlu fark metodu böyle yapısal analizin çözümü için uygun olmakla beraber daima kısmi diferansiyel eşitlikler seti ve bir başlangıç noktası olarak sınır şartlarını gerektirmektedir. Karmaşık bir yapısal problem için bazen kısmi diferansiyel eşitliğinin çözümü çok zor olmaktadır. Bundan dolayı yapı mühendisleri mühendislik anlayışı ve fiziğin temel prensipleri ile FEM’i geliştirmiştir. Metot sonunda genelleştirildiğinde bir sistemin potansiyel enerjisi gibi fonksiyonelin yaklaşık bir minimizasyonu olduğu açıklığa kavuşmuştur. Aynı zamanda fonksiyonelin minimizasyonunun temelde hiçbir şey fakat varyasyonel prensibinin uygulaması olduğu keşfedilmiştir. Bu kabuller ile FEM metodu kısmi diferansiyel eşitliklerin varyasyonel prensipten bir fonksiyonele uygunca değiştirilebileceği problemlere de genişletilmiştir. Geçen otuz yıl süresince FEM elektromanyetik alan problemlerinin çözümünde yaygın olarak kullanılmıştır. Bu kısımda elektromanyetik alan problemlerine uygulanmış olarak FEM’in temelleri üzerinde çalışılacaktır. Elektrostatik alan analizinde minimize edilecek fonksiyonel sınırlı bir hacim içindeki elektrostatik enerjidir.

W=

1 εE 2 dv 2 v

∫

(8.23)

ile ifade edilen enerji V elektrostatik potansiyeli ile aşağıdaki gibi ifade edilebilir. 2 1  ∂V   ∂V W = ε   + 2 v ∂x   ∂y 

∫

2 2   ∂V    +    dv   ∂z  

(8.24)

Şekil 8.13’de görülen sınırlı s yüzeyi için iki boyutlu bir duruma ait, aşağıdaki enerji fonksiyonelini dikkate alalım. 2 2 1  ∂V   ∂V     ds W = ε   +  2 s ∂x   ∂y    

∫

Çözüm bölgesi y

s

(8.25)

Şekil 8.13 l ile sınırlanan s bölgesi

l

x FEM’de sistemdeki enerji varyasyonu sınırlı s bölgesi içinde küçük dV değişimlerine göre önemsiz olduğundan (8.25)’deki enerji fonksiyoneli minimize edilir. Bundan dolayı s bölgesi içindeki potansiyel dağılım, aşağıdaki gibi enerjideki diferansiyel değişim sıfıra eşitlenerek belirlenebilir:


431

dW = 0

(8.26)

Sonlu eleman analizinde ilgili bölge şekil 8.14’de görüldüğü gibi eleman olarak bilinen n sayıda üçgen (veya dörtgen) ağ elemanlarına bölünür. Eğer potansiyelin bilinmediği m sayıda nod varsa (8.26) eşitliği aşağıdaki gibi yazılabilir.

dW =

∂W ∂W ∂W dV1 + dV2 + ⋅ ⋅ ⋅ + dVm = 0 ∂V1 ∂V2 ∂Vm

Şekil 8.14 s çözüm bölgesi için üçgen ağ konfigürasyonu

e y

(8.27)

l s x

Burada V 1 , V 2 ,..., V m sırasıyla 1, 2,..., m nodlarındaki potansiyellerdir. (8.27) eşitliği T

 ∂W  dW =   dV = 0  ∂V 

(8.28)

olarak da yazılabilir. Burada

 ∂W   ∂V   dV1   1  ⋅  ⋅     ∂W =  ⋅  ve dV =  ⋅  ∂V      ⋅   ⋅   ∂W  dVm   ∂Vm    dir. (8.28)’deki dV elemanları sıfır olamadığından ∂W / ∂V ’nin elemanları enerji fonksiyonelinin minimizasyonu için sıfır olmalıdır. Buna göre,

 ∂W   ∂V  0  1  ⋅ ⋅    ∂W  =  ⋅  = ⋅ = 0 ∂V      ⋅  ⋅  ∂W  0  ∂Vm   

(8.29)

olur. Şekil 8.14’deki e elemanının büyütülmüş görünüşü şekil 8.15’de görülmektedir. Bu eleman içindeki elektrik enerjisi aşağıdaki gibi yazılır.

432


( e)

V1 ( e) ( e) 1 ( x1 , y1 )

y

A3

2 V2

A2

V ( e) ( x, y )

( e)

Şekil 8.15 Bir üçgen ağ’ın koordinatları ve nod potansiyelleri

( e)

A1

( e) ( e)

( e)

V3( e)

( e)

( x2 , y2 ) x

( e) ( e) 3 ( x3 , y3 )

W

(e)

1 = ε 2

 ∂V ( e )  s ( e )  ∂x 

∫

2

  ∂V ( e )  +   ∂y  

   

2

  ds ( e )  

(8.30)

Burada V(e) e elemanı içindeki potansiyel dağılım ve s(e) elemanın alanıdır. Sonuç olarak bölgenin tamamındaki toplam enerji

W = W (1) + W (1) + ⋅ ⋅ ⋅ + W ( n ) =

n

∑W

(e)

e =1

veya

W=

n

∑ ε∫ e =1

1 2

s( e )

f eT f e ds ( e )

(8.31)

ile belirlenebilir. Burada

 ∂W ( e )    f e =  ∂x( e )   ∂W   ∂y  dir. e elemanı içindeki potansiyel dağılım için L1( e ) ( x, y ) , L(2e ) ( x, y ) ve L(3e ) ( x, y ) biçim fonksiyonları ve V1( e ) , V2( e ) ve V3( e ) nod potansiyelleri ile yaklaşık bir çözümü

V ( e ) ( x, y ) = L1( e ) ( x, y )V1( e ) + L(2e ) ( x, y )V2( e ) + L(3e ) ( x, y )V3( e )

(8.32)

olarak varsayalım. İki boyutlu geometri için biçim fonksiyonları

L1( e ) ( x, y ) =

Ai( e ) A( e )

i = 1, 2, 3

(8.33)

ile tanımlanır. Burada A(e) e elemanının alanı, Aie şekil 8.15’de görüldüğü gibi e elemanındaki bir kısmın alanıdır. A(e ) ve Ai(e )


A

(e)

433

1 xi 1 = 1 xi +1 2 1 xi + 2

yi yi +1

(8.34a)

yi + 2

ve

Aie

1 x 1 = 1 xi +1 2 1 xi + 2

y yi +1 yi + 2

i = 1,2,3

(8.34b)

den hesaplanabilir.

∂V ( e ) ∂V ( e ) ve aşağıdaki gibi değerlendirilerek hesaplanabilir. ∂x ∂y ∂L ( x, y ) ∂L ( x, y ) ∂V ( e ) ∂L1 ( x, y ) = V1 + 2 V2 + 3 V3 ∂x ∂x ∂x ∂x

(8.35a)

∂L ( x, y ) ∂L ( x, y ) ∂V ( e ) ∂L1 ( x, y ) = V1 + 2 V2 + 3 V3 ∂y ∂y ∂y ∂y

(8.35b)

ve

f e aşağıdaki gibi yeniden oluşturulabilir.

f e = T (e) V (e)

(8.36)

Burada

T (e)

 ∂L1( e ) ( x, y )  =  ( e∂) x  ∂L1 ( x, y )  ∂y

∂L(2e ) ( x, y ) ∂x ∂L(2e ) ( x, y ) ∂y

∂L(3e ) ( x, y )   ∂x  ∂L(3e ) ( x, y )   ∂y

ve

V (e)

V1( e )    = V2( e )  V ( e )   3 

dir. (8.36) eşitliği kullanılarak (8.31)

W= olarak düzeltilebilir.

1 ∈ 2

∫

s( e )

V ( e )T T ( e )T T ( e ) V ( e ) ds ( e )

(8.37)

434


Nod potansiyellerine göre W’nin kısmi türevleri aşağıdaki gibi yazılır.

dW = dV

n

∑∈ ∫ e =1

s( e )

T ( e )T T ( e ) V ( e ) ds ( e )

(8.38)

(8.38) ile (8.29) kullanılarak n

∑∫ e =1

s( e )

T ( e )T T ( e ) V ( e ) ds ( e ) = 0

(8.39)

elde edilir ki buradan nod potansiyeli belirlenebilir. Aşağıdaki örnekte verilen matematiksel işlemlerin bir örneği görülmektedir. ÖRNEK 8.4 Örnek 8.1’i dikkate alarak FEM metodu kullanarak potansiyel dağılımı belirleyiniz. ÇÖZÜM Şekil 8.16’da görüldüğü gibi üçgen ağları ve nodları numaralandıralım. Modelde sekiz eleman ve dokuz nod vardır. İki sayı sistemi kullanılacaktır. Nodların 1’den 9’a kadar numaralandırılması global numaralandırma sistemi olarak adlandırılacaktır. Bununla beraber her elemanın nodları da 1’den 3’e kadar numaralandırılacak ve bu lokal numaralandırma sistemi olarak adlandırılır. Bu problemde her noddaki potansiyeller 5 nolu nodun dışında verilmiş olup bu nokta verilen ağ konfigürasyonunda belirlenmesi gereken tek potansiyeldir. 5 nolu noddaki bilinmeyen potansiyel (8.39) kullanılarak çözülecektir. y (0,2)

(0,1)

V=100 V 2 (1,2)

1

5

4

3 (2,2)

(1,1)

V=0 V

V=0 V (0,0)

Şekil 8.16

6 (2,1)

7

8 (1,0)

9

(2,0)

x

V=0 V

Herşeyden önce (8.33) ve (8.34) kullanılarak üçgen elemanların biçim fonksiyonları

L1 ( x, y ) =

( x 2 y 3 − y 2 x3 ) + ( y 2 − y 3 ) x + ( x3 − x 2 ) y 2 A(e)

(8.40)

L2 ( x, y ) =

( x3 y1 − y3 x1 ) + ( y3 − y1 ) x + ( x1 − x3 ) y 2 A(e)

(8.41)

L3 ( x, y ) =

( x1 y1 − y1 x2 ) + ( y1 − y 2 ) x + ( x2 − x1 ) y 2 A(e)

(8.42)

değerlendirilmelidir. Burada A( e ) = ( y 2 − y3 ) x1 + ( y3 − y1 ) x2 + ( y1 − y 2 ) x3 dir.


435

(8.40) – (8.42) eşitliklerindeki bütün koordinatlar lokal numaralandırma sistemine dayanır. Şimdi T(e) aşağıdaki gibi oluşturulabilir:

T (e) = Eleman 1

T

(1)

Lokal numaralar (LN) 1 2 3

0 − 1 1  =  1 − 1 0

T

∫

(1)

s (1 )

Eleman 2

T

( 2)

T

( 2)

s( 2)

T

( 3)

(1)

(1)

( 2 )T

( 2)

U V ds

( 2)

T

∫

s( 3)

( 3)

( 3)

( 3)T

U V ds

( 3)

(1)

U

(1)

=T

(1)T

T

U

( 2)

( 2)

( 2)

=T

( 2 )T

0  V1   0,5 − 0,5  1 = − 0,5 − 0,5 V2  − 0,5 0,5  V5   0

=A U V ( 3)

U

( 3)

( 3)

=T

( 3)T

x 1 2 1

T

( 3)

y 2 2 1

 1 −1 0  = − 1 2 − 1  0 − 1 1 

( 2)

Global numaralar (GN) 2 3 5

 1 − 1  = − 1 0   0 1 

(8.43)

x 0 1 1

T

y 2 1 1

 1 −1 0   = − 1 2 − 1  0 − 1 1 

(1)


=A U V

( 3)

(1)

x 0 0 1

0  V1   0,5 − 0,5  = − 0,5 − 0,5 V4  1  0 − 0,5 0,5  V5 

1 0 = − 1 − 1  0 1 

( 2)

y1( e ) − y 2( e )   x2( e ) − x1( e ) 


=A U V (1)


 1 − 1 0 =  − 1 0 1

y3( e ) − y1( e ) x1( e ) − x3( e )

0 1 = − 1 − 1  1 0 


∫

3

(1)T

U V ds

1 − 1 0 =  0 − 1 1 

Eleman

1  y 2( e ) − y3( e )  2 A( e )  x3( e ) − x2( e )

(8.44)

y 2 2 1

 2 − 1 − 1  = − 1 1 0   1 0 1 

− 0,5 − 0,5 V2   1  = − 0,5 0,5 0  V3  − 0,5 0 0,5  V5 

(8.45)

436


Eleman 4

T

( 4)


0 − 1 1  =  1 0 − 1

T

∫

( 4)

s( 4)

Eleman 5

T

( 5)

T

s(5)

T

(6)

( 5)

=A U V ( 4)

( 5)

( 5)

T

s( 6)

(6)

(6)

( 6 )T

U V ds

(6)

( 4)

T

( 4)

=A U V ( 5)

( 5)

( 5)

=T

( 5 )T

x 0 1 0

T

( 5)

(6)

U

(6)

(6)

=T

( 6 )T

x 1 0 1

T

(6)

y 1 1 0

(8.47)

y 1 0 0

 2 − 1 − 1  = − 1 1 0  − 1 0 1 

− 0,5 − 0,5 V5   1  = − 0,5 0,5 0  V7  0 0,5  V8  − 0,5


(8.46)

 2 − 1 − 1 = − 1 1 0  − 1 0 1 

− 0,5 − 0,5 V4   1  = − 0,5 0,5 0  V5  0 0,5  V7  − 0,5


=A U V


( 5)

y 2 1 1

0 1 = − 1 0   1 − 1

− 0,5 V3  0  0,5  = 0 0,5 − 0,5 V5  − 0,5 − 0,5 1  V6 

U

0 1 = − 1 0   1 − 1

(6)

( 6 )T

x 2 1 2


 1 − 1 = − 1 0   0 1 


∫

7

( 5 )T

U V ds

0 − 1 1  =  1 0 − 1

Eleman

( 4)

0 1 = − 1 0   1 − 1


∫

6

( 4)

U V ds

 1 − 1 0 =  − 1 0 1

Eleman

( 4 )T


x 1 1 2

(8.48)

y 1 0 0


T

(7)

0 − 1 1  =  1 − 1 0

T

∫

s( 7 )

Eleman 8

T

(8)

(7)

( 7 )T

(7)

U V ds

(7)

0 1 = − 1 − 1  1 0 

T

∫

s(8)

(8)

( 8 )T

(8)

U V ds

(8)

U

=A U V (7)

(7)


1 − 1 0 =  0 − 1 1 

437

(7)

=T

( 7 )T

T


=A U V (8)

U

(8)

 1 −1 0  = − 1 2 − 1  0 − 1 1 

(7)

0  V5   0,5 − 0,5  1 = − 0,5 − 0,5 V8  − 0,5 0,5  V9   0

1 0  = − 1 − 1  0 1 

(8)

(7)

(8)

=T

x 1 2 2

( 8 )T

T

(8)

(8.49)

y 1 1 0

 1 −1 0   = − 1 2 − 1  0 − 1 1 

0  V5   0,5 − 0,5  = − 0,5 1 − 0,5 V6   0 − 0,5 0,5  V9 

(8.50)

(8.39) eşitliğini biçimlendirebilmek için (8.43) – (8.50) matris ve vektörlerinin aşağıdaki gibi çoğaltılarak değerlendirilmesi gerekir:

Element 1 : Nod 1 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9

 0,5  0,0   0,0  − 0,5  0,0       

3

4

5

6

7

8

9

0,0 0,0 − 0,5 0,0 0,0 0,0

0,0 0,0 0,0 0,0 0,0  V1  0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 V2  0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 V3    0,0 0,0 1,0 − 0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 V4  0,0 0,0 − 0,5 0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 V5     V6  V   0,0 0,0  7   V8     V9 

(8.51)

438


Element 2 : Nod 1 2 3 4 5 6 7 8 9

1

2

3

 0,5 − 0,5 0,0 − 0,5 1,0 0,0   0,0 0,0 0,0  0,0 0,0  0,0  0,0 − 0,5 0,0    0,0    

Element 3 : Nod 1 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0,0 0,0 0,0 0,0 0,0

3

4

0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 1,0 − 0,5 0,0  0,0 − 0,5 0,5 0,0  0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 − 0,5 0,0 0,0    0,0    

Element 4 : Nod 1 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9

4

0,0 0,0  0,0  0,0 0,0  0,0     

3

0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 − 0,5 0.0

4

5

6

7

8

9

0,0 0,0 0,0 0,0 0,0  V1  − 0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 V2  0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 V3    0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 V4  0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 V5     V6   V  0,0  7   V8     V9 

5

6

7

8

0,0 0,0 0,0 0,0 0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,5 0,0 0,0 0,0 0,0

5

6

0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 0,5 − 0,5 0,0 − 0,5 1,0

7

8

0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0

0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0

0,0

(8.52)

9 0,0  V1  0,0 V2  0,0 V3    0,0 V4  0,0 V5     V6   V   7   V8     V9 

(8.53)

9 0,0  V1    0,0 V2  0,0 V3    0,0 V4  0,0 V5    0,0 V6   V   7   V8     V9 

(8.54)


439

Element 5 : Nod 1 2 3 4 5 6 7 8 9

1

2

0,0 0,0  0,0  0,0 0,0  0,0 0,0  0,0  0,0

3

4

5

6

0,0 0,0

0,0

0,0 0,0

0,0 0,0

0,0

0,0 0,0

0,0 0,0

0,0

0,0 0,0

7

1,0 − 0,5 0,0 0,0 0,0 − 0,5 0,5 0,0 0,0

0,0 0,0

0,0 0,0 − 0,5 0,0 0,0 0,0

0,0 0,0 0,0 0,0

0,0 0,0

0,0 0,0

0,0

9

0,0 0,0 0,0  V1  0,0 0,0 0,0 V2  0,0 0,0 0,0 V3    − 0,5 0,0 0,0 V4  0,0 0,0 0,0 V5    0,0 0,0 0,0 V6  0,0 0,0 0,0 V7    0,0 0,0 0,0 V8    0,0 0,0 0,0 V9 

0,0 0,0 0,0 0,0

8

(8.55)

Element 6 : Nod 1 2 3 4 5 6 7 8 9

1       0,0  0,0 0,0  0,0  0,0

2

3

4

5

6

7

0,0

8

9

0,0

0,0 0,0 0,0

0,5 0,0

0,0 0,0 0,0

0,0 0,0

0,0 − 0,5 0,0 0,0

0,5 − 0,5 0,0 0,0 0,0 − 0,5 0,0 − 0,5 1,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0

0,0 0,0

  V1     V2   V3     V4  0,0 V5    0,0 V6  0,0 V7    0,0 V8    0,0 V9 

(8.56)

Element 7 : Nod 1 2 3 4 5 6 7 8 9

1       0,0  0,0 0,0  0,0  0,0

2

3

4

0,0

5

6

7

8

0,0

0,0 0,0 0,0

0,5 0,0 0,0 − 0,5 0,0 0,0 0,0 0,0

0,0 0,0 0,0

0,0 0,0 0,0

0,0 0,0 0,0

0,0

0,0 0,0 0,0 − 0,5 0,0 0,0 1,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 − 0,5

9   V1   V   2   V3     V4   0,0 V5    0,0 V6  0,0 V7    − 0,5 V8    0,5 V9 

(8.57)

440


Element 8 : Nod 1 2 3 4 5 6 7 8 9

1       0,0  0,0 0,0  0,0  0,0

2

3

4

5

6

0,0

7

8

0,0

0,5 − 0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 − 0,5 1,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0

0,0 0,0 0,0

0,0

0,0 0,0 0,0

0,0 − 0,5 0,0 0,0

0,0 0,0 0,0

9   V1   V   2   V3     V4  0,0 V5    − 0,5 V6  0,0 V7    0,0 V8    0,5 V9 

(8.58)

(9-51) – (9-58) eşitlikleri toplanarak

Nod 1 2 3 4 5 6 7 8 9

1

2

3

4

5

6

7

8

9

0,0 − 0,5 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0  V1   1,0 - 0,5 - 0,5 2,0 − 0,5 0,0 − 1,0 0,0 0,0 0,0 0,0 V2    0,0 − 0,5 1,0 0,0 0,0 − 0,5 0,0 0,0 0,0 V3     0,0 0,0 2,0 − 1,0 0,0 − 0,5 0,0 0,0 V4  - 0,5  0,0 − 1,0 0,0 − 1,0 0,0 V5  = 0 0,0 − 1,0 4,0 − 1,0    0,0 − 0,5 0,0 − 1,0 2,0 0,0 0,0 − 0,5 V6   0,0  0,0 0,0 1,0 − 0,5 0,0 V7  0,0 0,0 − 0,5 0,0    0,0 0,0 0,0 − 1,0 0,0 − 0,5 2,0 − 0,5 V8   0,0    0,0 − 0,5 1,0 V9  0,0 0,0 0,0 0,0 − 0,5  0,0

(8.59)

elde edilebilir. (8.59)’dan nod 5’deki potansiyel aşağıdaki gibi elde edilir.

V5 = 25 V ÖRNEK 8.5 Şekil 8.17’de görülen koaksiyel kablonun merkezinden 2,8 cm uzaklıktaki potansiyeli FEM kullanarak belirleyiniz. Sayısal sonuçları analitik sonuçlar ile karşılaştırınız. ÇÖZÜM Koaksiyel kablonun iç ve dış kılıfı arasında serbest yük olmadığından Laplace eşitliğinin çözümü istenilen gerilimin hesabını verir. Koaksiyel kablo eksenel simetriliğe sahip olduğundan kablonun sadece bir çeyreği dikkate alınabilir ve şekil 8.18’de görüldüğü gibi ağ üretilebilir. Bu modelde sekiz eleman ve dokuz nod vardır. V 4 , V 5 ve V 6 bilinmeyen potansiyeller ve diğer nodlardaki potansiyeller sınır şartları olarak belirlenmiştir. Bir bilgisayar programı yardımı ile bilinmeyen potansiyeller V 4 = 42 V, V 5 = 41 V ve V 6 = 42 V olarak hesaplanır. Analitik çözüm aşağıdaki gibi belirlenir.

V( 2,8 cm ) = 100

ln(4,4 / 2,8) = 42 V ln(4,4 / 1,5)

Sayısal ve analitik sonuçların 5 nolu nod dışında hemen hemen aynı olduğu görülmektedir. 5 nolu noddaki potansiyeldeki uyumsuzluk ortamın bölümleme hatasından kaynaklanmaktadır.


441

y

r=

1

b= 4,4 cm

cm 2,8

=45°

4

2

5

7 8 6

9

3

x

a=1,5 cm

2,8 mm

Şekil 8.17

Şekil 8.18

ALIŞTIRMALAR 1. Şekil 8.19’da etrafı çevrelenmiş sonsuz uzunlukta paralel iki iletkenli iletim hattı görülmektedir. Basit bir FEM programı yazarak bu konfigürasyondaki potansiyel dağılımı belirleyiniz. V=0 V

50 cm

+

-10 0V

0V 10 İletken

İletken

2 cm

2 cm

Şekil 8.19

50 cm Hava

2. Şekil 8.20’de dikdörtgen iletkenli bir koaksiyel geometri görülmektedir. Basit bir FEM programı geliştirerek iletkenler arasındaki potansiyel dağılımı belirleyiniz.

İletken

İletken 100 V

İletken

V=0 V

1 cm Dielektrik V=0 V

3 cm

1 cm V=0 V

V=0 V

İletken

İletken

Şekil 8.20

442


8.4 MOMENTLER METODU (MOM) Bu kısımda elektromanyetik alanların analizi için çok sayıda uygulama alanına sahip momentler metodu (Method of Moments = MOM) olarak söylenen bir teknik incelenecektir. Metot kavramsal olarak oldukça basit olup temel olarak verilen bir ortamda alan dağılımının belirlenmesi için integral biçiminde bilinmeyen alanların eşitliklerini kullanır. Burada alan dağılımının değerlendirilmesi için integral biçiminde potansiyel eşitlik kullanılacaktır. Elektrostatikte (x′, y′, z′)’de bir yük dağılımından dolayı (x, y, z) noktasındaki potansiyel dağılım

V ( x, y , z ) =

1

4π ∈ ∫

ρ v ( x′, y′, z′)dv′

(8.60)

R

v

olarak ifade edilir. Burada ρ v ( x′, y′, z′) temelde potansiyel dağılımın kaynağı ve R (x, y, z) ve ( x′, y′, z′) noktaları arasındaki uzaklıktır. Bununla beraber ρ v ( x′, y′, z′) genelde bilinmez ve bunun yerine kaynak bölgesinde potansiyel dağılım verilir. Sonuç olarak boşlukta her yerdeki potansiyel dağılımın belirlenmesi için kaynak bölgesindeki ρ v yük dağılımının tahmin edilmesi gerekmektedir.

ρ v ( x′, y′, z′) ’nin bir çözümünü aşağıdaki gibi olduğunu varsayalım. n

ρ v ( x′, y′, z′) = α1 ρ1 ( x′, y′, z′) + α 2 ρ 2 ( x′, y′, z′) + ⋅ ⋅ ⋅ + α n ρ v ( x′, y′, z′) = ∑ α i ρ i ( x′, y′, z′) (8.61) i =1

Burada [ ρ v ( x′, y′, z′)] in=1 kaynak bölgesinde bazı ayrık lokasyonlardaki önceden seçilmiş yük dağılımları ve [α i ] in=1 henüz bilinmeyen ve belirlenmesi gereken katsayılardır. (8.61)’in (8.60)’da yerine konulmasıyla n

V j = V ( x j , y j , zj ) =

1

4π ∈ ∫v′

∑αi ρi ( x′, y′, z′) i =1

R

dv′

(8.62)

veya

Vj =

n

∑α i =1

1

i

4π ∈ ∫

ρ i ( x′, y′, z′)

vi′

R ji

elde edilir ki burada j = 1, 2,..., n dir. Bundan dolayı V ( x, y, z )

Vj =

(8.63)

[ ρ v ( x′, y′, z′)] in=1 lokasyonlarında

n

∑α V i

i =1

olarak

dvi′

ji

(8.64)


V ji =

1

4π ∈ ∫

443

ρ i ( x′, y′, z′)

vi′

R ji

dvi′

j = 1, 2,..., n

(8.65)

potansiyellerinin doğrusal kombinasyonu ile temsil edilir. V ( x, y, z ) kaynak bölgesi içinde bilindiğinden α1 ,α 2 ,...,α n bilinmeyen katsayıları

V1 = α1V11 + α 2V12 + ⋅ ⋅ ⋅ + α nV1n V2 = α1V21 + α 2V22 + ⋅ ⋅ ⋅ + α nV2 n ⋅ ⋅ ⋅ V j = α1V j1 + α 2V j 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + α nV jn ⋅ ⋅ ⋅ Vn = α1Vn1 + α 2Vn 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + α nVnn den veya matris biçiminde

V1  V11 ⋅  ⋅    ⋅  ⋅    ⋅  ⋅ V j  = V j1    ⋅  ⋅ ⋅  ⋅    ⋅  ⋅    Vn  Vn1

V1 j ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

⋅

⋅ V jj ⋅

⋅

⋅

⋅ ⋅ Vnj

⋅ ⋅

V1n  α1  ⋅   ⋅    ⋅  ⋅    ⋅ ⋅  ⋅  V jn  α j    ⋅  ⋅  ⋅  ⋅    ⋅ ⋅  ⋅   Vnn  α n 

(8.66)

den belirlenebilir. Şimdi (8.61) kullanılarak kaynak bölgesindeki ρ v ( x′, y′, z′) yük dağılımı oluşturulabilir. Daha sonra bu dağılım (8.62) kullanılarak boşlukta her noktadaki potansiyel dağılımın tahmin edilmesinde kullanılabilir. ÖRNEK 8.6 1 mm yarıçapında 20 cm uzunluğunda ince bir iletken 1 V’luk bir potansiyelde tutulmaktadır. Momentler metodunu kullanarak iletken boyunca yük dağılımını belirleyiniz. ÇÖZÜM Şekil 8.21’de iletkenin geometrisi görülmektedir. Simetrilikten dolayı problem iki boyuta indirgenebilir ve şekil 8.22’de görüldüğü gibi yükün simetri ekseni boyunca yoğunluğunun, ρ v bir hat yükü, ρ l olarak yoğunlaştığı varsayılabilir. İletkeni şekil 8.23’de görülen hücre olarak bilinen iki elemana bölelim ve her elemandaki birim hat yükünün elemanın merkezinde ρ1 = 1 ve ρ 2 = 1 olarak yoğunlaştığını varsayalım. R 11 , R 12 , R 21 ve R 22 uzaklıkları:

444


R11 = a = 0,001 m, R12 = 0,0012 + 0,12

m, R22 = a = 0,001 m, R21 = 0,0012 + 0,12 m

z

z a=1 mm

az

y

a

Simetri ekseni

l=20 cm

l=20 cm

V=1 V

y

a

x

a=1 mm

Şekil 8.21 Örnek 8.6 için iletken geometrisi

Şekil 8.22 Örnek 8.6 için iki boyutlu model

z

∆l

2

∆l

R22 R12

V2=1 V Element 2

Şekil 8.23 İki elemanlı iletken modeli

R21 Element 1 V1=1 V ∆l/2 y

1

R11 a

Hesaplamalarda aynı zamanda her elemandaki hat yükünün ilgili eleman içinde aynı kaldığı varsayılmıştır. Şimdi (8.65) kullanılarak V ji

V11 = V21 =

1 1× 0,1 = 9 × 1011 4πε 0,001 1

1× 0,1

4πε

0,001 + 0,1 2

2

V12 = = 8,99 × 10 9

1

1× 0,1

4πε

0,001 + 0,1

V21 =

2

8,99 × 10 9  α1    9 × 1011  α 2 

elde edilir ve bundan

α1 = 1,1 × 10 −12 ve ilgili yük yoğunlukları

= 8,99 × 10 9

1 1× 0,1 = 9 × 1011 4πε 0,001

olarak hesaplanabilir. Bilinen bütün değişkenler (8.66)’da yerine konularak

1  9 × 1011 1 =  9   8,99 × 10

2

α 2 = 1,1 × 10 −12


ρ1 = 1 × 1,1 × 10 −12 C/m

445

ρ 2 = 1× 1,1× 10 −12

C/m

olarak bulunur. Potansiyel ifadesi ve momentler metodunun uygulanmasından elde edilen yük dağılımı kullanılarak iletkenin yüzeyinde ve orta noktasındaki potansiyeli hesaplayalım. Şekil 8.24’de görüldüğü gibi sonlu hat yükünden dolayı (x, 0, 0)’daki potansiyel aşağıdaki ifadenin çözümünden elde edilir.

V=

ρ1 4π ∈o

2      L  L 2 + + x x ln ln −     2 2        

(8.67)

y -L/2 l

V( x,0,0) x ( x,0,0)

Şekil 8.24 Sonlu ρ l yükünden dolayı (x,0,0)’daki potansiyel

z -L/2

Ortalama ρ1 = 1,1× 10 −12

C/m olduğundan

V=

1,1× 10 −12 {ln[10 + 10 2 + 0,12 ] − ln 0,1} = 0,105 V 4π ∈o

olur. İletkenin yüzeyinde hesaplanan potansiyel uygulanan gerilimin % 10,5’i olup hesaplanan yük dağılımının doğru olmadığını söylemektedir. Eşdeğer bir yük dağılımı eleman iletkenin simülasyonu için yeterli değildir. Eğer eleman sayısı 50’ye çıkartırılır bilgisayar programı kullanılırsa ortalama yük yoğunluğu 1,026×10-11 C/m olarak daha hesaplanabilir. (8.67)’de verilen analitik çözüm kullanılarak doğruluk sağlanabilir:

V=

açıkça ile iki ve bir doğru

1,026 × 10 −11 {ln[10 + 10 2 + 0,12 ] − ln 0,1} = 0,98 V 4π ∈o

ALIŞTIRMA 1. MOM kullanarak örnek 8.6’da her yerdeki potansiyel dağılımı belirlemek için bir bilgisayar programı yazınız. Programda eleman sayısını 2, 4, 10 ve 20 olarak alınız ve bunun potansiyel dağılıma olan etkisi hakkında yorum yapınız.

8.5 ÖZET Elektromanyetik sistemin tasarımı sistemde kullanılan malzemelerden verimli ve etkili bir şekilde yararlanmak için elektrik ve/veya manyetik alanların analizini gerektirir. Bazı sınır şartları ile beraber Laplace veya Poisson eşitlikleri çoğu kez statik veya kısmi statik alan problemlerinin analizi için yeterli matematiksel modellerdir. Bununla beraber yüksek frekanslı operasyonda dalga

446


eşitliği bir sistemdeki elektrik ve manyetik alanların miktarlarının belirlenmesinde daha doğru matematiksel modeldir. Çoğu pratik mühendislik problemlerinde simetrik olmama durumu gibi düzensizlik olduğundan matematiksel eşitliklerinin çözümü bir zorluk ortaya çıkarır. Tam bir çözüm çoğu kez mevcut değildir. Bununla beraber bilgisayarların kullanımı FDM, FEM ve MOM gibi sayısal tekniklerden yararlanmayı kolaylaştırmakla beraber çözüm yine de tam olmayıp yaklaşıktır. Çözüm domeninin bölümlenmesi ile oluşturulan ağ boyutu çözümün doğruluğunun bir ölçüsüdür – ağ elemanlarının boyutlarının küçük olmasıyla daha iyi doğruluk elde edilir. Ardışık üst durulma metodu olarak bilinen bir irdeleme tekniği FDM fark eşitliklerinin çözümü için çok kullanışlı bir yoldur. Uygun hızlanma faktörü eşitliğin çözümünü önemli ölçüde hızlandırır. Sonlu eleman metodu elektromanyetik alan problemlerinin sayısal olarak çözümünde diğer bir tekniktir. FEM bir optimizasyon metodu olup temel olarak sistemde depolanan toplam enerjiyi sınır şartları ile verilen bazı sınırlamalar ile minimize eder. FEM’in en önemli avantajlarından biri karmaşık sınır şartlarını hemen hemen hiç zorluk olmaksızın ele alabilir. Diğer önemli bir avantajı çok malzemeli alan analizlerini oldukça kolay işleyebilir. Açık sınırlı problemlerde momentler metodu elektrik ve manyetik alanların belirlenmesinde en iyi seçim olarak gözükmektedir. Bu metot genel integral eşitliklerini, temelde ilerlemesi yavaş potansiyel eşitliklerini kullanır böylece çözümün sonlu sınırlar ile tanımlanmasına gerek kalmaz. Bununla beraber bu teknik problemin mevcut sınırlarında yük veya akım dağılımı bilgisini gerektirir ve çoğu kez bu bilgi mevcut değildir. Bununla birlikte potansiyel sınırda verilmişse sınırda yük veya akım dağılımı sayısal olarak sınırın sınır elemanları olarak bilinen bir sayıda elemanlara bölünmesiyle tahmin edilebilir. Bu durumda sistemdeki her yerde alan dağılımı belirlenebilir.

8.6 ÇALIŞMA SORULARI 1. Elektrik ve manyetik alanların değerlendirilmesine veya hesaplanmasına niçin gerek duyulur? 2. Hangi eşitlikler matematiksel olarak statik ve kısmi statik alanları temsil eder? 3. 100 MHz’de çalışan sistemlerde elektrik alanlarının belirlenmesinde Laplace eşitliği kullanılabilir mi? 4. Alan problemlerinin çözümü için sayısal tekniklere niçin ihtiyaç duyulur? 5. Sonlu fark metodu nedir? 6. Ardışık üst durulma metodu niçin kullanılır? 7. SOR’da hızlanma faktörünün rolü nedir? 8. Hızlanma faktörü alan dağılımının çözümünü etkiler mi? 9. Sonlu eleman metodu nedir? 10. FEM’deki işlemleri açıklayınız. 11. FEM’de üçgen elemanlar kullanılmasının avantajı nedir?


447

12. FEM’in ana avantajları nedir? 13. Momentler metodunu açıklayınız. 14. Hangi durumlarda MOM en çok kullanılır? 15. MOM kullanarak alanların değerlendirilmesinde doğruluk neye bağlıdır?

8.7 PROBLEMLER 1. Şekil P8.1’de görülen geometri xy düzleminde verilmiştir. Ardışık üst durulma olmaksızın FDM kullanarak sınırlı ortam içindeki potansiyel dağılımı belirleyiniz. (a) 10 mm ve (b) 5 mm kare ağ boyutlarını dikkate alınız. Sonuçları karşılaştırınız. 2. Önceki problemi ardışık üst durulma tekniği kullanarak α = 1,0 ; α = 1,2 ; α = 1,4 ; α = 1,5 ; α = 1,7 ve α = 1,9 hızlanma faktörleri ile 10 mm boyutunda bir kare ağ için tekrarlayınız. 3. Şekil P8.3’de görülen farklı potansiyellerde iletken malzemeler ile sınırlanan dielektrik yüzeyde FDM kullanarak potansiyel dağılımı hesaplayınız. y y V=100 V

V=100 V 5 cm

2 cm

0V

V=0

V=50 V V=20 V

0V

x

x

4 cm

5 cm

Şekil P8.1

Şekil P8.3

4. Şekil P8.4’de 100 V ve 0 V potansiyellerindeki iletkenler arasındaki eş potansiyel çizgilerini FEM kullanarak belirleyiniz.

15 mm

30 mm

V=100 V V=100 V V=100 V

Şekil P8.4

V=100 V 25 mm 40 mm

V=0 V

5. Bir elektromanyetik aygıtın stator ve rotor diş düzenlemesi şekil P8.5’de görülmektedir. FEM kullanarak verilen sistemin stator ve rotor dişleri arasında ve oyuklar arasındaki skaler manyetik potansiyel dağılımını belirleyiniz. Manyetik bölgelerin sonsuz geçirgenlikte olduğunu varsayınız.

448


ℑ = 100 At

ℑ = 100 At

3 cm

Stator dişi

µ0

1 cm

dℑ =0 dn

3 cm

ℑ = 100 At µ0

ℑ = 0 At

dℑ = 0 Rotor dişi dn 2 cm

1 cm

Şekil P8.5

2 cm

6. Şekil P8.6’da görülen silindirik iletken (100 V) ve toprak potansiyelinde bulunan metal plakalar arasındaki potansiyel dağılımı FEM kullanarak hesaplayınız.

30 mm

V=100 V Şekil P8.6

10 mm V=0 V

40 mm

7. Şekil P8.7’de görülen iki yuvarlak iletken arasındaki eş potansiyel ve elektrik alan hatlarını MOM kullanarak belirleyiniz. 10 m 0 V= 10

1 cm

4 mm

V

εr =3

Dielektrik 10 cm

00 V V= - 1

1 cm

0,1 mm

10 mm

1 mm 0,2 mm

10 m

Şekil P8.7

Şekil P8.8

8. 100 mm uzunluğunda bir mikro şeritin kesit görünüşü şekil P8.8’de görülmektedir. MOM kullanarak şerit hattının iletkenleri arasındaki potansiyeli ve elektrik alan dağılımını belirleyiniz.

+×÷− 9 ELEKTROMANYETİKTE BİLGİSAYAR DESTEKLİ ANALİZ, SİMÜLASYON, MODELLEME VE TASARIM 9.1 GİRİŞ 1960’lı yılların başlangıcında deneysel fizik topluluğunun bilgisayar destekli mıknatıs tasarımından sonra Bilgisayar Destekli Analiz, Modelleme ve Tasarım (BDAMT - Computer Aided Analysis, Modeling & Design: CAAMD) yazılımı endüstriyel tasarımcının yanında önemli bir rol işgal etmeye başlamıştır. Endüstriyel ve araştırma amaçlı manyetik çalışmalarında ticari BDAMT (kısaca BDT olarak söylenir) yazılımlarının sayısı gittikçe artmaktadır. Kapasiteleri farklı olmakla beraber bu yazılım sistemlerinin tamamı metodoloji ve amaçları bakımından ortak bir nüveyi paylaşmaktadır. En önemli faktör bu yazılımların nasıl ve etkili kullanılacağının iyi bilinmesidir. Bunlar aşağıdaki gibi sıralanabilir.  Metotların doğasında bulunan yaklaşımlar.  Hesaplanabilecek miktarlar.  Hesaplananan sonuçların tasarımcının ihtiyacı ile ilişkisi. Mevcut analitik teknikler, kişilerin oluşturduğu kavramsal modeller üzerinde güçlü etki taşıdığından bu yeni analiz teknikleri tasarımcının probleme yaklaşımını son derece etkiler. BDT’nin güçlü etkisi endüstride bu şekilde hissedilmeye başlamış ve endüstriyel ve araştırma amaçlı manyetik analiz sistem kullanıcıları tarafından oluşan birikim gittikçe artış göstermektedir. Manyetik aygıtlar, geleneksel yolla basitleştirilmiş devre modelleri ile deneysel kanıta dayanan deneysel kuralların birleştirilmesi ile tasarımlanmaktadır. Bu teknik kurala göre tasarım olarak adlandırılabilir fakat aygıtlar gittikçe değişken ve karmaşık hale geldiğinden kurallar artık yeterli gelmemekte ve elektromanyetik alan problemlerinin temelini oluşturan mantıklı detaylı çözüme dayanan analize göre tasarım normal bir pratik haline gelmeye başlamıştır. Analize göre tasarım, dikey kayıt başlıkları, doğru akım makinaları ve anahtarlamalı relüktans makinalar gibi çok farklı aygıtlarda bulunan hem geometrik karmaşıklık ve hem de doğrusalsızlığı dikkate alma yeteneğinde sayısal (nümerik) analiz ile tasarım anlamındadır. Bundan dolayı analize göre tasarım bilgisayar destekli tasarım (BDT) anlamına gelmektedir.

450


Bu bölümde Elektromanyetik Alan Teorisi kitaplarında sık karşılaşılmayan bir uygulama olarak Ansoft şirketi tarafından hazırlanan elektromanyetik simülasyon yazılımı Maxwell ile bazı modelleme ve tasarım örnekleri verilmektedir. Maxwell ile hazırlanan modellerdeki görsel grafik, resim ve sayısal sonuçların ilgiyi artıracağı kanaati taşınmaktadır.

9.2 MAXWELL İLE MODELLEME Elektrostatik, Manyetostatik, DC İletim, AC İletim ve Eddy Akımı modülleri ile Maxwell bir kişisel bilgisayar üzerinde elektromanyetik aygıtların modellenmesinde yeni bir yaklaşım sunmaktadır. Kullanıcının elektriksel ve manyetik malzemeler ve sargılardan modeller oluşturabileceği sanal bir laboratuvar ortamı hazırlamakta, alan çizimleri ve grafiklerden görüntüler oluşturmakta ve kondüktans, kapasitans, indüktans, kuvvet ve tork gibi miktarların sayısal değerlerini vermektedir. Maxwell iki boyutlu problemlerin çözümü için tasarımlanmıştır (bölümün sonunda tanıtım sayfası verilen profesyonel sürümü üç boyutlu problemlerin çözümünü yapabilmektedir). Endüstriyel üretimin yaygın metotları 2 boyutlu (2B) modeller ile çok iyi temsil edilebilen aygıtları oluşturur ve çoğu düşük frekanslı AC aygıtlar AC alanların istenilmeyen etkilerini azaltacak şekilde tasarımlanır. Örneğin transformotor nüveleri eddy akımlarının azaltılması için laminasyonlu yapılır. Çoğu durumlarda, manyetik şartlar alanın değişken olduğu durumdan çok az etkilendiğinden statik çözüm mükemmel bir sonuç verecektir. Sargıda istenilen bir akım seti için alan belirlendikten sonra halka akısı veya indüktans değerlerinden indüklenen gerilimlerin hesaplanması çok basittir. Güvenilir sonuçların alınması için kullanıcının bilgisi, ustalığı ve matematiksel metotların temelinin iyi bilinmesi çok önemli değildir.

9.3 İKİ BOYUTLU MODELLEME Maxwell elektromanyetik aygıtların iki boyutlu modellenmesi ile ilgilenir. Bu modellerin oluşturulması kolaydır ve pratik aygıtların çok geniş bir alanına uygulanabilir. Aygıt geometrisinin yaygın iki tipi olup üç boyutlu aygıtların iki boyutta modellenmesine izin verir. Bu geometriler aşağıdaki gibi tanımlanır.  Çevrimsel (translational) geometri  Dönel (rotational) geometri Çevrimsel geometride cismin sabit bir kesit alanı vardır. Çevrim bu sabit kesit alanının sabit bir yönde hareketi ile gerçekleştirilir. Şekil 9.1a’da bu yolla biçimlendirilmiş bir C nüve görülmektedir. Çevrimsel geometri ile eksene dik her dilimin biçimi aynıdır. Döner elektrik makinaları, transformotor ve eyleyiciler gibi aygıtlar çoğu kez bu şekilde temsil edilebilir. Bu iki boyutlu yaklaşımda üç boyuttaki saçaklama ve kaçak alanlar ihmal edildiğinden dolayı modelin dikkatlice kullanılması gerekir. Dönel geometri, bir torna tezgahında olduğu gibi, cismin ekseni etrafında döndürülmesi ile oluşan bir biçime sahiptir. Şekil 9.1b’de şekil 9.1a’daki aynı temel C biçiminden oluşturulan bir cisim görülmektedir. Dönel geometrili cisimler z eksenindeki dönüş ekseni ile silindirik koordinatlarda tanımlanabilir. Döndürülmüş biçim bu durumda r-z düzleminde tanımlanır. Bu geometri çevrimsel geometriden iki önemli noktada farklılık göstermektedir:  Bu, gerçek üç boyutlu cismin gerçek bir gösterimi olduğundan doğru çözümler mümkündür.

Elektromanyetikte Bilgisayar Destekli Analiz, Simülasyon, Modelleme ve Tasarım

451

 Kuvvet, indüktans, kapasitans ve direnç gibi miktarların hesaplanmasında farklı metotlar kullanılır.

(a) Çevrimsel geometri

(b) Dönel geometri Şekil 9.1

Bunlar, Maxwell’de sunulan iki seçeneğin (x-y veya r-z düzlemi) dikkate alınmasıyla otomatik olarak işlenir fakat kullanıcının geometri değişiminin önemini bilmesi gerekir. Maxwell görüntü ekranında, çevrimsel geometrinin x-y düzlemi ve dönel geometrinin r-z düzlemi için dikey eksen sırasıyla y ve z’yi temsil edecek şekilde aynı koordinat eksenlerini kullanır. Yeni bir modelin ilk çözümünde doğruluk yerine hız tercih edilmelidir. Amaç olabildiğince çabucak akı dağılımınin alınmasıdır; çünkü akı dağılımının incelenmesi modelin yapısındaki hataların ortaya çıkarılmasında etkilidir. Bunun için her çelik veya demir kısım için doğrusal manyetik malzemeler ve sabit mıknatıslar için doğrusal sabit mıknatıslardan (B-H eğrisi olmayan) biri kullanılmalıdır. Eğer aygıttaki akı yoğunluğu değerlerinden ne beklenildiği hakkında bir fikir yoksa nüve için geçirgenliği sabit olan demir kullanabilir. Çözüm hassasiyet seviyesi 1’e ayarlanabilir. Yeni bir model mantıklı akı dağılımı üretiyor; kuvvet, tork, kapasitans ve indüktansın sayısal değerleri akla yatkın ise doğrusal manyetik malzeme doğru pratik malzeme veya en yakın eşdeğeri ile değiştirilebilir. Bu değiştirilmiş yeni modelin ilk çözümü için de hassasiyet seviyesi 1’e ayarlanır ve modelin doğru olduğuna kanaat getirince hassasiyet seviyesi artırılabilir. Herhangi bir sayısal metotla mükemmel doğruluğa ulaşılamaz. Hatta en yüksek hassasiyet seviyesinde bile Maxwell ile yapılan çözüm hatalar içerecektir. Çoğu durumlarda bu hatalar muhtemelen önemsiz olacak ve üretim toleransları ve manyetik malzemelerin manyetik özelliklerindeki değişimlerin neden olduğu değişimlerden düşük olacaktır. Kuvvet ve torkların hesaplanmış değerleri özellikle alan çözümündeki hatalara duyarlı olacak böylece bu değerler hassasiyet seviyesi artırılırken önemli oranda artacaktır. Eğer bunlar, aygıtta ilgi noktası miktarlar ise bu durumda bunların değerleri bir noktada değişmez hale gelinceye kadar hassasiyetin artırılması mantıklıdır. Eğer bazı tork değerleri veya kuvvet bileşenlerinin sıfır olması gerektiği biliniyorsa bunların değerlerinin oldukça düşük değerleri bulununcaya kadar devam edilmesi gerekir. Benzer şekilde miktarların genlik olarak eşit olması gerektiği yerde aradaki fark ortalama değerin küçük bir kısmı olmalıdır.

452


Bazı problem tiplerinde Maxwell (profesyonel sürümü de dahil olmak üzere) doğru çözümler meydana getiremez. Buna tipik bir örnek aktif hava aralığının demir aksamın boyutları ile karşılaştırıldığında çok küçük olduğu bir aygıtta kuvvet veya torkun hesaplanmasıdır. Burada değerler hassasiyet seviyesi artırılırken bir sınırda birleşmeyebilir. İlerleyen kısımlarda çevrimsel ve dönel geometri ile ilgili modelleme örneklerinin bazı önemli noktalarına değinilecektir.

9.4 MANYETİK KAVRAMLAR Maxwell elektromanyetizmanın diferansiyel eşitlikleri veya bunların çözümü için gereken sayısal metotlar hakkında hiçbirşey bilmeksizin pratik aygıtların modellenmesinde kullanılabilir. Bu kısımda Maxwell’in Manyetostatik modülünün etkin olarak kullanılması için gereken bazı temel manyetik kavramlar bu kitabın tamamını incelemeye gerek kalmadan kısa ve öz olarak yeniden gözden geçirilmektedir. 9.4.1 MANYETİK AKI YOĞUNLUĞU

 Temel manyetik kavram B vektörü ile tanımlanan manyetik alan olup manyetik akı yoğunluğu  olarak adlandırılır. Bu alan, yaygın olarak B ’nin hem yönü ve hem de genliğini gösteren akı hatları  olarak bilinen eğri çizgilerle temsil edilir. Bir hattın yönü B ’nin yönünü verir ve hatlar arasındaki açıklık büyüklüğü gösterir; hatların birbirine yakınlığı büyüklüğün veya yoğunluğun büyük olması anlamındadır. Şekil 9.2a’da C biçimli çelik nüvenin sağ taraftaki çelik çubuğu çektiği basit bir elektromıknatısın (manyetik akı) φ dağılımı ve şekil 9.2b’de ise bu akının yoğunluk dağılımı görülmektedir. Elektromıknatıs sargısının iki tarafı kare ile gösterilmiştir.

(a)

(b)

Şekil 9.2 C nüveli bir elektromıknatısın (a) akı çizgileri (φ) ve (b) akı yoğunluğu (B) dağılımı

 Manyetik alan belirsiz veya soyut bir kavram olmasına rağmen B ’nin etkileri kesin, somut ve  fizikseldir. Şekildeki elektromıknatıs gibi böyle bir aygıttaki kuvvet B ile ifade edilebilir.


453

Basitleştirilmiş terimler ile akı hatları, çubuğu mıknatısa doğru B 2 / 2 µo büyüklüğünde bir  kuvvetle çeken elastik şeritler gibi düşünülebilir. Bu ifadede B (T) B vektörünün genliği ve µo = 4π × 10−7 (H/m) temel bir sabittir.

  B ’nin doğrudan fiziksel yorumu, u hızı ile hareket eden q yükü üzerindeki manyetik kuvvet için Lorentz eşitliği ile verilir:    F = qu × B

(9.1)

   Eğer hareketli yük bir iletkenden akan elektrik akımı ise bu durumda F = qu × B eşitliği i akımı taşıyan l uzunluğundaki bir iletken üzerindeki kuvvetin iyi bilinen F = Bli ifadesine öncülük eder.  İletkenin kendisi u hızı ile hareket ediyorsa bu durumda Lorentz kuvveti iletken içindeki yükün yer değişimine neden olarak indüklenen gerilimin e = Blu ifadesine öncülük eder.  Çoğu kez istenilen büyüklük akı yoğunluğu, B olmayıp manyetik akı, φ veya halka akısı, λ dır.  Akı yoğunluğu, B sabit ve A alanının yüzeyine dik ise akı φ = BA olarak ifade edilir. Eğer alan sabit değil ve yüzeye dik değilse bu durumda akı bir integral ile verilir fakat prensip aynıdır. Halka akısı bir sargının bütün sarımlarındaki akıların toplamıdır; bu her sarımın bir φ akısını halkaladığı N sarım için λ = Nφ ’dir. Akı kavramı, değerini, bir sargıda indüklenen gerilimin e = dλ / dt olduğunu ifade eden elektromanyetik indüksiyon yani Faraday kanunundan kazanır. Eğer halka akısı ya aynı yada farklı sargıdaki akım akışından kaynaklanıyorsa bu amper başına halka akısı olarak indüktansın tanımına öncülük eder. 9.4.2 MANYETİK ALAN ŞİDDETİ Elektrik akımları manyetik alanların oluşmasına neden olur. Akımlar iletkenlerden veya sargılardan akar veya bir manyetik malzemenin atomlarında elektron spin akımları biçimini alabilir. Her  durumda problem B ile tanımlanan manyetik alan ve alanın kaynağı akımlar arasındaki ilişkiyi tanımlamaktır. Pratik problemlerin çözümü için kullanılabilecek bu ilişki için matematiksel biçim    araştırırken hem B ve hem de B ’nin kaynağı olan akımla ilişkili bir manyetik miktarın, H tanıtılması kullanışlıdır.

    Boş uzayda, iletkenlerden akan akımların oluşturduğu H , B = µo H eşitliği ile tanımlanır. H ve akımlar arasındaki ilişki aşağıdaki Ampère akım kanunu ile verilir.

∫

 H ⋅ dl = ΣI

(9.2)

Burada sol taraftaki integral kapalı bir yol etrafında alınır ve sağ taraf toplam yol ile çevrelenen bütün akımların toplamıdır. Bu eşitlik uzun düz bir iletken veya toroidal sargı gibi basit bir sistemin alanının hesaplanmasını kolaylaştırır ve elektromanyetik aygıtta yaklaşık hesaplar için yaygın olarak kullanılan manyetik devre kavramının temelidir. Diferansiyel biçiminde her probleme uygulanabilen genel metotlara öncülük eder.

 H miktarı manyetik alan şiddeti olarak bilinir;



∫ H ⋅ dl = ΣI

eşitliğinden metre başına amper  (A/m) birimine sahiptir. Boş uzaydaki manyetik alan için H kullanmanın avantajı azdır;

454




 eşitliği B ve µo ile ifade edilebilir. Manyetik malzemelerin varlığında durum

∫ H ⋅ dl = ΣI

tamamen farklıdır. 9.4.3 MANYETİK MALZEMELER Ahşap gibi manyetik olmayan malzeme yerine demir veya çelik gibi manyetik malzemeden yapılan nüve üzerine bir sargı sarıldığında manyetik davranış dramatik olarak değişir. Eğer nüve kapalı ise sargı indüktansı çok büyük olacaktır. Nüve açıksa sargı bir mıknatıs gibi davranarak etrafındaki harici manyetik alanı büyük oranda artırır. Nüve malzemesinin kendisi manyetik alanın bir kaynağı olarak sargının etkilerini güçlendirir.

 Manyetik malzemelerin davranışı, B tanımlanabilir.

 ve H arasındaki ilişki aşağıdaki gibi düzeltilerek    B = µo (H + M )

(9.3)

   Burada M malzemede indüklenen mıknatıslanma olup H ’ye bağlıdır. Bundan dolayı, H  iletkenlerdeki akımlar ile ilişkili olarak bir neden olarak sayılabilir; B etki olup kuvvetler ve indüklenen gerilimlerin kaynağıdır.    Tasarımcının görüş açısından M mıknatıslanması önemli değildir; önemli olan H ve sonuç B  arasındaki ilişkidir. İlişki oldukça karmaşık olabilir; vektörler aynı yönde olmayabilir ve B ’nin  mevcut değeri H ’nin mevcut değeri ile beraber geçmiş değerine de bağlıdır. Çoğu pratik amaçlar için bu karmaşıklıklar ihmal edilebilir ve malzemenin özellikleri B ile H’nin ilişkisi olan basit bir eğri ile ifade edilebilir. Tipik bir örnek şekil 9.3’de görülmektedir. Bu eğri üç belirgin bölgeye sahiptir: H’nin az miktarda artışının büyük B değeri ürettiği eğrinin başlangıçtaki dik kısmı; eğrinin bükülen kısmı ve B’de farkedilebilir bir artış için H’nin büyük bir artışının gerektiği bu bölgenin ötesindeki doyum bölgesi. Bu malzeme ile 1,2 T’lık bir akı yoğunluğu doyumun başlangıcıdır. Transformotor çeliği gibi yumuşak manyetik malzemelerin mıknatıslanması harici alan kaldırıldığında hemen hemen kaybolur; bundan dolayı B-H eğrisi orijinden geçer. Bu malzemeler için B ve H arasında

B = µo µ r H

(9.4)

gibi bir ilişkinin ifade edilmesi kullanışlıdır. Burada µ r bağıl geçirgenlik olarak bilinen, malzemenin boyutsuz bir özelliğidir. Manyetik olmayan bir malzemenin bağıl geçirgenliği 1’dir. Şekil 9.3’deki gibi bir B-H eğrisinde µ r sabit değildir, B veya H ile değişir; başlangıçta birkaç bin (örneğin µ r ≈ 2400 ) değerinde ve ancak doyum bölgesinde 100 değerine düşebilir. Bazı aygıtların çalışmasını basitleştirmek ve çözümü hızlandırmak için B ve H arasında doğrusal bir ilişki veren sabit geçirgenlikli yapay malzemenin dikkate alınması kullanışlı olabilir.


455

Şekil 9.3 Transformotor çeliğinin B-H eğrisi 9.4.4 SABİT MIKNATISLAR Sabit mıknatıslar harici alan kaldırıldığında malzemede bir miktar mıknatıslanmanın kaldığı özelliğe sahiptir. Örneğin, şekil 9.4’de görüldüğü gibi bazı sabit mıknatısların B-H eğrilerinin önemli kısmı ikinci çeyrektedir.

Şekil 9.4 Bazı sabit mıknatısların B-H eğrileri

456


Sabit mıknatıs malzemeler iki belirgin parametreye sahiptir: B r kalıcılığı ve H c gidericiliği. B r uygulanan H sıfır iken malzemede kalan B değeri ve H c B’yi sıfıra düşürmek için uygulanması gereken H’nin negatif değeridir. Ek bir parametre seğirdim (recoil) geçirgenliği olup manyetik şartlar değiştiğindeki davranışı belirtir. Bazı malzemeler ile negatif (demanyetize) H’nin genliği artırılır ve sonra düşürülürse çalışma noktası orijinal eğriyi takip etmeyip bunun yerine daha az bir eğim ile seğirdim hattını izler. Seğirdim geçirgenliği bu hattın eğiminin µ o ile bölünmesidir; bu bir bağıl geçirgenlik olup değeri çoğu kez 1’e eşittir. Samaryum kobalt (SmCo) gibi bazı sabit mıknatıs malzemeleri (0, B r )’den (-H c , 0)’ye hemen hemen düz bir çizgi olan B-H karakteristiğine sahiptir ve seğirdim hattı da aynı eğime sahiptir. Bu malzemelere doğrusal olarak davranılır ve B-H eğrisi yerine B r ve H c değerleri ile belirtilirler. 9.4.5 DEPOLANAN ENERJİ VE KOENERJİ Bir manyetik devrenin sargılarındaki akımlar sıfırdan bir son değere yükseltilerek manyetik alan oluşturulduğunda iletken malzemedeki I 2 R omik kayıplarına ek olarak enerji verilmesi gerekir. Bu enerji manyetik alanda depolanan enerji olarak düşünülür; histerezis ihmal edilirse akımlar sıfıra düşürüldüğünde tekrar geri kazanılabilir. Şekil 9.5’de bir manyetik malzemenin B-H eğrisinin bir kısmı görülmektedir. Eğer b noktası malzemenin belirli bir parçasında son manyetik durumu temsil ediyorsa, bu durumda enerji yoğunluğunun (birim hacim başına enerji)

  w = H ⋅ dB

∫

J/m 3

(9.5)

olduğu gösterilebilir. Enerji yoğunluğu B-H eğrisi ve B ekseni arasındaki alandır (şekil 9.5’deki Oab alanı).

Şekil 9.5 Doğrusal olmayan B-H eğrisinde depolanan enerji ve koenerj


457

İlgili başka bir miktar koenerji yoğunluğu olup

  w' = B ⋅ d H

∫

J/m3

(9.6)

ile verilir. Koenerji yoğunluğu eğri ve H ekseni arasındaki alandır (şekildeki Ocb alanı). İki yoğunluğun toplamı, w + w' Oabc dikdörtgeninin alanına eşit olması gerektiğinden

        w' = B ⋅ d H = B ⋅ H − w = B ⋅ H − H ⋅ dB

∫

∫

J/m 3

(9.7)

elde edilir. Malzeme doğrusal ise enerji yoğunluğu ve koenerji yoğunluğu Oabc dikdörtgeninin alanının yarısına eşittir. Doğrusal olmayan bir malzeme için enerji yoğunluğu bu alandan daha küçük ve koenerji yoğunluğu bu alandan daha büyük olduğundan

  w < 12 B ⋅ H < w'

(9.8)

ifadesi yazılabilir. Aygıtta depolanan toplam enerji aşağıdaki gibi hacim üzerinde enerji yoğunluğunun integralidir.

∫

W = wdv =

  ( H ∫ ∫ ⋅ dB )dv

(9.9)

J

v

Benzer şekilde toplam koenerji aşağıdaki gibi hacim üzerinde koenerji yoğunluğunun integralidir.

∫

W ' = w' dv =

(∫ B ⋅ H − ∫ H ⋅ dB )dv

(9.10)

J

Doğrusal malzemelerde depolanan enerji ve koenerjinin aynı fakat doğrusal olmayan malzemelerde koenerjinin depolanan enerjiden daha büyük olduğu görülür. İki değer arasındaki fark doğrusalsızlığın veya aygıttaki manyetik malzemelerin doyum derecesinin bir ölçüsüdür. İndüktansın alışılmış tanımı amper başına halka akısıdır. Eğer depolanan enerji alışılmış

1 2

LI 2 ile

ifade edilirse; bu hem W depolanan enerji ve hem de W′ koenerjiden farklılık gösterecektir. Gerçekte bu, eşdeğer doğrusal enerji olup W ’den daha büyük ve W′ den daha küçüktür.

Wdoğoğrus =

∫

1 2

  B ⋅ Hdv

J

(9.11)

Eğer depolanan enerjinin tam değeri istenilirse, örneğin doymuş bir indüktörden enerji atıldığında, bu durumda W depolanan enerji değeri 12 LI 2 değerinden daha iyi bir tahmin olacaktır. Koenerji kuvvet ve torkların hesaplanması metodunda kullanılır. Akım sabit tutulur ve aygıtın bir kısmına bir yönde s yer değişimi verilirse s yönünde kuvvetin bileşeninin

Fs =

∂W ' ∆W ' ≈ ∂s ∆s

(9.12)

olduğu gösterilebilir. İki model s uzaklığında aralarında ∆s farkı ile oluşturulursa bu durumda kuvvet (9.12) eşitliğinden koenerji değerlerinin farkı alınarak hesaplanabilir. Benzer bir eşitlik θ açısal yer değişimi ile tork için aşağıdaki gibi yapılabilir.

458


Tθ =

∂W ' ∆W ' ≈ ∂θ ∆θ

(9.13)

9.4.6 KUVVET HESABI Lorentz kuvveti Manyetik alanda akım taşıyan iletkende birim hacim başına kuvvet,

   f = J×B

(9.14)

olup Lorentz eşitliğinin diğer bir biçimidir. Buna göre toplam kuvvet,    F = J × B dv

(9.15)

    T = r × J × B dv

(9.16)

∫

ile verilir. Bir P noktasındaki toplam tork,

∫

 ile verilir; burada r P’den hacim elemanına yarıçap vektörüdür ve integral iletkenin hacmi  üzerinde alınır. Bu eşitliklerde, B akı yoğunluğunun sonlu elemanlar metodu ile sayısal olarak belirlendiğinde iyi sonuçlar verdiği bilinmektedir. Bu yüzden Maxwell, modelde akım taşıyan bölgelerde kuvvet ve tork hesaplanmasında (9.15) ve (9.16) eşitliklerinin iki boyutlu biçimini yerine getirir. Maxwell stres metodu (9.15) ve (9.16) eşitlikleri sadece akım taşıyan iletkenler için kullanılabilir; bunlar manyetik malzemelerdeki kuvvet ve tork’u vermez. Bir aygıt akım taşıyan iletkenlere ek olarak manyetik malzemeler içeriyorsa Maxwell yazılımı Maxwell stres kavramına dayanan, doğrudan manyetik akı yoğunluğu ile birim alan başına stresi veya kuvveti veren bir kuvvet hesaplama metodu kullanır. Eğer B n ve B t bir yüzeye normal ve tanjant akı yoğunluğunun bileşenleri ve σ n ve σ t ilgili stres bileşenleri ise bu durumda aşağıdaki ifadeler elde edilir.

σn =

Bn2 − Bt2 2 µo

σt =

Bn Bt

µo

(9.17)

(9.18)

Yüzey kapalı ve tamamen havadan geçiyorsa toplam kuvvet ve tork yüzey üzerinde streslerin integrali ile belirlenebilir. Bu sonuç tamamen genel olup akımlar, yumuşak manyetik malzemeler veya sabit mıknatıslar içerebilen yüzeyin içindeki cisimlerin doğasından bağımsızdır. Maxwell stres metodu alanın standart sayısal çözümünden kuvvetlerin hesaplanması için kullanılırsa doğru sonuçların alınması zordur. Eğer işareti değişen terimlerden oluşuyorsa, kuvvet veya tork için integral güvenilir olmayabilir ve sayısal hataların birikimine öncülük eder. Bu aynı


459

zamanda sayısal çözümün doğruluğuna da çok duyarlıdır. Kullanıcıların bu metotla iyi sonuçlar alması için çok beceri ve deneyime sahip olmaları gerekir. Cisimlerdeki kuvvet Maxwell bir aygıtta her cisim üzerindeki kuvvet ve torkları otomatik olarak hesaplar. Bir cisim iki yolla tanımlanır:  1. Tip: Tamamen hava ile çevrelenen birbirine bağlı bölgeler grubu  2. Tip: Akım taşıyan her bölge Ayarlanabilir Maxwell stres metodu bütün 1. tip cisimler için kullanılır ve 2. tip cisimler için Lorentz kuvvet eşitliği kullanılır. Eğer bir aygıtta manyetik malzemeler ile temasta olan 2. tip diğer cisimler varsa bunlar da 1. tip cisimlere dahil edilir. Böyle durumlarda sadece manyetik malzemedeki kuvvet çıkarma (-) işlemi ile belirlenebilir. 9.4.7 İNDÜKTANS HESABI Halka akısı Kuplajlı bir çift sargının manyetik özellikleri devrede L 1 ve L 2 öz indüktansları ve M 12 ve M 21 ortak indüktansları ile tanımlanabilir. 1. sargı I 1 akımı taşıyorsa 1. ve 2. sargıların halka akıları

λ1 = N1φ1 = L1I1

(9.19)

λ12 = N 2φ12 = M 12 I1

(9.20)

ile verilir. Burada N 1 ve N 2 sargıların sarım sayısıdır. Benzer şekilde eğer 2. sargı I 2 akımı taşıyorsa halka akıları aşağıdaki gibidir.

λ2 = N 2φ2 = L2 I 2

(9.21)

λ21 = N1φ21 = M 21I 2

(9.22)

İndüktanslar amper başına halka akıları olduğundan

L1 =

L2 =

M 12 =

M 21 =

λ1 I1

λ2 I2

λ12 I1

λ21 I2

(9.23)

(9.24)

(9.25)

(9.26)

460


ile verilir. Doğrusal bir sistem için bu dört katsayı akımdan bağımsız ve M 12 = M 21 = M ’dir. N1 = N 2 iken l 1 ve l 2 kaçak indüktansları aşağıdaki gibi tanımlanabilir:

l1 = L1 − M

(9.27)

l2 = L2 − M

Bu kaçak indüktanslar, bir sargının oluşturduğu ikinci sargıya ulaşamayıp havadan veya manyetik olmayan malzemeden kaçan akıyı temsil ederler. Maxwell L1 = λ1 / I1 , L2 = λ2 / I 2 , M 12 = λ12 / I1 ve M 21 = λ21 / I 2 eşitliklerini çok sargılı sistemlerin eşdeğerini kullanarak öz ve ortak indüktansları otomatik olarak hesaplar. Manyetik malzemelerin doğrusal ve yumuşak olduğu aygıtlarda enerjiye dayalı alternatif bir hesaplama metodu vardır. Enerji Metotları Doğrusal bir sistem için bir çift sargıda depolanan manyetik enerji

W = 12 L1I12 + 12 L2 I 22 + MI1I 2

(9.28)

ile verilir. Ortak indüktans ve kaçak indüktansın hesaplanmasının alternatif metodu, bu ifadenin   depolanan enerji eşitliği, W = wdv = H ⋅ dB dv ile eşitlenmesiyle çıkartılabilir.

∫

∫ (∫

)

Ortak indüktansın hesaplanmasında (a) aynı akımlar olduğunda; I1 = I 2 = I ve (b) akımlar eşit ve zıt olduğunda; I1 = − I 2 = I iki durum dikkate alınır. Bu iki durumda depolanan enerjiler,

Wa = 12 L1I 2 + 12 L2 I 2 + MI 2

(9.29)

Wb = 12 L1I 2 + 12 L2 I 2 − MI 2

(9.30)

olup sonucunda

M=

Wa − Wb 2I 2

(9.31)

elde edilir. l1 = L1 − M ve l2 = L2 − M eşitlikleri, değerler büyük miktarlar arasındaki küçük farklılıklar ile verildiğinde doyurucu olmayabilir. Enerji metodu, örneğin iki sargının eşit ve zıt akımlar taşıdığı, bir transformotorun kısa devre deneyinin simülasyonunda kullanılabilir. Kaçak indüktanslar ile (9.28)

W = 12 l1I12 + 12 l2 I 22 + 12 M ( I1 + I 2 ) 2

(9.32)

olur. I1 = − I 2 = I s ile simüle edilmiş kısa devre deneyi için depolanan enerji

Ws = 12 (l1 + l2 ) I s olup

2

(9.33)


(l1 + l2 ) =

Ws 2 1 2 Is

461

(9.34)

ile sonuçlanır. Fiziksel kısa devre deneyinde olduğu gibi bu metot kaçak reaktansların ayrı değerlerini değil sadece toplamını belirleyebilir fakat toplam için l1 = L1 − M ve l2 = L2 − M eşitliklerinden daha doğru sonuçlar verebilir.

9.5 ÇEVRİMSEL GEOMETRİLİ ÖRNEK MODELLEMELER Bu kısımdaki örnek modelleme çalışmaları çevrimsel geometrili aygıtların modelleme problemlerinin bir kısmını içermekte ve modelleme çalışmaları artan bir zorluk ile sıralanmıştır. Maxwell ile yapılan örnekler kitabın CD ekinde aşağıdaki adlarla verilmiştir. Sıra 1 2 3 4

Başlık C-nüveli eyleyici Bara üzerindeki kuvvetler E-nüveli eyleyici Sabit mıknatıslı manyetik kilit

5

Düzgün manyetik alan içindeki silindirik ekran

6

Silindirik iletken içindeki alan

7

Transformotor eşdeğer devresi

Proje Adı C_core_actuator.pjt Bus_bar_forces.pjt E_core_actuator.pjt PM_Magnetic_Latch.pjt Cylindrical_screen_in_uniform_field1 -6.pjt Cylindrical_conductor_field1-2.pjt Transformer_equivalent_circuit_13.pjt

9.5.1 C-NÜVELİ EYLEYİCİ Bu kısımda basit bir elektromanyetik aygıtın Maxwell ile modellenmesi yapılmaktadır. Elektromanyetik aygıt şekil 9.6’da görüldüğü gibi C nüveli eyleyicidir. Amaç manyetik devrenin çeşitli kısımlarının incelenmesi, kare armatür plakasındaki kuvvetin, bir noktaya göre torkun ve sargının öz indüktansının belirlenmesidir. Editör penceresindeki boyutsal görünüş şekil 9.7’de görülmektedir.

Şekil 9.6 Eyleyicinin izometrik görünüşü

Bu aygıt, eksenel yönde çok uzun olmamasına rağmen çevrimsel geometri ile oldukça iyi temsil edilebilmektedir. Kutuplar arasındaki önemli kaçak akı doğru bir şekilde modellenebilir ve 2 boyutlu modelde ihmal edilen saçaklama akısı kuvvet ve indüktansın hesaplanmasında önemsiz bir etkiye sahiptir. Aygıtın eksenel boyu 40 mm olduğundan birim olarak milimetre kullanılması kullanışlıdır. Simülasyonda nüve malzemesi 1010 çeliği, sarım sayısı 1000 ve akım 10 A

462


seçilmiştir. C nüveli eyleyicide akı, akı yoğunluğu, alan şiddeti, enerji ve koenerji yoğunluğu dağılımları şekil 9.8’de görüldüğü gibidir. Şekil 9.7 Editör penceresinde, C nüveli eyleyicinin iki boyutlu kesit görünüşü ve mm cinsinden ölçüleri; derinlik 40 mm’dir. Hava aralığındaki 100 mm’lik kontur, bu çizgi üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur.

Tablo 9.1 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar Armatürdeki kuvvet Öz indüktans Tork Halka akısı

1 metre derinlik için -1769,96 N/m 2,177 µH/m 35,3053 Nm 21,7 Wb/m

40 mm derinlik için 70,79 N 0,087106 µH 1,4122 Nm 0,868 Wb

Yorum %1 hassasiyet seviyesinde elde edilen sayısal çözüm sonuçları tablo 9.1’de görülmektedir. Bu miktarlar 1 m’lik eksenel uzunluk için hesaplandığından istenilen sonucun bulunması için gerçek uzunluk olan 0,04 (= 40 mm / 1000 mm) değeri ile çarpılır. Nüve kısımları çok yoğun doyum altında olduğundan depolanan enerji ve koenerji değerleri çok farklı olacaktır. Bu aygıtta nüve ve sargıdaki toplam kuvvetin x bileşeni armatürdeki kuvvete eşit ve zıt yönde olmalıdır; her kısımdaki kuvvet ve torkun y bileşeni sıfır olmalıdır. Tork yataklamanın yapıldığı × noktasına göre hesaplanmıştır. Bu ideal değerlerden küçük sapmalar çözüm ve kuvvet hesaplanması için kullanılan sayısal metodun sonuçlarıdır. Halka akısı sargıda indüklenen zıt emk’nın sorumlusudur. Aygıtın herhangi bir kısmında uzaklığa bağlı olarak akı, akı yoğunluğu, alan şiddeti ve enerji yoğunluklarının grafikleri bir kontur dağılımı ile çıkartılabilir. Örneğin hava aralığının tam ortasında tanımlanan kontur boyunca akı, akı yoğunluğu, alan şiddeti ve enerji yoğunluklarının grafikleri şekil 9.9’da görülmektedir. Bundan sonraki adım sonuçların ışığında C nüveli eyleyicinin biçimini düzeltmektir. Örneğin nüvenin kalınlığı, akıdaki artışın kompanze edilmesi için aşamalı olarak artırılabilir ve yeni akı dağılımı akı yoğunluğu penceresinde incelenebilir. Şekil 9.8b’de akı yoğunluğu (renkli orijinal resimde) kırmızı renk ile nüvenin orta kısımlarında maksimum 2,17 T değerini bulmaktadır.


(a) Akı (φ) dağılımı

(b) Akı yoğunluğu dağılımı

(c) Enerji yoğunluğu dağılımı

(d) Koenerji yoğunluğu dağılımı

(e) Alan şiddeti dağılımı

(f) Akı yoğunluğu vektörel dağılımı

Şekil 9.8 C nüveli eyleyicide akı, akı yoğunluğu, alan şiddeti, enerji ve koenerji yoğunluğu dağılımları

463

464


(a) Akı değişimi

(b) Akı yoğunluğu değişimi

(b) Alan şiddeti değişimi

(c) Enerji ve koenerji yoğunluklarının değişimi

Şekil 9.9 Kontur boyunca akı, akı yoğunluğu, alan şiddeti, ve enerji yoğunluklarının grafikleri 9.5.2 BARA ÜZERİNDEKİ KUVVETLER

Şekil 9.10 Yüksek akım taşıyan baralar

Şekil 9.10’da, içlerinden geçen zıt akımlardan dolayı üzerlerindeki kuvvetlerin hesaplanacağı, manyetik olmayan oldukça uzun iki bara görülmektedir. Bu örnek çalışması için baralar 20 mm açıklığında, 20 mm yüksekliğinde ve 10 mm genişliğindedir. 5 A/mm2’lik akım yoğunluğu ile baradaki akım 1000 A’dir. Editör penceresindeki boyutsal görünüş şekil 9.11’de görülmektedir.


465

Şekil 9.11 Editör penceresinde baraların iki boyutlu görünüşü ve mm cinsinden ölçüleri. Hava aralığındaki 100 mm’lik kontur, bu çizgi üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur.

Şekil 9.12 Manyetik akı dağılımı

Ortam boşluk iken, iki taşıyıcı bara arasında, birim uzunluk başına kuvvetin aşağıdaki gibi basit bir analitik ifadesi vardır.

466


F=

2 × 10−7 kI 2 d

N/m

(9.35)

Burada k iletkenlerin biçimine bağlı bir sabit ve d taşıyıcı baralar arasındaki uzaklıktır. Bu problemde k’nın değeri analitik formülden 0,95 olarak hesaplanabilir ve teorik kuvvet 6,33 N/m bulunur ve bu Maxwell’de bulunan sonuçla karşılaştırılabilir. Bu problemde bazı noktalarda veya konturlar boyunca akı yoğunluğu değerlerinin incelenmesi için özel bir neden yoktur. Akı dağılımı ve sayısal çözüm sonuçları istenilen sonuçlar hakkında yeterli bilgi verir. Şekil 9.12’de akı dağılımı görülmektedir. Tablo 9.2 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar Sol iletkendeki kuvvet Sağ iletkendeki kuvvet Öz indüktans Tork Halka akısı

1 metre için -6,31 N/m 6,31 N/m 0,6088 µH/m -63 mNm 0,61 mWb/m

Yorum Manyetik malzemeler olmadığından bu doğrusal bir problem olup depolanan enerji ve koenerji değerleri eşittir. Bu simetrik modelde iki parça üzerindeki kuvvetin x bileşenleri eşit ve zıt yönlü olmalıdır. Bu ideal değerlerden küçük sapmalar kullanılan sayısal metodun sonuçlarıdır. Maxwell ile verilen kuvvetin x bileşeninin 6,33 N/m olan teorik değere yakın olduğu gözlenebilir. 9.5.3 E-NÜVELİ EYLEYİCİ Şekil 9.13’de E nüveli bir eyleyici veya elektromıknatıs görülmektedir. Bu, C nüveli eyleyiciye prensipte benzemekte fakat sargı hava aralığına daha yakın ve sargının her iki tarafı aktif olduğundan daha iyi bir manyetik tasarımdır. Amaçlar sargının öz indüktansının ve armatür üzerindeki kuvvetin belirlenmesi ve aygıttaki manyetik alan dağılımının incelenmesidir. 780 sarımlık sargıdan 2 A geçmektedir. Nüve malzemesi ise 1010 çeliğidir. Maxwell ile simülasyon sonucu akı ve akı yoğunluğu dağılımı şekil 9.14’de görüldüğü gibidir. Tablo 9.3 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar Armatürdeki kuvvet Öz indüktans Armatürdeki tork Halka akısı

1 metre için -353,75 N/m 6,51 µH/m 23,87 Nm 10,15 mWb/m


467

Şekil 9.13 Editör penceresinde E nüveli eyleyicinin iki boyutlu kesit görünüşü ve cm cinsinden ölçüleri, derinlik 100 cm’dir. Hava aralığındaki 200 cm’lik kontur, bu çizgi üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur.

(a) Akı dağılımı

(b) Akı yoğunluğu (skaler ve vektörel) dağılımı Şekil 9.14

468


Yorum Şekil 9.15’de görüldüğü gibi kontur boyunca akı yoğunluğu grafikleri ile C nüvede elde edilen aynı grafikler karşılaştırıldığında bu aygıttaki akı yoğunluğu çok daha küçük olduğundan çeliğin doymamış olduğu görülebilir. Hava aralığı da büyük olduğundan enerji ve koenerji yoğunluğu (w, w′) değerleri hemen hemen birbirine eşittir (şekil 9.15d).

(a) Akı değişimi


(c) Alan şiddeti değişimi

(d) Enerji ve koenerji yoğunluğu değişimi

Şekil 9.15 Kontur boyunca akı, akı yoğunluğu, alan şiddeti, ve enerji yoğunluklarının grafikleri Doymamış bu sistem için



∫ H ⋅ dl = ΣI Ampère devre kanunu ile hava aralığındaki akı yoğunluğu

hesaplanarak çözümün doğruluğu kontrol edilebilir; bu 0,098 T sonucunu verir. Akı yoğunluğu dağılımı penceresinden orta kutbun karşısında hava aralığındaki akı yoğunluğunun genliği 0,11 T değerine sahiptir fakat bu pozisyonla değişir. Hava aralığının tam ortasındaki değer 0,11 T’dır. Bu aynı zamanda şekil 9.15b’de B grafiğinde verilen değerler ile de çakışmaktadır. Bu simetrik modelde armatür ve nüve+sargı takımı olarak iki kısımdaki kuvvetin y bileşenleri eşit ve zıt yönlü olmalıdır (tablo 9.3) ve aynı kısımlar üzerindeki kuvvet ve torkun x bileşeni sıfır olmalıdır.


469

9.5.4 SABİT MIKNATISLI MANYETİK KİLİT Şekil 9.16’da bir manyetik kilidin kesit görünüşü görülmekte olup C nüve biçimini sabit mıknatıs ve çelik armatür oluşturmaktadır. Bu, manyetik devrenin uyartımının sabit mıknatıs ile sağlanması dışında C nüveli eyleyiciye benzemektedir. Malzeme kısımlarının boyutları C nüveli eyleyici ile aynı fakat hava aralığının boyu 10 mm’den 5 mm’ye düşürülmüştür. Sabit mıknatıs malzemesi NdFe35 ve nüve malzemesi 1010 çeliğidir. Sabit mıknatısın manyetik alan yönü pozitif y yönündedir. Sabit mıknatıs üzerindeki ok kutup yönünü göstermektedir. Maxwell ile simülasyon sonucu şekil 9.17’de görüldüğü gibi hava aralığındaki alanlar C nüvedekine benzer bir dağılıma sahip fakat sabit mıknatıs bölgesindeki alan tamamen farklıdır. Şekil 9.16 Editör penceresinde C nüveli ve sabit mıknatıslı eyleyicinin iki boyutlu kesit görünüşü ve mm cinsinden ölçüleri, derinlik 40 mm’dir. Hava aralığındaki 100 mm’lik kontur, bu çizgi üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur.

Tablo 9.4 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar Armatürdeki kuvvet Tork

1 metre için -645,72 N/m 12,91 Nm

40 mm derinlik için 25,83 N 0,51 Nm

Yorum Sayısal sonuçlar tablo 9.4’de verilmiştir. Bu miktarlar 1 m’lik eksenel uzunluk için hesaplandığından istenilen sonucun bulunması için gerçek uzunluk olan 0,04 (= 40 mm / 1000 mm) değeri ile çarpılır. Şekil 9.18’de görüldüğü gibi kontur boyunca grafikler ile C nüvede elde edilen aynı grafikler karşılaştırıldığında sabit mıknatıs bölgesindeki büyük kaçak akı alanı gözlenebilir. Akı yoğunluğu değerleri C nüveli eyleyicidekinden daha düşüktür böylece çeliğin doyumu daha az olacak ve depolanan ve koenerji değerleri arasında fark çok olmayacaktır. Bu simetrik modelde armatür ve nüve kısımları üzerindeki kuvvetin x bileşenleri eşit ve ters ve aynı kısımlar üzerindeki kuvvetin y bileşeni sıfır olmalıdır.

470



(b) Akı yoğunluğu dağılımı

(c) Enerji yoğunluğu dağılımı

(d) Koenerji yoğunluğu dağılımı

(e) Alan şiddeti dağılımı

(f) Akı yoğunluğu vektörel dağılımı

Şekil 9.17 Sabit mıknatıslı manyetik kilidin akı, akı yoğunluğu, alan şiddeti, enerji ve koenerji yoğunluğu dağılımları


471

(a) Akı değişimi


(b) Alan şiddeti değişimi

(c) Enerji ve koenerji yoğunluklarının değişimi

Şekil 9.18 Kontur boyunca akı, akı yoğunluğu, alan şiddeti, ve enerji yoğunluklarının grafikleri. 9.5.5 DÜZGÜN MANYETİK ALAN İÇİNDEKİ SİLİNDİRİK EKRAN Bu problemde Maxwell ile ilginç bir çalışma yapılmaktadır çünkü sonuçlar manyetik malzeme doğrusal ise analitik çözüm ile karşılaştırılabilir ve düzgün manyetik alan üretmenin bir tekniği gösterilmektedir. Bunun için manyetik geçirgenliği 1000 olan 240 mm iç yarıçapında ve 300 mm dış yarıçapında bir silindir üzerinde çalışalım. Uygulanan alanın genliği 0,1 T olsun. Maxwell ile düzgün bir alan üretmek için silindirin çapının yaklaşık üç katı genişliğinde ve genişliğinin beş katı uzunluğunda geniş bir selenoid kullanılabilir. Bu figürler düzgün bir alanın oluşturulması için kaba kılavuzlar olup Ampère devre kanunu ile yaklaşık olarak hesaplanabilecek değer ile silindir bölgesinde kabul edilebilir düzgünlüktedir. Manyetik alan, silindir içindeki ekranlama etkisi ve silindir dışındaki alanın doğasını göstermek için silindirden yeteri kadar uzağa  uzanmaktadır. Oldukça uzun bir selenoid için H ⋅ dl = ΣI eşitliğinden selenoid içinde 0,1 T’lık

∫

bir akı yoğunluğu üretmek için 79,6 kA/m’lik bir akım gerekmektedir. Modelde selenoidin sonlu uzunluğundan dolayı 90,6 kA/m gerekir; bu 10 m uzunluğunda selenoid için toplam 906 kA’lik bir akıma karşılık gelmektedir. Şekil 9.19’da metre biriminde ölçüleri ile selenoidin kesit görünüşü görülmektedir. Sargının sarım sayısı 1000 ve akımı 906 A’dir. Doğrusal silindir malzemenin bağıl

472


geçirgenliği 1000’dir. Maxwell ile simülasyon sonucu akı ve akı yoğunluğu dağılımı şekil 9.20’de görülmektedir.

Şekil 9.19 Editör penceresinde, yaklaşık düzgün bir alan üretmek için uzun bir selenoid ve sabit geçirgenlikli silindirin metre olarak kesit ölçüleri. Hava aralığındaki 15 m’lik kontur, bu çizgi üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur.


(b) Akı yoğunluğu dağılımı. Silindirik ekranın bulunduğu kısım büyütülmüştür. Şekil 9.20


473

Tablo 9.5 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar

Silindirik ekran malzemesi Ferit, µ r = 1000 Steel 1010 Vakum

1 metre için İndüktans, µHm 906 A’lik akımda 0,1942 0,1942 0,18875

4530 A’lik akımda 0,1942 0,1916 0,18875

Yorum Bu problemin analitik çözümü 1,101 mT’lık akı yoğunluğu ile silindir içinde düzgün bir alanı vermektedir. Bu, silindirik ekranın alanı hemen hemen bir 100 faktörü ile azaltmış olduğunu ima etmektedir. Bununla beraber silindir malzemesinde akı yoğunluğu oldukça yüksektir. Alanın incelenmesi ve sayısal metodun analitik değere yakın sonuçlar vereceğinin doğrulanması öğretici olacaktır. Akı yoğunluğu dağılımından akı yoğunluğu değerlerinin beklenildiği gibi olduğu doğrulanabilir (silindirden uzaktaki bölgelerde 0,1 T’ya yakın ve silindirin içinde 1 mT’ya yakın). Silindir içindeki alanın daha detaylı incelenmesi şekil büyütülebilir (şekil 9.20b). Bu çalışma, silindir malzemesi sabit geçirgenlikte olduğunda bilinen analitik çözümün Maxwell ile nasıl elde edileceğini göstermektedir. Pratikte malzeme doğrusal olmayacak ve analitik çözüm gerçeği yansıtmayacaktır. Bunun için sabit geçirgenlikte demir malzemesi yerine gerçek 1010 çeliği kullanılarak çözüm tekrarlanabilir. 0,1 T’lık harici alanla silindir doyuma gitmediğinden 1010 çeliğinin ekranlama etkisi demirden daha iyidir. Bununla beraber harici alan artırıldığında durum çok değişir. Sargıdan geçen akım 906 A’den 4530 A’e artırılarak alan 0,1 T’dan 0,5 T’ya çıkarıldığında bu silindiri doyuma götürür ve ekranlama faktörü 100 civarından yaklaşık 2,5 değerine düşer. Şekil 9.21’de, iki akım için 1000 geçirgenliğinde ferit ve steel 1010 malzemelerinin varlığında ve ayrıca silindirik ekranın yokluğundaki durumlar için 2 m’lik bir enine kontur boyunca akı yoğunluğu grafikleri görülmektedir.

(a) 906 kA

(b) 4530 kA

Şekil 9.21 2 m’lik enine kontur boyunca, iki farklı akım değerinde ve farklı ferromanyetik malzemelerde akı yoğunluğu grafikleri

474


9.5.6 SİLİNDİRİK İLETKEN İÇİNDEKİ ALAN Uzun, içi dolu bir iletkenin manyetik alanı analitik yolla hesaplanabilmektedir; akı hatları eksende merkezlenmiş çemberler gibidir. İletkenin dışındaki akı yoğunluğunun genliği yarıçap ile ters orantılı değişirken iletkenin içindeki genlik yarıçap ile doğrudan orantılı değişir ve eksende alan kaybolur. Eğer iletkenin bir ucundan diğer ucuna silindirik boşluk şeklinde bir delik delinirse bu deliğin iletken ile koaksiyel olması şartıyla bu boşlukta manyetik alan olmayacaktır. Başka ifadeyle boş silindirik iletken içinde alan yoktur. Eğer delik eksenden kaçık olarak delinirse burada oluşan alan mükemmel idealdir; akı hatları iki ekseni içeren düzleme normal bir yönde paralel düz çizgilerdir. Bir silindirik iletkendeki boşluğun bu özelliği Maxwell ile düzgün alanların üretilmesinde kullanılabilir. Maxwell eşit ve zıt yönde akım taşıyan iki iletken gerektirir. Diğer iletken dönüş iletkeni olarak manyetik alanı değiştirmez ve böylece model şekil 9.22’de görüldüğü biçimi alır. Silindirlerin boyutları kritik olmamasına rağmen boşluğun büyüklüğü ve pozisyonu biraz dikkat gerektirir. Teoride en uygun boşluk boyutu silindir çapının yarısıdır ve eksen ve çevre arasında pozisyonlandırılmıştır. Boşluk bu durumda silindirin yüzeyini kesmektedir. Bunun Maxwell ile teşebbüs edilmemesi gerekir; eğer daireler silindire tanjant olarak çizilirse malzeme çok ince olacak ve model çalışmayacaktır. Doyurucu bir düzenleme şekil 9.22’de görüldüğü gibi olup silindirdeki malzemenin minimum kalınlığı dış silindirin kalınlığına eşittir. Bu kalınlık aynı zamanda silindirler arasındaki aralığa da eşittir. Eğer dış yarıçap 1 m ise kalınlık 0,1 m yapılabilir. 6,6 MA’lik bir akım boşlukta 0,1 T’lık bir akı yoğunluğu verecektir. Maxwell ile simülasyon sonucu akı ve akı yoğunluğu dağılımı şekil 9.23’de görülmektedir.

Şekil 9.22 Offset boşluklu ve dönüş iletkenli silindirin editör penceresindeki görünüşü ve metre olarak ölçüleri. Çap boyunca 3 m’lik kontur, bu çizgi üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur



475

(b) Akı yoğunluğu dağılımı Şekil 9.23

Tablo 9.6 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar

İndüktans İç iletkendeki kuvvet İç iletkende merkez noktasına göre oluşan tork

1 metre için Offset boşluk Merkez boşluk 0,07936 µH 0,06984 µH 3171,12 N/m 0 -0.001589 Nm 0

Şekil 9.24 Akı yoğunluğunun çap boyunca 3 metrelik kontur üzerindeki değişimleri. Offset boşluk durumunda 0,95 T’lık sabit bir akı yoğunluğu oluşurken boşluğun merkezi olması durumunda akı yoğunluğu 0 olmaktadır.

Yorum Tablo 9.6’da silindir içindeki boşluğun merkezi veya eksenden kaçık olduğu durumlardaki sayısal sonuçlar verilmiştir. Akı yoğunluğunun bir çap boyunca 3 metrelik kontur üzerindeki değişimleri şekil 9.24’de görülmektedir. Eksenden kaçık (offset) boşluk durumunda 0,95 T’lık sabit bir akı yoğunluğu oluşurken boşluğun merkezi olması durumunda akı yoğunluğu 0 olmaktadır. Alanın incelenmesi için akı dağılımı ve akı yoğunluğu çizimleri kullanılabilir. Bu çalışmada elde edilen

476


düzgün alan bir çelik silindirin ekranlama etkisinin incelenmesinde kullanılabilir. Önceki kısımda olduğu gibi boşluğa benzer bir silindir konulabilir, bunun için uygun yarıçap 0,16 m ve 0,2 m olabilir. Çelik silindir içindeki alanın yaklaşık 1,1 mT ile düzgün bir alan olduğu bulunabilir. Dönüş iletkeni için boş silindir kullanma tekniği tek bir iletkenin oluşturduğu alanın çalışılması gereken her yerde kullanılabilir. Boş silindir içindeki alan iletken yalnız olduğu durumda meydana gelen alandır. 9.5.7 TRANSFORMOTOR EŞDEĞER DEVRESİ Şekil 9.25’de kabuk tipi geleneksel transformotorun editör penceresinde ölçülendirilmiş kesit görünüşü görülmektedir. P1-P2 sargıları primer ve S1-S2 sargıları sekonder sargısını temsil etmektedir. Basitlik olması bakımından sargılar eşit sarım sayılarında alınmıştır.

Şekil 9.25 Transformotorun editör penceresindeki görünüşü ve metre olarak ölçüleri.

Transformotorun tam eşdeğer devresi şekil 9.26’da görülmekte olup X l 1 ve X l 2 sırasıyla primer ve sekonder sargılarının kaçak reaktansları ve X m ise mıknatıslanma reaktansıdır.

Şekil 9.26 Transformotor eşdeğer devresi


477

Bu reaktanslar indüktans ile manyetik alanla aşağıdaki gibi ilişkilidir.

X l1 = ωl1 X l 2 = ωl 2

(9.36)

X m = ωM Burada ω açısal frekanstır. Sargılar eşit sarım sayılı olduğunda l 1 ve l 2 kaçak indüktansları

l1 = L1 − M l2 = L2 − M

(9.37)

olarak tanımlanır. Burada M ortak indüktans ve L 1 ve L 2 iki sargının öz indüktanslarıdır. Bu kaçak indüktanslar ikinci sargıya ulaşamayıp bunun yerine havaya veya manyetik olmayan diğer malzemelere kaçan akıyı temsil eder. λ21 = N1φ21 = M 21I 2 , L1 = λ1 / I1 eşitliklerinden ortak indüktans

M=

λ12 I1

=

λ21 I2

(9.38)

ile verilir; burada λ12 1. sargı I 1 akımı taşırken 2. sargıdan dolayı halka akısı ve λ21 2. sargı I 2 akımı taşırken 1. sargıdan dolayı halka akısı’dır. Maxwell öz indüktansları ve halka akılarını otomatik olarak hesaplar ve buradan L 1 , L 2 ve M’nin belirlenmesi prensipte mümkündür. Böylece eşdeğer devredeki reaktans değerleri bulunabilir. Bu yaklaşımdaki zorluk (9.37) eşitliklerindeki kaçak indüktansların büyük miktarlar arasındaki küçük farklar olmasıdır. L 1 , L 2 ve M’nin hesaplanmasındaki her hata sonuç l 1 ve l 2 değerlerinde çok büyük gözükecektir. Benzer problem deneysel çalışmada da gözükür; çıkarma işlemi ile l 1 ve l 2 ’nin hesaplanmasında iyi sonuçlar almak için L 1 , L 2 ve M ’nin yeterli doğrulukta ölçülmesi mümkün değildir. Deneysel olarak reaktans parametreleri açık devre (boş çalışma) ve kısa devre deneylerinden belirlenir. Boş çalışma deneyinde sekonder I 2 = 0 olacak şekilde açık devre yapılır ve primere normal gerilim uygulanır. Primer terminallerindeki ölçümler X l1 + X m toplam primer reaktansının değerini verir. Kısa devre deneyinde sekonder terminalleri kısa devre edilmiştir ve normal tam yük akımını geçirecek şekilde primere düşük gerilim uygulanır. Bu durumda sekonder akımı normal tam yük değerine yakındır. Bu çalışma şartları altında mıknatıslanma reaktansından geçen akım ihmal edilebilir ve bundan dolayı primer terminallerinde yapılan ölçümler primer ve sekonder sarım sayılarının eşit olduğu varsayımı ile X l1 + X l 2 toplam kaçak reaktansını verir. Bu metot ile X l 1 ve X l 2 ’nin ayrı ayrı belirlenmesi mümkün değildir. Bundan dolayı çoğu kez herbirinin, ikisinin toplamının yarısı olduğu varsayılır. Maxwell’de kısa devre deneyi şartlarını simüle etmek için sargılara eşit ve zıt yönlü akımlar verilir. Kaçak indüktansların toplamı

l1 + l2 =

Ws I s2

1 2

(9.39)

478


ile verilir; burada I s her sargıdaki akım ve W s depolanan enerjidir. Şekil 9.25’de boyutları görülen transformotorda primer ve sekonder sargılarının sarım sayısı 1000 ve yüksüz durumda sadece bir sargı akım taşımakta olup 2 amperdir. Kısa devre simülasyonunda sargılar eşit ve zıt yönlü akımlar taşımakta olup 200 amperdir (5 A/mm2’lik bir akım yoğunluğu). Bu problem için (9.37) ve (9.39) eşitlikleri doğrusal sistem için geçerli olduğundan doğrusal malzeme kullanmak gereklidir. Uygun bir seçim transformotorun normal çalışma şartları altında transformotor çeliğinin makul temsilcisi olan 1000 geçirgenliğinde doğrusal malzemedir. Maxwell ile üç simülasyona ait akı ve akı yoğunluğu dağılımları şekil 9.27’de görülmektedir. Sayısal sonuçlar tablo 7-9’da listelenmiştir. Tablo 9.7 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Boş ve kısa devre çalışması durumlarında primer ve sekonder sargılarının öz ve ortak indüktansları. Taralı kısımlar öz, diğerleri ortak indüktanslardır.

Boş çalışma, primer enerjili Boş çalışma, sekonder enerjili Kısa devre çalışması, primer ve sekonder enerjili

Sargılar Primer Sekonder Primer Sekonder Primer Sekonder

İndüktans Primer 177,02 176,81 177,03 176,82 176,93 176,72

(H/m) Sekonder 176,81 177,02 176,82 177,03 176,72 176,93

Tablo 9.8 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Boş ve kısa devre çalışması durumlarında primer ve sekonder sargılarının halka akıları Boş çalışma, primer enerjili Boş çalışma, sekonder enerjili Kısa devre çalışması, primer ve sekonder enerjili

Sargılar Primer Sekonder Primer Sekonder Primer Sekonder

Halka akısı (Wb/m) 354,04676 353,62913 353,64844 354,06751 41,76017 -41,905699

Tablo 9.9 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Boş ve kısa devre çalışması durumlarında depolanan enerjiler Boş çalışma, primer enerjili Boş çalışma, sekonder enerjili Kısa devre çalışması, primer ve sekonder enerjili

Depolanan enerji (J/m) 354,047 354,068 8366,74

Hesaplamalar ve Yorum Akı yoğunluğu çizimlerinde transformotorun akı yoğunluğu seviyelerinin transformotor çeliğinin 1,4 T’da doyuma gittiği dikkate alınarak doyum durumu incelenebilir.  Primer enerjili iken yapılan simülasyonda ortak indüktans otomatik olarak hesaplanmakta ve ayrıca aşağıdaki gibi 2. sargının halka akısından belirlenerek doğrulanabilir.

M=

λ12 I1

=

353,62913 = 176,81456 H/m 2,0


479

Şekil 9.27 Transformotorun boş çalışma ve kısa devre simülasyonları için akı ve akı yoğunluğu dağılımları. (a)(b) Boş çalışma-primer enerjili, (c)(d) Boş çalışma-sekonder enerjili, (e)(f) Kısa devre çalışması-primer ve sekonder enerjili (eşit ve zıt yönlü akımlar)

480


Buradan kaçak indüktans aşağıdaki gibi elde edilir:

l1 = L1 − M = 177,02 − 176,81456 = 0,205435 H/m  Sekonder enerjili iken yapılan simülasyonda ortak indüktans otomatik olarak hesaplanmakta ve ayrıca aşağıdaki gibi 1. sargının halka akısından belirlenerek doğrulanabilir

M=

λ21 I2

=

353,64844 = 176,82422 H/m 2,0

Buradan kaçak indüktans aşağıdaki gibi elde edilir:

l2 = L2 − M = 177,03 − 176,82422 = 0,20578 H/m  Primer ve sekonder enerjili iken yapılan kısa devre simülasyonunda kaçak indüktansların toplamı, depolanan enerji ile aşağıdaki gibi elde edilir:

l1 + l2 =

Ws 8366,74 = = 0,418337 H/m I s2 12 × 2002

1 2

Modelin simetriliğinden kaçak indüktansların eşit olması gerekir ve böylece

l1 = l2 =

l1 + l2 0,418337 = = 0,2091685 H/m 2 2

elde edilir. Bu hesaplamaların 1 metrelik eksenel uzunluk için yapıldığı unutulmamalıdır. İlk iki çözüm ile elde edilen kaçak indüktansların ortalama değeri (0,205435 + 0,20578 ) / 2 = 0,2056075 H/m olup üçüncü çözüm ile elde edilen değerler ile uyuşmaktadır. Bu sayısal çözümün tutarlılığı ve doğruluğu için kullanışlı bir sağlama metodudur. Eğer kaynak frekansı 50 Hz ise transformotorun reaktans parametreleri aşağıdaki gibi bulunur:

X l1 = ωl1 = 2π 50 × 0,205435 = 64,5393 Ω / m X l 2 = ωl2 = 2π 50 × 0,205780 = 64,6477 Ω / m

X m = ωM = 2π 50 × 176,81456 = 55547,93227 Ω / m Pratikte modelde iki faktör ihmal edildiğinden kaçak reaktanslar çok büyüktür. İhmal edilen bu faktörler (a) iki boyutlu modelde temsil edilemeyen sargı başı ve sonlarındaki akı kaçağı ve (b) nüve çelik laminasyonlardan paketlendiğinden nüvedeki küçük hava aralıklarının etkisidir. Mıknatıslanma reaktansının değeri nüvedeki hava aralıkları ile azalacak ve manyetik malzeme tarafından etkilenecektir.

9.6 DÖNEL GEOMETRİLİ ÖRNEK MODELLEMELER Önceki kısım ile aynı yolu izleyen bu kısımdaki örnek modelleme çalışmaları dönel geometrili aygıtların modelleme problemlerinin bir kısmını içermekte ve modelleme çalışmaları artan bir


481

zorluk ile sıralanmıştır. Maxwell ile yapılan örnekler kitabın CD ekinde aşağıdaki adlarla verilmiştir. Sıra 1 2 3 4 5 6 7 8

Başlık Selenoidal sargının öz indüktansı Selenoidal koaksiyel sargıların öz ve ortak indüktansları Saksı nüveli eyleyici Hareketli sargılı dönüştürücü Düzgün manyetik alan içindeki küresel ekran Lvdt yer değişim algılayıcısı Silindirik eyleyici Manyetik süspansiyon

Proje Adı Self_inductance_solenoidal_coil.pjt Mutual_inductance_coaxial_coils_14.pjt Pot_core_actuator.pjt Moving_coil_transducer_1-2.pjt Spherical_screen_in_uniform_field.pjt Lvdt_0-3.pjt Cylindrical_actuator_00-20.pjt Magnetic_suspension_1-5.pjt

9.6.1 SELENOİDAL SARGININ ÖZ İNDÜKTANSI Şekil 9.28’de kare kesitli selenoidal sargının dönel geometrili kesit görünüşü ve ölçüleri görülmektedir. Bu sargı kare kesitli, iç yarıçapı karenin bir kenarına eşit olan kısa selenoidal sargıdır. Bu biçim şekilde görüldüğü gibi karenin dikey ekseni etrafında döndürülmesi ile elde edilir. Seleonoidal sargı basit biçime sahip olarak sarım iletkeninin verilen uzunluk ve sargının kesit alanı ile en büyük indüktans değerine sahiptir. İndüktansı analitik olarak hesaplanabilir böylece Maxwell ile elde edilen sonucun karşılaştırılması ve kontrol edilmesi için kullanışlı diğer bir test problemi olmaktadır.

Şekil 9.28 Kare kesitli selenoidal sargının editör penceresindeki dönel geometrili kesit görünüşü ve metre olarak ölçüleri. Eksendeki 1 m’lik kontur, bu çizgi üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur.

Kare kesitli selenoidal sargının indüktansı,

L = 1,699rN 2

μH

(9.40)

482


pratik formülünden hesaplanabilir. Burada r sargının metre olarak ortalama yarıçapı ve N sarım sayısıdır. Analizi yapılacak sargının iç yarıçapı 0,1 m, dış yarıçapı 0,2 m, yüksekliği 0,1 m ve N = 100 sarım olduğundan indüktansı,

 0,1 + 0,2  2 L = 1,699 ×   × 100 = 2,5485 mH 2   olarak hesaplanır. Bu, Maxwellde özellikle basit bir aygıt olup sargı karenin r-z düzleminde döndürülmesiyle elde edilir ve çevrimsel geometrinin tersine sadece tek bir sargı yeterli olmaktadır. Bundan sonraki kısım akımın belirlenmesidir. Aygıtta manyetik malzemeler mevcut olmadığından problem doğrusaldır ve akı akımla doğrusal olarak değişmektedir. İndüktans halka akısının akıma bölünmesi olduğundan akımdan bağımsızdır. Bu yüzden uygun bir akım değeri olarak 10 A değerinin seçilmesi doyurucu olacaktır. Maxwell ile simülasyon sonucu akı ve akı yoğunluğu dağılımı şekil 9.29’da görülmektedir.




483

Tablo 9.10 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Depolanan enerji Öz indüktans Halka akısı

0,127065 J 2,54056 mH 25,4056 mWb

Yorum Bu bir doğrusal problem olduğundan depolanan enerji ve koenerji değerlerinin aynı olması beklenir. Tablo 9.10’da görülen, hesaplanan indüktans değeri, 2,5485 mH ve Maxwell ile elde edilen indüktans değeri, 2,54056 mH değerinden yaklaşık % 0,3 daha düşüktür. Daha yüksek doğruluk yapay hava bölgesi eklenerek dış sınırın daha ileri itilmesi ile alınabilir. Öz indüktansın bu yeni değeri 2,54604 mH olup teorik değerden yaklaşık % 0,15 daha küçüktür. 9.6.2 SELENOİDAL KOAKSİYEL SARGILARIN ÖZ VE ORTAK İNDÜKTANSLARI Şekil 9.30’da ortak eksenli bir çift kare kesitli selenoidal sargının r-z düzlemindeki kesit görünüşü ve ölçüleri görülmektedir. Sargıları oluşturmak için kare kesit alanı z ekseninde döndürülür. Bir sargının meydana getirdiği akının bir kısmı diğer sargıyı keserek sargılar manyetik kuplajlı olacak ve bir ortak indüktans tanımlanabilecektir. Kare kesitli tek selenoidal sargının indüktansında olduğu gibi ortak indüktans analitik olarak hesaplanabilir.

Şekil 9.30 Kare kesitli iki selenoidal sargının editör penceresindeki dönel geometrili kesit görünüşü ve metre olarak ölçüleri. 1 m’lik eksenel ve 0,5 m’lik radyal konturlar, bu çizgiler üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur

Sargılar kare kesitli tek selenoidal sargıda olduğu gibi aynı ölçülerde, sarım sayıları 100 ve aralarındaki boşluk 0,1 metre olup bir sargının yüksekliği ile aynıdır. Ortak indüktansın teorik değeri 0,49113 mH’dir. Maxwell ile ortak indüktansın belirlenmesinde iki metot vardır. Birincisi bir sargıdan akım geçerken diğer sargının halka akısı ilişkisine dayanır. Doğrusal bir sistem için ortak indüktans aşağıdaki gibi verilir.

484



(a) Akı yoğunluğu dağılımı

Şekil 9.31 Aynı yönlü akımlardaki akı ve akı yoğunluğu dağılımı

M=

λ12 I1

=

λ21 I2

(9.41)

Ortak indüktansı belirlemenin ikinci metodu depolanan enerjiye dayanır. Bunun için iki durumu dikkate alalım: (a) I1 = I 2 = I olacak şekilde eşit akımlar ve (b) I1 = − I 2 = I olacak şekilde eşit ve zıt akımlar. Buna göre ortak indüktans

M=

Wa − Wb 2I 2

ile verilir; burada W a ve W b iki durum için depolanan enerji değerleridir.

(9.42)


485

Modelleme kare kesitli tek selenoidal sargının bir uzantısıdır. Sistem doğrusal olduğundan 10 A’lik bir akım yeterli olacaktır. Sargı 1 ve sargı 2’den eşit ve aynı yönlü akımlar geçtiği durumda Maxwell ile simülasyon sonucu akı ve akı yoğunluğu dağılımı şekil 9.31’de görülmektedir. Tablo 9.11 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Sargıların öz ve ortak indüktansları. Taralı kısımlar öz, diğerleri ortak indüktanslardır. Sargılar Sargı 1 Sargı 2 Sargı 1 Sargı 2 Sargı 1 Sargı 2 Sargı 1 Sargı 2

Sargı 1 enerjili Sargı 2 enerjili Sargı 1 ve 2 enerjili, aynı yönlü akımlar Sargı 1 ve 2 enerjili, zıt yönlü akımlar

İndüktans Sargı 1 2,5404 0,4851 2,5403 0,48509 2,5404 0,4851 2,5404 0,4851

(mH) Sargı 2 0,4851 2,5403 0,48509 2,5404 0,4851 2,5404 0,4851 2,5404

Tablo 9.12 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Sargıların halka akıları Sargı 1 enerjili Sargı 2 enerjili Sargı 1 ve 2 enerjili, aynı yönlü akımlar Sargı 1 ve 2 enerjili, zıt yönlü akımlar

Sargılar Sargı 1 Sargı 2 Sargı 1 Sargı 2 Sargı 1 Sargı 2 Sargı 1 Sargı 2

Halka akısı (Wb) 0,025403619 0,0048509625 0,0048508958 0,025403561 0,030254508 0,030254508 0,020552802 -0,020552702

Tablo 9.13 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Sargı 1 enerjili Sargı 2 enerjili Sargı 1 ve 2 enerjili, aynı yönlü akımlar Sargı 1 ve 2 enerjili, zıt yönlü akımlar

Depolanan enerji (J) 0,127008 0,12701 0,30254508 0,205581

Hesaplamalar ve Yorum  1. sargının enerjili ve 2. sargıdan akım geçmediği 1. çözümden ortak indüktans ve 2. sargının halka akısı elde edilir:

M=

λ12 I1

=

0,0048509625 = 0,00048509625 H = 0,48509625 mH 10

 2. sargının enerjili ve 1. sargıdan akım geçmediği 2. çözümden ortak indüktans ve 1. sargının halka akısı elde edilir ve yukarıdaki aynı sonucu verdiği görülebilir.

M=

λ21 I2

=

0,0048508958 = 0,00048508958 H = 0,48508958 mH 10

486


 1. sargının ve 2. sargının eşit ve aynı yönde 10 A ile enerjili olduğu 3. çözümden enerji değerleri elde edilir. Aynı işlemin tersi yani akımlardan birinin yönünün değişmiş durumuyla çözüm tekrarlanarak 4. çözüm sonucunda da enerji ve koenerji değerleri elde edilir. Bu enerji değerlerinden ortak indüktans aşağıdaki gibi hesaplanır.

M=

Wa − Wb 0,30254508 - 0,205581 = = 0,00048482 H = 0,48482 mH 2I 2 2 × 102

Bulunan ortak indüktans değerleri tablo 9.14’de görüldüğü gibi listelendiğinde halka akısı metodunun % 0,07 daha yüksek ve enerji metodunun % 0,09 daha yüksek değeri verdiği görülür. Tablo 9.14 Ortak indüktans değerleri Hesaplama metodu Maxwell ile otomatik hesaplamadan Teorik değerden 2. sargı ile halka akısından 1. sargı ile halka akısından Halka akısı ile bulunan değerlerin ortalamasından Enerji metodundan

Ortak indüktans (mH) 0,4851 0,49113 0,48509625 0,48508958 0,48509291 0,48482

9.6.3 SAKSI NÜVELİ EYLEYİCİ Şekil 9.32’de saksı nüveli elektromıknatıs ve çelik armatür plakasından oluşan bir eyleyicinin r-z düzlemindeki kesit görünüşü ve ölçüleri görülmektedir. Bu E nüveli eyleyicinin dönel karşılığı olmaktadır. Elektromıknatıs nüvesi ve armatür plakasının biçimine dikkat edildiğinde aygıtın bu kısımlarında akı yoğunluğunun yaklaşık olarak sabit tutulduğu görülür. Nüve malzemesi 1010 çeliği olup sargının sarım sayısı 400 ve 2 A akım (5 A/mm2’lik akım yoğunluğu) geçmektedir. Maxwell ile simülasyon sonucu akı ve akı yoğunluğu dağılımı şekil 9.33’de görülmektedir. Sayısal sonuçlar tablo 9.15’de listelenmiştir.

Şekil 9.32 Saksı nüveli elektromıknatıs ve çelik armatür plakasından oluşan eyleyicinin r-z düzlemindeki kesit görünüşü ve mm olarak ölçüleri. 60 mm’lik eksenel ve 50 mm’lik radyal konturlar, bu çizgiler üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur.



487


Tablo 9.15 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar Armatürdeki kuvvet Öz indüktans Halka akısı Depolanan enerji

21,2753 N 38,8864 mH 0,07778 Wb 77,8735 mJ

Yorum Akı dağılımının yorumu dikkat gerektirir. Çevrimsel geometri ile akı hatlarının arasındaki aralık alanın genliği olan B ’nin bir göstergesini verir; hatların birbirine yakınlığı genliğin büyük olması anlamındadır. Dönel geometri ile aralık B sabit olsa bile z ekseninden radyal uzaklıkla değişecektir. Bunun nedenini anlamak için saksı nüvenin orta kutup ve dış halkasını dikkate alalım. Bunlar kabaca aynı akıyı taşır fakat halkanın kalınlığı kutbun yarıçapından çok daha küçüktür. İki kısımda akı hatlarının sayısı aynı olduğundan hatlar halkada çok daha yakın aralıktadır. Kutuptaki akı hatlarının aralığı aynı nedenden dolayı yarıçapla değişir. Akı yoğunluğu dağılımı ile şekil 9.34’deki B grafiğini karşılaştırınız. Aynı düşünceler nüvenin ve armatürün biçimini açıklar. Dış halkadan orta kutba ulaşan akı armatür plakasından ve nüvenin arka kısmından geçmelidir. Sabit akı yoğunluğunu tutmak için akının gördüğü kesit alanı sabit tutulmalıdır. Bu alan 2πrd ile verilir; burada r yarıçap ve d eksenel derinliktir. d derinliği r azalırken artırılmalıdır.

488


Şekil 9.34 Radyal kontur boyunca akı yoğunluğu değişim grafiği

9.6.4 HAREKETLİ SARGILI DÖNÜŞTÜRÜCÜ Şekil 9.35’de hareketli sargılı dönüştürücünün r-z düzlemindeki kesit görünüşü ve mm olarak ölçüleri görülmektedir. Bu, orta kutup ve dış halka arasındaki hava aralığında radyal manyetik alan meydana getiren bir elektromıknatıs ve eksenel yönde serbestçe hareket edebilen selenoidal sargıdan oluşmaktadır. Hareketli sargıdan akım geçtiğinde eksenel bir kuvvet gelişir. Bu yapı hoparlörler, kulaklıklar, vibrasyon generatörleri, hareketli sargılı eyleyiciler ve kimyasal tartılarda bulunmakla beraber bu uygulamaların çoğunda elektromıknatıs yerine sabit mıknatıs kullanılır. Hareketli sargı 5 mm kalınlığında ve 35 mm uzunluğunda olup 10 mm radyal uzunluğu ile hava aralığının ortasında pozisyonlandırılmıştır. Mıknatıs nüvesinin malzemesi 1010 çeliği; mıknatıs sargısının sarım sayısı 1000 ve 5 A akım taşımakta; hareketli sargının sarım sayısı 100 ve 1 A akım taşımaktadır. Bu değerler girilip aynı yönde akımlar için simülasyon sonucu akı ve akı yoğunluğu dağılımı şekil 9.36’da görüldüğü gibidir. Sayısal sonuçlar tablo 9.16-19’da listelenmiştir.

Şekil 9.35 Hareketli sargılı dönüştürücünün r-z düzlemindeki kesit görünüşü ve mm olarak ölçüleri. 200 mm’lik eksenel kontur, bu çizgi üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur.


489

(a) Aynı akım yönünde akı dağılımı

(b) Aynı akım yönünde akı yoğunluğu dağılımı

(c) Zıt akım yönünde akı dağılımı

(d) Zıt akım yönünde akı yoğunluğu dağılımı Şekil 9.36

490


Tablo 9.16 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Sargıların öz ve ortak indüktansları. Taralı kısımlar öz, diğerleri ortak indüktanslardır.

Sabit ve hareketli sargı enerjili, aynı yönlü akımlar Sabit ve hareketli sargı enerjili, zıt yönlü akımlar

Sargılar Sabit sargı Hareketli sargı Sabit sargı Hareketli sargı

İndüktans (H) Sabit sargı Hareketli sargı 2,0875 0,092717 0,092717 0,0071676 2,0903 0,092846 0,092846 0,0071737

Tablo 9.17 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Sargıların halka akıları Sabit ve hareketli sargı enerjili, aynı yönlü akımlar Sabit ve hareketli sargı enerjili, zıt yönlü akımlar

Sargılar Sabit sargı Hareketli sargı Sabit sargı Hareketli sargı

Halka akısı (Wb) 10,536891 0,47104017 10,36483 0,45732358

Tablo 9.18 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Depolanan enerjiler Sabit ve hareketli sargı enerjili, aynı yönlü akımlar Sabit ve hareketli sargı enerjili, zıt yönlü akımlar

Depolanan enerji (J) 26,677 25,7731

Tablo 9.19 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Hareketli sargıdaki kuvvetler. Sabit ve hareketli sargı enerjili, aynı yönlü akımlar Sabit ve hareketli sargı enerjili, zıt yönlü akımlar

Kuvvet (N) -18,9542 18,0469

Yorum Hareketli sargının amper-sarım’ı elektromıknatıs sargısının amper sarımının sadece % 2’si olduğundan hareketli sargıdaki akım aygıttaki manyetik alan üzerinde çok az etkiye sahip olacaktır. Bu hareketli sargıdaki akımın yönünün değiştirilerek çözümün tekrarlanmasıyla doğrulanabilir; Sayısal çözüm sonuçlarında da görüldüğü gibi hareketli sargıdaki kuvvetin genliği yaklaşık (0,4458 N) % 2 azalmıştır. 9.6.5 DÜZGÜN MANYETİK ALAN İÇİNDEKİ KÜRESEL EKRAN Bu çalışma çevrimsel geometride yapılan demir silindirin düzgün alan içine yerleştirildiği düzgün alan içindeki silindirik ekran probleminin dönel geometri karşılığıdır. Silindirik ekranda olduğu gibi manyetik malzeme doğrusal ise ekranlama etkisinin analitik bir çözümü olup çözüm Maxwell’den alınan sonuçların kontrol edilmesi amacıyla kullanılabilir. Burada da yine uzun bir selenoid düzgün bir alanın üretilmesi için kullanılacaktır. Kürenin iç yarıçapı 100 mm, dış yarıçapı 200 mm, küresel ekran malzemesinin bağıl geçirgenliği 1000 ve uygulanan alanın genliği 0,1 T’dır. Maxwell’de düzgün bir manyetik alanın üretilmesi için kürenin çapının beş katı genişlikte ve genişliğinin beş katı uzunluğunda bir selenoid kullanılabilir. Silindirik ekranda olduğu gibi bu figürler değişime açık kaba kılavuzlardır. Şekil 9.37’de r-z düzleminde selenoid ve kürenin kesit görünüşü ve metre olarak ölçüleri görülmektedir. Sargının sarım sayısı 1000 olup demir kürenin yokluğunda orta kısımda yaklaşık 0,1 T’lik bir alan meydana getirebilecek 805 A’lik bir akım gerektirir. Bu değerler ile simülasyon sonucu akı ve akı yoğunluğu dağılımı şekil 9.38’de görüldüğü gibidir. Sayısal sonuçlar tablo 9.20’de listelenmiştir.


491

Şekil 9.37 r-z düzleminde selenoid ve boş kürenin kesit görünüşü ve metre olarak ölçüleri. 15 m’lik eksenel kontur ve 7,5 m’lik radyal konturlar, bu çizgiler üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur.

Tablo 9.20 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar Depolanan enerji Öz indüktans Halka akısı

103002 J 0,31787 H 252,88192 Wb

Yorum Bu problemin analitik çözümü 0,513 mT’lık akı yoğunluğu ile küre içinde düzgün bir alan vermektedir. Bu küresel ekranın alanı hemen hemen 200 faktörü ile azaltmış olduğu anlamına gelmektedir. Silindirik ekranda olduğu gibi 1000 geçirgenliğinde malzeme içindeki akı yoğunluğu oldukça yüksektir. Şekil 9.39’da görüldüğü gibi akı yoğunluğu değişimi ve kürenin merkezinden dışa doğru uzanan 1 metrelik kontur boyunca B grafiği incelendiğinde akı yoğunluklarının beklenen değerleri verdiği görülebilir: küreden uzaktaki noktalarda 0,1 T’ya yakın, küre içinde 0,55 mT’ya yakın ve küre malzemesi içinde ise 0,4 T.

492



(b) Akı yoğunluğu dağılımı. Ferromanyetik kürenin bulunduğu bölge ayrıca büyütülmüştür. Şekil 9.38

(a) 0 − 1 m ’lik kısım

(b) 0 − 0,1 m ’lik kısım

Şekil 9.39 Kontur boyunca akı yoğunluğu değişimi


493

9.6.6 LVDT YER DEĞİŞİM ALGILAYICISI Doğrusal değişken fark transformotoru (LVDT=Linear Variable Differential Transformer) tipik olarak birkaç milimetre kadar küçük yer değişimlerini ölçen bir aygıttır. Şekil 9.40’da r-z düzleminde kesit görünüşü görüldüğü gibi sabit üç sargı ve bunların ortasında serbestçe hareket edebilen hareketli bir nüveden oluşmaktadır. Orta sargıya alternatif akım verilir ve dıştaki alt ve üst sargılar birbirine ters seri bağlanmış olup algılama sargıları olarak aksiyonda bulunurlar. Hareketli nüve sargıların tam ortasında pozisyonlandırıldığında algılama sargılarında indüklenen gerilimler eşit olacak ve dönüştürücünün çıkışı sıfır olacaktır. Eğer hareketli nüve bu pozisyondan kaydırılırsa algılama sargılarının birindeki gerilim artarken diğerinde azalarak fark gerilimi hemen hemen doğrusal bir davranışla sıfırdan başlayarak değişecektir. Tasarımcı gerilim/yer değişiminin doğrusal olduğuna dikkat etmelidir. Aygıt alternatif akım kullanmasına rağmen bir manyetostatik problem olarak modellenebilir çünkü bu hareketli nüvedeki eddy akımlarına bağlı değildir. Gerilim statik alan çözümünden belirlenebilecek algılama sargılarının halka akısına bağlıdır. Şekil 9.40’da LVDT’nin hareketli nüvesi başlangıçta sıfır yer değişimi ile r-z düzlemindeki kesit görünüşü ve mm olarak ölçüleri görülmektedir. Hareketli nüvenin orta pozisyondan 0, +0,5 mm, +1 mm, +1,5 mm olarak dört pozisyonunda algılama sargılarının halka akısından fark halka akısının bulunması gerekmektedir. Orta pozisyonda fark halka akısı sıfır olduğundan bu pozisyonun modellenmesi gerekmeyebilir.

Şekil 9.40 r-z düzleminde LVDT’nin kesit görünüşü ve mm olarak ölçüleri. 20 mm’lik eksenel kontur, bu çizgi üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur.

Hareketli nüvenin yarıçapı 1 mm ve uzunluğu 7 mm; sargıların boyutları şekilde görüldüğü gibi ve iç yarıçapı 2 mm’dir. Orta sargının sarım sayısı 100 ve akımı 0,1 A ve 200 sarımlı dıştaki alt ve üst sargılardan akım geçmemektedir. Hareketli nüve malzemesi 1000 geçirgenliğinde doğrusal malzemedir. Hareketli nüvenin şekil 9.40’da görülen başlangıç pozisyonundan başlanarak (a) z = 0 mm , (b) z = 0,5 mm , (c) z = 1 mm ve z = 1,5 mm konumlarında aygıt modellenerek simülasyon sonucu akı dağılımı şekil 9.41’de görülmektedir. Sayısal sonuçlar tablo 9.21-23’de

494


listelenmiştir.

Şekil 9.41 Hareketli nüvenin (a) z = 0 mm , (b) z = 0,5 mm , (c) z = 1 mm ve z = 1,5 mm konumlarındaki akı dağılımları


495

Tablo 9.21 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Hareketli nüvenin pozisyonuna bağlı olarak sargıların öz ve ortak indüktanslarının değişimi. Taralı kısımlar öz, diğerleri ortak indüktanslardır. Sargılar

Pozisyon (mm)

Sekonder A Primer Sekonder B Sekonder A Primer Sekonder B Sekonder A Primer Sekonder B Sekonder A Primer Sekonder B

0

0,5

1

1,5

Sekonder A 259,56 82,454 63,816 242,44 76,138 63,096 228,856 69,638 61,272 218,82 63,43 58,532

İndüktans (µH) Primer 82,454 82,874 82,448 76,138 82,171 87,844 69,638 80,193 91,908 63,43 77,055 94,152

Sekonder B 63,816 82,448 259,54 63,096 87,844 279,152 61,272 91,908 299,976 58,532 94,152 320,032

Tablo 9.22 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Hareketli nüvenin pozisyonuna bağlı olarak sekonder sargılarının net halka akısı değişimi Pozisyon (mm) 0

0,5

1

1,5

Sargılar Sekonder A Primer Sekonder B Net halka akısı Sekonder A Primer Sekonder B Net halka akısı Sekonder A Primer Sekonder B Net halka akısı Sekonder A Primer Sekonder B Net halka akısı

Halka akısı (µWb) 8,2453022 8,2873699 8,2446838 ∼0 7,6137688 8,2171321 8,7844338 1,1706650 6,9638254 8,0192602 9,1908010 2,2269756 6,3429976 7,7054512 9,4151204 3,0721228

Tablo 9.23 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar. Hareketli nüvenin pozisyonuna bağlı olarak hareketli nüve üzerindeki kuvvetler Pozisyon (mm) 0 0,5 1 1,5

Kuvvet (µN) 0 -13,3359 -25,9555 -36,2446

Yorum Sayısal çözüm sonuçlarında görüldüğü gibi net halka akısı üst sargı halka akısından alt sargı halka akısı çıkartılarak elde edilir. Aygıtın simetriliğinden akı genliklerinin 0 ile +1,5 mm arası ile 0 ile -

496


1,5 mm arası pozisyonlarda aynı olması gerekir. Bu, şekil 9.42’de görüldüğü gibi net halka akısı (λ üst - λ alt = λ net ) ile hareketli nüve pozisyonunun değişimi (z) eğrisinden görülmektedir.

Şekil 9.42 Hareketli nüvenin yer değişimine bağlı olarak (sekonder) net halka akısının doğrusal değişimi

9.6.7 SİLİNDİRİK EYLEYİCİ

Şekil 9.43 Silindirik eyleyicinin kesit görünüşü ve mm olarak ölçüleri, a = 20 mm, h = 56 mm, g = 2 , hareketli nüve yarıçapı=10 mm. Sargı sarım sayısı 1000 ve akım 1 A’dir.

Şekil 9.43’de prensip şeması görülen silindirik eyleyicide, sargıdan geçen akıma bağlı olarak, kütlesi m olan yataklanmış hareketli silindirik nüvenin eksenel hareketi istenilmektedir. Hareketli nüve bir yay vasıtası ile z = 0 konumunda tutulmaktadır. Yay sıkıştırıldığında boyu l y1 + l yo ’dan


497

l yo ’a düşmektedir. Hareketli nüve ve silindirik kabuğun geçirgenliği 1000’dir. Burada amaç hareketli nüvenin konuma bağlı olarak indüktans değişiminin ve üzerindeki kuvvetlerin bulunması ve daha sonra konuma bağlı bu değişkenlerin dinamik eşitliklerde yerine konulmasıdır. Sayısal sonuçlar tablo 9.24’de listelenmiştir. Tablo 9.24 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar İndüktans (H) 0,28015 0,38264 0,46165 0,52137 0,56153

Pozisyon, z (mm) 0 5 10 15 20

Halka akısı (Wb) 0,28015 0,38264 0,46165 0,52137 0,56153

(a)

Kuvvet (N) 10,7462 8,86043 6,59689 5,02024 2,38709

(b)

Şekil 9.44 Silindirik eyleyicide hareketli nüvenin yer değişimine bağlı olarak (a) indüktans ve (b) kuvvetin değişimi Yorum Şekil 9.44’de silindirik eyleyicide hareketli nüvenin yer değişimine bağlı olarak indüktans ve kuvvet değişimleri grafiksel olarak gösterilmiştir. Hareketli nüvenin konumuna bağlı olarak indüktans z = 0 iken sabit bir Lo değerinden başlayarak z = a = 20 mm iken L f değerine hemen hemen doğrusal yükselmektedir. Benzer yorumun tersi kuvvet için de yapılabilir. Bu durumda eyleyici sargısının indüktansı, L(z ) ile hareketli nüvenin konumu arasında,

L( z ) = Lo + ( L f − Lo )

z a

ve hareketli nüve üzerindeki kuvvet, F (z) ile konumu arasında,

F ( z ) = Fo − ( Fo − F f )

z a

498


ilişkileri yazılabilir; bunlar daha sonra eyleyicinin dinamik eşitliklerinde değerlendirilir. Sonraki daha ileri çalışma, BH eğrisine sahip gerçek nüve malzemesi dikkate alınarak hareketli nüvede maksimum kuvvet oluşturacak şekilde eyleyicinin manyetik devresinin (sınır şartlarını da dikkate alarak) optimize edilmesidir. Optimizasyon sonucu hareketli nüvenin konumuna bağlı olarak indüktans ve kuvvet grafiklerinde bir doğrusallık gözlenmeyebilir. 9.6.8 MANYETİK SÜSPANSİYON Şekil 9.45’de çelik bilyanın yerçekimini yenecek kadar bir kuvvetle havada asılı kalmasını sağlayan manyetik süspansiyon sistemi görülmektedir. Sabit nüve ve çelik top malzemesi 1010 çeliğidir. Burada amaç çelik topun konumuna bağlı olarak indüktans değişiminin ve üzerindeki kuvvetlerin bulunması ve daha sonra konuma bağlı bu değişkenlerin dinamik eşitliklerde yerine konulmasıdır. Sayısal sonuçlar tablo 9.25’de listelenmiştir.

Şekil 9.45 r-z düzleminde manyetik süspansiyon sisteminin kesit görünüşü ve mm olarak ölçüleri. 100 mm’lik eksenel kontur, bu çizgi üzerindeki manyetik büyüklüklerin grafiklerinin çıkartılması için konulmuştur.

Tablo 9.25 %1 çözüm hassasiyetinde sayısal sonuçlar Pozisyon (mm) 0 -0,1 -2,5 -5 -7,5 -10

İndüktans (µH) 0,39668 0,39071 0,36006 0,34947 0,34304 0,33875

Kuvvet (N) 38,608 27,0553 2,86732 1,59017 1,03445 0,70663


(a) Çelik topun z = −5 mm konumunda akı yoğunluğu dağılımı ve akım yoğunluğu vektörü.

499

(b) Çelik topun farklı konumlarında, eksenel kontur boyunca akı yoğunluğu değişimi. Şekil 9.46

(a) Sargı indüktansının çelik topun konumuna bağlı değişimi.

(b) Çelik topun konumuna bağlı olarak üzerindeki kuvvetin değişimi.

Şekil 9.47 Yorum Şekil 9.46a’da, manyetik süspansiyon sisteminde, çelik topun z = −5 mm konumuna ait akı yoğunluğu dağılımı ve akım yoğunluğu vektörü görülmektedir. Şekil 9.46b’de ise 100 mm’lik eksenel kontur boyunca akı yoğunluğunun değişimi görülmektedir. Topun nüveye yakın kısımlarında beklenildiği gibi akı yoğunluğu yüksektir ve nüveye yaklaştıkça gittikçe artmaktadır.

500


Şekil 9.47’de, manyetik süspansiyon sisteminde, çelik topun yer değişimine bağlı olarak indüktans ve kuvvet değişimleri grafiksel olarak gösterilmiştir. Çelik topun konumuna bağlı olarak indüktans z = 0 iken sabit bir L f değerinden başlayarak z = −10 mm iken Lo değerine hemen hemen üstel azalarak düşmektedir. Benzer yorum kuvvet için de yapılabilir. Bu durumda sargı indüktansı, L(z) ile çelik topun arasında,

L( z ) = Lo + ( L f − Lo

z )e z '

= 0,33875 + 0,05793e

z 2 , 6846

µH

ve çelik top üzerindeki kuvvet, F (z ) ile konumu arasında,

F ( z ) = Fo + ( F f − Fo

z )e z '

= 1,05 + 29e

z 0 , 912

N

ilişkileri yazılabilir; bunlar daha sonra manyetik süspansiyon sisteminin dinamik eşitliklerinde değerlendirilir. Sonraki daha ileri çalışma, gerçek nüve malzemesinin doyumu dikkate alınarak çelik topun üzerinde maksimum kuvvet oluşturacak şekilde eyleyicinin manyetik devresinin optimize edilmesidir. Burada öncelikli faktör çelik topun havada asılı kalacağı uzaklık ve diğeri sargının sarıldığı manyetik nüvenin boyutlarıdır.

9.7 ÇALIŞMA SORULARI 1. Elektromanyetikte bilgisayar destekli analiz, modelleme ve tasarım ne demektir? Nasıl bir gelişim izlemiştir? 2. Bir tasarımcı BDT sistemini nasıl kullanmalıdır? 3. Mevcut ticari elektromanyetik BDT programlarının listesini çıkartınız. 4. Çevrimsel ve dönel geometri kavramlarını açıklayınız. 5. Manyetik malzemelerin geçirgenliğinin etkisi nedir? 6. Çevrimsel ve dönel geometrili akı çizimlerinde akı yoğunluğu nasıl dikkate alınmalıdır? 7. Depolanan enerji ve koenerji kavramlarını açıklayınız.

9.8 PROBLEMLER 1. Kitabın teorik kısımlarında ilginizi çeken manyetik devrelerin Maxwell ile simülasyonunu yapınız ve teorik sonuçlarla karşılaştırınız. 2. Elektrik makinalarında saçaklama etkisi gösterecek bir simülasyon yapınız. Gereken yerlerde akıları kontur grafikleri ile gösteriniz. 3. AC, DC kontaktör ve röle simülasyonlarını yapınız.

εµσ∼

→

10 EK ÇÖZÜMLÜ ÖRNEK PROBLEMLER 10.1 GİRİŞ Elektromanyetik alan teorisinin anlaşılmasını pekiştirmek için çok sayıda örnek problem çözülmesi ve farklı kaynaklardan çözümlü örneklerin incelenmesi gerekmektedir. Deneyimler, elektromanyetik alan teorisi kitaplarında kullanılan notasyon ve simgeler için bir standardın henüz yerleşmemiş olmasının, elektromanyetik alan teorisi çalışmasına yeni başlayanlar için önemli bir sorun oluşturduğunu göstermektedir. Bu sorunun kısmi çözümü için bu yeni bölüm eklenmiştir. Gelecek basımlarda çözümlü örneklerin sayısının artırılması planlanmaktadır. Buradaki kısım numaraları kitabın bölüm numaraları ile aynı tutulmuştur.

10.2 VEKTÖR ANALİZİ   ÖRNEK 10.2.1 E = −∇V ile verilmektedir. V = Vo sin πxyz ise P(1,1,1) noktasındaki E ’yi belirleyiniz.  ÇÖZÜM V dikdörtgen koordinat sisteminde verildiğinden E ’nin belirlenmesi için 2.74 eşitliği kullanılabilir.

  ∂  ∂  ∂   ∂  ∂  ∂  E = −∇V = − a x + ay + a z V = − a x + ay + a z Vo sin πxyz ∂y ∂z  ∂y ∂z   ∂x  ∂x     E = −(a x yz cos πxyz + a y xz cos πxyz + a z xy cos πxyz )Vo

 P(1,1,1) noktasındaki E aşağıdaki gibi hesaplanabilir.     E(1,1,1) = (a x + a y + a z )Vo   ÖRNEK 10.2.2 E = −∇V ile verilmektedir. V = Eo r cosθ ise P (1,1,0) noktasındaki E ’yi belirleyiniz.

502


ÇÖZÜM

 (a) 1.yol: V küresel koordinat sisteminde verildiğinden E ’nin belirlenmesi için 2.78 eşitliği kullanılabilir.  ∂  1 ∂  ∂  1 ∂  1 1 ∂   ∂   aφ  Eo r cosθ E = −∇V = − a r + aθ + aφ V = − a r + aθ + r ∂θ r sin θ ∂φ  r ∂θ r sin θ ∂φ   ∂r  ∂r     E = −(cosθa r − sin θaθ ) Eo = −a z Eo     Burada, a z = cosθa r − sin θaθ ’dir. P (1,1,0) noktasındaki E aşağıdaki gibi değişmeden kalır çünkü  E P noktasının x, y, ve z değişkenlerine bağlı değildir.   E = −a z Eo (b) 2.yol: Küresel koordinat sisteminde verilen V = Eo r cosθ dikddörtgen koordinat sisteminde  V = Eo z biçimini alır. E ’nin belirlenmesi için 2.74 eşitliği kullanılabilir.

   ∂  ∂  ∂  E = −∇V = − a x + ay + a z  Eo z = − Eoa z ∂y ∂z   ∂x   ÖRNEK 10.2.3 E = Eo ra r ile veriliyor. Diverjans teoremini şekil 10.2.3’de görülen, r = a ve r = b ile sınırlanan küresel kabuklar arasındaki bölge (yüzey ve hacim) üzerinde doğrulayınız.

Şekil 10.2.3 Küresel kabuklar

ÇÖZÜM 2.92 ile ifade edilen diverjans teoremi aşağıda tekrar verilmiştir.

∫

→

∫

→ →

∇ ⋅ F dv = F . ds

v

s

(2.92)

Eşitliğe göre yüzey ve hacim elemanlarının tanımlanması ve verilen vektör alanının diverjansının alınması gerekmektedir. Şekil 10.2.3’de r = a ve r = b ile sınırlanan küresel kabuklar arasındaki →  hacmi (dv = r 2 dr sin θ dθ dφ ) sınırlayan iki farklı yüzey vardır. Bunlar ds r =a = - a 2 sin θ dθ dφ a r →    ve ds r =b = b 2 sin θ dθ dφ a r diferansiyel yüzeyleridir. 2.88’den, E = Eo ra r vektör alanının diverjansı aşağıdaki gibi hesaplanır.

Ek çözümlü örnek problemler

503

 1 ∂ ∂ ∂ 1 1 ∇ ⋅ E = 2 ( r 2 Er ) + (sin θ Eθ ) + ( Eφ ) r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ r ∂r  1 ∂ 1 ∂ 3 ∇ ⋅ E = 2 (r 2 Eo r ) = 2 r Eo = 3Eo r ∂r r ∂r Aşağıdaki gibi, 2.92 eşitliğinin çözümü ile istenilen doğrulama gerçekleştirilir.

∫

π

b

∫

3Eo r 2 dr sin θ dθ a

0

3 −a3 b

− Eo r

3

b a

2π



π

2π



∫ dφ = E ba b ∫ sin θ dθ ∫ dφa 0

o

2

r

0

0

r

π  − Eo aa r a 2 sin θ dθ

∫

0

2π



∫ dφa 0

r

−2 −2 −2    π 2π π 2π π 2π 3 3 cosθ 0 φ 0 = − Eob cosθ 0 φ 0 + Eo a cosθ 0 φ 0

Eo (b3 − a 3 )4π = Eo (b3 − a 3 )4π Bu örnek, diverjans teoreminin içinde delik bulunan hacimler üzerinde de doğrulanabileceğini göstermektedir. ÖRNEK 10.2.4 Şekil 10.2.4’de görülen prizmanın yüzey köşegenleri arasındaki açıyı, θ A B         hesaplayınız. A = 1a x + 0a y + 1a z ve B = 0a x + 1a y + 1a z ’dir.

Şekil 10.2.4

ÇÖZÜM Skaler çarpımın tanımından istenilen açı aşağıdaki gibi hesaplanır.

θ A B

  1 1× 0 + 0 × 1 + 1× 1 A⋅B = cos = cos −1 = cos −1 = 60° 2 2 2 2 2 2 2 AB 1 + 0 +1 0 +1 +1 −1

10.3 STATİK ELEKTRİK ALANLARI ÖRNEK 10.3.1 Şekil 10.3.1’de görüldüğü gibi q yükünün P noktasında oluşturduğu potansiyelin merkezi P’de bulunan a yarıçapındaki kürenin ortalama potansiyeline eşit olduğunu doğrulayınız. Şekil 10.3.1

504


ÇÖZÜM Kürenin merkezi (P noktası) orijinde ve q yükü z ekseninden r uzaklıkta ise küre üzerindeki potansiyel dağılımı,

V=

q 4πε o R

=

q 4πε o r + a 2 − 2ar cosθ 2

ile ifade edilir. P noktasını çevreleyen a yarıçapındaki küre üzerindeki ortalama potansiyel,

Vort =

q

4πε o

1 2 2 2 r + a − 2ar cosθ 4πa

π

∫

0

∫

2π

a 2 sin θdθ dφ 0

π

Vort

q

1 = 4πε o 4π

r 2 + a 2 − 2ar cosθ q 2π φ0 = ar 4πε o r 0

olarak hesaplanır. Sonuç mutlak potansiyel eşitliği (3.36) ile karşılaştırılabilir. ÖRNEK 10.3.2 Statik Elektrik Alanları bölümünde, matematiksel işlemleri kolaylaştırmak amacıyla bir düzlem kapasitörün plakaları arasındaki elektrik alanının düzgün olduğu ve plakaların dışında sıfır olduğu (yani saçaklamanın olmadığı) söylenmişti. Böyle bir durumda, kapasitörün plakaları arasına konulmaya çalışılan dielektrik üzerinde hiç kuvvet oluşmazdı. Gerçekte saçaklama dielektrik üzerindeki kuvvetin nedenidir fakat kuvvetin belirlenmesi için saçaklama alanının hesaplanmasına gerek yoktur. Bunun için zahiri yer değişimi metodu kullanılabilir. Şekil 10.3.2’de görülen kapasitör plakaları arasındaki dielektrik malzeme üzerindeki kuvveti, zahiri yer değişimi metodu ile belirleyiniz. Aralarında d açıklığı bulunan ve kenarları a ve b olan plakalara V potansiyel farkı uygulanmıştır.

Şekil 10.3.2

ÇÖZÜM Kuvvetin belirlenmesi için dielektrik malzemenin plakalar arasındaki konumunun (c) bir  fonksiyonu olarak depolanan enerjinin bulunması gerekir. Daha sonra kuvvet, F = −∇W ’den belirlenir. c’nin bir fonksiyonu olarak kapasitörde depolanan enerji,

1 1 ε a 1 ε a   W = CV 2 =  o (b + c[ε r − 1] )V 2 =  o (b + cχ )V 2 2 2 d 2 d    ifadesinden dielektrik üzerindeki kuvvet aşağıdaki gibi hesaplanır.

 F = − ∇W

y =c

 ∂  ∂  ∂   1  ε a   = − a x + a y + a z   o (b + cχ )V 2  N dy dz  2  d    dx


505

1 ε a  ∂  o (b + cχ )V 2  2 d  a = − 1 ε a χV 2 a N F=− y o y dy 2 d

10.4 KARARLI ELEKTRİK AKIMLARI   ÖRNEK 10.4.1 Bir vakum tüpünde, ρ v = 1 nC/mm3 ’lük yük yoğunluğunda J = 2a z A/mm2 ’lik taşınım akım yoğunluğu olduğunu varsayarak, şekil 10.4.1’de görülen 5 mm yarıçapında hayali yarı küresel yüzeyi geçen toplam akımı ve yüklerin hızını hesaplayınız.

Şekil 10.4.1

ÇÖZÜM

I=

∫

s

π /2   2π  2π π  π /2 2π  1  J ⋅ ds = 52 2a z ⋅ sin θdθ dφa r = 50 cosθ sin θdθ dφ = 50 − cos 2 θ  φ 0 0 0 0 0 0  2

∫

∫

∫

∫

I = 50π A

   50π  J a = 50π 109 a z mm/s U= = −9 z ρv 1× 10

10.5 STATİK MANYETİK ALANLAR ÖRNEK 10.5.1 Şekil 10.5.1’de görülen akım çevriminin manyetik dipol monentini hesaplayınız.

  ÇÖZÜM Şekildeki çerçevede, xz düzleminde bulunan s y a y ve xy düzleminde bulunan s z a z yüzeylerinin kenarlarından akım geçmektedir. İki yüzeyin x ekseninde birleştiği kenarda akım yoktur veya (iki ayrı çerçeve varsayımında) sıfırdır. Toplam dipol momenti ve büyüklüğü aşağıdaki gibi hesaplanır.

     m = m y + m z = Is y a y + Isz a z m = I s 2y + s z2

506


Şekil 10.5.1

ÖRNEK 10.5.2 Şekil 10.5.2a’da görüldüğü gibi, dış yarıçapı b ve öziletkenliği σ olan oldukça uzun içi boş silindirden z yönünde I akımı geçmektedir. Boşluk kısmın yarıçapı a ve silindirlerin merkezleri arasında c uzaklığı vardır. Boşluk kısımdaki manyetik alan şiddeti ve akı yoğunluğunu belirleyiniz.

Şekil 10.5.2

ÇÖZÜM Silindir içindeki düzgün akım yoğunluğu,

 J=

 I az 2 π (b − a ) 2

dir. Silindir içindeki boşluğun olmadığı varsayımı ile ρ

2πρH φ =

2π

I ρ2 ρ d ρ d φ = I π (b 2 − a 2 ) 0 (b 2 − a 2 ) 0

∫

∫

eşitliğinden manyetik alan şiddeti,

 Hb =



I 2π (b − a ) 2

2

ρaφ =

I 2π (b − a ) 2

2

  (− ρ sin φa x + ρ cos φa y ) =

I 2π (b

2

 [ − ya −a ) 2

x

 + xa y

]

olarak belirlenir. Boşluk kısımdan –z yönünde (aynı akım yoğunluğunda) geçecek bir akım, buradaki akımı sıfırlar. Bu durumda boşluk kısımdaki manyetik alan şiddeti, a yarıçapındaki silindirin merkezinin y ekseninde c kadar kayması da dikkate alınarak,

 Ha = −

I 2π (b

2

 [ − ( y − c)a −a ) 2

x

 + xa y

]


507

  ile ifade edilir. H a ile H b toplanarak istenilen alanlar aşağıdaki gibi hesaplanır.    H = H a + Hb = −  B=−

 Ic ax 2 2 2π (b − a )

µo Ic

2π (b − a ) 2

2

 ax

Eşitlikten görüldüğü gibi boşluk kısımdaki manyetik alan (x veya y’ye bağlı olmadığından) düzgündür. c’nin sıfır olması boşluğun aynı merkezli olması anlamına geldiğinden boşluktaki alan yok olur (Amper kanunu). Eğer c = a ve b = 2a alınırsa alan ifadeleri aşağıdaki biçimi alır.

 I  H=− ax 6πa

 µI B = − o ax 6πa ÖRNEK 10.5.3 Şekil 10.5.3’de görüldüğü gibi a yarıçapında bir küresel kabuk üzerinde ρ s düzgün yük yoğunluğu bulunmaktadır. Küresel kabuk ω açısal hızı ile döndüğünde bir P noktasındaki manyetik alanı hesaplayınız.

Şekil 10.5.3 (a) ω ekseninde ve (b) z ekseninde dönen küresel yük yoğunluğu ÇÖZÜM Yüklerin dönme ekseni z yerine ω alınırsa işlemler kolaylaşır ve bu durumda dönüş ekseni xz düzleminden γ açısı kadar eğimli olur. 5.27’den P noktasındaki manyetik vektör potansiyeli,

 µ A= o 4π

∫ s

 Js µ   ds = o r − r' 4π



ρsU

∫ r − r' ds s

ile hesaplanabilir. Belirlenmesi gereken büyüklükler aşağıdaki gibidir.

508


  dsr = a 2 sin θdθdφa r     r ' = a sin θ cos φa x + a sin θ sin φa y + a cosθa z   r − r ' = r 2 + r '2 −2rr ' cosθ = r 2 + a 2 − 2ra cosθ    ω = ω sin γa x + ω cos γa z    U = ω × r' =

 ax

 ay

 az

ω sin γ 0 ω cos γ a sin θ cos φ a sin θ sin φ a cosθ

[

    U = aω − (cos γ sin θ sin φ )a x + (cos γ sin θ cos φ − sin γ cosθ )a y + (sin γ sin θ sin φ )a z

]

Buradaki terimlerden biri dışında ya sin φ yada cos φ çarpanı bulunmaktadır.

∫

2π

∫

2π

sin φdφ = cos φdφ = 0

0

0

 olduğundan sadece geriye kalan terimler ile A aşağıdaki gibi hesaplanabilir.  µ ρ ω sin γ A=− o s 4π

π

∫

0

a 3 cosθ sin θdθ r +a 2

2

2π



∫ dφa − 2ra cosθ 0

[

y

  µ ρ ω sin γa 3  r 2 + a 2 − 2ra cosθ r 2 + a 2 + ra cosθ A=− o s  4π 3r 2 a 2  

]

π

  2π  φ 0 a y  0 

 µ ρ ω sin γa 2  (r + a)(r 2 + a 2 − ra) − (r − a)(r 2 + a 2 + ra)    a y A=− o s   2 3r 2 a 2   Bu eşitlik P noktasının kürenin içinde,    ω × r = − rω sin γa y olduğu da hatırlanarak

r
 µo ρ s a     3 ω × r A= 4    µo ρ s a ω ×r  3

ve dışında olduğu,

r>a

durumlarda,

r≤a r≥a

olarak yazılabilir. Eksenler tekrar değiştirilerek, P noktasının koordinatları ilk verildiği biçimde alınırsa,


509

  µo ρ s aω r sin θaφ   3 A= 4  µo ρ s a ω sin θ a φ 3 r2 

r≤a r≥a

elde edilir. Buradan aşağıdaki gibi küresel kabuk içindeki manyetik akı yoğunluğu hesaplanır.

 2 µ ρ aω      2 2 B = ∇ × A = o s (cosθa r − sin θaθ ) = µo ρ s aωa z = µo ρ s aω 3 3 3   ÖRNEK 10.5.4 Şekil 10.5.4’de görüldüğü gibi, M = Ma z ile düzgün mıknatıslanmış kürenin manyetik alanını belirleyiniz.

Şekil 10.5.4

ÇÖZÜM Sınır hacim akım yoğunluğu, (5.41)’den,

  J vb = ∇ × M = 0 ve sınır yüzey akım yoğunluğu, (5.42)’den,          J sb = M × a n = Ma z × a r = Ma z × (sin θa ρ + cosθa z ) = M sin θaφ

olarak elde edilir. ω açısal hızı ile dönmekte olan ve yüzeyinde ρ s düzgün yük yoğunluğu bulunduran a yarıçapında küresel kabuğun yüzey akım yoğunluğu,   J s = ρ s aω sin θaφ

ve küre içindeki manyetik akı yoğunluğu,

 2  B = µo ρ s aω 3   olarak bulunmuştu. Buna göre M = ρ s aω değişikliği yapılırsa, küre içinde,  2  B = µo M 3 ve küre dışında ise ideal dipolün alanı,

510


  4 m = πa 3M 3 bulunur. ÖRNEK 10.5.5 Şekil 10.5.5’de görülen koaksiyel kablonun yarıçapı boyunca manyetik alan şiddetinin değişim grafiğini doğrulayınız. İçteki iletkenden I ve dıştaki dönüş iletkeninden –I akımı geçmektedir. Kablonun ekseni z ekseninde bulunmaktadır. Ölçüler şekilde verildiği gibi, b = 3a ve c = 4a ’dır.

Şekil 10.5.5

ÇÖZÜM Akım dağılımı düzenli olduğundan, 0 ≤ ρ ≤ a ve b ≤ ρ ≤ c bölgelerindeki akım yoğunlukları,

 I  J 0≤ ρ ≤ a = 2 a z πa  J b≤ ρ ≤c =

 I I  az = az 2 π (c − b ) π 7a 2 2

ile ifade edilebilir. Simetrilik özelliğinden alan hatlarının eş merkezli çemberler, manyetik alan şiddetinin φ yönünde ve H φ ’nin her çember boyunca sabit genlikte olması beklenir. İlgili dört bölge vardır ve her bölgedeki manyetik alan şiddeti aşağıdaki gibi ayrı ayrı hesaplanır.  Bölge 1, 0 ≤ ρ ≤ a :

∫

    H ⋅ d  = I 0 ≤ ρ ≤ a = J 0 ≤ ρ ≤ a ⋅ ds

∫

c

s

ρ

2πρH φ =

2π

I ρ2 ρ d ρ φ = d I πa 2 0 a2 0

∫

∫


511

 Iρ  H= aφ 2πa 2  Bölge 2, a ≤ ρ ≤ b :





∫ H ⋅ d = I c

2πρH φ = I  I  H= aφ 2πρ  Bölge 3, b ≤ ρ ≤ c :

∫

    H ⋅ d  = I − I b≤ ρ ≤c = I − J b≤ ρ ≤c ⋅ ds

∫

c

s

ρ

2πρH φ = I −

2π

I ρ dρ dφ π 7a 2 b 0

∫

∫

 I  c2 − ρ 2  I  16a 2 − ρ 2   aφ =  aφ  2 H= 2 2πρ  c − b  2πρ  7 a 2   Bölge 4, c ≤ ρ ≤ ∞ :

∫

  H ⋅ d = I − I = 0

c

 H=0 b ≤ ρ ≤ c bölgesinde sadece dönüş akımından dolayı alan şiddeti:

 I  ρ 2 − b2  I  ρ 2 − 9a 2    2   aφ H=− a = − φ 2πρ  7 a 2  2πρ  c − b 2 

10.6 STATİK ALAN UYGULAMALARI ÖRNEK 10.6.1 Şekil 10.6.1’de görülen Helmholtz sargıları, statik veya zamanla değişen alan uygulamalarında, düzgün manyetik alanların üretilmesinde yaygın olarak kullanılmaktadır. Aralarında 2d açıklığı bulunan sargıların yarıçapı b ve kalınlıkları ihmal edilebilir ise iki sargı arasındaki bölgede eksen boyunca akı yoğunluğunu hesaplayınız. ÇÖZÜM Sargıların z eksenine yerleştirildiği ve φ yönünde akım geçtiği varsayımı ile bir sargının eksenindeki manyetik akı yoğunluğu, aşağıda tekrar verilen 5.7 ile verilir.

512


 B=

µo Ib 2 2(b + z ) 2

2 3/ 2

 az

(5.7)

Sargıların merkezleri z = − d ve z = d ’de bulunuyorsa (z) eksendeki toplam manyetik akı yoğunluğu,

   µo Ib 2 µo Ib 2  + B= a 3 3 z 2 2   2 b2 + ( z − d )2 2 b + (z + d )   olur. b = 2 z iken akı yoğunluğu, aşağıdaki gibi bir sargının ürettiği akı yoğunluğunun iki katıdır.

     2 2   µo Ib µo Ib a z = µo I 8 a z = 0,716 µo Ia z B= + 3 3  2  2 5 5 b  2  2 b 2 +  b  b 2 +     2   2 

Şekil 10.6.1

ÖRNEK 10.6.2 Elektrik alanı z yönünde ve manyetik alan x yönünde ise t = 0 anında orijinde serbest bırakılan pozitif yüklü bir parçacığın (q) hareket eşitliklerini çıkartınız.

Şekil 10.6.2

ÇÖZÜM Şekil 10.6.2’de görüldüğü gibi elektrik ve manyetik alanlarının etkisi altında, orijinde serbest bırakılan parçacık ilk anda durgun olduğundan manyetik kuvvet sıfırdır ve sadece elektrik


513

alanı parçacığı z yönünde hızlandırır. Parçacık hızlanmaya başladığında, manyetik kuvvet, sağ el kuralına göre parçacığı sağa doğru çeker. Hız arttıkça parçacık üzerindeki kuvvet büyür ve parçacığın yörüngesi y eksenine paralel hale gelir. Bundan sonra –z yönünde harekete zorlanan parçacık elektrik alanının tersi yönünde harekette olduğundan yavaşlamaya başlar, buna bağlı olarak manyetik kuvvet de azalır ve parçacık y ekseninde a noktasında durur. Bu noktadan itibaren her şey yeniden başlar ve parçacık b ve daha ötedeki noktalarda durur. Parçacığın yörüngesinin belirlenmesi için gereken hesaplamalar aşağıdaki gibidir. Parçacık üzerindeki kuvvetin belirlenmesi için 7.80a ile ifade edilen Lorentz kuvvet eşitliği aşağıda tekrar verilmiştir.

     F = q (E + u × B) = ma [N]

(7.80a)

Parçacığın pozisyon vektörü [0, y (t ), z (t )] ise hızı ve ivmesi,

 u = (0, x' , y ' )    a = (0, y ' ' a y , z ' ' a z ) ile ifade edilir; burada ′ ve ′′ işaretleri türevleri göstermektedir.

 ax   u×B = 0 B

 ay y' 0

 az   z ' = Bz ' a y − By ' a z 0

ile Lorentz kuvvet eşitliği,

     q ( Ea z + Bz ' a y − By ' a z ) = m( y ' ' a y + z ' ' a z ) olarak yazılabilir; burada m parçacığın kütlesidir. qBz ' = my ' ' ve qE − qBy ' = mz ' ' eşitliğin y ve z bileşenleridir. 6.33 ile ifade edilen ve aşağıda tekrar verilen siklotron frekansı (elektrik alanı yokken parçacığın dönme frekansı),

ω = 2πf =

qB m

ile hareket eşitlikleri,

y' ' =

z' ' =

qB z ' = ωz ' m

qE qB E  − y' = ω − y' m B m  

biçiminde yazılabilir. Bu eşitliklerin aşağıdaki gibi çözümü ile

(6.33)

514


E t+e B z (t ) = d cos ωt − c sin ωt + f y (t ) = c cos ωt + d sin ωt +

elde edilir. Parçacık t = 0 anında orijinden [ y (0) = z (0) = 0] ve ilk hızsız [ y ' (0) = z ' (0) = 0] olarak başladığından c, d, e, ve f sabitleri yerine konularak

E (ωt − sin ωt ) ωB E z (t ) = (1 − cos ωt ) ωB y (t ) =

bulunur. R = E / ωB tanımlanarak ve sin 2 ωt + cos 2 ωt = 1 özdeşliği ile hareket eşitliği,

( y − Rωt ) 2 + ( z − R) 2 = R 2 olur; bu R yarıçapında bir çemberdir. Çemberin (0, Rωt , R) merkezi y yönünde v = ωR = E / B sabit hızı ile hareket etmektedir. Bu hareket sonucu oluşan eğriye sikloid adı verilir.

10.7 ZAMANLA DEĞİŞEN ELEKTROMANYETİK ALANLAR ÖRNEK 10.7.1 Şekil 10.7.1’de görülen devrede, Maxwell eşitlikleri, potansiyel tanımları ve direnç, indüktans ve kapasitans kavramlarını kullanarak, devre analizinde yaygın olarak kullanılan di 1 t V10 = IR + L + Idt eşitliğini doğrulayınız. Şekilde görüldüğü gibi, birbirine çok yakın 0-1 dt C −∞ noktaları arasında harici bir (sinüsoidal) kaynak, 2-3 noktaları arasında kesit alanı A, uzunluğu d ve öziletkenliği σ olan kayıplı malzeme (direnç), 4-5 noktaları arasında herbirinin kesit alanı A, aralarında d açıklığı ve ε geçirgenliği ile kapasitör plakaları ve 6-7 noktaları arasında birbirine çok yakın ve sıkıca sarılmış N sarımlı helisel sargı (indüktör) bulunmaktadır. RLC elemanlarını ve kaynak arasını birleştiren iletkenler ihmal edilebilir kesit alanı ile mükemmel iletkenlerdir.

∫

Şekil 10.7.1

ÇÖZÜM Çözüm için aşağıda tekrar verilen, 7.14 ile ifade edilen Faraday kanunundan başlanabilir.







d



∫ E ⋅ d  = − dt ∫ B ⋅ ds c

s

(7.14)


515

6-7 noktaları arasındaki helisel sargı, devreden I akımı geçtiğinde, devrenin diğer elemanlarına ve bağlantı iletkenlerine göre çok daha büyük manyetik alan üretir. N sarımlı sargıyı halkalayan toplam manyetik akı, φ ise 7.14 eşitliğinin sağ tarafı, aşağıdaki gibi − dφ / dt veya − L(dI / dt ) olur.

  dI E ⋅ d  = −L dt c

∫

7.14 eşitliğinin sol tarafı, 0-1, 2-3 ve 4-5 noktaları arasındaki kapalı yola uygulanarak





1



3





5





∫ E ⋅ d = ∫ E ⋅ d + ∫ E ⋅ d + ∫ E ⋅ d 0

2

4

c

eşitliğinden,

∫

  E ⋅ d  = −V10 +

c



3J

∫σ 2

 ⋅ d +



5D



∫ ∈ ⋅ d 4

veya

  Q Jd Dd d d = −V10 + I +Q = −V10 + IR + E ⋅ d  = −V10 + + C σ ε σA εA c

∫

elde edilir. t = −∞ ’da kapasitörde yük olmadığı varsayılarak, 7.14 eşitliğinin sağ ve sol tarafının birleştirilmesiyle,

− V10 + IR +

1 t dI Idt = − L C −∞ dt

∫

veya

IR +

1 t dI Idt + L = V10 C −∞ dt

∫

elde edilir. Bu eşitlik oluşturulurken yapılan varsayımlar aşağıdaki gibi özetlenebilir. •

Bağlantı iletkenleri kapalı yolu veya devreyi tanımlar.

•

Yer değişimi akımı kapasitör içinde sınırlandırılmıştır.

•

Manyetik akı indüktör içinde sınırlandırılmıştır.

•

Mükemmel öziletkenlik bağlantı iletkenlerinde ve mükemmel olmayan öziletkenlik direnç içinde sınırlandırılmıştır.

ÖRNEK 10.7.2 Şekil 10.7.2’de görüldüğü gibi, kenarları b ve L olan dikdörtgen çerçeve düzgün   manyetik alan, B = Ba y içinde ω açısal hızı ile dönmektedir. Çerçevenin z eksenindeki kenarına R direnci bağlanmıştır. (a) Harekete bağlı emf kavramını ve (b) Faraday indükleme kanununu kullanarak çerçeveden geçen akımı belirleyiniz.

516


Şekil 10.7.2 Manyetik alan içinde dönen dikdörtgen çerçeve

ÇÖZÜM a) Harekete bağlı emf kavramı: Çerçevenin hareketi sonucu sadece b yarıçapında bulunan L uzunluğundaki iletken indüklenen emf’den sorumludur. İletkenler ω açısal hızı ile döndüğünden hareket hızı,

  u = ωbaφ          olur. φ = ωt , B = Ba y ve aφ = − sin φa x + cos φa y ile E = u × B = −ωbB sin ωta z elde edilir. Buna göre harekete bağlı emf,

      em = (u × B) ⋅ d  = − Bbω sin ωta z dza z = Lb Bω sin ωt = ABω sin ωt 0

∫

∫

c

A

L

olarak elde edilir; burada A çerçevenin yüzey alanıdır.

  b) Faraday kanunu: Şekil 10.7.2’de görüldüğü gibi sargının diferansiyel yüzey elemanı, dsφ = dsaφ ile elde edilen toplam akıdan,

    Φ = B ⋅ ds = (a y ⋅ aφ ) Bds = B cos ωt ds = BA cos ωt

∫

∫

s

∫

s

s

çerçevede indüklenen emf,

e=−

dΦ d cos ωt = − BA = BAω sin ωt dt dt

  olarak bulunur; burada a y ⋅ aφ = cos ωt ’dir. İki durumda elde edilen emf’ler aynıdır; R direncinden geçen akım aşağıdaki gibi hesaplanır.

I=

BAω sin ωt R

11 EKLER EK.1 SERİLER LİSTESİ (1 + x) n = 1 + nx +

n(n − 1) 2 n(n − 1)(n − 2) 3 x + x + ⋅⋅⋅ x < 1 2! 3!

(E1.1)

(1 − x) n = 1 − nx +

n(n − 1) 2 n(n − 1)(n − 2) 3 x − x + ⋅⋅⋅ x < 1 2! 3!

(E1.2)

(1 − x) −n = 1 + nx +

n(n + 1) 2 n(n + 1)(n + 2) 3 x + x + ⋅⋅⋅ x < 1 2! 3!

(E1.3)

1 + 12 + 13 + 14 + ⋅ ⋅ ⋅ = ∞

(E1.4)

1 − 12 + 13 − 14 + ⋅ ⋅ ⋅ = ln(2)

(E1.5)

1 − 13 + 15 − 17 + ⋅ ⋅ ⋅ =

π

(E1.6)

4

1+

1 1 π2 1 + + + ⋅ ⋅ ⋅ = 6 2 2 32 4 2

(E1.7)

1−

π2 1 1 1 + 2 − 2 + ⋅⋅⋅ = 2 12 2 3 4

(E1.8)

1+

π2 1 1 1 + + + ⋅ ⋅ ⋅ = 8 32 5 2 7 2

(E1.9)

sin( x) = x −

x3 x5 x7 + − + ⋅⋅⋅ 3! 5! 7!

(E1.10)

cos( x) = 1 −

x2 x4 x6 + − + ⋅⋅⋅ 2! 4! 6!

(E1.11)

ln(1 + x) =

∞

∑ n =1

(−1) n+1

xn n

her x için

(E1.12)

EK.2 TRİGONOMETRİK ÖZDEŞLİKLER LİSTESİ eθ = cosh(θ ) + sinh(θ )

(E2.1)

518


e jθ = cos(θ ) + j sin(θ )

j = −1

(E2.2)

cosh(θ ) = 12 (eθ + e −θ )

(E2.3)

sinh(θ ) = 12 (eθ − eθ )

(E2.4)

cos(θ ) = 12 (e jθ + e − jθ )

(E2.5)

1 jθ (e − e − jθ ) 2j

(E2.6)

sin(θ ) = sin( −α ) = − sin(α )

sin(α ) = cos(α − π / 2)

(E2.7)

cos(−α ) = cos(α )

cos(α ) = − sin(α − π / 2)

(E2.8)

cosh( jα ) = cos(α )

(E2.9)

sinh( jα ) = j sin(α )

(E2.10)

cos( jβ ) = cosh( β )

(E2.11)

sin( jβ ) = j sinh( β )

(E2.12)

sinh(α + β ) = sinh(α ) cosh( β ) + cosh(α ) sinh( β )

(E2.13)

cosh(α + β ) = cosh(α ) cosh( β ) + sinh(α ) sinh( β )

(E2.14)

sinh(α + jβ ) = sinh(α ) cos( β ) + j cosh(α ) sin( β )

(E2.15)

cosh(α + jβ ) = cosh(α ) cos( β ) + j sinh(α ) sin( β )

(E2.16)

sin(α + jβ ) = sin(α ) cosh( β ) + j cos(α ) sinh( β )

(E2.17)

sin(α − jβ ) = sin(α ) cosh( β ) − j cos(α ) sin( β )

(E2.18)

cos(α + jβ ) = cos(α ) cosh( β ) − j sin(α ) sinh( β )

(E2.19)

cos(α − jβ ) = cos(α ) cosh( β ) + j sin(α ) sinh( β )

(E2.20)

sin(α + β ) = sin(α ) cos( β ) + cos(α ) sin( β )

(E2.21)

cos(α + β ) = cos(α ) cos( β ) − sin(α ) sin( β )

(E2.22)

sin( 2α ) = 2 sin(α ) cos(α )

(E2.23)

sin(3α ) = 3 sin(α ) − 4 sin 3 (α )

(E2.24)

Ekler

519

cos(2α ) = cos 2 (α ) − sin 2 (α ) = 2 cos 2 (α ) − 1 = 1 − 2 sin 2 (α )

(E2.25)

cos(3α ) = 4 cos 3 (α ) − 3 cos(α )

(E2.26)

sin 2 (α ) + cos 2 (α ) = 1

(E2.27)

1 + tan 2 (α ) = sec 2 (α )

(E2.28)

1 + cot 2 (α ) = csc 2 (α )

(E2.29)

sin 2 (α ) = 12 (1 − 2 cos 2 (α ))

(E2.30)

cos 2 (α ) = 12 (1 + cos(2α ))

(E2.31)

sin 3 (α ) = 14 (3 sin(α ) − sin(3α ))

(E2.32)

cos 3 (α ) = 14 (3 cos(α ) + cos(3α ))

(E2.33)

2 sin(α ) cos( β ) = sin(α + β ) + cos(α − β )

(E2.34)

2 cos(α ) cos( β ) = cos(α + β ) + cos(α − β )

(E2.35)

2 sin(α ) sin( β ) = cos(α − β ) − cos(α + β )

(E2.36)

tan(α + β ) =

tan(α ) + tan( β ) 1 + tan(α ) tan( β )

(E2.37)

EK.3 VEKTÖR ÖZDEŞLİKLERİ ∇ × (∇f ) = 0

(E3.1)

∇ ⋅ (∇ × A ) = 0

(E3.2)

∇ 2 f = ∇ ⋅ (∇f )

(E3.3)

∇ 2 A = ∇( ∇ ⋅ A ) − ∇ × ∇ × A

(E3.4)

∇( f + g ) = ∇f + ∇g

(E3.5)

∇ ⋅ ( A + B) = ∇ ⋅ A + ∇ ⋅ B

(E3.6)

∇ × ( A + B) = ∇ × A + ∇ × B

(E3.7)

520


∇( fg ) = f∇g + g∇f

(E3.8)

∇ ⋅ ( f A) = f∇ ⋅ A + A ⋅ ∇f

(E3.9)

∇ × ( f A ) = f∇ × A + ∇f × A

(E3.10)

A ⋅ ( B × C) = B ⋅ ( C × A ) = C ⋅ ( A × B )

(E3.11)

A × ( B × C) = B( A ⋅ C) − C( A ⋅ B)

(E3.12)

∇ ⋅ ( A × B) = B ⋅ (∇ × A ) − A ⋅ (∇ × B)

(E3.13)

∇ × ( A × B) = A∇ ⋅ B − B∇ ⋅ A + ( B ⋅ ∇) A − ( A ⋅ ∇)B

(E3.14)

EK.4 BELİRSİZ İNTEGRALLER LİSTESİ Aşağıdaki integrallerde, C integrasyon sabiti ve X = a 2 + x 2 dir.

∫x

1/ 2

dx =

dx

∫x ∫

Xdx =

2 3/ 2 x +C 3

= 2 x1 / 2 + C

(E4.2)

1 a2 ln x + X + C axX + 2 2

(E4.3)

1/ 2

1

∫ xXdx = 3 X dx

∫X

3

+C

= ln( x + X ) + C

dx

∫X ∫

(E4.1)

=

3

1 x +C a2 X

(E4.4)

(E4.5)

(E4.6)

dx 1 x 1 x3 = − +C X 5 a4 X 3 X 3

(E4.7)

xdx = X +C X

(E4.8)

∫

xdx

∫X

3

=−

1 +C X

(E4.9)

Ekler

521

xdx

∫X ∫a ∫ (a

2

2

1 +C 3X 3

(E4.10)

1 dx = tan −1 ( x / a ) + C 2 a +x

(E4.11)

(E4.12)

1 xdx = ln a 2 + x 2 + C 2 2 +x

(E4.13)

1 xdx =− +C 2 2 2 2(a + x 2 ) +x )

(E4.14)

dx 1 1 = ln (a + x) /( a − x) + C = tanh −1 ( x / a ) + C 2 a 2a −x

(E4.15)

xdx 1 = − ln a 2 − x 2 + C 2 2 −x

(E4.16)

∫ (a 2

=−

1 dx x = 2 2 + 3 tan −1 ( x / a ) + C 2 2 2 2a ( a + x ) 2a +x )

∫a

∫a

5

∫a

2

2

2

1

∫ sin(ax)dx = − a cos(ax) + C

(E4.17)

1

∫ cos(ax)dx = a sin(ax) + C

(E4.18)

1

∫ sec(ax)dx = a ln[sec(ax) + tan(ax)] + C

(E4.19)

1

∫ csc(ax)dx = − a ln[csc(ax) + cot(ax)] + C ∫ sin

∫ cos

(E4.20)

2

(ax)dx =

x sin( 2ax) − +C a 4a

(E4.21)

2

(ax)dx =

x sin( 2ax) + +C 4a a

(E4.22)

1 tan(ax) + C a

(E4.23)

∫ sec ∫ csc

2

2

(ax)dx =

1 (ax)dx = − cot(ax) + C a

∫ sin(ax) cos(bx)dx = −

cos(a + b) x cos(a − b) x − , 2(a + b) 2(a − b)

(E4.24)

a ≠ ±b

(E4.25)

522


∫ sin(ax) sin(bx)dx =

sin(a − b) x sin(a + b) x , − 2(a − b) 2( a + b )

a ≠ ±b

(E4.26)

∫ cos(ax) cos(bx)dx =

sin( a − b) x sin( a + b) x , + 2(a − b) 2(a + b)

a ≠ ±b

(E4.27)

∫ sin(ax) cos(ax)dx = −

∫

sin n (ax) cos(ax)dx =

cos(2ax) +C 4a

sin n+1 (ax) + C, (n + 1)a

n ≠ −1

1

∫ tan(ax)dx = − a ln cos(ax) + C 1

∫ cot(ax)dx = a ln sin(ax) + C 1

∫ x sin(ax)dx = a

2

1

∫ x cos(ax)dx = a ∫ tan ∫ cot

2

2

2

(E4.28)

(E4.29)

(E4.30)

(E4.31)

x sin(ax) − cos(ax) + C a

(E4.32)

x cos(ax) + sin(ax) + C a

(E4.33)

(ax)dx =

1 tan(ax) − x + C a

1 (ax)dx = − cot(ax) − x + C a

(E4.34)

(E4.35)

∫ sin

−1

(ax)dx = x sin −1 (ax) +

1 1 − (ax) 2 + C a

(E4.36)

∫ cos

−1

(ax)dx = x cos −1 (ax) −

1 1 − (ax) 2 + C a

(E4.37)

1 ln(1 + a 2 x 2 ) + C 2a

(E4.38)

∫ tan

−1

(ax)dx = x tan −1 (ax) −

∫e ∫b ∫

ax

ax

1 ax e +C a

(E4.39)

1 b ax + C a ln(b)

(E4.40)

e ax (ax − 1) + C a2

(E4.41)

dx =

dx =

xe ax dx =

Ekler

523

∫x e

n ax

dx =

1 n ax n n−1 ax x e − x e dx a a

∫

(E4.42)

∫

e ax sin(bx)dx =

e ax [a sin(bx) − b cos(bx)] + C a2 + b2

(E4.43)

∫

e ax cos(bx)dx =

e ax [a cos(bx) − b sin(bx)] + C a2 + b2

(E4.44)

∫ ln(ax)dx = x ln(ax) + C

∫

x n ln(ax)dx =

x n+1 x n+1 ln(ax) + + C, n +1 (n + 1) 2

1

1

∫ x ln(ax)dx = 2 [ln(ax)]

(E4.45)

n ≠ −1

(E4.46)

+C

(E4.47)

∫ sinh(ax)dx = a cosh(ax) + C

(E4.48)

2

1

1

∫ cosh(ax)dx = a sinh(ax) + C 1

∫ tanh(ax)dx = a ln[cosh(ax)] + C 1

∫ coth(ax)dx = a ln[sinh(ax)] + C 1

∫ sec h(ax)dx = a sin

−1

(E4.49)

(E4.50)

(E4.51)

[tanh(ax)] + C

(E4.52)

∫ csc h(ax)dx = a ln[tanh(ax / 2)] + C

(E4.53)

1

∫ sinh ∫ cosh ∫ tanh

∫ coth

2

(ax)dx =

sinh( 2ax) x − +C 4a 2

(E4.54)

2

(ax)dx =

sinh(2ax) x + +C 4a 2

(E4.55)

2

(ax)dx = x −

1 tanh(ax) + C a

(E4.56)

1 (ax)dx = x − coth(ax) + C a

(E4.57)

2

524


∫ sec h ∫ csc h

2

2

(ax)dx =

1 tanh(ax) + C a

1 (ax)dx = − coth(ax) + C a

(E4.58)

(E4.59)

EK.5 BELİRLİ İNTEGRALLER LİSTESİ ∞

e −ax dx =

1 a

(E5.1)

xe −ax dx =

1 a2

(E5.2)

x 2 e −ax dx =

2 a3

(E5.3)

n! a n+1

(E5.4)

1 π /a 2a

(E5.5)

∫

0

∫

∞

0

∫

∞

0

∫

∞

0

∫

∞

x1/ 2 e −ax dx =

0

∫

∞

0

∫

∞

0

∫

∞

0

x n e −ax dx =

x −1/ 2 e −ax dx = π / a

(E5.6)

e −ax sin(bx)dx =

b a + b2

a>0

(E5.7)

e −ax cos(bx)dx =

a a + b2

a>0

(E5.8)

∫

∞

0

∫

∞

0

2

2

xe −ax sin(bx)dx =

2ab (a + b 2 ) 2

(E5.9)

xe −ax cos(bx)dx =

a2 − b2 (a 2 + b 2 ) 2

(E5.10)

2

2π

∫ sin(ax)dx = 0

(E5.11)

0

2π

∫ cos(ax)dx = 0

(E5.12)

0

∫

2π

0

sin 2 (ax)dx = π

a = 1,2,3,...

(E5.13)

Ekler

525

∫

2π

0

cos 2 (ax)dx = π

a = 1,2,3,...

π

∫ cos(ax)dx = 0

(E5.15)

0

π

1

∫ sin(ax)dx = a [1 − cos(aπ )] 0

π

∫

0

π

∫

0

sin 2 (ax)dx =

cos 2 (ax)dx =

π 2

π 2

π

∫ sin(ax) sin(bx)dx = 0 0

π

∫ cos(ax) cos(bx)dx = 0 0

π

∫ sin(ax) cos(bx)dx = 0 π ∫ sin(ax) cos(bx)dx = 0

a = 1,2,3,...

(E5.17)

a = 1,2,3,...

(E5.18)

a ≠ b (a ve b tam sayı)

(E5.19)

a ≠ b (a ve b tam sayı)

(E5.20)

a ≠ b (a + b çift sayı)

0

π

0

2

2a − b2

π /2

1

0

π /2

1

∫ cos(ax)dx = a sin(aπ / 2)] 0

∫

0

π /2

∫

0

sin 2 (ax)dx =

cos 2 (ax)dx =

(E5.21)

a ≠ b (a + b tek sayı)

∫ sin(ax)dx = a [1 − cos(aπ / 2)]

π /2

(E5.16)

a = b (a ve b tam sayı)

0

∫ sin(ax) cos(bx)dx = a

(E5.14)

π 4

π 4

(E5.22)

(E5.23)

a = 1,2,3,...

(E5.24)

a = 1,2,3,...

(E5.25)

526


EK.6 DİKDÖRTGEN, SİLİNDİRİK VE KÜRESEL KOORDİNAT SİSTEMLERİNDE DİFERANSİYEL UZUNLUK, YÜZEY VE HACİM ELEMANLARI Diferansiyel elemanlar →

Uzunluk dl

Dikdörtgen koordinat sistemi

Silindirik koordinat sistemi

Küresel koordinat sistemi →   dl = dr a r + rdθ aθ  + r sin θ dφ aφ

→       → dl = dx a x + dy a y + dz a z dl = dρ a ρ + ρ dφ aφ + dz a z

→

Yüzey ds Hacim dv

→  ds x = dy dz a x

→  ds ρ = ρdφ dz a ρ

→  ds y = dx dz a y

→  dsφ = dρ dz aφ

→  ds r = r 2 sin θ dθ dφ a r →  dsθ = r dr sin θ dφ aθ

→  ds z = dx dy a z

→  ds z = ρdρ dφ a z

→  dsφ = r dr dθ aφ

dv = dx dy dz

dv = ρ dρ dφ dz


EK.7 DİKDÖRTGEN, SİLİNDİRİK VE SİSTEMLERİNDE VEKTÖREL İŞLEMLER

KÜRESEL

KOORDİNAT

Skaler (nokta) çarpım


Ax Bx + Ay B y + Az Bz


Aρ Bρ + Aφ Bφ + Az Bz

A⋅ B = AB cosθ


Ar Br + Aθ Bθ + Aφ Bφ

→ →

Dikdörtgen koordinatlar Vektörel çarpım  A × B = AB sin θ a n Silindirik koordinatlar


Dikdörtgen koordinatlar Skaler fonksiyonun gradyanı Silindirik koordinatlar ∇f Küresel koordinatlar Dikdörtgen koordinatlar Vektör alanının diverjansı  ∇.A Silindirik koordinatlar

 ax Ax Bx  aρ

 ay Ay By  aφ

 az Az Bz  aθ

Aρ Bρ  ar

Aφ Bφ  aθ

Az Bz  aφ

Ar

Aθ

Br

Bθ

Aφ Bφ

∂f  ∂f  ∂f  ax + ay + az ∂x ∂y ∂z ∂f  1 ∂f  ∂f  aρ + aφ + a z ∂ρ ρ ∂φ ∂z 1 ∂f  ∂f  1 ∂f  ar + aθ + aφ ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ ∂Ax ∂Ay ∂Az + + ∂z ∂x ∂y 1 ∂f

ρ ∂ρ

( ρAρ ) +

1 ∂

ρ ∂φ

( Aφ ) +

∂ ( Az ) ∂z

Ekler

527

1 ∂ 2 1 1 ∂ ∂ ( Aφ ) (r Ar ) + (sin θ Aθ ) + 2 r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ r ∂r    ax a y az ∂ ∂ ∂ ∂x ∂y ∂z Bx B y Bz    a ρ ρaφ a z 1 ∂ ∂ ∂ ρ ∂r ∂φ ∂z Bρ ρBφ Bz    a r r aθ r sin θ aφ 1 ∂ ∂ ∂ 2 ∂φ r sin θ ∂r ∂θ Br rBθ r sin θ Bφ



Vektör alanının rotasyoneli


∇×B


∂2 f ∂2 f ∂2 f + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2

Dikdörtgen koordinatlar Skaler fonksiyonun Laplasyanı Silindirik koordinatlar ∇2 f Küresel koordinatlar

1 ∂  ∂f  1 ∂ 2 f ∂ 2 f ρ + + ρ ∂ρ  ∂ρ  ρ 2 ∂φ 2 ∂z 2 1 ∂  2 ∂f  1 1 ∂2 f ∂  ∂f   sin θ + 2 r + 2 2 ∂θ  r sin θ ∂φ 2 r ∂r  ∂r  r sin θ ∂θ 

∫

Diverjans teoremi

→

∫

→ →

∇. F dv = F . ds

v

s

→

→

→ →

Stokes teoremi

∫s(∇ × F) .ds = ∫cF . dl

Birinci Green özdeşliği

∫v φ∇ ψ dv + ∫v ∇φ .∇ψ dv = ∫sφ .∇ψ . ds

İkinci Green özdeşliği (Green teoremi) EK.8 ELEKTROMANYETİK TÜRKÇE SÖZLÜK absolute value airgap airgap line apparent available axial axial fields back emf beam boundary capacitance cartesian charge free region closed contour closed loop

→

2

ALAN

mutlak değer hava aralığı hava aralığı doğrusu görünür kullanılabilir eksenel eksenel alanlar zıt emk demet, ışın, hüzme sınır kapasitans, kapasite kartezyen (dikdörtgen) yüksüz bölge kapalı kontur, yol kapalı çevrim

∫v [φ∇ ψ − ψ∇ 2

TEORİSİ dielectric differential dipole direction displacement divergence domain dot product effective energy equipotential excitation explicit factor filament

2

→

φ ]dv = ∫ [φ ∇ψ − ψ∇φ ]. ds

İLE

s

İLGİLİ

İNGİLİZCE

dielektrik diferansiyel dipol doğrultu deplasman diverjans, dağıl bölge, domen nokta çarpım etkin enerji eşpotansiyel uyartım açık faktör filaman

-

528


coaxial coil concentrical conditions conductance conductivity conservative continuity contour convection core cross product cross section curl current sheet cylindrical density

eşeksenli sargı eşmerkezli koşullar iletkenlik öziletkenlik korunumlu süreklilik hat taşınım çekirdek vektörel çarpım kesit rotasyonel, dönül akım tabakası silindirik yoğunluk

flux flux linkage free charge fringing gradient homopolar image impedance incremental induced inductance infinite interface internal intrinsic iron isotropic

laplacian line loop lossless lossy lumped magnetizing magnetomotive motional multiple mutual normal null ohmic order orientation orthogonal parallel parameter particle patern path permeability permittivity perpendicular phasor planar plane plate point polar polarity polarization potential power projection quadrant

laplace operatörü çizgi çevrim, döngü kayıpsız kayıplı toplu mıknatıslama manyetomotor hareketsel çoklu ortak, karşılıklı dikey sıfır omik mertebe yönelim ortogonal, dik paralel parametre parçacık, partikül örüntü yol manyetik geçirgenlik elektriksel geçirgenlik dikey fazör düzlemsel düzlem plaka nokta kutupsal polarite kutuplanma potansiyel güç izdüşümü dörtlük

Radial radiation recoil relative reluctance resistivity retarded right hand rule rotational scalar self sheet sine sink skin slot solenoid source spherical steady state superposition surface time constant torque transients translational transmission transverse triple turn uniform unit vector volume wave work zero

akı akı bağı, halka akısı serbest yük saçaklanma gradyan, eğil eş kutuplu görüntü empedans artımlı indüklenen indüktans sonsuz arayüzey iç, dahili öz, içsel demir izotropik, yönsüz

radyal ışıma seğirdim bağıl relüktans, manyetik direnç özdirenç gecikmeli sağ el kuralı dönel skaler öz tabaka sinüs yutak deri oyuk, yarık selenoid kaynak küresel kararlı durum toplamsallık yüzey zaman sabiti tork geçici olaylar çevrimsel iletim enine üçlü sarım düzgün birim vektör hacim dalga iş sıfır

Ekler

529

EK.9 ELEKTROMANYETİK İNGİLİZCE SÖZLÜK açık akı akı bağı, halka akısı akım tabakası arayüzey artımlı bağıl birim bölge, domen çapraz (vektörel) çarpım çekirdek çevrim, döngü çevrimsel çizgi dönel dörtlük düzgün düzlem düzlemsel eksenel eksenel alanlar elektriksel geçirgenlik empedans enerji enine eş kutuplu eşeksenli eşmerkezli eşpotansiyel etkin faktör fazör filaman gecikmeli geçici olaylar görüntü görünür gradyan, eğil güç hacim hareketsel hat hava aralığı hava aralığı doğrusu ışıma iç, dahili iletim iletkenlik indüklenen indüktans iş izdüşümü

ALAN

explicit flux flux linkage current sheet interface incremental relative unit domain cross product core loop translational line rotational quadrant uniform plane planar axial axial fields permittivity impedance energy transverse homopolar coaxial concentrical equipotential effective factor phasor filament retarded transients image apparent gradient power volume motional contour airgap airgap line radiation internal transmission conductance induced inductance work projection

TEORİSİ

İLE

İLGİLİ

TÜRKÇE

çoklu dalga demet, ışın, hüzme demir deplasman deri dielektrik diferansiyel dik dikey dikey dipol diverjans, dağıl doğrultu

multiple wave beam iron displacement skin dielectric differential orthogonal normal perpendicular dipole divergence direction

manyetik geçirgenlik manyetomotor mertebe mıknatıslama mutlak değer nokta nokta çarpım omik ortak, karşılıklı oyuk, yarık örüntü öz öz, içsel özdirenç öziletkenlik paralel parametre parçacık, partikül plaka polarite potansiyel radyal relüktans, manyetik direnç rotasyonel, dönül saçaklanma sağ el kuralı sargı sarım seğirdim selenoid serbest yük sıfır sıfır sınır silindirik sinüs skaler sonsuz

permeability magnetomotive order magnetizing absolute value point dot product ohmic mutual slot patern self intrinsic resistivity conductivity parallel parameter particle plate polarity potential radial reluctance curl fringing right hand rule coil turn recoil solenoid free charge null zero boundary cylindrical sine scalar infinite

-

530

izotropik, yönsüz kapalı çevrim kapalı kontur, yol kapasite kararlı durum kartezyen (dikdörtgen) kayıplı kayıpsız kaynak kesit korunumlu koşullar kullanılabilir kutuplanma kutupsal küresel laplace operatörü


isotropic closed loop closed contour capacitance steady state cartesian lossy lossless source cross section conservative conditions available polarization polar spherical laplacian

süreklilik tabaka taşınım toplamsallık toplu tork uyartım üçlü vektör yoğunluk yol yönelim yutak yüksüz bölge yüzey zaman sabiti zıt emk

continuity sheet convection superposition lumped torque excitation triple vector density path orientation sink charge free region surface time constant back emf

KAYNAKLAR 1.

Cheng, D.K., Fundamentals of Engineering Elektromagnetics, Addison-Wesley Publishing Company, Reading, Massachusetts, USA, 1994

2.

Duffin, W. J., Electricity and Magnetism, McGraw-Hill Book Company (UK) Limited, England, 1980

3.

Edminister, J.A., Theory and Problems of Electromagnetics, Schaum’s Outlines, McGraw-Hill Book Company, USA, 1993

4.

Edminister, J.A., Theory and Problems of Electromagnetics, Schaum’s Outlines, McGraw-Hill Book Company, USA, 1993 (Elektromanyetik, 2. Baskıdan Çevirenler: M. Timur Aydemir, Erkan Afacan, Cem Nakiboğlu, Nobel Yayınevi, Ankara, 2000)

5.

Edwards, J. D., Electrical Machines, 2nd Edition, Macmillan, Brighton, UK, 1986

6.

Fitzgerald, A.E., Kingsley, C.Jr., Umans, S.D., Electric Machinery, McGraw-Hill, NY, 1990

7.

Fogiel, M., The Essential of Electromagnetics I-II, Research and Education Association, New Jersey, 1987

8.

Griffiths, D.J., Introduction to Electrodynamics, Prentice-Hall Inc., 1991

9.

Guru, B.S., Hızıroğlu, H.R, Electromagnetic Field Theory Fundamentals, PWS Publishing Company, Boston, 1997

10. Gürdal, O., Elektrik Makinalarının Tasarımı, Bursa Orhangazi Üniversitesi Yayınları, 2015 11. Gürdal, O., Temel Elektrik (hazırlanıyor) 12. Gürdal, O., Alanlar Teorisi, Bursa Orhangazi Üniversitesi Yayınları, 2015 13. Gürdal, O., Visual Electromagnetism, Bursa Orhangazi Üniversitesi Yayınları, 2015 14. Hayt, W.H, Engineering Electromagnetics, McGraw-Hill Book Company, New York, 1989 15. Jackson, J. D., Classical Electrodynamics, 2nd Ed., Wiley, NY, 1975 16. Kasap, S.O., Principles of Electronic Materials and Devices, 2nd ed., McGrawHill, NY, 2002 17. Kreyszig, E., Advanced Engineering Mathematics, 6th Edition, John Wiley&Sons, NY, USA, 1988 18. Lowther, D. A., Silvester, P. P., Computer Aided Design in Electromagnetics, Springer-Werlag, New York, 1986 19. Maxwell, J.C., A Treatise on Electricity and Magnetism, Dover Publications, NY, Vol. 1-2, 1954 20. Moon, P., Spencer, D.E., Field Theory for Engineers, Van Nostrand, Princeton, NJ, 1961 21. Moon, P., Spencer, D.E., Field Theory Handbook, Springer-Verlag, Berlin, Germany, 1961 22. Morse, P.M., Feshbach, H., Methods of Theoretical Physics, McGraw-Hill, New York, 1953, Vol. 1-2. 23. Önal, H., Elektrostatik-Elektromagnetizma, Çağlayan Kitabevi, İstanbul, 1984 24. Panofsky, W.K.H., Phillips, M., Classical Electricity and Magnetism, Addison-Wesley Publishing, USA, 1962 25. Paul, C.R., Nasar, S.A. Introduction to Electromagnetic Fields, McGraw-Hill Book Company, USA, 1987 26. Scheid, F., Theory and Problems of Numerical Analysis, McGraw-Hill Book Company, USA, 1988 27. Silvester, P.P., Ferrari, R.L., Finite Elements for Electrical Engineers, Cambridge University Press, Cambridge, 1989 28. Smythe, W.R., Static and Dynamic Electricity, 3rd ed., Hemisphere Pub., NY, 1989

İNDEKS amper, 2 ampère kuvvet kanunu, 242, 243, 244, 248, 249, 295, 297 anten, 419 bdt (cad), 11, 447, 498 betatron, 405 bilgisayar destekli tasarım, 447 biot-savart kanunu, 233, 235, 244, 248, 254, 257, 261, 262, 294, 298 biot-savart kanunu, 8, 9, 11 birim vektör, 18, 23, 25, 27, 33, 34, 40, 61, 18, 25, 171 child-langmuir ilişkisi, 201 coulomb kanunu, 166, 169, 233 çevrimsel, 448, 449, 485, 498 dc motor, 329, 330, 332, 335 dielektrik ortam, 124, 126, 127, 175, 374, 414, 416 diferansiyel biçim, 451 dikdörtgen koordinat sistemi, 6, 22, 29, 39, 41, 42, 53, 55, 59, 62, 68, 69, 82, 149, 157, 293 dipol, 113, 115, 161, 250, 260 direnç, 198 dirichlet, 422, 423 diverjans, 56, 57, 77, 79, 103 dönel, 448, 449, 485 durulma zamanı, 195, 196, 227 elektrik akı yoğunluğu, 3, 6, 167, 173 elektrik alan şiddeti, 3, 6, 37, 85, 90, 94, 98, 100, 104, 110, 113, 118, 121, 152, 153, 154, 163, 166, 170, 174, 198, 324, 325, 383, 405, 414 elektrik alanı, 9, 106, 107, 129, 135, 170, 171, 174, 181, 182, 196, 197, 225, 231, 282, 306, 330, 332 elektrik dipolü, 111, 112, 115, 116 elektrik potansiyeli, 3, 167, 420 elektromanyetik pompa, 328, 331, 332 elektron hareketliliği, 186 elektrostatik voltmetre, 316, 317, 334

elektrostatik, 8, 9, 37, 82, 85, 117, 166, 218, 261, 276, 298, 305, 310, 311, 314, 316, 317, 325, 334, 374, 428, 448 emf, 223 enerji yoğunluğu, 454, 461, 468 faraday, 3, 10, 337, 342, 343, 347, 348, 349, 350, 351, 373, 378, 380, 395, 408, 410, 412, 414, 451, 515, 516 fazör biçimi, 391, 392 ferromanyetizma, 271 gauss yüzeyi, 102, 103, 104, 105, 110, 133, 167, 170, 278 gradyan, 50 green teoremi, 70, 74, 77, 79 hacim akım yoğunluğu, 3, 227 hacim yük yoğunluğu, 109, 170, 174 halka akısı, 451, 457, 460, 464, 476, 481, 483, 484, 485, 488, 489, 493, 495 hall etkisi gerilimi, 328, 331, 332, 334 helmholtz eşitliği, 394 henry, 2, 352 hız seçici, 323, 325, 331, 333 histerezis, 273, 298 iletim akım yoğunluğu, 222, 375 iletken ortam, 185, 190, 192, 196, 197, 327, 392, 410 imaj metodu, 161 indüklenen akım, 339, 347 indüktans, 351, 353, 457, 471, 473, 476, 480, 483, 488, 493, 495, 496 integral biçim, 374, 375 joule kanunu, 197, 198, 225, 387 kapasitans, 143, 149, 151, 169, 293 kelvin, 314 kulomb, 5, 8, 9, 73, 85, 87, 89, 104, 149, 166, 169, 170, 233, 256 kuplaj katsayısı, 365, 410 kuplajlı sargılar, 364, 369 küresel koordinat sistemi, 32, 34, 41, 42, 78, 80, 82, 253

kütle spektrometresi, 323, 324, 331

pozisyon vektörü, 115

laplace eşitliği, 69, 72, 74, 151, 152, 153, 155, 156, 157, 158, 169, 171, 178, 191, 195, 222, 224, 277, 422, 438, 444 laplace eşitliği, 8, 9 lenz, 10, 343, 344, 345, 410 lorentz kuvvet eşitliği, 3, 11, 12, 323, 329, 339, 376, 457

relüktans, 287, 288, 293, 298 rotasyonel, 59, 62, 63, 64, 255, 256 rotasyonel, 59, 62, 63, 71, 255

manyetik akı yoğunluğu, 3, 6, 238, 242, 251, 285, 321, 322, 324, 328, 330, 345, 349, 360, 414, 450 manyetik alan şiddeti, 6, 295, 297, 324, 374, 414, 451 manyetik ayırıcı, 317 manyetik devreler, 284, 297, 298 manyetik dipol, 238, 250, 267, 271, 295, 297 manyetik enerji yoğunluğu, 9, 410, 414 manyetik malzeme, 231, 232, 271, 272, 284, 286, 287, 288, 290, 291, 292, 293, 298, 302, 303, 358, 412, 416, 452, 458, 464, 498 manyetik skaler potansiyel, 276, 296 manyetohidrodinamik generatör, 327, 332 maxwell eşitliği, 3, 10, 11, 12, 348, 349, 372, 374, 375, 378, 379, 384, 387, 388, 393, 394, 405, 408, 409, 414 maxwell, 11, 448, 449, 450, 456, 457, 458, 459, 464, 467, 469, 471, 472, 475, 476, 479, 480, 481, 483, 484, 488 mıknatıslanma vektörü, 302 momentler metodu, 441, 445 neumann, 362, 422, 423 newton, 1, 2, 87, 172, 406 nokta yükü, 109, 126 normal bileşen, 71, 134 oersted, 2, 233 ohm kanunu, 3, 9, 185, 186, 208, 224, 286, 296, 298, 377, 414 ortak indüktans, 358, 458, 481, 482, 484 ototransformotoru, 401 öz indüktans, 357, 460, 464, 481, 485, 489 planck sabiti, 267 poisson eşitliği, 9, 73, 150, 152, 169, 200, 201, 419, 420, 422, 424 polarizasyon, 298 potansiyel fark, 108, 224 poynting teoremi, 3, 384, 385, 392, 410, 415

saçaklama, 100, 289, 373 sapma, 334 sayısal çözüm, 488, 493 senkrotron, 322, 332 serbest elektron, 117, 182 sıfır vektör, 78 sınır hacim akım yoğunluğu, 273, 298, 509 sınır hacim yük yoğunluğu, 128 sınır şartları, 134, 135, 143, 171, 192, 228, 378, 380 siklotron, 321 siklotron, 323, 332, 335 silindirik koordinat sistemi, 26, 27, 40, 42, 51, 78, 80, 82, 83 skaler alan, 37 sonlu eleman metodu, 428, 444 sonlu fark metodu, 419, 427, 428, 444 süreklilik eşitliği, 3, 222, 376, 410, 414 tanjant bileşen, 135, 206 taşınım akım yoğunluğu, 222 teklik teoremi, 70, 73, 79 transformotor, 125, 273, 350, 395, 401, 409, 426, 452, 453, 459, 474 uzunluk vektörü, 246 vektörel toplama, 15, 77 yarı-iletken, 187 yük yoğunluğu, 12, 174, 178 yüklü parçacık, 306, 313, 321, 330, 332, 337 zaman harmonik alan, 389, 410

Elektromanyetik Alan Teorisi 2015

Recommend Documents