Genel Fizik 2 - Prof. Dr. Mustafa POLAT Ders Notları

GENEL FİZİK II DERS NOTLARI Hazırlayanlar: Prof. Dr. Mustafa POLAT Prof Dr Prof. Dr. Leyla TATAR YILDIRIM

2012

BÖLÜM-21 BÖLÜM 21 Elektrik Yükü

A L Y LE

M I IR

D L YI

Bu bölümde, maddenin özelliklerinden birisi olan “elektrik yükü” ile tanışacağız.

D e

. R

Atomu meydana At d getiren ti elektron, l kt proton t ve nötron’ öt ’ nun yüklerini ükl i i öğreneceğiz ve devamında da şu konulara değineceğiz:

v T

A L • Elektrik yükünün çeşitleri O P ((Coulomb yyasası)) • İki y yük arasındaki kuvvet • Yükün kuantalığı FA A • Yükün korunumu T S U M . R D

(21-1)

Bir kumaş parçası ile ovuşturulan kehribarın tüy gibi hafif nesneleri çektiği antik çağlardan beri bilinen bir şeydir. Bu olgu, maddenin yeni bir özelliği olan “elektrik elektrik yükü yükü” ile ilgilidir. ilgilidir Birçok deney, deney iki tür elektrik yükünün varlığını göstermiştir: pozitif (renk kodu: kırmızı) ve negatif (renk kodu: siyah). “pozitif” pozitif ve “negatif” isimleri Benjamin Franklin tarafından verilmiş isimlerdir.

M I IR

. R

S U

M . R

A L Y LE

D L YI

D Cam bir çubuğu v ipek e bir kumaşla ovuşturduğumuzda, ikisi de elektrik yükü kazanır. Cam çubuğun kazandığı T Apozitif olarak tanımlanır. yükün işareti L O P şekilde, Benzer şekilde plastik bir çubuğu bir kürk ile A F ovuşturduğumuzda, ikisi de elektrik yükü kazanır. A T Plastik ççubuğun ğ kazandığı ğ y yükün işareti ş negatif g olarak tanımlanır.

D

(21-2)

Yüklü cisimlerle yapılan bir çok deneysel çalışmalardan elde edilen sonuçlar şu şekilde özetlenebilir:

M I IR

D L YI

1. Aynı işaretli yükler (her ikisi de pozitif veya negatif) birbirlerini iterler (Şekil-a).

S U

M . R

A L 2 İşaretleri farklı olan yüklerY(biri pozitif, 2. pozitif diğeri E(Şekil-b). negatif) birbirlerini çekerler L . R D Yükünün işareti bilinen bir cisimle, yükünün işareti e v bilinmeyen cisim arasındaki etkileşme kuvvetinin T A yönünden Lyararlanarak, bilinmeyen cismin yükünün işaretiniO P belirleyebiliriz. A FAynı işaretli yükler birbirini iter. A T Zıt işaretli yükler birbirini çeker.

D

(21-3)

M I R I İpek bir kumaşla ovuşturulan cam çubuğun pozitif D L yükü I yüklü olduğunu biliyoruz. Bu çubuğu, Y A dönebilecek kaybolmayacak ve etrafında serbestçe L Y şekilde kild ortasından d asalım. l S Sonra d da, yükünü ükü ü E L cam çubuğa doğru bilmediğimiz bir cismi . R yaklaştıralım. yaklaştıralım D edurum söz konusudur: v Mümkün olan iki T Şekil- L a:Aİki cisim birbirini iter. Bu durumda O bilinmeyen yük pozitif işaretlidir. P A F Şekil-b: İki cisim birbirini çeker. Bu durumda Yö t Yöntem:

S U

M . R

A T

bilinmeyen y y yük negatif g işaretlidir. ş

D

(21-4)

Benjamin Franklin zamanında (18. yy) elektrik yükünün bir çeşit ağırlıksız, ağırlıksız sürekli akışkan olduğu kabul ediliyordu. 20. yy başlarında Ernest Rutherford’ un atomun y yapısı p üzerinde y yürüttüğü ğ araştırmalar, maddenin ne şekilde meydana geldiğini ortaya koydu ve bileşenlerinin sahip oldukları yüklerin belirlenmesini sağladı.

M I IR

. R

A L Y LE

D L YI

Atomlar elektronlardan ve çekirdekten oluşur. Çekirdeğin kendisi de, proton ve nötronlardan oluşur.

v T

D e

A L Atomun çapı  510-10 m.O -15P Çekirdeğin çapı  510 m m. A F A Elektronlar negatif yüklü, protonlar pozitif yüklü, nötronlar ise yüksüzdür. T S Bu durumdaUelektrik yükü, atomu oluşturan parçacıkların (elektron, proton, M . nötron) temel bir özelliğidir. R D

(21-5)

M I IR

Atomik Bileşenlerin Kütleleri ve Yükleri: Nötron (n) : Proton (p) : Elektron (e) :

D L YI

Kütle m = 1.67510-27 kg; Yük q = 0 27 kg; Yük q = +1.60210 19 C Kütle m = 1.67310 1 67310-27 +1 60210-19 Kütle m = 9.1110-31 kg; Yük q = -1.60210-19 C

A L Y N 1 Elektron Not-1: El k ve protonun yükleri ükl i için, i i sırasıyla, l “-e” “ ” ve “+e” “ ” E L . sembolleri kullanılır. Bunlar temel yük olarak bilinirler . R D Not-2: Bir atomdaki elektron ve proton sayıları eşitse, atom elektriksel e“atom numarası (Z)” dır. v olarak “nötr” olarak adlandırılır. Bu sayı T Ave nötron sayılarının toplamı ise Not-3: Bir atomdaki proton L “kütle numarası (A)” dır.PO A Gösterim: 235 AF Z = 92 = elektron/proton sayısı U 92T S A = 235 =proton t + nötron öt sayısı U M . R D (21-6)

Yükün Quantalanması :

M I R I Bir nesnenin toplam yükü, o nesnedeki temel parçacıkların sayısına D L I Y (elektron, proton, nötron) bağlıdır. Elektron sayısı N , proton sayısı A L N ve nötron sayısı N olan bir nesnenin net yükü, yükü Y E L . Q  eN  eN  0N  e  N  N   ne R D e Bu, net yükün elektron olur. Burada, n   N  N  ve tamsayıdır. v T A yükünün tamsayı katları kadarLolacağını gösterir. Yani yük quantalıdır. O P A F A N T S N U N M . R D e

p

n

net

e

p

n

p

p

e

e

p

e

n

(21-7)

Yükün Korunumu:

M I Rbir Her ikisi de yüksüz olan cam bir çubuk ile ipek I kumaşımız olsun. olsun Cam çubuğu ipekILD kumaşla Y yüklenir. ovuşturduğumuzda, cam çubuk pozitif A şekilde, ipek L Aynı anda, toplam yük sıfır olacak Y E olarak yüklenir. kumaş da eşit miktarda L negatif . Buradan, ovuşturma R işleminin herhangi bir yük D oluşturmadığı ancak, birinden diğerine yük akışı e Yükün korunumu şöyle v sağladığı anlaşılır. T ö tl bili özetlenebilir: “H h i bir “Herhangi bi işlemin i l i öncesindeki ö i d ki A L toplam yük, işlemden sonraki toplam yüke eşittir”. O P A AF Önceki Net Yük = Sonraki Net Yük

T S U

M . R

Qi  Q f

D

(21-8)

M I IR

İletkenler ve Yalıtkanlar :

D L YI

A L Y Ebazılarıdır. malzemelerdir. Bakır, aliminyum, civa bunlardan L . Raşmalarına izin vermeyen Yalıtkanla yüklerin içlerinde serbestçeDdol Yalıtkanla, e bunlardan bazılarıdır. malzemelerdir. Plastik, lastik, cam, vseramik T İletkenlerde, atomun son yörüngesindeki bir veya daha fazla elektron A L O hale gelebilir ve iletken içinde hareket kolayca atomdan ayrılıp P serbest A eder. Bunlara iletimFelektronları diyoruz. İletim elektronları geride A y dediğimiz ğ ST pozitif p yüklü y atomlar bırakırlar. İletkenin içinde ç sadece iyon U iletim elektronları serbestçe hareket edebilir, pozitif yüklü iyonların M . R konumları değişmez. değişmez Yalıtkanlar ise iletim elektronu içermezler. içermezler D İletkenler, yüklerin içlerinde serbestçe dolaşabilmelerine izin veren

(21-9)

Bir İletkeni İndüksiyon y Yoluyla y Yüklemek :

M I IR

Şekil-a' da bir iletken yaltkan bir iple asılmıştır ve başlangıçta

D L YI

yü sü dü . Negatif yüksüzdür. Negat yü yüklü ü pplastik ast çubuğu yavaşça yaklaştıralım. ya aşt a . Plastik yalıtkandır ve üzerindeki negatif yükler hareketsizdir. Ancak, iletken içindeki negatif yükleri sağ uca doğru itecektir.

S U

M . R

A T

A L Y E meydana geldinden pozitif İletkenin sol ucunda elektron boşluğu L . yüklenmiş olacaktır olacaktır. ŞekilŞekil bR 'de de toprağa bağlı bir iletim yolu D oluşturulmuş, böylecee elektronların toprağa akması sağlanmıştır. v Toprak bağlantısını iptal eder ve plastik çubuğu uzaklaştırırsak, uzaklaştırırsak T A L iletken çubuk pozitif yüklenmiş olacaktır. O P İletkenhe üzerinde indüklenen yük, Not -1: yük plastik çubuğun A F yükü ile ters işaretlidir. Not - 2 : Plastik çubuk aynı amaçlı çok defa kullanılabilir. kullanılabilir

D

(21-10)

Coulomb Yasası :

M I R I birbirlerine, aşağıda özellikleri verilen kuvvetler uygularlar. D L 1. Kuvvetler, yükleri birleştiren doğru boyuncadır. YI 2. Yükler aynı işaretliyse, kuvvet iticidir.A L Y Yükler zıt işaretliyse, kuvvet çekicidir. E L 3. Kuvvetin büyüklüğü, Coulomb Yasası olarak bilinen . R q q 1 D olmak e üzere, F  k eşitliği ile verilir. k 4 r v B d  , boşluğun Burada bAT l ğ veya havanın h elektriksel l kt ik l geçirgenliği i liği L olarak O bilinir ve değeri 8.85  10 N  m /C dir. P A F Aralarındaki mesafe r olan, q1 ve q2 yükleri olsun. Bu yükler

1

q1 q2 F k r2

2

2

0

0

-12

2

2

m1m2 F G 2 r TA Coulomb kuvveti ve Newton'un gravitasyonel kuvveti aynı

S U

D

M . R

formdadır. Tek fark formdadır fark, gravitasyonel kuvveti her zaman çekici bir kuvvettir. Buna karşın Coulomb kuvveti, yüklerin işaretine bağlı olarak çekici veya itici olabilir olabilir.

(21-11)

Örnek : Hidrojen atomunda çekirdekteki proton ile yörüngedeki elektron arasındaki

M I IR

uzaklık ortalama 5.3  1011 m' dir. Bunlar arasındaki elektriksel ve gravitasyonel kuvvetlerin büyüklüklerini bulunuz.

D L I Y Coulomb yasasından, bu iki yük arasındaki kuvvetin büyüklüğü: A L Y 1.6  10 e F k  9  10  8.2  10 N. LE r .  5.3  10  R D İki kütle arasındaki çekim kuvvetinin büyüklüğü, Newton' un gravitasyon e v yyasasından: T A L 9.11  10   1.67  10  mm  O F G  6.7  10  3.6  10 N. P r 5 3  10  5.3  A F A Atomik boyutta, T parçacıklar arasındaki kütle çekim kuvveti önemsenmeyecek S düzeyde küçüktür. U M . R D  19 2

2

8

9

E

 11 2

2

 31

e

g

p

2

 27

 11

 47

 11 2

(21-12)

Coulomb Yasası ve Üstüste Binme İlkesi :

Bir yük Bi ük grubunun b bbelirli li li bi bir yüke ük uyguladığı l d ğ nett kuvvet, k IMt R I tüm yüklerin uyguladığı kuvvetlerin vektörel toplamına D L eşittir. YI

A L  Y Ö Örneğin, q ve q yükleri tarafından q yüküne uygulanan net kuvvet (F ), E    L . F F F R   D ile verilir. Burada, F ve F sırasıyla qe ve q yüklerinin q yüküne v uyguladığı kuvvetlerdir kuvvetlerdir. q yüküneT etkiyen n tane nokta yük olması A L durumunda ise net kuvvet, O P       A F  F  F  F  ...  F F F A T S il ifade ile if d edilir. dili U    M . F F F R D 2

1

21

3

1

1

31

21

31

2

3

1

1

n

1

21

31

41

n1

i2

i1

1

12

14

(21-13)

Örnek : Şekildeki gibi üç nokta yük, dik kenarlarının

M I IR

uzunluğu a = 10 cm olan ikizkenar üçgenin köşelerine

D L YI

yerleştirilmiştir. q1 = q3 = 5  C ve q2 = 2  C olduğuna göre q3 yüküne etkiyen net kuvveti bulunuz.

A L Coulomb yasasından yasasından, q ve q yüklerinin q yüküne uyguladıkları kuvvetlerin Y E L büyüklükleri: . R 5  10  5  10  D q q  e  11 N  9  10 F k v 2  0.1T  2a  A L 2  10O  5  10  q q  P F k  9  10 9 N A a  0.1 F A    F F F S T (11cos 45  9)iˆ  11sin 45  ˆj  1.1i 1 1iˆ  77.9 9ˆj N U M  7.9  . Fnet   1.1   7.9   8 N ;   tan   =98 R 1 1  1.1 D 1

2

3

6

1

3

13

6

9

2

2

6

2

23

net

3

9

2

2

13

6

23

2

2

1

o

(21-14)

Örnek : Şekildeki gibi üç nokta yük, x -ekseni üzerine

M I IR

yerleştirilmiştir q1 = 15  C yerleştirilmiştir. C'luk luk yük x = 2 m noktasında, noktasında q2 = 6  C'luk yük ise orijinde bulunmaktadır. q3 nokta yükü x -eksini eksini üzerinde hangi noktada olmalıdırki, ırki üzerine etkiyen net kuvvet sıfır olsun?

D L YI

A L Y q ve q yükleri aynı işaretli olduğu için, işareti ne olursa olsun q E L . bunların arasına konulmalıdır. Bu durumda: R D q q q q e ; F k F k v x 2  x T A L q qO F F  P  3x  8 x  8  0  2  x A x F A x  0.775 m T S bulunur. U M . R D 1

2

3

1

13

3

2

23

2

1

13

23

2

yükü

3

2

2 2

2

(21-15)

Örnek : Aynı noktadan asılmış, kütleleri 3 102 kg olan yüklü iki özdeş küre şekildeki gibi dengededirler. İplerin İ boyu 15 cm ve  = 5o olduğuna göre, kürelerin yükü nedir?

M I IR

D L YI

A L Denge durumunda yükler arasındaki uzaklık: a  LsinYolacaktır. olacaktır Küreler E L dengede olduğuna göre: . R q D T sin   k ; T cos   mg e v 2 a   T A q L k O a mg 2 g tan   2a  P   t  tan q A   19.54 19 54  10 mg k F A q  4.42 4 42  10 SCT U bulunur. M . R D 2

2

2

2

2

2

16

8

(21-16)

Örnek : Kütleleri m, yükleri de q1 = Q ve q2 = 2Q olan

M I IR

iki parçacık L uzunluğundaki iplerle aynı noktadan düşey olarak asılı halde dengededirler. Yükleri asılı oldukları

D L I Y çok küçüktür. Bu iki açı arasındaki ilişkiyi ve yükler arasındaki mesafeyi bulunuz. A L Y T sin   F  F E q yükü için tan   . L  T cos   mgg  mgg  R       D T sin   F  F  e tan   q yükü için v mgg  T cos   mg  T A L r  L sin   r O L sin   2 L tan   tan     r  2P r  L sin   2L A F A  4kQ L  2Q r T F  mg tan S  k  mg  r   r mg 2L U   M . bulunur. R D noktaya bağlayan iplerin düşeyle yaptıkları 1 ve  2 açıları

1

1

E

1

1

1

E

1

1

2

2

E

2

2

2

1

1

1

1

2

2

E

E

2

1

2

2

1

2

1/3

2

(21-17)

Örnek : Yükleri + q olan iki özdeş parçacık, aralarındaki mesafe d olacak şekilde y -ekseni ekseni üzerinde sabitlenmişlerdir sabitlenmişlerdir. Yükü  Q ve kütlesi m olan üçüncü bir parçacık ise, iki yükün ortasından dik olarak geçen eksen

M I IR

D L I Y bu eksen üzerinde rahatça hareket edebilmektedir. x  d durmunda,  Q A L yükünün basit harmonik hareket yapacağını gösteriniz. gösteriniz Hareketin Hareket in periyodunu bulunuz bulunuz. Y E L . Basit harmonik hareket yapan bir cisim için için, F  Cx olmalıdır (  C )). R D e qQ sin    2kqQx Q yüküne etkiyen geri çağırıcı kuvvet: F v2k x  (d / 2) T  x  (d / 2)  A L 2kqQx O  16kqQ    xd F  P  x  d  (d / 2) 1 A (2 x / d )  F A T d S   2 / T  T  2 U 16kqQ M . R D üzerinde merkezden x kadar uzaktaki bir noktaya konuyor. üzerinde, konuyor  Q yükü

2

2 3/2

3

2

2

2 3/2

3

3

(21-18)

Örnek : Yükleri + q olan dört özdeş parçacık, xy -düzleminde

M I IR

b l bulunan, kenar k uzunluğu l ğ L olan l bir bi karenin k i köşelerine kö l i şekildeki kild ki gibi sabitlenmişlerdir.  Q yüküne sahip başka bir parçacık ise, k karenin i merkezinden k i d dik olarak l k geçen z -ekseni k i üüzerinde, i d kkare merkezinden z kadar uzaktaki bir noktaya konuluyor.  Q yükü üzerine etkiyen net kuvveti bulunuz. bulunuz

. R

A L Y LE

D L YI

+q yüklerinden birisinin  Q yüküne uyguladığı çekici kuvvet: F  k a   L / 2   L / 2  L / 2 2

2

cos  

2

A L O

z z 2  a2

A F

 Fnet  4 F cos   Fnet   bulunur.

2

M . R

S U

A T

P4kqQz k Q

z

2

a



2 3/2

v T

D e

qQ z 2  a2

kˆ

D

(21-19)

BÖLÜM-22 BÖLÜM 22 Elektrik Alanlar

M I IR

D  L I Bu bölümde durgun yüklerin oluşturduğu elektrik alan Y ( E ) kavramıyla A L Y LE

tanışacağız. Yüklerin durgun olması halinde, yükler arasındaki etkileşmeleri belirlemek için Coulomb yasası yeterlidir. Yükler durgun olmasaydı, l d bu b etkileşmeleri kil l i belirlemek b li l k için i i başka b k alternatif l if yollar ll bulmak b l k gerekirdi. Bu konu kapsamında şu konulara değinilecektir:

A L O

e v T

. R D

• Nokta yükün oluşturduğu elektrik alanın bulunması • Nokta yük y g gruplarının p ve sürekli y yük dağılımlarının ğ oluşturduğu ş ğ elektrik alanların bulunması • Elektrik alan içindeki yüke etkiyen kuvvetin bulunması • “elektrik dipol” kavramını öğrenmek. Düzgün elektrik alan içindeki dipole etkiyen kuvveti, bu kuvvetin oluşturduğu torku ve dipolün potansiyel t i l enerjisini ji i i belirlemek. b li l k

A F A

P

U M . R D

T S

(22-1)

Aralarında r mesafesi olan q1 ve q2 nokta yükleri arasındaki etkileşme kuvveti Coulomb yasasına göre,

F

M I IR

q q D I Lk Y r

1

q1 q2

4 0

r2

1

2

2

A L Y bağıntısına bağ t s a sa sahiptir. pt . No Nokta ta yü yükler e aarasında as da L herhangi eE a g b bir te temas as o olmadığı ad ğ . halde, yüklerin birbirlerine kuvvet uygulamalarını nasıl açıklayabiliriz? q1 R D yükü, yakınlarında q2 yükünün bulunduğunu nerden biliyor? Bu nokta e v ancak, yeni bir kavram olan “elektrik alan” vektörü ile aydınlatılabilir. q1 T A kuvvet uygulamaz. Bunun yerine, q2’ nin nokta yükü q2 üzerine doğrudan L b l d ğ noktada bulunduğu kt d bir bi elektrik l kt ik alan l oluşturur l t ve kuvveti k ti bu b alan l uygular. l PO A    F q yükü  A Ele E lektrik Alan ( E )  E , q üzerine F kuvveti uygular 1 2 T S U M . R D

(22-2)

Elektrik Alan Vektörünün Tanımı : Yandaki pozitif yüklü çubuğu ele alalım. Çubuğu M I ççevreleyen y uzaydaki y tüm P noktalarında R elektrik I  D L alan vektörü (E ) şöyle bulunur: I Y 1 P noktasına 1. kt pozitif itif bir bi q0 test tA t yükü ükü ko k nur. L  Y 2. Yüklü çubuğun q0 testEyüküne uyguladığı F

  F E q0

U M . R D

A T S

L . kuvveti ölçülür.R D e elektrik alan vektörü: 3 . P noktasındaki v T  F A L E ((N/C)) PO q   A ğ ggibi E ile F aynı y yöndedir. y F Görüldüğü 0

Not : q0 test yükü, çubuktaki yük dağılımını değiştirmeyecek kadar küçüktür. küçüktür (22-3)

Nokta Yükün Elektrik Alan : Şekildeki q pozitif yükünü ele alalım. Yükt r kkadar Yükten d uzaktaki kt ki q0 ttestt yüküne ükü etkiyen y kuvvet ve q0 ' ın bulunduğu ğ noktadaki elektrik alan: q q0 F k r2

e v T

. R D

A L Y LE

M I IR

D L I Y

q q0 LA q F E k k 2 2 O q0 q0 r P r  FA ile verilir. erilirTA E , q yükünden ükünden dışarı doğr doğrudur. d r q nokta yükü ükü S  U negatif M olsaydı E , q yüke doğru olurdu.

. R D

(22-4)

M I IR

D L I Y

A L Nokta Yük Grubunun Oluşturduğu Elektrik Alan: Y E  L Bi nokta Bir kt yük ük grubunun b oluşturduğu l t d ğ nett elektrik l kt ik alan l E, herbir h bi yükün ükü . R D oluşturduğu elektrik alanların vektörel toplamına eşittir. e v T Yukarıda verilen nokta yükA grubunun orijinde oluşturduğu elektrik alan,     L O E  E1  E2  E3 P  A  F olur. Burada EA y , q1, q2 ve q3 yüklerinin y orijinde j 1 , E2 ve E3 sırasıyla, T S oluşturdukları elektrik alan vektörleridir. U M . R D

(22-5)

Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, q1 = 7.0  C' luk bir yük orijinde ve q2 = 5.0  C' luk diğer bir yük ise x = 0.3 m

M I IR

noktasındadır. Koordinatları (0;0.4) olan P noktasındaki elektrik alanını bulunuz.

D L I Y

A L elektrik alanların büyüklükleri, sırasıyla, Y E L q q. E k  3.9  10 N / C ; E  k R  1.8  10 N / C D r r e v değerlerine sahiptir. BuradanTda P noktasındaki net elektrik alan, A ˆ    L ˆj E  E  E  1.8 1 8  10 cos  i  3 3.9 9  10  1.8 1 8  10 sin     PO  A E  1.08  10 ˆi + 2.46  10 ˆj N / C F sin   0.8 0 8 A  T  2.46  10 S cos   0.6 )  66.3   tan (  U 1.08  10 M . bulunur. R D q1 ve q2 yüklerinin P noktasında oluşturdukları 1 2 1P

1

2 2 2P

5

2

5

1

5

5

5

2

5

1

5

5

o

5

(22-6)

Örnek : Dört adet nokta yük, şekilde gösterildiği gibi, kenar uzunluğu a olan bir karenin köşelerine konmuştur. konmuştur Sağ üst köşedeki q yükünün bulunduğu noktada, diğer yükler tarafından oluşturulan elektrik alanını ve q yüküne etki eden kuvveti bulunuz.

D L I Y

A 2 q, 3q ve 3q yüklerinin, q yükünün bulunduğuLnoktada oluşturdukları Y y , sırasıyla, y , LE elektrik alanların büyüklükleri, . R 2q 3q 4q D E 2 q  k 2 ; E3 q  k 2 ; E 4 q  k 2 e a a 2a v T ifadelerine sahiptir. İlgi duyulan noktadaki net elektrik alan : A L     O kq k  3 k  3  ˆ kq  P E  E 2 q  E3 q  E 4 q  2  2  cos 45  i  2  4  cos 45  ˆj A a  2 2 a    F 5  kq TA 5.06  10 o  ) 58.8 E  2S3.06iˆ + 5.06ˆj ;   tan 1 ( U 3.06  10 5 a M . Rbulunur.



D

M I IR



(22-7)

Örnek : Yükü q ve kütlesi m olan bir parçacık, şekilde gösterildiği gibi, + x-ekseni yönünde  yönelmiş düzgün bir E elektrik alanı içinde ilk

M I IR

D L I Y

hızsız serbest bırakılıyor. Cismin hareketini A L tanımlayınız. (Yer-çekimi kuvvetini ihmal Y ediniz). qE ma x  qE  a x  m ve T xi  0 ve vi  0 olduğundan, A

E L . R D

L O

1 qE 2 qE 2 P xs  a x t  t ; vs  a x t  t A 2 2m m F  A  W = F T x   K  K s  qEx

S U bulunur. M . R D

(22-8)

 Örnek : Bir proton, elektrik alanının E = 6 105ˆi olduğu bir bölgeye +x - ekseni yönünde fırlatılıyor. Proton duruncaya kadar elektrik alan M I içinde 7 cm yol alıyor. Protonun ivmesini, ilk hızını ve ne kadar R sürede I D durduğunu bulunuz. (Yer-çekimi kuvvetini ihmal ediniz). IL

Y

A   L ma  qE  Y E  L .  qE 1.6 1016 5ˆ 16 ˆ 2 R a = (  6  10 i) =  5.75  10 i m / s 27 D m 1.67 10 e v   vs2  vi2  2a  x  0  vi2 A 2 T5.75 1016   0.07   vi  9 107 m / s L O

vi P 9 107 9   1.57 10 =1.57 ns vs  vi  axt  t A  16 F ax 5.75 10

A T bulunur. S U M . R D

(22-9)

Örnek : Bir noktadan ağırlıksız iple asılmış q yüküne ve m kütlesine sahip küçük bir küre küre, şekilde gösterildiği gibi  E = Aˆi + Bˆj (N/C) ile verilen düzgün bir elektrik alan içinde dengededir. A ve B pozitif sabitlerdir. Kürenin yükünü ve ipte oluşan gerilmeyi bulunuz.  F 0

A L Y LE

M I IR

D L I Y

T sin   qE x  qA  qA R. mg tan  q   tan   D T cos   qB  mg  mg A  B tan  e  qB T sin   qA 

v T

A L qA A mg O tan  mgA T    P A  B tan  cos   A  B tan   sin  sin  A F A b l bulunur. T S U M . R D

(22-10)

Elektrik Dipol : Aralarında d uzaklığı olan, eşit ve zıt işaretli iki

M I yükten  q  oluşan sisteme "elektrik dipol denir nir. R " de I D  L I Her elektrik dipol, "elektrik dipolYmoment (p)" A p = qd ve yönü vektörü ile tanımlanır. Büyüklüğü L Y E doğru yükünden q yyüküne ğ dur. Su molekülü de - q y L . R (H O) gibi birçok molekül kendiliğinden bir dipol D v momente t sahiptir. hie ti Oksijen Ok ij atomu t ile il iki hidr hid ojjen T A L atomu arasındaki bağ, ğ, 10 değerlik ğ elektron paylaşımı p y ş ile sağlanır ğ ( (8 tane O P O' dan, 1' er tane de H' den). Bu 10 değerlik elektronu O atomuna yakın A F olma l eğilimindedir. ğili T iA d di Bu B nedenle d l su molekülünde, l külü d O' nun bbulunduğu l d ğ taraf t f S H atomlarının bulunduğu tarafa göre daha negatiftir. U M . R D 2

(22-11)

Dipolün Oluşturduğu Elektrik Alan : Dipolü oluşturan yüklerin P noktasında oluşturdukları M I elektrik alanların büyüklükleri: R I D 1 q 1 q L  E(  )  E( )  EInet E(  )  ve E(  )  2 2 4 0 r 4 0 r Y Enett Enet

. R D

A L 1 EY q L

 1 q q q     2  2 . 2 2  4 0  r r  4 0   z  d / 2  z  d / 2    R

D e

2 2  q d   v d     1     1    2 T 4 0 zA 2 z   2 z   L

d PO 2   1 yaklaşımı yapılırsa 1  x   1  2 x  : A   2Fz A T q  d   d   qd 1 p S  Enet  1    1    = U 2  3 3 4  z z z 2  z 2   z     M 0 0 0 (22-12)

Sürekli Yük Dağılımlarının Oluşturduğu Elektrik Alan: Q,A

Q,V dq

dq dV

dA

Q dq   (C/m) L dl

Q dq   (C/m2 ) A dA

LA 

Y LE

M I IR

D L I Y dq Q V



dV

(C/m3 ) (C/

. R - Q yükü L uzunluğunda bir çubuğa düzgün dağılmış ise, D e v çizgisel yük dağılımı sözTkonusudur. A L - Q yükü A yüzey alanına sahip bir plakaya düzgün dağılmış O P A dağılımı söz konusudur. ise, yüzeyselFyük A T - Q yüküSV hacmine sahip katı bir cisme düzgün dağılmış ise, U hacimsel konusudur. M yük dağılımı söz konusudur . R D (22-13)

Yanda verilen hacimsel yük dağılımını gözönüne alalım. Bu yük dağılımının P noktasında oluşturduğu IM

R I D

elekrik alanı hesaplamak için izlenmesi ILgereken yol

şöyle ö l öözetlenebilir: tl bili

A L Y LE

Y

1 Yük ddağılımını, 1. ğl hacmi h i dV olan l sonsuz. küçük kü ük elemanlara l l ayıralım. l

R D

Her eleman dq  dV yüküneesahiptir ve P noktası dq yükünden v T r kadar uzaktadır. A L  2. dq d yükünü k nokta k yük k kkabul b l ederek d k P nokta k sında d oluşturduğu l d d dE PO

D

A F yaz ve yyük dağılımı y ğ üzerinden integralini g al (topla). ( p ) elektrik alanını A T  S dq 1 dV U E  dEM rˆ 2 2  40r 40 r . R

(22-14)

Örnek : Homojen yüklü sonsuz uzunluktaki bir çubuk şekildeki kild ki gibi ibi x-ekseni k i üzerinde ü i d bulunmaktadır. b l kt d Çubuk Ç b k

 çizgisel yük yoğunluğuna sahip ise, çubuktan y kadar uzaktaki bir noktada elektrik alan ifadesini bulunuz.

dq q  dx dE  k 2  k 2 r  x  y2 

A L Y LE

M I IR

D L I Y

ddx . E   dE cos   k  y  R  D  x  y e 1  x / y  v tan   x / y  T k  1  tan   d  k  A  cos  d  L E    y  y 1  tan   y 1  tan   d  dxP/ O A F  k k x 2k   A E sin      E T yS y  x  y  y 2 y U M . bulunur. R 

d dx

2 3/ 2

2



k  2 y



2 3/ 2

2



2

2

2

3/ 2



2

2



D

0

(22-15)

Örnek : Uzunluğu L olan homojen yüklü bir çubuk şekildeki gibi x-ekseni üzerinde bulunmaktadır. Çubuk  çizgisel yük yoğunluğuna sahip ise, çubuğun orta noktasından y kadar uzaktaki bir noktada elektrik alan ifadesini bulunuz.

dq q  dx dE  k 2  k 2 r  x  y2  E   dE cos   k  y

 L/2



d dx

. R D

A L Y LE

k  2 y

 L/2



M I IR

D L I Y dx d

 x  ye 1  x / y  v tan   x / y  T k  1  tan   d  k  A  cos  d  L E    y  y 1  tan   y 1  tan   d  dxP/ O A F  k k x k L A E sin   E   T yS y  x  y  y L / 2  y U M . bulunur. R D  L/2

2 3/ 2

2

2

 L/2

2 3/ 2

2

2

2

3/ 2

 L/2

2

2

2

2

 L/2

(22-16)

Örnek : Uzunluğu L olan homojen yüklü bir çubuk şekildeki gibi x-ekseni ekseni üzerinde bulunmaktadır. bulunmaktadır Çubuk  çizgisel yük yoğunluğuna sahip ise, orijinden x kadar uzaktaki (x > L) bir P noktasında elektrik alan ifadesini bulunuz.

A L Y LE

dq  dx ' dE  k 2  k 2 x  x  x ' L

E   dE  k   0

dx '

 x  x '

L O L

;

T A

2

M I IR

D L I Y

. R u D x  x ' k  du vdue   dx '  E   k  y  u 

2

2

1 1  1  1 E  k  k  P   k    u x  x '0 A x L x F k  LTA E x (U xS  L) .M bulunur.

R D

(22-17)

Örnek : x-ekseni üzerinde bulunan, uzunluğu L olan bir çubuk   Ax A çizgisel i i l yükk yoğunluğuna ğ l ğ sahiptir. hi i (A pozitif i if bir, bi x ise i çubuğun ortasından olan uzaklıktır. Çubuğun ortasından y kadar uzaktaki bir noktada elektrik alan ifadesi nedir?

dqq  dx xdx dE  k 2  k 2  kA 2 2 2 r x  y x  y    

D

M I IR

D L I Y

A L Y E L  L/2 L/2 . xdx R xdx E   dE cos   kAy   2 kAy  D 3/ 2 2 2 2 2 3/ 2 ey  L/2  x v 0 x  y  T 1/ 2 A du u L 2 2 u  x  y  du  O 2 xdx  E  kAy  3/ 2  kAy P u 1 / 2   A F L/2 A     T 1 y S   bulunur. E  U 2 kAy    2 kA 1  2 2 2 2   M  x  y  L / 2  y    0 .   R

(22-18)

Örnek : Homojen yüklü ince bir çubuk, R yarıçaplı çemberin bir parçası olacak şekilde bükülüyor. Şekilde M I ğ ggibi,, yyayı y ggören açı ç  ' dir. Yayın y ççizgisel g yyük verildiği R I yoğunluğu  ise, çemberin merkezindeki (O noktası) ILD Y elektrik l kt ik alan l nedir? di ? A

L dq  dl Rd  k  EY dE  k 2  k 2  k  2  . L d  r R R R R D  /2 e k k  /2 v E   dE cos   cos  d   sin   / 2  T  R LA R  /2 O  P 2k  2k  A   ˆ E sinF   E  sin   i bulunur. R TA  2  R 2 S  2k   U ˆi ve   2  E  0 . M  E  R R D

(22-19)

Örnek : Yüklü ince bir çubuk bükülerek, şekildeki gibi ibi yarıçapı R olan l yarım çember b haline h li getiriliyor. ti ili M I Çubuk üzerindeki bir noktadaki yük yoğunluğu, o R I D noktanın konum vektörü ile düşey arasındaki açıya L I Y  = Acos ifadesi ile bağlıdır. bağlıdır Yarım çemberin merkezindeki (O noktası) A L Y elektrik alan nedir? E

L . dq  dl cos  RdR kA  dE  k 2  k 2  kA cos  d D 2 r R Re R v  / 2T  /2 A 2 kAL 2 kA 1  cos 2  2 E   2 dE cos   O  cos  d  d  R 0 2 PR 0 A  /2 F  kA  TAsin i 2   kA ˆ A ˆ E E j  j bulunur.  S   RU 2 0 2R 8 0 R M . R D (22-20)

Örnek : Q yükü R yarıçaplı bir çember üzerine düzgün olarak l k dağılmıştır. d ğl t Çemberin Ç b i merkezinden k i d dik olarak l k

M I IR

geçen z -ekseni üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki  P noktasında elektrik alanı (E ) bulunuz. Hangi z değerinde elektrik alan maksimum olur? dq dq ; dEyatay  dE sin   0 ve dEz  dE cos  dE  k 2  k 2 2 r z R



dEz  k

z



zdq 2

R



2 3/2

 Ez   dEz  k

A L O

e z v T

. R D z

2

R



A L Y LE

2 3/2

D L I Y

Q

 dq  k 0

z

zQ 2

R



2 3/2

      Q zQ ˆ ˆ  k ; z  0  E  0 ve z  R  E  k E  k k 2   z 2  R 2 3/2   z      z 2  R 2   3z 2  dE Q   0  z  R  Emax   0  kQ    z 2  R2 5/ 2  dz 2 6 0 3R2  

A F A

P

U M . R D

T S

(22-21)

Örnek : Yarıçapı R olan ince bir disk düzgün  yüzey yük yoğunluğuna sahiptir. Diskin merkezinden dik olarak M I ggeçen ç eksen üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki bir R I  D P noktasında elektrik alanı (E ) bulunuz. IL

Y

A L zQ zdq z 2 rdr Y Ek  dE  k k E z  R   z Rr .L  z  r  D u  z r  rdr d  z du e v E   dE  kz k  2  ;  E   T u 4  du rdr  2   z LAr  O  P  ˆ z u z  1   z  E A   E 1  k F 4 (  1 A / 2) 2  z  r  2  z R  T  S  ˆ U zRE k M 2 . R D (22-22) 2

2

3/ 2

2

2

R

0

3/ 2

2

2

2

2

2

3/ 2

2

3/ 2

3/ 2

0

R

 1/ 2

0

0

0

2

2

0

0

2

2

Örnek : Yarıçapı R ve yüksekliği h olan ince silindirik bir kabuk, kabuk xy -düzlemine düzlemine tabanı orijinde olacak şekilde yerleştirilmiştir. Silindir düzgün  yük yoğunluğuna sahip

M I IR

D L I Y

olduğuna göre, ekseni üzerindeki herhangi bir noktadaki (P ) elektrik alanı bulunuz.

A L z  z '  dq z  z '   2 Rdz '   zQ Y Ek  dE  k k E z  R  R . L  z  z '  R  z  z '  R  D  z  z '  dz '    u z z ' R  R    E   dE  ;e  v  2  z  z '  RAT du   2  z  z ' dz ' L O R u   P  R du R 1      E E A 4 (  1 / 2) 2   z  z '  R  4  u F   A T S    RU  1 1 h ˆ   E M  k ; z=  E 0 2   z  h   R 2 . z R    R D 2

2

3/ 2

2

2

3/ 2

2

2

h

2

0 0

2

2

3/ 2

2

3/ 2

h

 1/ 2

3/ 2

0

0

0

2

2

0

2

2

2

0

2

(22-23)

Örnek : Yarıçapı R ve Q yükünün üzerine düzgün dağıldığı çembersel bir hhalkanın lk merkezine k i  q yüküne ükü sahip hi noktasal k l bir bi parçacıkk yerleştirilmiştir. l i il i i  q yükünü, çemberin merkezinden geçen dik eksen boyunca z  R olacak

M I R I şekilde çekip serbest bırakalım.  q yükünün basit harmonikD hareket L I Y yyapacağını p ğ ggösteriniz ve hareketinin pperiyodunu y bulunuz. A L Y   zQ LE z Ek  F  qE  F  .kqQ R z R  z  R   D e için: F  Cz Basit harmonik haraket yapan birvcisim C olmalıdır olmalıdır. T A kqQ L zRF  z  cisim basit harmonik haraket y yapıyor. py R PO A2 kqQ kqQ mR F a z A    T  2 mR ST T mR kqQ U M . R D 2 3/ 2

2

2

2 3/ 2

3

3

3

3

(22-24)

Elektrik Alan Çizgileri : İlk kez 19. yy' da Michael Faraday tarafından elektrik alan vektörünü resmetmek için ortaya konmuştur. Elektrik alan M I çizgileri ile elektrik alan vektörü arasında şu ilişkiler vardır : IR  LD I 1. Herhangi bir P noktasında, elektrik alan vektörü EY elektrik alan çizgisine teğettir. LA

. R D

Y LE

2 Elektrik 2. Elektrikalanşiddeti alan şiddeti, elektrikalançizgilerininyoğunluğuileorantılıdır elektrik alançizgilerinin yoğunluğu ile orantılıdır. ve

A F A

T A

P

L O

U M . R D

T S

(22-25)

Örnek : Sonsuz geniş yüklü plakanın oluşturduğu elektrik alan çizgileri. i il i M 1. Plakanın her iki tarafında elektrik alan şiddeti sabittir. I R I D 2. Elektrik alan vektörü plakaya diktir. L I Y doğrudur. 3. Elektrik alan vektörünün yönü, plakadan dışarı A L Not : Plaka negatif yüklü olsaydı, elektrik alan vektörünün Y E L yönü ö ü plakaya l k ddoğru ğ olurdu. l d .

A F A

A L O

e v T

R D

P

U M . R D

T S

(22-26)

3. Elektrik alan çizgileri pozitif yüklerden çıkarak negatif yüklerde sonlanırlar. Örnek :  q yükünün y oluşturduğu ğ elektrik alan çizgil g eri :

q Ek 2 r

A L Y LE

. -Elektrik alan çizgileri yüke doğrudur. R D  -Elektrik El kt ik alan l çizgilerinin i il i i yönü, ö vüe E' nin i T A yönünü verir. L O P -Birim yüzeyden geçen elektrik alan A F çizgilerinin younluğu yüke yaklaştıkça Ayounluğu, T S artmaktadır. U M . R D

M I IR

D L I Y

(22-27)

Bir elektrik elektrikdipolününoluşturduğu dipolünün oluşturduğu

Özdeş iki pozitif yükün oluşturduğu

elektrik alan çizgileri:

elektrik alan çizgileri:

A F A

A L O

e v T

. R D

A L Y LE

M I IR

D L I Y

P

U M . R D

T S

(22-28)

Düzgün Elektrik Alan İçinde Elektrik Dipol : Yanda x - ekseni yönünde düzgün bir elektrik alan M I ç bulunan elektrik dipolünü p ele alalım. içinde IRPozitif

DF = qE ve negatif yüklere, sırasıyla, F+ = qEILve

Y kuvvetleri eetkir. tkir Dipole etkiyenAnet kuvvet, kuvvet L Y F = qE  qE = 0 olacaktır. E L . Dipolün kütle merkezine göre F D veRF kuvvetlerinin oluşturduğu e v nett tork t k ise, i T A d d L τ= τ +τ = F sin θ+ F sinθ = qEdsin θ = pE sin θ O 2P 2    FA oolur u ve τ = A p × E formunda o u da yazılabilir. ya ab . Bu u da, dü düzgün gü eelektrik e t T S alan içindeki dipolün ötelenemeyeceğini ancak, kütle merkezi U etrafında t. M f d dö döneceğini ği i gösterir. ö t i R D net

+

+



+





(22-29)

Düzgün Elektrik Alandaki Elektrik Dipolünün Potansiyel Enerjisi : 



90

90

U     d     pE sin ' d 

M I IR

(d  azalma yönündedir)



U   pE  sin d    pE cos 90

  U =  p E

  ve yönde p ile il E aynı ö d (  0)  U min   pE E.

  E p

 p

 E

T A

L kararlı denge Sistem g durumundadır. A F A

T S

U M . R D

. R D

A L Y LE

D L I Y

PO

  p ile il E tters yönde ö d (  180)  U max   pE E.

Sistem kararsız denge durumundadır. (22-30)

Düzgün g Elektrik Alan İçindeki Elektrik Dipolü p Üzerinde Dış Kuvvetin Yaptığı İş : M I  Dü ü bir Düzgün bi E elektrik l kt ik alanı l içinde, i i d alanla l l IRi açısı D  L a). Bir dış I yapan bir p elektrik dipolü olsun (ŞekilY  A L b' deki gibi E ile kuvvetin yardımıyla dipolü Y Şekil-

E L  s açısı yapacak şekilde çevirelim. çevirelim Dış kuvvetin .

R durumdaki potansiyel enerjisi yaptığı iş, dipolünDson

e v ile ilk durumdaki potansiyel enerjisi arasındaki fark T A kadardır: L O P W  U  U   pE cos     pE cos   FA

U M . R D

A T S

s

i

s

i

W  pE E  cos i  cos  s 

(22-31)

Örnek : Yükleri q1 = 2.0 C ve q2 = 2.0 C, aralarındaki mesafe d = 5 mm olan bir elektrik dipolü, dipolü merkezi orijinde olacak şekilde z-ekseni üzerinde konmuştur. z-eksenine dik ve dipolün merkezinden 1.5 m uzaktaki bir noktada elektrik alan nedir?

M I IR

D L I Y

A q L Y ; E  k 2E 2 2  d / 2. L x  d / 2  x2 R    Ex  E cos  D  E cos   0  e E  E  E ;  v E y  E sinT  E sin   2 E sin   A L  qd k  O ˆ ˆ E   E y k  k k p P2 3/2 3/2 2 2 2 A   d / 2  x d / 2  x F       A T  S ˆ E  26.7k N/m U M . R D  p   qd  kˆ  1108 C  m ; E  k

q

(22-32)

Örnek : Yükleri q = 1.6 1019 C ve aralarındaki mesafe d = 0.125 0 125 nm olan bir elektrik dipolü, dipolü büyüklüğü 5 105 N/C olan düzgün bir elektrik alan içine şekilde görüldüğü gibi yerleştirilmiştir Dipol ve elektri yerleştirilmiştir. elektrikk alan sayfa düzlemindedir. düzlemindedir Elektrik dipol momentini, dipole etkiyen torku ve dipolün potansiyel enerjisini b l bulunuz. Di Dipol, l elektrik l k ik alan l tarafından f d kendisiyle k di i l aynı yönde ö d oluncaya l kadar k d döndürülür. Elektrik alanın yaptığı iş ne olur?

M I IR

. R D

A L Y LE

D L I Y

p  qd  1.6  1019    0.125  109  = 2.0  1029 C  m ( yükten + yüke doğru)      p  E    pE sin    22.00 1029    5 105  sin145

e v T

  5.7 1024 N LAm (sayfa düzleminden dışarı doğru)

PO

  U   p  E  U   pE cos145    2.0 1029    5  105  cos145

A F U  8.2 8 2  10 A T S

24

J

W = U  W   pE (cos145  cos 0)    2.0 1029    5 105  (1.82)

U M . R D

W  1.82 10 23 J (22-33)

BÖLÜM-23 Gauss Yasası B bölü Bu bölüm kapsamında k d şu kkonulara l ddeğinilecektir: ği il kti • Elektrik akısı (Φ) • Simetri • Gauss yasası Gauss yasasını uygulayarak;

D e

. R

A L Y LE

M I IR

D L YI

v • Düzgün yüklü sonsuz geniş yalıtkan plakanın, T A çubuğun, • Düzgün yüklü sonsuz uzunL yalıtkan O ve kürenin • Düzgün yüklü küresel P kabuğun A Falanları hesaplayacağız. Gauss yasasını kullanarak, oluşturduğu elektrik A iletkenlerin içinde ç ST ve dışındaki ş elektrik alanlar da hesaplanacaktır. p U M . R D (23-1)

 Bir Vektörün Akısı : Hızı v olan bir hava akımı, A yüzey alanına sahip bir  yüzeye yü eye doğru doğ u geliyor ge yo oolsun su ve hız ve vektörü tö ü v ilee yü yüzeyin ey normali o a (nˆ ) arasındaki a as da

M I açı da  olsun. İlgili yüzeyden geçen akı,   vA cos  bağıntısı ile verilir R ve I D bu örnekte "hacimsel hacimsel akış hızı (debi)" (debi) anlamı taşır taşır. L I Y yöndeyse Not - 1 : Hava akımının hızı, geldiği yüzeyin normali ile aynı A L  Y (v , yüzeye ü dik) akı k maksimumdur ki d (vA A). ) H Hız yüzeyin ü i normaline li dik ise i E  L (v , yüzeye paralel) akı sıfırdır. . R    D Not - 2 :   vA cos   v  A biçiminde yazılabilir. Burada A vektörü, e v yyüzeyin y normali ile aynı y yyönde,, büyüklüğü y T ğ A olan bir vektördür. İsmine A "yüzey alan vektörü" diyebiliriz. L O P A F A T S U M . R D

(23-2)

Elektrik Alan Akısı :

 Şekildeki gibi E elektrik alanı içinde kapalı bir yüzey

M I düşünelim. Bu yüzeyden geçen  elektrik akısı şöyle R I D tanımlanır: L I Y 1. Yüzeyi, A alanına sahip sonsuz küçük elemanlara A L ayıralım. l Y E L 2. Her elemandan geçen akı E  A  EA cos olacaktır. . R  D E  A olarak bulunur. 3. Toplam akı;    e v y geçen g ç akıya y eşittir. ş 4. A  0 durumundaki limit, yyüzeyden T A    LE  dA (N  m / C) O P A F Not -1: İntegral sembolü üzerindeki çember, integralin 2

S

S U

D

M . R

A T

kapalı yüzey üzerinden alınacağını gösterir.

Note 2 : Elektrik akısı (), yüzeyden geçen elektrik alan ççizgilerinin g sayısıyla y y orantılıdır. (23-3)

Örnek : Yükü 1.0  C olan noktasal bir parçacığın, merkezinde bulunduğu 1.0 m yarıçaplı küresel bir yyüzeyden y ggeçirdiği ç ğ elektriksel akıyı y hesaplayınız. p y

E

M I IR dA

r

D L YI q

A L Y E elektrik alan, kendisinden dışarı doğrudur ve büyüklüğü, L . R q D Ek e r v T ile verilir. verilir Bu durumda, durumda A L   q O d   E  dA  EdA cos 0P k dA r A F A q q q 1  10    k dA T k 4 r    1.13  10 S rU  8 85  10 8.85 r M bulunur. . R D

Pozitif bir q noktasal yükünün kendisinden r kadar uzakta oluşturduğu

2

2

6

2

2

S

12

2

0

5

N  m2 C

(23-4)

Örnek : Kenar uzunluğu a olan bir küp, şekildeki

 gibi, ibi pozitif itif x-ekseni k i yönünde ö ü d dü düzgün ü bi bir E elektrik l kt ik alanı içinde bulunmaktadır. Küpün yüzeylerinden geçen toplam elektrik akısı nedir?

A L Y LE

M I IR

D L YI

Yüzey alan vektörleri y-ekseni (3 ve 4 nolu. yüzeyler) ve z-ekseni

R D doğrultusunda olan yüzeyler (ön ve arka yüzeyler), elektrik alan e v vektörüne diktir. Bu yyüzeyler y akıya y katkı g getirmezler. Toplam p akı,, T A L 1 ve 2 nolu yüzeylerden katkılanır:    PO    E  dA   E A  dA  Ea E c os180 180  Ea E c os 0 F A T S   Ea E U   1  1  0 M . bulunur. R D 2

1

S1

2

2

S2

2

(23-5)

Örnek : Büyüklüğü 3.5 kN/C olan ve pozitif x-ekseni yönünde yönelmiş

düzgün bir elektrik alan içine, uzunluğu 0.70 m ve genişliği 0.35 m olanIM R I dikdörtgen şeklinde bir plaka konuluyor. Aşağıdaki durumlar için D plakadan

L I Y

geçen akıyı hesaplayınız.

A L Y E plaka b) plaka normali x-ekseni ile 40 açı yapıyor ve L y -ekseni . R yüzeyinde bulunuyorsa D e v A   0.35    0.7   245  10 Tm A L  Nm O ˆ a  )   E   A i   EAP  3.5  10    245  10   857.5 C A F  A   E  T Akˆ   EA  ˆi  kˆ   0 S U  M Nm ˆ ˆ . b ) R   E   A cos 40i  A sin 40k   EA cos 40  657 C D a ) pplaka yyz ve xyy düzlemlerinde bulunuyorsa y o

3

2

3

3

2

yz

xyy

2

(23-6)

Örnek : Kare prizma şeklindeki kapalı bir yüzey,

M I IR

şekildeki gibi, gibi pozitif x-ekseni yönünde ve şiddeti 2

E = (3 + 2 x ) ifadesi ile değişen bir elektrik alanı iiçinde i d bulunmaktadır. b l kt d a = b = 0.4 0 4 m ve c = 0.6 06m olduğuna göre, kare prizmanın yüzeyinden geçen toplam elektrik akısı nedir?

. R

A L Y LE

D L YI

Yüzeyy alan vektörleri y -ekseni ve z -ekseni doğrultusunda ğ olan yüzeyler y y

D e

v Bu yüzden akıya katkı getirmezler.TToplam akı, karesel yüzeylerden A L katkılanır:     PO    E  dA   E  dA E abb cos180 180  E abb cos 0 A F A T S Nm     U   ab  (3  2 a )  3  2  a  c   ab 2  a  c   2 a  0.27     M C . b D bulunur. l nRr

(bir kenarı c olan dikdörtgensel yüzeyler) elektrik alan vektörüne diktir.

1

S1

2

xa

xac

S2

2

2

2

2

2

(23-7)

Örnek : Pozitif q yüklü bir parçacık, şekildeki gibi, R yarıçaplı l bir bi küre kü kabuğunun k b ğ merkezindedir. k i d di Şekilde Ş kild gösterildiği gibi, yükün gördüğü 2 ' lık bir katı açının gördüğü yüzeyden geçen akıyı bulunuz.

M I IR

 R

D L YI q

A L Küre yüzeyi üzerinde r yarıçaplı dr kalınlığındaYbir E L halkadan geçen akı, . R   D q erdr d   E  dA  EdA cos  '  k 2 v R T A q q L sin  ' d ' d  Rd '    R sin  '  O P 2 R 2 A  F q q q  A  sinT  ' d '    cos  '  (1  cos  ) S 2 U 2 2 M q q .   R/ 2    ;     D  2 2

2

0

0

0

0

0

0

0

0

0

(23-8)

Gauss Yasası :

M I  Herhangi bir yüzeyden geçen akı   ε =  yüzeyin içindeki net yükDIR   L I Φε = q  ε  E  dA  q Y A L Y için geçerlidir. Not -1: Gauss yasası her kapalı E yüzey L . p yyüzey y içindeki ç R net yükü y belirlerken, Not - 2: Kapalı D yüklerin işaretlerini dikkate almak gerekir. e v nˆ Not -3: GaussTyasasını uygulark uygularken en, akıya katkıları nˆ A L olmadığı için yüzeyin dışındaki yükler işleme O P katılmaz. k tl A FYandaki şekil için; A T nˆ S S yüzeyi :    q, S yüzeyi :    q U M . S yyüzeyi y :    0, S yü y zeyi y :    q  q  0 R D Gauss yasası şu şekilde formüle edilir edilir : 0

0

iç

0

iç

S

1

0

1

3

0

3

2

4

0

0

2

4

(23-9)

Gauss Yasası ve Coulomb Yasası :

M I IR

Gauss yasası ve Coulomb yasası, durgun elektrikte elektrik yükü ile elektrik alan arasındaki ilişkiyi farklı biçimlerde

D L açıklayan bağıntılardır. Her ikisi de birbirinden YI türetilebilir. A türetelim: ğ , Coulomb yasasını y Gauss yyasasından Örneğin, L Y E L q nokta yükünden r kadar uzaktaki bir P noktasındaki elektrik alan Gauss . R yasasından bulunabilir. q yükünü merkez kabul eden r yarıçaplı küresel bir D e v Gaussiyen yüzey seçelim. Gaussiyen yüzeyi, yüzey alanı dA olan sonsuz T küçük elemanlara bölelim. HerbirA elemandan geçen akı, L O d   EdA cos 0  EdA P bulunur. Buradan da, A F A dA  E  4 r     EdA  E T S U q q M    .q  q   E  4 r   q  E  k 4 r r R D sonucuna ulaşılır. 2

S

S

2

0

iç

0

2

2

0

(23-10)

Simetri: Bir cisme uygulanan fiziksel bir işlem (döndürme, öteleme gibi) sonucunda, d cisim i i aynı kkalıyorsa l “simetriktir” “ i t ikti ” denir. d i

S U

M . R

M I IR

D L M k i d Merkezinden geçen düşey dü eksen k etrafında t f dI serbestçe b t Y gözlerini dönebilen bir küre düşünelim. Gözlemci A L kapattıktan sonra küreyi ekseniYetrafında çevirelim. çevirelim E kürenin döndürülüp Gözlemci gözlerini açtığında, L . ğ anlayabilir y mi? döndürüldüğünü R D e Ekseni etrafında vserbestçe dönebilen bir silindir T düşünelim Gözlemci düşünelim. gözlerini kapattıktan sonra silindiri A L ekseni etrafında çevirelim. Gözlemci gözlerini açtığında, O Pdöndürülüpp döndürülmediğini ğ anlayabilir y mi? silindirin A F her iki örnek için de “hayır” olacaktır. Bu Cevap A T durumda, hem küre hem de silindir dönme eksenlerine durumda göre simetriktir deriz.

D

(23-11)

Ötelenme Simetrisi: Sonsuz geniş bir düzlem düşünelim. Uçan halı üzerindeki bir gözlemci bu düzlemin üzerinde sabit bir yükseklikte olsun. Gözlemci gözlerini kapattıktan p sonra bir miktar ötelensin. Gözlerini açtığında, hareket edip etmediğini anlayabilir mi? Cevap “hayır” olacaktır. Bu durumda, düzlem ötelenme simetrisine sahiptir deriz.

v T

D e

. R

A L Y LE

M I IR

D L YI

Gauss Yasası Uygulanırken İzlenecek Yol: A • • • •

A F

P

L O

Yük dağılımını geometrik olarak çiziniz. çiziniz Yük dağılımının simetrisini ve elektrik alanına etkisini belirleyiniz. Gauss y yasası her kapalı p yyüzeyy için ç ggeçerlidir. ç  akısının en kolay y hesaplanabileceği en uygun yüzeyi belirleyiniz. Elektrik alanı hesaplamak için Gauss yasasını uygulayınız.

S U

M . R

A T

D

(23-12)

Sonsuz Uzunlukta Düzgün Yüklü Çubuğun Oluşturduğu Elektrik Alan:

M I IR

Şekilde düzgün  çizgisel yük yoğunluğuna sahip bir çubuk verilmiştir. Çubuğun simetrisi dikkate alınırsa, oluşturduğu elektrik alanın kendinden dışarı doğru ve r uzaklığındaki tüm noktalarda şiddetinin de aynı olduğu ortaya çıkar. Bu yüzden, çubuğu eksen alan r yarıçaplı, h yüksekliğinde yüzeyy Gaussiyen y yyüzey y olarak seçilebilir. ç silindirik bir y

v T

. R

D e

A L Y LE

D L YI

Gaussiyen yüzeyi üç farklı yüzeyin birleşimi gibi düşünebiliriz: Üst yüzey S1 , yanal

A L S ve S yüzeylerinde, yüzey normali ile elektrik alan vektörleri birbirlerine dik O P olduğu ld i i  ve  akıları için kA l sıfırdır. f d Bu ddurumda d net akı, k F A      EdA T E  2 rh  cos 0  2 rhE S U M q h  2k  . Gauss yasasından:     E  R   r 2 r D

yüzey ü S2 ve ttaban b yüzey ü S3 . Yü Yüzeyden d geçen nett akı, k   1  2  3 olacaktır. l kt 1

3

1

3

2

S2

iç 0

0

0

(23-13)

Örnek : Yarıçapı R ve düzgün hacimsel yük yoğunluğu  olan bir kürenin içinde ve dışındaki bölgelerde elektrik alanını bulunuz bulunuz. rR

  qiç qiç  E  dA   E  dA cos 0 

0

S

0

. R

S

D e

0

O P

LA

 4 R 4 FA q     RA  E  4 r   3  3ST  U M . R S

3

iç

0

D L YI R

A L Y LE

dE



dA r

R

R

E

30

0

S

2

dA

r

3  4  r r 4 3 2 qiç     r   E  4 r   E 3 0 3 0 3    qiç qiç  E  dA cos 0  r  R   E  dA 

v T

M I IR

dE



3

E

R 3 0 r 2 3

R

r

D

(23-14)

Örnek : Yarıçapı ç p R ve Q yyükünün yyüzeyine y düzgün g dağıldığı ince küresel bir kabuğun içinde ve dışındaki böl l d elektrik bölgelerde l kt ik alanını l b l bulunuz.

rR 

  qiç  E  dA 

0

S

. R

A L Y LE

M I IR

D L YI

D qiç  0  dA  0 olduğundan e E0 rR 

v T

  qiç A qiç L E  dA cos 0   E  dA   S

A F 2

O  P0

Q A qiç  Q  E  4 r     E  4 r 2  k r 2 T S 0 0

D

. R

Q

0

S

Q

U M

(23-15)

Örnek : İç yarıçapı a, dış yarıçapı b ve düzgün hacimsel yük ük yoğunluğu oğ nl ğ  olan küresel bir kabuk kab k için, r  a; a  r  b ve r  b bölgelerindeki elektrik alanını bulunuz.   qiç  E  dA  S

ra

0

. R

D e

a

A F  4  b

A r  b  E  4T r  S U M . R D 2

O P

3

0

3

 a3 

E

 b3  a3  3 0 r 2

M I IR

D L YI b

Q

dE dA

r

a b dE Q

dA r

4 3 3    r 3  a3   r  a   2 3 E a  r  b  E  4 r   0 3 0 r 2

LA

dE dA

r

A L Y LE

qiç  0  dA  0 olduğundan E  0

v T

Q

a b

E

(b3-a3) 30 r2

a

b

r

(23-16)

Örnek : Yarıçapı R ve hacimsel yük yoğunluğu   0 r olan bir kürenin içinde ve dışındaki

D L YI R

A L  Y E L . r  R  q     4 r ' dr '     r '  4 r R ' dr '    r D e v  r r T E  4 r    EA L  4 O P r  R  q     4F A r ' dr '     r '  4 r ' dr '    R A T S  R  R U E  4 r   E M 4 r  . R D   qiç  E  dA 

dE dA



r

0

r

M I IR dA

r

bölgelerde elektrik alanını bulunuz. S

dE



R

r

2

2

iç

0

0

4

0

0

4

2

2

0

0

0

0

E

R2

40

0

R

R

2

2

0

iç

0

R

r

4

0

0

4

2

0

4

0

2

0

0

(23-17)

Örnek : Yarıçapı R olan sonsuz uzunluktaki bir silindirin ili di i düzgün dü ü hacimsel h i l yük ük yoğunluğu ğ l ğ  ' ddur. silindirin içinde ve dışındaki noktalarda elektrik alanını bulunuz.

A L Yük dağılımının simetrisi nedeniyle, nedeniyle Gaussiyen yüzey Y E L olarak silindir seçilir. S ve S yüzeylerinden akıya .   R hiçbir katkı gelmez (dA  E ). Bu durumda: D e v   q T    E  dA  A L  O P   r h  A  r r  R  E  2 rhA E  F  2 T S U   R h  R M rR E  2 rh   E . R  2 r D 1

M I IR

D L YI

3

içç

S2

0

2

0

0

2

0

2

0

(23-18)

ÖDEV : Yarıçapı R olan sonsuz uzunluktaki bir silindirin M

I R hacimsel yük yoğunluğu   0 r ile veriliyor. 0 bir sabit I D L ve r ' de silindir ekseninden olan uzaklıktır. Silindirin YI içinde A L ve dışındaki bölgede elektr elektrik ik alanını bulunuz ve silindir Y E L ekseninden olan uzaklığa karşı değişimini çiziniz. . R D e b olan  düzgün yük v ÖDEV : İç yarıçapı a, dış yarıçapı T Auzunlukta bir silindirin ekseni yoğunluğuna sahip sonsuz L O P üzerinde düzgün  üzerinde, çizgisel yükü yaşıyan sonsuz uzun bir A F A çubuk yerleştirilmiştir. r  a ; a  r  b ; r > b bölgelerinde T S U elektrik alanlarını bulunuz. M . R D

(23-19)

Sonsuz Geniş, Yalıtkan, Yüklü Plakanın Ol t d ğ Elektrik Oluşturduğu El kt ik Alan Al :

M I IR

D L YI

Plakanın pozitif ve düzgün  yüzey yük yoğunluğuna sahip olduğunu varsayalım. Simetri nedeniyle elektrik alan plakaya dik, dik dışarı doğru ve büyüklüğü her yerde

A L Y E L aynıdır. Şekildeki gibi, plakanın ortadan kestiği, kesit . R alanı A olan silindirik bir Gaussiyen yüzey seçebiliriz. seçebiliriz D e yüzeyden oluşmuş gibi düşünebiliriz: Silindiri üç farklı v T S ğ kesit Sağ k it S , yanall yüzey ü S ve soll kesit k it S . Yüzeyden Yü d A L geçen net akı,        olacaktır. O P     EA cos 0  EA ve   0 ( = 90) 1

S U

D

M . R

A T

A F

2

1

1

3

3

2

3

2

  2 EA Gauss yasasından:  

qiç

0



A   E . 2 0 0 (23-20)

M I IR

D L YI

A L Y E iki iletken plaka olsun. Yüzeysel yük yoğunlukları  ve - olan sonsuz geniş paralel L . ş , yükler y plakaların birbirine p bakan y yüzeylerinde y toplanır. p Plakalar birbirine yyaklaştırılırsa, R D Plakalar arasındaki bölgede elektrik alanını bulmak için, kesit alanı A olan silindirik bir e v Gaussiyen yüzey (S) seçerek Gauss yasasını uygulayabiliriz: T A L q 2 A 2 O   EA    E P   A F elektrik alanı için de, kesit alanı A' olan S' silindirik Plakaların dışındaki bölgelerdeki A Tseçer ve Gauss yasasını uygularsak: Gaussiyen yüzeyini S U qM      EA .  0  E 0 R D   1

iç

1

0

0

iç 0

1

1

0

1

1

0

(23-21)

Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, yarıçapı 2a ve düzgün d hacimsel h i l yük k yoğunluğu ğ l ğ  olan l bir bi küreden a y yarıçaplı ç p bir bölge g ççıkarılmıştır. ş

y



A L Y LE

Çıkarılan kısmın tam ortasındaki elektrik alan nedir? di ?

Verilen y yük dağılımını, ğ ,  ve   düzgün gR. yyük D e iki yoğunluklarına sahip 2a ve a yarıçaplı v T i DDolayısı kü i ttoplamı kürenin l gibi ibi düşünebiliriz. dü ü A bili l

M I IR

a



D L YI 2a

a 2a

x

+

 a

L O

ile, ilgili noktadaki toplam P elektrik alan:

r E 3 0

A  AFr '   T  3  S  U

r a

M olarak. bulunur. R D

0

a = 3 0 r ' 0

(23-22)

Bir İletken İçindeki Elektrik Alan :

M I R I Soldaki iletkeni gözönüne alalım. İletkenler, içindeDserbestçe L I dolaşabilen çok sayıda elektron barındıran malzemeler olarak Y tanımlanır. İletkenin içinde E  0 olduğunu ğLA düşünelim: Y E Bu durumda, iletkenin içindeki elektronlar sıfırdan farklı L   . F  eE bir kuvvetin etkisiR altında kalırlar. Bu nedenle D elektronlar ivmeli bir hareket yapacak v veedolayısıyla bir elektrik akımı T oluşturmaları gerekecektir. BöyleA olması durumunda da; L O (a) İletkenin ısınması gerekir. P A manyetik alan oluşmalıdır. (b) İletken çevresindeFbir A Şu ana kadar böyle etkiler hiç gözlenmemiştir. Buradan da, T S  U "Bir iletkenin içindeki durgun elektrik alan E sıfırdır." sonucunu çıkarabiliriz. M . R D (23-23)

İzole Edillmiş Yüklü İletken :

M I IR

Yanda Y d ttoplam l yükü ükü q olan l bi bir il iletken tk verilmiştir. il i ti Yük, Yük iletkende nasıl dağılmıştır? Bu soruyu yanıtlamak için,

D L il k i hemen iletkenin h içinde i i d bir bi Gaussiyen G i yüzey ü I seçelim li ve Y  Gauss yasasını uygulayalım. İletkeninAiçinde E  0 L Y olduğundan, E L . R D   q e : Φ = (Eş - 2). Φ =  E  ΔA = 0 (Eş -1) ve Gauss yasasından v ε T Aiçindeki yük sıfırdır (q = 0). İletkenin L Bu iki eşitlik birleştirilirse iletkenin O P olduğunu bildiğimizden, sıfırdan farklı q yüküne sahip bildiğimizden bu yükün sadece A F iletkenin yüzeyindeA bulunabileceği sonucuna ulaşırız. T iletkenin içinde bulunamazlar. "Elektrostatik Elektrostatik yükler, yükler bulunamazlar S U Ancak yüzeyinde bulunabilirler." M . R D iç

S

0

iç

(23-24)

İçinde Boşluk Bulunan Yalıtılmış Yüklü İletken:

M I Yanda toplam yükü q olan bir iletken verilmiştir. Boşluğun R I D duvarında yük bulunurmu? Bu soruyu yine, yine Gauss yasası L I Y yardımıyla cevaplayabiliriz. Bunun için,Aşekildeki gibi L Y boşluğun hemen dışında bir Gaussiyen yüzey seçebiliriz. E  L . ğ İletkenin içinde E  0 olduğundan, R D e v   q T    E  A  0 (Eş (Eş-1) 1) ve Gauss yasasından:  (Eş (Eş-2). 2) A  L O P A Bu iki eşitlik birleştirilirse seçilen Gaussiyen yüzeyin içindeki yük sıfırdır (q = 0). F A Tduvarında herhangi bir yuk yoktur. Özetleyecek olurs Dolayısıyla, boşluk olursak; ak; S U "İletken içindeki boşluğun duvarlarında yük bulunamaz. Tüm yük iletkenin dış M . yüzeyinde yüzeyinde bulunabilir bulunabilir". R D iç

S

0

iç

(23-25)

Yüklü İletkenin Hemen Dışındaki Elektrik Alan :

M I IR

Bir iletkenin içindeki elektrik alan sıfırdır. Ancak, dışındaki elektrik alan sıfır değildir. Yüzeyin her noktasında yüzeye diktir. Böyle olmasaydı, elektrik alanın yüzeye paralel bir bileşeni olurdu ve yüzeyde bulunan yüklerin ivmelenmesine sebep olurdu. Bu g n e le ktrik " kabullenmemize a yykırı olurdu. ise "durgu

v T

A L Y LE

. R

D e

D L YI

Gauss yasasını uygulamak için, şekideki gibi silindirik bir Gaussiyen yüzey

A L Net akı, bu yüzeylerden geçenO akıların toplamı olacaktır:      P   EA cos 0  EA  A q q 1 F  A 0   EA cos 90  E     EA  T  A S    0U  M . q  R   , yüzeysel yük yoğunluğu tanımından tanımından, E  bulunur bulunur. DA 

kullanacağız Bu silindirik yüzey S1 , S2 ve S3 gibi üç farklı yüzeyden oluşur. kullanacağız. oluşur 1

2

 3 .

1

iç

iç

2

0

0

3

içç

0

(23-26)

Örnek : Yarıçapı a olan 2Q düzgün yüküne sahip bir küre,

şekildeki gibi iç yarıçapı b ve dış yarıçapı c olan  Q yüküne M I R I sahip iletken bir küre kabuğunun merkezinde bulunmaktadır. D L 1, 2, 3 ve 4 nolu bölgelerdeki elektrik alanını bulunuz. YI

  qiç  E  dA  S

0

. R

A L Y LE

3 D 2 Qr 2Qr 2 1 nolu bölge: E  4 r   vEe k 3 3 a  0a T

2 nolu bölge: E  4 r

2

PO

A F

A

L 2Q 0

2Q Ek 2 r

3 nolu bölge: ETA0 (İletkenin içinde yük bulunamaz. İletkenin S iç çeperinde  2Q dış çeperinde Q yükü birikir.) U M . Q Q 2 R 4 nolu böl E  4 r   Ek 2 D l bölge: 0 r

(23-27)

BÖLÜM-24 BÖLÜM 24 Elektrik Potansiyel Bu bölümde, elektrik alanla ilgili elektrik potansiyel (V) kavramını öğreneceğiz. Bu bağlamda aşağıdaki konulara değineceğiz: Elektrik alandan potansiyelin bulunması. Potansiyelden elektrik alanın bulunması. Nokta yük ve yük grubunun oluşturduğu potansiyel potansiyel. Sürekli yük dağılımlarının oluşturduğu potansiyel. Yük sistemlerinin potansiyel enerjisi. Eş-potansiyel yüzeyler ve elektrik alan çizgileri. İzole bir iltekenin oluşturduğu potansiyel.

(24-1)

Elektrik Potansiyel Enerji :

xs

U    F ( x)ddx xi

Korunumlu bir kuvvetin yaptığı iş, iş cismin potansiyel enerjisindeki değişimin negatif işaretlisidir. Korunumlu bir kuvvetin etkisiyle y cisim xi noktasından xs noktasına hareket etmişse, xf

  U  q0  E  ds s

i

U  U f  U i  W    F ( x)ddx xi

yazılır. q0 nokta yükü, bilinen bir elektrik alanı    (E ) içinde, F  q0 E elektrik kuvvetinin etkisiyle A noktasından B noktasına gitsin. Yükün potansiyel enerjisindeki değişim, s s     U    F  dl  q0  E  dl i

i

olacaktır. Bu değişim q0 yüküne bağlıdır.

(24-2)

Elekrik Potansiyel (V ): A ve B noktaları kt l arasındaki d ki elektrik l kt ik potansiyel t i l fark f k (V ), bu noktalar arasında taşınan birim yük başına potansiyel enerji değişimi olarak tarif edilir: s   U W V    V  Vs  Vi   E  dl q0 q0 i

Noktalardan birisinin ppotansiyeli y biliniyorsa, y , diğer ğ noktanın elektrik potansiyeli p y bulunabilir. Genellikle, yükten çok uzaktaki bir noktanın potansiyeli sıfır alınır (Vi  V  0). ) Bu durumda,, herhangi g bir P noktasının ppotansiyeli, y , P   VP   E  dl 

ifadesiyle verilir. SI sistemindeki birimi J/s (volt)' dir.

(24-3)

Örnek : Bir proton, şekilde gösterildiği gibi büyüklüğü 8 104 V/m olan pozitif x-ekseni ekseni yönündeki düzgün bir elektrik alan içinde durgun halden serbest bırakılıyor. Proton elektrik alan yönünde 0.5 m gittiğinde, a ) A ve B noktaları arasındaki elektriksel potansiyel fark ne kadardır. b) Bu iki nokta arasında, protonun potansiyel enerjisinde ne kadarlık bir değişim olmuştur? c) P Proton t B noktasına kt ulaştığındaki l t ğ d ki hızı h ne olur? l ? B   a  ) VB  V A    E  dl    Edl cos 0   Ed    8  10 4   (0 (0.5) 5) B

A

A

VB  V A  4  10 4 V

b  )  U  q  V   U  1.6  10 19    4  10 4   6.4  10 15 J 1 c  )  K   U  0  m p v 2  6.4  10 15  v  2.77  10 6 m / s 2 (24-4)

Örnek : Şekildeki gibi,  y yönünde büyüklüğü 325 V/m olan düzgün bir elektrik alan vardır. Koordinatı (  0.2,  0.3) m olan A noktası ile koordinatı (0.4,0.5) m olan B noktası arasındaki potansiyel farkını bulunuz. B B   VB  V A    E  dl    Edl cos(90   ) = E AB sin 

 

A

A

AB  0.6 2  0.8 2  1 m   8   260 V   VB  V A  325 1 00.8 0 8  0.8 sin =   = 0.8   1   C C B   B   VB  V A    E  dl   E  dl    Edl cos180   Edl cos 90 A

 

C

A

C

VB  V A  E AC  325(0.8)  260 V (24-5)

Nokta Yükün Potansiyeli : Orijinde bir q nokta yükü bulunsun. Yükten R kadar uzaktaki P noktasının potansiyelini bulmak için, q0 test yükünü ükü ü P noktasından k d sonsuza götürmemiz öü i gerekir. ki Böylece,      V  V P    E  dl    Edr cos 0    Edr R

q

R

R



dr d q E  V P    2 2  4 0 r 4 0 R r 4 0 VP 

q



1  r  R

1

q 4 0 R

bulunur. q nokta yükünün kendisinden r kadar uzakta bulunur oluşturduğu elektrik potansiyel: V 

q q k r 4 0 r 1

(24-6)

Nokta Yük Grubunun Oluşturduğu Potansiyel : Şekilde üç nokta yükten oluşan bir sistem verilmiştir. Bu yüklerin herhangi bir P noktasında oluşturdukları elektrik potansiyel, her birinin ilgili noktada oluşturduğu potansiyellerin toplamıdır. 1. Her bir yükün P noktasında oluşturdukları elektrik potansiyeller bulunur: 1 q1 1 q2 1 q3 V1  ; V2  ; V3  4 0 r1 4 0 r2 4 0 r3 2. Tüm yüklerin oluşturdukları potansiyeller toplanır: 1 q1 1 q2 1 q3 V  V1  V2  V3    4 0 r1 4 0 r2 4 0 r3 n tane t nokta kt yükten ükt oluşan l bi sistem bir i t için i i bu b if ifade d şöyle ö l yazılır: l 1 q1 1 q2 1 qn 1   ...   V 4 0 r1 4 0 r2 4 0 rn 4 0

qi  i 1 ri n

(24-7)

Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, ikizkenar bir üçgenin köşelerine kö l i üç ü nokta k yük ük yerleştirilmiştir. l i il i i  q yüklerinin ükl i i bulunduğu doğrunun tam orta noktasındaki elektrik potansiyelini hesaplayınız. (q  7  C alımız).

h = 4 2  12 = 15 cm q q V  V q  2V q   k  2 k h r q 1 2   V   9  10    7  10    2  2  1 10  15  10   5 1  2   1.1  10 7 V V = 63  10   15  9

6

(24-8)

Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, q1  2  C' luk yük orijinde ve q2  6  C' luk yük ise y  3 m noktasında bulunmaktadır. Bu iki yükün, x  4 m noktasında (P) oluşturdukları toplam elektrik potansiyel ne kadardır?

r2

q3  3  C' luk üçüncü bir yükü P noktasına getirmek için yapılması gereken işi bulunuz.

V  V1  V2  k

q1 q k 2 r1 r2

6 6  2  10 6  10 V   9  10 9     4 5 

 3   6.3  10 V  

W = q3 VP  V   3  10 6  6.3 6 3  10 3  0   18 18.9 9  10 3 J

(24-9)

Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, Q,  2Q ve Q nokta yükleri x-ekseni ekseni üzerine aralarındaki mesafe a olacak şekilde yerleştirilmişlerdir. x  a olmak üzere x-ekseni üzere, ekseni üzerindeki herhangi bir noktadaki elektrik potansiyelini bulunuz. x  a durumundaki potansiyel ifadesini türetiniz. türetiniz

q3 q1 q2 V  V1  V2  V3  k  k k r1 r2 r3 2 1  2 2 kQa 2  1  2x V  kQ      3   kQ  2 2 x   x  a2 x  xa x xa  x a 2 kQa 2 2 kQa 2  x  a V  3 3 2 2 x x 1  a / x  (24-10)

Elektrik Dipolünün Oluşturduğu Potansiyel : Solda bir elektrik dipolü verilmiştir. Dipolü oluşturan nokta yyüklerin P noktasında oluşturdukları ş V ppotansiyelini y bulalım. P noktası, dipolün merkezi olan O noktasından r kadar uzakta ve OP doğrusu dipol ekseni ile  açısı yapsın. Bu durumda P noktasındaki potansiyel: 1  q q  q r(  )  r(  ) V  V(  )  V(  )    .   4 0  r(  ) r(  )  4 0 r(  ) r(  ) olur. d dipolü oluşturan yükler arasındaki mesafe olmak üzere, r  d yaklaşımı yapılırsa r(  ) r(  )  r 2 , ABC dik üçgeninden de r(  )  r(  )  d cos  yazılabilir. Bu durumda, V

d cos  1 p cos   , 2 2 4 0 r 4 0 r q

sonucuna ulaşılır ulaşılır. Burada, Burada p  qd kısaltması yapılmıştır. yapılmıştır

(24-11)

Sürekli Yük Dağılımlarının Oluşturduğu Potansiyel : Şekildeki sürekli yük dağılımına sahip bir cisim verilmiştir. Yük ddağılımının ğl herhangi h h i bir bi noktada kt d oluşturduğu l t d ğ elektrik l kt ik potansiyel V üstüste binme ilkesiyle şu şekilde bulunur: 1. Cisim, sonsuz küçük dq yüküne sahip elemanlara bölünür. ççizgisel g yük y dağılımı ğ  dq q  d  yüzeysel yük dağılımı  dq   dA hacimsel yük dağılımı  dq   dV 2. dq yükünün P noktasında oluşturduğu dV potansiyeli yazılır: dV 

1 dq 4 0 r 1

dq 3. Tüm yüklerin katkısı, yük dağılımı üzerinden integral alınarak bulunur: V  4 0  r

(24-12)

Örnek : Şekilde L uzunluğunda ve λ düzgün yük yoğunluğuna sahip ince bir çubuk verilmiştir. verilmiştir Çubuğun sol ucundan ucundan, çubuğa dik doğrultuda d kadar yukardaki bir P noktasındaki elektrik potansiyelini bulunuz.

Çubuğun sol ucundan x kadar ötede seçilen dx elemanının yükü dq  dx ve P noktasına uzaklığı da r  d 2  x2 olduğundan, dq yükünün P noktasında oluşturduğu elektrik potansiyeli: dV  k

dq dx k r d 2  x2 L

V  k  0

 L  d 2  L2  k ln x  d  x   k ln   0  d d 2  x2 



dx

2

2



L

   

bulunur.



dx d 2  x2



 ln x  d 2  x 2

 (24-13)

Örnek : Şekilde L uzunluğunda ve λ =  x yük yoğunluğuna sahip ince bir çubuk verilmiştir. Burada  pozitif bir sabit ve x çubuğun sol ucundan olan uzaklıktır. Çubuğun sol ucundan yatay doğrultuda d kadar uzaklıkta bir P noktasındaki elektrik potansiyeli bulunuz.

Çubuğun sol ucundan x kadar ötede seçilen dx elemanının yükü dqq  dx ve P noktasına uzaklığı ğ da r  x  d olduğundan, ğ dq yükünün P noktasında oluşturduğu elektrik potansiyeli: dq xdx  xdx dV  k  k  k r xd xd L L  xdx  L  d   k  x  d ln  x  d  0  k  L  d ln  V  k    d d x    0 bulunur. xdx  x  d  x  d ln  x  d  (24-14)

ÖDEV : Şekilde L uzunluğunda ve λ =  x yük yoğunluğuna sahip ince bir çubuk verilmiştir. Burada  pozitif bir sabit ve x çubuğun sol ucundan olan uzaklıktır. Çubuğun ortasından ğ b kadar uzaklıkta bir P dik doğrultuda noktasındaki elektrik potansiyeli bulunuz.

(24-15)

Örnek : Homojen yüklü ince bir çubuk, R yarıçaplı ççemberin bir parçası p ç olacak şşekilde bükülüyor. y Ş Şekilde verildiği gibi, yayı gören açı  ' dir. Yayın çizgisel yük yoğunluğu  ise, çemberin merkezindeki (O noktası) elektrik potansiyeli nedir? Yay üzerinde seçilen dl elemanının yükü dq  dl dir. O noktasındaki toplam elektrik potansiyeli: 

dq dl Rd dV  k  k  k  kd  V  k  d  k r R R 0 olur.

 4 0    2 (tam çember)  V  k 2  2 0    (yarım çember)  V  k 

(24-16)

Örnek : Q yükü R yarıçaplı bir çember üzerine düzgün olarak dağılmıştır. dağılmıştır Çemberin merkezinden dik olarak geçen z -ekseni üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki P noktasında elektrik p potansiyelini y bulunuz.

Çember üzerinde seçilen dl elemanının yükü dq  dl  (Q / 2 R)dl ile verilir. P noktasındaki toplam elektrik potansiyeli: dq Q  Q  dl  Q 1 dV  k  k  dl  k ;  dl  2 R  V  k     r r  2 R  r  2 R  r Q / 2 R      Q Q   z 0  V k    Q  R 4 0 R 2 0 2 0  V k ;  2 2 z R  z    V  k Q (nokta yükün potansiyeli)    z (24-17)

Örnek : Yarıçapı R olan ince bir disk düzgün  yüzey yük yoğunluğuna sahiptir. Diskin merkezinden dik olarak geçen eksen üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki bir P noktasında elektrik potansiyelini bulunuz. Toplam yükü Q olan bir çemberin potansiyeli : V  k

Q z2  r2

Seçilen ç çemberin ç toplam p yükü y dqq, potansiyeli p y dV dir.

dV  k

dq z2  r2

k

 2 rdr z2  r2

 R rdr  V   dV   2 0 0 z 2  r 2 0 R   2   2 2  V  z r  z  R2  z  0 2 0   2 0  R

xdx x2  a2

 x2  a2

(22-18)

Örnek : İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan ince bi di bir diskk düzgün d  yüzey yükk yoğunluğuna ğ l ğ sahiptir. hi i Diskin merkezinden dik olarak geçen eksen üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki bir P noktasında elektrik potansiyelini bulunuz. Toplam yükü Q olan bir çemberin potansiyeli : V  k

z

Q z2  r2

Seçilen çemberin toplam yükü dq, potansiyeli dV dir.

dV  k

dqq

k

z2  r2

 2 rdr z2  r2

 rdr V   dV   2 2 2  z  r 0 a a b   2   2 2  V  z r  z  b2   a 2 0  2 0  b

b



xdx x2  a2

 x2  a2

z2  a2   (24-19)

ÖDEV : Yarıçapı R olan ince bir disk   Cr il değişen ile d ği yüzey ü yük ük yoğunluğuna ğ l ğ sahiptir. hi i C pozitif bir sabit ve r disk merkezinden olan uzaklıktır. Diskin merkezinden dik olarak geçen eksen üzerinde ve merkezden x kadar uzaktaki bir P noktasında elektrik potansiyelini bulunuz.

(24-20)

Örnek : Yarıçapı R ve yüksekliği h olan ince silindirik bir kabuk, xy -düzlemine tabanı orijinde olacak şekilde yerleştirilmiştir. Silindir düzgün  yük yoğunluğuna sahip olduğuna göre, ekseni üzerindeki herhangi bir noktadaki (P ) elektrik potansiyelini bulunuz. Q Toplam yükü Q olan bir çemberin potansiyeli : V  k z2  r2 Seçilen çemberin toplam yükü dq, potansiyeli dV dir. dV  k

dq

 z  z '

R V   dV  2 0 0 h

V   ln  2 



dx



2

R

h

2

k

 2 Rdz '

 z  z '

2

 R2

d ' dz



 z  z '

0

2

 R2

2 2   z  R z 2 2   ln  ( z  z ')  R  z  z '   0 2 2  ( z  h )  R  z  h 

  ln  2  2 2 (a  x)  b





h



(a  x)2  b 2  a  x  

(22-21)

Örnek : Yarıçapı R olan bir küre düzgün  hhacimsel i l yük ük yoğunluğuna ğ l ğ sahiptir. hi ti Sonsuzun S potansiyelini sıfır kabul ederek, küre dışında ve küre kü içinde i i d elektrik l k ik potansiyelini i li i bulunuz. b l rP   VP  V    E  dl    Edl cos 180  rP



;  dl  dr d 



rP

rP

rP

dr VP  V =   E  dr d  1 =   Edr Ed   kQ  2 r    r

P Q 1  VP = kQ    k rP  r 

rM

VM  VR    R

VM

Q V (r )  k ; rR r

rM

kQ  Qr  Edr     k 3  dr   3 R  R R 

kQ kQ kQ 2 2 ( )   r  R  V r    M 2R3 2R R

rM

 R

rdr  

kQ r2  R2  3  M 2R

 r2  3 2  ; r  R R  

(24-22)

İndüklenmiş Dipol Moment : Su molekülü (H 2O) gibi birçok molekül kendiliğinden bir dipol momente sahiptir. Bu tür moleküllere "polar" moleküller denir. Aksine O 2 , N 2 , ... gi Aksine, gibi bi moleküllerin dipol momentleri sıfırdır. sıfırdır Bunlara da "polar olmayan" moleküller denir. Şekil-a' da böyle bir molekül resmedilmiştir. ş Pozitif yük y ile ççevresindeki negatif g yük bulutu aynı merkezli olduğu için dipol momenti sıfırdır. Şekil-b' de, elektrik alan içindeki polar olmayan molekülde ne gibi bir değişim olduğu resmedilmiştir. Merkezleri çakışık olan pozitif yük ve negatif yük bulutu, elektrik kuvvetinin etkisi altında ayrışmıştır. a rışmıştır

Böylece, polar olmayan molekül elektrik alan etkisiyle sıfırdan farklı bir dipol Böylece momente sahip hale gelmiştir. Buna "indüklenmiş dipol moment" ve moleküle de "kutuplanmış" tır denir. Elektrik alan kaldırıldığında, kutuplanma da ortadan kalkar ve dipol moment tekrar sıfır olur. (24-23)

Eş - Potansiyel Yüzeyler : Potansiyelleri aynı olan noktaların oluşturduğu yüzeye eş-potansiyel yüzey denir. Şekilde dört farklı eş-potansiyel yüzey verilmiştir. Aralarındaki potansiyel farkının V olduğu iki nokta arasında, q yükünü bir noktadan diğerine götürmek için elektrik alan tarafından yapılan iş: W  qV .

I numaralı yol : V  0 olduğundan, WI  0 olur. II numaralı yol : V  0 olduğundan, WII  0 olur.

III numaralı yol : WIII  qV  q V2  V1  .

yol : WIV  qV  q V2  V1  . IV numaralı y Not : Bir yükü, eş-potansiyel bir yüzeyde  V  0 hareket ettirmek için g bir işş yyapılmaz p (W  0). ) elektrik alan tarafından herhangi (24-24)

 Elektrik Alan E, Eş-Potansiyel Yüzeylere Diktir: Potansiyeli V olan bir eş-potansiyel yüzey olsun. Herhangi g bir q yyükünü elektrik alan yyardımıyla, y yüzey üzerindeki bir yol boyunca A noktasından  B noktasına götürelim. r , yol üzerinde seçilmiş bir uzunluk elemanıdır.   H h i bir Herhangi bi anda d elektrik l kt ik alan l vektörü ktö ü E ile il r arasındaki d ki açıya  dersek, elektrik alan tarafından yapılan iş,     W  F  r  qE E  r  qE Er cos bulunur. A ve B noktaları eş-potansiyel bir yüzey üzerinde olduğ ğu u için için, W  0 ve böylece, böylece qEr cos  0 olmalıdır. olmalıdır Buradan da   90, yani, elektrik alan eş-potansiyel yüzeye dik olmalıdır olmalıdır. (24-25)

Eş - Potansiyel Yüzeyler ve Elektrik alan Çizgileri : Düzgün Elektrik l k ik Alan Al

İ l Nokta İzole k Yük k

Elektrik Dipol

q Nokta Yükü için Eş- Potansiyel Yüzeyler : V

q 40r

 sabit  r 

q 40V

 sabit

q nokta yükünü merkez alan r yarıçaplı küresel yüzeyler, eş-potansiyel yüzeylerdir. (24-26)

Potansiyelden Elektrik Alanın Bulunması : Şu ana kadar, elektrik alanını bildiğimizi kabul ederek elektrik potansiyelini bulduk. Şimdi de durumu tersine çevirelim. Elektrik potansiyeli bildiğimizi varsayıp elektrik alanını bulacağız varsayıp, bulacağız. Potansiyelleri sırasıyla V ve V  dV olan aralarında dl mesafesi bulunan iki eş-potansiyel yüzey olsun. Elektrik alanı,  q0 nokta yükünü dl doğrultusu boyunca V eş eş-potansiye potansiyel yüzeyinden V +dV eş-potansiyel yüzeyine taşısın. Elektrik alan tarafından yapılan iş iki şekilde verilir:

W  q0 dV

(Eş-1)

W  Fdl cos   Eq0 dl cos 

(Eş-2)

dV Eq0 dl cos   q0 dV  E cos    dl  bulunur. PAB dik üçgeninden E cos  teriminin, E elektrik alanının l doğrultusundaki bileşeni olduğu görülür. (24-27)

V Böylece, y sonucuna ulaşılır. ş "Elektrik alanın herhangi g El   l bir yöndeki bileşeni, o yönde elektriksel potansiyelin konuma göre d ği i hızının değişim h negatif if işaretlisidi i li idir". " Eğer Eğ l doğrultusu d ğ l sırasıyla, l x , y ve z -ekseni alınırsa, elektrik alan bileşenleri:

V Ex   x

;

V Ey   y

;

V Ez   z

Elektrik potansiyeli konumun bir fonksiyonu V ( x, y, z ) ise, elektrik ş ri bulunabilir ve birim vektörler alan vektörünün x,, y ve z bileşenle cinsinden:

 V ˆ V ˆ V ˆ E i j k x y z

şeklinde ifade edilebilir. edilebilir (24-28)

Örnek : Yarıçapı R olan iletken bir kürenin potansiyeli  kQ , rR  R V (r )    kQ , r  R  r şeklinde tanımlıdır. tanımlıdır İletken kürenin içinde ve dışındaki elektrik alanını bulunuz.

dV El   dl d r  R  Er   dr d r  R  Er   dr

kQ ( )0 R  kQ kQ kQ ( )  2  E  2 rˆ r r r (24-29)

Örnek : Uzayın belli bir bölgesindeki elektrik potansiyeli, V ( x, y , z )  5 x  3 x 2 y  2 yz 2 ((V)) il ile veriliyor. ili Bölgedeki l d ki elektrik alan bileşenlerini bulunuz. (1, 0,  2) noktasındaki elektrik alan şiddetini hesaplayınız.  d 2 2 Ex   (5 x  3 x y  2 yz )   5  6 xy  dx  dV d  El    Ey   (5 x  3 x 2 y  2 yz 2 )  3 x 2  2 z 2  dl dy   d 2 2 Ez   (5 x  3 x y  2 yz )   4 yz  dz  (1, 0,  2)  E x   5 V/m ; E y  3  2 * 4   5 V/m ; E z  0 E

 5 

2

   5    0   25 2 V/m 2

2

(24-30)

Örnek : Yarıçapı R olan ve düzgün  yüzey yük yoğunluğuna sahip bir diskin, bi di ki merkezinden k i d dik olarak l k geçen z - ekseni k i üzerinde ü i d oluşturduğu l t d ğ potansiyel

  2 V ( z)  z  R2  z   2 0  ile verilmektedir. il il kt di Diskin Di ki bu b eksen k üzerinde ü i d oluşturduğu l t d ğ elektrik l kt ik alanını l bulunuz.

dV  d  2 El   z  R2  z  Ez    dl 2 0 dz 

 Ez =  2 0  Ez  2 0

1 2  2  1/ 2 2 1 z  R z    2  

 1  

  2 2 z R  z

(24-31)

Nokta Yük Sisteminin Potansiyel Enerjisi (U): Nokta yük grubunun elektrik potansiyel enerjisi (U), ),tek tek tüm yyüklerin sonsuzdaki bir noktadan alınıp bulundukları yere getirilmesi için yapılması gereken k toplam t l iş i olarak l k tanımlanır. t l Herhangi H h i bi bir q yükünü ükü ü aralarındaki l d ki potansiyel t i l farkının f k V olduğu iki nokta arasında, bir noktadan diğerine taşımak için yapılması gereken iş W = qV ile verilir. Buna uygun olarak, o a a , nokta o ta yük yü grubunu g ubu u birara b a aya ya getirecek get ece şe şekilde de yükleri yü e teker teker bulundukları noktalara getirerek yapılan işleri b l bulmamız ve nett işi i i bulmak b l k için i i de d hepsini h i i toplamamız t l gerekir. ki (24-32)

q1 in getirilmesi : W1  q1  V   0 q2q1 q2 nin getirilmesi : W2  q2 V12  0  40r12 1  q1q3 q2q3  q3 ün getirilmesi : W3  q3 V13 V23  0     r23  40  r13

q2 q3 q1q3 q1q2 W  W1  W2  W3  W    4 0 r12 4 0 r23 4 0 r13 (24-33)

q 2 q3 q1 q3 q1 q 2 U    4 0 r12 4 0 r23 4 0 r13 n tane nokta yükten oluşan bir sistemin elektrik potansiyel enerjisini j matematiksel olarak,, 1 n qi q j U  4 0 i , j 1 rij i j

ifadesi ile verebiliriz. Bu ifadedeki rij , qi ve q j nokta y yükleri arasındaki mesafedir. N t : Her Not H yük ük ikili ikilisinin i i yalnızca l bi defa bir d f yazılması l gerektiğine ktiği dikkat ediniz. Bu nedenle, kesikli toplama işlemi yapılırken i  j kısıtlaması getirilmiştir. (24-34)

Örnek : Şekildeki dört noktasal yükü biraraya getirmek için gerekli işi hesaplayınız. ( q  5.0  C alınız). )

q1 q 3 q 2 q3 q3 q 4 q1 q 2 q1 q 4 q2 q4 U k +k +k +k +k +k r12 r13 r14 r23 r24 r34 kq 2 U  2 10

2  2 3 2 6 4 6  kq  3  5  4  4  5  3   10  2

9  10  5  10    6

9

U

10  2

2

 4   3  1 

1 5 

23    8  22.5 5     12 J 1  15   22  15 

(24-35)

Örnek : Yarıçapı R olan ve düzgün  hacimsel yük yoğunluğuna sahip bir kürenin toplam elektrik potansiyel enerjisini hesaplayınız. hesaplayınız Yükü sonsuzdan ggetirdiğimizi ğ varsayalım. y Herhangi g bir anda kürenin yarıçapı r ve yükü q olmak üzere elektrik potansiyeli: q V k r ifadesine sahiptir. Kürenin yükünü dq kadar artırmak için yapılması gereken iş dU  dqV ile verilir. verilir Küre içinde, içinde r yarıçaplı dr kalınlığında ince bir küresel kabuk seçilirse, toplam iş: dq   4 r 2 dr  4 2  U  U   dqV  4 3  3 0 q   r  3 

2 5 4  R 4  r dr 0 15 0 R

(24-36)

Örnek : Yarıçapı R olan Q homojen yüküne sahip bir halkanın merkezine, kütlesi m olan bir q nokta yükü yerleştirilmiştir. merkezine yerleştirilmiştir Halka ekseni boyunca, q nokta yükü çok az bir miktar çekilip g halden serbest bırakılırsa,, ulaşabileceği ş ğ maksimum hız durgun ne olur? q nokta y yükünün bulunduğu ğ ilk noktanın elektrik p potansiyeli: y dq kQ Vi   k  R R ifadesine sahiptir. Sonsuzdaki bir noktanın potansiyeli de V   0 olduğundan, q nokta yükü üzerinde yapılan iş: kQq kQ R bu u u . W   K eş bulunur. eşitliği t ğ ya yardımıyla: d y a: W    U   q (V   V ) 

kQq 1  mv 2  0  v  R 2 bulunur.

2 kQq mR (24-37)

İzole bir İletkenin Potansiyeli : Bir iletkenin üzerindeki veya içerisindeki A ve B notalarını düşünelim. Bu noktalar arasındaki V B  V A potansiyel i l farkı f k şu eşitlikle i likl verilir:

  VB VA  E  dl B

A

 Bi iletkenin Bir il k i içindeki i i d ki elektrik l k ik alanının l ( E ) sıfır f olduğunu biliyoruz. Dolayısı ile, yukarıdaki integral de sıfırdır ve V B  V A bulunur. Ö zetle , "iletken eş potansi el bir eş-potansiyel b ir yüze ü e ydi di r " . (24-38)

Örnek : Yarıçapları r1 ve r2 olan iki iletken küre, yarıçaplarına göre, birbirinden çok uzaktadır göre uzaktadır. Daha sonra küreler, küreler şekildeki gibi, gibi iletken bir telle birbirine bağlanıyor. Küreler dengeye ulaştıktan sonra üzerlerindeki yükler sırasıyla q1 ve q2 oluyor. oluyor Dengeye ulaşıldıktan sonra, küre yüzeylerindeki elektrik alan şiddetlerinin oranını (E1 /E2 ) bulunuz. Denge durumuna ulaşıldığında, kürelerin potansiyelleri aynı olur: V1  V 2

 k

q1 q k 2 r1 r2

Küre yüzeylerindeki elektrik alan şiddetlerinin oranı da: q1  r12   q2  E2  k 2 r2  ol r olur. E1  k

2



2

 r1   r2  r2 E1  q1   r2          r1 E 2  q 2   r1   r2   r1 

(24-39)

Dış Elektrik Alan İçinde İzole İletken : Bir iletkenin yüzeyinin eş-potansiyel olduğunu ve elektrik alan çizgilerinin de eş eş-potansiyel potansiyel yüzeylere dik olduğunu biliyoruz. Yanda, elektrik alan içine konmuş bir iletken verilmiştir. verilmiştir Elektrik alan çizgilerinin iletken yüzeyine dik olduğu ve iletkenin içinde elektrik alanın sıfır olduğu açıkça görülmektedir. İletkendeki tüm yükler, iletken içindeki elektrik alanı sıfır yapacak yeni bir düzenlenme içerisine girerler. İletkenin hemen yüzeyindeki

 elektrik alan Edış  ile verilir. 0 (24-40)

Yüklü Bir İletkenin İçinde ve Dışındaki Elektrik Alan ve P Potansiyel i l (ÖZET) : 1. Tüm yük iletkenin yüzeyindedir. 2. İletkenin içinde ç elektrik alan sıfırdır: Eiç  0.

 3. İletkenin hemen dışındaki elektrik alan: Edış  . 0 4. İletkenin hemen dışındaki elektrik alan iletken yüzeyine diktir. 5. İletkenin içinde ve yüzeyindeki tüm noktalar aynı potansiyele sahiptir. İletken eş eş-potansiyel potansiyel bir yüzeydir. (24-41)

Yarıçapı R, Yükü q Olan Küresel İletkenin El k ik alanı Elektrik l ve Potansiyeli P i li : rR



1

q V  4 0 R E 0

rR



V 

1

q 4 0 r 1

q E  4 0 r 2

(24-42)

BÖLÜM-25 BÖLÜM 25 Kapasitörler Bu bölümde aşağıdaki konulara değinilecektir:

M I IR

A L Y LE

D L YI

. • İzole o e iki iletkenden et e de oluşan o uşa sistemin s ste sığası s ğasR(C). D • Basit geometrilere sahip bazı kapasitörlerin sığalarının hesabı. e v • Seri ve paralel bağlı kapasitörlerde eşdeğer sığa. T A • Kapasitörde depolanan enerji. L O • Plakaları arası dielektrikle doldurulmuş kapasitörler. P • Dielektriğin Di l kt iği varlığında l ğ Ad Gauss G yasası. F A T S U M . R D (25-1)

Sığa (Kapasitans) :

M I IR

Birisi  q ve diğeri de - q yüküne sahip, aralarında hava ya da

D L I denir. Elektrik devrelerdeki sembolik gösterimi,Yiletken plakaları A yükü denilince, L temsil eden paralel iki çizgidir. Bir kapasitörün Y E Şekilde görüldüğü plakalardaki yükün mutlak değeri L anlaşılır. . gibi plakalarındaki yükten dolayı gibi, kapasitörü çevreleyen uzayda R D e v T bir elektrik alan oluşur. Pozitif ve negatif yüklü plakaların potansiyelleri, sırasıyla, A L V ve V ' dir. Böylece, plakalar O P arasındaki potansiyel farkı da V  V  V V A ifadesiyle verilir. Bir kapasitörün yükü (q), plakaları arasındaki potansiyel fark (V ) F A ile doğru orantılıdır. Orantı sabiti de, o kapasitörün sığasıdır ve birim potansiyel fark T S başına yük olarak tarif edilir. U Mq . R C C/V  Farad (F) D V boşluk ş bulunan iki izole iletkenden oluşan ş sisteme "kapasitör" p









(25-2)

Paralel Plakalı Kapasitör :

M I IR

D L YI

A L Yparalel plakadan oluşan Plakalarının yüzey alanı A ve aralarında d mesafesi bulunanEiki L plakalar arası mesafeye sisteme "paralel plakalı kapasitör" denir. Plakaların boyutları, . R göre çok büyüktür. Bu nedenle, plakalar arasındaki bölgede elektrik alan düzgün, kenar D e v kısımlarına yakın bölgelerde ise düzgün değildir. Plakaların dışındaki bölgelerde elektrik T A alan "sıfır" dır. L BataryalarO : P İki ucu arasında d sabit bi bir bi potansiyel i l fark f k oluşturan l ve bunu b sürekli ü kli A F cihazlara "batarya" diyoruz. Elektrik devrelerinde biri uzun kılan A Tdiğeri S diğ i kısa k iki paralel l l çizgi i i ile il sembolize b li edilirler. dili l Uzun U çizgi i i U M potansiyelin pozitif olduğu ucu, kısa çizgi de potansiyelin negatif . R olduğu ld ğ ucu gösterir. öt i D (25-3)

Kapasitörün Yüklenmesi :

M I IR

Yanda bir kapasitörün doldurulması için basit bir devre

D L YI

kurulmuştur. S anahtarı kapatıldığında, batarya negatif ucundan kapasitörün "2" nolu plakasına elektron sürer.

S U

M . R

A T

A L Bataryanın pozitif ucu da, da "1" 1 nolu plakadan eşit sayıda Y E yük ve plakalar elektronu toplar. Böylece, plakalardaki L . R arasında başlangıçta sıfır olan potansiyel fark artmaya D e bataryanın birim zamanda topladığı başlar. Sonuç olarak, v Tük azalır. ve sürdüğü ü düğüAyük l Yük akışı, k kapasitörün k i ö ü plakaları l k l L O arasındaki P potansiyel fark bataryanın uçları arasındaki A potansiyel farka eşit olana kadar devam eder ve sonra F durur.

D

(25-4)

Sığanın Hesaplanması :

M I Bir kapasitörün sığası, plakalarının boyutlarına, R I D şekline ve birbirlerine göre konumlarına, konumlarına özetle L I geometrisine, bağlıdır. Sığa hesabıY için aşağıda A L sıralanan yol izlenir: Y E L . 1 Plakaların 1. Pl k l D qR ve  q yüklü üklü old ldukları kl varsayılır. l e 2. Plakalarvarası bölgedeki elektrik alan Gauss T   A yasasından bulunur  ε  E  dA  q  . L O P   0

A F

iç



3. Plakalar arasındaki potansiyel fark, V   E  dl eşitliği kullanılarak hesaplanır.

S U

A T



q 4. Hesaplanan potansiyel fark, C  eşitliğinde yerine konur ve sığa bulunur. V

M . R

D

(25-5)

Paralel Plakalı Kapasitörün Sığası :

M I R yükü d olsun. Üstteki plakanın yükü  q, alttaki plakanın I D ise  q' dur dur. Plaka ile aynı kesit alanına sahip ve plakayı L I ortasına alan dikdörgen prizma şeklindeY bir Gaussiyen A L yüzey seçelim. seçelim Y E L Gauss yasasını uygularsak, plakalar arasındaki bölgedeki elektrik alanı: . R q q D   EA cos 0  EA  E e A  v T b l bulunur. Buradan B d dda, iki plaka l k arasındaki d ki potansiyel t i l ffarkk için, i i A L qd O V    Edl cos180 E  dlP Ed  A A F bağıntısı elde edilir.A Dolayısıyla, paralel plakalı bir kapasitörün sığası: T S A q q U C  C  V Mqd / A d . olarak l R l D k bbulunur. Ş kild ki plakaların Şekildeki l k l yüzey ü alanı l A ve aralarındaki l d ki mesafe f

0









0

0

0

0

(25-6)

Örnek : Plakaları arası hava dolu olan paralel plakalı bir kapasitörün plakalarının

M I IR

alanı 77.66 cm 2 ' dir ve aralarında 11.25 25 mm mesafe vardır vardır. Plakalar arasındaki potansiyel fark 20 V ise,

D L YI

a) plakalar arası bölgedeki elektrik alanını

A L c ) kapasitörün sığasını ve plakalardaki yük miktarını c Y E bulunuz. L . R D V 20 a  ) V = Ed  E = = = 16 e  10 V / m v d 1.25  10 T  A b ) E      E   8.85 L10   16  10   1.416  10 O  P A    7.6  10   10  A  8.85 F c ) C    5.381  10 F A T 1.25  10 d S QU C = M Q = CV =  5.381  10  20  107.62  10 C . V R D b) plakalardaki yüzey yük yoğunluğunu

3

3

12

3

0

7

C / m2

0

12

4

12

0

3

12

12

(25-7)

Örnek : Plakaları arası hava dolu olan paralel plakalı bir kapasitörün plakaları

M I IR

arasına 150 V V' luk potansiyel fark uygulandığında, plakalardaki yüzeysel yük 2

yoğunluğu 30 nC/cm oluyor. a) Kapasitörün plakaları arasındaki mesafe nedir? a

D L I Y b) Plakaların yüzey alanı 4 cm ise, kapasitörün sığasını ve plakalardaki yük A L miktarını bulunuz bulunuz. Y E L .  R a  ) V = Ed = d D  e v  V  8.85  10 150 T d= = = 4 425  10 m 4.425 A (30  10 / 10 )L  O 8 85  10 P   4  10   A  8.85 A b ) C    8  10 F F d 4.425  10 A T  30  10  Q S = U  Q = A=     4  10   120  10 C A M  10  . R D 2

0

12

6

0

9

4

12

4

 10

0

6

9

4

9

4

(25-8)

Örnek : Ağırlıksız bir iple paralel plakalı kapasitörün pozitif

M I IR

plakasına bağlı olan m kütleli bir q nokta yükü şekildeki gibi dengededir. Plakalar arasındaki potansiyel farkını bulunuz. Plakalardaki yük ük miktarı miktarı Q ise ise, kapasitörün sığası ne ol olur? r?

A L Y LE

D L YI

V = Edd Denge durumunda, q nokta yükü üzerine etkiyen net kuvvet sıfır olmalıdır:

A L O

v T

. R

D e

T sin   qE  qE mg tan       tan V d  T cos   mg  mg q

S U

A T

Q Qq C  V mgd tan 

M . R

A F

P

D

(25-9)

Silindirik Kapasitör :

M I R I kabuktan oluşan sisteme "silindirik kapasitör" diyoruz. Silindirlerin D L I ı uzunluğa boyu yarıçaplarının yanında çok büyüktür. Silindirlerle Yayn A yüzey seçerek, sahip, r (a < r
0









0

a

0

b

a

S U

D

M . R

b

0

0

bulunur ve buradan da sığa: C 

C

Q Q  V  Q / 2 L 0  ln  b / a 

2 L 0 ln  b / a 

(25-10)

Örnek : Uzunluğu 50 m olan koaksiyel bir kablolonun iç iletkenin yarıçapı 1.3 mm ve taşıdığı yük 8  C' tur. Dış iletkeninin ise iç yarıçapı 3.8 mm ve yükü  8  C' tur. İki iletkenin arasındaki bölgenin hava ile dolu olduğunu kabul ederek, kablonun kapasitansını ve iletkenleri arasındaki potansiyel farkını bulunuz. 2 L 0 C ln  b / a 

P

A L O

v T

D e

. R

A L Y LE

M I IR

D L YI

2(3.14)(50)(8.85  10 12 ) C  2.591  10 9 F ln(3.8 / 1.3)

S UQ

A T

A F

Q 8  10 6 3 C  V    3.09  10 V 9 V C 2.591  10

M . R

D

(25-11)

Küresel Kapasitör :

M I R I oluşan sisteme "küresel kapasitör" denir. a  r  b D olacak L I şekilde küresel bir Gaussiyen yüzey seçerek, Y ara bölgedeki A elektrik alanını bulabiliriz: L Y q E q   4 r E cos 0  4 r E  LE  .  4 r R D Bu durumda, içteki ve dıştaki küreler arasındaki potansiyel fark: e v T q dr A V   Edl cos180   E  dr  L cos180   r 4  O P q 1  q A1 1      F    4  r  T4A   a b  S q q  ab  U  C  4  bulunur ve buradan da sığa: C    M q 1 1 V b a      .    R 4  a b   D Yarıçapları a ve b olan eş-merkezli iki küresel kabuktan

2

2

2

0





0

a

2





0 b

a

0

b

0

0

0

(25-12)

Örnek : Küresel bir kapasitör, yarıçapları 7 cm ve 14 cm olan

eş-merkezli k li iki iletken il k küreden k d oluşmuştur. l K Kapasitörün i sığasını ğ IM R I hesaplayınız. p y Kürelerin taşıdığı ş ğ yyük 4  C ise,, küreler arasındaki D potansiyel farkını bulunuz. Küresel bir kapasitörün sığası:

A L Y LE

L I Y

. ab   R C  4 0  D  e ba v T b  14 cm olduğuna göre, ifadesine sahiptir. sahiptir a  7 cmAve göre L O

4 (7  14)  10 12 C  4(3.14)(8.85 4(3 14)(8 85  A 10 P12 )  15.56 15 56  10 F 2 (14  7)  10 F

S U

A T

Q. M Q 4  10 6 5 C R  V    2.57 2 57  10 V 12 DV C 15.56  10 (25-13)

Örnek : Yarıçapı d olan çok uzun iki silindir, şekilde gösterildiği

M I IR

gibi ibi birbirlerine bi bi l i paraleldir l ldi ve eksenleri k l i arasındaki d ki mesafe f D' di dir.

D L oluşan bu sistemin birim uzunluğunun sığası ne olur? (L  D, d). I Y Ave Gauss y yasası kullanılarak,, silindirlerin bulunduğu ğ düzlemde L Y E silindirler arasındaki bölgede elektrik alan: L . 2 kQ 2 kQ R E  ( (pozitif i if yükten k negatif if D yüke k ddoğru) ğ ) Lr L( D  r ) e v bulunur. Burada r , negatif yüklü silindi r ekseninden olan uzaklıktır. T A L   2O kQ 1  1 V  V  V    E  dl  P    dr cos180  L r Dr  A F  d   4kQ  D  d  2 kQ   D  dA  V  ln  ln  T   ln      S L   d  D  d L d     U  Q . M L C C  R   DV 4k ln  D  d  L ln  D  d  Silindirler zıt işaretli Q yükleri taşıdığına göre, iki silindirden



Dd

Dd

d

d



0

 

d

 

 

d

 

(25-14)

Eşdeğer Kapasitör: Sayfanın her iki yanında, bir batarya ve üç farklı kapasitörden oluşmuş devreler verilmiştir. Amacımız, her iki devrede de

M I IR

D L YI

A L tü kkapasitörleri tüm itö l i temsil t il edebilecek d bil kYtek t k E L bir kapasitörün sığasının  C.  ne olması R gerektiğini bulmak. D e v T Soldaki resimde (Şekil(Şekil a ve b), ) uyguladığımız V potansiyel farkı A L yük miktarı aynıdır. Aynı nedeniyle, bataryanın devreye O sürdüğü P lidi Başka d durum sağdaki ğd ki resim i için i i Ade d geçerlidir. B k deyişle, d i l şekilkil a' dda F verilen sığaları (C ,C ,C ) ve şekil-b' deki sığayı (C ) ayrı ayrı A T S kapalı kutulara alsak ve birtakım elektriksel ölçümler yapsak, U M bir fark bulamazdık. ölçümler. arasında R D eş

1

2

3

eş

(25-15)

Paralel Bağlı Kapasitörler :

M I IR

ŞekilŞ kil a' da d bir bi batarya b ve birbirine bi bi i paralel l l bağlı b ğl üüç ffarklı kl kapasitörden oluşan bir devre verilmiştir. Paralel bağlı olmaları herbirinin uçları arasındaki potansiyel fark ile olmaları,

D L I Y bataryanın uçları arasındaki potansiyel farkın eşit olduğu A L anlamına gelir. gelir ŞekilŞekil b' deki gibi gibi, batarya aynı kalmak Y E bu üç kapasitöre eşdeğer koşuluyla, birbirine paralel bağlı L . y tek bir kapasitör p bağlamak ğ R istiyoruz. D e farkı vardır. Her biri üzerindeki Her üç kapasitörün plakaları arasında aynı V potansiyel v yük sırasıyla yük, sırasıyla, q  C V ; q  C V ve q A T C V olacaktır. olacaktır Bu durumda, durumda batarya tarafından L devreye sürülen toplam yük ve eşdeğer sığa: O P q  C  C  C V A  C C C q  q  q  q   C  CF C  V  C   V V A T paralel bağlı n tane kapasitörden oluşan devrenin eşdeğer sığası: bulunur Özetle bulunur. Özetle, birbirine S U n M Ceş  C.  C  ...  Cn   C j 1 2 R j 1 j D 1

1

2

2

3

3

1

1

2

3

1

2

3

eş

2

3

1

2

3

(25-16)

Seri Bağlı Kapasitörler :

M I R ard I oluşan bir devre verilmiştir. Bu, kapasitörlerin aynı hat üzerinde D L arda d sıralandığı l d anlamına l gelmektedir. l k di Bu kombinasyonun k bi iki ucuna I Y bir batarya ile V gerilimi uygulanmıştır. Şekil-bA ' deki gibi, batarya Lüç kapasitöre eşdeğer a nı kalmak koşuluyla, aynı koş l la birbirine seri bağlı bbu Y E tek bir kapasitör bağlamak istiyoruz. L . R Aynı hat üzerinde old oldukları ukları için her üç kapasitör de aynı q yüküne D sahip olacaktır. Böylece kapasitörlerin uçları arasındaki gerilimler, e v sırasıyla, V  q / C , V T  q / C ve V  q / C olacaktır. Kombinas KombinasA to plam potansiyel fark ve eşdeğer sığa: L yonun iki ucu arasındaki O P  1 1A 1  q 1 1 1 1    V  V  V  V  q  F    C   A C C C V C C C C T  S Ö Özetle, birbirine paralel bağlı n tane kapasitörden oluşan devrenin eşdeğer sığası: U nM1 1 . =  R Ceş i 1 Ci D Şekil-a ' da bir batarya ve birbirine seri bağlı üç farklı kapasitörden

1

1

2

1

3

2

2

3

3

eş

1

2

3

eq

1

2

3

(25-17)

Genellikle, kapasitörlerden oluşan bir devre

M I IR

kendi içlerinde paralel ve seri bağlı küçük alt g gruplar p içerir. ç Böyle y durumlarda, önce alt grupların eşdeğer sığaları bulunur ve

D L YI

A L Y E L Yukarıda basit bir devre verilmiştir. A ve C uçları arasındaki eşdeğer sığayı bulmak . R i t li isteyelim: D e v C ve C paralel l l bağlıdır b ğl d ((şekilkil a ) A C T C  C L 1 1 1 C ve C seri bağlıdır (şekil-P    b) O C C C A F C C A C  C  C  C C  T C S C C C C U M . sonucuRelde edilir. D edilir gruba geçilir. g ç sonra da ana g

1

12

2

12

2

3

123

12

eşş

1

1

3

2

12

3

3

123

12

3

1

2

3

(25-18)

Örnek : Kapasitörlerden oluşan yandaki devrenin a ve b

M I IR

uşları arasındaki eşdeğer sığasını hesaplayınız. C 2 ile C3 paralel  C 23  4  F. F C 4 ile C5 paralel  C 45  8  F.

A L  2  F. EY L . R D 4  F.

C1 ile C 23 seri 

1 1 1 1  +   C123 C123 4 4 2

C 45 ile C 6 seri 

1 1 1 1  +   C 456 C 456 8 8 4

A L O

e v T

D L YI

C123 ile C 456 paralel  C eş  6  F. F

S U

M . R

A T

A F

P

D

(25-19)

Örnek : Kapasitörlerden oluşan yandaki devrenin a ve b uşları arasındaki eşdeğer sığasını bulunuz. bulunuz

M I IR

A L Y L1 E 3

D L YI

1 1 1 C C 4 , C5 ve C 6 seri   + .   C 456  C 456 C DCR C C 3 1 1 1ve 2 C C 2 ve C3 seri   AT +   C 23  C 23 LC C C 2

O P

A C1 , C 23 ve C 456 paralel F A T S U M . R D

C C 11  C eş  C  +  C 2 3 6

(25-20)

Örnek : Şekildeki devrede C1 = 6  F, C2 = 3  F ve V = 20 V' tur. Önce S1 anahtarı kapatılarak C1 p dolduruluyor. y Daha sonra S1 anahtarı kapasitörü açılıp, S2 anahtarı kapatılıyor. C1 sığasının ilk

A L yükünü ve denge kkurulduktan urulduktan sonra sığaların yüklerini Y E L bulunuz. . R D Q e  C V  120  C S anahtarı kapatılırsa: C  vQ VT A Q Q L S açılıp, S kapatılırsa: O V V   P C C A Q  Q  Q  AF T Q  80  C Q Q S   U  Q  40  C C.M C  R D 1

0

1

1

2

0

1

C1

0

C2

M I IR

D L YI

1

1

2

1

2

2

1

1

2

2

1

2

(25-21)

Elektrik Alanda Depolanan Enerji:

M I IR

Sığası C olan bir kapasitörü yüklemek için yapılması gereken iş ne kadardır? Bunu hesaplamanın yolu da, dolan kapasitörün

D L herhangi bir andaki resmini çekmektir. Plakaları YIarasındaki A düşünelim. gerilimin V' ve yyükünün de q g q' olduğu ğ bir an ş PlakaL Y Eyapılması gereken iş, ların yükünü dq' kadar artırmak L için . q dW  dq d V   ddq DR C e ile verilir. Kapasitörü toplam q yüküTilev yüklemek için yapılması gereken A toplam iş: L O P 1  q  1 q 1  W     W   V dq   q dqA C AF C 2  2 C T bulunur bulunur. S U 1 1 M . q  CV  W  CV veya W  qV R 2 2 D q

2

0

q

2

0

2

(25-22)

Kapasitörde Depolanan Potansiyel Enerji : Kapasitörü yüklemek için harcadığımız enerji, kapasitörde potansiyel

M I IR

enerji olarak depolanmıştır:

D L YI

q 2 CV 2 qV U    2C 2 2 Bu enerji, kapasitörün boşaltılmasıyla tekrar kazanılabilen bir enerjidir.

Enerji Yoğunluğu :

. R

A L Y LE

Kapasitörün plakaları arasındaki bu bölgede E  V / d ifadesi ile verilen düzgün bir

D e

elektrik alan olduğu düşünülürse, enerjinin bu elektrik alanda depolandığını söylemek yanlış olmaz. Başka deyimle, elektrik alan boş uzayda enerji depolar.

LA

v T

U . Hacim Paralel plakalı bir kapasitörün plakaları arasındaki bölgenin hacmi, cmi A plakaların Enerji yoğunluğu (u ), birim hacimdeki potansiyel enerji olarak tanımlanır: u 

O P

A Farasındaki mesafe olmak üzere Hacim  Ad olduğundan: yüzey alanı ve d plakalar A T  V  U US CV 1  A V u U      u   E  Hacim Ad 2 Ad  d  2 Ad 2 d 2 M . sonucuna ulaşılır. ulaşılır Bu genel bir bağıntıdır ve her her durumda geçerlidir. geçerlidir R D 2

2

2

0

2

0

0

(25-23)

Örnek : Sığaları C1 ve C2 olan iki kapasitör, zıt kutuplu ve plakaları arasında aynı Vi gerilimi olacak şekilde dolduruluyor.

M I IR

Daha sonra bu kapasitörler bataryadan sökülerek yandaki devre kuruluyor ve her iki anahtar da (S1 ve S2 ) aynı anda kapatılıyor.

D L I a ) a ve b noktaları arasındaki V gerilim farkı ne olur? Y b ) Sistemin, anahtarlar kapatılmadan önce ve sonraki toplam enerjisini bulunuz. A L Si t i son enerjisinin Sistemin ji i i ilk enerjisine ji i oranı nedir? di ? Y E Q  C V ve Q  C V  L a )  Q Q Q Q Q . Q  C V ve Q  C V  R D e  C  Q ve Q   C Q C C   Q  Q  Q  (  1)Q vQ   Q C C T C C  C C A L C  C  V Q Q V    O C C C  C  CP A F 1 1 1 C  C  V b  ) U   C  C  V Ave U   C  C  V  T 2 2 2 C  C  S C  1  CU M V . 2 C  C  C C  U R   DU  1 C C s

1i

1 i

2i

2 i

1i

1s

1 s

1s

1

2s

2

2s

2

1s

2s

s

1s

1

2s

2s

1

2

2s

2

1s

s

2i

1

1

1s

2

1

2

 Q 

2

i

1

1

2

1

2

2

2

i

1

2

i

1

s

2

2 s

1

2

2

i

1

2

2

1

2

2

2

i

1

s i

2

2

 C1  C 2 Vi 2



1

2

1

2



(25-24)

Örnek : Yükü Q ve plaka alanı A olan paralel plakalı bir kapasitörün plakaları

M I IR

arasındaki etkileşme kuvvetini bulunuz.

D L Herhangi bir anda plakalar arasındaki mesafe x olsun. Plakalar arasındaki YI A mesafenin x  dx olması için yapılması gereken iş: L Y 1 Q E 1Q  L  dW   U     . 2 C 2 C   R D  A  e C  v Q  x xT  dx  Q x  A d dx   dW      A  2   AL  A  2 A C  O x  dx  P Q FA dW  Fdx  F  A 2 A T S U M . R D i

2

2

i

s

0

2

2

0

0

s

0

0

2

0

(25-25)

Dielektriğin Varlığında Kapasitörler:

M I Michael Faraday 1837 yılında, kapasitörün plakaları arasındaki R I D bölgeyi farklı yalıtkanlarla tamamen doldurarak, doldurarak bunun sığaya L I Y sonucunda, olan etkisini incelemiştir. Yaptığı birçok denemeler A L yalıtkanla dol doldurulmuş durulmuş kapasitörlerin sığası ile doldurulmadan Y E L önceki sığası (C ) arasında C .  C eşitliği ile verilen bir R ili ki olduğunu ilişki ld f k i Burada farketti. d  sabiti, bi i plakalar l k l arasına konan k D e v yalıtkan malzemenin dielektrik sabitidir ve birimsizdir. Hava ya T da boşluk içinL A = 1, bunun dışındaki yalıtkanlar için  >1' dir. O Faraday deneylerini iki farklı şekilde yapmıştır: P A 1. Sabit bir gerilim altındayken (batarya bağlı iken), plakalar F A T arasına yyalıtkan bir malzeme yerleştirmiştir y ş ş (Ş (Şekil-a). ) hava

R D

.M

S U

hava

2. Batarya bağlı değilken, plakalarındaki yük sabit iken, plakalar arasına yalıtkan malzeme yerleştirmiştir (Şekil(Şekil b)). (25-26)

Şekil - a : Sabit V Gerilimi Altındaki Sığa : Plakalar arasında dielektrik malzeme yokken, plakalardaki yük q ve plakalar arasındaki potansiyel fark V olduğundan, kapasitörün sığası Chava  q / V ile verilir. Faraday, plakalar

M I IR

A L Y LE

D L YI

yerleştirdikten ş sonra,, plakalardaki p arasına dielektrik malzeme y yükün  çarpanı kadar arttığını gözlemiştir (q   q). q κq q Bu yeni durumdaki sığa: C    κ  κChava V V V Şekil - b : q Yükünün Sabit Olduğu Durumda Sığa :

v T

S U

D

M . R

D e

. R

A L Faraday, bataryadan izole edilimiş yükü sabit olan kapasitörün O Parasına dielektrik bir malzeme yerleştirdikten sonra, plakaları sonra A F arasındaki potansiyel farkın 1/ oranında azaldığını plakalar A T gözlemiştir ö l i ti (V   V /  ).

q q q Bu y yeni durumdaki sığa: ğ C     Chava V V /  V (25-27)

Bir bölge, dielektrik sabiti  olan yalıtkan bir malzeme ile tamamen kaplanmışsa,  0 terimini

M I IR

D L YI

içeren ç bütün elektrostatik eşitliklerde ş  0 yyerine

 0 yazılmalıdır.

A L Y E Örneğin, dielektrik birLortamda nokta yükün . R elektrik alan ifadesi: D 1 veq E . 4T  r A L O PDielektrik bir ortamda izele bir iletkenin 2

0

S U

D

M . R

A T

A F

dışındaki elektrik alan ifadesi: E

 .  0 (25-28)

Örnek : Plaka alanı A ve plakaları arası uzaklığı d olan paralel

M I IR

plakalı bir kapasitörün tam ortasına ortasına, plakalarla aynı yüzey alanına sahip, kalınlığı a olan yüksüz metal bir dilim konuyor.

D L b) Dilimin çok ince olması durumunda, sığanın içi hava dolu bir kapasitöre dönüştüğünü YI ve dilimin nereye konulduğunun önemsiz olduğunu gösteriniz. LA Y E iletken dilim eş-potansiyel Dilim iletken olduğu için içindeki elektrik alan sıfırdır. Dolayısıyla, L . yüzeydir. Dilimin dışında kalan bölgeler birbirine seri bağlı iki kapasitör gibi düşünülebilir: R D  A  C  e  v (d  a ) / 2   A 1 1 1 d a d a d a a ) a        C   T  A  C C C A 2 A 2 A  A d a C  L ( d  a ) / 2  O P A  A A b  ) a  0 durumda, C  lim  (plakaları arası hava dolu paralel plakalı kapasitör) F d a d A Dilimi, üst yüzeyi ile üst plaka arasındaki mesafe b olacak şekilde yerleştirirsek: T S b d ba d a  A 1 1 U1      C  (a şıkkı ile aynı sonuç bulunur) M  A  A  A C .C C d a R D aa) Kapasitörün yeni sığasını bulunuz.

0

1

0

eş

0

eş

2

1

0

eş

2

0

0

0

a0

eş

eş

1

2

0

0

0

0

0

(25-29)

Örnek : Paralel plakalı bir kapasitör, kenar uzunluğu l olan ve

M I IR

aralarında d mesafesi bulunan kare şeklinde iki paralel plakadan oluşmuştur. Şekilde gösterildiği gibi, dielektrik sabiti  olan bir dilimin x kadarlık bir bölümü plakalar arasındadır.

D L YI

a ) Kapasitörün sığasını bulunuz. b) Plakalar arasındaki potansiyel fark V ise, kapasitörde depolanan enerji ne kadardır?

A L Y Ekalan boş kısım, birbirine a ) Dilimin plakalar arasında kalan kısmı ile plakalar arasında L . paralel bağlı iki kapasitör gibi düşünülebilir: R D  lx  e C  v   l  l  d  C  C  C   x  l  x     1 x  l  T     l (l  x )  d d A C  L  d O P l A xA 0C   F d d A T x  l  C   l   A S d d U  l 1M .    1 x  l  V b ) U  C V  U   R 2d D 2 0

1

0

eş

1

0

2

0

2

2

eş

0

0

2

eş

2

eşş

0

0

0

2

(25-30)

Örnek : Alanı A ve aralarındaki mesafe d olan paralel iki metal

M I IR

plaka arasına, şekilde gösterildiği gibi, dielektrik sabiti  , kalınlığı d /3 ve plakalarla aynı yüzey alanına sahip olan dielektrik bir

D L YI

malzeme yerleştirilmiştir. yerleştirilmiştir Bu şekilde oluşan kapasitörün sığasını sığasını,

A L Y E birbirine seri bağlı Plakalar arasında dielektrikle dolu olan kısım ile boş olan kısım, L . iki kapasitör gibi düşünülebilir: R D  A  C  e d  1  d  1  2  d 1 1 1 2d v d / 3        2      T  A  C C C 3AA 3 A 3 A    3 A    C  L 2 d / 3  O P 3 A    C    d  2  1  FA A  A  3  T  1  C   C  C S 2 1 d     U M . R D

dielektrik malzeme konulmadan önceki sığa (C0 ) cinsinden bulunuz.

0

1

0

eş

2

1

2

0

0

0

0

0

eş

0

0

eş

0

(25-31)

Örnek : Alanı A ve aralarındaki mesafe d olan paralel iki metal

M I IR

plaka arasına arasına, şekilde gösterildiği gibi, gibi dielektrik sabitleri 1 ,  2 ve  3 olan dielektrik malzemeler yerleştirilmiştir.

D L YI

B şekilde Bu kild oluşturulan l t l kkapasitörün itö ü sığasını ğ bulunuz. b l

A L Y sabiti  kapasitörler gibi değerlendirilebilir. Bu birleşik bölge de, E dielektrik L bölge ile paralel bağlıymış gibi düşünülebilir. . R   A/2  D C  e  d v  1 1 1 T d d d       A / 2 A       C   C C L C   A   A  A     d /2  O P   A/2 C  d / 2  FA A  A  T    A   C   C  C  C   S     2 dU    d        M .  A        2    A R C  ;       1  C    D

Dielektrik sabitleri  2 ve  3 olan malzemelerle dolu bölgeler birbirine seri bağlı

1

1

olan

1 0

2

2 0

3

2

23

3

3

2 0

3 0

0

2

3

3 0

0

2

3

0

23

eş

2

0

eş

2

d 

1

1

23

3

2

2

1

2

1

3

2  2   3 

2

3

3

3

0



1

2

3

eş

d

(25-32)

Örnek : Eş-merkezli iki iletken küresel kabuktan içtekinin yarıçapı a,

M I IR

dıştakinin yarıçapı c' dir dir. Şekilde gösterildiği gibi gibi, kabuklar arasındaki a  r  b bölgesi dielektrik sabiti 1 olan bir malzeme ile, b  r  c

D L YI

bölgesi dielektrik sabiti  2 olan başka bir malzeme ile doldurulmuştur.

A L Y E birbirine seri bağlı iki Küreler arasında farklı dielektrik malzemelerle dolu olan kısımlar, L . kapasitör gibi düşünülebilir: R D ab  C  4  e cb 1 1 1 1 b  a c  b  bv a b  a    T      b  bc C C C A 4  ab b 4  bbc 4 b   a  c  C  4  L c  b  O  ac   ab  1 1   bc   ac P 1   c (b  a )   a ( c  b )    A     4 b  4 C   ac  b   ac F    A 4 T abc C  S  c (U b  a )   a (c  b ) M 4 abc 4 abc 4 ac . = R   1  C  = c (b  a )  a (c  b ) cb  abb ca D

Bu şekilde oluşturulan kapasitörün sığasını bulunuz.

1

1 0

2

2 0

eş

2

eş

2

0

2

1

1

1

1

1 0

2 0

1

2

0

2

1

2

1

0

1

2

2 0

eş

2

1

2

1

eş

0

0

0

(25-33)

ÖDEV : Yarıçapları a ve b olan iki metal kürenin

M I IR

merkezleri k l i arasındaki d ki uzaklık kl k d' dir di (d  a ve b). ) Şekilde gösterildiği gibi, kürelerin yükleri +Q ve Q ise, i sistemin i t i sığasını ğ bulunuz. b l

A L Y LE

D L YI

Gauss yasası kullanılarak, küre merkezlerinin bulunduğu düzlemde ve küreler arasındaki bölgede elektrik alan: kQ kQ E 2  (pozitif yükten negatif yüke doğru) 2 r (d  r ) Burada r , negatif yüklü kürenin merkezinden olan uzaklıktır. d a

V  V  V  



A L O

v T

d a     1 1 E  dl  kQ   2   dr cos180 2  r  d  r   b 

P

A   1 1  F 1 1  Q V  kQ     A       T d a b a d a         4 S U 4 4 Q C  M  . 2  1 1 2 V 1 1 R D  a  b  d  a   a  b  d  b

D e

. R

0

2  1 1     a b d a    0

0

(25-34)

ÖDEV : Paralel plakalı bir kapasitörün plakalarının kenar

M I IR

uzunlukları L ve W, W plakaları arasındaki mesafe ise d ' dir dir. Plakalar arasındaki bölge, şekilde gösterildiği gibi, köşeden kö köşeye çizilen i il hatla h tl ikiye bölünmüş bölü ü ve dielektrik di l kt ik sabitleri bitl i 1 ve  2 olan malzemelerle doldurulmuştur. Bu şekilde oluşturulan l t l kapasitörün k itö ü sığasını ğ bulunuz. b l dC1 

1 0Wdx 

d  y    2 0Wdx  dC2   y L

Ceş   0W  0



dx 1   2

d   1 2  1

v T

A L O W   P  d    d  xA FL  0

eş

1

1

2

1

1

 W  U  S    C  M  ln   d.         R D 1 2

D e

1 1 1 1 dy y  y d     ;    x L dCeş dC1 dC2  0Wdx  1 2 

A T

0

. R

A L Y LE

D L YI

2

L

  1  1   2  x  2  ln         2   1  1 2  L 0



 1   ; 1       2   

 Ceş 

 0W   2  

   0W  ln 1     d      d

(25-35)

Dielektrikler : Atomik Bakış

M I R I ayrılır. Polar dielektrikler, elektrik alan sıfır olsa bile D L I yapılarındaki yük dağılımlarının simetrik Y olmayışından A dolayı sıfırdan farklı dipol momente L sahiplerdir (H O). Y Elektrik alan sıfırken dipollerin E yönelimleri gelişigüzel L  . dağılım gösterir (Şekil (Şekil-a )).RDüzgün bir E dış elektrik alan D e b), minimum enerji durumuna uygulandığında (Şekilv   T k l k geldiği karşılık ldiği iiçin i U   p  E  di dipoller ll elektrik l k ik alanla l l A L O P edeler. Termal hareketlilik nedeniyle aynı y y yönde yyönelmeyi y tercih y A F gerçekleşemez. Ancak, bu kısmi yönelim bu yönelim tam A olarak T S kendisini oluşturan dış elektrik alanla zıt yönde bir iç elektrik alan U   M oluşturur. Bu nedenle, net elektrik alan E dışardan uygulanan E . R D alanından daha zayıftır. Dielektrikler, i l k ikl "polar l " ve "polar l olmayan l " diye di iki sınıfa f

2

0

0

(25-36)

Polar olmayan dielektrikler, elektrik alanın olmadığı

M I R I (Şekil-a ). Plakaları arasında düzgün elektrik alanının D  L I E olduğu paralel plakalı bir kapasitörünY p lakaları  A Lkoyarsak, arasına böyle bir dielektrik malzeme koyarsak E Y  E alanı kendisiyle aynı yönde yönelmiş L bir p elektrik . R dipol momenti indükler (Şekil(Şekil b ). ) Yönelen moleküller D ebir yük oluştu rmazlar. Ancak, dielektriğin içinde net v T dielektriğin plakalara yakın yüzeylerinde net bir yük A L O P bu yyükler,, dipolün birikimi oluşur. ş İndüklenen p negatif g ve ppozitif uçlarından ç A Foldukları plakanın yükü ile ters işaretlidir. Bu yükler, kaynaklanır ve yakın A   T S dielektriğin içinde E ile ters yönde bir E  elektrik alanı oluşturur (Şekil(Şekil c) U  M ve bunun sonucunda da, kapasitörün plakaları arasındaki net elektrik alan E . R daha D zayıftır (E  E /  ). durumda herhangi bir dipol momente sahip değildir

0

0

0

0

(25-37)

Dielektriğin Varlığında Gauss Yasası :

M I R bir I ifade edilir? Plakaları arası hava dolu olan paralel plakalı D L kapasitörün (Şekil-a ) plakaları arasındaki bölgede YI elektrik A alan, Gauss yasasından, L Y q q E E A E  L   A . R D ifadesine sahiptir. e v Aynı kapasitörün plakaları arası dielektrik sabiti  olan bir yalıtkanla tamamen dolu T A L (Şekil-b) ise, dielektriğin plakalara yakın yüzeylerinde indüklenen yük q olmak üzere: O q  q q P q E q  q A   EA  E   F A   A A T  q q S q  q    E  dA  U M  . R sonucu elde edilir. edilir D T Tamamen dielektrikle di l k ikl kaplı k l bir bi ortamda d Gauss G yasası nasıll

0

0

0

0

0

0

0

0

0

(25-38)

  q Dielektriğin varlığında Gauss yasası:      E  dA 

0

M I IR

D L Bu sonuç paralel plakalı kapasitör için türetilmiş olsa da, tüm diğer durumlar YI için de A doğru ğ ve geçerlidir. gç L Y E L . Not 1:: Akı ifadesi No ades dielektrik dee sab sabiti  ' y yı içermektedir. çe e edR. D Not 2 : Dielektriğin varlığında yazılan Gauss e yasasındaki q yükü kapasitörün yüküdür, v dielektrik malzemenin yüzeyindeTindüklenen yükle ilgisi yoktur yoktur. A L Not 3 : Gauss yüzeyinin her yerinde sabit olmayabileceği genel durumu düşünülerek, O P içine alınmıştır. dielektrik sabiti  A integral alınmıştır F A T S U M . R D (25-39)

BÖLÜM-26 Akım ve Direnç Bu bölüm kapsamında şağıdaki konulara yer verilecektir: • • • • • •

Elektrik akımı (i)  Elektrik akım yoğunluğu ( J )  Sürüklenme hızı (v d ) Bir iletkenin direnci (R) ve özdirenci (ρ) Ohm yasası, ohmik ve ohmik olmayan iletkenler Elektrik devrelerinde Güç

(26-1)

Elektrik Akımı : Soldaki ilk resimde (Şekil-a), içinde ve yüzeyindeki her noktanın aynı potansiyelde olduğu bir iletken verilmiştir. İİletkenin içindeki serbest elektronlar gelişigüzel hareket ettiklerinden, herhangi bir yönde net yük akışı yoktur. İletkenin belirli bir noktadan kesilip araya bir batarya k d ğ koyduğumuzu varsayalım l (Şekil(Ş kil b). Bu B son durumda d d A ve B noktaları arasında, batarya gerilimine eşit, VA  VB potansiyel ffarkı arkı oluşmuştur oluşmuştur. Artık durum statik değildir ve iletkenin içinde belirli bir doğrultuda net bir yük akışı vardır İletkendeki bu net yük akışına, vardır. akışına "elektrik akımı" denir.

(26-2)

Şekilde, bir bataryaya bağlı ve içinden akım geçen iletkenin bi parçası görülmektedir. bir ö ül kt di aa ; bb veya cc ile il gösterilen ö t il kesitlerden herhangi birisini ele alalım. Elektrik akımı i, ilgili kesitten birim zamanda geçen yük miktarı olarak tarif edilir. Başka deyimle, ilgili kesitteki yük akış hızı olarak bilinir. Matematik olarak: dq (C/s  amper, amper A) dt ifadesine sahiptir. i

Akımın Yönü : İletkenlerde akımın yönü okla (  ) gösterilir ve akımı oluşturan yüklü parçacıkların işareti ile şu şekilde ilişkilidir: 1. Akım positive yüklerin hareketinden kaynaklanıyorsa, yönü  yüklerin v hızı ile aynı yöndedir. yöndedir 2. Akım negative yüklerin hareketinden kaynaklanıyorsa, yönü  yüklerin v hızı ile ters yöndedir.

(26-3)

Akım Yoğunluğu : Akım yoğunluğu vektörel bir niceliktir ve büyüklüğü, büyüklüğü i J (A/m 2 ) A ile verilir. Akım yönüne dik olan birim kesitten geçen akım miktarı olarak tarif edilir ve elektrik akımı ile aynı yöndedir. Bir iletkenden  geçen toplam akım, akım yoğunluğu (J ) cinsinden:   i   J  dA ile verilir.

Akım yoğunluğu vektörel bir nicelik olduğu halde, akımın kendisi skaler bir niceliktir niceliktir. Yanda, Yanda bir elektrik devresinden bir parça verilmiştir. a noktasına gelen i0 toplam akımı, i1 ve i2 olam üzere ikiy ye ayrılmıştır. y ş Yükün korunumu gereği g ğ i0  i1  i2 olacaktır. Dikkat edilirse, toplam akımı bulmak için herhangi bir vektörel toplama işlemi yapılmamıştır. (26-4)

Örnek : Yükü 8.0 nC olan bir nokta yük, çembersel bir yörüngede 100 rad/s' lik bir açısal frekansla dönmektedir. Nokta yükün bu dönü hareketi nedeniyle oluşan akımı hesaplayınız. 2 2   2 f  = 0.02 s T = T 100 q 8.0  10 9 i= = 4.0  10 7 A  i= t 0.02

Ö Örnek : Kesit alanı 2 cm2 olan bir telden geçen yük q(t )  4t 5 +5t +6 C ile veriliyor. t  1 s anında telden geçen akımı ve teldeki akım yoğunluğunu bulunuz. dq  i (t )  20t 4  5  i (1)  25 A dt 25 i 5 2   1.25 10 A / m J  A 2  10 4

i

(26-5)

Örnek : Bir telden geçen akım i(t ) = 100sin(120 t ) ifadesine sahiptir. Burada, t saniye cinsinden ve akım amper cinsindendir. t = 0 ile t = 1/240 s arasında telin kesitinden geçen toplam yük miktarını bulunuz. Akımı oluşturan yüklü parçacıklar elektronlarsa, bu kadar sürede telin kesitinden kaçç tane elektron ggeçmiştir? ç ş

dq i  dq  idt  100 sin(120 t ) dt dt 1/ 240 1 1/ 240 q   100 sin(120 (  t ) dt  100 (  t ) 0 cos(120 120 0

  5  2 618 C  cos 2  1  6 = 2.618 2.618 19 9 N e  2.618 2 618 C  N   1.64 1 64  10 tane elektron. elektron  19 1.6  10

5 q 6

(26-6)

Sürüklenme Hızı (vd ) : Bir iletkenden Bi il tk d akım k geçmesi, i elektrik l kt ik alanın l etkisiyle tki i l yüklerin ükl i belirli bir yönde akması anlamına gelir. Bu akış, "sürüklenme  hızı" dediğimiz ortalama bir vd hızıyla gerçekleşir. hızı gerçekleşir Yükler iletken içinde gelişigüzel hareket etmeye devam ederken, aynı zamanda da sürüklenirler.

Şekilde kesit alanı A olan bir iletken verilmiştir. Akımı oluşturan yüklü parçacıkların elektronlar ve iletkenin birim hacmindeki serbest elektron sayısının y da n olduğunu ğ varsayalım. İletkenin L uzunluğundaki bir parçasındaki toplam yük: q   nAL  e ile verilir ve bu bölgedeki tüm yük t  L / vd kadarlık bir sürede A kesitinden geçer. Bu durumda iletkenden geçen akım ve iletkendeki akım yoğunluğu: i

i nAvd e q nALe   nAvd e ; J    nevd  A A t L / vd

Akım yoğunluğu Ak ğ l ğ il ile elektronların l k l hhızı ters yönlü ö lü olduğundan ld ğ d   J  nevd şeklinde yazılır.

(26-7)

Örnek : Kesit alanı 3.31106 m 2 olan bakır bir telden 10 A şiddetinde akım geçmektedir. Her bir bakır atomunun elektronlarından sadece birisi akımın oluşumuna katkı verdiğine ve bakırın yoğunluğu 8.95 g/cm3 olduğuna göre göre, elektronların sürüklenme hızını hesaplayınız hesaplayınız. (Bakırın molar kütlesi: 63.5 g/mol). m 63.5 1 mol bakırın hacmi: V  = =7.09 cm 3 d 8.95 1 moll bakırda b k d 66.02 02  10 23 tane bakır b k atomu olduğuna ld ğ göre, ö elektron yoğunluğu: 6.02  10 23 28 3 n   8.49 10 elektron/m 7.09  10 6 J I 10 vd    ne neA  8.49  10 28   1.6  10 19    3.31  10 6  vd  2.23  10 4 m / s (26-8)

Direnç : Bir iletkenin iki ucu arasına, şekildeki gibi, V potansiyel farkı uygulanırsa o iletkenden i akımı geçer. Direnç, bir iletkenin içinden geçen akıma, başka deyimle içindeki yük akışına karşı gösterdiği tepki ya da karşı koyuşun bir ölçüsüdür. M atematik olarak: V R (V/A  ohm,  ) i eşitliği ile verlir. Elektrik devrelerindeki sembolik gösterimi şekil-b'de verilmiştir.

Özdirenç Ö d e ç ( ) : Durgun elektriğin tersine, iletkenin içinde elektrik alan artık sıfır değildir. İletkenin içindeki elektrik alan iletkendeki akım yoğunluğu ile doğru oratılıdır ve orantı sabitine   de o iletkenin "özdirenci" denir (E   J ). SI sistemindeki birimi:   E  V/m V  E  J       m    m . 2 J  A/m A  (26-9)

İletkenlik ( ) : İletkenlik özdirencin tersidir (  1 /  ) ve birimi (  m) 1 ' dir. Bir iletkenin elektriği ne kadar iyi ilettiğinin bir ölçüsüdür. Elektriği iyi iletebilen malzemelerin iletkenlikleri de o denli büyüktür.

Böylece, akım yoğunluğu ile elektrik alan arasındaki eşitlik, Böylece eşitlik iletkenlik cinsinden, cinsinden   J E formunda da yazılabilir. yazılabilir Yukarıdaki iletkenin içindeki elektrik alan ile iletkendeki akım yoğunluğu birlikte değerlendirilirse, bir iletkenin direnci (R) ile özdirenci ( ) arasında arasında, V E  E V/L V A A L  R    i J i/ A i L L J  A  ile verilen bir ilişki olduğu ortaya çıkar.

L  R= ρ A

(26-10)

Örnek : Kesit alanı 2.00 104 m 2 ve uzunluğu 10.0 cm silindirik bir aliminyum telin direncini hesaplayınız. hesapla ını A Aynı nı boyutlara bo tlara sahip, sahip ööz-direnci direnci 3.00 3 00 1010   m olan cam bir silindir için yukarıdaki hesabı tekrar yapınız. ( Al  2.82 108   m) R

L A

R Al   Al 

  5  1.41  10       L 0.1   13   3.00 3 00  1010   1 1.50 50  10   4  A  2.00  10 

L 01 0.1   2.82  10 8  4 A  2.00  10

Rcam   cam

Örnek : Yarıçapı 0.321 0 321 mm olan nikromdan yapılmış telin birim uzunluğunun direncini hesaplayınız. 1 m uzunluğundaki nikrom telin uçları arasınan 10 V' luk bir potansiyel fark uygulanırsa uygulanırsa, teldeki akım ne olur? ( Ni Cr  1.15 1 15 106   m) A   r    0.321  10 2



3 2

 3.24  10 7 m 2

R  1.5  10 6    4.6  /m 7 L A 3.24  10 V 10   2.2 I 22A R  4.6  (1)

(26-11)

Örnek : Farklı malzemelerden yapılmış, kenar uzunluğu 3 mm olan kare kesitli iki tel şekildeki gibi birleştirilmiştir. Birinci tel 25 cm uzunluğunda ve öz-direnci 4 105   m, iki i i ise ikincisi i 40 cm uzunluğunda l d ve öz-direnci di i 6 105   m'dir. di Birleşik telin toplam direncini hesaplayınız. L 0.25 10   4  10 5   3 2 A 9  3  10    0.40 24 L RB   B  6  10 5   2 A  3  10 3  9  RA   A

R

L A



Teller birbirine eklendiği için, toplam direnç: R  R A  RB 

10 24 34    3.78  9 9 9

(26-12)

Örnek : Şekilde, iç iletkeninin yarıçapı a  0.5 cm, dış iletkeninin yarıçapı b  1.75 cm ve uzunluğu L  15 cm olan koaksiyel bir kablo verilmiştir. Koaksiyel kablolar, akım kablo boyunca akacak şekilde tasarlanırlar. İletkenler arası bölge, akım kaçaklarını önlemek için tamamen silikonla kaplanır. kaplanır İki iletken arasındaki silikonun direncini hesaplayınız. İletkenler arasına 12 V' luk bir potansiyel fark uygulanırsa, kaçak ç akım miktarı ne kadardır? ( Si  640   m)) Kablodaki kaçak akım yönü radyal doğrultudadır. Yani, iç iletkenden dış iletkene doğrudur. Kablo ile aynı eksenli ve aynı boyda, yarıçapı r ve kalınlığı dr olan silindirik bir kabuğun direnci: dr L  dR   A 2 rL ifadesine sahiptir. Dolayısı ile silikonla kaplı bölgenin toplam direnci ve kaçak akım: R

dr  dr  640 b  1.75  R     ln  R  ln      851   2 rL 2 L a r 2 L  a  2 (0.15)  0.5  a b

b

12 V   14.1 mA R 851 olarak bulunur. I

(26-13)

Örnek : Şekilde öz-direnci  , uzunluğu L, iç yarıçapı ra ve dış yarıçapı rb olan silindirik bir kabuk verilmiştir verilmiştir. Silindirin iki ucu arasına gerilim farkı uygulandığında, akım silindir ekseni boyunca akmaktadır. Bu uçlar arasında silindirin direncini bulunuz. akmaktadır. Silindir ile aynı eksenli ve dL uzunluğundaki bir kesitin direnci: L dL R  dR   A  b2  a 2  ifadesine sahiptir. Silindir ekseni boyunca bu dirençleri üst üste toplarsak, toplam direnç: dL  L R   dL   2 2 2 2  2 2  b a  b a b a           0 0 L

L

olarak bulunur.

(26-14)

Örnek : Şekilde, ön yüzeyinin (A) kesiti aw, arka yüzeyinin kesiti bw olan L uzunluğuna ve  öz-direncine öz direncine sahip bir cisim verilmiştir. Bu cismin A ve B yüzeyleri arasındaki direncini bulunuz. A yüzeyine paralel ve x kadar uzakta, kalınlığı dx olan bir plakanın direnci: L dx  dx ba ya R  dR    ;  L x A wy w  b  a  x  a   L   ifadesine sahiptir. A yüzeyinden B yüzeyine kadar bu dirençleri üst üste toplarsak, rsak toplam direnç:



L

dx L  b  a   L b  x  a  ln ln      w 0  b  a  w  b  a    L  w b  a   a 0 x  a    L  olarak bulunur. R

L

(26-15)

ÖDEV : Şekilde, tabanının yarıçapı b ve tavanının yarıçapı a olan h yüksekliğine ve  öz öz-direncine direncine sahip kesik koni şeklinde bir cisim verilmiştir. Bu cismin tavanı ile tabanı arasındaki direncini bulunuz. Tavan yüzeye paralel ve z kadar uzakta, kalınlığı dz olan bir plakanın direnci:  L dz dz ba ya  R  dR    ; 2 2 y   b  a  L z A   L  z  a     ifadesine sahiptir. Tavan yüzeyinden taban yüzeyine kadar bu dirençleri üst üste toplarsak, dirençleri toplarsak toplam direnç: L

   L dz L  1 L   R    2  b a  0  b  a    ab  b a        z a   L   L  z  a   0    olarak bulunur.

(26-16)

Özdirencin Sıcaklıkla Değişimi :

Ş kild bakırın Şekilde b k ö di özdirencinin i i sıcaklıkla kl kl nasıl değiştiği verilmiştir. Bu değişim neredeyse çizgiseldir ve birçok iletken için ç benzerdir. Birçok pratik uygulamalarda, özdirencin sıcaklığa bağlılığı matematiksel olarak, l k

  0 1   T  T0   bağıntısı ile verilir. Buradaki  sabitine "özdirencin sıcaklık katsayısı" ğ ((293 K)) ve 0' da iletkenin oda denir. T0 kelvin cinsinden oda sıcaklığı sıcaklığındaki özdirencidir. Örneğin, bakırın oda sıcaklığındaki özdirenci: o  1.69 1 69 108   m' dir. dir (26-17)

Örnek : Bir ampülün içindeki tungsten telin direnci, ampül yanmıyorken (T0 = 20 o C) 19 , yanıyorken anı orken 140 ' ddur. r Ampül yanıyorken anı orken sıcaklığı ne kadardır? ( tungsten = 4.5 103 ).    0 1   T  T0   ; R   R  R0 1   T  T0    R 1  1   T0 T  R  0 



L A

1  140   1  20  1435 o C T  3 4 5  10  19  4.5

(26-18)

Ohm Yasası :

Şekil-b' de bir direnç üzerinden geçen i akımının, direncin uçları arasındaki V potansiyel farkına bağlı değişimi verilmiştir. Akım-gerilim (i -V eğrisi) karakteristiği denilen bu eğri, orijinden geçen bir doğrudur. Bu tür iletklenlere "Ohmik" iletkenler adı verilir ve ohm yasasına uyarlar. l Tanım T olar l akk ohm h yasası: "Bir Bi iletkenden il tk d geçen akım, k sabit bit bir bi sıcaklıkta, kl kt iletkenin iki ucu arasındaki potansiyel farkla doğru orantılıdır". Her iletkenohm yasasına uymaz Bu tür iletkenlere "Ohmik olayan" iletkenler diyoruz. uymaz. diyoruz Örnek olarak olarak, şekilşekil c' de yarı-iletken bir diyotun akım-gerilim karakteristiği verilmiştir. Görüldüğü gibi V / i ( R) oranı sabit değildir. Üstelik, gerilim ters çevrildiğinde diyot akımı iletmez. (26-19)

Ohm Yasasına Mikroskopic Bir Bakış: Neden N d bbazı cisimlerin i i l i ohm h yasasına uyduğunu d ğ anlamak l k için, iletimin nasıl gerçekleştiğine atomik düzeyde bakmak gerekir Örnek olarak gerekir. olarak, bakırda iletimin nasıl gerçekleştiği yandaki şekilde gösterilmiştir. İletken içindeki serbest elektronların gelişigüzel hareketleri yaklaşık olarak 106 m/s mertebesindeki hızlarla olur ve sürekli olarak bakır atomlarıyla y ççarpışırlar. pş

Serbest elektronun bir iletken içindeki A ve B noktaları arasında izlediği yol  yukarıdaki k d ki şekilde kild grii kesikli k ikli çizgilerle i il l gösterilmiştir. ö t il i ti Düzgün Dü ü bir bi E elektrik l kt ik alanı uygulandığında, elektronun izlediği yol ise aynı şekil üzerinde yeşil renkte kesikli çizgilerle gösterilmiştir. gösterilmiştir Elektriksel kuvvetin etkisiyle etkisiyle, elektron sağa doğru küçük bir vd sürüklenme hızı kazanmış ve B noktasına ulaşmıştır.

(26-20)

İletken içindeki serbest elektronlardan sadece birini düşünelim. Ardışık çarpışmalar arasında geçen ortalama süre  olsun. Üzerinde etkiyen elektriksel kuvvet elektron ivme kazanır: F eE F  eE  a   m m Her çarpışmada elektronun tüm kinetik enerjisini kaybettiğini varsayarsak, elektronun sürüklenme hızı, eE vd  a  ((Eş-1) ş ) m olur. J akım yoğunluğuna sahip bir iletkende elektronların sürüklenme hızı, J J  nevd  vd  (Eş 2) (Eş-2) ne eşitliği ile verilir. Bu iki eşitlik birleştirilirse, J eE  m    E  2 J ne m  ne   sonucu elde edilir. Bu son eşitlikten: m E  J    2 ne  bağıntısı elde edilir. Eğer  elektrik alana bağlı değilse, iletkenin özdirenci değişmez ve ohm yasası ile uyumludur. vd 

(26-21)

Elektrik Devrelerinde Güç: Şekilde verilen elektrik devresini düşünelim. Bir cihazın (direnç, motor, ...) a ve b uçları arasına batarya ile V gerilimi uygulanmıştır. Devreden geçen i akımı nedeniyle cihazın bir ucundan diğerine diğ i dt d kadarlık k d l k bir bi zamanda d dq d  id idt kadar k d bir yük geçer. Potansiyel enerjideki azalma dU  Vdq  Vidt kadardır. Bu enerji batarya tarafından cihaza aktarılır. Bataryadan y cihaza enerji j aktarılma hızı "g güç" olarak tanımlanır ve dU Vidt P   P  iV (V  A  watt, t W) dt dt ifadedine sahiptir. Ohmik bir direnç üzerinde açığa çıkan güç ifadesinde V  iR eşitliği kullanılarak P  iV  i 2 R  V 2 / R olarak yazılabilir.

(26-22)

Örnek : Direnci 8  olan nikrom bir telin uçları arasına 120 V' luk bir poatnsiyel i l fark f k uygulanarak l k bir bi elektrik l k ik ısıtıcısı yapılıyor. l T Telden ld geçen akımı ısı üretilme hızını bulunuz. V 120   15 A R 8 P  i 2 R  (15) 2  8  1800 J/s

i

Örnek : 240 V' luk bir gerilim altında çalışan ve 20 A akım çeken bir fırında 4 saat boyunca pişirilen bir yemek için ödenecek elektrik parası ne kadardır? (elektriğin kW-saat' i 15 kuruştur). P  iV  20  240  4800 W  4.8 kW Enerji  W  P  t  4.8  4  19.2 kW-saat Tutar  19 19.22  15  288 kuruş  2.88 2 88 TL

(26-23)

M I IR

BÖLÜM-27 BÖLÜM 27 Devreler

A L Y LE

Bu bölümde aşağıda listelenen konulara değinilecektir:

. R

D L YI

Elektromotor kuvvet (emk) Gerçek ve ideal emk kaynakları Kirchhoff’ un çevrim kuralı Kirchhoff’ un kavşak kuralı Kirchhoff Çok halkalı devreler Seri bağlı dirençler Paralel bağlı dirençler Bir kapasitörün dolması ve boşalması, RC devresi

S U

M . R

A T

A F

P

A L O

v T

D e

D

(27-1)

Bir iletkende akımın sürekli olması için, iki ucu arasına potansiyel

M I Rucu I olarak bir ucundan diğerine yük pompalar. Bir iletkenin iki D L I cihaza arasında sürekli bir potansiyel fark oluşturmaya yarayan Y "emk kaynağı" adı verilir. Bir üretecin emk' sı, elektromotor kuvvet A L Y kaynağı tarafından yük taşıyıcıları üzerine birim yük başına yaptığı iş ( = dW / dq) E L . olarak tanımlanır. Birimi J/C veya volt' tur. Batarya, pil, akü birer emk kaynağıdır. R D Bu cihazlar sanki bir "yük pompası" gibi çalışırlar. Potansiyelin düşük olduğu uçtan e v potansiyelin yüksek olduğu uca doğru sürekli olarak yük pompalarlar. Aşağıdaki T A şekilde, sistemin mekanik eşdeğeri verilmiştir. Buradaki pompa, suyu alçaktaki bir L O depodan p P yyüksekteki başka ş bir depoya p y pompalamaktadır p p ve A Felektrik devresindeki emk kaynağına karşılık gelir. Depolar A T arasındaki boru elektrik devresindeki direnci, depolar da S U direncin yüksek ve düşük potansiyele sahip uçlarını temsil M . etmektedir. R D fark uygulamak gerekir. İletken içinde oluşan elektrik alan, sürekli

(27–2)

Bir emk kaynağının kutbu, bir ucunda küçük çember olan bir okla gösterilir. Okun yönü kaynağın negatif ucundan pozitif

S U

M . R

A T

M I R I ucuna doğrudur. Bir devreye bağlandığında, kendiD içindeki L I pozitif yükler negatif uçtan pozitif uca doğruY akar ve devrede A yyaparken yük akışı ş oluşmasına ş sebepp olur.LBunu p dq q de bir y Y E bir iş yapar. Kaynağın yükü üzerinde dW  dq ile verilen L . batarya olması durumunda,Rgerekli enerji batarya için içindeki deki D kimyasal reaksiyonlardan; jeneratör olması durumunda, mili e v T çeviren mekanik kuvvetten; güneş pili olması durumunda da A L güneşten sağlanır. Yandaki devrede, B kaynağında depolanmış O P enerji form değiştirir. kimyasal değiştirir Bir kısmı motorda mekanik A F enerjiye, bir kısmı direnç üzerinde ısıya ve kalan kısmı da A ka nağında kimyasal kaynağında kim asal enerji enerjiyee dönüşür. dönüşür

D

(27–3)

Yandaki devrede (Şekil-a), R direnici bir emk kaynağının a ve b uçlarına bağlıdır. İdeal Batarya :

S U

M . R

M I IR

D L YI

A L Y E L a ve b uçları arasındaki V gerilimi, üzerinden geçen i akımına . b ğl ddeğilse bağlı ğil emkk kaynağı k ğD idealdir id Rldi (V  ) denir i (Şekil(Ş kil b). ) e v T A Gerçek Batarya: L O P A F b uçları arasındaki V gerilimi, üzerinden geçen i akımıyla a ve A T azalıyorsa emk kaynağı gerçektir (V    ir) denir (Şekil-c). ) Bu ifadedeki r, emk kaynağının "iç direnci" dir.

D

(27–4)

Tek Halkalı Bir Devredeki Akım:

M I IR

Şekilde tek halkalı bir devre verilmiştir. Kaynağın ideal ve bağlantı p olduğunu ğ varsayalım. y kablolarının ihmal edilebilir dirence sahip

D L I Y Devrede saat ibreleri yönünde bir i akımı akar. A L Y E L dt kadarlık bir zamanda devreden dq  idt kadarlık bir yük akar. Bu durumda batarya . R d  ddq  idt dW d ifadesi if d i ile il verilen il bir bi iş i yapar. Enerjinin ji i korunumu k gereğii bu b enerji ji D e direnç üzerinde ısı enerjisi olarak açığa çıkar: v T A L idt  Ri dt    Ri   iP RO 0 A F A Bu son eşitlik, Kirchhoff' un çevrim kuralı olarak bilinir. Daha açık bir ifadeyle; T S "Bir elektrikUdevresindeki herhangi bir çevrim boyunca tüm elemanlar M potansiyel değişimlerinin toplamı sıfırdır". üzerindeki . R D tarif edilebilir. şeklinde 2

(27-5)

Örnek : İç direnci r = 0.25  ve emk' sı  = 13 V olan bir batarya,

M I IR

R = 3 ' llukk bir bi direncin di i uçlarına l b ğl bağlanmıştır. t a ) Devreden geçen akımı ve bataryanın çıkış gerilimini b) Bataryanın devreye sağladığı gücü, dirençler üzerinde birim zamanda açığa çıkan ısı enerjisini hesaplayınız.

D e

. R

A L Y LE

D L YI

 13 a ) i   4A r  R 0.25  3 V = iR = 4  3  12 V veya V =   ir i = 13  4  0.25 0 25  12 V b  ) Pbatarya  i  4  13  52 W

P

A L O

v T

A P = i R =  4  F 3  48 W A T S P =i U r =  4   0.25 0 25  4 W M . R 2

2

R

2

2

r

D

(27-6)

Örnek : İçç direnci r ve emk' sı  olan bir batarya, y , şşekildeki gibi R direncinin uçlarına bağlanmıştır. Hangi R direncinde, g ç maksimum olur? üzerinden ççekilen güç

Pi R 2

  2R i P 2 rR r  R  

v T

D e

. R

A L Y LE

M I IR

D L YI

2  r  R  2 r  R  R   dP 2  =0   = 0  r  R   2R  0  R  r 4 dR r  R  

Pmax 

 2R

. R

D

A T

r  RS  Rr

U M

2

A F

2  4r

P

A L O

(27-7)

Direnç Kuralı :

V  iR

V  iR

V  

A F

A T

V    S U

M . R

M I R I ediyorsak, direnç üzerindeki potansiyel değişimi: D L V  iR YI Aters yönde hareket Bir direnç üzerinden geçen akımla L Y ediyorsak, direnç üzerindeki potansiyel değişimi: E L V  iR . R D e: v EMK Kuralı T İ İdeal bir kaynak üzerinde, emk'' nın yönünde ö ü hareket A L ediyorsak, kaynak üzerindeki potansiyel değişimi: O PV  

Bir direnç üzerinden geçen akımla aynı yönde hareket

İdeal bir kaynak üzerinde, emk' nın tersi yönde hareket ediyorsak, di k kaynak k k üzerindeki ü i d ki potansiyel t i l ddeğişimi: ği i i V  

D

(27-8)

M I IR

D L YI

A L Ş kil a' da Şekild verilen il ddevreyii ele l alalım. l l Batarya, r iç i dirençli di li Y gerçekk bir bi bataryadır. b d E L tam bir tur atarak Bu çevrim için, a noktasından başlar ve saat ibreleri.yönünde R Kirchhoff' un çevrim kuralını uygularsak: D e v    ir  iR  0  i  T Rr A L buluruz. O P A F b noktasına saat ibreleri yönünde giderken çevrimin A Şekil-b' de, a noktasından T S h noktasındaki her k d ki V potansiyeli i li çizilmiştir. i il i i Batarya üzerinde i d negatif if uçtan pozitif i if U M için, V potansiyel değişimi pozitiftir. Akımla aynı yönde hareket uca gittiğimiz . R ettiğimiz D için, her iki direnç üzerindeki V potansiyel değişim negatiftir. (27-9)

Örnek : Şekilde iki batarya ve iki dirençten oluşan tek halkalı bir devre verilmiştir. Bataryaların iç direçleri ihmal edilebilir. Devreden geçen akımı, dirençlere aktarılan güçleri ve 12 V' luk bataryanın devreye sağladığı gücü hesaplayınız.

M I IR

D L YI

A L Y E 6 L12 1  V  0    8 I    10 I  0  I R.18   3 A D Negatif işaret, akımın ters yönde aktığını göstermektedir. e v 8 AT  1 P  I R      8  L0.89 W 9 O  3 P 10  1 FA P  I R    A  10   1.11 W 9 T 3  S U 1 M P .I      12  4 W 3 R D 1

2

2

2

1

R1

2

2

2

R2

2

2

(27-10)

Çok Halkalı Devreler:

M I R I ve bd olmak üzere üç kolludur. Her koldan geçenDakıma bir L I isim verilir ve keyfi bir yön seçilir. YapılanYişlem sonucunda ABu durum bize, ilgili akım için negatif g bir değer ğ bulunabilir. g L Y E seçtiğimizi bildirir. akımın yönünü başlangıçta yanlış L . R Yukarıdaki devrede bad, bad bdc ve bd kollarından geçen akımlara sırasıyla D e seçilen yönler devre üzerinde i , i ve i isimleri verilmiş ve akımlar v için gösterilmiştir. ö il i i b ve d noktaları k l birer biATkkavşaktır. k Yükün ü kkorunumu gereği, ği L O d noktasına gelen i ve i akımlarının toplamı i akımına eşittir (i  i  i ). P A Bu, Kirchhoff' un kavşak kuralı olarak bilinir ve daha açık bir ifadeyle; F A "Bir kavşağa gelen akımların toplamı, o kavşağı terkeden akımların T S toplamınaUeşittir". M . şşeklinde tarif edilir. R D Şekilde iki halkalı bir devre verilmiştir. Bu devre bad, bdc

1

2

3

1

3

2

1

3

2

(27-11)

Devredeki i1 , i2 ve i3 akımlarını belirlemek için üç

M I R I d noktasına uygulanan kavşak kuralındanD bulunur: L I i i i (Eş-1) Y A L Diğer iki tanesi de, bad ve bdc halkaları için saat ibrelerinin tersi yönünde Y E hareket edilerek Kirchhoff' un çevrim kuralının uygulanmasıyla bulunur: L . bad için:   i R  i R  0 (Eş-2)R D e bdc için:  i R  i R    0 (Eş-3) v Tö ü ü d devredeki Ü bilinmeyenli Üç bili li bu b üç ü denklemin d kl i Açözümünden, d d ki i , i ve i akımları k l L bulunabilir. Herhangi bir akımın değerinin negatif bulunması, ilgili akım için O P başlangıçta seçilen yönün yanlış olduğu anlamına gelir. abcd halkası için de A F A çevrim kuralı uygulanarak dördüncü bir eşitlik daha bulunabilir. Ancak, bu T S yeni bir bilgi vermez. Bu yeni eşitlik, yeni eşitlikU bize M  i R i R   0 abcd. için: (Eş-4) R Dverilir ve Eş-2 ile Eş-3' ün toplamından başka birşey değildir. ile denkleme ihtiyacımız vardır. Bunlardan birincisi,

1

1

1 1

3

3

3

2

3

2

3

2

2

1

1

1 1

2

2

2

3

2

(27-12)

Örnek : Yanda verilen devrenin kollarından geçen

M I IR

I1 , I 2 ve I 3 akımlarını, k l Ki Kirchhoff' hh ff' un çevrim i ve kavşak k k kurallarını kullanarak bulunuz.

A L Y LE

D L YI

Kirchhoff un çevrim ve kavşak kurallarından, Kirchhoff' abcf halkası için: 12  I1  3 I1  5 I 2  I 2  4  0  2 I1  3 I 2  4

. fcde halkası için: 4  I  5 I  8 I  0  3 I R4 I  2 (Eş-2) D e c kavşağı için: I  I  I (Eş-3) v Eş 1 ve Eş-2' Eş-1 Eş 2' den, den I ve I çekilipA Eş-3' EşT3' te yerine konursa konursa, L 6 17 11 O AI  A A I  I  P 13 13 A 13 F başlangıç yönleri doğru, I akımının başlangıç bulunur. I ve I akımlarının A T S yönü önü ise ters seçilmiştir seçilmiştir. U M . R D 2

1

2

1

2

1

1

3

2

3

2

(Eş-1)

3

3

3

3

2

(27-13)

M I IR

ÖDEV : Kirchhoff' un çevrim ve kavşak kurallarını kullanarak, yanda verilen devredeki tüm dirençlerden geçen akımları k l bulunuz. b l

. R

D e

A L Y LE

D L YI

ÖDEV : Kirchhoff' un çevrim ve kavşak v kurallarını

T A

kullanarak yanda verilen devredeki tüm dirençlerden kullanarak,

L geçen akımları bulunuz. 200O ' luk direncin uçları P arasındaki d ki potansiyel i l ffarkı k hhesaplayınız. l A F A T S U M . R D

(27-14)

Bir Devrede İki Nokta Arasındaki Potansiyel Fark :

M I IR

Şekildeki Şek ildeki tek halkalı devreyi ele alalım. alalım b ve a noktaları arasındaki Vb  Va potansiyel farkı,

D L k d b noktasına k h kI ederken, hareket d k   a noktasından Y   V  V   tüm elemanlar üzerindeki A V potansiyel  L  değişimlerinin toplamıY    E L . işlemiyle bulunur. R D a noktasını b noktasına bağlayan iki farklıeyol bulunmaktadır. V  V potansiyel v T farkını her iki yönde de hareket ederek bulabiliriz: A L Saat ibreleri yönünde : V  V    ir O P S t ibrelerinin Saat ib l i i ter t sii yönünde ö ü d : V  V  iR A F A Not -1 : Bu devreTiçin Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa,   ir  iR  0 S bulunur. Bu da,   ir  iR anlamına gelir. U M Not - 2.: İki nokta arasındaki potansiyel fark yoldan bağımsızdır. R D b

a

b

b

a

b

a

a

(27-15)

Örnek : Şekilde iki halkalı bir devre verilmiştir. Devredeki kollardan geçen I1 , I 2 ve I 3 akımlarını bulunuz. a ve c noktaları arasındaki potansiyel farkını (Vca  Vc  Va ) üç farklı yolu takip ederek hesaplayınız.

M I IR

D L YI

A L Y LE (Eş-1)

Kirchhoff' c o un u çevrim çev ve kavşak avşa kurallarından, u a a da , abcd halkası için: 10  6 I1  2 I 3  0  3 I1  I 3  5

. bcfe halkası için: 10  6 I  14  4 I  0  3 I R 2 I  12 (Eş-2) (Eş 2) D c kavşağı için: I  I  I (Eş-3) e v Eş-1 Eş 1 ve Eş Eş-2' 2 den, den I ve I çekilip Eş Eş-3' 3 te yerine konursa, konursa T A L 1A I  2 A  I  3 A  I  O P yönü doğru bulunur I akımının başlangıç bulunur. doğru, I ve I akımlarının başlangıç A F yönleri ise ters seçilmiş. A T adc yolu: V  2SI  V  V  V  2 I  2( 1)  2 V U abc yolu:M V  10  6 I  V  V  V  10  6 I  10  6(2)  2 V . abefcR D yolu: V  4 I  14  V  V  V  14  4 I  14  4(3)  2 V 1

1

2

2

3

3

1

3

c

1

a

a

2

3

2

a

1

3

2

1

2

2

c

c

a

3

c

c

1

a

c

a

2

(27-16)

Örnek : Şekilde iki halkalı bir devre verilmiştir. be kolundan geçen I 3

M I IR

akımı 2 A olduğuna göre göre, diğer kollardan geçen I1 ve I 2 akımını, akımını af kolu üzerindeki bataryanın emk' sını bulunuz. a ve d noktaları arasındaki potansiyel farkını (Vda  Vd  Va ) üç farklı yolu takip ederek hesaplayınız hesaplayınız. Kirchhoff' un çevrim ve kavşak kurallarından, befa halkası için:  5 I 3    2 I 2  0    2 I 2  10

. R

A L Y (Eş-1) LE 5

bedc halkası için:  5 I 3  15  7 I1  0  7 I1  15  10  I1  b kavşağı için: I1  I 2  I 3  2 (Eş-2)

A L O

v T

D e

7

D L YI

A

5 9 I1' iin ddeğeri ğ i Eş-2' E 2' dde kkullanılırsa: ll l I1  I 2  2  I 2  2  ( )  A 7 7 9 88   2 I 2  10    10  2(( )  V bulunur. 7 7 9 88 afed yolu: Va  2 I 2    Vd  Vd  Va  2( )   10 V 7 7 abed yolu: Va  5 I 3  Vd  Vd  Va  5(2)  10 V

S U

A F

A T

M . abcd R yolu: V  7 I  15  V D a

1

d

P

5  Vd  Va  7( )  15  10 V 7

(27-17)

Eşdeğer Direnç:

M I Yanda, birbirine farklı şekilde bağlanmış üç adet R I D

dirençten oluşmuş bir devre verilmiştir. verilmiştir Üç adet L I

Y eşdeğer direnç içeren bu gruba elektriksel olarak A

L Y tek bir direnç  R  bağlayabiliriz. Bunun anlamı, E L . şşekil-a' da dirençç grubunun g R uçları ç arasına uygulanan yg D V gerilimi, şekil-be' deki R direncinin uçları arasına v T aynı i akımını sağlar uygulanırsaAbatarya sağlar. Başka bir L O P (R , R , R ) ve eşdeğer direnç (R ) kapalı deyimle üçlü dirençAgrubu deyimle, F A kutular içine alınırsa, bu devrelerde yapılacak elektriksel ölçümlerle T S bunları birbirinden ayırd etmek imkansızdır. U M . R D eş

eş

1

2

3

eş

(27–18)

Seri Bağlı Dirençler :

M I R I Bu dirençlerden aynı i akımı geçer. Üzerlerindeki gerilimlerin D L toplamı kaynağının gerilimine eşittir (V  V +VY=I ). Şekil-b'de A ğ ı üçç dirence eşdeğer ş ğ tek dirençli ç bir devre verilmiştir. ş seri bağl L Y Ea seçilir ve saat ibreleri Her iki devre için de, başlangıç noktası L . R yönünde Kirchhoff' Kirchhoff un çevrim kuralı uygulanırsa: D e v  T  A   iR  iR  iR  0  i  L RO R  R   R  R R R P    iR  0 F A i  R A T S b l bulunur. n tane di direncin i serii bbağlanması ğl d durumunda d iise eşdeğer d ğ direnç: di U M . R R   R  R  R  ...  R ifadesine sahip olur. D Şekil-a' da, seri bağlı üç dirençten oluşan bir devre verilmiştir.

1

1

2

2

3

3

1

2

3

eş

1

2

3

eş

eş

n

eş

i 1

i

1

2

n

(27-19)

Paralel Bağlı Dirençler :

M I R ( ), verilmiştir. Dirençlerin uçları arasındaki gerilimler aynı I D üzerlerinden geçen akımların toplamı ise emk kaynağı nın L I sağladığı akıma eşittir ( i  i  i  i ). Şekil-bY ' de paralel A bağlı üç dirence eşdeğer tek dirençli Y birLdevre verilmiştir. verilmiştir EKirchhoff' un kavşak Her iki devre için de a noktasında L . kuralı uygulanırsa, R D e  1 1 1  v i       T R R R       1 1 1 1  A i  ; i  ; i  olmak üzere,        L R R R  R R R R    O i P  R  A Fparalel bağlanması durumunda ise eşdeğer direnç: bulunur. n tane direncin A T 1 1 S 1 1 1  U    ...  ifadesine sahip olur. R R R R R M . R D Ş kil a ' dda paralel Şekill l bbağlı ğl bağlı b ğl üç ü dirençten di oluşan l bi devre bir d

1

2

1

1

2

3

2

3

3

1

2

3

eq

1

2

3

eş

n

eş

i 1

i

1

2

n

(27-20)

Örnek : Şekilde verilen devrenin, a ve b uçları

M I IR

arasındaki eşdeğer direncini bulunuz.

5 ve 6 nolu dirençler paralel: R56  20 

. R

D 3, 4 ve R dirençleri birbirine seri: R ve40  T A L O PR  20  2 ve R dirençleri paralel: A F A T S U 1 ve R Mdirençleri seri: R  40  . R D 56

3456

3456

23456

A L Y LE

D L YI

23456

ab

(27-21)

Örnek : Şekilde verilen devrenin, a ve b uçları

M I IR

arasındaki eşdeğer direncini bulunuz.

1 ile 2 

vee  8 ile 9  nol nolu dirençler seri:

R12  12  ve R89  12 

 4 ilile R12 

ve  7 ile il R89  dirençleri di l i paralel: l l

R124  6  ve R789  4  6 ve R789 dirençleri di l i seri: i R6789  18 

v T

5 ve R6789 dirençleri paralel: R56789  6 

A L paralel: R  4  O P A F A T S U

D e

. R

A L Y LE

D L YI

3 ve R56789 dirençleri di l i seri: i R356789  12  R124 ve R356789

ab

M . R

D

(27-22)

Ampermetre ve Voltmetre :

M I Rbir iletkenden geçen akımı ölçmek için, iletken belli I D L yerinden i d kesilir k ili ve kesilen k il bu b uçlar l ampermetrenin t i I Y giriş ve çıkış uçlarına bağlanır. Böylece, iletkendeki A L Y akımın ampermetre üzerinden akması sağlanmış olur. E L iletken üzerindeki a Yandaki devrede ampermetre, . R D ve b noktaları arasına yerleştirilmiştir. e v T Ampermetrenin iç direnci (r ), ) devredeki diğer dirençlerden çok küçük olmalıdır A L  r  R ve r  R  . O P V l Voltmetre iise, bi bir ddevrede dA hherhangi h i iki nokta k arasındaki d ki potansiyel i l ffarkını k ölçen öl F A bir cihazdır. Yukarıdaki devrede voltmetre R direncinin iki ucuna (c ve d noktaları) T S bağlanmıştır. Voltmetrenin iç direnci (r ), devredeki diğer dirençlerden çok U M . büyük olmalıdır  r  R ve r  R  . R D Ampermetre akım ölçmeye yarayan bir cihazdır. Ampermetre, cihazdır Bir

A

A

1

A

2

1

V

V

1

V

2

(27-23)

Voltmetre :

M I R Voltmetre bağlandıktan sonra, i akımının bir kısmı voltmerenin I D b l d ğ koldan bulunduğu k ld akacaktır. k kt Kirchhoff' Ki hh ff' un çevrim i veIkavşak kL k Y kurallarından: A L iRi r   r   Yr   r  i   i  V  i RLE   iR   V i i  i Rr   Rr  Rr  . V lt t i gerçek Voltmetrenin k gerilimi ili iD ölçmesi ölR i için: i i r  R olmalıdır. l ld e v Ampermetre: T A  L AmpermetreO bağlı değilken: i  R P A Ampermetre bağlandıktan sonra, devreden geçen akım: F A  R   T  S i i V lt t bbağlı Voltmetre ğl ddeğilken: ğilk Vgerçek  iR

1

2 V

V

V

1

1

2

V

1

gerçek

V

V

V

V

gerçek

D

. R

U M

R  rA

 R  rA 

gerçek

Ampermetrenin p ggerçek akımı ölçmesi için: rA  R olmalıdır. (27-24)

RC Devresi : Bir Kapasitörün Dolması :

M Yanda verilen devreyi ele alalım. t  0 anında I R I kapasitörün p boşş olduğunu ğ ve S anahtarının LD a

I Y noktasına temas ettirildiğini kabul edelim. A L Böylece batarya kapasitörü Böylece, R direnci üzerinden Y E L yüklemeye başlar. . R D Buradaki amacımız, kapasitörde biriken yükü zamanın bir fonksiyonu olarak e v ç , bataryadan y negatif g ucundan başlar ş ve saat ibreleri bulmaktır. Bunun için, T A L yönünde hareket ederek çevrim kuralını uygularsak: O Pdq q q dq q A   iR   0 F   R   0  R  dt C C dt C A T(i  dq / dt).) Bu eşitlik, eşitliği elde edilir eşitlik homojen olmayan birinci dereceden S U lineer birM diferansiyel denklemdir. . R D (27-25)

dq q C  q dq dt R     dt C C C  q RC

q

t

dq dt  0 C  q 0 RC

M I IR

t  C  q  ln     q (t )   1  e  t /   RC  C  çözümü elde edilir. Burada   RC ' dir ve devrenin "zaman sabiti" olarak tanımlanır. Bu süre içinde kapasitördeki yük maksimum değerinin 0.632 katına ulaşır. Bir diğer nicelik ise, T1/ 2  RC ln(2)

. R

A L Y LE

D L YI

eşitliği ile tanımlanan "yarılanma zamanı" dır ve kapasitörün yarı

D e

yarıya dolması için geçen süre olarak tanımlanır. Kapasitör üzerinde biriken yükün zamana bağlı değişimi şekil-a' da verilmiştir.

Devreden geçen akım ise,

P

A L O

v T

dq    i ( t )    e  t / dt R ile verilir ve zamana bağlı değişimi şekil-b' deki gibidir. t  0 anında devredeki i

S U

A T

A F

akım maksimumdur ve kapasitörde yük biriktikçe azalır. Devrenin zaman sabiti

M . R

  RC ve yarılanma süresi T1/ 2 aynıdır. Akımın, maksimum değerinin 1/e' sine düşmesi için geçen süre  , yarısına düşmesi için geçen süre T1/ 2 olarak tanımlanır.

D

(27-26)

Örnek : Sığası C olan yüksüz bir kapasitör, emk' sı olan

M I IR

bi batarya bir b t ile, il şekildeki kild ki gibi, ibi R direnci di i üüzerinden i d yükleniyor. ükl i

C = 5  F, R = 8 105  ve  = 12 V olduğuna göre, devrenin zaman sabitini, sabitini yarılanma süresini, süresini kapasitördeki maksimum yükü ve devredeki maksimum akımı bulunuz. Anahtar kapatıldıktan  kadar sonra, kapasitördeki yük ve devredeki akım ne olur?

q (t )   1  e  t / 

ve

  RC   8  10    5  10 5

  i ( t )    e  t / R 6

4s

T1/ 2  RC ln l 2  4 lln 2  2.77 2 77 s

A L O

v T

. R

D e

A L Y LE

D L YI

qmax    12  5  10 6   60  C

A F

P

 12 5   imax   1.5 10 A  15  A 5 R 8  10 q (t )  12  5  10 6 1  e  /   60  10 6 1  e 1   37.9  C

S U

M .    i (t ) R  e D R

  /

A T

12 1 5  e  0 0.552 552  10  55.52 52  A 5 8  10

(27-27)

Örnek : Yanda verilen devredeki S anahtarı, kapasitör tamamen doluncaya kadar tutulsun. tutulsun Her direnç üzerindeki kararlı akımı ve kapasitör üzerindeki yükü bulunuz. t = 0 anında anahtar açılırsa, R2 direnci üzerinden geçen akımı zamanın fonksiyonu olarak bulunuz ve kapasitör üzerindeki yükün maksimum değerinin 1/5' ine düşmesi için geçen süreyi hesaplayınız.

M I IR

D L YI

A L Devre kararlı duruma ulaştığında ulaştığında, kapasitörün bulunduğu koldan akım geçmez geçmez. Y 12 k  ve R dirençleri üzerinden aynı akım geçer: LE . 9 1 R i   10  0.33 mA D 27  10 3 e v q 1  T V  iR   q    10   15  10   10  10   50  C A C 3  L O birbirine seri bağlı 15 k ve 3 k' luk t  0 anında anahtar açılırsa, P kapasitör A dirençler üzerinden boşalacaktır. F A q dq T q (t )  q e  i ( t )    e S dt R C U M . q R q e  t  R C ln 5  18  10   10  10  ln 5  290  10 =00.29 29 ms 5D 2

3

3

3

m

C

2

6

3

m

 t / Reş C

m

m

 t / Reş C

eş

 t / Reş C

m

m

3

6

3

eş

(27-28)

Örnek : Yandaki devre, sığaları C1 = 2  F ve C2 = 3  F olan iki kapasitör,

M I IR

dirençleri R1 = 2 k ve R2 = 3 k olan iki direnç ve emk emk' sı  = 120 V olan bir bataryadan oluşmuştur. Kapasitörler başlangıçta boştur ve t = 0 anında

D L YI

S anahtarı kapatılıyor. Kararlı denge durumunda, kapasitörler üzerindeki q1 ve q2 yüklerini bulunuz.

A L RR Y 1 1 1   R   1.2 k R ve R dirençleri paralel: E L R R R R R . R C ve C kapasitörleri k i l i paralel: l l C C C  C  5 F D e Devre, sığası C  5  C ve direnci R v1.2 k olan basit bir RC devresidir. T A q  C  120 5  10   600  C Kapasitör üzerindeki maksimumLyük: O P C  qA  0 4  600=240 600 240  C q q q   q  0.4 F  C C  q q  A T   C   S C C  q   q  0.6  600=360  C U C C  M . R D 1

2

1

eş

1

1

eş

2

eş

2

1

eş

1

2

2

2

eş

eş

6

m

1

2

m

1

2

1

2

1

1

1

m

2

2

2

1

eş

m

2

(27-29)

Örnek : Kararlı denge durumunda, yandaki devrede gösterilen tüm akımları hesaplayınız. hesaplayınız Kapasitör üzerindeki maksimum yük ne kadardır?

Devre kararlı duruma ulaştığında, kapasitörün bulunduğu koldan akım geçmez. Yani, I 5  0 ve I 4  I1 olur. Kirchhoff' un çevrim ve kavşak kurallarından, defc halkası için: 4  3 I 2  5 I 3  0  3 I 2  5 I 3  4 c kavşağı için: I1  I 2  I 3

(Eş-3)

A L O4

v T

D L YI

(Eş-1) . R

D e

gbcf halkası için: 8+3 I 2  5 I1  0  5 I1  3 I 2  8

A L Y LE

M I IR

(Eş-2)

Eş-1' den I 3 ve Eş-2' den I1 çekilip Eş-3' te yerine konursa:

P

8  3I 2 4  3I 2 11 4 A  I2   I2    I2   5 5 5 5 11  4  4 4  3   8  3   8  3I 2  11   76 A ve I  4  3 I 2   11   56 A I1   3 5 5 55 5 5 55 qm ahgb h b halkası h lk için: i i 3  8  0  qm  11C  11   6  10 6   66  C C

S U

M . R

A T

A F

D

(27-30)

RC Devresi : Bir Kapasitörün Boşalması :

M I yükün q olduğunu varsayalım ve S anahtarının b noktasına R I D temas ettirildiğini kabul edelim. edelim Böylece Böylece, bataryadan ayrılan L I Y Başlangıcı kapasitör R direnci üzerinden boşalmaya başlar. A L b noktası seçer ve saat ibreleri yönünde hareket ederek çevrim Y E kuralını uygularsak: L . q dq Rq dq   iR   0  R   0 i   alınmıştır!!! D   C dt C dt e   v Tli bibir dif B eşitlik, Bu i lik birinci bi i i dereceden, d d homojen, h j A lineer diferansiyel i l ddenklemdir. kl di L dq q dq dtPO dq dt        dt RC q ARC q RC F A q t T ln     S  q(t )  q0e-t / RC U q  M . Kapasitör üzerindeki yük eksponansiyel olarak azalmakta ve t   durumunda sıfıra R D ulaşmaktadır. Devrenin zaman sabiti   RC ve yarılanma süresi T aynıdır. Yanda verilen devreyi ele alalım. alalım t  0 anında kapasitördeki 0

q

t

q0

0

0

1/2

(27-31)

Örnek : Sığası C olan bir kapasitörün R direnci üzerinden boşaldığını varsayalım.

M I R b) Kapasitördeki enerji ne kadar zamanda maksimum değerinin 1/4' üne Idüşer. D L I q t Y a  ) q (t )  q e  q e   ln 4   A RC 4 L Y t  RC ln 4  1.39 RC  1.39 E L . q e q q e 1 q (t ) b  ) U (t )   U (t )    R 2 C 2C 4(2C ) 2C D e v 2t RC ln 4  RC ln 2  0.693 RC  0.693  ln 4   t T RC 2 A L O P A F A T S U M . R D a ) Kapasitördeki yük ne kadar zamanda maksimum değerinin 1/4' üne düşer.

 t / RC

m

 t / RC

m

m

2

2  2 t / RC m

2 m

2 2 t / RC m

(27-32)

Örnek : Sığası C olan bir kapasitör emk' sı  olan batarya ile yükleniyor

M I Kapasitör tamamen boşalıncaya kadar, R direnci üzerinde açığa çıkan ısı IR D L enerjisi miktarı ne kadardır? YI A L Kapasitör boşalırken: Y E  L q (t )  q e   Ce  i (t )  e . R R D u  2t / RC  e dE  i (t ) Rdt  E   i (t ) Rdt   v dt ;  R e du  2 dt / RC C TR  A L  RC C O e   1 C   E  e du P2   2 R 2  A F A T S U M . R D ve daha d h sonra da, d bataryadan b d sökülüp k l bir bi R direnci di i üzerinden i d boşaltılıyor. b l l

 t / RC

 t / RC

 t / RC

m

2



2



2

ısı

 2 t / RC

ısı

0

2



u

ısı

0

0

2

e 2 t / RC



2

0

(27-33)

BÖLÜM-28 Manyetik Alan

A L Y LE

Bu bölümde aşağıda listelenen konulara değinilecektir:

M I IR

D L YI

 Manyetik alan vektörü B ,  Hareket eden y yüklü parçacığa p ç ğ etkiyen y manyetik y kuvvet FB , Manyetik alan çizgileri Düzgün manyetik alanda yüklü parçacığın hareketi Akım taşıyan tele etkiyen manyetik kuvvet Akım halkasına etki eden tork Manyetik dipol, dipol manyetik dipol moment    , Hall etkisi Parçacık hızlandırıcı: Cyclotron (zorunlu değil)

 

S U

M . R

A T

A F

P

A L O

v T

D e

. R

 

D

(28-1)

Manyetik Alanın Kaynağı : Manyetik alan oluşturmanın iki yolu vardır:

D

. R

D L I Y İçinden elektrik akımı geçirilen iletken tel (elektromagnet) A L Y E Kalıcı mıknatıslanmaya sahip L malzemeler (mıknatıs) . R D Hem elektromagnetehem de mıknatıs ince demir tozlarını v T çeker Merkezinden çeker. dik geçen eksen etrafında serbestçe A L dönebilen hafif bir çubuk mıknatıs, kendisini Güney-Kuzey O P doğrultusunda yönlendirecek şekilde döner (pusula). (pusula) Hem A AFakım taşıyan tel hem de mıknatıs, çevrelerinde "manyetik

ST

U M

M I IR

  alan" (B ) ol oluşturur şt r r vee kendilerini "manyetik man etik kuvve k et" (FB ) uygulayarak hissettirirler.

(28-2)

 B Manyetik Alanının Tanımı :

M I IR

  Manyetik alan vektörü, v hızına sahip bir q yüküne uyguladığı FB

D L YI

manyetik y kuvveti cinsinden tanımlanır. q yyüküne sahip p pparçacık ç  gelişigüzel doğrultularda B manyetik alanına gönderilir ve manyetik  alan içinde izlediği yollara bakılır. bakılır q yüküne etkiyen FB kuvvetinin  sıfır olduğu tek bir doğrultu vardır. B manyetik alanı bu doğrultuya  paraleldir. Bunun dışındaki tüm doğrultularda FB kuvveti sıfırdan   farklıdır ve büyüklüğü y ğ FB  q vB sin  ile verilir. Burada , v ile B    arasındaki açıdır. Vektörel olarak bu kuvvet FB  qv  B ifadesine   sahiptir hi i ve sağ-el ğ l kuralına k l göre, ö v ile B' nin i oluşturduğu l d ğ düzleme dü l diktir. Manyetik alanın SI sistemin deki birimi:

S U

D

M . R

A F

A T

P

A L O

v T

D e

. R

A L Y LE

N N = = tesla C  (m / s) A  m (28-3)

Vektörel Çarpma:

   IM a ve b vektörleri arasındaki vektörel çarpma işlemi, c IRa  b  D ile verilen yeni bir vektör oluşturur. oluşturur c vektörününILbüyüklüğü Y   Aoluşturduğu c  ab sin  ile verilir ve a ile b vektörlerinin L Y düzleme diktir. Yönü "sağ-el-kuralıL "E ile belirlenir:  .  R i a ve b vektörlerinin başlangıç i. noktalarını birleştiriniz birleştiriniz. D  e ii. a vektörünü parmak vuçlarınız onun yönünü gösterecek T Aiçine yatırınız. şekilde sağ avuç L  O  P küçük iii. a vektörünü ç açı ç yyönünde b 'nin üzerine süpürünüz. p A  F iv. Başparmağınız c vektörünün yönünü verir. A

T S U

D

M . R

Vektörel çarpım, "cross" çarpım olarak da bilinir. (28-4)

Bileşenleri Cinsinden Vektörel Çarpma :   a  b  a x ˆi  a y ˆj  a z kˆ  b x ˆi  by ˆj  bz kˆ





ˆi  ˆi  ˆj  ˆj  kˆ  kˆ  ˆi  ˆj  kˆ ; ˆj  ˆi   kˆ

0



A L Y LE

M I IR

D L YI

 olduğundan  . kˆ  ˆi  ˆj ; ˆi  kˆ   ˆj  R D ˆj  kˆ  ˆi ; kˆ  ˆj   ˆi   e v   T a  b   a y bz  a z by  ˆi  L a b  Az x  a x bz  ˆj   a x by  a y bx  kˆ   O P determinant yolu ile de belirlenebilir. Not : a  b, aşağıdaki belirlenebilir A i

F A Tj k

S   U a  b M ax a y az . R D

bx

by

;

    Not : a  b   b  a





bz

(28-5)

Manyetik Alan Çizgileri : Elektrik alan ile elektrik alan çizgileri arasındaki ilişki

M I IR

gibi, manyetik alan ile manyetik alan çizgileri arasında da benzer bir ilişki vardır:

D L YI

 1. Herhangi bir P noktasında, manyetik alan vektörü B manyetik alan çizgisine teğettir.

v T

D e

. R

A L Y LE

2. Manyetik alan şiddeti, manyetik alan çizgilerinin yoğunluğu ile orantılıdır.

BP  BQ

S U

M . R

A T

A F

P

A L O

D

(28-6)

Kalıcı Bir Mıknatısın Manyetik Alan Çizgileri:

M I R I gösterilmiştir. Bunlar, bir kısmı mıknatısın içinden geçen D L negatif I kapalı halkalar şeklindedir. Pozitif yükte başlayıp Y A başlangıç ve yükte sonlanan elektrik alan çizgileri L gibi, Y bitiş noktaları yoktur. Kapalı halka şeklindeki manyetik E L . alan çizgileri, mıknatısın bir ucundan girer diğer ucundan R D çıkarlar. Alan çizgilerinin çıkış yaptıkları uç mıknatısın e v kuzey kutbu, giriş yaptıkları uç ise güney kutbu olarak T A bağımsız olacak şekilde mıknatıstan bilinir. BuLkutupları O y P y İkisi birlikte bir "magnetic g dipole p " oluştururlar. ayıramayız. A Şekil-b' de, at nalı şeklinde bükülmüş bir çubuk mıknatısın F Şekil-a' da, kalıcı bir mıknatısın manyetik alan çizgileri

R D

.M

S U

A T

manyetik y alan ççizgileri g verilmiştir. ş Şekilden Ş de anlaşılacağı ş ğ

gibi, kutuplar arasında ve kutupların birbirine yakın olduğu yyerlerde manyetik y alan çok ç şşiddetlidir. (28-7)

Örnek : Şekilde görüldüğü gibi, bir televizyon tüpü içerisindeki elektronlar

M I IR

+xx-ekseni ekseni yönünde 8 106 m/s m/s' lik bir hızla ekrana dik doğrultuda gelmektedir. Tüpü çevreleyen kangalların oluşturduğu manyetik alan xy -düzleminde, x -ekseni ile 60o ' lik açı yapmakta ve büyüklüğü de 25 mT' dır. Elektronlara etkiyen manyetik kuvvetin büyüklüğünü ve elektronun ivmesini hesaplayınız.     FB  qv  B  FB  evB sin   1.6  10 19    8  10 6    25  10 3  sin 60  FB  2.77  10 14 N (sağ-el kuralına göre,  z yönünde)  FB 2 77  10 14 2.77 16 2 F  ma  a    3.04  10 m/s me 9.11  10 31

v T

. R

D e

A L Y LE

D L YI

A L ile 37 ' lik açı yapacak şekilde 3 10 m/s hızla hareket etmektedir. Protona etkiyen O Pprot manyetik y kuvvetin büyüklüğünü y ğ ve p onun ivmesini hesaplayınız. p y A F     A F  qv  B  F  evB sin   1.6  10    3  10    0.3  sin 37 T S F  8.7  10 N U M F 8.7 10 . R F  ma 5 21  10 m/s D  a  m  1.67 10  5.21

Örnek : Bir proton, proton + y -ekseni yönündeki 0.3 03T T' lık bir manyetik alan içinde, içinde alan o

6

19

B

6

B

14

B

B

14

13

2

27

p

(28-8)

Örnek : Kinetik enerjisi 5 MeV olan ve + x-ekseni yönünde giden protonlar, şekildeki gibi, x  0 ile x  1 m aralığında etkin, büyüklüğü B  0.05 T olan ve

M I IR

sayfa düzleminden dışarı doğru yönelmiş düzgün bir manyetik alan bölgesine giriyor. Protonlar manyetik alan bölgesini hangi hızla terkederler. 19 (1 eV V  11.6 6 1019 J) J).

A L Y LE

1 16  10 13 2 6 19 7 m p v0   5  10   1.6  10   v0   3.1  10 m/s 27 2 1.67  10   FB  qv0  B  m p a y  ev0 B sin 90

. R

D L YI

D Proton çok hızlı olduğu için merkezcil kuvvetin yatay e yöndeki bileşeninin etkisi v ihmal edilebilir. T A L    0.05 1.6 10 3.1 10     O a  1.5  10 m/s (sağ-el kuralına göre,  y yönünde) P 1.67  10 A v v a t   v  3.1  10 m/s v F  A a 0 1 T  x  v t  t   3.22  10 s  S 3.1  10  U v  v  aM t  v   a t   1.5  10    3.22  10   4.83  10 m/s . 0 483    Rˆ  0.483 ˆj  10 m/s  ve  tan v D 3.1i  0.483     8.86   3.1   19

7

14

y

2

27

7

x

0x

x

x

0

x

8

0x

7

8

14

y

0y

y

y

6

y

7

1

o

(28-9)

Elektronun Keşfi : Yandaki şekilde bir

M I RAnot ısıttığı katod' tan elektron yayınlanır. I D L il katod ile k d arasına uygulanan l V potansiyel i l I Y farkı altında hızlanırlar ve odaklanırlar. A L Y E dışarı çıkar ve Anotta açılmış küçük bir delikten ince bir elektron demeti oluşturarak L . R floresan ekrana çarparak bir ışık noktası oluştururlar oluştururlar. 1897 yılında J.J. J J Thomson benzer D bir katod ışını tüpü kullanarak, ışık noktasını neyin e oluşturduğunu anlamak için araştırmalar v yaptı. Şekilde görüldüğü gibi, anot anot' un sağ T tarafındaki bölgeye birbirine dik, sabit elektrik A alan ve manyetik alan uyguladı. DemetLüzerindeki net kuvveti sıfır yapacak manyetik alan O y Py demetin sapmasını p engelledi. g Buradan,, ve elektrik alan şşiddetlerini ayarlayarak A 1 2eV F A mv  eV  v  Tm 2 S U   E 2eV e E F =F  M eE  evB  v     . B m m 2VB R D ulaştı ve böylece elektronu keşfetmiş oldu. sonucuna k d ışınları katod l tüpü ü ü görülmektedir. ö ül k di Filamanın Fil

2

2

E

B

2

(28-10)

Düzgün Manyetik Alan İçinde Yüklü Parçacığın Hareketi (Dairesel hareket =cyclotron hareketi):

M I R I içine dik olacak şekilde girerse, düzgün dairesel hareket yapar. D L I dairesel Manyetik alana dik olarak giren bir elektronun yaptığı Y hareket yanda verilmiştir. Böyle bir hareketi sağlayan merkezcil A L    Y kuvvet F  qv  B ile verilen manyetikEkuvvettir. L . Böyle bir hareketin yarıçapı, periyodu ve frekansı: R D mv v e F  q vB  ma  m  r  v qB T r A L qB qB 2 r 2 mv 2 m O 1  T   f   f     2 f    T P v q Bv qB T 2 m m A F v hızına bağlı değildir. Aynı yüke ve kütleye sahip tüm Not 1 : Hareketin periyodu A Thızlara sahip olsalarda, parçacıklar farklı parçacıklar, olsalarda tam bir turu aynı sürede yaparlar. yaparlar S U Not 2 : Hızlı parçacıklar büyük yarıçapta çemberler üzerinde dolanırken, yavaş M . parçacıklar daha küçük yarıçapta çemberler üüzerinde zerinde dolanırlar. dolanırlar R D Kütlesi m olan bir q nokta yükü, v hızıyla düzgün manyetik alan

B

2

B

(28-11)

Örnek : Yanda, iyonları kütle-yük oranlarına göre ayırd etmeye yarayan p ş Kaynaktan y ççıkan "Kütle spektrometresi " nin şşematik ggösterimi verilmiştir.  iyonlar dar bir yarıktan geçirilerek, birbirine dik elektrik (E ) ve manyetik   (B0 ) alan olan bir bölgeden geçirilir ve düzgün başka bir manyetik alan (B1 ) bölgesine dik olarak girerler. İyonlar bu bölgede r yarıçaplı yarım bir

A L Y LE

çember çizerek fotografik bir yüzeye çarparlar. İyonların kütle-yük oranını if d eden ifade d bbağıntıyı ğ türetiniz. ü i i

 E   qE  qv  B0  0  qE  qvB0  v  B0  v2 mv   FB  q qv  B  qvB q 1 m r  r qB1

P

A L O

v T

D e

. R

M I IR

D L YI

m rB1 rB0 B1   E q v Bu ifade kullanılarak, iyonların kütle-yük oranı deneysel olarak belirlenir.

S U

M . R

A T

A F

D

(28-12)

Spiral (sarm al) Yörünge :

  Düzgün Dü ü manyetik tik alanına, l v hhızı il ile B manyetik tik

M I R alanı arasında  açısı olacak şekilde giren yüklü I D  L bi parçacıkk olsun. bir l Parçacığın v hhızını, manyetik ik I Y alana dik ve paralel olan bileşenlere ayıralım. Bu A L Y bileşenler yanda gösterilmiştir: v  v cos  ve E L . v  v sin  . Parçacık bağımsız iki hareket yapar. R D Bunlardan birisi, manyetik alana dik olanedüzlemde yarıçapı ve periyodu, v mv 2 m T r ; T A L qB qB O olan dairesel hareketidir. hareketidirA P F yönünde v sabit hızıyla yapılan ötelenme hareketidir. Diğeri ise, manyetik alan A T S B iki hareketin Bu h k ti birleşimi bi l i i spiral i l şeklindedir kli d di ve spiralin i li sarmall adımı d (p ): ) U M 2 mv cos  . p Tv  R qB D 









(28-13)

Örnek : Bir proton, büyüklüğü 0.35 T olan düzgün bir manyetik alan içerisinde, yarıçapı 14 cm olan çembersel bir yörünge üzerinde düzgün dairesel hareket yapmaktadır. Protonun yörüngedeki çizgisel hızını bulunuz. Aynı manyetik alan içerisinde bir elektron, aynı çizgisel hızla düzgün dairesel hareket yapsaydı, yörüngesinin yarıçapı ne olurdu?  v2  FB  qv  B  evB  m r

M I IR

19 2 erB 1.6  10   14  10   0.35 6 v   4 4.7 7  10 m/s / 27 m 1.67  10 31 6 mv  9.11  10    4.7  10  6 r   76 76.4 4  10  76.4 76 4  m 19 eB 1.6  10   0.35

v T

D e

. R

A L Y LE

D L YI

Örnek : 350 V' luk bir potansiyel fark altında durgun halden hızlandırılan elektronlar, düzgün bir

A L O

manyetik alan içerisine dik olarak giriyor ve yarıçapı 7.5 cm olan çembersel bir yörünge üzerinde hareket ediyor. Manyetik alanın büyüklüğünü, elektronların açısal hızını ve periyodunu bulunuz.

A F

P

19 700  1.6  10    11.1106 m/s 1 me v 2  350  1.6 1019   v  2 9.111031

S U

A T

 9 11 1031   11.1 11 1 106  me v  9.11 v2  4 FB  qv0  B  evB  me  B  8.43 10 T    19 2 r er 1.6 10    7.5 10 

M . 11 110 11.1 vR  D r 7.5  10

6

2

 1.48  108 rad/s ;  

2 2 8 T   4 .25  10 s  42.5 ns 8 T 1.48 10

(28-14)

Örnek : Yükü q  3.2 1019 C olan bir parçacık, düzgün bir elektrik ve manyetik alan olan

M I R olduğuna göre, parçacığa etkiyen net kuvveti bulunuz. Bu kuvvet x-ekseni ile ne kadarlıkIbir D L açı yapar?? I Y   A   L F  qqE  qv q B Y ˆi ˆj kˆ E L   . ˆ v  B  2 3 1   3  4  ˆi   2  2  ˆj   8  6  kˆ = 7iˆ  4ˆj  2k R D 2 4 1 e  v ˆ     3.2 10   11iˆ  5jˆj N F   3.2 10    4iˆ  ˆj  2kˆ    7iˆ  4ˆj  2k T     A L  5    tan    24.4 O  11  P A F A T S U M . R D   ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ bölgeye v  2i  3j  k m/s hızla giriyor. E  4i  j  2k V/m ve B  2iˆ + 4jˆ + kˆ T





19

1









19

o

(28-15)

Akım Taşıyan Tele Etkiyen Manyetik Kuvvet:

M I R I tel verilmiştir. Telin L uzunluğundaki bir kısmı, D sayfa L düzleminden dışarı doğru yönelmiş düzgün Y birI manyetik  A tele dik alan içinde ç olsun. B manyetik y alanı tarafından L Y  E Bu kuvvet, telin L doğrultuda bir F kuvveti uygulanır. L . R uzunluğunda bulunan tüm elektronlara etkiyen manyetik D e kuvvetlerin vektörel v toplamına eşittir. Telin L uzunluğunda T Q olmak üzere, bulunan toplam toplamAyük üzere L LO Q  it  P i  Qv  iL v A F A TF  q v B sin 90   q  v B  Qv Q B Şekilde, kesit alanı A olan ve i akımı taşıyan uzun bir

B

d

d

S U

D

M . R

B



o

i d

i

F  iLB B

  i

i

 

d

d

(28-16)

 Telin akım yönünün, B manyetik alanı ile herhangi

M I IR

bir  açısı yaptığı genel durumda (Şekil-a) (Şekil a) manyetik    kuvvet vektörel formda, FB  iL  B şeklinde yazılabilir.  Burada L vektörü, büyüklüğü telin L uzunluğuna eşit, akımla aynı yönde bir vektördür.

. R

A L Y LE

D L YI

Manyetik alanın düzgün olmadığı ve akım taşıyan telin doğrusal olmadığı durumlarda (Şekil-b) akım taşıyan tel, doğrusal kabul edilebilecek sonsuz küçük

S U

D

M . R

A L O

v T

D e

dL uzunluğundaki elemanlara bölünür. Her bir dL    y manyetik y kuvvet dFB = idL  B elemanına etkiyen

P

A T

A F olduğundan, net kuvvet:    FB  i  dL  B

şeklinde yazılır. (28-17)

Örnek : İletken bir tel bükülerek R yarıçaplı kapalı bir yarım çember haline getirilmiştir. getirilmiştir Sayfa düzleminde bulunan ve yukarı yönde olan  düzgün bir B manyetik alanı içine konan iletken halka, şekildeki gibi, saat ibrelerinin tersi yönünde I akımı taşıdığına göre, halkaya etki eden net kuvveti bulunuz.   F1 ve F2 , sırasıyla, halkanın düz kısmına ve çembersel kısmına etkiyen kuvvetlerdir.

. R

A L Y LE

M I IR

D L YI

2R 2R    F1   Idl  B  F1   IdlB sin 90  IB  dl 2 IRB (sayfa düzleminden dışarı doğru) 0

0

v T

   F2   Idl  B  F2   IdlB sin   IB  sin  ( Rd ) 

D e

A L F   IBR  cos    2 IRB (sayfa düzleminden içeri doğru) O P    A F F F F A T S F   2 IRB  2 IRB 0 U M . R D 0



2

0

1

2

(28-18)

Örnek : Yandaki devrenin tabanındaki iletken telin uzunluğu L = 5 cm ve kütlesi m = 10 g' g dır. dır Devredeki direnç R = 12  ve bataryanın emk' emk sı  = 24 V' tur. Manyetik alan yokken yaylardaki uzama miktarı 0.5 cm iken, sayfa düzleminden dışarı doğru düzgün bir B manyetik alan uygulandığında 0.8 cm oluyor. Uygulanan manyetik alanın şiddeti nedir?

A L Yay sabiti k ve manyetik alan yokken uzama miktarı y olsun. olsun Y E  24 L Devreden geçen akım: I    2 A (saat ibrelerinin tersi.yönünde) R 12 R D Manyetik alan yokken: 2ky  mg (Eş-1) ve T Manyetik alan varken: 2ky  mg  ILB (Eş-2) (Eş 2) A L O Eş-2 ve Eş-1' i taraf tarafa oranlarsak, P A  y F mg  0.8  10  10 10 y mg  ILB   B   A 1   1   0.6 T y mg T y  IL  0.5  2  (5  10 ) S U M . R D

M I IR

D L YI

0

0

1

3

1

1

0

0

2

(28-19)

Örnek : Birim uzunluğunun kütlesi  olan ve I akımı taşıyan iletken il k bi bir çubuk b k iki ucundan d ağırlıksız ğ l k iiplerle l l asılmıştır. Çubuğun bulunduğu bölgede yukarı yönde dü ü B manyetik düzgün tik alanı l uygulandığında, l d ğ d çubuğ b ğu taşıyan t ipler düşeyle  açısı yapacak şekilde çubuk dengede k l kalıyor. M Manyetik tik alanın l şiddetini idd ti i bbulunuz. l Çubuğun boyu L olsun. olsun T sin   FB  ILB

(Eş (Eş-1) 1)

T cos   mg   Lg

(Eş-2)

A T

A F

P

A L O

v T

D e

. R

M I IR

D L YI

A L  Y LE

Eş-2 ve Eş-1' i taraf tarafa oranlarsak,

S ILB g tan   MU B tan  I  Lg . R D

(28-20)

Örnek : Kütlesi m ve yarıçapı R olan iletken bir çubuk, şekildeki

M I IR

gibi aradalarında d mesafesi olan L uzunluğundaki iki paralel gibi, iletken ray üzerinde durmaktadır. İletkenden i akımı geçtiğinde ve  rayların oluşturduğu düzleme dik ve yukarı yönde düzgün bir B

A L Y LE

manyetik alanı uygulandığında, iletken durgun halden sağa doğru

D L YI

kaymadan y yuvarlanmaktadır. y İletken yyayları y hangi g hızla terkeder?

   FB =  idL  B  F  iBd

. R

(sağ-el kuralına göre sağa doğru)

1 1 W  K  mv 2  I  2 2 2

v T

D e

1 A Burada I , silindirin eksenine göreLeylemsizlik momentidir (I  mR ). 2 O P 1 1  1A 1 3  v  1 W  F  L  mv  F  mR     mv  mv  mv 2 22 2 4 4 A  R  T S 4 FL U 4 iBdL v  M 3.m 3 m R D 2

2

2

2

2

2

2

(28-21)

Akım Halkasına Etki Eden Manyetik Tork:

M I IR

Şekil-a' da a ve b kenar uzunluklarına sahip, i akımı taşıyan dikdörgen şeklinde

D L I Akım halkası, bir akım halkası verilmiştir. Y A yyüzeyy normali nˆ, L B manyetik y alanı ile  Y Eşekilde manyetik alanı içine açısı yapacak L . R konuyor 1 ve 3 nolu kenarlara etkiyen manyetik konuyor. kuvvetler ile 2 ve 4 nolu kenarlara D e büyüklükte ve ters yöndedirler: etkiyen manyetik kuvvetler kendi içlerindeveşit T F  F  iaB i B sin i 90  iaB i B A L F  F  ibB sin(90   )  ibBO P cos A Bu kuvvet çiftlerinin vektörel toplamı sıfırdır (F  0). Ancak, F ve F kuvvetleri, F A halkanın merkezi C noktasına göre sayfadan içeri doğru bir tork oluşturur (halkayı T S saat yönündeU döndürür) ve büyüklüğü de: M iabB . iabB R    +  ( )sin   ( )sin   iabB sin   iAB sin  D 2 2 1

3

2

4

net

1

1

3

3

(28-22)

Manyetik Dipol Moment :

M I IR

Sarım sayısı N olan ve i akımı taşıyan bir akım halkası  B manyetik alanı içine konulduğunda üzerine etkiyen

D L YI

tork   NiAB ile verilir verilir. Akım taşıyan halkayla halkayla ilgili  olarak, "manyetik dipol moment ( )" olarak bilinen yeni bir vektör tanımlayabiliriz tanımlayabiliriz. Bu vektörün büyüklüğü NiA ile verilir ve halka düzlemine dik doğrultudadır. Yönü

D e

. R

A L Y LE

sağğ ell kkuralına l göre ö belirlenir. b li l i Sağ S ğ elimizin li i i parmakk uçları l akım k yönünü ö ü ü gösterecek ö k şekilde kild halkayı kavrarsak, baş parmağımızın yönü manyetik dipol momentinin yönü olur.

A L O

v T

  ve B arasındaki açı  olmak üzere tork,    B sin     veya vektörel formda     B ile verilir. verilir   Halkanın potansiyel enerjisi ise, U    B cos      B 

S U

A T

A F

P

eşitliği itliği ile il verilir. ili

M .   0  U    B, potansiyel enerji mnimumdur (kararlı denge konumu). R D   U   B, potansiyel enerji maksimumdur (kararsız denge konumu).   180 Not : Her iki konumda da halkaya etkiyen net tork sıfırdır (  0).

(28-23)

Örnek : Kenar uzunlukları 5.4 cm ve 8.5 cm olan 25 sarımlı dikdörgen şeklindeki

M I R alan, halkanın yüzeyine paralel olacak şekilde uygulanıyor. Halkanın dipol momentini, I D L halka a etkiyen halkaya etki en torku tork vee halkanın potansiyel potansi el enerjisini bbulunuz. l n I Y     B yüzeye paralel,  yüzeye dik olduğuna göre, B ile  arasındaki açıA90 dir. L Y   N (iA)  25  15 10    5.4  8.5 10   1.72 10 A E m L    .     B     B sin     1.72 10    0.35  sin 90  6.02 10 N  m R   D U     B  U    B cos   0 e v T Uygulanan manyetik alanın alanın, halka yüzeyi ile 60 ve 90 yapması durumunda, durumunda A L halkaya etkiyen tork ve halkanınO potansiyel enerjisi ne olur?   P B yüzey ile 60 ve 90 ' lik açı yapıyorsa yapıyorsa, sırasıyla, sırasıyla  ile 30 ve 0 ' lik açı yapar: A F    B sin   1.72 10    0.35  sin 30  3.0110 N  m A T S U    B cos    1.72 10    0.35  cos 30  5.2110 J U M .  R  B sin   1.72 10    0.35  sin 0  0 D U    B cos    1.72  10    0.35  cos 0  6.02 10 J bir halka 15 mA akım taşımaktadır. taşımaktadır Büyüklüğü 0.35 0 35 T olan düzgün bir manyetik

o

3

4

3

2

3

4

o

o

o

o

o

3

o

4

30o

3

30

4

o

3

0

o

3

0

o

4

(28-24)

Örnek : Kenar uzunlukları 0.4 m ve 0.3 m olan 100 sarımlı

M I IR

dikdörgen şeklindeki bir halka halka, şekildeki gibi, gibi uzun kenarı o

y -ekseni üzerinde, kısa kenarıda x-ekseni ile 30 açı yapacak şekilde durmaktadır durmaktadır. Halka, Halka y -ekseni ekseni ile çakışık olan kenarı

D L YI

A L taşıması ve + x yönünde büyüklüğü 00.88 T olan düzgün bir Y E bulunuz. manyetik alan uygulanması durumunda halkaya etkiyenL torku . R Sağ-el kuralına göre, halkanın dipol momenti D  z doğrultusu ile e v ç yyapar. 30 ' lik açı ç ve + x doğrultusu ğ ile 60 T ' lik açı p A   N (iA)  100  1.2    0.4  0.3L  14.4 A  m O    P el kuralına göre     B     B sin A (Sağ (Sağ-el göre,  y yönünde) F saat ibreleri yönünde döner. Halka, y ekseni etrafında A T S   14.4 14 4    0.8 0 8  sin i 60  10 N  m U   M U   . B  U    B cos  R UD   14.4    0.8  cos 60  5.76 J etrafında rahatça dönebilmektedir. Halkanın 1.2 A akım

o

o

2

(28-25)

Örnek : Uzunluğu 60 cm olan ve 20 A akım taşıyan iletken bir tel, kapalı halka

M I R manyetik alan içine konuyor. Halka, a) eş-kenar bir üçgen, b ) kare ve c ) çember I D L i üzerine ise, ü i etkiyen tki torku t k bulunuz. b l Hangi H i durumda d d hhalkaya lk etkiyen tki ttorkk Imaksimumdur. ki d Y A a ) Eş-kenar üçgen: 3d  60  d  20 cm L Y E 1 1 3 L A  dh  d d   d / 2   d  0.0173.m 2 2 4 R D   iA  20   0.0173  0.346 A  m e   B  0.346   0.5   0.173 N  m v b ) Kare: 4d  60  d  15 cm T A L A  d   0.15   0.0225 O m P   iA  20   0.0225A  0.45 A  m     B  0.45   0.5   0.225 N  m  F A  60  d  9.55 cm c ) Çember: 2 d T S A d U    0.0955   0.0287 m M . R iA  20   0.0287   0.574 A  m     B  0.574   0.5   0.287 N  m D h li getirilerek, haline i il k normali li 00.5 5 T bü büyüklüğündeki üklüğü d ki manyetik ik alana l dik olacak l k şekilde kild

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Çembere etkiyen tork maksimum olur.

(28-26)

ÖDEV : Kütlesi 0.1 kg ve toplam uzunluğu 4 m olan bir tel, kenar

M uzunluğu 0.1 m olan kare şeklindeki halka etrafına sarılarak bir I R I g elde ediliyor. y Halka,, bir kenarı y yatay y eksen üzerinde olacak kangal D

L I Y şekilde asılmıştır ve bu eksen etrafında rahatça dönebilmektedir. A L Halka düşey doğrultuda büyüklüğü 10 mT olan birY Halka, manyetik alan E L içinde iken, üzerinden 3.4 A' lik akım geçirilmektedir. . R a) Halka lk ddengede d ik iken, yüzeyii ile il manyetik ik alan l arasındaki d ki açı nedir? di ? D e v b) Halka dengede iken, manyetik alan tarafından etkiyen tork ne olur? T A L O P A F A T S U M . R D

(28-27)

Hall Etkisi :

M I Edvin Hall, 1879 yılında metallerde iletimin negatif yüklü R I elektronlarla gerçekleştiğini gösteren bir deney Iyapmıştır. yapmıştır LD Y Bu deney sayesinde, metaldeki elektron yoğunluğunu (n ) da A L belirleyebilmiştir Deneyde, belirleyebilmiştir. Deneyd e kesitininY genişliği d ve kalınlığı EBu dilim, şekildeki gibi t olan bakır bir dilim kullanmıştır. L . yüzeyine dik yönde düzgün R bir manyetik alan içinde iken i D  e akımı taşımaktadır. Elektronlar, B manyetik alanı nedeniyle v  T F manyetik kuvvetinin etkisiyle dilimin sağ tarafına doğru A L (R) itilirler ve böylelikle, dilimin sağ tarafı sol tarafına (L) O P göreAdaha negatif olur. olur İki kenar arasında oluşan yük farkı  F nedeniyle bir E elektrik alanı oluşur ve elektronlara kuvvet A T B

S U

M . R

uygulamaya l başlar. b l Bir Bi süre ü sonra, elektronlar l kt l üzerine ü i etkiyen tki net kuvvet sıfır olur.

D

(28-28)

FE  FB  eEH  evd B  EH  vd B

(Eş-1)

M I R I Yandaki bakır dilimin a noktası ile c noktası arasındaki D Ldurumda, I Hall potansiyeli V  E d ile verilir. Bu Y V i Bi A E v B n B   (Eş-3) L d netd td etV tV Y E sonucu elde edilir. L . R D e v T A J  nevd  vd 

J i i   ne neA netd

H

H

d

(E 2) (Eş-2)

H

H

H

A F

P

L O

Üstteki şekilde olduğu gibi, yük A taşıyıcıları elektronlar olduğu durumda T taşıyıcıları aş y c a protonlar p o o a oolduğu duğu durumda du u da S V  V  VUnegatiftir. V  V  V pozitiftir. M . Dilimin kenarlarından hangisinin g pozitif p hangisinin g negatif g olduğundan ğ yyola ççıkılarak, R Dyük taşıyıcılarının cinsi belirlenebilir. Deneysel olarak ölçülen V Hall potansiyeli Üstteki şekilde olduğu gibi, yük

H

c

a

H

c

a

H

Eş-3' te kullanılarak, yüktaşıyıcılarının yoğunluğu bulunur.

(28-29)

Örnek : Genişliği 1.5 cm ve kalınlığı 0.1 cm olan dikdörgen şeklindeki bakır bir

M I olan bir manyetik alan içinde ise, Hall voltajını hesaplayınız. (Bakırın elektronR I D yoğunluğu: n  88.49 49 10 elektron/m ). ) L I Y 1.2   5  Bi Bi A V   n L V te t nte t Y 8 49  10    0.1 0 1 10   1.6 1 6  10 8.49  E L . V  4.42  10  0.44  V R D e v Örnek : Kalınlığı 0.33 mm olan bir şerit, yüzeyine dik yönde, büyüklüğü 1.3 T T A olan düzgün bir manyetik alan içinde 50 A akım taşımaktadır. Şeritin uzun kenarları L O arasında ölçülen Hall voltajı 9.6 P  V ise, şeritteki elektron yoğunluğunu bulunuz. A F 1.3   50  Bi A  n T V le  9.6 9 6S  10    00.33 33 10   11.6 6 10  U M n  12.82 10 elektron/m . R D dilim 5 A akım taşımaktadır taşımaktadır. İletken dilim, dilim yüzeyine dik yönde yönde, büyüklüğü 11.22 T 28

3

h

28

2

3

19

19

h

7

h

6

h

28

3

(28-30)

Cyclotron Parçacık Hızlandırıcı :

M I R I bakan "D" şeklinde, içi boş iki adet iletkenden oluşur. D L I bir D' ler arasındaki boşlukta, f frekansıyla titreşen Y E elektrik alanı, D' lerin bulunduğu A düzleme dik yönde L Y de düzgün bir B manyetik alanı oluşturulur. Şekilde bir E L mv . r proton hızlandırıcısı g p gösterilmiştir. ş Protonlar, ,  R eB D e eB v yarıçaplı çembersel bir yörüngede f  frekansı T 2 m A L O ile dönerler. Bu frekans (cyclotron frekansı) ile elektrik alanın değişim frekansı P A (f ) eşit olduğunda, protonlar D' ler arasındaki boşlukta elektrik alan tarafından F A hızlandırılır. Protonlar hızlandıkça yörünge yarıçaplarını artırırlar. Elektrik alan T S U protonların hızını artırırken, manyetik alan onları çembersel yörüngede dönmeye M . zorlayacak yR şşekilde hızlarının y yönünü değiştirir. ğş D Cyclotron hızlandırıcısı, şekildeki gibi birbirine ters

E

E

(28-31)

BÖLÜM-29 M I Elektrik Akımlarının Oluşturduğu IR D L M Manyetik tik Alanlar Al l YI

A L Y B bölümde, Bu bölü d elektrik l k ik akımı k il oluşturduğu ile l d ğ manyetik ik alan l arasındaki d ki ilişkiyi ili ki i E L anlamaya çalışacağız. Bunun için, problemin .simetrisine bağlı olarak iki R farklı yol izleyeceğiz. izleyeceğiz D e v Simetrinin S e düşük o düşü olduğu duğu du durumlarda u a da Biot-Savart o S v yasasını, y s s , yü yüksek se o olduğu duğu T A durumlarda ise Amper yasasınıLkullanacağız. O P iletkenlerin oluşturdukları manyetik alanlar Çok değişik geometrilere sahip A her iki yaklaşımlaAF da bulunabilir. Ayrıca, birbirine paralel iki iletken arasındaki manyetik y T kuvveti de hesaplayacağız. p y ğ S U M . R D (29-1)

Biot -Savart Yasası : Bu yasa, i akımı taşıyan dl uzunluğundaki bir iletkenin, kendisinden

 r kadar k d uzaktaki kt ki bi bir noktada kt d oluşturduğu l t d ğ dB manyetik tik alanını l verir. i Solda i akımı taşıyan bir tel verilmiştir. Tel üzerinde akımla aynı  yönde, sonsuz küçük uzunlukta bir dl vektörü seçilir. i akımı taşıyan bu parçanın, kendisinden r kadar uzaktaki P noktasında oluşturduğu manyetik alan:    0i dl  r dB  4 r 3   ifadesi ile verilir. Burada r vektörü, iletken üzerinde seçilen dl vektör elemanından

M I IR

A L O

v T

D e

. R

A L Y LE

D L YI

P noktasına çizilen vektördür. 0  4  107 T  m/A ile verilen bir sabittir ve hava   yya da boşluğun ş ğ manyetik y geçirgenliğidir. g ç g ğ  , dl ile r vektörleri arasındaki açı ç olmak  üzere, dB manyetik alanının büyüklüğü de:

S U

A T

0i dl sin  d  dB 4 r 2

M . ile verilir. R D

A F

P

(29-2)

Sonsuz Uzun Telin Manyetik Alanı :

M I Reşit I Biot-Savart yasasına göre, sonsuz uzun düz bir telden D L uzaklıktaki noktalarda manyetik alan şiddeti aynı, YI yönü ise A merkez alan sağ-el kuralına göre çevreseldir. Yani,Lteli çemberlere her noktada teğettir. EY L . R  D Sağ-el parmak uçları akım yönünü gösterecek şekilde dl e v vektörünü avuçç içerisine ç yatırıp, y p,Ten küçük ç açı ç y yönünde A  L r vektörü üzerine süpürürsek, başparmağımız manyetik O P diğer göster alan yönünü gösterir. gösterirABir gösterim im şekli de, de sağ-el sağ el F gösterecek şekilde iletken tel başparmağı akımAyönünü T S avuç içerisine i iU i alınırak l k kkavranırsa, kalan k l parmakların kl Mgösterdiği yön manyetik alan yönüdür. uçlarının . R D (29-3)

 Şekildeki tel üzerinde akımla aynı yönde bir dl elemanı seçelim Bu elemanın P noktasında oluşturduğu manyetik seçelim.     0 i dl  r alan dB  sayfadan y içeri ç doğrudur ğ ve büyüklüğü, y ğ , 3 4 r  0 i dl sin  dB  4 r2 ile verilir. Akım taşıyan tel sonsuz uzunlukta ise,

M I IR

A L Y LE

D L YI

. R P noktasında oluşturduğu toplam manyetik alan: D e  i dlvsin B   dB  4AT r L r l P O R sin   sin   R / r  R / l  R A  i i  i R dl AF  i R dl l B      T  4   l  S 2  2  R 2 R l R  R  l R    U M dx. x   DR 



0

2





2



2

0

2



x  a



2 3/2

2 3/2

0

0

2





0

2

2

2

2 3/2

0

2

2

0

a2 x2  a2

(29-4)

Yarı Sonsuz Telin Manyetik Alanı :

M I IR

Sonsuz uzun tel için yapılan işlemlerin aynısı burada da

D L YI

ş g orijin j olarak kabul tekrarlanacaktır. Telin başlangıcını edersek, tele dik yönde orijinden R kadar uzaktaki bir P noktasındaki manyetik alan: 



D e

 0 i dl sin  B   dB   2  4  r 0 0

LA

r  l2  R2

O P

i A FB   

S U

M .  Dx R a   dx

2

2 3/2



A T

0

4

0

l

v T

sin   sin   R / r  R / l 2  R 2

Rdl 2

R

. R

A L Y LE





2 3/2

 0i  0i l   2   2 4 R  l  R  0 4 R

x

a2 x2  a2 (29-5)

Sonlu Telin Manyetik Alanı :

 Ş kild ki tell üzerinde Şekildeki ü i d akımla k l aynı yönde ö d bir bi dl elemanı l seçelim. Bu elemanın P noktasında oluşturduğu manyetik

M I IR

alan l sayfadan f d içeri i i doğrudur d d ve bbüyüklüğü, kl

D L YI

A L Y E L ile verilir. Akım taşıyan telin uzunluğu L ise, telin ortasından . R R kadar k d uzaktaki kt ki bir bi P noktasında kt d oluşan l manyetik tik alan: l D e i dlvsin  B   dB  T r 4 A L r  l P R O sin   sin   R / r  R / l  R A F A  i i i  i R dlT R dl l L B       S 4   l U 2  2  R 4 R  L / 2   R R   l R  l  R  M . dxR x   xD  a  a x a dB 

 0 i dl sin  r2 4

L/2

L/2

0

2

L/2

L/2

2

L /2

2

0

 L /2

2 3/2

2 3/2

2

2

2

0

0

2

L /2

L /2

0

2

2

2

2 3/2

0

2

2

2

0

2

2

(29-6)

Örnek : Üzerinden kararlı i akımı geçen, uzunluğu l ğ L olan l ince i bir bi tel, t l şekilde kild görüldüğü ö üldüğü gibi x-ekseni üzerindedir. x > L ve x < L olmak üzere, x-ekseni üzerinde herhangi bir P(x,0) noktasındaki manyetik alanı bulunuz.    0i dl  r dB  4 r 3

M I IR

D e

. R

A L Y LE

D L YI

 L uzunluğundaki tel üzerinde seçilen sonsuz küçük dl elemanı ile, buradan  manyetik alanı bulmak istediğimiz P noktasına çizilen r vektörü arasındaki   o açı 0 olduğundan, dl  r  0 olur ve x -ekseni üzerinde, x  L şartını sağlayan tü noktalarda tüm kt l d manyetik tik alan l sıfırdır. f d

A F

A T

P

A L O

v T

  S Benzer bir durum x  0 için de geçerlidir. dl vektörü ile r vektörleri arasındaki U   M açı 180. olduğundan, dl  r  0 olur ve x -ekseni üzerinde, x  0 şartını sağlayan R tüm Dnoktalarda manyetik alan sıfırdır. o

(29-7)

Örnek : Kenar uzunluğu l = 0.4 m olan kare bir halka,

M I IR

şekildeki gibi, saat ibreleri yönünde 10 A şiddetinde bir akım taşımaktadır. Karenin merkezindeki manyetik alanın büyüklüğünü ve yönünü bulunuz.

. R

A L Y LE

D L YI

L uzunluğunda, i akımı taşıyan bir telden r kadar uzaktaki manyetik alan:  0i L B 4 r  L / 2 2  r 2

A F

 0i l r B 2 4  l / 2 

R D

.M

S U

A T

BT  4  B  4 

P

A L O l

l / 2 

4  10 7 10 

l 2

v T

D e

2

 l / 2 

2

 0i 1  2  l 

  2 2



 0i l 2

 28.28  10 6 T (29-8)

Çembersel Yay Parçasının Manyetik Alanı :

M I R parçası olsun. Yayı gören açı radyan cinsinden  ' dir. İletken I  D L üzerinde i d akımla k l aynı yönde d seçilen il bir bi dl elemanının l çemberin b i I Y merkezi C noktasında oluşturduğu manyetikAalan, Biot-Savart L Y yasasından, E L  i dl sin 90  i dl . dB   R 4 R 4 R D  vi e dl  Rd   dB  T d 4 R A L O ile verilir ve sayfa düzleminden P dışarı doğrudur. Net manyetik alan:  i FA i  B   dB   d  B  A 4T R 4 R S U çember)    (yarım çember)   2 (çember)    /M 2 (çeyrek .  i i i R B B B D Şekildeki gibi, gibi i akımı taşıyan R yarıçaplı çembersel bir yay

0

0

2

2

0



0

0

0

0

8R

0

0

4R

2R

(29-9)

Örnek : Kapalı bir halka gibi değerlendirebileceğimiz

M I IR

yandaki kangal I akımı taşımaktadır. A noktasındaki manyetik alan ifadesini bulunuz.     B  Bç  2 BL / 2  BL Bç 

 0i 4R



 0i 2L

,

 L/2

BL / 2

  0i   0i l   2   2 4 R  l  R  0 4 ( L / 2) L/2

A L O i

 0i

A T

A F

L/2 D e

v T  L / 2

  0i  l 0 BL     4 R  l 2  R 2   L / 2 4 ( L / 2)

P

. R

A L Y LE

2

  L / 2

2

L

 L / 2

2

  L / 2

2

D L YI

 0i  2 2 L  0i  2 L

,

,





 0i  0i  0i  1 2  B 2    ,    2L L 2 2  2 2 L 2 L

M . R

S U

D

(29-10)

Örnek : Yanda verilen kapalı halka I akımı taşımaktadır. P noktasındaki manyetik alan ifadesini bulunuz bulunuz.

M I IR

D L YI

A L Telin düz kısımlarının oluşturduğu manyetik alan Y 0 E L a ve b yarıçaplı yaylar P noktasında manyetik alan oluşturur. .    R D BB B e v i T B    A 4 R L O i  i P B   ,A  4 b 3 12b F A  i  ST i B   ,  U 4M a 3 12 a .  i  1 1   i b  a  R BD B  B    ,  b

a

0

yay

b

0

0

0

0

a

a

b

0

12  a

b 

0

12 ab

(29-11)

Çembersel Akım Halkasının Manyetik Alanı :

M I IR

İletken üzerinde seçilen sonsuz küçük bir dl elemanının, elemanının çemberin merkezinden dik geçen z -ekseni üzerindeki P noktada oluşturduğu manyetik alan alan,  i dl sin 90  0i dl dB  0  2 4 r 4 r 2 ile verilir. Doğrultusu ise z -ekseniyle  açısı yapacak yöndedir. Manyetik alanın z -eksenine dik bileşenlerinin (dB ) toplamı sıfır,

D e

. R

A L Y LE

D L YI

paralel bileşenlerinin (dB ) toplamı ise sıfırdan farklıdır.

A L O

v T

0i dl cos  R 2 2 dB  dB cos   ; r  R  z ; cos   2 r r 4  iR dl 0iR dl dB  0   B   dB , (R ve z sabit) 3/2 3 4 r 4  R 2  z 2 

S U

A T

A F

P

M dl   . 4R  R  z  4  R D

B

0iR 2

2 3/2

0iR 2

z



2 3/2

 2 R   B 

0iR 2

2R  z 2



2 3/2

(29-12)

Örnek : Yarıçapı R olan çembersel bir halka üzerinde düzgün

M I IR

dağılmış toplam q yükü taşımaktadır. Halka, merkezinden geçen ve yüzeyine dik eksen etrafında  sabit açısal hızı ile dönmektedir. Çember ekseni üzerinde ve çemberden z = R /2 kadar uzaktaki bir noktada oluşan manyetik alan nedir?

. R

D L YI

A L Y LE

Çemberin z-ekseni etrafında dönmesi ile oluşan akım: q q q q i   i t T  2 /   2 B

 0 iR

2

2R  z 2

4  0i



2 3/ 2

B

A T

A F

v T

A L O  iR

P2  R

 2  0 q

D e

2

0

2

  R / 2   2

3/ 2



 0 iR 2

2 R 1  1 / 4  3

3/ 2

4  0 q B 3  3  R 5 R 5 2  R 3 5

M . R

S U

D

(29-13)

Örnek : İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan bir disk

M I IR

düzgün  yüzey yük yoğunluğuna sahiptir. sahiptir Disk, Disk merkezinden geçen ve yüzeyine dik olan z -ekseni etrafında f d  sabit bi açısall hızı h ile il dö dönmektedir. k di Di Diskin ki ekseni üzerinde ve disk merkezinden z kadar uzaktaki P noktasında oluşan manyetik alanını ve diskin

. R

manyetik dipol momentini bulunuz.

D e

A L Y LE

D L YI

v a  r  b olacak şekilde, disk üzerinden dr kalınlığında bir T Ageçen di akımı: halka seçelim. Bu halkadan L O P  2 rdr q  2 rdr d  di  di d     rdr d A t  2 /   AF T B

T S UiR .M

2R R D

2

0

2

z



2 3/ 2

 dB 

 0 r di 2

2  r  z  2

2

3/ 2



 0 r 2  rdr  2  r  z  2

2

3/ 2

(29-14)

M I   r dr x dx x IR 2a B   dB    x  a  ILDx  a 2  r  z     Y A L      r  2 z   b  2 z a Y 2z  B  E      2  r z  2  b z La  z  . R D e v di akımı taşıyan r yarıçaplı halkanın manyetik dipol momenti, T A L d   di  r  O P şeklinde ifade edilir edilir.ABuradan Buradan, net manyetik dipol moment: F A  T    d S  rdr  r     r dr  b a    4 U M . R D b

3

3

0

a

2

2 3/2

2

2

2

0

2 3/2

2

b

2

2

2

2

2

2

2

0

2

2

2

2

2

2

a

2

b

b

2

a

3

4

4

a

(29-15)

Amper Yasası : Akım dağılımının bilindiği durumda,

M I R üstüste binme ilkesini kullandık. Akım dağılımındaki I D L simetri i t i yüksek ük k ise, i Biot-Savart Bi t S t yasasının yerine i I işlemlerin i l l i Y kolaylığı nedeniyle Amper yasasını kullanacağız. A L Y E i akımı taşıyan Amper yasasını, Biot-Savart yasasından türetebiliriz.LŞekilde . sonsuz uzun bir tel verilmiştir verilmiştir. Teli merkez kabulReden r yarıçaplı çembersel D  bir halka üzerinden B' nin çizgi integrali:ve     i  i AT  r   i   B  dl   i 2L  B  dl   2 r dl cos 0  2O r Pseçilen halkanın geometrisinden bağımsız olduğuna bulunur İntegral sonucunun bulunur. sonucunun, A F dikkat ediniz. Bu sonAbağıntı Amper yasası olarak bilinir ve şöyle tanımlanır: T   S "Herhangi bir kapalı eğri boyunca  B  dl integrali,  ile kapalı halka içindeki U M . net akımın ççarpımına p eşittir". ş R D eğri "Amper halkası" olarak isimlendirilir. Kapalı manyetik alanı bulmak için Biot-Savart Biot Savart yasası ile birlikte

0

0

0 iç

0

0

(29-16)

Amper Yasasının Uygulanması :

M I IR

     1.  B  dl integralinin belirlenmesi. Kapalı halka l1 , l2 , ..., ln

D L YI

  n gibi n tane elemana bölünür ve  Bi  li   Bi li cosi toplamı n

A L Y LE

i 1

i 1

 hesaplanır. Burada Bi , i. elemanın bulunduğu yerdeki manyetik

. R

alandır. n   durumunda bu toplam: n      B  dl  lim  Bi  li olur. n

   B  dl  0iiç

i 1

A L O

v T

D e

2. iiç' in hesaplanması. Sağ-el parmak uçları kapalı halka

P

üzerindeki hareket yönünü gösterecek şekilde halka kavranır.

A T

A F

Halka içinde başparmağımızla aynı yönde olan akımlar pozitif alınır. Halka içinde başparmağımızla ters yönde olan akımlar negatif alınır. Halka dışındaki akımların hiçbir katkısı yoktur. Şekildeki örnekte: iiç  i1  i2

S U

M . R

D

(29-17)

Uzun Bir Telin Dışındaki Manyetik Alan:

M I IR

i akımı taşıyan sonsuz uzun bir telin oluşturduğu manyetik alan ççizgilerinin, g , teli merkez kabul eden ççemberler şşeklinde

D L olduğunu biliyoruz. Problem silindirik simetriye YI sahiptir ve teli merkez alan r yyarıçaplı ç p bir çember ç LA Amper p halkası Y E büyüklüğü çemberin olarak seçilebilir. Manyetik alanın L . üzerindeki her noktada aynıdır ve yönü çembereRteğettir. teğettir Bu durumda manyetik D e alan, v   T B  dl  Bdl cos 0  B dl d l  2  rB    LA B O i P  i  iB 2F rA olarak bulunur. TA S Not : AmperU yasası herhangi bir kapalı halka için geçerlidir. M . Hesaplamalarda p kolaylık y sağlaması ğ açısından ç en basit R D 0

0 iç

0

halkayı seçmek daha uygundur.

(29-18)

Örnek : Sonsuz uzunlukta dört tel, yandaki gibi, kenar uzunluğu l ğ 0.2 0 2 m olan l bir bi karenin k i kö köşelerine l i yerleştirilmiş, l ti il i sayfa düzleminden içeri ve dışarı doğru 5 A şiddetinde akım taşımaktadırlar. Karenin merkezindeki net manyetik alanı hesaplayınız. 1 r 2

 0.2 

2

  0.2 

2

. R

A L Y LE  i

M I IR

D L YI

2 m ; B A  BB  BC  BD  0  10 2 r

v T

D e

 0i  Bx  2 r   sin 45  sin 45  sin 45  sin 45  0  0i  0i  2  2  0i B 4 cos 45 4            y 2 r  2 r  2  r

S U

 A T

   2  0i  ˆ B     j      r   

D

M . R

A F

P

A L O

 2  4  10 7  5  ˆ  j    2  10 5  ˆj 2    10  (29-19)

Örnek : Yanda, bir koaksiyel kablonun kesiti

M I IR

verilmiştir. il i i Merkezdeki k d ki iletkenin il k i taşıdığı d akım k sayfa düzleminden dışarı doğru 1 A, dıştakinin taşıdığı akım ise sayfa düzleminden içeri doğru

D L YI

A L Y Şekilde gösterilen a ve b noktalarındaki manyetik LE . alanları bulunuz. R D e v i B T A 2 r L i 4  10  1PO B    2  10 T (saat ibrelerinin tersi yönünde) A 2 a 2  1  10  F A i 4S T  10   3  1 B  U  1.33  10 T (saat ibreleri yönünde) 2 bM 2   3  10  . R D 3 A' dir. İç ve dış iletkenler plastikle kaplanmışlardır.

0

0 iç

7

a

4

3

7

4

0 iç

b

3

(29-20)

Uzun Bir Telin İçindeki Manyetik Alan:

M I IR

Teldeki akımın, tel kesitine düzgün dağıldığını kabul edelim. Telin taşıdığı ş ğ akım i ve yyarıçapı ç p R dir. Tel ile aynı y merkezli,,

D L I Y r (r  R) yarıçaplı bir Amper halkası seçelim. Manyetik A alanın büyüklüğü çemberin çemberin üzerindekiL her noktada aynıdır Y E manyetik alan, ve yönü çembere teğettir. Bu durumda L .   R B  dl  Bdl  D cos 0  B  dl  2 rB e v r r T i i i A R R L O P 2 rB   i r  B    i  r   A R 2  R F   iç

2

2

2

2

2

0

S U

A T

0

2

2

Amper halkasını telin dışında seçersek: 0iiç  0i olur

M . R

ve telin dışındaki manyetik alan:

DB 

0i 2 r

ifadesine sahip olur. (29-21)

Örnek : Yarıçapı R olan silindir şeklindeki bir iletken, şekilde gösterildiği ö ildiği gibi ibi toplam l I akımı k taşımaktadır. k d Telin T li kesitindeki k i i d ki akım yoğunluğu, b pozitif bir sabit olmak üzere, J  br ifadesi il verilmektedir. ile il kt di Telin T li iiçinde i d ve dışındaki d d ki manyetik tik alanları l l bulunuz ve tel ekseninden olan uzaklıkla değişimini çiziniz.

M I IR

D L YI

A L Y 2 bR E L I   J  2 rdr   2 b  r dr  (toplam akım) . 3 R   D r  R :  B  dl   Bdl cos 0  B  dl  2erB v T 2 b  r A  i    J  2 rdr   2L  b   r dr  3 O P 2 b  r A 3I   b    I  B 2 rB  r  F r  A 3 2 R 3  3   2 R T  S r  R :  B U dl   Bdl cos 0  B  dl  2 rB M .  I  bR  1  R D  i   I  2 rBB   I  B  2 r  3  r  R

R

3

2

0

0

r

0 iç

r

0

3

2

0

2

0

0

0

0

3

0

0

2

3

0

3

 2 r 

3

0

0 iç

0

0

0

(29-22)

ÖDEV: Yarıçapı R olan silindir şeklindeki bir iletken telden toplam I akımı

akmaktadır. Telin kesitindeki akım yoğunluğu, J0 pozitif bir sabit olmak üzere, IM

R I D

 r2  L I J  J0 1 2  Y R   A L if d i il ifadesi ile verilmektedir. il k di Telin T li içinde i i d ve dışındaki d d ki bölgelerde bölEY l d manyetik ik alanları l l

L . bulunuz ve tel ekseninden olan uzaklıkla değişimini çiziniz. R D e v T A L O P A F A T S U M . R D

(29-23)

Örnek : Genişliği l olan çok uzun metal bir şerit, şekildeki

M I IR

gibi xy -düzlemindedir düzlemindedir ve boyunca toplam I akımı taşımaktadır. taşımaktadır y -ekseni üzerinde ve şeritin kenarından b kadar uzaktaki bir P noktasında manyetik alanını bulunuz. bulunuz

A L Y LE

D L YI

Metal şerit boyunca kalınlığı dy olan sonsuz uzun ince bir tel seçelim. Bu telin taşıdığı akım di  ( I / l ) dy ve P noktasında oluşturduğu manyetik alan:  0 di dB  (pozitif z -ekseni yönünde) 2  l  b  y 

 0 I l dy B   dB  ;  2 l 0 l  b  y

v T

u lb y du   dy

P

A L O

D e

. R

 0 I l  du 0 I l B  ln  l  b  y 0  2 l 0 u 2 l

S U

A T

A F

0 I  b  0 I  l  b  B ln  ln   B  2 l  l  b  2 l  b 

M . R

D

(29-24)

Örnek : Sonsuz genişlikte ve sonsuz uzunlukta çok ince metal

M I IR

bir şerit xy -düzlemindedir düzlemindedir ve kesitinde birim uzunluk başına K akımı taşımaktadır. Şeritten z kadar yukarıdaki bir P noktasında

D L YI

manyetik alanını bulunuz. bulunuz

A L Y LE

Metal şşeritteki kesitinde, z -ekseninden x kadar uzakta kalınlığı ğ dx olan sonsuz uzun ince bir tel seçelim. Bu telin taşıdığı akım di  Kdx ifadesine sahiptir ve P noktasında oluşturduğu manyetik alan: dB 

 0 Kdx  0 di  2 r 2 x 2  z 2

 K B  Bx   dB cos   0 2 tan   x / z

S U

; 



D e

Bz   dB sin   0

A L Odx

 Px

A F

. R

v T

Bx   dB cos   0

2

z

A  T B K

2

 /2

 K  0 2 z x2  z2 z

1  tan   d 2



 1 x / z

M . R

2



 K  0 2

 2 2  1  tan  d   dx / z    2 1 tan     / 2 0 K 0 K  /2 B (Negat x doğrultusunda) (Negatif doğ u tusu da)   / 2  B  2 2 0

dx

 /2



d

 /2

D

(29-25)

Paralel İki İletken Tel Arasındaki Manyetik Kuvvet :

   Manyetik alan içinde bulunan akım taşıyan bir tel üzerine F = I l × B

 RIM I ifadesi ile tanımlanan manyetik bir kuvvet etkidiğini biliyoruz. D L I Y yönlerde Yanda, aralarında a mesafesi bulunan, aynı A L I ve I akımları taşıyan sonsuz uzunlukta iki paralel Y E L verilmiştir. Her bir tel diğer. telin bulunduğu yerde bi manyetik bir tik alan l oluşturur. l D t R Bu B nedenle d l de d birbirleri bi bi l i e üzerine manyetikvkuvvet uygularlar. T A telin bulunduğu yerde oluşturduğu I akımı taşıyan telin, I akımı yaşıyan L O manyetik alan ve bu alan nedeniyle P I akımı yaşıyan telin birim uzunluğuna A etkiyen manyetik kuvvet, sırasıyla, F A  I ST II F  I  B   F  I L sin i 90      U L 2 a 2 a  2 a  M . ifadelerine sahiptir. p Sağ-el ğ kuralına göre g bu kuvvet bir ççekim kuvvetidir. R D zıt yönlerde akım taşıması durumunda ise bu kuvvet iticidir. Tellerin 1

2

2

1

1

2

0 2

21

1

0 2

o

21

0 1 2

(29-26)

Örnek : Sonsuz uzunlukta I1 akımı taşıyan ş y bir tel,, şşekilde gösterildiği gibi, düzgün geometriye sahip I 2 akımı taşıyan kapalı bir halka ile kısmen çevrelenmiştir çevrelenmiştir. Halka ekseni ile tel çakışık olduğuna göre, halkaya etkiyen net manyetik k kuvveti ti bulunuz. b l

. R

D e

A L Y LE

M I IR

D L YI

L

I1 akımı taşıyan sonsuz uzun telin oluşturduğu manyetik alan saat ibrelerinin

v T

tersi yönünde çevreseldir. Bu nedenle, kapalı halkanın çembersel kısımlarına

A L O

kuvvet etki etmez. Halkanın düz olan L uzunluğundaki kısımlarına etkiyen manyetik kuvvet:

 I B 0 1 2 R

D

 0 I1 (sağa doğru) 2 R   I Fsağ  I 2 L 0 1 (sağa doğru) 2 R  0 LI1 I 2  F (sağa doğru) R

S U

M . R  

 F  Fsol  Fsağ

A F

P

A T

Fsol  I 2 L

L

(29-27)

M I IR

Solenoid (bobin) :

. R

A L Y LE

D L YI

Boyu yarıçapının yanında çok büyük olan yalıtkan bir silindir üzerine yüzlerce

D e

veya binlerce defa helis şeklinde sıkıca sarılmış iletken telden oluşur. Böylece

v solenoid, yanyana sıralanmış çok sayıda çembersel halkadan oluşmuş bir T A L sistem gibi düşünülebilir. Solenoidten i akımı geçtiğinde, solenoidin içinde O P eksenine paraleldir ve yönü sağ-el kuralıyla oluşan manyetik alan solenoid A F uçları akım yönünü gösterecek şekilde solenoidi bulunur. Sağ elin parmak A T S sağ aavuçç içine aldığımı aldığımızda, da başparmağımız başparmağımı solenoidin içinde ol oluşan şan man manyetik etik U M gösterir. Solenoidin dışındaki manyetik alan ise çok zayıftır alanın yönünü . veD idRl solenoid ideal l id iiçin i yaklaşık kl k sıfır f alınabilir. l bili

(29-28)

Solenoidin içindeki manyetik alanı bulmak için Amper

M I IR

yasasını kullanabiliriz. İdeal bir solenoid için, solenoidin içindeki manyetik alan düzgün, dışındaki manyetik alan

D L ise sıfır kabul edilebilir. Solenoidin birim YIuzunluğundaki A sarım sayısı n olsun. L Y E halkasını alalım. Amper halkası olarak şekilde gösterilen dikdörtgensel abcd L . R Halkanın uzun kenarları solenoidin eksenine paraleldir ve biri solenoidin içinde D diğeri ise dışındadır. Amper yasasından: ve       T      B  dl  B  dl   B  dl   B  dl   BO dlLA P         A  B  dl   Bdl cos 0AFB  dl  Bh ve  B  dl   B  dl  B  dl  0 T   S  B  dl MBhU ; i  nhi  .  dl   i  Bh   nhi  B   ni DBR b

c

d

a

a

b

c

d

b

b

b

c

d

a

a

a

a

b

c

d

iç

0 iç

0

0

Toplam sarım sayısı N ve silindirin boyu L olmak üzere n  N / L dir.

(29-29)

Toroid :

M I IR

Toroid, T id id ideall bi bir solenoidin l idi bükülerek bükül k simit i it şekline kli getirilmesi ti il i ile oluşturulabilir. Kesiti aynı olmak koşuluyla, herhangi bir geometriye t i sahip hi olabilir. l bili i akımı k t taşıyan N sarım sayısına sahip bir toroid olsun. Toroid içinde manyetik alan çizgileri, toroid id il ile aynı merkezli k li çemberlerdir b l di ve manyetik ik alan l her h

D L YI

A L Y E L noktada çemberlere teğettir. Yönü sağ-el kuralıyla bulunur. . R S Sağ-el l parmakk uçları l akım k Dyönünü gösterecek k şekilde kild toroidi idi e manyetik alan yönünü gösterir. kavrarsak, başparmağımız v T Toroidin dışında ise manyetik alan yaklaşık olarak sıfırdır. A L O P bir çember alır ve Amper yasasını uygularsak: Amper halkası olarak r yarıçaplı A   F B dl  2 rB ve i  Ni B  dl  Bdl cos0 A   T  S  Ni 2 rB M U Ni  B  2 r . R bulunur. D iç

0

0

(29-30)

Manyetik Dipolün Oluşturduğu Manyetik Alan:

M I IR

i akımı taşıyan R yarıçaplı çembersel bir halkanın, merkezinden

D L YI

dik olarak geçen z -ekseni ekseni üzerinde, merkezden z kadar uzaktaki bir P noktasında oluşturduğu manyetik alan, B

0iR

2

2R  z 2



. R

2 3/2

D e

A L Y LE

b bağıntısı il verilir. ile ili Çemberden b d çok k uzak k noktalarda k l d ( z  R) :

0iR 2

v T

0iR 2  0i  R 2 0iA 0  B      3 3 3 3  2z 2z 2 z 2 z 2 z 3 olur. Burada  , halkanın manyetik dipol momentidir. Vektörel

A L O

S U

D

M . R

P f formda dA manyetik ik alan: l F    A T B( z )  0

2 z 3 olur. Halkanın oluşturduğu manyetik alan, çubuk mıknatısın oluşturduğu l t d ğ manyetik tik alanla l l aynı formdadır. f d d (29-31)

BÖLÜM-30 Ö Ü İndüksiyon ve İndüktans

M I IR

D L YI

A L Y E L Bu bölümde aşağıdaki konulara yer verilecektir: . R D Faraday indüksiyon yasası e Lenz kuralı v M Manyetik tik alandaki l d ki değişimle d ği i A l T indüklenen i dükl elektrik l kt ik alan l L Öz-indüktans ve karşılıklı indüktans O P RL devreleri A F depolanan enerji Manyetik alanda A T S U M . R D

(30–1)

Faraday' ın Yaptığı Deneyler ve Faraday y İndüksiyon y Yasası :

M I IR

1830' lu yıllarda, İngiltere'de Michael Faraday ve Amerika ş Devletleri'nde Joseph p Henry, y batarya y kullanmadan Birleşik elektrik akımı üretilebilen önemli deneyler yaptılar. Aşağıda

A L Y LE

D L YI

y yyasası" olarak bilinen bağıntıyı ğ y elde "Faradayy indüksiyon etmede yardımcı olabilecek bazı deneyler anlatılacaktır.

. R

Yukarıda,, duyarlı y bir ampermetrenin p bağlı ğ olduğu ğ kapalı p halka şşeklinde bir devre verilmiştir. Devreye kalıcı bir mıknatıs yaklaştırdığımızda, ampermetreden bir akım geçtiği görülür. Yapılan birçok denemeden çıkan sonuçlar şöyle özetlenebilir:

P

A L O

v T

D e

1. Halka ile mıknatıs birbirine göre hareketli ise, halkada akım oluşmaktadır. 2. Hareket ne kadar hızlı ise, akım o denli şiddetli olmaktadır. 3. Hareket yönü tersine çevrilirse veya mıknatısın kutbu değiştirilirse, halkadaki akım da yön değiştirerek ters yönde akar.

S U

M . R

A T

A F

D

Bu şekilde oluşturulan akıma "indüklenen akım", halkada oluşan emk' ya "indüklenen emk" ve olayın kendisine de "indüksiyon" denir.

(30–2)

Yandaki şekilde karşılıklı duran iki halka verilmiştir. 1 nolu l halkanın h lk b l d ğ devredeki bulunduğu d d ki S anahtarı ht kapatıldığında veya kapalı iken açıldığında, 2 nolu

M I IR

D L h lk halkaya bbağlı ğl ampermetreden t d akım k geçtiği tiği görülür. ö ülü I Y 1 nolu halkadaki akım sabit olduğu sürece, 2 nolu A L h lk d herhangi halkadan h h i bi bir akım k geçmez. Y E L Bu iki indüksiyon deneyinde,.manyetik alan ya mıknatısla ya da d akım k geçirilen i il bir bi D telle llRoluşturulabilmektedir. l l bil k di e v Faraday yaptığı bu deneylerin sonucunu "Faraday' ın indüksiyon yasası" olarak T A bilinen aşağıdaki ifade ile özetlemiştir: L O p bir halkadan g geçen çP manyetik y alan ççizgilerinin g sayısı y değişirse, ğş , Kapalı A F (emk indüklenir). halkada bir emk oluşur A T S Faraday yasasıUsadece indüksiyonu açıklamakla kalmaz aynı zamanda indüksiyonun M tarifini de yapar. Maxwell' in elektromanyetizma ile ilgili dört denkleminden birisidir. . R D (30–3)

Manyetik Akı (Φ ) : B Kapalı bir halkanın sınırladığı bir yüzeyden geçen g ç manyetik y akı şşu şekilde ş bulunur:

D L YI

   B   B  dA

A L Y LE

M I IR

1. Kapalı p halkanın sınırladığı ğ yyüzey, y, alanı dA olan sonsuz küçük ç yüzey y y elemanına bölünür. 2. Her bir yüzey elemanından geçen manyetik akı hesaplanır: d  B  BdA cos  . Burada  , dA elemanının bulunduğu noktada yüzeyin normali nˆ ile manyetik  alan B arasındaki açıdır.   3. Tüm akılar toplanır: p  B   BdA cos    B  dA ((T  m 2  Wb). )

A L O

v T

D e

. R

Eğer halkanın sınırladığı yüzeyden geçen manyetik alan düzgün ise manyetik akı    B  B. A  BA cos  ifadesi ile bulunur.

P

A F yasası şu şekilde de tarif edilir: Faraday indüksiyon A Tindüklenen emk' İletken halkada emk nın büyüklüğü ( ), ) halkadan geçen S U d M manyetik akının (Φ ) zamanla değişim hızına eşittir.    . dt R DN sarım sayısına sahip bir kangalda indüklenen emk:    N d  B

B

B

dt

(30–4)

Bir halkadan geçen akıyı değiştirmenin yolu : Manyetik alan içerisinde bulunan bir halkadan geçen manyetik akı  B :    B   B  dA   BdA cos 

M I IR

A L Y LE

D L YI

genel ifadesine sahiptir. Bu ifadeye göre, halkadan geçen manyetik akıyı değiştirmenin üç yolu vardır: 1. Halkanın içinde ç bulunduğu ğ manyetik y alanın büyüklüğünü y ğ değiştirmek. ğş

v T

D e

. R

2. Manyetik alan içindeki halkanın yüzey alanını değiştirmek.  3 Halkanın yüzey normali nˆ ile B manyetik alanı arasındaki  açısını 3. değiştirmek.

S U

M . R

A T

A F

P

A L O

D

(30–5)

Örnek : Kenar uzunluğu 18 cm olan kare şeklindeki bir kangalın sarım sayısı

M I R alanın şiddeti 0.8 s içinde 0' dan 0.5 T' ya düzgün olarak artırılmaktadır. Kangalda I D L indüklenen emk' yıı vee akımı hesaplayınız. hesapla ını YI A       B A  0  0.5  (0.18)  0.0162 T  m L Y E 200   0.0162  N   4.05 L .     4.05 V  i   2A   R t 08 0.8 R 2 D e v Örnek : Yüzey alanı A olan bir kangal, yüzeyine dik yöndeki bir manyetik alan T A L içine konuyor. Manyetik alanınO şiddeti, a bir sabit olmak üzere, B  B e P göre ifadesine uygun olarak değiştiğine göre, kangalda indüklenen indüklenen emk' emk yı bulunuz bulunuz. A F A T d S   BA  AB e       AB e   a   aAB AB e U dt M B manyetik alanın maksimum değeri, Burada . R D aAB ise indüklenen emk'nın maksimum değeri. 200 ve toplam direnci 2 ' dur. dur Kangal yüzeyine dik yönde uygulanan manyetik

2

s

i

2

s

ind .

ind .

ind .

 at

0

 at

0

 at

ind .

0

 at

0

0

0

(30–6)

Örnek : Uzunluğu L olan bir iletkeni, şekilde gösterildiği gibi, sayfa düzleminden içeri doğru olan düzgün bir manyetik alan içinde alana dik yönde sağa doğru sabit bir v hızıyla hareket ettirelim. İletkenin İ iki ucu arasında oluşan potansiyel farkını bulunuz.

M I IR

D L YI

A L Y Eelektronlar aşağıya İletken sağa doğru sabit bir hızla hareket ettiğinde, L . R doğru F  evB büyüklüğünde bir kuvvetin etkisinde kalır ve iletkenin D e Yük ayrışması sonucunda da iki ucu arasında bir yük ayrışması oluşur. v il tk i uçları iletkenin l arasında d bi bir potansiyel tATi l farkı f k oluşur. l Bu B şekilde kild iletkenin il tk i L O uçları arasında manyetik kuvvete zıt yönde bir elektrik kuvveti oluşur. P Yük kutuplanmasınınAartışı ile elektrik kuvvetinin değeri de artar. F A Kararlı denge durumu oluştuğunda: T S V F  F MU  evB  eE  e   V  BLv   L . R bulunur. Bu potansiyel farka indüklenmiş emk denir. D B

B

E

ind

(30–7)

Örnek : Uzunluğu L ve kütlesi m olan bir iletken, şekilde

M I IR

gösterildiği ö ildiği gibi, ibi sayfa f düzleminden dü l i d içeri i i doğru d ğ olan l düzgün dü ü bir manyetik alan içinde, sürtünmesiz iki iletken ray üzerinde alana dik yönde sağa doğru v0 ilk hızıyla harekete başlıyor.

A L Y LE

İletkenin hızını zamanın fonksiyonu olarak bulunuz. İletken telde indüklenen akımı ve emk' yı bulunuz.

. R

D e

D L YI

 ind dv dv B 2 L2  BLv  F  ma  m   ILB   LB     dt  LB  dt R v mR  R  v



v0

2

2 t

dv B L  v mR

 dt



A F

0

A T

BLv BL I v0 e  R R

S U

M .  R IR  BLv e D 0

v T

P

Av  B L L Oln      v0 

2

2

mR

t



v ( t )  v0 e

B 2 L2  t mR

B 2 L2  t mR

B 2 L2 t  mR

(30–8)

Lenz Kuralı :

dB   dt

M I R Faraday yasasında yer alan () işareti, indükleme I D L yoluyla l l oluşan l akımın k yönü ile il il ilgilidir. ilidi I İndükleme Y İ d kl A Lenz kuralına ile oluşan akım ya da emk' nın yönü L Y göre belirlenir. Lenz kuralı: E L . R İndükleme ile oluşan akım akım, halkadan geçen geçenmanyetik manyetik akıdaki değişimi D e engelleyecek şekilde bir manyetik alan oluşturacak yöndedir. v T A Şekilde, halkaya yaklaştırılan bir L mıknatıs verilmiştir. İndüklenen akım şekilde O gösterilen yöndedir. Çünkü,P Lenz kuralına göre indüklenen akımın sağa doğru bir A F gerekir. Halka, kuzey kutbu mıknatısın kuzey kutbuna manyetik alan oluşturması A Tgibi düşünülebilir yakın bir mıknatıs düşünülebilir. Bu yüzden yüzden, mıknatısın kendisinde mendana S U M akıdaki artışı engelleyebilmek için kendisine yaklaşan mıknatısı getirdiği. manyetik i DkRi itecektir.

İndüklenmiş akımın oluşturduğu indüklenmiş Bi manyetik tik alan l çizgileri i il i

(30–9)

Örnek -11 : Çubuk mıknatısın N kutbunun M I R I halkaya yaklaştırılması. D

A L Y LE

L I Y

. Çubuk mıknatıs halkaya yaklaştırıldıkça, halkanın merkezinde sola doğru R  D oluşturduğu BM manyetik alanının şiddeti ve zamanla artar. Böylece, halkadan

T kuralına geçen B manyetik tik akısı k da d artar. t AL Lenz k l göre, ö indüklenen dükl akım k saatt L  O P sağa ibrelerinin tersi y yönde akarak ğ doğru ğ Bi indüklenmişş manyetik y alanını A    F oluşturur ve halkanın A merkezindeki net manyetik alan Bnet  BM  Bi olur. T S Böylece, indüklenen akım manyetik akıdaki artışı engellemiş olur. U M . R D

(30–10)

Örnek - 2 : Çubuk mıknatısın N kutbunun M I R I halkadan uzaklaştırılması. D

A L Y LE

L I Y

Çubuk mıknatıs halkadan uzaklaştırıldıkça,. halkanın merkezinde R  D sola doğru oluşturduğu BM manyetik alanının şiddeti zamanla azalır. e

v T

Dolayısıyla halkadan geçen  Dolayısıyla, azalır. Lenz AB manyetik akısı da azalır

L O

kuralına göre, indüklenen akım saat ibreleri yönünde akarak sola P  A Falanını oluşturur ve halkanın merkezindeki net doğru Bi manyetik A    T S manyetik tik alan l l Böylece, Bö l indüklenen i dükl akım k U Bnet  BM  Bi olur.

M . y akıdaki azalmayı y engellemiş g olur. manyetik R D

(30–11)

Örnek - 3 : Çubuk mıknatısın S kutbunun M I halkaya yaklaştırılması.DIR

. R

A L Y LE

L I Y

D merkezinde sağa doğru Çubuk mıknatıs halkaya yaklaştırıldıkça,ehalkanın v  T zamanla artar. oluşturduğu BM manyetik alanınınAşiddeti artar Böylece, Böylece halkadan L O

geçen B manyetik akısı da kuralına göre, indüklenen akım saat Partar. Lenz  A F sola doğru Bi manyetik alanını oluşturur ve halkanın ibreleri yönünde akarak A    T St manyetik merkezindeki k i d kiUnet tik alan l Bnet  BM  Bi olur. l Böylece, Bö l iindüklenen dükl akım manyetik . M akıdaki artışı engellemiş olur.

R D

(30–12)

Ö k -4: Ç Örnek Çubuk b k mıknatısın k S kutbunun k b IM R I halkadan uzaklaştırılması. D

. R

A L Y LE

L I Y

Ç b k mıknatıs Çubuk k halkadan h lk d uzaklaştırıldıkça, kl ld kD halkanın h lk merkezinde k i d  e v sağa doğru oluşturduğu BM manyetik T alanının şiddeti zamanla azalır.

A

Böylece, halkadan geçen  B Lmanyetik akısı da azalır. Lenz kuralına

O P

göre indüklenen akımAsaat ibrelerinin tersi yönünde akarak sağa göre,  F A doğru Bi manyetik alanını oluşturur ve halkanın merkezindeki net T    S U Bnet  BM  Bi olur. Böylece, indüklenen akım manyetik manyetik alan

M . akıdaki azalmayı engellemiş olur. R D

(30–13)

İndüksiyon ve Enerji Transferi :

M I IR

Lenz kuralına göre, indüklenen akım kendisini doğuran dış etkiye bir tepki olarak doğar. Bu nedenle, dış etki manyetik alan-halka sistemi üzerine bir iş yapar. Bu iş halkanın R direnci üzerinde ısı enerjisi olarak açığa çıkar.

. R

A L Y LE

D L YI

Şekilde genişliği L olan iletken bir halka verilmiştir. Halkanın bir bölümü düzgün B manyetik alanı içindedir ve sabit bir v hızıyla alan dışına çıkarılıyor. Herhangi bir anda, halkadaki manyetik akı  B  BA  BLx ' dir.

P

A L O

v T

D e

Halkadaki akının azalma hızı (indüklenen emk) ve

S U

D

M . R

A T

A F indüklenen akım sırasıyla, dB dx    BL dt dt ifadelerine sahiptir.



 BLv   BLv ve i   R R

(30–14)

R direnci üzerinde birim zamanda açığa çıkan ısı enerjisi,

M I IR

2

2 2 2 BLv B Lv    (Eş-1) Pısı  i 2 R   R  R  R  il verilir. ile ili Halkanın lk k kenarlarına l etkiyen ki manyetik ik kkuvvetler l   şekil üzerinde gösterilmiştir. F2 ve F3 kuvvetlerinin toplamı  sıfırdır. Halkaya etkiyen tek manyetik kuvvet F1 kuvvetidir:    BLv B 2 L2v F1  iL  B  F1  iLB sin 90  LB  R R Bu durumda, halkayı sabit bir v hızıyla alan dışına çekmek

A L O

v T

D e

. R

A L Y LE

D L YI

için eşit büyüklükte ve ters yönde bir dış kuvvet uygulamak gerekir. Bu kuvvetin birim zamanda yapacağı iş:

S U

D

M . R

P

A T

A F P

B 2 L2v 2 (Eş-2) dış  F1v  R E 1 ve Eş-2 Eş-1 E 2 karşılaştırılırsa, k l t l hhalkayı lk alan l dışına d çıkarmak k k

için uygulanan dış kuvvetin yaptığı işin, halka üzerinde ısı enerjisine ji i dönüştüğü dö ü tüğü görülmektedir. ö ül kt di

(30–15)

Örnek : Kenar uzunlukları l ve w olan dikdörtgensel bir halka,

M I IR

şekildeki kild ki gibi, ibi sabit bi bi bir v hhızıyla l sayfa f düzleminden dü l i d iiçerii ddoğru ğ olan düzgün bir manyetik alana soldan giriş yaparak sağ taraftan çıkıyor. k M Manyetik ik alanın l etkin ki olduğu ld ğ bölgenin böl i genişliği i liği 3w' dur. d

A L Y LE

Halkadan geçen manyetik akıyı ve halkada oluşan indüksiyon emk' k' sını bulunuz b l ve konumla k l nasıll ddeğiştiğini ği iği i çiziniz. i i i 

H lk alanın Halka l d dışında d Halkanın x kadarı alanın içinde

P

Halkanın tamamı alanın içinde

A T

A F





.M

Halka alanın dışında

R D



v T

 0 D e ;

  Blx      Blv    Blw    0 

A L O

Halkanın x kadarı alanın dışınd a 

S U

0

. R

D L YI

  Bl  w  x       Blv  0 ;  0

(30–16)

Örnek : Kenar uzunlukları L ve w olan dikdörtgensel bir halka, h lk şekildeki kild ki gibi, ibi I akımı k t taşıyan sonsuz uzun bir bi ttelden ld h kadar uzaktadır.

M I IR

D L YI

a ) Halkadan H lk d geçen manyetik tik akıyı k bulunuz. b l b) Telden geçen akım, a ve b pozitif sabitler olmak üzere, I  a  bt ifadesine göre d ği i halkada değişirse h lk d oluşan l indüksiyon i dük i emk' k' sının büyüklüğünü bü üklüğü ü ve yönünü ö ü ü bbulunuz. l

A L Y LE

. R

a ) Halka üzerinde seçilen şeritten geçen akı:  0 I  d   BLdr    Ldr  2 r 



A L O

D e

 0 LI  2

v T

hw

 h

dr r

 0 LI  0 LI  w  hw  ln  r h  ln  1   h 2 2   0 L  w  dI  0 Lb  w  d     ln  1   ln  1   b )    2 2 dt h  dt h  

A T

A F

P

S U Halka içinden geçen akı sayfa düzleminden içeri doğrudur ve büyüklüğü M . artmaktadır. R D İndüklenen emk saat ibrelerinin tersi yönünde akım oluşturacak yöndedir. (30–17)

Örnek : İki kapalı bölmeden oluşmuş iletken bir halka,

M I IR

şekildeki gibi, gibi yüzeyine dik ve sayfa düzleminden içeri doğru yönelmiş bir manyetik alan içindedir. a = 65 cm ve iletkenin birim uzunluğunun direnci 0.1 0 1  /m' /m dir. dir

A L Y LE

Manyetik alan şiddeti B  (1103 T/s)  t ifadesine ugun olarak değişiyorsa, değişiyorsa PQ kolundan geçen indüksiyon akımını bulunuz.

v T

D e

. R

D L YI

d dB Büyük halka: 1   2a 2  R1  0.1  halka çevresi=0.1*6 a  0.6 a dt dt 1 2 a dB 2  (0.65) 3 i1    1  10  2.17 mA (saat ibrelerinin tersi yönünde)   R1 0.6 dt 0.6

A F

P

A L O

d dB Küçük halka: 2   a2  R2  0.1  4 a  0.4 a dt dt 2 a dB (0.65) 3    1.63 mA (saat ibrelerinin tersi yönünde) i2   1 10   R2 0.4 dt 0.4

S U

M . R

A T

D

PQ kolundaki ne akım: i  i1  i2  0.54 mA (saat ibrelerinin tersi yönünde)

(30–18)

M I IR

ÖDEV : Birim uzunluğunda n tane sarımı olan bir solenoidten geçen akım zamanla I (t )  I m (1  e

 t

)

ifadesine uygun g n olarak değişmektedir değişmektedir. Solenoidin merkezinde ve solenoid ile aynı eksenli N sarım sayısına ssahip ahip R yarıçaplı halkada indüklenen emk' yı bulunuz.

v T

D e

. R

A L Y LE

D L YI

ÖDEV : Kararlı K l I akımı k taşıyan sonsuz bi tell ile il A uzun bir

L kenar uzunluğu l ve a olan birOkangal, şekildeki gibi, P aralarındaki l d ki mesafe f r olacak lA k şekilde kild aynı düzlemde d l d F A durmaktadır. Kangal sabit bir v hızıyla, akım taşıyan T S şekilde hareket ettirilirse, kangalda tele paralel U kalacak M emk ne olur? indüklenen . R D

(30–19)

Örnek : Kesitinin kenar uzunlukları a = 2 cm ve b = 3 cm, iç

M I IR

yarıçapı R = 4 cm olan N N=500 500 sarımlı bir toroidin taşıdığı akım I  t  = 50sin 120 t  ifadesi ile değişmektedir. Burada, t saniye ve I Amper cinsindendir. cinsindendir Şekildeki gibi gibi, toroidi çevreleyen N N'=20 =20 sarımlı dikdörtgen şeklindeki halkada oluşan indüksiyon emk' sını zamanın fonksiyonu olarak bulunuz. bulunuz

Toroidin içindeki manyetik y alan: B 

 0 IN 2 r

v T

Toroidin kesitinden geçen manyetik akı:

A L O

D e

. R

A L Y LE

D L YI

R b  0 IN  0 INa IN  0 IN INa  R  b  d dr d   BdA  a . dr     ln      2 r 2 r 2 R    R

P a  R  b  dI  NN N d  A dI      F ln    50*120 cos 120 t  dt 2  R  dt A dt T 4  10 S  500  20  0.02 0 02  7  U   ln    50  120  cos 120 t   M 2 4 .  R 0 42 cos 120 t  D 0.42 0

7

(30–20)

İndüklenen Elektrik Alanlar:

M I R I R yarıçaplı bir bölgede etkin olan, sayfa düzleminden D L I düzgün içeri doğru yönelmiş ve şiddeti zamanlaY artan Ageçen bir manyetik y alan içindedir. ç Halkadan g ç manyetik y L Y E akıdaki değişim nedeniyle indüklenen akımın yönü saat L . ibrelerinin tersi yönünde olacaktır olacaktır. R D e içindeki elektronların hareket v İletken halkada bir i akımının olması, iletkenin T  A varlığı anlamına gelir. Bu son yorumun etmesini sağlayan bir E elektrik alanının L O da ışığı ş ğ altında Faraday y yyasası: P A F alan bir elektrik alan indükler. A Değişen manyetik T S U biçiminde de ifade edilebilir. M . NotR Bakır halka olmasa bile bile, indükleme ile bir elektrik alan oluşur. oluşur D ::Bakır Şekilde, r yarıçaplı bakır bir halka verilmiştir. Halka,

(30–21)

Soldaki şekilde, bakır halka yerine r yarıçaplı çembersel bir yol çizilmiştir. Bu yol boyunca indüklenen emk,      E  dl (Eş-1)

M I IR

S U

M . R

A T

A F

D L I Y ile verilir. Aynı emk Faraday yasası ile de verilebilir: A L dd  Y   ( (Eş-2) ) E dt L . Bu iki eşitlik birleştirilirse, R   d e D  E  dl   dt v T Aelde edilir. Çember üzerinde elektrik alan, bağıntısı L O  PE  dl   Edl cos 0  E  dl  2 rE  rd dB B d dB  r B    r2 dt dt olarak bulunur. 2

  E 2 dt  

D

(30–22)

Örnek : Birim uzunluğundaki sarım sayısı n olan R yarıçaplı

M I IR

uzun bir bi solenoidten l id geçen akım k I  t  = I m cos t  ifadesine if d i

D L YI

göre değişmektedir. Solenoidin içinde ve dışındaki noktalarda indüklenen elektrik alanını bulunuz.

A L   d d ( B. A cos 0) Yd r  R   E  dl    E 2 r       nI  R  E L dt dt dt . R  nR dI  nR E  sin  t     I D 2 r dt 2r e v T   nR  I   nR  I E t   E sin  t  ; E  A  sin L 2r 2r  O   d P d ( B. A cos 0) d r  R   E  dl   A  E 2 r       nI  r  F dt dt dt A T r dI r S E  n   n  I sin i  t   U dt 2 2 M   nr I  .  nr I R E sin  t  E sin  t ; E       D 2 2   2

0

2

2

0

0

m

2

2

0

0

m

m

m

m

2

0

0

0

0

m

0

m

m

m

m

(30–23)

İndüktans :

M I IR

Toplam sarım sayısı N , kesit alanı A ve uzunluğu l olan bir solenoidten i akımı geçtiğinde, içindeki manyetik alan

D L B   ni ve solenoidten geçen net manyetik YIakı   NBA A ile verilir. Burada n, solenoidin birimLuzunluğundaki sarım Y sayısıdır (n  N / l ). E L . R T l sarım sayısı N  nll olduğundan Toplam ld ğ d nett manyetik tik akı, k D e i   N ( BA)  N  niA    n lA v T A geçen i akımıyla doğru orantılı olduğuna olacaktır. Net manyetik akının, solenoidten L O dikkat ediniz. Solenoid için bulunan P bu sonuç, herhangi bir indüktör için de geçerlidir ve net manyetik akı:  A  Li formundadır. Orantı sabiti L, indüktörün "indüktans" ı F olarak tarif edilir T veA ilgili indüktörün geometrisine bağlıdır. Bu durumda solenoidin indüktansı, US M n lAi . L R    n lA T.m T m /A  Henry (H)  i D i 0

B

2

0

B

0

B

2

B

olur.

0

2

2

0

(30–24)

Öz - İndüksiyon y :

M I IR

Sağdaki resimde, 1 nolu halkadaki akımın değişmesiyle ğş y 2 nolu halkadan geçen manyetik akıdaki değişimin bir emk indüklediğini ğ daha önce ggördük.

. R

A L Y LE

D L YI

D e geçen akım zamanla değişiyorsa, Bir indüktör üzerinden v T indüktörden geçen net manyetik akı da, da  (t )  Li (t ) A L bağıntısı uyarınca zamanla değişir. Böylece, Faraday O P göre indüktörde "öz-indüksiyon yasasına öz-indüksiyon emk emk" sı olarak A AFbilinen bir emk indüklenir: B

T S U

M . R

dB di    L dt dt

D

(30–25)

RL Devreleri :

M I IR

Yanda seri bağlı bir R direnci ile indüktansı L olan bir indüktör verilmiştir. L' nin açık ucu emk' sı  olan bir bataryaya, R' nin açık ucu ise bataryanın diğer ucuna bir S anahtarı le bağ bağlıdır. lıdır. Başlangıçta açık olan anahtar t  0 anında a noktası ile temas ettirilerek devre tamamlanıyor. x noktasından başlayarak saat ibreleri yönünde Kirchhoff' un çevrim kuralını uygularsak, di di iR R  L    0  L  iR R dt dt

A L O

di   iR di d dt     dt L   iR L

A F

P

i

v T

. R

D e

A L Y LE

D L YI

t

di ddt  0   iR 0 L

1 t  i  ln    iR 0   i(t )  1  et /  R L R

A T

S Burada,   L /UR ile verilir ve RL devresinin "zaman sabiti" dir. T M . R RL devresinin RL yarılanma ömrü ömrü olarak bilinir. bilinir D

L ln2 niceliği ise 1/2 = R (30–26)

M I IR

  L / R olmak l k üüzere, herhangi h h i bir bi t anında, d

D L YI

 ç akım: i(t )  1  et /  Devreden ggeçen R Direncin uçları arasındaki gerilim: VR  iR   1  et / 

A L Y di E İndüktörün uçları arasındakiLgerilim: V  L  e . dt R bağıntıları ile verilir.Dt  0 anında, beklentilere uygun e v bir şekilde devreden geçen akım sıfırdır (i  0). Anahtar T A uzunca bir süre sonra (t  ), devredeki kapatıldıktan L O akım P i   / R ile verilen maksimum değerine ulaşır. A F Tam bu noktada indüktörün kısa devre gibi davrandığını  t /

L

max

S U

M . R

A T

y yyanlışş olmaz. söylemek

D

(30–27)

Manyetik Alanda Depolanan Enerji :

M I IR

Bir kapasitörün palakaları arasındaki bölgede elektrik alanda enerji depolayabildiğimizi biliyoruz. Benzer bir mantıkla, bir

D L I indüktörün içindeki manyetik alanda da enerji depolayabiliriz. Y Yandaki devre için Kirchhoff ' un çevrimA kuralını uygularsak, L Y E di di L   iR  L  i  i R  Li . dt dt R D bulunur. i terimi, bataryanın birim zamanda devreye sağladığı enerjiye karşılık gelir. e v i R terimi, birim zamanda direnç üzerinde ğ çıkan ısı enerjisini j temsil eder. Son açığa T A terim ise, enerjinin korunumu gereği, birim zamanda indüktörde depolanan manyetik L O enerjiye karşılık gelir. Bu durumda P indüktörde depolanan enerji, A dU di  Li  dU AFLidi dt dt T S 1 1 U      U   LiM di  L i   U  Li indüktörde depolanan manyetik enerji 2 2 . R D ile verilir. ifadesi 2

2

B

B

i

B

2 i

o

2

B

o

(30–28)

Manyetik Alanda Enerji Yoğunluğu:

M I R I boyu l olan bir solenoid verilmiştir. Solenoidten i akımı D L I geçtiğinde, içinde oluşan manyetik alan BY  ni ile A yetik alan ise verilmektedir. Solenoidin dışındakiLman Y yaklaşık sıfırdır. E L . 1 1 S l id depolanan Solenoidte d l toplam l enerji, ji U  Li D R  n Al  i 2e 2 v olduğundan, solenoidin içindeki bölgede birim hacimdeki enerji miktarı, diğer T A bir deyişle enerji yoğunluğu, L O P  n AliFA n i  ni U B u     u  A hacim 2 2 2 Al 2 T S U M Solenoid özel durumu için hesaplanmasına rağmen, genel bir . olarak bulunur. R D ve manyetik alanın olduğu her durumda doğrudur. bağıntıdır Yanda, birim uzunluğunda n sarım bulunan, kesiti A ve

0

2

2

0

B

2

B

0

2

2 2

0

2

2

2 2

2

0

B

B

0

0

(30–29)

Karşılıklı İndüktans: Şekildeki g gibi, birbirlerinin oluşturdukları manyetik y alan çizgilerinden etkilenebilecek kadar yakın iki indüktör olsun. Ş Şekil-a' da verilen 1 nolu halkadan

M I IR

D L geçen i akımı, 2 nolu halkanın bulunduğu YI bölgede A L B manyetik y alanını oluşturur. ş Bunun sonucu olarak,, Y E akı   M i olur. 2 nolu halkadan geçen L manyetik . R D i akımı zamanla değişirse, 2 nolu halkadan geçen akı da değişir ve e v d di T     M A dt dt L O ile verilen bir emk indüklenir. Benzer bir yaklaşım kullanılarak, 2 nolu halkadan P A geçen i akımının zamanla değişmesi durumunda (şekil-b), 1 nolu halkadan F A geçen akı   MTi olmak üzere, 1 nolu halkada indüklenen emk, S d di    MU  M dt dt . R yazılabilir. D 1

1

2

21 1

1

2

2

21

1

2

1

1

1

12 2

12

2

(30–30)

M I geometrilerine bağlı sabitlerdir ve biribirine eşittir (M  M IR M ). D L I M , iki indüktör arasındaki "karşılıklı indüktans" olarakYbilinir. A L SI sistemindeki birimi "henry henry (H) (H)" dir. Bu durumda indükterlerde Y E L indüklenen emk ifadeleri aşağıdaki gibi verilir: . R D e v di   Mi     M T Adt L O P A di F   Mi A    M T dt S U M . R D M 21 ve M12 her ikisi de, de indüktörlerin birbirine göre konumuna ve 12

1

2

2

1

1

2

21

2

1

(30–31)

M I BÖLÜM-31 Ö Ü R I Elektromanyetik Titreşimler ILD Y ve A L Y Alternatif Akım LE . R

D e

v Bu bölüm kapsamında p aşağıdaki ş ğ konulara değinilecektir: ğ T A L LC deverelerinde elektromanyetik salınımlar O Kapasitörlü alternatif P akım (AC) devreleri A RCL devrelerindeFrezonans A T Güçç AC devrelerinde S U M . R D (31-1)

LC Salınımları :

M I IR

Şekilde bir C kapasitörü ve bir L indüktöründen oluşan devre verilmiştir. Kapasitör başlangıçta doludur ve

D L yükü Q ' dur. t = 0 anında S anahtarının kapatılmasıyla, YI A r ve kapasitör devreden zamanla değişen bir i akımıLgeçe Y E indüktör üzerinden boşalmaya L başlar. . H h i bir Herhangi bi anda, d kkapasitör i ö üüzerindeki i d ki yük ükDqRve devreden d d geçen akım k i ise, i e devrenin toplam enerjisi, kapasitör ve v indüktördeki enerjilerin toplamı olur: T A q Li L U  U U   2C 2 PO A Devredeki iletim kablolarının direnci ihmal edilirse, toplam enerji sabittir. F A dq  T i S dU q dq di d q 1 U dt   0M  Li  0   q0   L dt C dt . C dt dt di d q  R  D dt dt  2

E

2

B

2

2

2

2



(31-2)

d 2q 1 d 2q  1   L 2  q0  (Eş-1) q  0 2 dt C dt  LC  Bu ikinci dereceden, homojen bir diferansiyel denklemdir ve çözümü daha önce

M I IR

D L YI

yapılmıştır Sürtünmesiz bir yüzey üzerinde titreşim hareketi yapan bir kütle-yay yapılmıştır. kütle yay

A L Y LE

sisteminin hareket denklemi ve çözümü aşağıdaki gibidir:

d 2x 2 x  0 (Eş-2)  x(t )  xm cos(t   )   2 dt Eş 1 ve Eş-2 Eş-1 Eş 2 karşılaştırıldığında, karşılaştırıldığında her iki denkl denklemin emin de aynı formda olduğu kolayca

v T

D e

. R

görülebilir. Buradan hareketle, LC devresini betimleyen ve Eş-1 ile verilen denklemin

A L O

çözümünden, ö ü ü d   1/ LC olmak l k üzere, ü kkapasitör itö üüzerindeki i d ki yük ük ve ddevreden d geçen akım sırasıyla, q(t )  Q cos t   

S U

A T

A Fve

P

i

dq d  Q sin t    dt

olarak bulunur bulunur. Burada Q maksimum yük (t  0 anında kapasitördeki yük miktarı),  salınımın faz

M . açısı R frekansıdır Dve  enerji salınım frekansıdır.

(31-3)

Herhangi bir anda kapasitördeki ve indüktördeki enerjiler sırasıyla: q2 Q2 UE   cos 2 t    2C 2C 2 Li 2 L 2Q 2 Q UB   sin 2 t     sin 2 t    2 2 2C ile verilebilir. Böylece herhangi bir anda toplam enerji: U  UE UB

A L O

v T

D e

. R

A L Y LE

M I IR

D L YI

 Q2  1 Q2 2 2 U   cos t     sin t      2 C  2C  olur. Toplam enerji sabittir: "enerji korunur".

A T

A F

P

3T 1 Q2 T t  0, , T , ,....  kapasitördeki enerji maksimumdur (  ). 2 2 2 C T 3T 5T 1 Q2 t  , , ,,....  indüktördeki enerji j maksimumdur (  )). 4 4 4 2 C

S U

M . R

D

(31-4)

M I IR

S U

M . R

A T

A F

P

A L O

v T

D e

. R

A L Y LE

D L YI

D

(31-5)

Alternatif Akım :

M I IR

emk' sı sabit olan bir batarya, belli bir doğrultuda sabit bir akım üretir. Bu tür akımlara "doğru akım"

D L veya "Direct Current - DC" adı verilir. YI A L Y düzgün bir manyetik Sarım sayısı N ve yüzey alanı A olan bir halka, şekildekiEgibi L . alan içinde iken ekseni etrafında  açısal hızıyla döndürülsün. Halkadan geçen akı R D ve indükleme yoluyla halkada oluşan emk sırasıyla, e v d T   NAB cos  t     A   NAB sin i  t   sin i t L dt O P yapılmıştır. emk' olur. Burada,    NAB kısaltması emk sı dolayısıyla da ürettiği A F  A akımın doğrultusu T f  ile verilen bir frekansla periyodik olarak değişiyorsa, 2 S bu tür gerilimU kaynaklarına "alternatif akım" veya "Alternating Current - AC" M . Şehir şşebekesinde kullanılan g Ş gerilimin maksimum değeri ğ   310 V,, adı verilir. R D B

B

m

m

m

frekansı ise f  50 Hz' tir.

(31-6)

AC devresinde direnç:

M I R I Üreteç gerilimi  (t )   sin t şeklinde değişmektedir. D L I Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa:Y  (L t )A  (t ) i(t )R  0i(t ) Y E R L .  i(t )  sin t R i sin t D R e v bulunur. Maksimum akım i   / R ifadesine sahiptir. T Auçları arasındaki gerilim de V (t )   sin t Direncin L O ile verilir. Şekil-b' de, direnç üzerinden geçen akım ve P

Şekil-a' da bir AC üretecine bağlı R direnci verilmiştir. m

m

m

m

m

m

S U

D

M . R

A T

A F direncin uçları arasındaki gerilim zamanın fonksiyonu olarak çizilmiştir. Her iki nicelik de aynı zamanlarda

maksimum ve minimum değerlere sahip olduklarından "aynı y fazda" dır denir. (31-7)

AC devrelerinde akım ve ggerilim,, şşekil-c' deki ggibi

M I "fazör diyagramı" ile gösterilir. Direnç üzerindeki R I D V (t ) gerilimi ve direnç üzerinden geçen i (t ) akımı, akımı L I Y ismine "fazör" denilen dönen vektörlerle gösterilir. A L Y E L . Fazör diyagramının çizilmesinde aşağıdaki noktalara dikkat edilmelidir: R D e v 1.. Fazörler, a ö e , saat ibrelerinin bee te tersi s T yö yönünde ü de  açısal aç sa hızı ilee dö dönerler. e e. A L 2. Her fazörün uzunluğu, kendi genliği ile orantılıdır. O P 3 Fazörün düşey eksen 3. üzerindeki bileşeni bileşeni, o niceliğin anlık değerine A F A eşittir. T S 4. Her fazörün dönme açısı, o niceliğin fazına eşittir U M . ((Yukarıdaki örnek için ç faz t' dir). ) R D (31-8)

Direnç için ortalama güç : m 2 1 2 P (t )  i (t )V (t )  sin  t   P   R T

T

M I IR

 P (t ) dtILD Y

A L m 1 m T 2 Y sin  tdt   P  sin  tdt   P    E  2 L R T 0 2 R. R AC gerilimin "kare ortalamasının D karekökü" (kok değeri): e v 1/ 2 1/ 2 T 2 T T 1   m  m 2 A 2 Vkok    V (t )  dt  L  sin  tdt    O T 2  0  P  T 0 A 2 F V A ile verilir. BuTdurumda,  P   kok bulunur. Bu ifade DC S R U M ve direnç üzerinde ısıya dönüşür. ile aynıdır . R D 2

T

2

0

T

2

0

(31-9)

Örnek : Bir üretecin çıkışındaki gerilim  (t ) = 200sin t  ifadesine sahiptir.

M I IR

B d t saniye Burada, i ve  volt lt cinsindendir. i i d di Bu B üreteç ü t 100 ' luk l k bir bi di direncin i iki ucuna bağlanırsa, direnç üzerinden geçen akımın "kok" değeri nedir?  (t ) 200 i (t )  sin  t   2 sin  t   im  2 A  R 100 i 2 ikok  m   1.41 V 2 2

. R

A L Y LE

D L YI

Örnek : Bir üretecin çıkışındaki gerilim  (te ) =D msin t  ifadesine sahiptir.

v T

Bu üreteç, bir anahtar vasıtasıyla, y 70 ' luk bir direncin iki ucuna bağlanmıştır. ğ Anahtar kapatıldıktan sonra t = 0.01 s anında direncin uçları arasındaki gerilim

P

A L O

VR =0.25m ise, üretecin açısal frekansı nedir? Direncin uçları arasındaki gerilim

A T

A F

ne kadar zaman sonra aynı değere sahip olur?

S U

 (t )  VR  m sin i  t   0.25 0 25m  m sin i  t    t  0.25 0 25 radd R 0.25 2 2   25 rad/s ;   T   0.25 0 25 s 0.01 T 25 i (t ) 

M . R

D

(31-10)

AC devresinde kapasitör :

M I R I verilmiştir. Üreteç gerilimi  (t )   sin t ifadesi ile verilsin. D L Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa: YI A q(t ) L  (t )   0  q(t )  C (t )  C sin t Y C E L dq  C cos t  R i(t )  i(t.)  i sin t  90  dt D e  v bulunur. Maksimum akım i  C  ifadesine sahiptir. 1/ C T A Burada, X  1/ C niceliği "sığasal direnç (kapasitif reaktans)" L O P ve birimi ohm () dur. olarak tanımlanır A Üreteç frekansı çok yüksek (  ) ise kapasitörün kısa devre, F A T ççok düşük ş ise (  0)) açık ç devre olduğunu ğ ggösterir. Ş Şekil-b' de Şekil-a' da, AC üretecine bağlı C sığasına sahip bir kapasitör m

m

m

m

m

m

m

C

S U

D

M . R

kapasitör akımı ve kapasitör gerilimi zamanın fonksiyonu olarak ççizilmişti ş r. Görüldüğü ğ ggibi,, akım g gerilimin 90o önündedir.

(31-11)

Kapasitör için ortalama güç : 2

m P  i (t )V (t )  sin t cos t XC 2sin  cos   sin 2

A m 2 L  P sin 2t Y 2XC LE

M I IR

D L YI

. T T m 2 1DR 1  P   P(t )dt   P  sin 2tdt  0 e  v T 0 2 X T C 0 T A L O P herhangi bir güç kaybına yol açmaz.z Not : Kapasitör ortalamada A F A titreşimin belli bir zaman diliminde AC üretecinden enerji T S U soğurur, kalan zaman diliminde ise bu enerjiyi kaynağa M . R verir Böylece, Böylece ortalama olarak güç kullanmaz. kullanmaz D yeniden verir. (31-12)

Örnek : Sığası 8  F olan bir kapasitör, kok değeri 150 V ve 60 Hz frekansında

M I IR

çalışan bir üretecin kutuplarına bağlanmıştır. bağlanmıştır Devrenin kapasitif reaktansını ve devreden geçen akımın kok değerini bulunuz. 1 1 1 XC     332  6  C 2 fC 2  60    8  10  ikok

kok 150    0.452 A X C 332

. R

D e

A L Y LE

D L YI

v Örnek : Bir AC üretecinin maksimum ççıkışş gerilimi g  = 48 V ve frekansı da T A F olan kapasitörün plakalarına bağlanırsa, L f = 90 Hz' tir. Bu üreteç, sığası 3.7 O P değeri ne olur? devreden geçen akımın maksimum A F A q (t )  C  (t )  C  sin  t   i (t )   C  sin  t   i   C  T S i  2 fC U 2  90   3.7  10   48   0.1 A M . R D m

m

m

m

m

6

m

m

(31-13)

AC devresinde İndüktör (bobin):

M I R I verilmiştir. Üreteç gerilimi  (t )   sin t ifadesine sahiptir. D L Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa: YI A di di  (t )  L ((t )  L  0     sinY t dt dt L LE L   . i(t )   sin tdt   cosR t  i(t )  i sin t  90 L  LD e i   / L ifadesine sahiptir. Burada, bulunur. Maksimum akım v T X   L niceliği i liği "b "bobin bi direncii indüktif i dük if reakta k ns" olarak l k bilinir bili i A L ve birimi O ohm () dur. P ÜreA teç frekansı f k çokk yüksek k k (  ) ise i indüktörün i d k açıkk ddevre, F A T çok düşük ise (  0) kısa devre olduğunu gösterir. Şekil-b' de Şekil-a' da, AC üretecine bağlı indüktansı L olan bir indüktör m

m

m

m

m

m

m

L

R D

.M

S U

indüktör akımı ve indüktör gerilimi zamanın fonksiyonu olarak çizilmiştir. Şekilden de görüldüğü gibi, akım gerilimden 90o geridedir.

(31-14)

İndüktör için ortalama güç :

M I IR

m 2 P  i(t )V (t )   sin t cos t XL

D L YI

A L m 2sin  cos   sin 2  P   sin 2tEY 2X L . L R T 2 D T me 1 1  P   P(t )dt   P   v sin 2tdt  0  T T0 2 X T L 0 A L O Not : İndüktör ortalamada P herhangi bir güç kaybına yol açmaz. A titreşimin belli bir zaman diliminde AC üretecinden enerji F A Tkalan zaman diliminde ise bu enerjiyi kaynağa soğurur soğurur, S U M verir. Böylece, ortalama olarak güç kullanmaz. yeniden . R D 2

(31-15)

Örnek : İndüktansı 25 mH olan bir indüktör, kok değeri 150 V ve 60 Hz

M I IR

f k frekansında d çalışan l bir bi üretecin ü t i kutuplarına k t l b ğl bağlanmıştır. t D Devrenin i indüktif i düktif reaktansını ve devreden geçen akımın kok değerini bulunuz. X L   L  2 fL  2  60    25  10 3   9.425  ikok

kok 150    15.9 A X L 9.425

. R

A L Y LE

D L YI

Ö k : Bir RL devresinde AC üretecinin çalışma Örnek D frekansı 50 Hz ve ürettiği

e v gerilimin maksimum değeri 100 V' tur. Devreden geçen akımın maksimum T A bulunuz. değeri 7.5 A ise, indüktörün indüktansını L O P   100 i   L   0.0424  42.4 mH A 2 F fi 2  50    7.5  L A T S Hangii açısallU frekansta f k maksimum ki akım k 2.5 A olur? l M 100  . R   943.4 943 4 rad/s Di L  2.5   0.0424 m

m

m

m

m

m

(31-16)

ÖZET Devre D Elemanı

Ortalama O t l Güç

Direnç R

m  PR   2R 2R

Kapasitör

2

C

 PC   0

Indüktör L

 PL   0

M . R

S U

D L R kt Reaktans Ak Akımın Fazı F M k Ii Maksimum Y (Direnç) Gerilim A L Y E Akım gerilimle L . V i R R aynı y fazda d R D e v i 1 TAkım gerilimden V i X  X  A 90 önde C C L O P Akım gerilimden

A F X

A T

M I IR

R ,m

o

C

L

 L

90o geride

m

m

C ,m

m

C

VL ,m  im X L  im L

D

(31-17)

Seri bağlı RLC Devresi :

IM Şekil-a' da seri bağlı bir RLC devresi verilmiştir. AC R I D

kaynağının emk' emk sı   t   m sin t ifadesine L uygun

I Y olarak değişmekte ve devreye sağladığı akım da A L Y i (t )  i sin i t    şeklinde kli d ddeğişmektedir. ği k di Ü Üreteç E L . geriliminin ve devreye sağladığı akımının fazörleri R D şekil-b' de verilmiştir. Devreden geçen i (t ) akımı e v ddirenç, e ç, kapasitör apas tö ve indüktör dü tö için ç ortaktır. o ta t . Şe Şekil-c' de T A L direnç, O kapasitör ve indüktörün uçları arasındaki P fazörleri birarada verilmiştir geri gerilimlerin limlerin verilmiştir. Direnç A Füzerindeki gerilim akımla aynı fazda, kapasitör A T m

S U

D

M . R

üzerindeki gerilim akımdan 90 geride ve indüktör üzerindeki gerilim akımdan 90 öndedir.

(31-18)

M I IR

D L YI

A L Y EV ve V zıt yönde bulunur. Bu eşitlik yukarıda fazör formunda da verilmiştir. L . olduğundan bileşkesi V  V olur. Böylece, OABRdik üçgeninden: D   V  V  V    i R    i X v ie X   i R   X  X      T  A  veya i L i  O R X  X  P R    L  1C  A   F A bulunur. Paydadaki terim, RLC devresinin "empedansı" dır ve Z ile gösterilir: T S 1  U  Z  R M X X Z R  L veya         C   . R birimi D 'dur.

RLC devresine Kirchhoff Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa:  (t )  VR (t )  VC (t )  VL (t ) L ,m

L ,m

2 m

2 R ,m

C ,m

2

L ,m

C ,m

2

m

2

m

L

m

m

2

C

m

2

2

L

C

2

2

C

2

2

L

m

2 m

m

2

L

C ,m

2

2

C

(31-19)

OAB dik üçgeninden: tan  

VL ,m  VC ,m VR ,m

im X L  im X C X L  X C   im R R

M I IR

D L I Y    0 Akımın fazı gerilimin fazının önündedir, devre kapasitiftir. A L    0 Akım Ak ve gerilim ili aynı ffazdadır. d d Y E L . R D e v T A L O P A F A T S U

bulunur. Devrenin fazı, X L ve X C ' nin alacağı değerlere bağlıdır:

1 X L  X C    0 Akımın 1. Ak f gerilimin fazı ili i fazından f d geridedir, id di devre d iindüktiftir. düktifti 2. X C  X L 3 XC  X L 3.

M . R

D

(31-20)

Örnek : Bir RLC devresinde AC üretecinin çalışma frekansı 60 Hz ve ürettiği

M I IR

gerilimin maksimum değeri 120 V' tur. Devrede R = 200 , C = 4  F ve L değişkendir. L' nin hangi değerinde, kapasitörün uçları arasındaki gerilim üretecin o

geriliminden 30 geride kalır? Kapasitörün uçları arasındaki gerilimin üretecin

. R

geriliminden 30 o geride kalması demek, devredeki

D e

A L Y LE

D L YI

akım ile gerilim arasındaki faz farkının  60 olması demektir. XL  XC tan    X L  X C  R tan  R  1 1  1 2 fL   R tan   L   R tan    2 fC 2 f  2 fC  o

S U

A T

A F

P

A L O

v T

  1 1  L  200 tan  60    0.84 H 6 2  60   2  60   4  10   

M . R

D

(31-21)

Örnek : Maksimum gerilimi 150 V olan ve çalışma ffrekansı k 50 Hz olan l bir bi AC üretecii şekildeki kild ki RLC devresinin a ve d uçlarına bağlanmıştır. a-b; b-c; c-d ve b-d uçları arasındaki maksimum gerilimleri bulunuz. X L   L  2 fL  2  50    00.185 185   58 

. R

1 1 1 XC     49  6  C 2 fC 2  50    65  10  im 

m R   XL  XC  2

2



v T

150

  58  49   40 LA 2

O  i R   3.66    40  P 146.4 V A  i X   3.66A  F 58   212.3 V T  i X S 3 3.66 179 3 V  66   49  179.3 U M . R

VR , m

m

VL , m

m

L

VC , m

m

L

D e 2

A L Y LE

M I IR

D L YI

 3.66 3 66 A

D

(31-22)

Örnek : Bir RLC devresinde; R  150 , L = 250 mH, C = 2  F,

M I üretecin maksimum gerilimi 210 V ve çalışma frekansı 50 Hz'IR tir. LD İndüktif ve kapasitif reaktansları, reaktansları devrenin empedansını, empedansını Idevredeki Y maksimum akımı ve akımla gerilim arasındaki faz L açısını A bulunuz. Y E X   L  2 fL  2  50    0.25   78.5  L . R 1 1 1 D X     1592.4  e  C 2 fC 2  50    2  10 v T Z  R   X  X   150L  A  78.5  1592.4   1521.3  O P210  A i    0.138 A  138 mA F 1521.3 R   X  XA  T S  XU X   78.5  1592.4    tan M    84.4   tan  R 150 .     R D L

6

C

2

2

L

2

2

C

m

m

2

2

L

1

L

C

C

1

o

(31-23)

ÖDEV : Bir RLC devresinde; R  425 , L = 1.25 H, C = 3.5  F,

M

I üretecin maksimum gerilimi 150 V ve açısal frekansı 377 rad/s'Rdir. I D

İndüktif ve kapasitif reaktansları, reaktansları devrenin empedansını, empedansını devredeki IL

Y maksimum akımı ve akımla gerilim arasındaki faz açısını bulunuz. A L Y E L . R D e v T A L O P A F A T S U M . R D

(31-24)

Rezonans :

M I R  olsun ve çok düşük bir değerden yukarı doğru sürekli I D L olarak l k artırılsın. t l D Devreden d geçen akımın k genliği, liği I Y   A i   L Y R X  X  1   E R  L  L   C .   R D 1 eşitliği ile verildiğinden, e  L  C  0 olduğunda akımın v T genliği enA büyük olur. Bu durum üretecin açısal frekansı , L O P1 devrenin doğal frekansıFA değerine eşit olduğunda gerçekleşir. Buna A LC T S "rezonans" ddurumu ddenir. i R Rezonans ddurumunda, d akımın k genliği liği i   / R olur. l U M karşı çizilen akım genliği "rezonans eğrisi" olarak bilinir. Üreteç frekansına . R D Ş kild verilen Şekilde il RLC devresindeki d i d ki üretecin ü t i açısall frekansı f k

m

m

m

2

2

L

C

2

2

0

rez

m

(31-25)

RLC Devresinde Güç :

M I R I kullanılan ortalama gücün sıfır olduğunu daha önce D L I gördük. Ortalama güç direnç üzerinde Yharcanır ve A L şöyle hesaplanır: Y E L P(t )  i(t ) R  i sin.t     R R iDR i R 1 e P   Pdt  sin  t   dt  i R    v T T T 2 A  R L PO i Ri  i R i   i  cos  P Z Z AC devrelerinde kapasitör ve indüktör tarafından

2

2

m

2 m

T

T

2

ort

0

2 m

2 kok

0

kok

ort

R D

.M

S U

kok

kok

kok

kok kok

kok kok

A T

A F Bu ifadedeki cos , devrenin "güç faktörü" olarak

bilinir.   0 durumu (X L  X C ) rezonans şşartıdır ve bu durumda, devrede harcanan güç maksimumdur. T

 sin t    dt  0

2

T 2

(31-26)

Örnek : Bir RLC devresinde; R  8 , L = 50 mH, C = 5  F ve frekansı değiştirilebilen AC kaynağının maksimum gerilimi 400 V' tur. Kaynağın frekansı rezonans frekansının yarısına eşit olduğunda, devreye sağlanan ortalama güç ne kadardır? Port  ikok kok cos  1  LC

0 

1

 50  10    5  10  3

6

 2000 rad/s

A L O

v T

D e

. R

A L Y LE

M I IR

D L YI

X L   L  50    2  2   0  1000 rad/s  Z R X X      150.2    1  L C 2 XC   200   C   400 R 8 im  m  cos     2.66 A ; Z 150.2 Z 150.2  0.2   (400)   8   28.3 W i  Port  ikok kok cos   m  m  cos     2 2 2  150.2 

S U

M . R

A T

A F

P

D

(31-27)

Örnek : Bir RLC devresinde; R  150 , L = 20 mH, üretecin kok değeri

M I IR

30 V ve ffrekansı k 5000 rad/s' d/ ' dir. di Devredeki D d ki akımın k maksimum ki olabilmesi l bil i için, bağlanması gereken kapasitörün sığası ne olmalıdır? Devredeki akımın kok değerini hesaplayınız.

D L YI

A L D Devredeki d ki akım k rezonans durumunda d d maksimum k i olur. l Y E L 1 1 . X X   L   R C LC D e 1 1 v 5000   C T  2  10 5000    20  10  A   20  10  C L O  30 P(Rezonans ddurumunda   0.2 i  0 2 AA (R d Z  R di dir.)) Z 150 F A T S U M . R D L

C

0

0

0

3

2

3

6

 2 F

kok

kok

(31-28)

Örnek : Bir RLC devresinde; R  400 , L = 0.5 mH, C = 5  F ve AC

M I IR

üretecin gerilimi  (t )  100sin 1000t  ile veriliyor. Burada t saniye ve 

D L YI

volt cinsindendir. Kaynağın devreye sağladığı ortalama gücü bulunuz. Port  ikok kok cos 

A L Y E L  Z.  R   X  X R D

X L   L  0.5    2   1000 rad/s  1  L  200   XC  C   100 R 400 im  m  cos     0.22 A ; Z 447 Z 447 0.22   (100)  400   im m   cos    Port  ikok kok cos     10 W 2 2 2  447 

S U

M . R

A T

A F

P

A L O

e v T

C 

2

 447 

D

(31-29)

M I P  55 MW IR D L YI A L Y LE Piletim  368 MW ısı

Enerji İletim Hattı :

D e

. R

l Gü il Güç iletim ti hhattının tt di direnci: i R   (tasarruf (t f için, i i küçük kü ük kkesit it alanına l sahip hi ince i teller, t ll A yukarıdaki örnekte R  220  olarak seçilmiştir).

A L O

v T

2 İletim hattında açığa çıkan güç: Pısı  ikok R (kaybın en az olması için, akım düşük olmalı).

P

İletilmek istenen güç: Piletim  kok ikok (maksimum güç iletmek için, kok artırılmalı).

A T

A F

Yukarıdaki örnekte, iletim hattından geçen akım en fazla ikok  500 A' dir. Dolayısıyla,

S U

iletim hattının girişinde, kok  736 kV olmalıdır. Şehir şebekesi gerilimi yaygın olarak

M . R

220 V olduğundan, iletim hattının sonunda kok değeri düşürülmelidir. Bunun için de,

D

AC geriliminin genliğini artıracak veya azaltacak cihazlara ihtiyaç duyulur.

(31-30)

Örnek : Bir enerji istasyonu, 1 km uzaktaki bir kasabaya 20 MW' lık güç sağlamak

M I çıkarılıyor. İletim hattının toplam direnci 2  ve elektriğin kilowatt- saat' i 0.2 ITL R D ise bir günlük enerji maliyetini hesaplayınız ise, hesaplayınız. Transformatör kullanılmadığı durum L I Y için aynı hesabı tekrar yapınız. A L P 20  10 Y P  I V  I    87 A E  V 230  10 L . İletim hattında harcanan (ısıya dönüşen) güç: P R  I R   87   2  15 kW D e   360 kW-saat Bir günlük toplam kayıp  15 kW    24vsaat M li Maliyet   360 kW-saat kW 0 2 TL A T 72 TL    0. L O İstasyon çıkışında transformatör kullanılmasaydı: P P A 20  10   910 A P  I V  I  F A  V 22  10 T S İ İletim hattında harcanan (ısıya dönüşen) güç: P  I R   910   2  1656 kW U Mtoplam kayıp  1656 kW    24 saat  =39744 kW-saat Bir günlük . R Maliyet D   39744 kW-saat    0.2 TL   7950 TL istiyor İstasyon çıkışında 22 kV olan güç bir transformatör yardımı ile 230 kV' istiyor. kV a

6

3

2

2

ısı

6

3

2

2

ısı

(31-31)

Transformatör :

M I IR

AC gerilimlerin genliklerini değiştirmeye yarayan

D L YI

cihaz ya da aletlere "transformatör" adı verilir. verilir Şekildeki gibi, aynı demir çekirdek üzerinde farklı

A L sarım sayılarına sahip ikiY halkadan oluşur. oluşur E L . Değiştirilecek gerilime bağlı, bağlı sarım sayısı N olan R halkaya "primer" adı verilir verilir. D e N olan halkaya ise "sekonder" Transformatör çıkışının bağlı olduğu, sarımvsayısı T adı verilir. verilir A L O P D i çekirdeğin Demir ki d ği rolü, lü bir bi A halkanın h lk manyetik tik alan l çizgilerinin i il i i diğer diğ hhalkadan lk d dda F A geçmesini sağlamaktır. Primer halkanın girişine V gerilimi uyguladığımızı, sekonder T S halkanın çıkışından V gerilimi aldığımızı varsayalım. Halkaların kesit alanı A ve U M manyetik alan da B olsun. Primer ve sekonder halkalardan geçen her iki halkadaki . R D akılar ile bunların uçları arasındaki gerilimler: manyetik P

S

P

S

(31-32)

d P dB   NP A dt dt d S dB  S  NS BA  VS     NS A dt dt bulunur. Bu iki eşitliği taraf tarafa oranlarsak:  P  N P BA



VP  

M I IR

(Eş-1) (Eş 1) (Eş-2)

D L YI

A L dB Y N A V V N E V dt  N     V V L . dB V N N N N N A R dt D e sayılarına bağlı olarak transformatörler sonucuna ulaşılır. Halkaların birbirlerine görev sarım T f kl şekilde farklı kild iisimlendirilirler: i l di ili l A L N N N  V , bu "yükseltici transformatör" adını alır.  1  VPO N A N AF N N   1  V  V , bu "düşürücü transformatör" adını alır. T N S U Uzak noktalara enerji iletiminde her iki transformatör türü de kullanılmaktadır. M . R D S

S

S

S

S

P

S

P

P

P

S

P

P

P

S

S

P

S

P

S

P

P

S

S

P

P

(31-33)

VS VP  NS NP



VP N S =VS N P

((Eş-1) ş )

M I R Yandaki devrede S anahtarı kapatıldığında, primer I D L h lk d ki I akımı halkadaki k yanındaki d ki sekonder k d Ihhalkada lk d dda bi bir Y I akımı oluşur. TransformatörünA "ideal" olduğunu L Y yani ısınma nedeniyle enerjinin kaybolmadığını varsayarsak: E L . (Eş. 2) V I V I R D yazılabilir. Eş-2 ve Eş-1' i taraf tarafa bölersek, e v V I V I N T   I N IA N  I  I V N V N N L O bulunur. P A Yükseltici transformatörlerde (N  N ), sekonder halkada oluşan akım primer F A Tküçüktür halkadaki akımdan ç (I  I )). S U DüşürücüM transformatörlerde (N  N ), sekonder halkada oluşan akım primer . halkadaki akım akımdan dan büyüktür (I  I ). ) R D P

S

P P

S S

P P

S S

P

P

P

S

S

P

S

S

S

P

P

S

S

S

P

P

S

S

P

P

(31-34)

Örnek : Bir transformatörün primer ve sekonder halkalarındaki sarım sayıları N P  350 ve

M I IR

N S  2000 ' di dir. P Primer i hhalkanın lk girişine i i i VP = 175 175cos t  ifadesi if d i il ile ddeğişen ği bi bir gerilim ili

uygulanırsa, sekonder halkanın çıkışındaki gerilimin kok değeri ne olur?

N  2000   VS  S V P     175 cos  t  NP  350  1000 VS  1000 cos  t   VS kok   707.1 V 2 VS V  P NS NP

A L Y LE

D L YI

. R Örnek : Bir transformatörün sekonder halkasına bağlı direnç R = 50  ve uçları arasındaki D gerilimin kok değeri V = 25 V' tur. Üreteç geriliminin e kok değeri V = 80 V ve primer ile v sekonder halkaların sarım sayıları sayıları oranı da NT/ N = 2.5 2 5 ise, ise primer halkadaki direnç (R ) nedir? A L V V N O   V   (25)  62.5 V V  2.5 P N N N A F A Üreteçç gerilimi g 80 VTolduğuna ğ göre, g , ppotansiyel y düşmesi ş (V ) 17.5 V olur. S U 25   V V V  M  I   0.2 A V I V I I    . V V  R   62.5    50  R D V 17.5 S

' p

S

P

S

P

P

P

P

S

S

S

P

S

D

2

S

P P

S S

P

P

RP 

D

IP



0.2

 87.5 

S

S

P

S

S

(31-35)

RLC devrelerinde sönümlü titreşim :

M I R üzerinde kayıp olacağı için enerji denklemini yeniden I D L yazmak k gerekir. ki Direnç Di üzerinde ü i d birim bi i zamanda d ısıya I Y dU dönüşen enerji miktarının  iLRAolduğunu biliyoruz. dt Y E L Herhangi bir anda kapasitördeki yük q, devreden geçen akım i ise, . R 1q 1 dU q ddq di U  U U   Li    LiD  i R 2C 2 dt C dt e dt v dq di d q d q dq T1 i ve   L  R A q  0 dt dt dt dt dt C L O denklemi ile aynı formdadır. Bu denklem sönümlü harmonik P hareket A d x dx F x(t )  x e cos t    ;   k  b  b  kx  0A m dt dt m 4m T S Bu benzerlikten dolayı, RLC devre denkleminin çözümü şöyedir: U M  R 1 . q (t ) R Q Qe cos  t    ;     LC 4 L D Şekildeki gibi, LC devresine bir direnç eklenirse, direnç

2

2

E

2

2

B

2

2

2

2

2

2

 bt /2 m

2

2

m

 Rt / 2 L

2

2

(31-36)

q (t )

Qe  Rt / 2 L Q

Q

Q

q(t )  Qe  Rt / 2 L cos  t   

M I IR

q (t )

Qe  Rt / 2 L

. R

A L Y   E L

D L YI

1 R2  2 LC 4 L

D e ile değişen bir harmonik hareketi ifadesi v T

 Rt /2 L

Bu eşitlik, maksimum genliği Qe tanımlamaktadır Genlikte zamanla bir azalma meydana geldiği için "sönümlü tanımlamaktadır. harmonik hareket" isimlendirmesi yapılmıştır. Sönümlü harmonik hareketin açısal frekansı, sönümün olmadığı durumdakinden daima daha küçüktür.

A F

P

A L O

A 1 S 1 RT    <  U LC 4L LC M R /4R L . 1/ LC durumunda, bu iki frekans yaklaşık aynı alınabilir (  ). D 2

2

2

2

(31-37)

DERS NOTLARININ HAZIRLANMASINDA YARARLANILAN KAYNAK KİTAPLAR

Fiziğin Temelleri (Ders Kitabı) (David HALLIDAY, Robert RESNICK, Jearl WALKER)

Üniversite Fiziği (Yardımcı Kitap) (Hugh D. YOUNG ve Roger A. FREEDMAN)

Fen ve Mühendislik İçin FİZİK (Yardımcı Kitap) (Raymond A. SERWAY ve John W. JEWETT)