Sevgili Fizik Bölümü Öğrencileri; Bildiğiniz Gibi Yeterlilik

ÖNSÖZ

Sevgili Fizik Bölümü Öğrencileri; Bildiğiniz gibi yeterlilik sınavından sonra Fizik bölümünden mezun olacaksınız.Bu sınavdaki amaç; dört yıllık eğitiminiz süresince öğrenmeniz gereken müfredata ait sorular sormak bu konulardaki bilgilerinizi tazelemektir. Bu nedenle elimizden geldiğince size kapsamlı bir "yeterlilik sınav soruları ve çözümleri" kitapçığı hazırladık. Kitapçığın hazırlanmasında tüm araştırma görevlisi arkadaşlarımız büyük bir özen ve özveri ile çalışmış ve büyük bir teşekkürü hak etmişlerdir. Bölümümüzün değerli hocaları çalışmaları her aşamasında kontrol ederek katkıda bulunmuşlardır. Mutlaka yazım hataları ve gramer hataları olmuştur. Ancak, bilgi hatası olmamasına azami ölçüde dikkat edilmiştir. Tüm bunlara rağmen bulacağınız hataları bize bildirmenizi rica eder, bu vesile ile tümünüze yaşam boyu başarılar dilerim.

C.Ü. Fizik Bölümü Öğretim elemanları adına Prof. Dr. Sezai ELAGÖZ

Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı -1-

CUMHURİYET ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ FİZİK BÖLÜMÜ BİTİRME SINAVI

MEKANİK VE TERMODİNAMİK SORULAR ________________________________________ 3 ELEKTRİK VE MANYETİZMA SORULAR __________________________________________ 6 ELEKTRONİK SORULAR _________________________________________________________ 8 MATEMATİKSEL FİZİK SORULAR _______________________________________________ 10 ELEKTROMANYETİK TEORİ SORULAR __________________________________________ 13 İSTATİSTİK FİZİK SORULAR ____________________________________________________ 15 KLASİK MEKANİK SORULAR____________________________________________________ 18 MODERN FİZİK SORULAR_______________________________________________________ 20 KATIHAL FİZİĞİ SORULAR _____________________________________________________ 21 KUANTUM FİZİĞİ SORULAR ____________________________________________________ 23 NÜKLEER FİZİK SORULAR ______________________________________________________ 24 MEKANİK VE TERMODİNAMİK CEVAPLAR ______________________________________ 25 ELEKTRİK VE MANYETİZMA CEVAPLAR ________________________________________ 36 ELEKTRONİK CEVAPLAR _______________________________________________________ 43 MATEMATİKSEL FİZİK CEVAPLAR______________________________________________ 57 ELEKTROMANYETİK TEORİ CEVAPLAR_________________________________________ 73 İSTATİSTİK FİZİK CEVAPLAR ___________________________________________________ 93 KLASİK MEKANİK CEVAPLAR _________________________________________________ 110 MODERN FİZİK CEVAPLAR ____________________________________________________ 126 KATIHAL FİZİĞİ CEVAPLAR ___________________________________________________ 130 KUANTUM FİZİĞİ CEVAPLAR __________________________________________________ 156 NÜKLEER FİZİK CEVAPLAR ___________________________________________________ 164


MEKANİK VE TERMODİNAMİK SORULAR

1.

Mekanikteki temel büyüklükleri tanımlayarak kullanılan birim sistemleri hakkında bilgi veriniz.

2.

Boyut analizinin önemi nedir?

3.

Vektörel ve Skaler nicelikler hakkında bilgi vererek bu niceliklerin her birine iki örnek

4.

5.

veriniz. r A = 3 xˆ + yˆ + 2 zˆ vektörü veriliyor. Buna göre ; r a. A vektörünün uzunluğunu r b. A vektörünün xy düzlemindeki izdüşümünün uzunluğunu r r c. xy düzleminde A vektörüne dik bir B vektörü r d. B vektörünün birim vektörünü r r e. A vektörü ile C = 2 xˆ vektörünün skaler çarpımını r r f. A vektörü ile C vektörünün vektörel çarpımını bulunuz. Bir taş yüksekliği bilinmeyen bir kuyunun içine atılıyor. Taş atıldıktan 2.4 s sonra taşın kuyuya düşme sesi duyuluyor. Sesin havadaki hızı 336 m/s olduğuna göre kuyunun yüksekliğini hesaplayınız. (g yerçekimi ivmesini 9.8 alınız.)

6.

Newton yasalarını yazarak kısaca açıklayınız. Kuvvet ve momentum tanımlarını yapınız. Şekildeki sürtünmeli eğik düzlemin açısı 45° dir. Eğik

7.

düzlem üzerindeki m kütlesi hareketsizdir. (-y doğrultusunda eğik düzlemin tabanına dik olarak uygulanan F kuvveti ile dengede kalmıştır.) Buna göre; a) Sistemin serbest cisim diyagramını çizerek m kütleli cisme etkiyen kuvvetleri gösteriniz. b) Sürtünme katsayısını bulunuz. 8. Yanda verilen şekildeki gibi m kütleli bir cismin O noktası merkezli olarak düşey eksende döndürülerek dairesel hareket yapması sağlanıyor. Buna göre m kütleli cismin A, B, C, D noktalarından geçerken l uzunluğundaki ipte oluşan gerilmeleri elde ediniz. 9.

Korunumlu ve Korunumsuz kuvvetler hakkında bilgi vererek mekanik enerjinin


korunumunu açıklayınız. 10. Eylemsizlik momenti ve dönme kinetik enerjisi kavramlarını tanımlayarak, fiziksel önemini belirtiniz. 11. Boyu L ve kütlesi M olan x- ekseni boyunca yerleştirilmiş düzgün katı bir çubuğun merkezinden geçen ve çubuğa dik olan bir eksene göre eylemsizlik momentini hesaplayınız. 12. Şekildeki sistemde M kütleli küre eğik düzlem üzerinden kaymadan

yuvarlanıyor.

Buna

göre

eğik düzlemdeki r r gsinθ yuvarlanma hareketinin ivmesinin a = olduğunu I (1 + ) MR 2 gösteriniz. 13. L uzunluklu bir ipin ucuna asılan m kütleli bir cisim denge noktasından θ açısı kadar çekilip bırakılıyor. Böylece basit harmonik hareket yapan bir basit sarkaç yapılıyor. Basit sarkaç için küçük salınımlar yaklaşıklığını kullanarak sarkacın frekansını veren ifadeyi türetiniz. 14. Açısal momentumun korunumunu kısaca açıklayınız. 15. Uzunluğu L ve kütlesi M olan bir zincir Şekil (a) da ki gibi bir ucu masanın üstüne dokunacak şekilde tutulur ve serbest bırakılır. Zincir Şekil (b) de ki gibi x kadar düşünce zincire masanın uyguladığı kuvveti bulunuz. (Masaya erişince her halkanın durduğunu kabul ediniz.) 16.

l uzunluğunda ve W= 50 N ağırlığında düzgün bir merdiven, düşey ve pürüzsüz bir duvara yaslanmıştır. Merdiven ve yer arasındaki statik sürtünme katsayısı µ = 0,40 olduğuna göre, merdivenin kaymadan durabilmesi için en küçük θ açısını, yani θ min açısını bulunuz.

17. Bir cisim, x ekseni boyunca basit harmonik hareket yapıyor. Yerdeğiştirmesi zamanla π x = (4, 0 m) cos(π t + ) 4 denklemine göre değişiyor, burada t saniye cinsinden zaman ve parantezin içindeki açılar Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı -4-

radyan cinsindendir. (a) Hareketin genliğini, frekansını ve periyodunu bulunuz. (b) Cismin herhangi bir t anındaki hızını ve ivmesini hesaplayınız. (c) (b) ye kadar olan sonuçları kullanarak cismin t = 1 s deki konumunu, hızını ve ivmesini belirleyiniz. (d) Cismin maksimum hızını ve maksimum ivmesini bulunuz. (e) t = 0 ve t = 1 s arasında cismin yer değiştirmesini bulunuz. (f) t = 2 s de hareketin fazı nedir? 18. 5000 kg lık bir uzay aracı için, dünyadan kurtulma hızını hesaplayınız ve dünyanın çekim alanından kurtulması için uzay aracının dünya yüzeyindeyken sahip olması gereken kinetik enerjiyi hesaplayınız. 19. Kepler kanunlarını yazarak kısaca açıklayınız. 20. Derinliği 1000 m olan okyanustaki basıncı hesaplayınız. Suyun yoğunluğunu 1, 0 x103 kg/m3 ve 1 Atmosfer basıncı Pa = 1, 01x105 Pa alınız. 21. Bernoulli denklemini gerekli şekilleri çizerek çıkarınız. 22. Lineer dalga denklemini çıkarınız. 23. 40 m/s hızla hareket eden bir tren, 500 Hz lik bir frekansa sahip olan bir düdük çalıyor. Bu tren, hareketsiz bir gözlemciye yaklaşırken ve uzaklaşırken gözlemci tarafından işitilen frekansları bulunuz. 24. Bir boru 1,23 m lik uzunluğa sahiptir. (a) Borunun iki ucu açık ise ilk üç harmoniğin frekanslarını bulun. Havadaki ses hızını 344 m/s alın. (b) Borunun bir ucu kapalıysa, (a) da belirlenen üç frekans nedir? (c) Açık boru hali için, normal olarak insanın duyabileceği kaç tane harmonik mevcuttur (20 – 20000 Hz)? 25. Enine dalga, boyuna dalga ve girişim tanımlarını yaparak kısaca açıklayınız. 26. 0,05 kg lık bir metal parçası, 200 °C ye kadar ısıtıldıktan sonra bir cam kaptaki ilk sıcaklığı 20 °C olan 0,4 kg lık suyun içine atılıyor. Karışımın son denge sıcaklığı 22,4 °C olduğuna göre metal parçasının özgül ısısını hesaplayınız. Metal parçası soğurken suya verilen ısı ne kadardır?


ELEKTRİK VE MANYETİZMA SORULAR

1.

Bir iple asılmış yüksüz hafif bir metal küre, yüklü lastik bir çubuğa doğru çekilmiştir. Küre çubuğa değdikten sonra çubuk tarafından itilir, niçin?

2.

Düzgün olmayan ρ=Cr yük yoğunluklu b yarıçaplı yalıtkan bir küre düşünelim. (C bir sabittir) a) rb yarıçapları içinde kalan yükleri bulunuz. c) Her iki durum için elektrik alanı hesaplayınız. Dört tane yük şekildeki gibi bir dikdörtgenin köşelerine

3.

yerleştirilmiştir. İki tane 4μC’luk yükü yerlerinden ayırarak sonsuza götürmek için kaç joule’lük bir enerji harcanır?

4.

Paralel plakalı kondansatörün maksimum çalışma voltajını yükseltmek istersek (kondansatörün yükü sabittir), plakalar arası uzaklığı sabit tutarak bunu nasıl yapacağımızı anlatınız.

5.

2.4 m. boyunda ve 0.031 cm2 dik kesite sahip bir telin ölçülebilen direnci 0.24 Ω’dur. Bu maddenin iletkenliğini hesaplayınız.

6. 7.

Lorentz kuvvetini yazarak her bir terimi tanımlayınız. (MKS birim sisteminde) r Bir proton manyetik alanının B = (iˆ + 2 ˆj − 3kˆ)Tesla ile verildiği bir

bölgede

r v = 2iˆ − 4 ˆj + kˆ hızı ile hareket ederse, bu protona etkiyen manyetik kuvvetin büyüklüğü nedir? 8.

Büyüklüğü 0.39T olan düzgün bir manyetik alan içinde uzunluğu 2.8m olan bir telden 5A akım geçmektedir. Manyetik alanla teldeki akımın yönü arasındaki açı; a) 60, b) 90 ve c) 120 derece ise tele etkiyen kuvvetin büyüklüğünü bulunuz

9. Şekildeki devre için I1, I2 ve I3 bilinmeyen akımlarının her birini hesaplayınız.


10. Faraday indüksiyon kanunu nedir? 11. Lenz kanunu nedir? 12. Maxwell denklemlerini yazınız. 13. Elektromanyetik dalganın özelliklerini yazınız. 14. Mikrodalgalar, kızıl ötesi dalgalar, mor ötesi dalgalar, X-ışınları, Gamma ışınları hakkında bilgi veriniz. 15. Direnci R , yarıçapı a ve uzunluğu L olan doğrusal bir telinden sabit bir I akımı geçmektedir. Bu tel için Poynting vektörünü hesaplayınız. 16. Devredeki akımın zamana bağlı fonksiyonunu bulunuz?

17.

R = 250Ω , L = 0.6H , C = 3.5µF , w = 377s −1 ve Vm = 150V olan bir seri RLC devresini

çözün. 18. Çukur ayna ve tümsek aynalarda özel ışınları şekil çizerek anlatınız. 19. İnce ve kalın kenarlı merceklerde özel ışınları şekil çizerek anlatınız.


ELEKTRONİK SORULAR

1.

Ohm yasası nedir? Ohmik ve ohmik olmayan devre elemanı nedir? Özdirenç, direnç tanımlarını yapıp MKS ve CGS birim sistemlerindeki birimini belirtiniz

2.

Potansiyel farkın tanımını yapıp MKS ve CGS birim sistemlerindeki birimini belirtiniz

3.

Kirchoff yasalarını yazarak yandaki devre için dirençler üzerindeki akımları Kirchoff yasalarını kullanarak hesaplayınız. R1=2 ohm, R2=2 ohm, R3=4 ohm, R4=2 ohm, R5=2 ohm, V1=4 volt, V2=2 volt, V3=6 volt

4.

Eşdeğer devre yöntemi nedir? Niçin kullanılır? En çok kullanılan eşdeğer devreler hakkında bilgi veriniz.

5.

Gerilim

ve

akım

kaynaklarının

kullanıldığı yandaki devre için her bir direnç üzerindeki akımı hesaplayınız. R1=10 Ohm, R2=2 Ohm, R3=1 Ohm, R4=5 Ohm, R5=2 Ohm, R6=6 Ohm 6.

Voltmetre ve ampermetre ile ideal ölçümler yapabilmek için iç dirençleri nasıl olmalıdır? Devreye nasıl bağlanırlar? Çalışma prensiplerini kısaca açıklayınız.

7.

AC (Alternatif akım) ve DC (Doğru akım) gerilimlerin farkı nedir? Ohm yasası, Kirchoff yasası ve diğer eşdeğer devre yöntemleri AC akım devreleri için geçerli midir?

8.

AC akım için etkin değer nedir? Açıklayarak gerekli bağıntıyı çıkarınız.

9.

Kondansatör ve İndüktans tanımlarını yapınız. Bir AC akım devresinde kondansatör ve indüktanstan dolayı oluşan direnç hakkında bilgi veriniz. Bu direnç hangi isimle adlandırılır ve nelere bağlı olarak değişir. Gerekli bağıntıları vererek açıklayınız.

10. Faz farkı nedir? Hangi tür devrelerde faz farkından söz edilir? Belirtiniz. RC ve RL süzgeç devreleri için faz açısını yazınız. 11. Basit olarak Alçak frekans geçiren süzgeç ve Yüksek frekans geçiren süzgeç devreleri nasıl yapılabilir? Frekans değerinin limit değerleri için gerekli bağıntıları kullanarak açıklayınız.


12. Yandaki RC devresinde anahtar önce A konumuna alınıp kondansatörün dolması sağlanıyor. Daha sonrada anahtar B konumuna alınıp R direnci üzerinden kondansatörün boşalması sağlanıyor. Her iki durum içinde devredeki I akımını veren ifadeyi elde ediniz. 13. Yukarıdaki devrede C kondansatörünün yerine L indüktansını koyarak anahtarın her iki konumu için I akımını veren ifadeyi elde ediniz. 14. Bir RLC devresi için Rezonans nedir? Seri rezonans devresi için I ve Ø faz açısını elde ediniz Rezonans frekansı için bir bağıntı elde ediniz. 15. Seri rezonans devresinde elde edilen rezonans eğrisi için yarı güç bant geniştiği ve kalite faktörü tanımlarını yapınız. Kalite faktörünün önemi nedir belirtiniz. 16. Diyot nedir? Elektronik devrelerde kullanım amacı nedir? 17. Diyotlarla yapılan Yarım Dalga ve Tam Dalga doğrultucu devreleri hakkında bilgi veriniz. Giriş ve çıkış gerilimlerinin şeklini çizerek doğrultma işlemini anlatınız. 18. Tam Dalga ve Yarım Dalga doğrultucu devreleri için çıkış gerilimlerinin DC bileşenlerini hesaplayınız. 19. Köprü doğrultucu devresinde kondansatörlü süzgeç neden kullanılır? Gerekli şekilleri çizerek açıklayınız. Süzgecin dalgalanma çarpanının DC akım bileşeni üzerindeki etkisini açıklayın. İdeal doğrultucular için dalgalanma çarpanı nasıl olmalıdır? 20. Transistor nedir? Karakteristik özelliklerine göre nasıl sınıflandırılır? Elektronikte hangi amaçlarla kullanılırlar? Avantajları nelerdir? 21. Bir transistor için akım kazancını basitçe nasıl bulabiliriz? 22. Bir transistor için çalışma noktaları nasıl belirlenir? Gerekli şekli çizerek açıklayınız. 23. Entegre devre nedir? Elektronik devrelerde entegre devreler neden tercih edilir? 24. Dijital elektronikte kullanılan temel kapı devrelerini şekil çizerek açıklayınız. Bu kapı devreleri elektroniğe nasıl aktarılır? Kısaca bilgi veriniz.


MATEMATİKSEL FİZİK SORULAR

1.

Gauss ve Stokes teoremlerinin matematiksel tanımını kısaca yazarak yapınız ve iki teoremin de fizikteki kullanımına birer örnek veriniz.

2.

Lineer vektör uzaylarının tanımını yaparak bu uzayların sağlaması gereken özellikleri her birini kısaca açıklayarak yazınız.

3.

Herhangi bir vektör fonksiyonunun rotasyonelinin diverjansının sıfır olduğunu gösteriniz.

4.

Sturm-Liouville probleminin esas denklemi; d  dy  P0 ( x)  + [P1 ( x) + λω ( x)]y = 0 olarak verilmektedir.  dx  dx  Burada P0 ( x), P1 ( x), ω (x) x’in sürekli fonksiyonudurlar ve λ x den bağımsız bir parametredir. Bu denklemi kullanarak λ n ve λ m gibi iki farklı özdeğere karşılık gelen y n (x) ve y m (x) öz fonksiyonlarının ω (x ) ağırlık fonksiyonuna göre dik olduklarını ispat ediniz.

5.

Türetme bağıntılarını kullanarak Legendre polinomları için; +1

∫x

2

Pl +1 ( x) Pl −1 ( x)dx integralini hesaplayınız.

−1 +∞

6.

∫ δ (x

2

− 5 x + 6)(3 x 2 − 7 x + 2)dx integralini hesaplayınız.

−∞

7.

Genel olarak Parseval teoremi; +∞

∫ f ( x) f 1

* 2

( x)dx =

−∞

olarak

tanımlanmaktadır.

+∞

∫ F (k ) F 1

2

*

(k )dk

−∞

Burada

ve

F1 (k )

F2 (k )

sırasıyla

f1 ( x)

ve

f 2 ( x)

fonksiyonlarının Fourier dönüşümleridir.Yukarıda verilen bağıntıyı ispatlayınız. 8.

ψ i vektörleri

[a, b] aralığında

tanımlanan ve bu aralıkta integrallenebilen büyüklükler

olmak üzere; ψ 1 . ψ 2 ≥ (ψ 1 ,ψ 2 ) şeklinde ki Schwarz eşitsizliğinin doğruluğunu gösteriniz. Burada;

(ψ ,ψ ) = ∫ψ i

ψ =

j

(ψ ,ψ )

*

i

( x)ψ j ( x)dx şeklinde tanımlanır.

Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 10 -

2 x1 − x2 + 2 x3 = 2

9.

x1 + 10 x2 − 3 x3 = 5 − x1 + x2 + x3 = −3

denklem sistemini çözünüz.

10.

Γ ( x) =

+∞

∫e

− t x −1

t dt

x>0

−∞

1

B( x, y ) = ∫ t x −1 (1 − t ) y −1 dt 0

yukarıda verilen Gama ve Beta fonksiyonlarının tanımını kullanarak B ( x, y ) = 11.

Γ( x ) Γ( y ) Γ( x + y)

ifadesini ispatlayınız.

Aşağıdaki ifadelerin köklerini bulunuz. a) z8 = 1

b) z3 = −8i

12. a) Analitik fonksiyon kavramını açıklayınız. b) f(z)= z 2 fonksiyonu analitik midir? 13. a) Bir fonksiyonun analitik olabilmesi için gerek ve yeter koşul nedir, yazınız. b) f (z ) = x 3 + 2ixy 2 fonksiyonu analitik midir? 14.

z = 1 çemberi üzerinde saat yönünün tersine giderek; I1 =

∫

dz , z

I 2 = ∫ z 2 dz integralini hesaplayınız.

15.

z − 2 = 1 kapalı eğrisi üzerinde

16.

a) z = 4 çemberi üzerinde I = ∫ b) I1 = ∫

∞

0

cos zdz integralini hesaplayınız. 2 −2

∫ z(z

)

e z dz integralini hesaplayınız. sinh z

cos x dx integralini hesaplayınız. x2 + b2

17.

Şekilde gösterilen fonksiyonun Fourier serisi açılımını bulunuz. 18. Aşağıdaki ifadelerin Fourier dönüşümlerini hesaplayınız. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 11 -

a) δ (x − a )

b) e − ax

2

c)

1 x −x + 1 2

19. Aşağıdaki diferansiyel denklemleri çözünüz. a) y ′′ + 2 y ′ + y = δ (x − a ) b)

d4y + y = 2 cos x dx 4

20.

Şekilde verilen kare dalganın Laplace dönüşümünü hesaplayınız. 21. 10 kg kütleli bir cisim k=20 N/m olan yaya bağlanmış olup vizkozitesi b=30Ns/m olan bir sıvı içerisinde hareket edebilmektedir. F (t ) = δ (t − a ) şeklinde verilen bir dış kuvvet bu kütleye etki ediyor, t=0 anında sistem denge konumunda hareketsiz olduğuna göre y konumunun t ye bağlılığı nedir? 22.

(1 − x )y′′ − 2 xy ′ + p( p + 1)y = 0 diferansiyel denklemini Frobenius yöntemini kullanarak 2

çözünüz.


ELEKTROMANYETİK TEORİ SORULAR

3.

Gradyen nedir? F(x, y, z) = x2+y2+z2 fonksiyonunun gradyeninin alınız. r Diverjans nedir? v = x 2 î + 3xz 2ˆj + 2xzkˆ vektörünün diverjansını bulunuz. r Rotasyonu tanımlayınız. v = − yiˆ + xjˆ fonksiyonunun rotasyonu bulunuz.

4.

Üzerinde düzgün λ boyca yük yoğunluğu olan 2L uzunluğundaki doğru parçasının orta

1. 2.

dikmesi üzerinde çubuktan d uzaklıktaki bir noktada elektrik alanı bulunuz. 5.

Gauss yasasını gerekli bağıntıları yazarak açıklayınız.

6. Yüzeyinde düzgün σ yük yoğunluğu taşıyan R yarıçaplı

küresel

kabuğun

z

ekseni

üzerinde

(merkezinden z uzaklıkta) elektrik alanını Coulomb yasasını kullanarak bulunuz.

7.

Altıncı soruyu Gauss yasasını kullanılarak çözünüz.

8.

Yüzeyinde düzgün σ yük yoğunluğu taşıyan R yarıçaplı küresel kabuğun z ekseni üzerinde (merkezinden z uzaklıkta) potansiyeli bulunuz ve bulmuş olduğunuz potansiyel yardımı ile elektrik alanını bulun.

9.

r Bir bölgedeki elektrik alan küresel koordinatlarda E = kr 3rˆ olarak veriliyor. (Burada k bir

sabittir). a) ρ yük yoğunluğunu bulunuz. b) Merkezi orjinde olan R yarıçaplı bir küre içindeki toplam yükü bulun. 10. Sonsuz uzunlukta bir silindir içindeki hacimsel yük yoğunluğu eksenden itibaren ρ= kr şeklinde değişmektedir. Silindir içinde herhangi bir nokta için elektrik alanını bulunuz. 11. σ düzgün yük yoğunluklu, yalıtkanın ,sonsuz bir düzlemin elektrik alanını bulunuz. 12. Birbirine paralel sonsuz iki düzlem üzerinde eşit ve zıt düzgün ±σ yüzey yükler vardır. Her üç bölgede elektrik alanını bulunuz. 13. Düzgün yük dağılımlı bir kürenin içinde ve dışında elektriksel potansiyeli bulunuz. 14. Poisson ve Laplace Denklemlerini yazarak bilgi veriniz. 15. Aşağıdaki fonksiyonlardan hangisi elektrostatik alan olarak kabul edilemez (burada k bir sabittir). Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 13 -

r ˆ a) E = k(xyiˆ + 2yzjˆ + 3xzk) r ˆ b) E = k(y 2î + (2xy + z 2 )jˆ + 2yzk) 16. Şekildeki gibi topraklanmış, sonsuz iletken bir düzlemden d uzaklıkta noktasal bir q düşünelim.

Düzlemin

üst

tarafındaki

yükü

bölgede

potansiyeli bulunuz.

17.

Her biri xz-düzlemine paralel, topraklanmış (V=0) iki sonsuz iletken düzlemden biri

y=0

da diğeride y=π uzaklıktadır. x=0 olan sol tarafı kapatan sonsuz şerit düzlem belirli V0(y) potansiyelinde tutulmaktadır. Bu iletkenin çevrelediği bölgede potansiyeli bulun? 18. Yüksüz a yarıçaplı metal bir küre düzgün bir dış elektrik alanına konuluyor. Kürenin potansiyeli bulunuz.


dışındaki

İSTATİSTİK FİZİK SORULAR

1.

Tersinir olay ve tersinmez olay nedir? Açıklayınız.

2.

Isı ve sıcaklık tanımlarını yapınız. Aralarındaki ilişkiyi açıklayınız.

3.

Elimizde 6 tane zar olsun. Bu zarlar aynı anda atılırsa bunlardan 3 tanesinin 6 gelme olasılığı nedir?

4.

3 zar atılıyor ve bu zarların toplamlarının 6 yada 6 dan az gelme olasılığı nedir?

5.

Özdeş 4 tane zarla yapılan bir gözlemde; a) Yalnızca bir tek zarda 6 sayısını bulma olasılığı b) Yalnızca iki zarda 6 sayısını bulma olasılığı c) Dört zarın her birinde 6 sayısını bulma olasılığı d) En az bir zarda 6 sayısını bulma olasılığı nedir?

6.

Ortalama değerlerin genel özelliklerini kullanarak u’nun dağınımının

( ∆u )

(

≡ u −u

2

)

2

= u2 − u 2

bağıntısı ile hesaplanabileceğini gösteriniz. Bu bağıntının, u2 ≥ u 2 genel eşitsizliğini içerdiğini gösteriniz. 7.

½ spinli magnetik momentin magnetik alana paralel bileşeninin µ0 a eşit olma olasılığı p ve - µ0 eşit olma olasılığı q = 1 – p dir. (a) µ ve µ 2 yi bulunuz.

(

(b) ( ∆u ) ≡ u − u 2

)

2

= u 2 − u 2 bağıntısını kullanarak ( ∆µ ) yi hesaplayınız. 2

8.

Bir boyutlu kutudaki tek parçacık için girilebilir durum sayısını bulunuz.

9.

İki boyutlu kutudaki tek parçacık için girilebilir durum sayısını bulunuz.

10. Üç boyutlu kutudaki tek parçacık için girilebilir durum sayısını bulunuz. 11. Kenar uzunlukları Lx, Ly, Lz olan bir kutuya kapatılmış N tane parçacıktan oluşan bir ideal gaz düşünelim. N, Avogadro sayısı düzeyinde olsun. Her kuantum sayısı için ayrı bir enerji katkısı olduğunu düşünerek E ile E + δE arasındaki enerji aralığında bulunan Ω(E) durum sayısının, Ω ( E ) = CV N E (3/ 2 ) N δ E şeklinde verilebileceğini gösteriniz. Burada, C orantı sabiti ve V = Lx Ly Lz ise kutunun Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 15 -

hacmidir. 12. İdeal bir gazın ortalama enerjisini bulunuz. 13. İdeal bir gazın ortalama basıncını bulunuz. 14. Mutlak sıcaklık ve entropi tanımlarını yapınız. 15. V hacimli bir kap içinde bir cinsten N1, başka bir cinsten N2 moleküle sahip olan bir ideal gazı ele alalım. Gazın ideal gaz olacak şekilde, yeterince seyreltildiğini varsayarak, gazın T mutlak sıcaklığındaki p ortalama basıncını bulunuz. 16. Bir ideal gazın ortalama enerjisi ile ortalama basıncını veren bağıntıları kullanarak 2 p= u 3 bağıntısını elde ediniz. Burada u, birim hacim başına ortalama kinetik enerjidir. 17.

T = (k β )

−1

mutlak sıcaklığında, bir ısı deposu ile ısısal dengede bulunan herhangi bir

sistemi ele alalım. Sistemin Er enerjili r durumlarından herhangi birisinde bulunma olasılığı kanonik dağılım ile verilmektedir. Bu sistemin E enerjisini bulunuz ve E=−

∂ ln Z ∂β

sonucunu elde ediniz. Burada Z ≡ ∑ e − β Er r

sistemin eş bölüşüm fonksiyonudur. 18. T mutlak sıcaklığında bir ısı deposu ile ısısal dengede olan bir sistemi göz önüne alalım. Sistemin kenar uzunlukları Lx, Ly, Lz olan bir kabın içine konduğunu varsayalım. (a) Sistemin kutunun sağ duvarına uyguladığı F ortalama kuvvetinin, sistemin Z bölüşüm fonksiyonuna F =

1 ∂ ln Z bağıntısı ile bağlı olduğunu gösteriniz. β ∂Lx

(b) Bir izotropik sistem için, Z, ayrı ayrı Lx, Ly, Lz uzunluklarına bağlı olmayıp, V = Lx Ly Lz hacminin bir fonksiyonudur. p ortalama basıncının p =

1 ∂ ln Z ile β ∂V

verildiğini gösteriniz. 19. Sabit hacim altında cv (mol başına öz ısı) yi bulunuz. 20. Buz ile su 0 °C de (273 °K) birlikte dengede bulunurlar. Bu sıcaklıkta 1 mol buzu eritmek için 6000 joule ısıya gerek vardır. (a) Bu sıcaklıkta, 1 mol su ile 1 mol buz arasındaki entropi farkı nedir? Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 16 -

(b) Bu sıcaklıkta, suyun girilebilir durum sayısının, buzun girilebilir durum sayısına oranını bulunuz. 21. Klasik yaklaşım ne zaman geçerlidir? Açıklayınız. 22. Eşbölüşüm teoremini açıklayınız ve bu teoremi kullanarak tek atomlu bir ideal gazın öz ısısını( cv ) bulunuz? 23. m kütleli moleküllerin oluşturduğu bir gaz T mutlak sıcaklığında ısısal dengede olup durgundur. Maxwell hız dağılımnı kullanarak aşağıdakilerini hesaplayınız. (a) vx = ? (b) v = ? (c) vrms = ? 24. İstatistik termodinamiğin temel önerileri nelerdir? Açıklayınız. 25. Adyabatik işlemlerde PV γ = sbt oluşunu ıspatlayınız. 26. Maxwell denklemlerini çıkarınız.


KLASİK MEKANİK SORULAR

1.

Çizgisel ve açısal momentumun korunumunu ve hangi şartlar altında korunumun geçerli olduğunu gerekçeleri ile yazınız.

2.

Korunumlu kuvvetin tanımını yapınız, korunumlu ve korunumsuz kuvvetlere birer örnek r veriniz. F = 3 x 2iˆ − 6 z 3 xjˆ − 3 xykˆ kuvveti korunumlu mudur gösteriniz.

3.

Merkezcil kuvvet altında hareket eden bir parçacık için taranan alanın zamanla değişiminin sabit olduğunu gösteriniz.

4.

Brachistocrone problemini tanımlayarak çözünüz.

5.

Değişimler hesabının kısa bir tanımını yaparak Lagrange hareket denklemlerini bu ilkeden türetiniz.

6.

Kepler’in üçüncü kanunu çıkartarak hangi tür kuvvetler için geçerli olduğunu açıklayınız.

7.

Merkezcil kuvvet probleminde etkin potansiyelin tanımını yaparak yörüngelerin nitel bir sınıflandırmasını yapınız.

8.

Devirsel koordinatların tanımını yaparak kanonik momentumun korunumunu açıklayınız.

9. Şekilde ki gibi verilen çift sarkacın Lagrange fonksiyonunu tanımlayarak Lagrange hareket denklemlerini yazınız.

10. Yandaki şekile göre M1 kütlesine sahip olan cisim M2 kütlesi salınım hareketi yaparken aynı zamanda yatay eksen üzerinde hareket edebilmektedir. Sistemin Lagrange hareket denklemlerini yazınız. 11.

r m1 kütlesine ve v1 hızına sahip bir parçacık u1 sabit potansiyelli bir alandan, u 2 sabit potansiyelli bir alana geçiyor. Bu geçiş esnasında parçacığın hareket doğrultusunda ki değişmeyi bulunuz.

12. Kütlesi m ve açısal momentumu l olan noktasal bir cisim merkezcil bir kuvvetin etkisi altında ρ = Ksin( nϕ )

(K ve n sabit) ile belirlenen yörüngede hareket etmektedir.

Merkezcil kuvvetin ifadesini bulunuz. Noktasal cismin toplam enerjisi nedir? 13. a) Bir uydunun en büyük ve en küçük yörüngesel hızları sırasıyla v max ve v min ile Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 18 -

gösterilsin. Uydunun yörüngesinin dışmerkezliğinin;

ε=

vmax − v min v max + vmin

b) Uydunun periyodu τ ise, yörüngesinin büyük yarı eksen uzunluğunun; a=

τ π

v max .vmin

olduğunu gösteriniz. 14. Dünya etrafında eliptik bir yörüngede dolanan bir uydunun günberi noktasının dünya yüzeyine olan uzaklığıyla bu noktadaki sürati biliniyor. Uydu günöte noktasında bulunduğunda dünya yüzeyine olan uzaklığını, bu noktadaki süratini ve periyodunu bulunuz. 15. Şekildeki gib bir disk eğik düzlemden kaymadan yuvarlanıyor. Lagrange çarpanları metodunu kullanarak x ve θ koordinatlarını, eğik düzlemin alt ucuna ulaştığında çemberin hızını bulunuz.


MODERN FİZİK SORULAR

1.

Özel Görelilik kuramının temel postülalarını yazınız.

2.

a) İki tane S ve S′ sistemi düşünüz. S′ sistemi x ekseni boyunca sabit bir v hızıyla hareket ediyor olsun. Burada v , S sistemine göre ölçülüyor. v

hızı ışık hızından çok

küçük ise S sistemine göre x, y, z , t koordinatlarında meydana gelen bir olayı S′ sistemine göre hangi koordinatlarda meydana gelir? b) v ışık hızına yakın bir hız ise S′ sistemine göre olay hangi koordinatlarda meydana gelir. 3.

İki tane S ve S′ sistemi düşünüz. S′ sistemi x ekseni boyunca sabit bir v hızıyla hareket ediyor olsun. Burada v , S sistemine göre ölçülüyor. v

hızı ışık hızına yakın olduğu

biliniyor.. Buna göre S sistemine göre u x , u y , u z olarak ölçülen hız değerleri S′ sisteminde hangi değerde ölçülür. 4.

Özel Görelilik kuramının önemli sonuçlarını yazınız.

5.

Özel Görelilik kuramında durgun enerji, kinetik enerji, momentum,toplam enerji ifadelerini yazınız. Uygun limitlerde bu ifadelerin klasik fizikteki sonuçlarla örtüştüğünü gösteriniz.

6.

A ve B araçları birbirlerine doğru hareket ediyorlar.Yerdeki bir gözlemci A’nın hızının 0,75c ve B’nin hızının 0,85c olduğu ölçülüyor. A’ya göre B’nin hızını bulunuz?

7.

Bir protonun toplam enerjisi, durgun enerjisinin üç katıdır,buna göre; a) Protonun durgun enerjisi kaç MeV dir? b) Protonun hızı kaç MeV dir? c) Protonun kinetik enerjisi kaç MeV dir? d) Protonun momentumu kaç kg.m/s dir?

8.

Hidrojen atomunda n=2 baş kuantum sayısını düşünerek,bu duruma karşılık gelen mümkün kuantum sayılarını yazınız?

9.

Pauli Dışarılama ilkesi hakkında bilgi veriniz.

10. Stern - Gerlach deneyi hakkında kısaca bilgi veriniz.


KATIHAL FİZİĞİ SORULAR

1.

Bir kristalin bağlanma enerjisini tanımlayarak, katılardaki moleküler bağ çeşitlerini yazarak kısaca açıklayınız.

2.

Bir boyutlu uzayda 9 iyondan oluşmuş iyonik bir yapıya sahip zincirde, en ortadaki iyonun etkileşme potansiyel enerjisini bulunuz.

3.

Katıların bant teorisi hakkında bilgi veriniz.

4.

Metallerin serbest – elektron teorisi hakkında bilgi veriniz.

5.

Yarıiletkenlerde ısı ve elektrik iletimini açıklayınız.

6.

Katkılı yarıiletkenler hakkında bilgi veriniz.

7.

Metal , yarı metal , yalıtkan ve yarıiletken bant yapılarını çizerek bilgi veriniz.

8.

Yarıiletken aygıtlardan p – n eklemi hakkında bilgi veriniz.

9.

Süperiletkenlik ve Akı kuantumlanması (Meissner olayı) hakkında kısaca bilgi veriniz.

10. İlkel birim örgü hücresinde tek tip atom bulunan bir kristalin dağılım bağıntısını kullanarak, kesikli örgü ve sürekli ortam için faz ve grup hızlarını bulunuz ve dalga vektörünün fonksiyonu olarak ilgili grafiklerini çiziniz. 11. Örgü, birim hücre, baz, Bravais örgü tanımlarını açıklayınız. 2 boyutta ve 3 boyutta kaç tane Bravais örgü vardır. 12. Primitif (ilkel) ve primitif olmayan (ilkel olmayan) hücrelerin tanımlarını yapınız. İki boyutlu dikdörtgen bir örgü çizerek, bu örgü üzerinde 3 tane birbirinden farklı biçime sahip primitif ve 3 tane de farklı biçim ve büyüklüğe sahip primitif olmayan hücreler çiziniz. Her bir hücrede kaç tane örgü noktası vardır. 13. Fermi-Dirac istatistiği hakkında bilgi veriniz. 14. Yüzey merkezli kübik (fcc) ve heksagonal simetriye sahip sıkı-paket heksagonal yapısını eşdeğer kürelerden yararlanarak anlatınız. 15. (110), (111), (2 1 0) düzlemlerini ve [102], [301] doğrultularını şekil çizerek gösteriniz? 16. Ters örgünün tanımını yaparak, a = 4Å, b = 6Å, c = 8Å, α = β = 90 0 , γ = 1200 olan

r r r

bir birim hücrenin ters örgünün A, B, C vektörlerini bulunuz. 17. x- ışınlarının kristalden saçılması olayını açıklayan Bragg Kanununu anlatınız. xışınlarının kristalden saçılması ile ışığın aynadan yansıması arasındaki farkları açıklayınız. 18. Ewald Küresinin tanımını yaparak fiziksel önemini açıklayınız. 19. Tetragonal bir örgüde ( a = b ≠ c ) α = β = γ = 90 0 (0 ½ ¼ ) (½ 0 ¼) (½ 0 ¾ ) (0 ½ ¾ ) Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 21 -

konumlarında aynı cinsten 4 atom bulunduğuna göre Fhkl yapı çarpanını bulunuz? 20. Brillouin bölgesinin tanımını yaparak özelliklerini açıklayınız. Brillouin bölge sınırına

r

gelen k dalga boylu bir x ışını saçılmasını açıklayınız. 21. Sc, fcc, bcc örgülerinin birim hücrelerini çizerek her bir örgü için doldurma faktörünü bulup, sonucu yorumlayınız. 22. Van-der Waals bağlı bir katı için atomik denge mesafesi Ro = 2Å ve bağlanma enerjisi sadece çekici terimden % 10 eksiği olduğuna göre aşağıdaki denklemde ρ karakteristik R

m uzunluğu ne kadardır. m ve n sabitlerdir. U = − 6 + ne ρ ‘dır. R

23. Madelung sabitini elde ederek açıklayınız. 24. Fononun tanımını yaparak, katılardaki önemli temel uyarımları açıklayınız. 25. Mathiessen Kuralı, Tavlama, Durum Yoğunluğu, Nokta Grubu tanımlarını yapınız. 26. Dulong-Petit Kanunu, Sürüklenme Hızı, Grup Hızı tanımlarını yapınız. 27.

G (ε ) durum yoğunluğunu tanımlayarak 3 boyutta enerjiye nasıl bağımlı olduğunu veren formülü gerekli açıklamaları da yaparak çıkarınız.

28.

G (ε ) durum yoğunluğunun enerjiye bağlılığını dört farklı sıcaklık için çizerek, sıcaklığın etkisini açıklayınız.

29. Serbest elektron teorisini varsayımlarını belirtiniz. Drude modelinin varsayımlarını maddeler halinde yazınız. Serbest elektron teorisini kullanarak iki boyutta Fermi enerjisini gerekli açıklamaları yaparak bulunuz. (Birim alandaki elektron sayısını n olarak alınız) 30. Serbest elektron modelinden hareket ederek bir metalin özdirencini veren ifadeyi gerekli açıklamaları da yaparak çıkarınız. 31. Etkin Kütle, Valans Bandı, İletim Bandı, Fermi Küresi tanımlarını yapınız. 32. Serbest elektron modelinden yararlanarak, metallerde iletim elektronlarının özısıya katkılarını a) Klasik ve kuantum kavramları ile açıklayınız ve aralarındaki farkları belirtiniz. b) Öz ısıyı (c) daha sağlıklı hesaplamak için nelerin yapılması gerektiğini tartışınız. c) Öz ısının deneysel yoldan sıcaklığın fonksiyonu olarak ölçülmesi elektronların metalin öz ısısına olan katkıları bulmamıza izin verir mi, açıklayınız.


KUANTUM FİZİĞİ SORULAR

1.

Kuantum mekaniğinin gelişmesine neden olan olayları yazarak, kısaca açıklayınız.

2.

Bir kuantum engelinde tünelleme olayını anlatarak, klasik mekanik ile kuantum mekaniğinin bu olayda ayrıldıkları noktayı belirleyiniz.

3.

Heisenberg belirsizlik ilkesini açıklayınız.

4.

Dalga – parçacık ikilemini açıklayınız.

5.

Schrödinger denklemini yazarak, bu denklemin kuantum mekaniğinde ne ifade ettiğini açıklayınız.

6.

Dalga fonksiyonunun olasılık yorumunu tartışarak , hangi tür fonksiyonların dalga fonksiyonu olabileceklerini tartışınız.

7.

Dirac Delta fonksiyonu hakkında bilgi veriniz.

8.

Sonsuz potansiyel kuyusu içerisindeki tek parçacık için enerji öz değer spekturumunu elde ediniz.

9.

Parite işlemcisi hakkında bilgi vererek enerji özdeğerlerini elde ediniz.

10. Hermityen bir operatörün farklı öz değerlerine karşılık gelen özfonksiyonlarının dik olduğunu gösteriniz. 11. Kuantum mekaniğinde komutasyon bağıntıları neyi ifade ederler, açıklayınız. 12.

A+ =

mw ip mw ip xx+ ve A= operatörlerini kullanarak, bir boyutlu 2h 2h 2mwh 2mwh

harmonik salınıcı için taban durum dalga fonksiyonunu kullanarak x operatörünün beklenen değerini hesaplayınız. 13.

A+ =

mw ip mw ip ve A= operatörlerini kullanarak, bir boyutlu xx+ 2h 2h 2mwh 2mwh

harmonik salınıcı için taban durum dalga fonksiyonunu kullanarak p operatörünün beklenen değerini hesaplayınız. 14. L+ ve L- operatörlerinin, yükselten ve indirgen operatör olduklarını gösteriniz. 15. Pertürbasyon Teorisini açıklayınız.


NÜKLEER FİZİK SORULAR

1.

Fermiyonlar ve Bozonlar hakkında kısaca bilgi vererek her biri için en az ikişer örnek veriniz.

2.

Doğadaki temel etkileşimler nelerdir, kısaca bilgi veriniz

3.

Radyoaktif bir madde için ortalama ve yarı ömür hakkında bilgi veriniz.

4.

β (beta) bozunumu nedir? Kısaca açıklayınız.

5.

Lepton ve Baryon kavramları hakkında bilgi veriniz

6.

α (alfa) bozunumu nedir? Kısaca açıklayınız

7.

γ (gama) bozunumu nedir? Kısaca açıklayınız

8.

? a) 209 83 Bi → ?TI + He + 3,11 Mev

b) 146 C → ?? N + β − c) 126 C ∗ → ?? C +γ yukarıdaki tepkimelerde soru işaretli bölgelere gelmesi gereken atom ve kütle numaraları nelerdir? 9.

Kararlı çekirdekler hakkında kısaca bilgi veriniz.

10. Bir çekirdeğin bağlanma enerjisi hakkında kısaca bilgi veriniz.


MEKANİK VE TERMODİNAMİK CEVAPLAR

1.

Mekanikteki temel büyüklükler uzunluk, kütle ve zamandır. Bu nicelikler uluslararası standartlar olarak kabul edilmişlerdir. İlk uluslar arası uzunluk standardı, standart metre adı verilen ve ağırlık ve ölçmeler bürosunda saklanan platin-iridyum alaşımından yapılmış bir çubuktur. 0° C sıcaklıkta çubuğun iki ucu arasında altın ile çizilmiş iki keskin çizgi arasındaki uzaklık, bir metre olarak tanımlanır. Uluslar arası kütle standardı kütlesi 1 kg denilen platin-iridyum alaşımından yapılmış bir silindirdir. Uluslar arası zaman standardı ise sn dir. 1 sn

133

Cs (Sezyum) atomunun belirlenen

geçiş periyodunun 9.192.631.770 katı alarak tanımlanmıştır. Bu temel niceliklere standart olarak kabul edilen MKS ve CGS birim sistemleri tanımlanmıştır. MKS birim sistemine göre uzunluk metre (m), kütle kilogram (kg), zaman saniye (s) biriminden ifade edilir. Buna bağlı olarak akım şiddeti amper (A), potansiyel fark volt (V) ile ifade edilir. CGS birim sistemine göre uzunluk santimetre (cm), kütle gram (g), zaman saniye (s) biriminden ifade edilir. Diğer niceliklerde buna göre tanımlanmıştır. 2.

Bir denklemin hatalı olup olmadığını kontrol etmek için boyut analizi kullanılır. Matematiksel olarak bir denklem ile anlatılan fiziksel bir bağıntının geçerli olabilmesi için denklemin her iki yanındaki terimlerin boyutu aynı olmalıdır. Boyut analiziyle elde edilen birimler temel büyüklüklerin birimi cinsinden ifade edilebilmelidirler. Fizikte birimsiz rakamsal bir sonucun hiçbir anlamı yoktur.

3.

Vektörel nicelikler, hem belli bir uzunluğu (boyu) olan hem de belli bir yönü gösteren ve belli kurallara göre toplanan büyüklüklerdir. Bir fiziksel kuramın vektörler cinsinden ifadesi o kuramı daha iyi anlamamızı sağlar ve matematiksel işlemleri basitleştirir.Fiziksel kurallar, kendilerinin ifade edildiği koordinat sistemine bağlı değildirler. Vektörel ifadeler her koordinat sisteminde aynıdır. Örnek olarak kuvvet ve hız vektörleri Tek bir sayı ve bir birim ile belirlenebilen bu yüzden yalnızca boyları (büyüklükleri) olan

4.

niceliklere Skaler nicelikler denir. Örnek olarak enerji, kütle gibi. r A = 3 xˆ + yˆ + 2 zˆ r r a. A2 vektörünü bulacağız. A2 = A. A = 32 + 12 + 22 = 14 den A = 14 dür.


b. A’nın xy düzlemindeki izdüşümü 3xˆ + yˆ vektörüdür. Uzunluğu ise 32 + 12 = 10 r bir vektör bulacağız. c. B = Bx xˆ + By yˆ olan A.B=0 koşulunu sağlayacak (3 xˆ + yˆ + 2 zˆ ).( Bx xˆ + By yˆ ) = 0 skaler çarpımı kullanırsak 3Bx + By = 0 veya By Bx

= −3 bulunur. Burada seçilen B vektöründen dolayı B’nin uzunluğu

bulunamaz. d.

B birim vektörü Bx2 + By2 = 1 ve Bx2 (12 + 32 ) = 10 Bx2 = 1 olur. Buradan 1 9 xˆ − 3 yˆ xˆ − yˆ = olarak bulunur. 10 10 10 r r r C = 2 xˆ vektörü ile skaler çarpımı A.C = (3 xˆ + yˆ + 2 zˆ).(2 xˆ ) den C vektörünün y

B= e.

ve z yönünde bileşeni olmadığından sonuç 6 dır.

f.

5.

 xˆ yˆ zˆ  r r  AxC =  3 1 2  = (1.0 − 0.2) xˆ − (3.0 − 2.2) yˆ + (3.0 − 2.1) zˆ = 4 yˆ − 2 zˆ olur.  2 0 0 

Kuyunun derinliği h olmak üzere h =

1 2 1 gt den h = (9.8)t12 ve h = v.t den h = 336t2 2 2

yazılır. Burada başlangıçtan (taş atıldığı andan itibaren) sesin duyula süresi t = t1 + t2 ye eşittir ve t1 + t2 = 2.4 s dir. H bağıntıları birbirine eşitlenirse; 4.9(2.4 − t2 ) 2 = 336t2 den 4.9t22 − 359.5t2 + 28.22 = 0 dan t2 = 6.

359.5 ± (359.5)2 − 4(4.9)(28.22) 359.5 ± 358.75 = ve h = 336t2 = 26.4 m bulunur. 9.8 9.8

Newtonun 1. yasası bir cisme etkiyen net kuvvet sıfır ise cisim durur veya sabit hızla r r hareket eder. Böylece F = 0 ise a = 0 olmalıdır. Newtonun 2. yasası cismin momentumunun zamanla değişimi cisme etkiyen kuvvetle r r d r dv r doğru orantılıdır. F = ( Mv ) = M = Ma şeklinde ifade edilir. dt dt Newtonun 3. yasası iki cisim arasında oluşan etkileşmede birinci cismin ikinci cisme r r etkidiği F21 kuvveti, ikinci cismin 1. cisme etkidiği F12 kuvvetine eşit ve zıt yönlüdür. r r Yani F21 = − F12 dir. Bu momentumun korunumu yasasının temelini teşkil eder. r İkinci yasada belirtildiği gibi M kütleli bir cismin kütlesi ile sahip olduğu v hızının


çarpımı cismin momentumunu verir. Momentumun zamana göre değişimi ise cisme etkiyen kuvvete eşittir. 7.

a.

b.

Serbest cisim diyagramından cisme etkiyen net kuvvetinin büyüklüğünü Fnet = (mgSinθ + FCosθ ) − µk ( FSinθ + mgCosθ )

şeklinde yazılır. r Sistem dengede olduğuna göre Newton’un 2. yasasına göre Fnet = 0 olmalıdır. yazarsak;

Eğik düzlemin θ açısı 45° dir ve sin45=cos45= yazdığımız

2 dir. Böylece kuvvet için 2

(mgsinθ + Fcosθ ) − µ k ( Fsinθ + mgcosθ ) = 0 dan;

bağıntı;

µk ( Fsinθ + mgcosθ ) = (mgsinθ + Fcosθ ) µk =

ve

(mgsinθ + Fcosθ ) mg + F = =1 ( Fsinθ + mgcosθ ) mg + F

olarak bulunur. 8.

B noktasında; İpteki gerilme kuvveti TB = mgcosθ +

mv 2 mv 2 den TB = mg[cosθ + ] şeklinde yazılır. rg r

C noktasında; θ=90° olduğundan TC = mg[cos90 +

mv 2 mv 2 ]= bulunur. rg r

D noktasında; θ=180° olduğundan TD = mg[cos180 +

mv 2 mv 2 ]= − mg bulunur. rg r

A noktasında; θ=0° olduğundan TA = mg[cos 0 +

mv 2 mv 2 ]= + mg bulunur. rg r

Gerilmeleri büyükten küçüğe sıralarsak; T A > TB > TC > TD şeklinde yazılır. 9.

Bir parçacığı A noktasından B noktasına götürebilmek için yapılması gereken W(A→B) işinin büyüklüğü parçacığın izlediği yoldan bağımsız ise, parçacığı hareket ettiren kuvvete


r r korunumlu kuvvet denir. İşin tanımını yaparken dikkate aldığımız Fdr büyüklüğünün A r r r r Fdr = − ∫ ∫ Fdr yada B

yola bağlı olmadığını varsayarsak;

A

şeklinde yazılır. Burada

∫

B

r r Ar r r r Fdr ∫ + ∫ Fdr = 0 = Ñ∫ Fdr B

A

B

integralin kapalı bir yol boyunca alındığını gösterir.

W(A→B) işinin büyüklüğü parçacığın izlediği yola bağımlıysa, parçacığı hareket ettiren kuvvete korunumsuz kuvvet denir. Korunumlu kuvvetlerin olduğu sistemlerde mekanik enerji korunur. Sistemde korunumsuz kuvvetler varsa mekanik enerjinin korunumundan söz edilemez. 10. Bir katı cismin küçük mi kütleli i tane parçacıktan oluştuğunu ve her bir parçacığın dönme eksenine olan uzaklığının ri ile verildiğini düşünelim. Bütün parçacıklar aynı ω açısal frekansı ile dönerler ve her bir parçacığın hızı vi = ri ω ile verilir. Sistemin toplam kinetik enerji ifadesi; K =

1 (∑ mi ri2 )ω 2 şeklinde yazılır. Buradaki 2 i

∑m r

i i

2

terimine

i

eylemsizlik momenti denir ve I ile gösterilir. Eylemsizlik momenti bütün dönme eşitliklerinde kütle rolünü oynar. Bu nedenle sistemin çözümünü oldukça kolaylaştırır. Dönen cisimler için kinetik enerjisi ifadesinde olduğu gibi I eylemsizlik momentini kullanarak dönme kinetik enerjisi E =

1 2 Iω şeklinde yazılır. Bu biçimsel olarak kinetik 2

enerji ifadesinin aynısıdır. dx kalınlığındaki taralı kısmın kütlesi dm, birim boy

11.

başına kütle ile dx uzunluk elemanının çarpımına eşittir, yani dm =

M dx L

dir. Bunu eylemsizlik momenti

bağıntısında yerine yazarsak ( I y = ∫ r 2 dm bağıntısında) M M Iy = ∫ x dx = −L / 2 L L L/2

2

L/2

M  x3  1 = = ML2 bulunur. (Burada r=x olarak x dx   ∫− L / 2 L  3  −l / 2 12 L/ 2

2

alındı.) 12. Bu sistem için herhangi bir durumda enerji; •

Kütle merkezine göre

1 Mv 2 lik öteleme kinetik enerjisi 2

•

Kütle merkezine göre

1 2 Iω lik dönme kinetik enerjisi 2


•

Kütle merkezinin potansiyel enerjisi Mgh (h kütle merkezinin yerden yüksekliği)

Katkılarından oluşur. Sistemin toplam enerjisi; E = Burada ω 2 =

1 1 Mv 2 + I ω 2 + Mgh ile verilir. 2 2

v2 dir. Böyle bir sistemde toplam enerji daima korunur. Yani E sabit R2

olacağından zamana göre türevi de sıfır olur. O halde;

dE d 1 1 = ( Mv 2 + Iω 2 + Mgh ) = 0 dt dt 2 2

dE dh dv dh 1 dv = ( M + 2 )v + Mg = 0 yazılabilir. =a , = −vSinθ dt R dt dt dt dt r r gsinθ 1 alınırsa; ( M + 2 )va + MgvSinθ = 0 bulunur. Buradan da a = şeklinde bulunur. I R (1 + ) MR 2 olmalıdır. Yani;

13.

Sarkaç sistemi için geri çağırıcı kuvvet −mgsinθ = m

d 2s şeklinde dt 2

verilir. Burada s yayının uzunluğu s = Lθ dır. Buradan ve

ds dθ =L dt dt

d 2s d 2θ d 2θ = L yazılır. Böylece − mgsin θ = mL dt 2 dt 3 dt 2

şeklinde yazılabilir. Küçük salınımlar yaklaşıklığını kullanarak seri açılımından; sinθ = θ −

θ3 θ5 θ7 + − + ..... açılımında yalnızca ilk terim alınırsa sinθ ≅ θ olur. Böylece 3 5 7

denklem − mgθ = mL

d 2θ dt 2

biçimine dönüşür. Düzenlenirse

d 2θ g =− θ 2 L dt

olur. Bu

denklemin çözümü θ = Acos (ωt + φ ) şeklindedir. (- işaretinden dolayı) Bu çözüm t=0 ve θ=0 başlangıç durumunda θ=A olur.(maksimum genlik) Bu çözümde ω 2 = açısal frekanstır. T =

g ile verilen L

2π L periyot bağıntısını kullanarak sistemin periyodu; T = 2π ω g

olarak bulunur. 14. ‘O’ noktası koordinat sisteminin merkezi olmak üzere , ‘O’ noktasına göre bir parçacığın L açısal momentumu o andaki r konum vektörü ile p çizgisel (doğrusal) momentumunun vektörel çarpımına eşittir. L=rxp ile gösterilir. Sisteme etki eden bileşke dış tork sıfıra eşitse, sistemin toplam açısal momentumu sabit


r dL = 0 , bu durumda kalır. Buna Açısal momentumun korunumu denir. Yani ∑τ Dıı = dt r r L = Sbt dir. Herhangi bir parçacıklar sistemi için bu korunum yasasını ∑ Ln = Sabit şeklinde yazabiliriz. Bir cismin kütlesi kendi içerisinde dağılıma uğrarsa, o cismin eylemsizlik momenti değişir. Bu değişimi gösterecek şekilde açısal momentumun r r korunumu yasası Lilk = Lson = sabit şeklinde ifade edilir. 15. M kütleli L uzunluğundaki zinciri m kütleli L tane zincir elemanının birleşmesinden oluştuğunu düşünelim. Yani M=mL şeklinde yazılır. Uzunluğun dx kadar artmasına eşlik M )dx şeklinde ifade edilebilir. Düşen zincirden ileri gelen L r dp dm M dx M 2 dx r kuvvetin büyüklüğü; F1 = olacaktır. ( = v( ) = v( )( ) = ( )v = v dir) x dt dt L dt L dt r mesafesi kadar düştükten sonra her bir zincir halkasının hızı | v |2 = 2 gx dir ve

eden dm kütle elemanı dm = (

F1 = (

M )2 gx dir. Masanın üzerinde bulunan halkalar, ağırlıkları eşit olan bir kuvvet L

r Mx M M 3Mgx uygular; F2 = ( ) g böylece FToplam = F1 + F2 = ( )2 gx + ( ) gx = veya o andaki L L L L masadaki halkaların ağırlığının üç katı olur. 16. Tabandan merdivene uygulanan R kuvveti, n normal kuvveti ile f sürtünme kuvvetinin bileşkesine eşittir. Duvarın merdivene uyguladığı P tepki kuvveti ise yatay doğrultudadır, çünkü duvar pürüzsüz, yani sürtünmesizdir. Dengenin birinci şartını merdivene uygulanarak

∑ F x=f-P=0 ve ∑ F y=N-W=0 eşitlikleri elde edilir. Yine merdiven kayma sırasında iken sürtünme kuvvetinin en büyük değerde olma zorunluluğundan, bu değer fmax=μN=0,4x50 N=20 N olur. f-P=0

P=20 N

θ’nın değerini bulmak için, dengenin ikinci şartını kullanmalıyız. Torklar merdivenin alt ucundaki O noktasına göre alındığında, l

∑ τ = Plsinθ - W 2 cosθ = 0 tanθmin =

W 50 N = = 1,25 2P 40 N

θmin = 51,3 o


π  x = 4m cos  πt +  4 

17.

a) Hareketin genliği 4 m dir.

W=

2π 2π 2π ⇒T= = = 2s T W π

V=

b)

a=

d2x dt 2

f=

1 1 ⇒ f = s −1 T 2

dx π  = −(4πm / s )sin  πt +  dt 4 

(

)

π  = − 4π 2 m / s 2 cos πt − m / s 2 4 

π   5π  x = 4 m cos π +  = 4m cos  = −2,83m 4   4 

c)

(

)

 5π  V = − 4πm / s 2 sin   = 8,89m / s 2  4 

(

)

 3π  a = − 4π 2 m / s 2 cos  = 27,9m / s 2  4 

d) Hızın maksimum değeri V = Wr = 4π m/s İvmenin maksimum değeri a = W2r = 4π2 m/s2

e) t = 0 da π π  x = 4m cos π0 cos − sin π0 sin  = 2,8m 4 4  t = 1 de π π  x = 4 m cos π1 cos − sin π1sin  = −2,8m 4 4  ∆x = −2,8m − 2,8m = −5,6 m Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 31 -

f) Faz farkı wt +δ olarak tanımlandığından, burada incelenen durum için w = π ve δ=π/4 dür. O halde t = 2 s de Faz = 2π + π/4 = 9π/4 rad olur. 18.

Gm u m D 1 muVu2 = = Vu = 2 RD

2Gm D = RD

(

)(

2. 6,67.10 −11 Nm 2 / kg 2 5,98.10 24 kg

)

6

6,37.10 m

= 1,12.104 m/s K.E. =

1 1 muVu2 = x 5x103 kg x (1.12.104 m/s)2 = 3.14x1011 joule 2 2

19. a) Gezegenler odaklarından birinde güneş bulunan eliptik yörüngeler üzerinde dolanırlar. b) Güneşi gezegene bağlayan doğru parçası eşit zamanlarda eşit alanlar süpürür. c) Gezegenlerin dolanım sürelerinin kareleri elipslerin yarı büyük eksenlerinin küpü ile orantılıdır. 20.

P = Pa + ρgh = 1,01x105 Pa + (1,0x103 kg/m3 )(9,80 m/s2)(103m) P = 9,90x106 Pa Bu değer yaklaşık olarak atmosfer basıncının 100 katıdır.

21. Akışkan veya sıvının sıkışamaz, vizkozluğu olmayan kararlı durumda dönmeden akan bir akışkan olduğunu kabul ediyoruz. ∆t süresinde değişik kesitli boru içindeki akışkanı göz önüne alalım. Akışkanın alt ucundaki kuvvet P1A1 olur. Burada P1, 1 konumundaki basınçtır. Bu kuvvetin yaptığı iş W1 = F1∆x1 = P1A1∆x1 = P1∆V olur. Burada; ∆V, borunun alt kısmındaki bölgenin hacmidir.benzer şekilde ∆t zamanında borunun üst ucundaki akışkanın yapmış olduğu iş W2 = -P2A2∆x2 = -P2∆V olarak bulunur (Aynı zaman aralığında 1 ve 2 konumlarından geçen sıvının hacmi aynı olur.). Akışkanın kuvveti yer değiştirmeye karşı olduğu için bu iş negatiftir. Bu kuvvetler tarafından ∆t süresinde yapılan net iş, W = ( P1-P2 )∆V olur. Bu işin bir kısmı, akışkanın kinetik enerjisini değiştirir, bir kısmı da çekim potansiyeli enerjisine harcanır. ∆t süresinde borudan geçen kütle ∆m ise kinetik enerjideki değişme, ∆K =

1 1 2 ∆mV2 − ∆m V12 şeklindedir. 2 2

Potansiyel enerjideki değişme de ∆U = ∆mgy2 - ∆mgy1 olur. W = ∆K + ∆U şeklindeki işenerji teoremini akışkanın bu hacmine uyguladığımızda (P1-P2)∆U =

1 1 ∆mV22 − ∆mV12 + ∆mgy 2 − ∆mgy1 2 2

elde edilir. Her tarafı ∆U ile bölersek ρ = ∆m/∆V alırsak yukarıdaki ifade Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 32 -

P1 - P2 = 1/2ρV22 - 1/2ρV12 + ρgy2 - ρgy1 şekline gelir. Terimleri yeniden düzenlersek, P1 + (1/2)ρV12 + ρgy1 = P2 + (1/2)ρV22 + ρgy2 elde edilir. Bu, kararlı durumdaki vizkoz olmayan ve sıkışmayan sıvıya uygulanan Bernoulli denklemidir. Bu denklem genellikle P + 1/2ρV2 + ρgy = sabit şeklinde ifade edilir. Akışkan durgun ise V1=V2=0 olduğundan eşitlik, P1 - P2 = ρg (y2 –y1) = ρgh olur. 22. Gerilme kuvveti F olan bir sicimin ∆x uzunluğundaki küçük bir parçasını ele alalım. İlerleyen dalga bu sicim üzerinde yayılıyor olsun. Parçanın uçlarının x ekseni ile θ1 ve θ2 gibi küçük açılar yaptığını varsayalım. Parçaya düşey doğrultuda etkiyen net kuvvet

∑ Fy = F sin θ 2 − F sin θ1 = F(sin θ 2 − sin θ1 ) olur. Açıların küçük olduğunu kabul ettiğimiz için sin ≈ tan θ olan küçük açı yaklaşımını kullanabiliriz.

∑ Fy = F(tan θ 2 − tan θ1 ) Ayrıca A ve B noktalarındaki açıların tanjantları eğrinin bu noktalardaki eğimi olarak tanımlanır. Bu eğrinin eğimi ∂y

∂x

ile verildiğinden, söz konusu ifade

∑ Fy ≈ F[(∂y ∂x )B − (∂y

∂x )A ]

şeklinde yazılabilir. Şimdi kütlesi m = µ∆x olan parçaya ikinci kanunun uygularsak

∑ Fy = ma y =µ∆x (∂ 2 y

(

∂t 2

∑ Fy = ma y

(1) olan Newton’un

)

(2)

)

elde ederiz. Burada ay = ∂ 2 y ∂t 2 dir. Denklem 1’i denklem 2’ye eşitlersek,

(

)

µ∆x= ∂ 2 y ∂t 2 =F [(∂y ∂x )B − (∂y ∂x )A ] µ∂ 2 y F∂t 2

=

[(∂y ∂x )B − (∂y ∂x )A ] ∆x

(3)

elde edilir. Denklem 3’ün sağ tarafı, aşağıda verilen herhangi bir fonksiyonun türev tanımı kullanılarak farklı biçimde elde edilebilir. ∂f f (x + ∆x ) − f (x ) = lim ∂x ∆x →0 ∆x Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 33 -

Eğer F(∂y ∂x )B ' yi f(x+∆x) ile, f(x)’i (∂y ∂x )B ile gösterirsek ∆x→0 durumunda denklem 3’ün

µ∂ 2 y F∂t 2

=

∂2y ∂x 2

şeklinde yazılabileceğini görürüz.

23. Tren hareketsiz gözlemciye yaklaşırken gözlemci trenin hızını –Vo gözlemler. Bundan dolayı frekans büyür, dalga boyu küçülür.   1  = 500 f′ = f   1 − Vs V 

  1   = 566 Hz  1 − 40m / s 343m / s 

Tren hareketsiz gözlemciden uzaklaşırken frekans küçülür, dalga boyu büyür.   1  = 500 f ′ = f   1 + Vs V 

  1   = 448 Hz  1 + 40m / s 343m / s 

24. a) İki ucu açık boruda ana sesin oluşması için 2 yarım iğ oluşur. Buna göre ana sesin frekansı 344m / s V ≈ 140 Hz = 2 x1,23m 2L

γ1 =

γ2 = 2 x γ1 = 280 Hz

ve

γ3 = 3 x γ1 = 420 Hz

olur. b) Bir ucu kapalı ses borusu ana ses veriyorsa yarım iğ oluşur. Bu durumda sadece tek frekanslar mevcuttur. γ1 =

344m / s V = = 70 H z, 4L 4 x1,23m

γ3 = 3 x γ1 = 210 Hz ,

γ5 = 5 x γ1 = 350 Hz

c) γn = nγ1 ⇒ 20000 Hz = n x 140 Hz ⇒ n = 142 25. Enine dalga: Ortamın parçacıklarının, dalganın hızına dik doğrultuda hareket etmesiyle oluşan bir dalgadır. Örnek olarak gerilmiş bir sicim üzerindeki dalga verilebilir. Boyuna dalga: Ortamın parçacıklarının, dalga hızına paralel doğrultuda hareket etmesiyle oluşan dalgalardır. Ses dalgaları boyuna dalgalardır. Girişim: Dalga ortamındaki bir noktaya iki veya daha çok dalga aynı anda gelirse, noktanın yapacağı yer değiştirme, gelen dalgaların yaptıracağı yer değiştirmelerin toplamına eşit olur. Bu olaya dalgaların girişimi denir. 26. a) Qalınan = Qverilen ⇒ m s c s ∆t s = m m c m ∆t m 0,4 kg .4186 J/kgoC.(22,4-20)oC =0,05kg.cm.(200-22,4)oC cm = 453 J/kgoC b) Q = mm.cm.∆tm = 0,05kg.4186J/kgoC.(200-22,4)oC = 4020 J Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 34 -


ELEKTRİK VE MANYETİZMA CEVAPLAR

1.

Bir iple asılmış yüksüz hafif bir metal küre, yüklü lastik bir çubuk yaklaştırılınca bu küredeki yükler kutuplanır ve yüklü lastik çubuk kutuplanan bu küçük küreyi çeker. Küre çubuğa değdikten sonra çubukla aynı yükle yüklenmiş olur. Aynı yüklerin birbirini iteceğinden metal küre çubuk tarafından itilir.

2.

a) Yalıtkan kürede, yük yarıçapa bağlı olarak küre içinde ρ=Cr oranında dağılmıştır. Şimdi biz r
Q = ∫∫

∫ ρr

2

sin θ drdθ dφ

dir. O halde yük yoğunluğunu yazıp integrali

0 0 0

hesaplarsak, r π 2π

r

0 0 0

0

Q = ∫ ∫ ∫ Cr 3 sin θ drdθ dφ = Q = ∫ C.4π r 3 dr = Q = C.π r 4 elde edilir. b) r>b içinse yük ifadesinde r yerine b yazarak elde edebiliriz. Çünkü yük b yarıçaplı küre içindedir. Q = Cπ b 4 elde edilir c) Kürenin içindeki ve dışındaki elektrik alanı Gauss yasasından yararlanarak bulursak r r Q C.π r 4 C.r 2π 1 2 elde edilir, biz k = olduğunu Eds = ⇒ E 4 π r = ⇒ E = Ñ∫ ε ε 4πε 4πε biliyoruz. O halde rb içinde 3.

r r Q C.π b 4 Cb 4π kCπ b 4 2 E 4 π r Eds = ⇒ = ⇒ E = = E = olarak elde edilir. Ñ∫ ε ε 4π r 2ε r2

Birinci 4μC yükü sonsuza götürmek için ∆ U1 =

kq2 q1 kq2 q3 kq2 q4 + + −0 r21 r23 r24

 32 × 10 −12 C 2 16 ×10 −12 C 2 8 ×10 −12 C 2 )  ∆U1 = (8.99 ×109 )  + +  0.06 0.03 0.45 ×10 −2   ∆U1 = 9.333 J Şimdi ikinci yükü sonsuza götürdüğümüzde;


∆U 2 =

kq3 q1 kq3 q4 + r31 r34

 32 ×10 −12 C 8 × 10 −12 C  ∆U 2 = (8.99 ×109 )  + 0.06   0.03 ∆U 2 = 10.788 J , ∆U = ∆U1 + ∆U 2 = 20.1J bulunur. 4.

Paralel plakalı kondansatörün sığası C =

ε0A ’dır. Burada plakalar arasındaki uzaklık sabit d

tutulacağından voltajı artırmak için, plakaların birim alanlarını artırmak ve plakalar arasına dielektrik madde koymak gerekir. 5.

6.

7.

m 2 A = (0.031 cm2 )( ) = 3.1×10 −6 m 2 100cm ρl ρ (2.4) R= = 0.24 = ⇒ ρ = 3.1×10 −7 Ωm A 3.1 ×10 −6 1 σ = = 3.23 ×106 (Ω.m)−1 bulunur. ρ r r r r F = qE + qV × B (MKS ) r r Burada q elektronun yükü birimi (C), E elektrik alan birimi volt/C, V elektronun hızı r birimi m/s, B manyetik alan birimi Tesladır. r r r F = qV × B i j k r r V ×B = 2 −4 1 = (12 − 2)i + (6 + 1) j + (4 + 4)k = 10i + 7 j + 8k 1 2 −3 r r V × B = 10 2 + 7 2 + 82 = 14.6T .m / s r r r F = q V × B = (1.602 ×10 −19 C )(14.6T .m / s ) = 2.34 ×10 −18 N

8.

ur r r r F = Il × B = IlB sin θ = F dir . a ) F = (5 A)(2.8m)(0.39T ) sin 60 = 4.73 N b) F = (5 A)(2.8m)(0.39T )sin 90 = 5.46 N c) F = (5 A)(2.8m)(0.39T ) sin120 = 4.73 N

9.

I3 = I1 + I 2

6 − I1 = I 2

24 − 6 I1 − 3I 2 = 0

I1 = (8 − 2 I1 ) + (6 − I1 )

12 + 24 − 6 I1 − 6 I 3 = 0

I1 = 14 − 3I1 = 3.5 A

36 − 6 I1 = 6 I 2

I 2 = 2.5 A I 3 = 1A


10. Faraday`ın indüksiyon kanunu, bir devrede oluşan emk` in devreden geçen manyetik akının zamana göre değişim hızı ile doğru orantılıdır. Yani, ε=−

dφm dt

r r olup burada manyetik akı φ m olup φ m = ∫ Bda ile verilir. Lenz kanunu : İndüksiyon emk` in yönü, ilmekten geçen manyetik akı

11.

değişimine karşı koyacak şekilde manyetik akı oluşturan akım yönündedir. Yani indüksiyon akımı , başlangıçta devreden geçen akının değişimini önleme etkisi gösterir. Buna bir örnek olmak üzere zıplayan demir örneğini verelim. Bir tel halka bir solenoidin yakınına getirilsin. Halka da ilk başta akım yoktur. Solenoidin yakınına getirilen halkadan bir akı geçecek ve halkada bu akıya karşı koyacak bir akım oluşacak sonra solenoid ten geçen akımla halkadaki akım zıt yönlü olacağından halka havaya zıplayacaktır. 12. Maxwell denklemlerinin integral formlar şöyledir. r r

Ñ∫ Eda = ε

Q

(Gauss yasası:Kapalı bir yüzeyden geçen elektrik alanın akısı içerdeki

0

toplam yük miktarıyla orantılıdır.) r r Bda Ñ∫ = 0 (Manyetik tek kutup yok.)

r r dφ Eds Ñ∫ = − dtm (Faraday yasası:Zamanla değişen bir manyetik alan bir elektrik alan

oluşturur.) r r

Ñ∫ Bds = µ I + ε µ 0

0

0

dφm (Amper yasası) dt

13. Elektromanyetik dalgaların özellikleri şunlardır. I. Elektrik ve manyetik alanlar, dalga denklemini sağlarlar ve bu denklemler Maxwellìn üçüncü ve dördüncü denklemlerinden elde edilirler. ∂ 2E ∂ 2E ∂ 2B ∂ 2B , = µ ε = µ ε 0 0 0 0 ∂x 2 ∂t 2 ∂x 2 ∂t 2 II. Elektromanyetik dalgalar boşlukta ışık hızıyla yayılırlar, c=

1 = 3 ×108 m / s µ0 ε 0

III. Bir elektromanyetik dalganın elektrik ve manyetik alanları,birbirine ve yayılma doğrultusuna diktirler. (Dolayısıyla enine dalgalardır.) Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 38 -

IV. Bir elektromanyetik dalga içinde E ve B nin her hangi bir andaki büyülükleri E = c dir. B V. Elektromanyetik dalgalar enerji taşırlar. Birim yüzeyden geçen enerji akışı hızı S ile gösterilip poynting vektörü adı verilir. Burada; r 1 r r S = E × B şeklindedir. µ0 VI. Elektromanyetik dalgalar momentum taşırlar ve bu nedenle yüzeyler üzerine basınç uygulayabilirler. Momentumu

r r S P = ile gösterilir. c

14. Mikrodalgalar : Elektronik cihazlarla meydana gelirler. Kısa dalga boylarından dolayı, radar sistemlerinde ve atomik ve moleküler parametrelerin incelenmesinde uygundurlar. Kızılötesi dalgalar : Sıcak cisimler ve moleküller tarafından oluşturulan bu dalgalar ,çoğu maddelerce kolaylıkla soğurulur. Bir maddenin soğurduğu kızılötesi ısı şeklinde ortaya çıkar. Morötesi dalgalar : Güneş, güneş yanıklarının başlıca sebebi olan morötesi ışınların en önemli kaynağıdır.Güneşten gelen morötesi ışınların çoğu atmosferdeki atomlar tarafından tutulur.Morötesi ışınların oksijenle tepkimeye girmesiyle ozon oluşur.Bu ozon tabakası öldürücü morötesi ışınları ısıya dönüştürür. X-ışınları : Bu ışınların kaynağı yüksek enerjili elektronların ağır bir çekirdek yakınından geçerken yavaşlatılmasıdır.X-ışınları tıpta da belirli kanser türlerini belirlemede kullanılır. Gama ışınları : Radyoaktif çekirdekler tarafından yayılan elektromanyetik dalgalardır. Bu ışınların yüksek derecede giricilik özelliğine sahiptirler. Direnci R , yarıçapı a ve uzunluğu L olan

15.

doğrusal bir telinden sabit bir I akımı geçmektedir.

Bu

tel

için

Poynting

vektörünü hesaplayınız. Öncelikle tel boyunca E elektrik alanını bulalım.Telin uçları arasındaki potansiyel farkı V V IR µI olur.Telin yüzeyindeki manyetik alanın B = 0 ile verilir.E ve = L L 2 πa r r uuur B vektörleri birbirlerine diktirler ve bu nedenle E × B = EB böylece poynting vektörü ise V=IR den E =


r EB IRµ0 I I2 R | S |= = = A µ µL2πa

olarak bulunur.

16. RL devresinde Kirchhoffùn ilmek denklemini kullanırsak ε − IR − L

dI = 0 bu denklemin çözümü için x = ε − IR ve dx = − RdI yazarsak yeni dt

denklemimiz , x +

Rt

L dx =0 R dt

ve

− dx R = − dt olur.Denklemimizin çözümü de x = x 0e L x L

elde edilir. t=0 için I=0 olduğu için x 0 = I= 17.

ε ve son olarak akım denklemimiz R

Rt − ε (1 − e L ) olarak bulunur. R

R = 250Ω , L = 0.6H , C = 3.5µF , w = 377s −1 ve Vm = 150V olan bir seri RLC devresini çözün. Reaktanslar X L = wL = 226Ω ve X c =

1 = 758Ω olarak bulunur.Burada empedans wC

Z = R 2 + (X L − X C )2 = (250)2 + (266 − 758)2 = 588Ω Maksimum akım Im =

Vm 150 = = 0.255A dır.Akımla voltaj arasındaki faz açısı Z 588

φ = tan −1

(X L − X C ) 226 − 758 = tan −1 ( ) = −64.80 R 250

Her elemanın uçları arasındaki pik voltajları; VR = Im R = (0.255)(250) = 63.8V VL = Im X L = (0.255)(250) = 57.6V VC = Im X C = (0.255)(250) = 193V buradan da her üç elemanın uçları arasındaki ani voltajlar, VR = (63.8)sin 377t , VL = (57.6) cos 377t , VC = (−193) cos 377t şeklinde bulunur. 18.

a) Çukur aynalardaki özel ışınların; •

Asal eksene paralel gelen ışın aynadan yansıdıktan sonra odaktan geçer.

•

Odak doğrultusundan gelen ışın aynadan yansıdıktan sonra asal eksene paralel olacak şekilde yansır.

•

Merkez doğrultusunda gelen ışın aynadan yansıdıktan sonra tekrardan merkez doğrultusunda gidecek şekilde yansır.


b) Tümsek aynada özel ışınlar, •

Asal eksene paralel gelen ışın uzantısı odak noktasından geçecek şekilde yansır.

•

Uzantısı odak noktasından geçecek şekilde gelen ışın aynadan yansıdıktan sonra asal eksene paralel olacak şekilde yansır.

•

Uzantısı merkezden geçecek şekilde gelen ışın aynadan yansıdıktan sonra tekrar aynı yoldan geri yansır.

19.

a) İnce kenarlı mercekler için özel ışın diyagramı. •

Optik eksene paralel olarak merceğe gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra diğer taraftaki odak noktasından geçerler.

•

Odak noktasından geçerek merceğe gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra optik eksene paralel giderler.

•

Merkez noktasından geçerek merceğe gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra diğer taraftaki merkez noktasından geçerler.

b) Kalın kenarlı mercekler için özel ışın diyagramı. •

Optik eksene paralel olarak

gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra birinci

kısımdaki F doğrultusunda kırılırlar. •

İkinci kısımdaki F doğrultusunda gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra optik


eksene paralel giderler. •

İkinci kısımdaki merkez doğrultusunda gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra birinci kısımdaki merkez doğrultusun kırılırlar.


ELEKTRONİK CEVAPLAR

1.

Bir iletkenin iki ucu arasına uygulanan potansiyel farkının iletken üzerinden geçen akım şiddetine oranı sabittir. Bu sabit orana iletkenin direnci denir. V=I.R ile gösterilir. Bu yasaya Ohm yasası denir. Bu yasaya uyan devre elemanlarına Ohmik devre elemanı uymayan devre elemanlarına Ohmik olmayan devre elemanı denir.

2.

Bir E (Elektrik alanı) içinde +q birim yükünü P1 noktasından P2 noktasına götürmek için yapılan iştir. Elektrik alanı birim yüke etkiyen kuvvet olduğundan iki nokta arasındaki P2 ur potansiyel farkı V = ∫ Eds şeklinde ifade edilir. Potansiyel farkın CGS birim sistemindeki P1

birimi erg/esb=statvolt, MKS birim sistemindeki birimi Joule/Coulomb=volt dur. Bir devrede kapalı bir yol boyunca alınan toplam

3.

potansiyel farkı sıfırdır.

∑ I .R = 0

şeklinde ifade

edilir. (Kirchoff Gerilim Yasası)

Bir

devrede

bir

düğüm

noktasına

gelen

R1=2 Ohm, R2= 2 Ohm, R3=4 Ohm, akımlarla, düğüm noktasını terk eden akımların R4= 2 Ohm, , R5= 2 Ohm, V1= 4 toplamı sıfırdır. Yani gelen akımlar giden akımlara Volt, V2= 2 Volt, V3= 6 Volt

eşittir. (Kirchoff Akım Yasası)

Ia akımının olduğu göz için Kirchoff gerilim yasasını yazarsak; I a .R1 + ( I a − I c ).R3 + ( I a − I b ).R2 = 0 Ib akımının olduğu göz için Kirchoff gerilim yasasını yazarsak; ( Ib − I a ).R2 + ( I b − I c ).R4 = V2 + V1 Ic akımının olduğu göz için Kirchoff gerilim yasasını yazarsak; I c .R5 + ( I c − I a ).R3 + ( I c − Ib ).R4 = V2 − V3 Bu denklemlerde R ve V değerlerini yazıp düzenlersek; 8 I a − 2 Ib − 4 I c = 0 , −2 I a + 4 Ib − 2 I c = 6 , −4 I a − 2 I b + 8 I c = −4 elde edilir. Bu denklemleri matris kullanarak çözelim ve Ia , Ib, Ic akımlarını bulalım.  8 −2 −4  Öncelikle katsayılar matrisi ∆ =  −2 4 −2  şeklinde yazılır. Buradan;  −4 −2 8  Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 43 -

∆ = 8(4.8 − 2.2) + 2(−2.8 − 4.2) − 4(2.2 + 4.4) den ∆ = 96 bulunur.  0 −2 −4  Ia ya göre matris ∆ a =  6 4 −2  şeklinde yazılır. Buradan;  −4 −2 8  ∆ a = 0 + 2(6.8 − 4.2) − 4(6.2 + 4.4) den ∆ a = −32 bulunur. 0 −4  8  Ib ya göre matris ∆ b = −2 6 −2  şeklinde yazılır. Buradan;    −4 −4 8  ∆b = 8(6.8 − 4.2) − 0 − 4(2.4 + 4.6) den ∆ b = 192 bulunur.  8 −2 0  Ic ye göre matris ∆ c =  −2 4 6  şeklinde yazılır. Buradan;    −4 −2 −4  ∆ c = 8(−4.4 + 2.6) + 2(2.4 + 4.6) + 0 den ∆ c = −32 bulunur. Böylece akımları; Ia =

∆a ∆ ∆ , Ib = b , I c = c den bulabiliriz. O halde buradan; ∆ ∆ ∆

Ia =

−32 192 −32 = −0,3 A, Ib = = 2 A, I c = = −0,3 A bulunur. 96 96 96

R1=2 Ohm luk direnç üzerindeki akım -0,3 A (Ia akımı) R2=2 Ohm luk direnç üzerindeki akım Ia-Ib=-0,3-2=-2,3 A R3=4 Ohm luk direnç üzerindeki akım Ia-Ic=-0,3-(-0,3)=0 A R4=2 Ohm luk direnç üzerindeki akım Ib-Ic=2-(-0,3)=2,3 A R5=2 Ohm luk direnç üzerindeki akım -0,3 A (Ic akımı) bulunur. 4.

Çoğu kez elektronik devrelerin çözümlenmesi devrenin hepsi veya bir kısmı yerine, temel devre ile aynı özellikleri gösteren fakat devre çözümlemesini kolaylaştıran devreler veya devre elemanları konarak yapılır. Bu devrelere eşdeğer devre adı verilir. Eşdeğer devreler devrede belirlenmek istenen niceliği (akım, potansiyel vb.) bütün devreyi çözümlemeye gerek kalmadan kolayca bulabilmek için uygundur. En sık kullanılan eşdeğer devreler üçgen-yıldız eşdeğer devresi, Thevenin eşdeğer devresi, Norton eşdeğer devresi vb. dir.

5.

Devredeki gerilim kaynaklarının hepsi akım kaynağına

dönüştürülürse

(Bu

durumda

dirençler iletkenlik olarak yazılır) A, B, C düğüm noktaları için aşağıdaki denklemler elde edilir. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 44 -

A noktası için; 0.5VA + 0.5(VA + VB ) + 0.1(VA − VC ) = 28 den 1.1VA − 0.5VB − 0.1VC = 28 B noktası için; 0.2VB + 0.5(VB − VA ) + 1(VB − VC ) = 0 den −0.5VA + 1.7VB − 1VC = 0 C noktası için; 0.25VC + 1(VC − VB ) + 0.1(VC − VA ) = −2 den −0.1VA − 1VB + 1.35VC = −2  1.1 −0.5 −0.1 −1  şeklinde yazılır. şeklinde elde edilir. Öncelikle katsayılar matrisi ∆ =  −0.5 1.7  −0.1 −1 1.35  Buradan ∆ = 1.1[(1.7)(1.35) − 1] + 0.5[(−0.5)(1.35) − 1.(0.1)] − 0.1[1(0.5) + (1.7)(0.1)] den ∆ = 0.97 bulunur.

 28 −0.5 −0.1 Va ya göre matris ∆ A =  0 1.7 −1  şeklinde yazılır. Buradan;   −2 −1 1.35  ∆ a = 28[(1.7)(1.35) − 1] + 0.5[0(1.35) − (−1)(−2)] − 0.1[0(−1) − (1.7)(−2)] den ∆ a = 34.92 bulunur.  1.1 28 −0.1 Vb ya göre matris ∆ B =  −0.5 0 −1  şeklinde yazılır. Buradan;  −0.1 −2 1.35  ∆b = 1.1[0(1.35) − (−1)(−2)] − 28[(−0.5)(1.35) − 1.(0.1)] − 0.1[(−2)(−0.5) − 0(−0.1)] den ∆b = 19.4 bulunur.  1.1 −0.5 28  0  şeklinde yazılır. Buradan; Vc ye göre matris ∆C =  −0.5 1.7  −0.1 −1 −2  ∆ c = 1.1[(1.7)(−2) − (−1)0] + 0.5[(−0.5)(−2) − 0.(−0.1)] + 28[(−1)(−0.5) − (1.7)(−0.1)] den ∆ c = 15.52 bulunur. Aradığımız potansiyel değerlerini Va =

∆a ∆ ∆ , Vb = b , Vc = c den bulabiliriz. O halde; ∆ ∆ ∆


Va =

34.92 19.4 15.52 dan Va=36 Volt, Vb = den Vb=20 Volt, Vc = den Vc=16 Volt 0.97 0.97 0.97

bulunur. Her bir direnç üzerinden geçen gerilimler bilinmektedir. V=I.R (Ohm Yasası) kullanılarak her bir direnç üzerinden geçen akımlar aşağıdaki gibi hesaplanır. R1=10 Ohm luk direnç üzerindeki potansiyel farkı Va-Vc=36-16=10 Volt, akım 1 A R2=2 Ohm luk direnç üzerindeki potansiyel farkı Va-Vb=36-20=16 Volt, akım 8 A R3=1 Ohm luk direnç üzerindeki potansiyel farkı Va-Vc=36-16=10 Volt, akım 10 A R4=5 Ohm luk direnç üzerindeki potansiyel farkı Vb=20 Volt, akım 4 A bulunur. R5=2 Ohm luk direnç üzerindeki potansiyel farkı Va=36 Volt, akım 18 A R6=4 Ohm luk direnç üzerindeki potansiyel farkı Vc=16 Volt, akım 4 A bulunur. 6.

Voltmetre ile ideal ölçüm yapabilmek için iç direnci sonsuz, ampermetre ile ideal ölçüm yapabilmek için iç direnci sıfır olmalıdır. Fakat pratikte sonsuz direnç ve sıfır direnç olmadığı için Voltmetrenin iç direnci kullanıldığı devreye göre çok büyük, ampermetrenin iç direnci kullanıldığı devreye göre çok küçük seçilir. Ampermetre devreye seri, voltmetre paralel bağlanır. Voltmetre ve ampermetre sabit manyetik alan (mıknatıs) altında bulunan bir akım kangalından oluşur. Akım kangalı mıknatısın içerisinde dönebilecek şekilde sabitlenmiştir. Akım kangalına bağlanan ibre, akım kangalına akım uygulanmadığı zaman hareketsizdir. Kangala akım uygulanınca ibre manyetik alandan dolayı sapar. Bu sapma miktarı uygulanan akım ile doğru orantılıdır. Bu voltmetre ve ampermetrenin çalışma prensibidir.

7.

Zamana göre periyodik olarak değişen akım alternatif akım dır. (AC) Alternatif akımda fazlar zamanın fonksiyonu olarak yön değiştirirler, belli bir değişim frekansı ve periyodu vardır. Bu nedenle bu tür akımlar sinüssel fonksiyonlarla ifade edilirler. Zamanla değiştiği için AC akımın ortalama değerinden ve Maksimum değerinden söz edilir. Akım ve gerilim arasında bir faz farkı ortaya çıkar. Doğru akım ise (DC) zamana göre bir değişimin olmadığı sabit fazlı akımdır. Ohm yasası, Kirchoff yasası ve diğer bütün devre çözümleme yöntemleri, eşdeğer devre yöntemleri her ikisine de uygulanabilir. (AC ve DC için) Ancak AC akım devrelerine uygulanırken akım ve gerilimlerin fazları göz önünde bulundurulmalıdır.

8.

AC akım için etkin değer, herhangi bir andaki akımın karesinin ortalama değerinin kareköküdür. I bir AC akım devresinde dirençten geçen ani akım (herhangi bir andaki) olmak üzere bu dirençte enerjinin ısıya dönüşme hızı (yani dirençte harcanan güç) P = I e2 R ile verilir. Görüldüğü gibi bağıntıda akımın karesi olduğundan akımın işareti


(yönü) önemsizdir.

T periyodunda maksimum değeri IMax olan bir AC akım devresi için dirençte harcanan güç; P = I e2 R = ( verilir. Burada ω = 2 Böylece I e2 R = I Max

T

1 2 I Max sin 2 (ωt ).dt ).R biçiminde ∫ T 0

2π 1 2π 1 ile verilir. Burada sin 2 ( t )dt = dir. ∫ T T 0 T 2 T

I 1 R elde edilir. Buradan da I e = Max elde edilir. Alternatif akım bir 2 2

periyotluk süre boyunca yalnızca çok kısa bir sürede maksimum değerinde bulunur. Bu nedenle AC akım için etkin değerden söz edilir ve hesaplamalarda etkin değer kullanılır. 9.

Kondansatör elektrik alanında enerji depolayabilen devre elemanıdır. Birimi Farad dır. İndüktans ise manyetik alan altında enerji depolayabilen devre elemanıdır. Birimi Henry dir. Anlaşılacağı gibi bu devre elemanlarının devredeki kullanım amaçları direnç oluşturmak değildir. Buna rağmen kondansatör ve indüktansın bulunduğu devrelerde sanal bir direnç oluşur. Bu dirence Reaktans denir. Kondansatörden dolayı oluşana Kapasitif Reaktans, indüktanstan dolayı oluşana İndüktif Reaktans denir. Reaktans komplex empedans olduğu için bunu Komplex sayının çizim temsiline göre belirtirsek kapasitif ve indüktif reaktanslar sanal olarak gösterilir. Devredeki gerçek empedans (Direnç) ve reaktansların birleşimi ise devrenin eşdeğer empedansını verir. Kapasitif reaktans XC ile gösterilir, X C = −

1 ile verilir. İndüktif reaktans XL ile gösterilir ve X L = ω L ile verilir. ωC

( ω açısal frekansı ω = 2π f şeklindedir.) 10. AC (alternatif) akımın kullanıldığı devrelerde faz farkından söz edilir. V (gerilim) ve I (akım) Sin(ωt ) veya Cos(ωt ) biçiminde fonksiyonlarla ifade edilir. Bazı AC akım devrelerinde (Devrede kondansatör veya İndüktans bulunuyorsa) Sin (ωt ) veya Cos(ωt ) biçiminde değişen gerilim yada akım değerleri pik değerine aynı anda ulaşmaz. Bu nedenle önce gerilim sonra da akım pik değerine ulaşır. (Devrede İndüktans varsa) Veya önce akım sonra da gerilim pik değerine ulaşır. (Devrede kapasitans varsa) Akım veya gerilimin aynı anda pik değerlerine ulaşmamasına faz farkı denir. Bu durumda devrede ya gerilim yada akım öndedir denir. Akım ve gerilim arasında faz farkını oluşturan değere ise faz açısı denir. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 47 -

Sadece R direncinin olduğu bir AC akım devresinde faz farkı sıfırdır. VR ve IR aynı anda max ve min değerlerine ulaşır. Devrede kondansatör veya İndüktans olduğu zaman akımla gerilim arasında bir faz farkı oluşur. RL devresinde faz açısı φ = ArcTan ( devresinde faz açısı φ = ArcTan(

ωL ) , RC R

−1 ) bağıntısından bulunur. RLC devresinde de faz ω RC

farkı bulunur, faz açısı φ = ArcTan (

ωL − R

1 ωC ) ile verilir, ancak Rezonans durumunda

RLC devresinde faz açısı sıfırdır. (Çünkü X L = X C dir.) 11. RL devresi alçak frekans geçiren süzgeç devresidir. RL devresinde direnç üzerindeki çıkış gerilimi V0 ( V0 = RI Max Sin(ωt ) şeklinde verilir.), giriş gerilimi Vi olmak üzere, giriş geriliminin çıkış gerilimine oranı

alçak frekanslarda

V0 = Vi

1 ifadesiyle verilir. Bu ifadeye göre ωL 2 1+ ( ) R

ωL → 0 dır. Ve bu durumda çıkış gerilimi giriş gerilimine eşittir. R

Yüksek frekanslarda ise çıkış gerilimi giriş geriliminden küçüktür. Bu devre alçak frekans geçiren süzgeç olarak kullanılır.

2π f 0 ω0 V2 1 = = 1 şartını sağlayan f 0 frekansı 02 = R R Vi 2

olduğu frekans değeridir. f 0 frekansına RL devresinde yarı güç frekansı denir. Bu frekanstan daha büyük değerdeki işaretleri İndüktans geçirmez. Bu yüzden buradaki indüktansa şok bobini de denir. RC devresi yüksek frekans geçiren süzgeç devresidir. RC devresinde direnç üzerindeki çıkış gerilimi V0 ( V0 = RI Max Sin(ωt + φ ) şeklinde verilir.), giriş gerilimi Vi olmak üzere, giriş geriliminin çıkış gerilimine oranı

V0 = Vi

1 1 2 1+ ( ) ω RC

ifadesiyle verilir. Bu bağıntıya


göre alçak frekanslarda çıkış gerilimi V0 çok küçüktür. Fakat yüksek frekanslarda çıkış gerilimi giriş gerilimine eşit olur. Bu devre alçak frekansları az geçirip yüksek frekansları azaltmadığından yüksek frekans geçiren RC süzgeci denir. RC devresinde 2π f0 RC = 1 şartını sağlayan f 0 frekansına RC devresinde yarı güç frekansı denir. 12.

Devrede anahtar 1 konumundayken; V = IR + yanının da zamana göre türevi alınırsa; durumda

dV dI 1 dQ dQ =R + bulunur. = I dır. Bu dt dt c dt dt

dV dI 1 = 0 olacağından denklem R + I = 0 bağıntısı elde edilir. Bu denklemi dt dt C

düzenlersek.

∫

Q şeklinde yazılır. Bu denklemin her iki C

dI −1 = dt şeklinde elde edilir. Bu ifadenin her iki yandan integrali alınırsa; I RC

dI −1 −1 =∫ dt den ln I = t + K şeklinde bulunur. Burada K integral sabitidir ve I RC RC −t

başlangıç koşullarından bulunur. En son bulduğumuz ifadeyi düzenlersek; I = A.e RC yazılır. A sabitini t=0 anından bulunur. t=0 anında anahtar kapatıldığı anda akım I = −0

ye eşittir. Bu durumda I (t = 0) = A.e RC ifadesinden A sabiti A = devredeki akım herhangi bir t anında; I =

V R

V bulunur. O halde R

−t V RC e bağıntısından bulunur. Bu ifadedeki RC R

değerine zaman sabiti denir ve τ ile gösterilir. (τ=RC) Bu bağıntıyı kullanarak herhangi bir t anında kondansatör üzerindeki gerilimi de hesaplayabiliriz. Herhangi bir t anında kondansatör üzerindeki gerilim V0 = yerine yazarsak; V0 =

1 1 t Q = ∫ Idt şeklinde verilir. Burada I nın değerini C C 0

−t

−t 1 t V RC RC e dt bağıntısından integral alınırsa; V = V (1 − e ) 0 C ∫0 R

şeklinde bulunur. Burada V devrenin başlangıçtaki gerilim değeridir. Bu ifade belli bir t süresi sonunda kondansatör üzerindeki gerilimin arttığını yani kondansatörün dolduğunu −t

söyler. Zaman sabitine eşit bir t

süresi sonunda (t=τ durumunda); V0 = V (1 − e RC )

bağıntısı V0 = V (1 − e−1 ) = 0.63V ifadesi elde edilir. Bu ifade zaman sabitine eşit bir t süresi sonunda kondansatörün üzerindeki gerilimin (veya yükün) başlangıçtaki gerilimin % 63 Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 49 -

üne eşit olacağını söyler. Devrede anahtar 2 konumuna alındığında dolu kondansatör R direnci üzerinden boşalmaya başlar. Bunun için 0 = IR +

Q yazılır. Devredeki V potansiyel kaynağı sıfırdır. Bu C

denklemin çözümü de yine aynıdır. Yani I =

−t V RC e şeklindedir. R

Devrede C kondansatörü yerinde L indüktansı olsaydı (yani RL devresi olsaydı) Bu durumda anahtar 1 konumundayken; V = IR + L 13.

dI denklemi yazılır. dt

Devrede anahtar 1 konumundayken diferansiyel denklem V = IR + L Bu denklemin her iki yanının da zamana göre türevi alınırsa;

dI şeklinde yazılır. dt

dV dI d2I = R + L 2 bulunur. dt dt dt

dV dI dU = 0 olacağından = U dönüşümü yapılırsa denklem L + UR = 0 biçimine dt dt dt dönüşür. Bu diferansiyel denklem RC devresinde olduğu gibi çözülür ve V0 = V (1 − e

− Rt L

)

şeklinde bulunur. Burada V devrenin başlangıçtaki gerilim değeridir. Bu ifadeden indüktif bir devrede gerilimin(akımın) L/R zaman sabiti ile üstel olarak büyüdüğü görülmektedir. Devrede anahtar 2 konumuna alındığında RL devresi için diferansiyel denklem basitçe L

dI + IR = 0 şeklinde yazılır. Bu denklem de RC devresindeki denkleme benzer şekilde dt

çözülerek I =

V −LRt e ifadesi bulunur. Görüldüğü gibi akımın artması yada azalması RC R

devresine karşılık gelecek şekilde simetriktir. 14. Bir RLC seri rezonans devresinde düşük frekanslarda ( ω → 0 ) kapasitif (sığasal) reaktans büyük olduğundan akım çok küçüktür. Yüksek frekanslarda ( ω → ∞ ) indüktif reaktans büyük olduğundan akım yine çok küçüktür. Bu sınırlar arasında ωL −

1 = 0 olduğundan ωC

faz açısı sıfırdır. Bu şartı sağlayan kritik ω frekansına rezonans frekansı denir. Bu durumda devre rezonanstadır. Akım maksimumdur. Yani V = I .R dir. Devrede yalnızca gerçek direnç aktif durumdadır ve akım ve gerilim aynı fazdadır. ωL − koşulundan devrenin rezonans frekansı f 0 =

1 2π LC

den bulunur.


1 =0 ωC

Komplek sayı notasyonunda bir RLC devresinin empedansı yandaki şekildeki gibi Z = R + jωL − j

1 ωC

den bulunur.

(Burada j komplex sayılardaki i yi temsil eder.) Böylece akım; I=

V = R

V

den bulunabilir. Bu denklemin paydası gerçel yapılıp

1 R + j (ωL − ) ωC I=

düzenlenirse

V0 1 2 R + (ωL − ) ωC

e i ( ω t +ϕ )

şeklinde

bulunur.

Burada

2

ϕ = ArcTan(

ωL − R

1 ωC ) ile verilen faz açısıdır.

15. Seri rezonans devresinde kalite faktörü (Q0 çarpanı), rezonans frekansındaki indüktif reaktansın Q0 =

(veya kapasitif reakatansın) devrenin toplam ohmik direncine oranıdır.

XL X veya Q0 = C ifadesi ile verilir. Q0 arttıkça akım-frekans eğrisi (Rezonans R R

eğrisi) daralır. Bu durumda devrenin kalitesi yani seçiciliği, keskinliği artar. Rezonans durumunda maksimum akımın

1 2

sine karşılık gelen frekans değerleri

arasındaki farka Yarı güç bant genişliği adı verilir. g = g 2 − g1 = ∆g olarak ifade edilir. 16. Diyotlar, yalnızca bir yönde akım geçiren devre elemanıdır.Diğer bir deyimle, bir yöndeki dirençleri ihmal edilebilecek kadar küçük, öbür yöndeki dirençleri ise çok büyük olan elemanlardır. Direncin küçük olduğu yöne "doğru yön", büyük olduğu yöne "ters yön" denir. Diyot sembolü, aşağıda görüldüğü gibi, akım geçiş yönünü gösteren bir ok şeklindedir. Diyotun uçları pozitif (+) ve negatif (-) işaretleri ile de belirlenir. Diyotlardan, elektrik alanında redresör (doğrultucu), elektronikte ise; doğrultucu,detektör, modülatör, limitör, anahtar olarak çeşitli amaçlar için yararlanılmaktadır. Kırılma gerilimi bilinen diyotlara Zener diyot denir. Zener diyotların özellikleri aşağıda verilmiştir.


i.

Doğru polarmalı halde normal bir diyot gibi çalışır. Ters polarmalı halde, belirli bir gerilimden sonra iletime geçer. Bu gerilime zener dizi gerilimi, veya daha kısa olarak zener gerilimi denir.Ters gerilim kalkınca, zener diyotta normal haline döner. Devrelerde, ters yönde çalışacak şekilde kullanılır.

ii.

Bir zener diyot zener gerilimi ile anılır. Örn: "30V 'luk zener" denildiğinde, 30V 'luk ters gerilimde çalışmaya başlayan zener diyot demektir.

iii.

Silikon yapılıdır. Diyotun anoduna, gerilim kaynağının pozitif (+) kutbu, katoduna kaynağın negatif (-) kutbu gelecek şekilde gerilim uygulandığında diyot iletime geçer. (Üstteki şekil diyotun alttaki şekil zener diyotun sembolik gösterimidir.) Yarım

17.

dalga

doğrultucu devresinde

şekilde görüldüğü gibi bir alternatif akım kaynağı, bir diyot ve yük direnci seri olarak bağlanmıştır.Kaynağın kutbu doğru yönde ise (yani diyotun bağlanma yönü ile aynı yönde) diyot iletir ve yük direnci üzerinde akım oluşur. Kaynağın kutbu zıt yönde ise yük direnci üzerinden akım geçmez. (Aslında diyot ters yönde bağlı olduğundan µA düzeyinde akımlar geçer. Bu da sıfır kabul edilebilir.) Böylece çıkıştaki akım (gerilim) arka arkaya yarım sinüssel dalgalardan oluşur. Çıkıştaki yarım sinüssel dalgaların ortalama değeri sıfır olmadığından çıkıştaki akımın bir DC bileşeni bulunur. Girişteki sinüssel sinyal bu şekilde doğrultulmuş olur. Yarım dalga doğrultucu bir T periyodunun

yarısında

çalışır,

yarısında çalışmaz. ( 0 → T / 2 de çalışır, T / 2 → T de çalışmaz) Bu nedenle de daha az verimlidir. Tam dalga doğrultucu devresinde ise şekilde görüldüğü gibi diyotlardan biri daima iletimdedir. ( 0 → T / 2 arasında diyotun biri çalışır, T / 2 → T arasında da diğer diyot çalışır) Yani D1 diyotu iletimde iken D2 ters beslenmektedir. Değişen yarım devirlerde bu durumlarda değişir ve çıkıştaki akımın (gerilimin) dalga biçimi çok kısa sürelerde sıfır değerini alır. Tam dalga doğrultucu devresinde kullanılan diyotlar, transformatörün Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 52 -

tepeden tepeye gerilimine dayanacak biçimde seçilmelidir. Bundan dolayı diyotların ters gerilimlerinin maksimum değeri en azından çıkış geriliminin tepe değerinin iki katı olmalıdır. Tam dalga ve

yarım dalga doğrultucu devrelerinin çıkıştaki dalga biçimleri

karşılaştırıldığında yarım dalga doğrultucuda temel frekansın kaynağın frekansına eşit olduğunu, tam dalga doğrultucuda ise temel frekansın kaynağın frekansının iki katı olduğuna dikkat edilmelidir. 18. Yarım dalga doğrultucuda art arda gelen yarım sinüssel dalgaların ortalama değeri sıfırdan farklıdır

ve

bu

değer

doğrultucunun

çıkışındaki

DC

bileşene

eşittir.

Bu

1 2π den V (t )dt ile verilir. V (t ) = VMax sinωt şeklindedir. ( ω = 2πf ) ω = ∫ T 0 T T

Vort = V DC =

1 2π = ∫ VMax sin tdt elde edilir. Bu integrali yarım dalga doğrultucu çıkışındaki dalga T 0 T T

VDC

şekline göre açık biçimde yazarsak; VDC =

T /2 T 1 2π 2π  V sin tdt + VMax sin tdt  olur.  ∫ Max ∫ T0 T T  T /2

Çıkıştaki dalga şeklinde de görüleceği gibi T / 2 → T aralığında gerilim değeri sıfır olduğu için (Aslında burada gerilim sıfırdan farklıdır, fakat ihmal edilebilecek kadar küçük olduğundan pratikte sıfır kabul edilir.) yukarıda yazdığımız integralin T / 2 → T aralığındaki değeri de sıfırdır. VDC =

1 T

T /2

∫V

Max

sin

0

2π tdt integralinin değeri DC bileşenin T

büyüklüğünü verir. Hesaplanırsa; VDC =

1 T 2π  VMax  −cos T 2π T 

T /2

 t 0

Burada VMax = V 2 olduğundan VDC =

= V π

VMax 2π

2π T 2π   −cos T 2 − cos T

 V 0  = Max π 

bulunur.

2 bulunur.

Tam dalga doğrultucu içinde yapılacak işlemler bunun aynısıdır. Yalnızca tam dalga doğrultucu devresinde çıkıştaki dalganın şekline bakıldığında 0 → T / 2 ve T / 2 → T aralıklarının her ikisinde de DC bileşen vardır ve çıkıştaki doğrultulmuş gerilime eşit katkı getirir. Bu nedenle yukarıda hesapladığımız integral değerini 2 ile çarparak, yada VDC =

1 2π VMax sin tdt integralini hesaplayarak tam dalga doğrultucu devresi için ∫ T 0 T T

çıkıştaki DC bileşenin değerini VDC =

2V π

2 şeklinde buluruz.


19. Doğrultulmuş gerilimin alternatif bileşeninin azaltılması yani sadece çıkıştaki DC bileşenin etkin olması amacıyla RC süzgeci kullanılır. Bir süzgecin etkinliğinin ölçüsü r dalgalanma çarpanı ile verilir. r =

Vetkin değeri ile verilir. (Alternatif akım bileşeninin VDC

doğru akım bileşenine yani ortalama değere oranıdır.) RC süzgecindeki kondansatör gerilimin maksimum değeri VMax ile yüklenir ve zamanla R yük direnci üzerinden boşalmaya başlar. Yükleyici pulslar arasında kondansatör gerilimindeki azalma devrenin RC zaman sabiti ile giriş geriliminin periyot değerine bağlıdır. Eğer RC zaman sabiti periyot yanında çok büyük ise RT >> T ise dalgalanma gerilimi yaklaşık olarak bir üçgen dalgadır. Bir periyot boyunca kondansatör üzerindeki gerilim düşmesi

V VMaxT ile verilir. Bir üçgen dalganın etkin değeri Ve = Max ile verilir. O halde RC 3

dalgalanma çarpanı r =

1

1 ile bulunur. Burada R yük direncidir. Bu sonuç 2 3 fRC

kondansatörün değerinin artırılmasıyla dalgalanmanın küçültülebileceğini gösterir. Yük akımı sıfıra eşit olduğu zaman ( R → ∞ ) dalgalanma çarpanı sıfır olur. Bu durumda çıkışta sadece DC bileşen kalır. 20. Transistor yan yana birleştirilmiş iki PN diyotundan oluşan bir devre elemanıdır. Birleşme sırasına göre NPN veya PNP tipi transistor yapılır. Yapısı diyotun yapısına benzese de çalışması ve fonksiyonları diyottan çok farklıdır.Transistor, iki elektrodu arasındaki direnci, üçüncü elektroda uygulanan gerilim ile değişen bir devre elemanıdır. Transistor yapısal bakımdan, yükselteç olarak çalışma özelliğine sahip bir devre elemanıdır. Devrede küçük yer kaplaması ve hafif olması, düşük gerilimlerle çalışması ve uzun ömürlü olması nedeniyle elektroniğin her alanında kullanılmaktadır.

21. Transistor için kazanç girişine verilen akım, gerilim veya gücün çıkıştan daha büyük değerlerde elde edilmesidir. Bunu sağlamak için de belirli devrelerin oluşturulması gerekir. Kazancın sayısal değerinin bulunması da, çıkıştaki akım, gerilim ve güç Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 54 -

değerlerinin, girişteki akım, gerilim ve güç değerlerine oranlanması suretiyle elde edilir. Transistorun kazancı devreye bağlanma şekline göre hesaplanır. AC ve DC akımlar için de kazanç ayrı ayrı hesaplanır. Bir transistor devreye bağlanma şekline göre; 1. Emiteri ortak bağlantılı yükselteç 2. Beyz 'i ortak bağlantılı yükselteç 3. Kollektörü ortak bağlantılı yükselteç devreleri oluşturulabilir. Yukarıdaki yükselteç devrelerinden herhangi biri için transistorun DC akım kazancı basitçe devrenin çıkış geriliminin giriş gerilimine oranı olarak verilebilir. 22. Bir transistor için çalışma noktaları transistorun karakteristik eğrisinden elde edilir. Eğri üzerinde yük doğrusu çizilir. Yük doğrusunun karakteristik eğriyi kestiği noktalara karşılık gelen akım ve gerilim değerleri o transistor için ideal çalışma noktalarıdır. Transistorun IB base akımlarının farklı değerleri için kolektörden geçen akımın (IC) kollektör

potansiyeline

(VCC)

göre

değişimleri çizilerek karakteristik eğriler elde edilir. Bu eğriler üzerinde kollektör akımının maksimum değeri IC(max) ve kollektöre uygulanan gerilimin maksimum değeri VCE(max) arasına çizilen doğru yük doğrusudur. Yük doğrusunun aktif bölge içinde IB değerlerini kestiği noktalar transistorun çalışma noktalarıdır. 23. Si gibi bazı yarıiletkenlerde birkaç elektronik devre veya devre elemanını içeren tümleşik bir devre kullanılan yarıiletkenin tek bir kristal içerisinde oluşturulabilir. Bu yöntemle üretilen yarıiletken devre elemanlarına entegre (Entegre Devre) adı verilir. Entegreler elektronik devrelerin küçültülerek daha az hacim kaplamaları ve dolayısıyla devrelerin küçülmelerini sağlamıştır. Entegreler hafif ve dayanıklı oldukları için bütün elektronik devrelerde kullanılmaktadırlar. Ayrıca besleme gerilimlerinin çok düşük olması (5 V, 9 V, 12 V gibi) nedeniyle küçük gerilim kaynaklarıyla (pil, akü vb. gibi) çalışabilirler. Entegrelere dışarıdan çok az sayıda devre elemanı bağlandığı için (birkaç kondansatör, direnç, transistor vb.) maliyeti de oldukça düşürmektedir. Bu nedenle tercih edilmektedir.


24. Dijital elektronikte kullanılan başlıca kapı devreleri yandaki tabloda verilmiştir. Bu kapı devreleri elektronik uygulamalarda transistorlar ve entegre devreler kullanılarak oluşturulur.


MATEMATİKSEL FİZİK CEVAPLAR

1.

Gauss Teoremi: Kapalı bir A yüzeyi tarafından çevrilmiş V hacimli isteksel şekilli bir uzay r bölgesini göz önüne alalım. Bir F = F1 ( x, y, z )iˆ + F2 ( x, y, z ) ˆj + F3 ( x, y, z )kˆ vektörü ve birinci türevleri bu bölgede sürekli olsun. Bu durumda Gauss Teoremi; r r

rr

rr

∫ ∫ FdA = ∫ ∫ FndA = ∫ ∫ ∫ ∇FdV A

A

V

Maxwell denkleminin integral formu; r r

Qiç

∫ EdA = ε A

0

ile verilir.

Bu denklemi integral formundan diferansiyel formuna çevirmek istersek; r r

rr

∫ EdA = ∫ ∇EdV A

V

şeklinde Gauss teoremini ifade edebiliriz. Qiç = ∫ ρ dV V

şeklinde tanımlanır bu ifadeyi ve yukarıdaki ifadeyi Maxwell denkleminde yerine koyarsak; rr

1

∫ ∇EdV = ε ∫ ρ dV 0 V

V

bu ifade de artık integralleri kaldırabiliriz.


∇.E =

ρ ε0

şeklindeki Maxwell denkleminin diferansiyel formuna ulaşmış oluruz.

Stokes Teoremi: A yüzeyi, basit kapalı kendini kesmeyen C eğrisi tarafından r sınırlanan açık iki yüzlü bir yüzey, F = F1 ( x, y, z )iˆ + F2 ( x, y, z ) ˆj + F3 ( x, y, z )kˆ ise sürekli türevlenebilen bir vektör olmak üzere Stokes teoremi; r r

r

r r

r

rr

Ñ∫ Fdr = ∫ ∫ ∇ × FdA = ∫ ∫ ∇ × FndA C

A

şeklinde tanımlanır.

A

Maxwell denkleminin integral formu; r r

∫ Edr = −

C

dφm dt

şeklinde verilir. Bu denklemi integral formundan diferansiyel formuna çevirmek için Stokes teoremini kullanalım. r r r r r Edr = ∇ ∫ ∫ × EdA

C

A

şeklinde Stokes teoremini tanımlayabiliriz. dφm d r r = ∫ BdA dt dt şeklinde alırsak; r

r r

r r

d

∫ ∇ × EdA = − dt ∫ BdA A

A

Artık integralleri kaldırabiliriz. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 58 -

r r r dB ∇× E = − dt şeklinde ki Maxwell denkleminin integral formunu elde etmiş oluruz. 2.

Genel olarak uzay vektörlerden, fonksiyonlardan veya daha soyut elemanlardan oluşan ve üzerinde matematiksel işlemlerin tanımlandığı nesneler kümesidir.Lineer vektör uzayı ise elemanları vektör olan ve belirli özellikleri sağlayan uzaydır. Bu vektör uzayının her bir elemanı vektör olarak isimlendirilir. Bir lineer vektör uzayının elemanları a , b , c şeklinde gösterilebilir. Lineer vektör uzayları aşağıda ki özellikleri sağlamalıdır. i) a + b ∈ L

herhangi iki vektörün toplamı yine lineer vektör uzayında bir eleman

vermelidir. ii) a + b = b + a

(Değişme Özelliği)

iii) a + ( b + c ) = ( a + b ) + c

(Birleşme Özelliği)

iv) a + 0 = a

Lineer vektör uzayında tanımlanan her bir a

vektörü için sıfır

vektörü olarak tanımlanan ve yandaki özelliği sağlayan bir vektör bulunur. v) a + (− a ) = 0


yandaki şekilde tanımlanan bir (− a

vektörü için

) vektörü tanımlıdır.

vi) α ve β kompleks sayılar olmak üzere; α (β a ) = (αβ ) a Lineer vektör uzayında tanımlanan a ve b vektörleri yanda gösterilen çarpma üzerine dağılma özelliğini sağlar. vii) 1. a = a


vektörü için etkisiz

eleman şeklinde tanımlanan bir skaler sayı mevcuttur. viii) α ve β kompleks sayılar olmak üzere; α( a + b )= α a +α b Lineer vektör uzayında tanımlanan a ve b vektörleri yukarıda gösterilen toplama üzerine dağılma özelliğini sağlar. ix) α ve β kompleks sayılar olmak üzere;

(α + β ) a

= α a + β a şeklinde olan dağılma özelliğini sağlar.


3.

r Herhangi bir vektör fonksiyonu F olsun. r F = F1iˆ + F2 ˆj + F3 kˆ iˆ r r r r ∂ ∇ ∇× F = ∇ ∂x F1

(

)

ˆj ∂ ∂y F2

kˆ ∂ ∂z F3

r  ∂F ∂F   ∂F ∂F   ∂F ∂F   = ∇  3 − 2  iˆ +  1 − 3  ˆj +  2 − 1  kˆ  ∂z   ∂z ∂x  ∂y    ∂x  ∂y ∂ 2 F3 ∂ 2 F2 ∂ 2 F1 ∂ 2 F3 ∂ 2 F2 ∂ 2 F1 − + − + − =0 ∂x∂y ∂x∂z ∂z∂y ∂y∂x ∂x∂z ∂y∂z r r r ∇ ∇× F = 0

=

(

4.

)

Sturm-Liouville denkleminin her iki yanını y n ve y m fonksiyonlarıyla çarpalım; yn

dy  d  P0 ( x) m  + [P1 ( x) + λ m ω ( x)]y m = 0  dx  dx 

ym

dy  d  P0 ( x) n  + [P1 ( x) + λn ω ( x)]y n = 0  dx  dx 

Bu iki denklemi birbirinden çıkarırsak; yn

d  dy m  d  dy n  + (λm − λn )ω ( x) y m y n = 0 − ym P0 P0   dx  dx  dx  dx  d {P0 [ y n y m '− y n ' y m ]} + (λm − λn )ω ( x) y n ( x) y m ( x) = 0 dx

Her iki tarafında x üzerinden integralini alırsak; b

{P0 [− y m y n '+ y n y m ']}xx ==b0 + (λn − λ m )∫ y n ( x) y m ( x)ω ( x)dx = 0 a

b

0 + (λn − λm ) ∫ y n ( x) y m ( x)ω ( x)dx = 0 a

λ n ≠ λm

için;

b

∫y

n

( x ) y m ( x)ω ( x)dx = 0

olmalıdır.

a

λ n = λ m için;


b

∫y

n

( x) y m ( x)ω ( x)dx = C n

olabilir.

a

+1

5.

∫x

2

Pl +1 ( x) Pl −1 ( x)dx

−1

Türetme bağıntıları; x.Pl +1 ( x) =

(l + 2) Pl + 2 ( x ) + (l + 1) Pl ( x) (2l + 2 + 1)

x.Pl −1 ( x) =

lPl ( x) + (l − 1) Pl − 2 ( x) (2l − 1)

+1

+1  (l + 2)  l  (l + 1) l −1 x P x x P x dx = . ( ). . ( ). l −1 ∫−1 l +1 ∫−1  (2l + 3) Pl + 2 ( x) + (2l + 3) Pl ( x)  2l − 1 Pl ( x) + (2l − 1) Pl −2 ( x)  dx +1

∫ P ( x) P l

m

( x)dx =

−1

2 δ lm 2l + 1

+1

(Diklik bağıntısı)

+1

2 2l (l + 1) l.(l + 1) l (l + 1) 2 ∫−1 xPl +1 ( x) xPm ( x)dx = (2l − 1)(2l + 3) −∫1[ Pl ( x)] dx = (2l − 1)(2l + 3) 2l + 1 = (4l 2 − 1)(2l + 3) +∞

6.

∫δ (x

2

− 5 x + 6).(3 x 2 − 7 x + 2)dx

−∞

Öncelikle Dirac-Delta fonksiyonunun içindeki denklemin köklerini bulalım. x 2 − 5 x + 6 denkleminin kökleri x1 = 2 ve x 2 = 3 olur. f ' ( x) = 2 x − 5 Bu denklemin türevi olmaktadır. δ ( x 2 − 5 x + 6) =

δ ( x − 2) δ ( x − 3) + (−1) 1

= δ ( x − 3) − δ ( x − 2) +∞

+∞

−∞

−∞

2 2 ∫ δ ( x − 3).(3x − 7 x + 2)dx − ∫ δ ( x − 2).(3x − 7 x + 2)dx = 8

7.

Herhangi bir F (k ) fonksiyonunun ters Fourier dönüşümü; f ( x) =

1 2π

+∞

∫ F (k )e

ikx

dk

−∞

ile verilir. Bu özellik kullanılırsa;


  1 f x f x dx = ( ) ( ) 1 2 ∫ ∫  −∞ −∞  2π 

+∞

 1 F k e dk ( )  1 ∫ −∞   2π

+∞

+∞

*

+∞

∫

ikx

 1 ∫  2π − ∞  +∞

f 1 ( x) f 2 ( x)dx = *

−∞

+∞

∫ F2 (k ' )e

−∞

 dk ' 

*

 dx 

  +∞ *   −ik ' x ikx F ( k ) e dk F ( k ' ) e dk '    dx 1 2 ∫− ∞ ∫   −∞   +∞

 +∞  1 dk ∫−∞ −∫∞F1 (k ) F2 (k ' )dk '  2π  +∞

=

ik ' x

+∞

∫e

ix ( k − k ')

−∞

  dx   

Dirac-Delta fonksiyonunu tanımlayalım; δ (k − k ' ) =

1 2π

+∞

∫e

ix ( k − k ')

dx

−∞

+∞

∫ F (k ' )δ (k − k ' )dk '

F (k ) =

−∞

bu iki eşitlik denklemde kullanılırsa; +∞

∫

+∞

∫ F (k ) F

f 1 ( x) f 2 ( x)dx = *

1

−∞

2

*

(k )dk

−∞

Böylece Parseval teoremi ispat edilmiş olur. 8.

ψ i vektörleri [a, b ] aralığında tanımlanan ve bu aralıkta integrallenebilen büyüklükler olmak üzere Schwarz eşitsizliği; ψ 1 . ψ 2 ≥ (ψ 1 ,ψ 2 )

(ψ ,ψ ) = ∫ψ i

j

ψ =

*

i

( x)ψ j ( x)dx

(ψ ,ψ )

Schwarz eşitsizliğini ispatlamak amacıyla; ψ = ψ 1 + λψ 2 şeklinde bir vektör tanımlayalım.

(ψ ,ψ ) = (ψ 1 ,ψ 1 ) + (ψ 1 , λψ 2 ) + (λψ 2 ,ψ 1 ) + (λψ 2 , λψ 2 ) ≥ 0

(ψ ,ψ ) = ψ 1

2

+ λ (ψ 1 ,ψ 2 ) + λ* (ψ 2 ,ψ 1 ) + λ* λ ψ 2

2

≥0

Bu son eşitliğin minimumunu bulmak için bağıntının λ* a göre türevini alalım ve sıfıra eşitleyelim. ∂ (ψ ,ψ ) = (ψ 2 ,ψ 1 ) + λ ψ 2 ∂λ*

2

=0


(ψ 2 ,ψ 1 )

λ =−

ψ2

2

Bu ifadede her iki tarafın kompleks eşleniği alınırsa; λ* = −

(ψ 1 ,ψ 2 ) ψ2

2

bulunur. λ* ve λ nın bu değerlerini ifademizde yerlerine yazarsak; ψ1

2

−

(ψ 2 ,ψ 1 ) ( ψ2

2

ψ 1 ,ψ 2 ) −

(ψ 1 ,ψ 2 ) ( ψ2

ψ 2 ,ψ 1 ) +

2

(ψ 2 ,ψ 1 ) (ψ 1 ,ψ 2 ) ψ2

2

ψ2

2

ψ2

2

≥0

(ψ 2 ,ψ 1 ) = (ψ 1 ,ψ 2 )*

(ψ 1 ,ψ 2 )* (ψ 1 ,ψ 2 ) = (ψ 1 ,ψ 2 ) 2 ifadeleri eşitsizliğimizde kullanılırsa; ψ1 ψ 2 2

2

− (ψ 1 ,ψ 2 ) ≥ 0 2

ψ 1 ψ 2 ≥ (ψ 1 ,ψ 2 ) Schwarz eşitsizliği ispatlanmış olur. 2 x1 − x 2 + 2 x3 = 2

9.

x1 + 10 x2 − 3 x3 = 5 − x1 + x 2 + x3 = −3 Öncelikle sistemin katsayılar determinantına bakalım; 2 DetA = 1

−1 2 10 − 3 = 46 ≠ 0

−1

1

1

Sistemin katsayılar determinantı sıfırdan farklı olduğu için problem Cramer yöntemi ile çözülebilir. Bu yöntemde her bir katsayı; x1 =

∆x ∆x1 ∆x , x 2 = 2 , x3 = 3 A A A

ile verilir.

Burada ∆x1 , ∆x2 , ∆x3 katsayıları sistemin katsayılar determinantında her bir kök için yazılan sütuna denklem sisteminde eşitliğin sağındaki katsayılar yerleştirilerek bulunur. 2 ∆x1 = 5 −3

−1 2 10 − 3 = 92 1

1


2 ∆x2 = 1

2 5

2 −3 = 0

−1 − 3 −1 10

2 ∆x3 = 1 −1 x1 =

92 = 2, 46

1 2 5 = −46 −3

1

0 46 = 0 , x3 = − = −1 46 46

x2 =

10. Gama ve Beta fonksiyonlarını tanımlayalım. ∞

Γ ( x) = ∫ e −t t x −1 dt

x>0

0

1

B( x, y ) = ∫ t x −1 (1 − t ) y −1 dt 0

Γ ( x )Γ ( y ) Γ( x + y )

B ( x, y ) =

∞

∞

0

0

Γ ( x)Γ( y) = ∫ e −t t x−1dt ∫ e− t t y −1dt Gama fonksiyonunda t = u 2 değişken değiştirmesi yaparsak; ∞

Γ ( x) = 2 ∫ e −u u 2 x −1 du 2

0

bulunur. Bu ifadeyi Γ ( x)Γ( y ) çarpımında yerine koyarsak; ∞

∞

Γ ( x)Γ( y) = 4.∫ e −u u 2 x −1du ∫ e− t t 2 y −1dt 2

0

∞∞

= 4 ∫ ∫ e−u

2

0

2

−t 2

u 2 x −1t 2 y −1du.dt

0 0

Bu ifade de; u = r. cosθ t = r. sin θ

değişken değiştirmesi yaparsak;


∞ π /2

Γ ( x )Γ ( y ) = 4 ∫ 0

∞

= 4∫ e

∫e

−r2

− r2

2( x + y ) −1

r 2 x −1 cos 2 x −1 θ r 2 y −1 sin 2 y −1 rdrdθ

0

r

0

π /2

dr

∫ cos

2 x −1

θ sin 2 y −1 θ dθ

0

Bu ifade deki ikinci integral B( x, y) beta fonksiyonu birinci integral ise Γ ( x + y ) şeklinde gama fonksiyonudur. O halde; Γ ( x ) Γ ( y ) = Γ ( x + y ) B ( x, y )

olur.

11. z8 = 1 z = reiθ ⇒ z n = r n (cos nθ + i sin nθ ) 1 = 1ei (0 + 2 kπ ) = ei 2 kπ z 8 = ei 2 kπ = cos(2 kπ ) + i sin(2 kπ ) ⇒ z = cos(2 kπ / 8) + i sin(kπ / 8) = cos(kπ / 4) + i sin(kπ / 4) k = 1, 2,3...n − 1 toplam n kök k = 0 ⇒ z1 = cos(0) + i sin(0) = 1, k = 1 ⇒ z2 = cos(π / 4) + i sin(π / 4) = (1 + i) / 2 k = 2 ⇒ z3 = cos(π / 2) + i sin(π / 2) = i k = 3 ⇒ z4 = cos(3π / 4) + i sin(3π / 4) = (−1 + i) / 2 k = 4 ⇒ z5 = cos(π ) + i sin(π ) = −1 k = 5 ⇒ z6 = cos(5π / 4) + i sin(5π / 4) = (−1 − i) / 2 k = 6 ⇒ z7 = cos(3π / 2) + i sin(3π / 2) = −i k = 7 ⇒ z8 = cos(7π / 4) + i sin(7π / 4) = (1 − i ) / 9

Bütün kökler eşit aralıklı yayılırlar Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 65 -

b) z 3 = −8i

r = −8i

θ =0

−8i ⇒ (−1)(8)(i ) ⇒ −1 = eiπ , i = e iπ / 2 ⇒ −i = e (π +π / 2) ⇒ −8i = 8e (3π / 2) i ei 2 kπ

z 3 = 8ei[(π / 2)+ (2 k / 3)π ] k = 0 ⇒ z1 = 2[cos(π / 2) + i sin(π / 2) = 2i k = 1 ⇒ z2 = 2[cos(7π / 6) + i sin(7π / 6)] = − 3 − 1 k = 2 ⇒ z3 = 2[cos(11π / 6) + sin(11π / 6) = 3 − 1 12. a) Bir f(z) fonksiyonu; i)

tek değerli ise,

ii)

kompleks düzlemde bir z noktası etrafında türevi varsa

fonksiyon bu z noktasında analitik fonksiyondur. Eğer, z-düzlemindeki bir bölgenin her noktasında analitik ise, o bölgede analitik fonksiyondur. b) Bu fonksiyon tek değerli bir fonksiyondur. Türevi olup olmadığı incelenirse; lim

∆ z →0

f ( z + ∆z ) − f ( z ) ( z + ∆z )2 − z 2 = lim V z →0 ∆z ∆z

= lim[ V z →0

∆z (2 z + ∆z ) ] = lim[2 z + ∆z ] = 2 z V z →0 ∆z

burada ∆z hangi yoldan sıfıra giderse gitsin, limitin değeri 2z olur.o halde, f(z)=z2 fonksiyonunun türevi vardır ve ayrıca tek değerli olduğu için analitik bir fonksiyondur. 13.

a) f(z) =u(x,y) + iv(x,y) şeklinde tanımlanan bir fonksiyonun bir bölgede sürekli olabilmesi için yeterli ve gerek koşul 1) ∂u ∂x , ∂u ∂y , ∂v ∂x , ∂v ∂y kismi türevlerini o bölgede sürekli olması 2) Cauchy-Riemann koşullarını, yani şu iki eşitliği sağlamasıdır. ∂u ∂v = ∂x ∂y b) f(z) = x3 + 2ixy2

∂u ∂v =− ∂y ∂x

u = x3 v = 2xy2

1 ve 2 koşulunun sağlanıp sağlanmadığını anlamak için kismi türevleri bulalım. ∂u = 3x 2 ∂x

∂u =0 ∂y

∂v = 2y2 ∂x

∂v = 4 xy ∂y


∂u ∂v ≠ ∂x ∂y

∂u ∂v ≠− ∂y ∂x

olduğundan yani Cauchy-Riemann koşulları sağlanmadığından bu fonksiyon analitik değildir. 14.

z = x +iy z = x 2 + y 2

z = r eiθ yazılırsa r=1 çemberi üzerinde z = eiθ olur. dz = i eiθdθ I1 =

iθ 2π ie dθ 2π dz = ∫ z ∫0 e iθ = i ∫0 dθ = 2πi

I2 =

∫z

2

2π

dz = ∫ e 2iθ e iθ idθ = 0 0

15. Bu eğri, merkezi z0 = 2 ve yarıçapı 1 olan bir çemberdir. İntegralin paydasını sıfır yapan, ± 2 noktalarından sadece + 2 noktası bu çember içinde kalır. O halde, bu faktörü dışarı alıp f(z)’yi seçersek aşağıdaki sonucu buluruz. f (z ) = f (z )dz

∫z− c

16.

2

= 2iπ

(

cos z

z z+ 2

cos 2 2 .2 2

=

)

iπ cos 2 2

a) Paydayı sıfır yapan noktalar, sinhz = (ez –e-z ) / 2

z = 0, ± πi,2iπ ...

e2z = 1 = e2niπ

olup, fonksiyonun sonsuz sayıda kutup noktası vardır. Bunlarda sadece ilk üçü (0, -iπ, +iπ ) , z = 4 çemberi içinde yer alır. O halde, I = 2πi {Re sf (0 ) + Re sf (− iπ ) + Re sf (+ iπ ) f (z ) =

}

P(z ) P(a ) ea olarak alınırsa Re sf (a ) = = olur. Q(z ) Q ′(a ) cosh a Re sf (0 ) =

e0 =1 cosh 0

Re sf (− iπ ) =

Re sf (iπ ) =

e − iπ 1 = =1 cosh(− iπ ) cosh (− π )

e iπ −1 = =1 cosh (iπ ) cosh π

I = 2iπ(1+1+1) = 6πi


b) I1 = ∫

∞

−∞

cos x dx x2 + b2 e ix e iz dx = lim dz alınırsa I1 = ReI ve I2 = ImI olur. −∞ x 2 + b 2 R→0 ∫ z 2 + b 2 c

I =∫

∞

Burada kapalı C eğrisi üst yarım düzlemdeki CR çemberi ve reel eksenden oluşur. Kutup noktaları z = ±ib de olup, sadece z1= +ib de olup, sadece z1= +ib nin rezidüsü göz önüne alınır.  e iz  π I = 2iπ Re sf (ib ) = 2iπ   = e −b  2 z  z =ib b I=

π −ib e + i0 b

yazılırsa I1 = Re I =

π −ib e b

bulunur.

 − x −π < x < 0  f ( x ) =  ve f ( x + 2π ) =f(x) + x 0 < x < π 

17.

olarak tanımlanır. f(x) çift bir fonksiyon olduğundan seri açılımı sadece kosinüs fonksiyonlarından oluşur ve tüm b n katsayıları sıfır olur. a0 =

an =

1 π π xdx = ∫ π 0 2

 4 2 π 2 π 2 − 2 ; n, tek n f ( x ) dx = x cos nxdx = ( − 1 ) − 1 =  πn 2 ∫ ∫ π 0 π 0 πn 0; n, çift

[

f (x ) = a0 +

∞

∑a

cos nx =

n

n ,tek

]

π 4 4 − cos x − cos 3 x 2 π 9π

F (k ) = ∫ f (x )e −ikx dx ∞

18.

−∞

a) F (k ) = ∫ δ (x − a )e −ikx dx = e −ika ∞

−∞

b) F (k ) = ∫ e − ax e −ikx dx = ∫ e − (ax ∞

−∞

2

∞

−∞

2

+ ikx

)dx

Üstel fonksiyonda bir tam kare oluşturulur.


2  ikx  ik  k2   ax 2 + ikx = a  x 2 +  = a  x +  + 2  a  2a  4a   

ik   u = x+  ⇒ dx = du 2a   F (k ) = e

−k 2 4a

∫

∞

e

− au 2

−∞

π du = e a

−k 2 4a

e − ikx dx −∞ x 2 − x + 1

c) F (k ) = ∫

∞

k>0 için;

{

 R  e ikx e ikz e ikz − ikz lim ∫ 2 dx + ∫ 2 dz = ∫ 2 dz  = −2iπ ∑ Re s f (z j )e j CR z − z + 1 c z − z +1 −R x − x + 1 R →∞ j  

}

(zj : alt yarım düzlemdeki kutuplar) olur. Eğri reel eksenin altında kapatıldığı için, Jardon teoremine göre, çember üzerindeki katkı sıfır olur. Ancak bu durumda eğri üzerinde negatif dönme yönü takip edilmiş olur ve eşitliğin sağ tarafı negatif işaret alır. O halde, aradığımız Fouier dönüşümü, rezidü toplamı olarak yazılabilir.

{

F (k ) = −2iπ ∑ f (z j )e

− ikz j

}

j

(

)

(

)

Kutup noktaları z = 1 ± i 3 2 de olup, sadece z = 1 − i 3 2 noktası C eğrisi içinde kalır ve onun rezidüsü alınır.  e ikz   e − kiz  e −ik (1−i 3 ) 2 = Re s  2 =  1− i 3  z − z + 1  2 z  z =(1−i 3 ) 2 F (k ) = −2iπ

e −ik (1−i 3 ) 2 1− i 3

=

2π i+ 3

e − k (i + 3 ) 2

k<0 için bu kez C eğrisi için üst yarım çember seçilir. İşlemler aynıdır. F (k ) = 2iπ 19.

e ik (1+i 3 ) 2 1+ i 3

=

2π −i+ 3

e k (i − 3 ) 2

y ′′ + 2 y ′ + y = δ (x − a )

F [ y ′] = ikF [ y ]

− k 2Y + 2ikY + Y = e −ika ⇒ Y (k ) =

F [ y ′′] = −k 2 F [ y ] e −ika e −ika = ⇒ y (x ) = F −1 [Y (k )] 2 2 − k + 2ik + 1 − (k − i )


∞ e − ika e ik ( x − a ) = ∫−∞ − (k − i )2 dk 2 − (k − i )

y(x ) = ∫ dke ikx ∞

−∞

k=i kutup noktası iki katlıdır. Bu integral kompleks k düzleminde rezidü yöntemiyle çözülebilir. 2π (x − a )e − ( x − a ) ; x − a f 0 y(x ) =  0; x − a p 0 b)

d4y + y = 2 cos x dx 4

2cosx = eix+e-ix

(ik )4 Y + Y = 2 F cos x ⇒ k 4Y + Y = δ (k − 1)δ (k + 1) F (k ) = ∫ e ix e −ikx dx + ∫ e −ix e −ikx dx = δ (k − 1)δ (k + 1) ∞

∞

−∞

−∞

Y (k ) =

y(x ) = F −1 [Y ] = ∫ dke ikx ∞

−∞

δ (k − 1)δ (k + 1) k 4 +1 δ (k − 1)δ (k + 1) e ix + e − ix = = cos x 2 k 4 +1

 A f (t ) =  − A

20.

0
Bu fonksiyonun periyodu 2a dır. L[ f ] = L[ f ] =

1 1 − e −2 ap

∫

2a

0

f (t )e − pt dt = =

21.

1 1 − e − 2 ap

F = ma Newton’un ikinci yasası

∫ f (t )e a

− pt

0

1 1 − e −2 ap

dt

{∫ Ae a

− pt

0

dt + ∫ − Ae − pt dt 2a

a

A 1 − e − ap A ap = tanh − ap p 1+ e p 2 F = −ky Yay kuvveti

F = −bV = −b dy dt sürtünme kuvveti F (t ) − ky − b dy dt = ma = m

d2y dt 2


}

F d 2 y b dy k + + y = 0 δ (t − a ) 2 m dt m m dt W0 =

k 20 = =2 m 10

β=

b 30 = =3 m 10

y ′′ + 3 y ′ + 2 y = δ (t − a ) Her iki tarafın Laplace dönüşümü alınırsa ( y ′(0) = y(0 ) = 0 ) p 2 y + py(0 ) + y ′(0 ) + 3[ py − y (0 )] + 2 y = ∫ e − pt δ (t − a )dt = e − ap ∞

0

Y ( p) =

e − ap e − ap = p 2 + 3 p + 2 ( p + 1)( p + 2 )

Buradaki e-ap faktörü t-öteleme teoremini uygulama olanağı sağlar. Y ( p ) = e − ap F ( p ) ⇒ F ( p ) =

1 1 − ( p + 1) ( p + 2)

f (t ) = e −t − e −2 t 0; 0 < t < a y(t ) = L−1 e − ap F ( p ) = f ( t − a )θ ( t − a ) =  − t −2 t e − e ; t > 0

[

22.

∞

]

∞

y = ∑ Ck x k

y ′ = ∑ kC k x k −1

k =0

k =0

(1 − x )∑ k (k − 1)C 2

∞

k =2

k

∞

y ′′′ = ∑ k (k − 1)C k x k − 2 k =0

∞

∞

k =1

k =0

x k − 2 − 2 x∑ kC k x k −1 + p ( p + 1)∑ C k x k = 0

∞

∞

∞

∞

k =2

k =2

k =1

k =0

∑ k (k − 1)C k x k −2 − ∑ k (k − 1)C k x k −2∑ kCk x k + p( p + 1)∑ Ck x k = 0 ∞

∑ (n + 2)(n + 1)C n =0

n+2

∞

∞

∞

n= 2

n =1

n =0

x n − ∑ n(n − 1)C n x n −2∑ nC n x n + p( p + 1)∑ C n x n = 0

(n=0,1 olan terimleri incelemeye gerek yoktur.)

(n + 2)(n + 1)C n+ 2 + [n(n − 1) − 2n + p( p + 1)]C n

=0


Cn+2 = −

( p − n )( p + n + 1) C (n + 1)(n + 2) n

n = 0 ⇒ C2 = −

n = 1 ⇒ C3 = − n = 2 ⇒ C4 =

n = 5 ⇒ C5 =

y1 = 1 −

y2 = x −

p ( p + 1) C0 2!

( p − 1)( p + 2) C

1

3!

( p − 2) p( p + 1)( p + 3) C 4!

0

( p − 3)( p − 1)( p + 2)( p + 4) C

1

5!

p( p + 1) 2 ( p − 2 ) p ( p + 1)( p + 3) 4 x + x − .... 2! 4!

(çift katsayılar için çözüm)

( p − 1)( p + 2) x 3 + ( p − 3)( p − 1)( p + 2)( p + 4) x 5 − .... 3!

5!

(tek katsayılar için

çözüm) y(x ) = C 0 y1 (x ) + C1 y 2 (x )

(en genel çözüm)


ELEKTROMANYETİK TEORİ CEVAPLAR

1.

a) T[x,y,z], koordinatlara göre sürekli ve türevleri alınabilen bir fonksiyon olsun. Uzayın ∂T ∂T ∂T , , kısmi türevleri olan bir vektör ∂x ∂y ∂z r tanımlayabiliriz. Bu vektöre, T’ nin gradyenti denir. gradT veya ∇T şeklinde yazılabilir. her noktasında, bileşenleri bu fonksiyonun

r ∂T ˆ ∂T ˆ ∂T ˆ ∇T = i+ j+ k ∂x ∂y ∂z

r Burada ∇T , T fonksiyonun gradyenti adını alır.

r Diğer vektörler gibi gradyentin de bir büyüklüğü ve yönü vardır. ∇T gradyenti T

fonksiyonundaki maksimum artış yönünde bir vektördür. Bu vektörün büyüklüğü ise, fonksiyonun bu doğrultuda ölçülen eğimine eşittir. b) F(x,y,z)=x2+y2+z2 fonksiyonunun gradyenini alırsak r ∂F ∂F ∂F ∇F = xˆ + yˆ + zˆ ∂x ∂y ∂z r ∇F = 2xxˆ + 2yyˆ + 2zzˆ biçiminde elde edilir. r r 2. a) ∇ operatörü ile bir V vektör fonksiyonun skaler çarpımına diverjans denir. Diverjans a) r r r ıraksama anlamına gelir. Çünkü ∇.V bir noktadaki V vektör çizgilerinin ne kadar ıraksadığının bir ölçüsüdür. r b) V = x 2i + 3xz 2 j + 2xzk vektörünün diverjansını hesaplayalım. r r ∂ ∂ ∂ j+ k ∇.V =  i +  ∂x ∂y ∂z

3.

} x ( x 2i + 3xz 2 j + 2xzk )

= 2x+0+2x = 4x r r a) ∇ operatörü ile bir V vektör fonksiyonunun vektörel çarpımına rotasyon denir. Her r vektörel çarpım gibi rotasyonelide bir vektördür ve V vektörünün bir nokta etrafında dolanış ölçüsünün bir miktarıdır. r b) V = − yiˆ + xjˆ fonksiyonunun rotasyonelini bulalım. î r r ∂ ∇×V = ∂x −y

ˆj ∂ ∂y x

kˆ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ( 0 − x)iˆ − ( 0 + y)ˆj + ( x + y)kˆ ∂z ∂y ∂z ∂x ∂z ∂x ∂z 0


r r ∇ × V = 2kˆ 4.

Boyca yük yoğunluğu λ olan doğru parçasının dx parçasındaki dq yükünün r uzaklığında r dq oluşturduğu elektrik alan dE = k 2 rˆ kadardır. Şekilde de görüldüğü gibi simetriden r dolayı elektrik alanın x bileşeni sıfırdır. Sadece y bileşeni vardır ve y yönündeki elektrik alanın büyüklüğünü dE y = dE cos θ şeklinde yazabiliriz. dE y = k

dq cos θ r2

d

cos θ =

d2 + x2

dE y = k

, dq = λdx

λdx d 2 2 (d + x ) d + x 2 2

L

E y = kλd ∫

−L

Ey = r E= 5.

dx (x 2 + d 2 )

3

2

2kλL d d 2 + L2 2kλL

d d 2 + L2

yˆ

Gauss Kanunu, kapalı bir yüzeyden (Gauss yüzeyi denir) geçen net elektrik akısıyla yüzey tarafından çevrelenen yük arasındaki ilişkiyi verir. Buna göre eğer bir yüzeyden geçen akı biliniyor ise bu akıya neden olan yük dağılımı bulunabilir, veya tersi olarak verilen bir yük dağılımından bu yükün herhangi bir noktada oluşturacağı elektriksel akı (dolayısı ile elektrik alan) bulunabilir. Gauss Kanunu, Coulomb Kanunu’nun bir sonucu olmakla birlikte yüksek simetrili yük dağılımlarının elektrik alan hesabında çok daha kullanışlıdır. Ayrıca karmaşık problemlerin nitel anlaşılması için de iyi bir yol göstericidir.


Noktasal bir q yükünü düşünelim ve Gauss Kanunu’nu türetelim. Burada tek bir yük için yapmamıza rağmen bu durum en genel yük dağılımı için de geçerlidir. Bu yükten r kadar uzaklıktaki elektriksel alanın büyüklüğü r q E = k 2 rˆ r dir. q nun artı değeri için alan çizgileri yarıçap doğrultusunda dışarı doğrudur. Bu nedenle bu yükü çevreleyecek şekilde seçilecek küresel bir Gauss yüzeyine elektriksel alan çizgileri her noktada diktir. Akı, φ=

Ñ∫

yüzey

r r Eda = E

Ñ∫

da = E4πr 2

r r (E.da = Eda cos 0 = Eda)

yüzey

şeklinde yazılabilir. Bu nedenle Gauss yüzeyinden geçen net akı φ=k

q 1 q 4πr 2 = kq4π = q4 π = 2 r 4πεo εo

Dolayısı ile akı ile yük arasındaki ilişkiyi r r q Eda = εo yüzey

Ñ∫

Gauss Kanunu

şeklinde yazabiliriz. Burada q, Gauss yüzeyinin çevrelediği yük, εo ise boş uzayın elektriksel geçirgenliğidir. Yukarıdaki ifade Gauss Kanunu’nun ifadesidir. Gauss Kanunu’nu şu şekilde özetleyebiliriz: Kapalı bir S yüzeyinden geçen toplam elektriksel akı o yüzeyin çevrelediği yükün εo ’a oranı kadardır. Gauss Kanunu kapalı yüzeyler için geçerlidir. 6.

Şekilde de görüldüğü gibi simetriden dolayı P noktasındaki elektrik alanın x ve y bileşenleri sıfır olur, sadece z bileşeni mevcuttur.


Küre yüzeyinde dA kadar alandaki dq yükünün oluşturduğu elektrik alanın büyüklüğü dE kadar olur. dE =

kdq r2

elektrik alanın sadece z bileşeni olacağından dE z =

kdq cos φ r2

olur. Burada dq = σdA eşittir( σ burada yüzey yük yoğunluğudur). dE z =

kσdA cos φ r2

Küre için dA = 2πR 2 sin θdθ eşittir. dE z =

2πkσ cos φ 2 R sin θdθ r2

E z = 2 πkσR 2 ∫

sin θ cos φ dθ r2

EMT-1

Kosinüs teoreminden yararlanılarak r 2 = R 2 + z 2 − 2Rz cos θ R 2 = r 2 + z 2 − 2rz cos φ cos φ = cos φ = cos φ =

r2 + z2 − R2 2rz 2 R + z 2 − 2Rz cos θ + z 2 − R 2 2z(R 2 + z 2 − 2Rz cos θ)

1

2

2z − R cos θ (R 2 + z 2 − 2Rz cos θ)

1

2

elde edilir. Elde ettiğimiz cos φ değerini EMT-1 denkleminde yazarsak. π

E z = 2πkσR 2 ∫ 0

(z − R cos θ)sin θ (R 2 + z 2 − 2zR cos θ)

3

dθ 2

Burada öncelikli olarak integrali ayrı olarak çözelim.


∫ (R

(z − R cos θ) sin θ 2

+ z 2 − 2zR cos θ)

3

2

dθ = z ∫

I1 = ∫ I2 = ∫

I1 = − R 2 + z 2 + 2Rz (

sin θ (R 2 + z 2 − 2zR cos θ)

3

2

cos θ sin θ (R 2 + z 2 − 2zR cos θ) sin θ

3

(R 2 + z 2 − 2zR cos θ)

cos θ sin θ

dθ −R ∫

(R 2 + z 2 − 2zR cos θ)

3

dθ 2

dθ 2

3

dθ 2

1 (R 2 + z 2 ) 1 (R 2 + z 2 ) + ) + R 2 + z 2 − 2Rz ( 2 2 + ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2R z 2R z (R + z + 2Rz) 2R z 2R z (R 2 + z 2 − 2Rz)

I2 =

R 2 + z 2 + 2Rz R 2 + z 2 − 2Rz − Rz(−R 2 − z 2 − 2Rz) Rz(−R 2 − z 2 + 2Rz)

şeklinde elde edilir. Bulmuş olduğumuz I1 ve I2 integralleri denklemimizde yerine yazarsak E z = 2πkσR {R R + z + 2Rz ( 2

2

z R + z + 2Rz 2

2

Rz( − R − z − 2Rz) 2

2

2R z

2

+

2

2

R

2

R (R

2

+z

2

+z

2

+ 2Rz + 2Rz)

+

Rz( − R − z + 2Rz) 2

R R (R

) − R R + z − 2Rz ( 2

2

(R + z ) 2

1

2

2

+

2R z

2

2

2

2

2R z (R + z − 2Rz) 2

2

2

2

)+

2

2

}

2 2 2 2 2 E z = 2 πkσR {R ( R + z + 2Rz − R + z − 2Rz )

−

2

2R z (R + z + 2Rz) 2

z R + z − 2Rz 2

−

2

(R + z ) 2

1

2

2

+z

2

− 2Rz

2

+z

2

− 2Rz)

1 2 2 2R z

−

(R

2

2 +z )

2 2 2R z

(−

R R R

2

+z

+z

2

+ 2Rz

+ 2Rz

+

R R R

2

2

+z

+z

2

2

− 2Rz )

− 2Rz

}

Şeklinde elektrik alan bulunmuş olur. Burada iki durum söz konusudur. Rz durumu. R
2 2 1 (R + z ) R(R + z) R(z − R) (R + z) (z − R) − (− + )− + } 2 2 2 2 2 2 2 2 2R z 2R z (R + z) (z − R) R(R + z) R(z − R)

2 E z = 2πkσR {R(R + z − (z − R))

2 2 1 (R + z ) R(R + z) R(z − R) (R + z) (z − R) − (− + )− + } 2 2 2 2 2 2 2 2 2R z 2R z (R + z) (z − R) R(R + z) R(z − R)


E z = 2πkσR 2{

1 (R 2 + z 2 ) 1 1 1 1 − (− + )− + } 2 2 z 2R z (R + z) (z − R) R(R + z) R(z − R) E z = 2πkσR 2{

1 (R 2 + z 2 ) 2 − + 2 } 2 2 2 2 z (z − R )z z − R 2

E z = 2 πkσR 2{

(z 2 − R 2 ) − (R 2 + z 2 ) + 2z 2 } (z 2 − R 2 )z 2

2 E z = 2 πkσR 2{ 2 } z Ez =

4 πkσR 2 z2

Burada 4πσR2 = q eşittir. Bunu da denklemde yerine koyarsak q z2 r q E z = k 2 zˆ z Ez = k

şeklinde elektrik alanı elde etmiş oluruz. Biz şimdi burada küre dışında elektrik alanı bulmuş olduk. Bizler biliyoruz ki küre içerisinde elektrik alan sıfır olmalı. Son olarak ta bunun bu şekilde olduğunu ispatlayalım R>z durumunda R2+z2-2Rz=(z-R)2 R 2 + z 2 − 2Rz = (R − z) 2 E z = 2πkσR {R(R + z − (R − z))

E z = 2πkσR 2{

2 2 1 (R + z ) R(R + z) R(R − z) (R + z) (R − z) − (− + )− + } 2 2 2 2 2 2 2 2 2R z 2R z (R + z) (R − z) R(R + z) R(R − z)

1 (R 2 + z 2 ) R R 1 1 − (− + )− + } 2 2 Rz 2R z (R + z) (R − z) R(R + z) R(R − z)

E z = 2πkσR 2{

1 (R 2 + z 2 ) (R + z) − (R − z) (R + z) − (R − z) − ( )+ } Rz 2R z 2 (R − z)(R + z) R(R − z)(R + z)

E z = 2 πkσR 2{

1 (R 2 + z 2 ) (2z) (2z) − ( )+ } Rz 2R z 2 (R − z)(R + z) R(R − z)(R + z)

E z = 2 πkσR 2{

E z = 2πkσR 2{

1 (R 2 + z 2 ) 1 (2z) − ( 2 2 )+ } Rz Rz (R − z ) R(R 2 − z 2 )

R 2 − z2 (R 2 + z 2 ) (2z) − + } R z(R 2 − z 2 ) R z(R 2 − z 2 ) R(R 2 − z 2 )


E z = 2πkσR 2{

−2z 2 (2z) + } 2 2 R z(R − z ) R(R 2 − z 2 )

E z = 2 πkσR 2{

−2z (2z) + } 2 2 R (R − z ) R(R 2 − z 2 )

Ez= 0 olarak bulunur. 7.

Gauss yasasına göre

r r q Eda = iç eşittir. Burada kürenin dışında ve içerisinde elektrik εo yüzey

Ñ∫

alanı bulmak için bir gauss yüzeyi çizmeliyiz. R>r durumunda

İletken içerisinde yük bulunmayacağından dolayı gauss yüzeyi içerisinde yük bulunmaz. Bu nedenden dolayı küre içerisinde elektrik alan sıfırdır.

Kürenin dışındaki gauss yüzeyinin içinde kalan net yük q kadardır. Gauss yüzeyi simetrik olduğundan küre merkezinden eşit (r) uzaklıktadır ve bu nedenle gauss yüzeyinde elektrik alan her noktada sabittir. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 79 -

r r q Eda = iç εo yüzey

Ñ∫

r r r Eda = E 4πr 2

Ñ∫

yüzey

E4πr 2 = E=

q εo

q 1 , k= 2 4 πr εo 4 πεo r q E = k 2 rˆ r

şeklinde elektrik alan bulunur. 8.

Yüzeyinde düzgün σ yük yoğunluğu bulunan R yarıçaplı kürenin potansiyelini içerde ve dışarıda bulalım.

Yüzey yük yoğunluğu için potansiyel denklemimiz V(P) =

1 σ da ∫ 4πεo r

olur. Kosinüs

teoremini kullanarak r uzaklığını θ açısı cinsinden ifade eldim. r2=R2+z2-2Rzcosθ Küre üzerinde yüzey elemanı R2sinθd θ d φ alınırsa V(P) = V(P) =

σR 2 2εo

π

∫ 0

sin θdθ R 2 + z 2 − 2Rz cos θ

Rσ ( (R + z) 2 − (R − z) 2 ) 2zεo

Bu noktada dikkatli olup pozitif kökü almak gerekir. Küre dışında z>R olduğundan Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 80 -

(R − z)2 = z − R olur, küre içerisinde ise

(R − z)2 = R − z alınmalıdır. Ayrıca, küre

üzerindeki toplam yük q=4πR2σ oluşturulursa sonuç V=

q 4πεo z

(dışarda)

V=

q 4πεo R

(içerde)

şeklinde bulunur. Bulmuş olduğumuz bu potansiyel terimlerinden yararlanılarak elektrik alanı bulalım. r r E = −∇.V Küre dışındaki elektrik alan; r ∂ ∂ ∂ q ˆ E = −( xˆ + yˆ + z)( ) ∂x ∂y ∂z 4πε0 z r E=

q zˆ 4πεo z 2

Küre içerisinde r ∂ ∂ ∂ q ˆ E = −( xˆ + yˆ + z).( ) ∂x ∂y ∂z 4πε0 R r E=0 olarak bulunur. 9.

rr ρ a- ∇E = eşitliğinden yararlanarak yük yoğunluğunu bulabiliriz. Küresel koordinatlarda εo r r 1 ∂ 1 ∂ 1 ∂Eφ ∇.E = 2 (r 2 E r ) + (sin θE θ ) + dir. r ∂r r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ r r 1 ∂ ∇.E = 2 (r 2 × kr 3 ) = 5kr 2 r ∂r ρ = 5kr 2 εo ρ = 5kεo r 2 şeklinde elde edilir. bq iç = ∫ ρdτ


q iç = ∫∫∫ ρr 2 sin θdrdθdφ q iç = ∫∫∫ 5kεo r 2 r 2 sin θdrdθdφ R

q iç = 20πkεo ∫ r 4dr 0

q iç = 4πkεo R 5 elde edilir. 10. Yük yoğunluğu ρ = kr şeklinde değişen sonsuz uzunluklu bir silindirin içindeki elektrik alanı bulmak için gauss yasasından yararlanacağız.

Gauss yasasına göre r r q iç E.da Ñ∫ = εo q iç = ∫ ρdτ

dτ = rdrdφdz R

q iç = ∫∫∫ kr 2 drdφdz = 2πkL ∫ r 2dr 0

2πkLR 3 r r r 2πkLR 3 E.da = E .2 π RL = Ñ∫ 3 r kR 2 r kR 2 E = E= rˆ 3εo 3εo

q iç =

3

şeklinde elde edilir.


11.

Yüzey yük yoğunluğu σ olan sonsuz uzunluktaki yalıtkan bir plakanın oluşturduğu elektrik alanı Gauss yöntemini kullanarak bulmaya çalışalım.Öncelikle yüzey alanı S olan Gauss yüzeyi seçelim. S yüzeyinden geçen elektriksel akı r φ = E (2S) Alanın çevrelediği toplam yük: q=(yüzeysel yük yoğunluğu).(yüzey alanı)=σ S r r Gauss Kanunundan φ = E (2S)= (σS)/εo, E =σ/(2 εo) olduğu bulunur. 12.

Birinci ve üçüncü bölgede elektrik alan sıfırdır. İkinci bölgede ise elektrik alan I ve III bölgede E =

σ σ − =0 2εo 2εo

E=

σ σ σ + = 2ε0 2ε0 ε0

II bölgede ise

σ eşittir. εo

13. A ve B noktaları arasındaki VB-VA potansiyel farkı, EMT-2 denklemi yardımı ile Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 83 -

bulabiliriz. B r r VB − VA = − ∫ Eds

EMT-2

A

E.ds= Erdrcos0= Erdr

Küre dışındaki Vb noktasındaki potansiyeli bulalım. EMT-2 denklemine göre ilk öncelikle elektrik alanı bulmamız gerekiyor. Elektrik alanı gauss yasından yararlanarak kolayca bulabiliriz. r r q iç E.da = Ñ∫ εo yüzey

r r r E.da = E 4 πr 2

Ñ∫

yüzey

q εo

E4πr 2 = E=

q 1 , k= 2 4 πr εo 4 πεo r q E = k 2 rˆ r

Bulmuş olduğumuz elektrik alanı EMT-2 denkleminde yerine yazalım. Burada referans noktası olarak ra= ∞ alırsak Va sıfır olur. rb

VB − VA = −∫ k ∞

VB = k

q dr r2

q rB

Kürenin içinde ise; r r q iç E.da = Ñ∫ εo yüzey

Ñ∫

r r r E.da = E 4 πr 2

yüzey


r qr E = k 3 ˆr R Elektrik alanı denklemde yerine yazılırsa rd

Vd − Vc = − ∫ k R

Vd − Vc = (− k

qrd2 q +k ) 3 2R 2R

Vc = k Vd − k Vd = 14.

qr dr R3

q R

q qr 2 q = (− k d3 + k ) R 2R 2R

kq r2 (3 − d 2 ) 2R R

bulunur.

rr ρ Gauss yasasının diferansiyel hali ∇E = şekli ile verilir. Diğer taraftan elektrik alan ile εo r r potansiyel terimi arasındaki bağıntı da E = −∇V ile yazılır. Ve bu iki formülü birleştirirsek r rr ρ ∇.(−∇V) = εo ∇2 V = −

ρ εo

Poisson

denklemi

formülüne ulaşırız. Bu formül poisson denklemi olarak bilinir. Yük yoğunluğunun sıfır olduğu (ρ=0) her yerde elektriksel potansiyel ∇2V = 0 denklemine uymak zorundadır. Bu denkleme Laplace denklemi denir. Sonuç olarak poisson denklemi yük yoğunluğunun bulunduğu yerlerdeki potansiyeli bulmamıza buradan da elektrik alanı bulmamızı sağlar. Laplace denklemi ise yük yoğunluğunu sıfır olduğu yerlerdeki potansiyeli bulmamızı ve buradan da elektrik alanı bulmamızı sağlar. r r 15. ∇ × E = 0 olmalıdır.Bu şartı sağlamayan elektrik alan elektrostatik olarak kabul edilemez. Verilen elektrik alan değerlerinin sırasıyla rotasyon elini alalım. a-)

r ˆ E = k(xyiˆ + 2yzjˆ + 3xzk)


r r ∂ ∂ ˆ ∂ ˆ ˆ ∇ × E = k( î + j + k) × (xyiˆ + 2yzjˆ + 3xzk) ∂x ∂y ∂z r r r r ˆ şeklinde elde edilir. ∇ × E = 0 olmadığı için bu elektrostatik ∇ × E = k(−2yiˆ − 3zjˆ − xk) alan değildir. b-)

r ˆ E = k(y 2î + (2xy + z 2 )jˆ + 2yzk) r r ∂ ∂ ˆ ∂ ˆ ˆ ∇ × E = k( î + j + k) × (y 2î + (2xy + z 2 )jˆ + 2yzk) ∂x ∂y ∂z r r ˆ ∇ × E = k(2ziˆ − 2ziˆ + 2ykˆ − 2yk)

r elde edilir. E elektrostatik alandır.

r r ∇×E = 0

16. Topraklanmış ve sonsuz bir iletken düzlemden d uzaklıkta noktasal bir q yükü şekilde gösterilmiştir. Düzlemin üst tarafındaki bölgedeki potansiyeli bulmak istiyoruz.

Bu problem (0,0,d) noktasında q yükü bulunan z >0 bölgesinde Poisson denkleminin çözümünü gerektirir. Sınır koşulları da şöyledir; a-z = 0 olduğunda V= 0(iletken yüzey topraklanmış). b-Yükten çok uzaklarda (yani, x2+y2+z2>>d2 olduğunda ), V → 0 . Sınır şartlarını sağlayan tek bir fonksiyon vardır. Bu fonksiyonu bulabilirsek doğru çözümü bulmuş oluruz. Şimdi burada sistemimizle aynı sınır koşullarını ve denklemini sağlayan,

görüntü yük yöntemiyle

Laplace

problemin çözümünü daha kolay

indirgeyebiliriz. Görüntü yük yönteminde (0,0,d) noktasında q yükü ve (0,0,-d) noktasında –q yükünden oluşan ve iletken düzleminin olmadığı sistemden oluşmaktadır. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 86 -

Bu sistemin potansiyelini doğrudan yazabiliriz. V(x, y, z) =

1 q q { − 4 πεo x 2 + y 2 + (z − d)2 x 2 + y 2 + (z + d)2

bulmuş olduğumuz potansiyel sınır şartları sağlamaktadır.

17.

Şekilde de görüldüğü gibi her biri xz düzlemine paralel, topraklanmış (V=0) iki sonsuz iletken düzlemden biri y=0 da, diğeri y= π uzaklıktadır. x=0 olan sol tarafı kapatan sonsuz şerit düzlem belirli Vo(y) potansiyelinde tutulmaktadır. Bu iletkenlerin çevrelediği bölgede potansiyeli bulmak istiyoruz. Bu sistemde z-yönünde bir değişim olmadığından, problem gerçekte iki boyutlu olurve Laplace denklemi ∂ 2V ∂ 2V + =0 ∂x 2 ∂y 2 olrak yazılabilir. Bu denkelmin sağladığı sınır koşulları şöyledir; a-y=0 için V=0 b- y= π için V=0 Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 87 -

c-x=0 için V=Vo(y) d- x → ∞ için V → 0 Bölgenin tüm sınırlarında potansiyel belirtilmiş olduğundan, tek çözüm vardır. V(x,y) = X(x)Y(y) şeklinde bir çözüm önerelim. Önerdiğimiz potansiyel fonksiyonunu Laplace denkleminde kullanırsak Y

d 2X d 2Y + X =0 dx 2 dy 2

eşitliğin her iki tarafını XY ile bölersem denklem aşağıdaki gibi olur. 1 d 2X 1 d 2Y + =0 X dx 2 Y dy 2 Burada birinci terim sadece x değişkenine, ikinci terim de y değişkenine bağlıdır. Diğer bir deyişle, denklemin yapısı F(x)+G(y) =0 şeklindedir. Bu tür eşitliğin doğru olmasında tek şart F(x) ve G(y) nin her ikisinin de sabit olması gerekir. 1 d 2X 1 d 2Y = C , = C2 1 X dx 2 Y dy 2 C1 + C 2 = 0 Bu sabitlerden biri pozitif ise diğeri negatifdir. C1 pozitif ve C2 negatif alınırsa d 2X = k 2 X, 2 dx

d 2Y = −k 2Y 2 dy

şeklinde iki tane adi diferansiyel denklemi elde edilir.Adi

diferansiyel denklemin çözümü kolaydır ve bu denklemlerin çözümleri şu şekildedir. X(x) = Aekx + Be− kx Y(y) = Csin ky + D cos ky Potansiyel çözümümüz şu şekilde yaza biliriz. V(x, y) = (Aekx + Be− kx )(Csin ky + Dcos ky) Bulmuş olduğumuz potansiyel çözümüne sınır şartlarını uygulayalım. x sonsuza giderken V=0 olmalıdır. Bu şartın sağlanması için A=0 olmalıdır(çünkü x sonsuza giderken ekx sonsuza gider). B sabitini diğer iki sabitin içine katıp yeniden adlandırırsak; V(x, y) = e− kx (Csin ky + D cos ky) olarak bulunur. y=0 için V= 0 olmalıdır. y= 0 da cosky= 1 olur. Bu nedenle de D= 0 olmalıdır.Bu sınır şartından sonra V(x, y) = Ce− kx sin ky Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 88 -

şeklinde olur. y= π için V= 0 koşulu için k bir tam sayı olmalıdır. a-Şimdi son sınır şartı olan x=0 da V=Vo(y) şartına bakalım. Değişken ayrımı bize bir değil, her k değerine karşılık gelen sonsuz sayıda çözüm vermiştir. Bunlardan biri yalnız başına son sınır koşulunu sağlamayabilir, ama bunların lineer kombinasyonu sağlar. Laplace denklemi lineer bir denklemdir yani V1, V2, V3 ….. fonksiyonlarıbir çözümse, V=α1V1+ α2 V2+ α3V3+……..kombinasyonu

da Laplace denklemini sağlar(burada

α1+α2+α3 keyfi sabitlerdir) ∇ 2 V = α1∇ 2 V1 + α 2∇ 2 V2 + α3∇ 2 V3 .... = 0 Bu özellikten yararlanılarak V(x, y) = Ce− kx sin ky çözümü lineer kombinasyonu ile çok daha genel bir çözüm kurabiliriz; ∞

V(x, y) = ∑ Ck e − kx sin ky k =1

x=0 da V=Vo(y) sınır koşulunu uygulayalım ∞

V(0, y) = ∑ C k sin ky = Vo (y) burada Ck katsayısını bulmamız gerekmektedir. Bu yüzden k =1

eşitliğin her iki tarafını da sin my ile çarpıp [0, π ] aralığında integralini alırız.(m bir tam sayıdır) ∞

π

π

0

0

∑ C ∫ sin kysin mydy = ∫ V (y)sin mydy k =1

k

o

π

0

(k ≠ m)

∫ sin kysin mydy = π / 2(k = m) 0

Yani toplamdaki terimlerden k=m olanını dışındakilerin integrali sıfırdır. K= m için sol taraftaki integral (π/2)Cm olacağından Cm =

π

2 Vo (y)sin mydy şeklinde bulunur. Cm katsayısını da formülde yerine yazarsak π ∫0 π

2 V(x, y) = ∑ (∫ Vo (y)sin mydy)e − kx sin ky π k 0 elde edilir.


18.

Şekildeki sistemde görüldüğü gibi R yarıçaplı yüksüz bir metal küre z ekseni yönünde bir elektrik alanı içine konmuştur. Bu kürenin dışındaki potansiyeli bulmak için öncelikle Laplace denklemini küresel koordinatlar yazmamız gerekir. Küresel koordinatlarda Laplace denklemi şu şekilde yazılır ∇2V =

∂ ∂V ∂ 2V 1 ∂ 2 ∂V 1 1 (r ) + (sin θ ) + =0 r 2 ∂r ∂r r 2 sin θ ∂θ ∂θ r 2 sin 2 θ ∂φ2

Burada eksenel simetriyi alacağımız için V potansiyeli φ açısından bağımsız olur. ∇2 V =

1 ∂ 2 ∂V 1 ∂ ∂V (r )+ 2 (sin θ ) = 0 2 r ∂r ∂r r sin θ ∂θ ∂θ

Burada yine değişken ayırımı yöntemini kullanırsak, V(r, θ) = R(r)Θ(θ) şeklinde bir çözüm önerelim. Bu ifadeyi Laplace denklemin kullanırsak Θ

d 2 dR R d dΘ (r )+ (sin θ ) = 0 şekline dönüşür. dr dr sin θ dθ dθ

Bu eşitliğin her iki yanını da V= RΘ ile bölünürse 1 d 2 dR 1 d dΘ (r )+ (sin θ )=0 R dr dr Θ sin θ dθ dθ elde edilir ve bu denklemin birinci denklemi yalnızca r değişkenine, ikinci terimi ise yalnız θ değişkenine bağlı olduğundan, her iki terimde sabit olmalıdır. 1 d 2 dR (r ) = k(k + 1) R dr dr 1 d dΘ (sin θ ) = −k(k + 1) Θ sin θ dθ dθ Bu oluşan iki ayrı diferansiyel denklemi çözersek radyal denklem R(r) = Ar k +

B r k +1

şeklinde elde edilir ve burada A ve B belirsiz sabitlerdir.

Açısal denkleme gelince d dΘ (sin θ ) = − k(k + 1)sin θΘ dθ dθ Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 90 -

bu denklemin çözümleri Legendre polinomlarıdır. Θ(θ) = Pk (cos θ) Burada Pk(x) polinomları Rodrigues formülü ile tanımlanırlar. Pk (x) =

1 d k 2 ( ) (x − 1)k 2 k! dx k

Sonuç olarak V(r,θ) denklemimiz ∞

V(r, θ) = ∑ (A k r k + k =0

Bk )Pk (cos θ) r k +1

olarak elde edilir. Şimdi sorumuza yeniden dönersek metal küremiz bir eş potansiyel yüzeydir ve bu yüzeyi referans seçelim.Yüzeyin potansiyelini sıfır alalım. Bu durumda xy –düzlemi sıfır potansiyelde olacaktır. Z sonsuza giderken potansiyel sıfır olmalıdır. Elektrik alanı E o kˆ olarak veren potansiyel V = −E o z + C olarak tanımlaya biliriz(Burada C sabit bir sayıdır). xy düzleminde V=0 olabilmesi için C sabiti sıfır olmalıdır. O halde küresel koordinatlarda bu problemin sınır koşulları şöyle ifade edilebilir a-r =R için V=0 b- r>>R için V=-Eorcosθ Birinci şarta göre Bk =0 R k +1 Bk = −A k R 2k +1 AkR k +

olmalıdır.Bunu çözümde kullanırsak ∞

V(r, θ) = ∑ A k (r k − k =0

b koşulunu uygularsak r>>R olduğunda,

R 2k +1 )Pk (cos θ) r k +1

R 2k +1 terimi sıfıra gider. Son şekli ile Potansiyel r k +1

terimimiz ∞

V(r, θ) = ∑ A k r k Pk (cos θ) k =0

haline döner. V= -Eorcosθ olduğunu söylemiştik iki eşitliği karşılaştırırsak


∞

∑ A r P (cos θ) = −E r cos θ k

k=0

k

k

o

İki taraf karşılaştırılırsa sadece k=1 olan terimin kalacağı görülür.cosθ=Pkcosθ olduğu dikkat edilirse A1 = -Eo ve diğer tüm Ak katsayıları sıfırdır. Sonuç olarak bu problemin çözümü; V(r, θ) = −E o (r −

R3 ) cos θ r2

şeklinde elde edilir.


İSTATİSTİK FİZİK CEVAPLAR

1.

Tersinir Olay:Yalıtılmış bir sistemde zamanla ortaya çıkacak bir değişim belirli bir yönde az gelişigüzel durumdan çok gelişigüzel duruma doğru olur. Bu değişim sistemin filmini çekerek gözlenebilir. Böyle bir filmi geriye doğru oynatırsak zamanın geriye doğru gittiği ters zaman sürecini izleriz. Bir olay filme kaydedilip geriye doğru oynatıldığında yani ters zaman süreci izlendiğinde zamanın normal ileri akış sürecinden ayırt edilemiyorsa bu olaya tersinir olay denir. Tersinmez Olay: İncelenen bir olay hiçbir zaman oluşmayacak yani ters zaman süreci normal süreçten bariz olarak ayırt edilebilen yada ters zaman süreci izlendiğinde doğal olmayan bir davranış gösteriyorsa buna tersinmez olay denir.

2.

Isı: Makroskopik anlamda iş yapılmasını gerektirmeksizin atomik düzeyde oluşan enerji geçişidir. Sıcaklık: Isı soğurduğunda yada bıraktığında makroskopik parametrelerinden yalnızca birisi değişen herhangi küçük bir M sistemi alırız. Bu değişen parametre Q ile gösterilir. M gibi bir termometre bir A sistemi ile değme durumuna getirilir ve denge durumuna kadar bırakılırsa Q parametresinin aldığı değere A sistemin sıcaklığı denir.

3.

N = 6,

n = 3,

p=

1 , 6

q=

5 6

3

P(n)=

3

=

4.

6!  1   5  .  .  3!.3!  6   6 

3

3

6.5.4.3!  1   5      ≅ 0, 054 3.2.3!  6   6 

olasılıklıdır.

n: 3 zarın gösterdiği sayıların toplamı olsun. ∑ C (n) = 1 + 3 + 6 + 10 = 20

n ≤ 6 için n = 3,4,5,6 dır. Üç zar kullanıldığında olası durum sayısı N = 6 3 olur.


N r = ∑ C (n) = 20

Pr = 5.

a)

N = 4,

n = 1,

N r 20 = 3 = 0,092 = %9,2 bulunur. N 6

p=

1 , 6

q = 1− p =

P(1) =

5 , 6

4!  1    1!.(4 − 1)!  6 

1

5   6

4 −1

3

15 = 4   ≅ 0,39 66 b) N = 4 ,

n=2

2

P(2) =

1 c) P(4) =   6

2

2

4!  1   5   1  5      =    ≅ 0,12 2!.2!  6   6   6  6 

4

d) P(en az bir zarda)+P(hiçbirinde)=1

0

P(0)=

4

4!  1   5      ≅ 0, 48 0!.4!  6   6 

P(en az birinde)=1-0,48=0,52

6.

(∆u )2 = (u − u )

2

= u2 − u

2

∆u = u − u Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 94 -

(∆u )2

= u 2 − 2.u.u + u

2

(∆u )2 = ∑ Pr (u r 2 − 2u r u + u

2

2

= ∑ Pr u r − 2u ∑ Pr u r + u ∑ Pr 2

=u2 − u Bu sonuca göre 2

u2 − u ≥ 0 7.

(∆u )2 ≥ 0

u2 ≥ u

ve

2

2

olmalıdır.

bulunur.

a) Ortalama manyetik moment; µ = ∑ Pr .µ r = p.µ 0 + q.(− µ 0 ) = ( p − q ) µ 0 r

= (2 p − 1)µ 0 µ = ∑ Pr .µ r = p.µ 0 + q.(− µ 0 ) 2 = ( p + q ) µ 0 2

2

2

2

r

µ 2 = µ0

(∆u )2 = (u − u )

2

b)

(∆µ )2 = µ 2 − µ

2

= u2 − u2 = u2 − u 2

2

= µ 0 − (2 p − 1) 2 µ 0 2

2

= µ 0 (1 − 4 p 2 + 4 p − 1) = 4 µ 0 p (1 − p ) 2

2

=4 µ 0 p.q 8.

m kütleli parçacık L uzunluğunda ki tek boyutlu kutuda serbestçe hareket etsin. Bu sistemin enerji düzeyleri; E=

h/ 2 π 2 2 n 2m L2

ile verilir. L çok büyük olursa n 2 nin katsayısı çok küçük olur.Belirli bir E enerjisi için; n= Birbirini

L (2mE )1 / 2 πh/

izleyen kuantum durumları n’nin birim büyüklüklerde değişen değerlerine

karşılık geldiğinden enerjileri E’den veya kuantum sayıları n’den küçük olan kuantumlu durumların φ (E ) toplam sayısı basitçe n olur. φ (E ) = n =

L (2mE )1 / 2 πh/


Ω (E ) = Ω (E ) =

dφ δE dE

L (2m)1 / 2 E !/ 2 δE 2πh/

bulunur. 9.

m kütleli parçacığın iki boyutlu bir kutuda serbestçe hareket edebildiğini varsayalım. Parçacığın enerji düzeyleri; E= şeklinde olacaktır. n x ve

(

h2 π 2 2 2 nx + n y 2 2m L

)

n y büyüklükleri iki boyutlu bir kare yüzeyine yerleşeceklerdir. nx + n y = R 2 2

R2 =

2

2mEL2 h 2π 2

 L  R = 2 mE    hπ  R yarıçaplı dairenin içinde kalan n x , n y değerleri verilen bir E değeri için geçerli olur. Dairenin ¼ ’ü E enerjili durumları oluşturur.

( )

φ (E ) =

1 πR 2 4

1 L2 = π (2mE ). 2 2 4 hπ Ω (E ) =

dφ ( E ) δE dE

φ (E ) = Ω (E ) =

L2 mE 2h 2π

mL2 δE 2πh 2

10. m kütleli bir parçacık her bir kenarı L uzunluğunda olan üç boyutlu bir kutuda serbestçe hareket ediyor olsun. Lx = L y = L z olmak üzere; E=

h/ 2 π 2 2 2 2 (n x + n y + n z ) 2 2m L

olur. Birbirine dik n x , n y , n z eksenlerinin belirlediği ‘sayılar uzayında’ bu üç kuantum sayısının olası büyüklükleri geometrik olarak kenarları birim uzunluklu küpün merkezinde Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 96 -

olur. 2

nx + n y + nz 2

2

2

 L =   (2mE ) = R 2  πh/ 

Verilen bir E büyüklüğü için bu denklemi sağlayan n x , n y , n z

değerleri R yarıçaplı

kürenin üzerinde yer alır. R=

L (2 mE )1 / 2 πh/

Bu durumda E’den küçük enerjili durumların φ (E ) sayısı bu küre içinde yer alan ve artı n x , n y , n z değerleri bulunan küplerin sayısına eşit olur, yani basitçe R yarıçaplı kürenin hacmine eşittir. 1 4  φ ( E ) =  πR 3  8 3  π L =   (2 mE ) 3 / 2 6  πh/  3

Ω (E ) = Ω( E ) =

dφ δE dE

V (2 m) 3 / 2 E 1 / 2 δE 4πh/ 3

bulunur. 11. Toplam enerjinin E değeri için, serbestlik derecesi başına ortalama enerji yaklaşık olarak ε = E / 3 N şeklinde verilebilir. Ancak her bir serbestlik derecesi değişik bir dağılım

gösterir. N

N

  E    E    E  φ ( E ) = φx    φ y    φ z     3N     3N     3N  

N

{ ( )} {φ (ε )} {φ (ε )}

= φx ε

N

φ (E ) = n =

N

y

N

z

L (2mE )1 / 2 π .h/

olduğundan; φ x (E ) =

Lx 2mE π ./h

 L L L  φ ( E ) =  x y 3z  2mε  (π h/ ) 

(

)

3N / 2


N

 V   2mE 3 N / 2 =  3   (π h/ )   3 N  Ω (E ) =

dφ δE dE

N

 V  3 N  2mE  =   3  (π .h/ )  2  3 N  Ω ( E ) = CV N E

3N −1 2

2m δE 3N

3N −1 2

δE

3N − 1 > olduğu için; 2 Ω ( E ) = CV N E 3 N / 2δ E bulunur. 12. Her biri m kütleli özdeş N moleküllü bir gazın V = L x .L y .L z hacmindeki bir kutuda olduğunu düşünelim. N molekül sayısı yeterince küçük olsun. İki koşulun sağlanması gerekir. (i) Moleküller arasında ki karşılıklı potansiyel enerjisi, ortalama kinetik enerjisi ile karşılaştırıldığında çok küçüktür. Böyle bir gaza ideal gaz denir. (ii) Molekülleri ayırt edemesek bile dikkatimizi bir molekül üzerine toplayabiliriz. Gaz mutlak T sıcaklığında dengede olsun. Molekülün ε r enerjili r durumunda bulunma olasılığı; Pr =

exp(− βε r ) ∑ exp(− βε r ) r

β=

1 kT

Ortalama enerji; ε = ∑ Pr ε r r

∑ exp(− βε )ε = ∑ exp(− βε ) r

r

r

r

r

Z = ∑ exp(− βε r ) şeklinde bölüşüm fonksiyonu tanımlanır. r

∂ ln Z ∂β 1 ∂Z ε =− =− Z Z ∂β Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 98 -

ε =−

∂ ln Z ∂β

E = N .ε olarak bulunur. 13. Gaz içerisinde bir molekülün kutunun sağ duvarına x doğrultusunda uyguladığı kuvvet F olsun. Bu kuvveti molekül ε r enerjili r durumunda ise Fr ile gösterelim. Kutunun sağ duvarı dLx kadar çekildiğini düşünelim. Fr dLx = −dε r Fr =

∂ε r ∂L x

Ortalama F kuvveti Fr kuvvetinin olası tüm durumları üzerinden ortalama alınarak bulunur.

F = ∑ Pr Fr =

 ∂ε ) − r  ∂Lx ∑ exp(− βε r )

∑ exp(−βε

r

r

  

r

− ∑ exp(− βε r ) r

∂ε r  1 ∂ = −∑  −  (exp(− βε r ) ) ∂L x β  ∂x r 

 1 ∂  exp(− βε r ) ∑  β ∂L x  r  1 ∂Z β ∂Lx 1 1 ∂Z F= = Z β Z ∂L x F=

1 ∂ ln Z β ∂Lx

Tek atomlu bir gaz için bölüşüm fonksiyonu; 3 ln Z = ln V − ln β + 3 ln b 2 ile verilir.  m b=   2π 

1/ 2

h −1

Z bölüşüm fonksiyonunda sadece V terimi Lx ’e bağlıdır. Dolayısıyla;


F=

1 ∂ ln Z 1 ∂ ln V 1 = = β ∂Lx β ∂Lx β Lx F=

kT Lx

bulunur. Gazın duvara uyguladığı ortalama basınç ortalama kuvveti alana bölerek elde edilir. p=

NF N kT N = = kT L y Lz L y L z Lx V p.V = N .k .T p = nkT

elde edilir. 14. Mutlak Sıcaklık: Bir makroskopik sistemin T mutlak sıcaklığı (veya buna bağlı Ω olarak β = (kT ) −1 parametresi) ∂ ln Ω(E ) 1 ≡β ≡ kT ∂E ile tanımlanır. Burada Ω(E ) sistemin E ile E + δE enerji aralığında ki girilebilir durum sayısıdır. k ise Boltzmann sabitidir. Entropi: Bir sistemin S entropisi Ω girilebilir durum sayısı cinsinden S = k ln Ω ile tanımlanır. Entropi sistemin düzensizliğinin bir ölçüsüdür. 15. Bir ideal gaz karışımı için durum denklemi; pV = NkT p1 =

N1 kT V

p2 =

N2 kT V

p = p1 + p2 =

N1 + N 2 kT V

Gaz moleküllerinin hareketleri birbirinden bağımsız düşünülmüştür. 16.

ε=

3 kT 2


ε =ε

(k )

+ε

(i)

=

3 kT + ε ( i ) 2

p.V = N .k .T

p.V =

2 3 N kT 3 2

p=

2N ε 3V

N ε birim hacim başına ortalama kinetik enerji olduğundan; V p=

2 u 3

bulunur. 17.

ε = ∑ Pr ε r r

∑ exp(− βε ).ε = ∑ exp(− βε ) r

r

r

r

r

∑ exp(− βε r

r

).ε r = −∑ r

∂ [exp(− βε r )] = − ∂ ∑ exp(−βε r ) ∂β ∂β  r 

Z = ∑ exp(− βε r ) r

− ε=

ε =−

∂Z 1 ∂Z ∂β =− Z Z ∂β ∂ ln Z ∂β

18. a) Gaz içerisinde bir molekülün kutunun sağ duvarına x doğrultusunda uyguladığı kuvvet F olsun. Bu kuvveti molekül ε r enerjili r durumunda ise Fr ile gösterelim. Kutunun sağ duvarı dLx kadar çekildiğini düşünelim. Fr dLx = −dε r Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 101 -

Fr =

∂ε r ∂L x

Ortalama F kuvveti Fr kuvvetinin olası tüm durumları üzerinden ortalama alınarak bulunur.

F = ∑ Pr Fr =

 ∂ε ) − r  ∂Lx ∑ exp(− βε r )

∑ exp(−βε

r

r

  

r

− ∑ exp(− βε r ) r

∂ε r  1 ∂ = −∑  −  (exp(− βε r ) ) ∂L x β  ∂x r 

 1 ∂  exp(− βε r ) ∑  β ∂L x  r  1 ∂Z β ∂L x 1 1 ∂Z F= = Z β Z ∂L x

F=

1 ∂ ln Z β ∂Lx

b) F=

p=

1 ∂ ln Z β ∂Lx

F 1 1 ∂ ln Z 1 ∂ ln Z = = L y L z L y L z β ∂L x β ∂V

olur. 19. Makro durumu T mutlak sıcaklığı ve hepsi birden x ile gösterilen makroskopik parametreler takımı ile belirlenen bir makroskopik sistem düşünelim. Sistemde dQ ısı değişiminde sıcaklık dT kadar değişirse ısı sığası;


 dQ  Cx =    dT  x ile verilir. Mol başına öz ısı; 1 1  dQ  cx = Cx =   v v  dT  x Eğer V hacmi sabitse sistem üzerine iş yapılmadığı için; dQ = d E  dQ   ∂ E  cx =    =  dT  x  ∂T  x Tek atomlu bir gazın ortalama kinetik enerjisi; E=

3 3 N a k.T = RT 2 2

Tek atomlu ideal bir gaz için mol başına öz ısı;  ∂E  3  = R c v =    ∂T  v 2 bulunur. 20.

a) ∆S = S ( su ) − S (buz) ∆S =

∆S =

∆Q T

6000 joule / mol 273 K

∆S = 21,8 joule/mol.derece

b) S = k. ln Ω ∆S = k.(ln Ω su − ln Ω buz )


= k . ln

Ω su = 21,8 joule/mol.derece Ω buz

23 Ω su = exp(21,8 / k ) = 10 ( 6 ,8 ).10 Ω buz

21. Kuantum mekaniksel özelliklerin önemsiz olduğu gösterilirse klasik yaklaşım geçerli olacaktır. Klasik kavramlardan anlamlı kullanımı üzerine kuantum mekaniğinin getirdiği sınırlama “ Heisenberg Belirsizlik ilkesi” dir. Bu ilke; ∆q.∆p > h/ S 0 ile tanımlanan bir uzaklıkta konumlanan bir parçacığı inceleyelim. Bu parçacığın momentumu p 0 olsun. S 0 . p 0 >> h/ S 0 >> λ/

olursa klasik yaklaşım geçerli olur.

22. Eş Bölüşüm Teoremi: Klasik istatistik mekanikte tanımlanan bir sistem dengede ise enerjisinde ki her kuadratik terimin katsayısı ortalaması kT/2 ’ye eşit olur. İdeal bir gaz içinde ki bir molekülün kinetik enerjisi; ε=

(

1 2 2 2 px + py + pz 2m

)

Eş bölüşüm teoremine göre; ε=

3 kT 2

bir mol gazın ortalama enerjisi; 3  3 E = N a  kT  = RT 2  2 R = N a .k ve sabit hacimdeki öz ısı;  ∂E  3  = R C v =    ∂T  v 2 elde edilir. 23.

a) g (v x ) = dv x ≡ Hızın x bileşeni v x ile v x + dv x aralığında bulunan birim hacimdeki ortalama molekül sayısı.


g (v x )dv x =

∫ ∫ f (v ) d

3

v

( v y ) ( vz )

(

m 2  2 2 g (v x )dv x = C . ∫ ∫ exp  − β v x + v y + v z 2  vy vz

) dv dv dv 

x

(

+∞ +∞

m 2 m 2   2 v y + vz = C. exp − β v x dv x ∫ ∫ exp − β 2 2  −∞−∞  

y

z

)dv dv 

y

z

+∞

m 2  g (v x )dv x = C ' ∫ exp − β v x dv x 2   −∞ +∞

+∞

−∞

−∞

(1)

m 2 v x )dv x = n 2

∫ g (v x )dv x = C ' ∫ exp(−β  βm  C ' = n   2π 

1/ 2

dir. Denklemi hızın v x bileşeninin v x = 0 değeri etrafında ortalama olarak dağıldığını gösterir. Bu durumda; v x = 0 olur. f (V )dv = ∫ ' f (v)d 3 v

b)

∫'

işareti integralin

v < v < v + dv

koşulunu sağlayan tüm hızlar üzerinden

alındığını gösterir. F (v)dv = 4πf (v)v 2 dv F (v)dv = 4πc exp(− β

mv 2 2 )v dv 2

F (v) maksimium olduğu v = v hızına en olası hız denir ve dF =0 dv ile bulunur. Buradan  mv 2  2 mv 2  − βmv exp(− β ) v + exp(−β )(2v) = 0 2  2  v=

2 = βm

2kT m

bulunur.


24. Termodinamiğin sıfırıncı yasası; İki sistem üçüncü bir sistem ile ısısal olarak dengede ise birbiri ile de ısısal dengededir. Termodinamiğin birinci yasası; Bir sistemin bir denge makro durumu yalıtılmış bir sistem için E =sabit özelliği taşıyan (iç enerjisi olarak tanımlanan) bir E büyüklüğüyle belirlenebilir. Sistem etkileşmeye ve bu şekilde bir makro durumdan diğerine gitmeye bırakılırsa sonuçta E de ortaya çıkan değişme; ∆E = W + Q W:Sistemin dış parametrelerinin değişmesi sonucunda sistem üzerine yapılan iştir. Q:Sistemin soğurduğu ısı. Termodinamiğin ikinci yasası; Bir sistemin denge makrodurumu S büyüklüğüyle verilebilir. (i) Sistem dQ ısısını soğurduğu herhangi bir sonsuz küçük yarı durgun oluşumda entropi; dS =

dQ T

büyüklüğünde değişir. T mutlak sıcaklıktır.

(ii) Isısal olarak yalıtılmış bir sistemin bir makrodurumdan diğerine geçtiği herhangi bir oluşumda entropisi artma eğilimindedir. ∆S ≥ 0

Termodinamiğin üçüncü yasası; Bir sistemin S entropisi T →0

için S → S 0

sınır özelliğine sahiptir. S 0 sistemin yapısından bağımsız bir

sabittir. İstatistik Bağıntı; Yalıtılmış bir sistem dengede ise bu sistemi bir S entropi ile belirlenen bir makrodurumda bulunma olasılığı; P ∝ e s / k ile verilir. Mikroskopik fizikteki bağıntı; Bir sistemin S entropisi girilebilir durumların sayısına; S = k ln Ω

25.

ile bağlıdır.

dQ = vcv dT +

v.RT dV V

Adyabatik etkileşmelerde ısı soğurulmaz. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 106 -

dQ = 0 c v .dT +

RT .dV = 0 V

c v dT dV + =0 R T V cv ln T + ln V = sabit R ln T CV / R + ln V = sabit T ( CV / R )V = sabit p.V = v.R.T ( p.V ) (CV / R ) .V = sabit p.V γ = sabit γ = 1+

26. i)

R cv

dQ = TdS = dE + pdV dE = TdS − pdV E = E (S , V )  ∂E   ∂E  dE =   dS +   dV  ∂S V  ∂V  S

Yukarıdaki iki denklemin karşılaştırılmasıyla  ∂E    =T  ∂S V  ∂E    = −p  ∂V  S elde edilir. Tam diferansiyel olma koşulu  ∂   ∂E   ∂   ∂E      =     ∂V  S  ∂S V  ∂S V  ∂V  S dır. Buradan  ∂T   ∂p    = −   ∂V  S  ∂S V 1’nci Maxwell denklemi elde edilir. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 107 -

ii)

dE = TdS − pdV dE = TdS − d ( pV ) + Vdp d ( E + pV ) = TdS + Vdp 1424 3 H

Burada H entalpy dir ve H = E + pV H = H (S , p)  ∂H   ∂H  dH =   dS +   dp  ∂S  p  ∂p  S Yukarıdaki iki denklemin karşılaştırılmasıyla  ∂H    =T  ∂S  p  ∂H    =V  ∂p  S elde edilir. Tam diferansiyel olma koşulu  ∂   ∂H   ∂   ∂H      =     ∂p  S  ∂S  p  ∂S  p  ∂p S dır. Buradan  ∂T   ∂V    =   ∂p  S  ∂S  p 2’nci Maxwell denklemi elde edilir. iii)

dE = TdS − pdV dE = d ( TS ) − SdT − pdV d ( E − TS ) = − SdT − pdV 1 424 3 F

Burada F “Helmholtz free” enerjisidir ve F = E − TS F = F (T ,V )  ∂F   ∂F  dF =   dT +   dV  ∂T V  ∂V T Yukarıdaki iki denklemin karşılaştırılmasıyla


 ∂F    = −S  ∂T V  ∂F    = −p  ∂V T elde edilir. Tam diferansiyel olma koşulu  ∂   ∂F   ∂      =   ∂V T  ∂T V  ∂T V

 ∂F     ∂V T

dır. Buradan  ∂S   ∂p    =   ∂V T  ∂T V 3’ncü Maxwell denklemi elde edilir. iv)

dE = TdS − pdV dE = d ( TS ) − SdT − d ( pV ) + Vdp d ( E + pV − TS ) = − SdT + Vdp 144244 3 G

Burada G “Gibbs free” enerjisidir ve G = E + pV − TS G = G (T , p )  ∂G   ∂G  dG =   dT +   dp  ∂T  p  ∂p T Yukarıdaki iki denklemin karşılaştırılmasıyla  ∂G    = −S  ∂T  p  ∂G    =V  ∂p T elde edilir. Tam diferansiyel olma koşulu  ∂   ∂G   ∂   ∂G      =     ∂p T  ∂T  p  ∂T  p  ∂p T dır. Buradan  ∂S   ∂V  −  =    ∂p T  ∂T  p 4 ’ncü Maxwell denklemi elde edilir. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 109 -

KLASİK MEKANİK CEVAPLAR r d r F = (mv ) dt

1.

r dpr F= dt

Çizgisel momentum korunum teoremi: Bir parçacığın üzerine etki eden net r r kuvveti F ile gösterelim. Eğer F kuvveti sıfır ise; r dpr F= =0 dt r p = sabit r p momentumu zamanla değişmiyordur buda momentumun korunduğunu gösterir.

Açısal momentumun korunumu teoremi: Bir parçacık üzerine etki eden net torku r r N ile gösterelim. Burada N ; r r dL N= dt r şeklinde tanımlanır. Eğer N = 0 ise; r r dL N= =0 dt r L = sabit r L açısal momentumun zamanla değişmez buda açısal momentumun korunduğunu Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 110 -

gösterir. 2.

Herhangi bir kuvvetin kapalı bir yol boyunca yaptığı iş sıfır ise bu kuvvet korunumludur denir. r r

Ñ∫ Fds = 0 Korunumlu kuvvetin bir başka tanımı; r r ∇ × F = 0 şeklindedir.

Kütle çekim kuvveti korunumlu kuvvetlere bir örnektir. Sürtünme kuvveti ise korunumsuz kuvvetlere örnektir. r F = 3 x 2 iˆ − 6 z 3 ˆj − 3 xykˆ

iˆ r r ∂ ∇× F = ∂x Fx

ˆj ∂ ∂y Fy

kˆ ∂ ∂z Fz

şeklinde tanımlanır. Bize verilen kuvvetin rotasyoneli; r r ∇ × F = − ( 3 x − 18 z 2 ) iˆ − 3 yjˆ r r ∇ × F ≠ 0 Her nokta için bu şart sağlanmıyor dolayısıyla kuvvet korunumsuzdur. 3.

Merkezcil kuvvet probleminde; L = T −V

L=

(

)

1 m r& 2 + r 2θ& 2 − V (r ) şeklindedir. 2

θ bir devirsel koordinat olduğundan buna karşılık gelen açısal momentum Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 111 -

korunumludur. Pθ = mr 2θ& = l şeklinde bir sabite eşittir. P&θ = 0 ise aynı zamanda; d  1 2 &  r θ  = 0 da sağlanır. dt  2  Merkezcil kuvvet halinde alanın sonsuz küçük değişimi; dA =

1 2 r dθ 2

dA 1 2 dθ = r dt 2 dt

d2A =0 dt 2

dA = sabit dt

olarak bulunur. 4.

Brachistochrone Problemi: Bu problem iki noktayı birleştiren öyle bir eğri bulunmalıdır ki yukarıdaki bir noktada durgun halde bulunan bir parçacık aşağıdaki bir noktaya yerçekimi etkisi altında bu eğri boyunca en az zamanda varsın şeklinde tanımlanabilir. Eğri boyunca hız v ise bir ds yay uzunluğunu geçmek için gerekli süre ds/v olur. Dolayısıyla bizim araştırdığımız zaman;

t12 = ∫

ds v

şeklinde tanımlanabilir.

Artık amacımız bu integralin minimumunu bulmaktır. Parçacığın enerjisi için korunum teoremi; 1 2 mv = mgy 2

şeklinde verilebilir. Buradan hız ifadesi;


v = 2 gy bulunur. Bu ifade integralde yerine konursa;

2

t12 = ∫ 1

1 + y& 2 2 gy

dx olur.

Böylece değişimler hesabında tanımlanan f fonksiyonu;

f =

1 + y& 2 2 gy

şeklinde verilebilir. Bu fonksiyon aşağıdaki ifadeyi sağlar; ∂f d ∂f − =0 ∂y dx ∂y& 5.

Değişimler hesabı verilen bir çizgi integralinin ekstremum olduğu eğriyi bulmaktır. Problemi esas olarak bir boyutlu halde düşünürsek; x1 ve x 2 değerleri arasında öyle bir y = y(x) yolu bulmak istiyoruz ki y& = dy / dx olmak üzere bir f ( y, y& , x) fonksiyonun çizgi integrali bu yol için bir ekstremum olsun.

2

δJ = δ ∫ F [ y1 ( x), y 2 ( x),......., y&1 ( x), y& 2 ( x),......, x ]dx 1

şeklindeki değişimi J mümkün bütün y1 ( x, α ) eğrilerini adlandıran α parametresinin bir fonksiyonu şeklinde düşünerek elde edilir. Böylece; y1 ( x, α ) = y1 ( x,0) + αη 1 ( x) y 2 ( x, α ) = y 2 ( x,0) + αη 2 ( x)...... y1 ( x,0), y 2 ( x,0) v.s. ekstremum probleminin (elde edilecek olan) çözümleri ve η1 , η 2 , v.s. uç noktalarda ise, uç noktalarda sıfır olmaları dışında x in tamamen keyfi fonksiyonlarıdır, çünkü bu sabit uç noktalı değişimdir. J nin değişimi;


2   ∂f ∂yi ∂J ∂f ∂y& i dα = ∫ ∑  dα + dα dx ∂α ∂y i ∂α ∂y& i ∂α  1 i 

∂f ∂ 2 yi ∂f ∂y i ∫1 ∂y& i ∂α∂x dx = ∂y& i ∂α 2

2

1

2

−∫ 1

∂yi d  ∂f  ∂α dx  ∂y& i

 dx 

Bu eşitlikte ilk terim sıfırdır, çünkü bütün eğriler sabit uç noktalardan geçerler.  ∂f d ∂f δJ = ∫ ∑  − ∂yi dx ∂y& i 1 i  2

 ∂y  δyi =  i  dα  ∂α α =0

 δy i dx 

şeklinde verilir.

yi değişkenleri bağımsız olduklarından δy i değişimleri de bağımsızdır. Bundan dolayı ancak δy i lerin katsayısı ayrı ayrı sıfır ise şart sağlanır. ∂f d ∂f − =0 ∂y i dx ∂y& i sıfır ise şart sağlanır ve δJ = 0 olur. İntegral Lagrange fonksiyonu için yazılırsa;

2

I = ∫ L(q i , q& i , t )dt 1

halini alır ve aynı şekilde düşünülerek Euler-Lagrange denklemi elde edilir . d ∂L ∂L − =0 dx ∂q& i ∂q i 6.

Keplerin üçüncü kanunu ters kare kuvvet kanuna uyan kuvvetle için yazılmıştır.


dA 1 2 & l = rθ= dt 2 2m τ

lτ

dA

∫ dt dt = A = 2m 0

A = πab

b = a 1− ε 2

= a1/ 2

τ =

l2 mk

2m l2 π .a 3 / 2 l mk

τ = 2π .a 3 / 2 7.

m k

Merkezcil kuvvet problemi için Lagrange fonksiyonu; L = T −V

=

(

)

1 m r& 2 + r 2θ& 2 − V (r ) 2

r koordinatı için Lagrange denklemi; d (mr& ) − mrθ& 2 + ∂V = 0 dt ∂r −

∂V = f (r ) dersek; ∂r

m&r& − mrθ& 2 = f (r )

buradan;


mr 2θ& = l dersek;

m&r& −

l2 = f (r ) halini alır. mr 3

m&r& = −

∂  1 l2 V + ∂r  2 mr 2

  

olarak yazılabilir. O halde etkin potansiyel; Vet = V +

1 l2 2 mr 2

olur.

Yukarıda görüldüğü gibi enerjinin 4 farklı değeri için etkin potansiyelin grafiği verilmiştir. Burada enerjinin E1 değeri için enerji doğrusuyla etkin potansiyelin kesiştiği bir nokta vardır. Bu noktaya r1 dersek r1 den daha küçük noktalar için etkin potansiyel toplam enerjiden daha büyük olacaktır. Bu ise fiziksel olarak mümkün değildir. Dolayısıyla cisim r1 den daha küçük uzaklıklarda hareket edemez. Enerjinin E2 değeri içinde E1 aynı olan çıkarsama yapılabilir. E1 ile E2 enerji değerleri arasındaki tek fark büyüklük farkıdır. Yine etkin potansiyel ile enerjinin kesiştiği noktaya r2 dersek cisim r2 den daha küçük uzaklıklarda dolaşamaz. Enerjinin E3 değeri için yapılan tartışma epeyce farklıdır. Burada etkin potansiyelin toplam enerji ile kesiştiği iki nokta vardır ve bu iki noktanın dışında etkin potansiyel enerjiden büyük olmaktadır. Dolayısıyla cisim bu iki nokta arasında bir konum değerine sahip olarak hareketini sürdürecektir. Burada iki nokta arasında konumun sınırlandırılmış olması nedeniyle yörünge kapalıdır. Bu yörünge eliptik olmalıdır. Enerjinin E4 değeri için etkin potansiyelle sadece bir kesişme noktası vardır ve bu yüzden cismin uzaklığı sadece bir değer alabilir. Yörünge tek bir konum değeriyle verilir Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 116 -

ve bu değer sabittir. Dolayısıyla yörüngemiz çemberseldir. 8.

Bir sistemin Lagranjiyeni verilen bir q j koordinatını içinde barındırmıyorsa (karşı gelen q& j hızını bulundurabilir) bu koordinata devirsel koordinat denir. q j koordinatıyla ilgili kanonik momentum; ∂L şeklinde verilir. ∂q& j

pj =

Lagrange hareket denklemini yazalım; ∂L d ∂L − =0 ∂q& j dt ∂q& j

Eğer q j koordinatı devirsel ise; ∂L =0 ∂q j olur. Buradan; d ∂L =0 dt ∂q& j halini alır. O halde; dp j dt

=0

olmalıdır. Böylece devirsel bir koordinatın eşleniği olan kanonik momentum korunur. 9.

x1 = l1 Sinθ 1 ;

x&1 = l1θ&1Cosθ 1

y1 = l1Cosθ1 ;

y&1 = −l1θ&1 Sinθ 1

2 x&12 = l12θ&1 Cos 2θ 1

y&12 = l12θ&12 Sin 2θ1 x 2 = l1 Sinθ 1 + l 2 Sinθ 2 ;

x& 2 = l1θ&1Cosθ1 + l 2θ&2 Cosθ 2


y 2 = l1Cosθ1 + l 2 Cosθ 2 ;

T=

T=

y& 2 = −l1θ&1 Sinθ 1 − l 2θ&2 Sinθ 2

1 1 m1 (x&12 + y&12 ) + m2 (x& 22 + y& 22 ) 2 2

1 1 1 m1l12θ&12 + m2 l12θ&12 + m2 l 22θ&22 + m2 l1l 2θ&1θ&2 Cos (θ 2 − θ 1 ) 2 2 2 V = −m1 gl1Cosθ1 − m2 gl1Cosθ1 − m2 gl 2 Cosθ 2 L = T −V

L=

[

]

1 m1l12θ&12 + m2 l12θ&12 + m2 l 22θ&22 + m2 l1l 2θ&1θ&2 Cos(θ 2 − θ1 ) + m1 gl1Cosθ 1 + m2 gl1 Cosθ1 2

+ m2 gl 2 Cosθ 2 ∂L d ∂L − =0 ∂θ 1 dt ∂θ&1 ∂L = m2 l1l 2θ&1θ&2 Sin(θ 2 − θ1 ) − m1 gl1 Sinθ 1 − m 2 gl1 Sinθ 1 ∂θ 1 ∂L 2 = m1l12θ&1 + m2 l1 θ&1 + m2 l1l 2θ&2 Cos (θ 2 − θ1 ) ∂θ& 1

d ∂L = m1l12θ&&1 + m 2 l12θ&&2 + m2 l1l 2θ&1 Sin(θ 2 − θ 1 ) & dt ∂θ 1 θ1 koordinatı için Lagrange denklemi; m2 l1l 2θ&1θ&2 Sin(θ 2 − θ 1 ) − m1 gl1 Sinθ 1 − m2 gl1 Sinθ 1 − l1 (l1m1θ&&1 − m 2 l1 θ&&2 − m2 l 2θ&1 Sin(θ 2 − θ 1 )

=0


∂L = −m2 l1l 2θ&1θ&2 Sin(θ 2 − θ1 ) − m 2 gl 2 Sinθ 2 ∂θ 2 d ∂L = m 2 l 22θ&&2 − m 2 l1l 2 Sin(θ 2 − θ 1 )θ&2 & dt ∂θ 2 − m 2 l1l 2θ&1θ&2 Sin(θ 2 − θ 1 ) − m2 gl2 Sinθ 2 - m2 l 22θ&&2 + m2 l1l 2 Sin(θ 2 − θ 1 )θ&2 = 0

Lagarange hareket denklemleri bulunur. 10. Sistemin Lagranjiyeni;

L=

m1 + m2 2 m2 2 2 x& + (l ϕ& + 2lx&ϕ&Cosϕ ) + m2 glCosϕ şeklinde verilir. 2 2

x genelleştirilmiş koordinatı için Lagrange hareket denklemi; ∂L d ∂L − = 0 şeklindedir. ∂x dt ∂x& ∂L =0 ∂x ∂L & ϕ = (m1 + m2 )x& + m2 lϕCos ∂x& d ∂L = (m1 + m2 )&x& + m2 lϕ&&Cosϕ − m2 lϕ& 2 Sinϕ . dt ∂x& x koordinatı için Lagrange denklemi;

(m1 + m2 )&x& + m2 lϕ&&.Cosϕ − m2 lϕ& 2 Sinϕ = 0 olur. ϕ koordinatı için Lagrange hareket denklemini; ∂L d ∂L − =0 ∂ϕ dt ∂ϕ& Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 119 -

∂L = − m2 lx&ϕ&Sinϕ − m2 glSinϕ ∂ϕ ∂L = m2 l 2ϕ& + 2lx&Cosϕ ∂ϕ& d ∂L = m2 l 2ϕ&& + 2l&x&Cosϕ − 2lx&Sinϕ .ϕ& dt ∂ϕ& − m2 lx&ϕ&Sinϕ − m2 glSinϕ − m2 l 2ϕ&& − 2l&x&Cosϕ − 2lx&Sinϕ .ϕ& = 0 şeklinde elde ederiz. 11. Sistemin potansiyel enerjisi, bu iki alanı ayıran yüzeye paralel doğrultularda değişmez. Bu nedenle momentumun bu yüzey üzerinde ki bileşeni sabittir. Parçacığın birinci r r alandaki v1 ve ikinci alandaki v 2 hızı ile bu yüzeyin normali arasındaki açıları θ1 ve θ 2 kabul edersek korunum ilkesini aşağıdaki gibi yazabiliriz; v1sinθ1 = v2 sinθ 2

Enerjinin korunumunu kanununu da göz önüne aldığımızda; Sinθ1 2 (U 1 − U 2 ) = 1+ Sinθ 2 mv1 12.

u=

u=

1 , K .Sinnϕ

u′ = −

1 nCosnϕ , K Sin 2 nϕ

ifadesi bulunur.

1 ρ

u ′′ =

n 2 1 + Cos 2 nϕ şeklinde bulunur. K Sin 3 nϕ

Merkezcil kuvvet ifadesi;  l 2u 2 F (ρ ) = −  m

 (u ′′ + u ) 


F(ρ) = −

 l 2 1  2n 2 K 2 + 1 − n2  3  2 mρ  ρ 

şeklinde merkezcil kuvvetin ifadesi bulunur.

Potansiyel enerji;

V (ρ ) = − ∫ F (ρ )dρ =

T=

1 m(ρ& 2 + ρ 2ϕ& 2 ) 2

 l 2  2n 2 K 2 1 − n 2  l 2  n2 K 2 = − +1− n2  + d ρ   ∫ 5 3 2  2 m  ρ ρ  2 mρ  ρ 

şeklinde kinetik enerji ve potansiyel enerji tanımlanırsa;

ρ& = KnCosn ϕ .ϕ& ve ϕ& 2 =

l2 m2 ρ 4

eşitlikleri kinetik enerji ifadesinde kullanılırsa; T=

 l 2 n2K 2 +1− n2  2  2 2 mρ  ρ 

bulunur. Toplam enerji; E = T +V = 0

elde edilir.

13. Uydunun yörüngesel sürati;

v 2 = ρ& 2 + ρ 2ϕ& 2 = ρ& 2 +

l2 şeklinde verilir. m2 ρ 2

Yine ρ büyüklüğü;

ρ=

p 1 + ε .Cosϕ

şeklinde verilir.


ρ& =

εl sinϕ mp

olarak bulunur. Bu ifadeyi süratin karesi şeklinde verilen ifadede

yerine yerleştirirsek;

2

 l  2 v =  (1 + 2ε Cosϕ + ε ) elde ederiz. mp   2

− 1 ≤ Cosϕ ≤ +1 olduğundan;

vmax =

l (1 + ε ) ve mp

vmin =

l (1 − ε ) mp

olarak bulunur. Bu iki bağıntıdan ε çekilirse;

ε=

vmax − v min v max + vmin

elde edilir.

b)Yukarıda bulunan v max ve v min değerleri kullanılarak;

vmax vmin =

l 1− ε 2 mp

ifadesine ulaşılır.

τ =

2πmab l

aranılan bağıntıda bunlar yerlerine konulursa; τ π

v max vmin =

2mab l 1 − ε 2 = 2a l mp

bulunur. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 122 -

14. Uydunun süratini ϕ açısının fonksiyonu olarak hesaplayalım; ρ& =

ε 2 ρ sinϕϕ& p

bu ifadeyi sürat ifadesinde yerine koyarsak;

v = ρ& 2 + ρ 2ϕ& 2 =

l 1 + ε 2 + 2ε cosϕ mp

buluruz. Buna göre uydunun günberi ve günöte noktalarında ki süratleri;

v gb =

l (1 + ε ) ve v gö = l (1 − ε ) mp mp

şeklinde bulunur. Açısal momentum için korunum ifadesi;

ρ gb vgb = ρ go vgo =

l m

ifadesine ulaşılır. Uydunu hareketi için enerji korunumu kullanılırsa;

E=

 GM Dünya .m  1  GM Dünya m  1 2  = mv go 2 −   elde edilir. mv gb −    2   2 ρ ρ gb gb    

Burada günberi için bulunan enerjiyi dışmerkezliliğin tanımında yerine koyarsak;

ε = 1− 2

l2 k2

1  GM Dünya m  2   mv gb −   ρ  2 gb  

Burada k; k = GM Dünya m şeklinde tanımlanır.  ρ gb v gb ε = 1 − 2  GM Dünya 

 1  GM Dünya m    mv gb 2 −    2   ρ gb     2


Artık dışmerkezlik bilindiğine göre;

v gö

  ρ gb v gb l  = 1 − 1 − 2 mp   GM Dünya 

2  GM Dünya m    1   bulunur.   mv gb 2 −     2 ρ gb     

Uydunun güneşe uzaklığı ise; ρ gö =

ρ gö =

l m

l 1 olduğundan; m v gö

1   ρ gb v gb l  1 − 1 − 2 mp   GM Dünya 

   

2

1  GM Dünya m   2    mv gb −   ρ 2 gb     

bulunur.

Kepler’in üçüncü yasasa uyarınca;

1 GM Dünya

τ = 2πa 3 / 2

sonucuna varılır.

15. rdθ = dx

Kinetik enerji kütle merkezinin kinetik enerjisi ve kütle merkezi etrafındaki hareketin kinetik enerjisi olarak ikiye ayrılabilir;

T=

1 1 Mx& 2 + Mr 2θ& 2 2 2

Potansiyel enerji ise; V = Mg ( l − x ) sinφ L = T −V

=

1 1 Mx& 2 + Mr 2θ&2 − Mg ( l − x ) sinφ 2 2


Burada sadece bir tek bağ şartımız vardır dolayısıyla sadece bir tane Lagrange çarpanına gerek vardır. Bağ denkleminde görülen katsayılar şunlardır; aθ = r a x = −1 Sonuçta her iki genelleştirilmiş koordinat için Lagrange denklemlerimiz; Mx&& − Mgsinφ + λ = 0 Mr 2θ&& − λr = 0 Birde elimizde bağ denklemimiz vardır; rθ& = x& Bu denklemin zamana göre türevini alarak; rθ&& = && x Böylece ; Mx&& = λ

&& x=

gsinφ 2

Burada λ katsayısı; λ=

Mgsinφ ve 2

gsinφ θ&& = değerleri elde edilir. Çember sürtünmesiz düzlemde kayarken sahip 2r olacağı ivmenin sadece yarısıyla aşağıya doğru yuvarlanabilir.Buradan çemberin hızı; v = glsinφ

elde edilir.


MODERN FİZİK CEVAPLAR

1.

Özel görelilik teorisinin iki temel postülası ; a) Fizik yasalarının tümü birbirine göre sabit hızlarla hareket eden tüm gözlemciler için aynı olmalıdır. b) Özellikle ışığın hızı, tüm eylemsiz gözlemciler için, bunların bağıl hareketlerinden bağımsız olarak aynı olmalıdır.

2.

a) Bu dönüşümler Galile dönüşümleri olarak adlandırılır; x′ = ( x − v.t )

y′ = y

z′ = z

t′ = t

görüldüğü düşük hızlarda yani ışık hızından çok düşük hızlarda dördüncü koordinat olan zaman her iki eylemsiz sistemde aynıdır. Yani klasik mekanik çerçevesinde zaman evrenseldir. b) Bu dönüşümler Lorentz dönüşümleri olarak adlandırılır; x ′ = γ .( x − v.t )

y′ = y t ′ = γ .(t −

z′ = z

t ′ = γ .(t −

v x) , bu denklemlerde γ büyülüğü γ = c2

1 v2 1− 2 c

v x) c2 ile verilir.

Görüldüğü gibi yüksek hızlarda yani ışık hızına yakın hızlarda, dördüncü koordinat olan zaman koordinatının da göreli olduğu ortaya çıkar. 3.

1) Hız dönüşümleri aşağıdaki gibi verilir. u −v ′ ux = x u .v 1 − x2 c ′ uy =

′ uz =

4.

uy  u .v  γ .1 − x 2  c   uz  u .v  γ .1 − x 2  c  

Özel görelilik kuramının önemli sonuçları; a) Bir gözlemciye göre hareketli saatler, bir γ çarpanı kadar yavaşlıyormuş


gibi görünür. Bu, zaman genişlemesi olarak bilinir. b) Hareketli cisimlerin boyları, hareket yönünde büzülüyormuş gibi görünür. c) Bir gözlemci için eş zamanlı olaylar, buna göre hareketli bir başka gözlemci için eş zamanlı değildir. 5.

Özel görelilikte momentum;

r m.u

r p=

1−

u2 c2

r = γ .m.u

Özel görelilikte durgun enerji; Ed = mc 2 Özel görelilikte kinetik enerji; K = γ .m.c 2 − m.c 2 Özel görelilikte toplam enerji enerji; E = γ mc 2 = uygun limitte yani c >> v limitinde; r r mu r p= = γ mu 2 u 1− 2 c

p 2 c 2 + m 2c 4

γ=

1 1−

2

≈1 ⇒

r r p = mu ;

u c2

K = γ mc 2 − mc 2 = mc 2 (γ − 1) , bu ifade Taylor serisine açılırsa; K = mc 2 (1 + ≈

1 v2 3 v4 1 2 3 v4 + + ... − 1) = mv + + ... 2 c2 8 c4 2 8 c4

1 2 mv 2

E = γ mc 2 , bu ifade gene taylar serisine açılırsa; E = mc 2 (1 +

1 v2 3 v4 1 2 3 v2 2 + + ...) = mc + mv + m 4 + ... 2 c2 8 c4 2 8 c

1 ≈ mc 2 + mv 2 2

bulunur.

Görüldüğü gibi uygun limitlerde özel görelilik kuramının ön gördüğü denklemler Newton yasalarının ön gördüğü denklemlere dönüşür. 6.

S ′ olarak A aracını seçelim. Yerdeki S çerçevesi bir gözlemciye göre v = 0.75c hıza

sahip olur. B aracı yer gözlemcisine göre bir u x = −0.85c hızıyla giden bir cisim olarak Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 127 -

kabul edilir. Buradan yola çıkarak A’ya göre B’nin hızı; u −v − 0.85c − 0.75c ′ ux = x = = −0.98c biçiminde bulunur. u x .v (−0.85c)(0.75c) 1− 1− 2 c 21 c Negatif yön işareti, B aracının A’dan bakıldığında x yönünde ters hareket ettiğini gösterir. 7.

a) E0 = mc 2 = (1,67 x10 −27 kg )(3 x108 m / s )2 E0 = 939 Mev b) Toplam enerjisi durgun enerjisinin 3 katı ise; E = 3.mc 2 = γmc 2 γ =3=

1 1−

u=

u2 c2

8 c = 2,83.10 8 m/s 3

c) K = E − E0 = 2mc 2 K = 2.939 = 1.878 Mev

d) E 2 = p 2 c 2 + m 2 c 4 = (3mc 2 ) 2 p 2 c 2 = 9(mc 2 ) 2 − (mc 2 ) 2 = 8(mc 2 ) p= 8

mc 2 = 2656 Mev/c c

8.

9.

Pauli Dışarlama ilkesi, bir atomda ki iki elektronun aynı kuantum durumunda hiçbir zaman bulunamayacağını ifade eder. Başka bir deyişle, iki elektron, aynı n, l, ml , m s kuantum sayıları takımına sahip olamaz. Bu ilke ve minimum enerji ilkesi kullanılarak


elementlerin elektron yerleşimi tayin edilebilir. Bu da elementlerin atomik yapısının ve kimyasal özelliklerinin anlaşılması için bir temel oluşturur. 10. 1921 yılında Stern ve Gerlach ilk kez uzay kuantumlanmasını gösteren bir deney yaptılar. Deneyde nötr gümüş atomlarından oluşan bir demet homojen olmayan manyetik alan içerisinden geçirildikten sonra demet iki bileşene ayrılıyordu. Deney diğer atomlarla yinelendiğinde ise her durumda demetin iki veya daha çok bileşene ayrıldığı görüldü. Burada klasik olarak beklenen durum her bir atomun bütün yönlerde yönelmiş µ z manyatik momente sahiptir ve bu manyetik momente homojen olmayan bir manyetik alan her yönelimde saptıracak şekilde bir kuvvet etki ettirir. Fakat Stern-Gerlach deneyinden görülen dağılım beklenenin tersine homojen değildir. Gümüş atomları için ikiye ayrılmıştır. Sonuçta Stern-Gerlach deneyi atomik ölçekte spin denilen bir iç kuantum özelliğine sahip olunması gerekliliğini göstermiştir.


KATIHAL FİZİĞİ CEVAPLAR

1.

Bir kristalin bağlanma enerjisi, aynı elektron düzenini koruyacak şekilde, kristali serbest ve yüksüz atom bileşenlerine ayırmak için verilmesi gereken enerjidir. Katılardaki moleküler bağ çeşitleri aşağıdaki gibi özetlenebilir. a-) İyonik bağlar: Bazı moleküller, zıt işaretli yüklü iyonlar arasındaki Coulomb etkileşmesinden dolayı iyonik bağ oluştururlar.Sodyum klorür (NaCl) iyonik bağlı moleküle bir örnektir. NaCl yapıda her Na atomu, bir elektronunu komşusu Cl atomuna vererek iyonik kristaldeki (+) ve (-) yüklü iyonları oluştururlar. b-) Kovalent bağlar: Bir moleküldeki kovalent bağ, birleşen atomların değerlik elektronlarını ortaklaşa kullanmaları ile oluşur. Yani, iki atomun iki elektrona ortak olmasıyla sağlanır. Örneğin hidrojen molekülünün iki elektronu ,çekirdekleri arasında eşit paylaşılır. c-) Hidrojen bağları: Bu tip bağlanma , iki negatif iyonun aradaki bir hidrojen atomu (proton) tarafından çekilmesiyle oluşur. Hidrojen bağına bir örnek olarak hidrojen-iki florür (HF2) verilebilir. d-)

Van

der Waals bağları: İyonik

yada kovalent

bağ

yapmayan atomlar

arasındaki zayıf elektrostatik bağdır. Soygaz atomlarının ve nonpolar kutuplu olmayan moleküllerin sıvı faza yoğunlaşmasından bu bağlar sorumludur. e-) Metalik Bağlanma: Atomlar ya da (+) iyonlar, bir elektron bulutuna batırılmış gibi bir arada tutulular. Böylece (+) iyonlar, bütün komşularına aralarındaki elektron aracılığı ile eşit şekilde bağlanmış olurlar. 2.

En ortadaki 5. iyon için U5=? −R

U İ = zλ e ρ ± Burada

q2 rij

R : En yakın komşular arası uzaklık λ : Enerji boyutunda

} sabitler

ρ : Uzunluk boyutunda } sabitler z: Bir iyonun en yakın komşu sayısı Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 130 -

rij = Pij R ( en yakın komşu uzaklığı olan R cinsinden i ve j atomu arasındaki uzaklık) U 5 = 2λ e = 2λ e

−R ρ −R ρ

−2

q2 q2 q2 q2 +2 −2 +2 R 2R 3R 4R

−2

q2 1 1 1 (1 − + − ) R 2 3 4

−R

= 2λ e ρ − 3.

7q 2 6R

İki özdeş atom çok büyük uzaklıkta iseler etkileşmezler ve elektronik enerji seviyeleri yalıtılmış atomlarınki gibi düşünülebilir. Varsayalım ki bu iki atom sodyumdur ve her biri 3s elektronuna sahip olup, enerjileri kesin olarak bilinmektedir. İki sodyum atomu birbiri yakınına getirildiğinde dalga fonksiyonları üst üste gelmeye başlar. Atomlar arası etkileşme yeterince kuvvetli olduğunda Şekil-1 deki gibi iki farklı 3s seviyesi meydana gelir.Eğer 6 tane sodyum atomu bir araya getirilirse Şekil-2 deki gibi yarılmalar olur. Çok sayıda atom katıyı oluşturmak üzere bir araya getirildiğinde, enerji seviyeleri birbirine çok yakınlaşır ve sürekli band gibi gözükür (Şekil-3 ). Böylece atomdaki kesikli 1s, 2s, 2p, … enerji seviyeleri yerine, katıda 1s, 2s, 2p, …. Sürekli enerji bandları geçer. Bu bandlarda, yine birbirinden ayrı durumdadır. Enerji bandlarını ayıran enerji bölgelerine yasak enerji aralığı (Eg) denir.


4.

Bu modelde metaldeki değerlik elektronlarının metalin içinde serbestçe hareket ettiği düşünülür. Metal içerisindeki elektronların, iyon korlarının çekici potansiyelinden etkilenmediği varsayılır. Ayrıca elektron-elektron etkileşmeleri ve elektron-fonon etkileşmeleri de ihmal edilir. Metallerdeki elektronlar için kuantum istatistiği kullanılır.Burada sistemin her bir durumunda yalnızca bir elektron tarafından doldurulma gereği vardır.Fermiyon olarak adlandırılan buçuklu spinli bütün parçacıklar ,Pauli dışarlama ilkesine uymak zorundadır. Fermiyonlara bir örnek olarak elektron verilebilir. Elektronun belirli bir E enerjili durumda bulunma olasılığı ise , F ( E) =

1 e

( E − EF ) / kT

+1

şeklinde verilebilir. 5.

Yarıiletkende T=0 Kelvin de (mutlak sıfırda) bütün elektronlar değerlik bandındadır ve iletim bandında hiçbir elektron yoktur.Bunun için yarıiletkenler düşük sıcaklıkta zayıf iletkendirler.Bununla farklıdır.Yarıiletkenlerde

beraber

normal

sıcaklıklarda

iletkenlik

tamamen

yasak enerji aralığının küçük olması ve Fermi enerji

seviyesi EF `nin de enerji aralığının hemen ortasında bulunması nedeniyle önemli sayıda elektron ısısal olarak değerlik bandından iletim bandına uyarılır.Yarıiletkenlerin iletkenliği sıcaklığa sıkıca bağlıdır ve sıcaklıkla iletkenlik hızlı bir şekilde artar.Bir elektron değerlik bandından iletkenlik bandına geçtiği zaman arkasında boşluk (hole) bırakır.Bu boşluk pozitif bir artı yük olarak görülür.Bir değerlik elektronu arkasında bir boşluk bırakarak hareket etmesi halinde boşluk bir yük taşıyıcı gibi davranır.Yalnız bir element veya bileşik içeren saf bir kristalde eşit sayıda iletim elektronu ve boşluk bulunur. 6.

Saf bir yarıiletkendeki elektron ve boşlukların sayısı birbirine eşit olduğunu biliyoruz. Saf bir yarıiletken içerisine kasıtlı olarak yabancı atomlar katılırsa, bu işleme katkılama adı verilir. Pratikte önemi olan bir çok uygulamada, taşıyıcılardan sadece birisinin bulunduğu


örneklere ihtiyaç duyulur. Uygun safsızlıkların yarıiletkenlere katılmasıyla, sadece elektronlar ve sadece boşlukları içinde bulunduran yarıiletkenler hazırlanabilir. Bu katkılama işlemleri yapılırken kullanılan katkı maddeleri, donor ( verici) ve akseptör (alıcı) olmak üzere iki ana sınıfa ayrılırlar. Bunlardan ortama bir elektron verebilen safsızlık atomuna donor (verici), ortamdan bir elektron alan safsızlık atomuna ise akseptör denir. Bu durumda, iletim elektronları boşluk oluşturmadan ortaya çıkarken, akseptör ise ortamdan bir elektron alarak yapıda bir boşluk meydana getirir. Katkı atomuna bağlı olarak, bir kristaldeki elektronların veya boşlukların üstünlüğü sağlanabilir. Yarıiletkenlerde katkılama sonucunda n- tipi veya p- tipi yarıiletken oluşturmak mümkündür. Kristale donor atomları katkılandığında oluşan katkılı yeni yarıiletkene “n-tipi yarıiletken” akseptör atomları katkılandığı zaman oluşan yarıiletkene ise “p-tipi yarıiletken” adı verilir. Bir iç yüzeyle sınırlanmış farklı bölgelerin oluşturduğu sisteme ise p-n eklemi denir. Tipik bir iç yüzeyin genişliği yaklaşık 10-4 cm dir. p-tipi ve n-tipi yarıiletkenler arasındaki iç sınırın kalınlığı, bir taşıyıcının ömrü boyunca difüzlenmeyi belirleyen difüzyon uzunluğu ile karşılaştırılabilecek kadar küçüktür. Örneğin bu bölgenin kalınlığı görünen ışığın dalgaboyu mertebesindedir. 7.

Taban durumundaki sodyum atomunun enerji band diyagramı Şekil-1 de gösterilmiştir. Sisteme enerji verilirse elektronlar dolu durumlardan, çok sayıdaki boş durumlara hareket edebilirler. Örneğin 3s bandındaki elektronlar boş olan 3p bandına geçmek için yeterli enerjiyi soğurabilirler. Buradaki

EF `nin altındaki bütün seviyeler dolu üstündeki

seviyeler boştur. Fermi enerjisi bandın ortasına düşer. 0 K’ den daha büyük sıcaklıklarda, çok az sayıda elektron EF ‘ nin üzerindeki seviyelere ısısal olarak uyarılır. Bununla beraber, metale elektrik alan uygulandığında, Fermi enerjisi civarında enerjiye sahip elektronlar küçük bir elektrik alan yardımıyla metal içinde serbestçe hareket edebililer, çünkü dolu enerji seviyelerinin bitişiğinde çok sayıda doldurulmamış seviyeler vardır.


Yalıtkanlarda yasak enerji aralığı oldukça büyüktür(10eV ).Elektronlarla dolu olan alt banda değerlik bandı, boş olan üst banda ise iletim bandı denir.Yalıtkanlarda enerji aralığı büyük olduğundan oda sıcaklığında çok az sayıda elektron ısısal olarak uyarabilir.Yani yalıtkanlar çok büyük özdirence sahiptirler.

Yarıiletkenlerde ise yasak enerji aralığı ∼1, 2 eV dur. T=0 K de bütün elektronlar değerlik bandındadır ve iletim bandında hiç elektron yoktur.Yarıiletkenlerde yasak enerji aralığı Eg ìn küçük olması nedeniyle çok sayıda elektron ısısal uyarmayla iletim bandına geçebilir.Yarıiletkenlerde bir elektron değerlik bandından iletkenlik bandına geçtiğinde arkasında boşluk bırakır. Bir saf yarıiletkene sağa doğru bir E elektrik alanı uygulanırsa elektronlar sola, boşluklar sağa doğru hareket ederler.


Bir cismin iletkenliği ne olursa olsun mutlak sıfırdaki elektron dolu bandına valans bandı denir ve bu bandı izleyen ilk boş banda da iletim bandı denir. a) Metallerde: Valans bandı ile iletim bandı arasındaki yasak enerji aralığı çok küçüktür, hatta iki band iç içe geçmiştir. b) Yarıiletkenlerde: Yasak enerji aralığı (1-3 eV) fazla değildir. Yani düşük bir enerji verilerek elektronların valans bandından iletim bandına geçmesi mümkündür. c) Yalıtkanlarda: Fermi enerji düzeyi çok yüksek olduğu için yani yasak enerji aralığı çok geniş olduğu için (10-12 eV) valans bandından elektronlar iletim bandına geçemezler. 8.

p-n eklemi p-tipi yarıiletkenle n- tipi yarıiletkenin bir araya getirilmesi ile oluşur. P-tipi kısmındaki net akseptör konsantrasyonu Na- ve n- tipi net donor konsantrasyonu Nd+ olsun. Termal denge durumunda yarıiletkenin yük dengesi koşulundan, p + N a− = n + N d+ yazılabilir. Yüksek sıcaklıklarda p bölgesinde çoğunluk taşıyıcı yoğunluğu p ≈ N a− olan yüklü boşluklar ve n bölgesinde çoğunluk taşıyıcı yoğunluğu n ≈ N d+ olan elektronlar fazla miktarda bulunmaktadırlar. Her bölgede çoğunluk taşıyıcıları ile ısısal dengede bulunan çok az sayıda azınlık taşıyıcıları da bulunmaktadır. p-n kavşağındaki (-) ve (+) yüklü iyonlar örgüye bağlıdırlar, hareket etmedikleri için de yük taşımasına katkıda bulunmazlar. Kavşak bölgesinde ise, taşıyıcı yoğunluklarının birden değişmesi, büyük bir konsantrasyon gradyenti oluşturur. Bunun sonucunda da, çoğunluk taşıyıcılarının difüzyonu kavşakta bir akım meydana getirir. Elektronlar eklemin n- bölgesinden p- bölgesine ve boşluklar p- bölgesinden n- bölgesine sızarlar. Kavşağın n


ve p kenarı elektron ve boşluk kaybettiği için bu bölgedeki yük nötralliği bozulur ve (+)(-) yük fazlalığı ortaya çıkar. Sonuç olarak, taşıyıcıların kavşaktan karşılıklı sızmaları sonucu, sınırın p kenarında geride (-) iyonlaşmış akseptör atomları fazlalığı ve n tarafında ise geride (+) iyonlaşmış donor atomları fazlalığı kalır. Bu iki yük tabakasının oluşturduğu yeni elektrik alanının r Eiç yönü, n’den p’ye doğrudur. Böylece yeni elektrik alan, uygun bir değere olaşarak, bölgeler arasındaki elektron ve boşluk akışını keser. Yük taşıyıcılarının yayılmalarını durdurucu nitelikte olan elektrik alanın E ( x) = −

dV ( x) dx

eşitliği ile bağlı olduğu V(x) potansiyeli, bir potansiyel engel biçimindedir. Elektrik alanın yük akışını durdurma özelliği, p-n ekleminin doğrultucu olarak kullanılabilmesine izin verir. Dışardan uygulanan elektrik alan, kavşakta oluşan akımla aynı yönlü ise, akım tamamen kesilir, zıt yönlü ise akım geçer.

Eklem bölgesinin şematik gösterimi. 9.

Süperiletkenler , bazı element veya bileşiklerde yeterince düşük sıcaklıklarda direncinin yok sayılabilecek denilebilecek değerlere gitmesi olayıdır.Mesela,yeterince

düşük

sıcaklıklarda aşırıiletken halkada oluşturulan elektrik akımı değeri düşmeden dolanır. Aşırıiletken halkada,akıma karşı bir direnç ortaya koymaz,dolayısıyla bir ısınma ve kayıp olmaz. Sıfır dirence sahip olma özelliğine ek olarak bazı aşırıiletkenler, uygulanan manyetik alanı da dışarlarlar. Bundan dolayı bu tür aşırıiletken içersinde bütün noktalarda manyetik alan sıfır olmaktadır. Bir süperiletken kritik sıcaklığı olan TC sıcaklığından daha büyük olduğunda normal bir Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 136 -

metal gibi, TC sıcaklığından daha küçük olduğunda ise aşırıiletken gibi davranır. Sistem bu durumda iken bir manyetik alana konulduğunda manyetik alan çizgilerini dışarılar. Manyetik alan çizgilerinin bir kısmı ortadaki oyukta kalır. Bu oyuktaki manyetik alanın akısı kuantumlanmıştır. Bu olay Meissner olayı olarak bilinir. 10. İlkel örgü hücresinde tek tip atom bulunan bir kristalin dağılım bağıntısı 1

2V  4C  2 Ka ve burada Wm = o =  W = Wm sin  a 2 M  kesikli örgü için grup hızı; Vg =

dW a Ka Ka = Wm cos = Vo cos dk 2 2 2

K=0 için; a Vg = Wm = Vo 2 K =±

π için Vg = 0 → duran dalganın bir özelliğidir. a

Faz hızı Ka sin w wm Ka 2V0 Ka 2 Vf = = sin = sin = V0 Ka K K 2 Ka 2 2 K → 0 limitinde sin

Ka Ka ; olduğundan V f = V0 2 2

π K = ± için a

V f = V0

π 2 = 2V0 dir. π π 2

sin

Sürekli ortam için; yani λ ? a veya Ka = 1 için sin W = Wm sin dW a = Wm = V0 dK 2 W Ka a V f = = Wm = Wm = V0 K 2K 2 Vg =

Ka Ka olduğundan ; 2 2

Ka Ka = Wm 2 2

V f = Vg = V0 dır.


11. Örgü: Kristalografide, kristali oluşturan atomlardan kaynaklanan olaylardan ziyade kristalin geometrik özellikleri ile ilgilenilir. Bu yüzden her atom, o atomun denge konumuna yerleştirilen geometrik bir nokta ile temsil edilir. Böylece kristalinkiyle aynı geometrik özelliklere sahip noktaların bir deseni elde edilir. Bu geometrik desene “örgü” adı verilir. Birim hücre: Tekrarlandığı zaman tüm uzayı dolduran minimum hacimli yapıya birim hücre denir. Baz: Kristal örgü bir kez belirlenir ve uygun koordinat eksenlerini ve birim hücreyi tanımlamakta kullanılırsa, kristal yapının her bir örgü noktasına eşlik ettiğinde tüm yapıyı meydana getiren atomlardan oluşmuş bir grubu belirleyerek başarılır. Atomların bu grubuna “baz” denir. Kısaca, her bir örgü noktasına atomların veya atom gruplarının yerleşmesidir. Bravais örgü: Örgü öteleme vektörlerinin boyları ve aralarındaki θ açısının değerinde bir kısılama olmadığı için örgü türü sayısı sonsuzdur. Örgü öteleme ve simetri işlemleri (simetri merkezi, dönme, yansıma) gibi tüm kısıtlamalar altında değişmez kalan örgü türlerine “Bravais örgü” denir. 2 boyutta 5 adet ve 3 boyutta 14 adet Bravais örgü vardır. 12. Paylaşılma dikkate alındıktan sonra sadece 1 tane örgü noktası içeren hücrelere veya sadece köşelerinde örgü noktası bulunan hücrelere “İlkel hücre “ denir. Başka bir deyişle, r r r a , b , c ilkel öteleme vektörleriyle tanımlanan ve hacmi en küçük olan hücredir. Birden fazla örgü noktası bulunan hücrelere de “ İlkel olmayan hücre” denir.


Burada 1, 2, 3 nolu hücreler ilkel, 4, 5, 6 nolu hücreler ilkel değillerdir. Birim hacimdeki örgü nokta sayısı N, iki boyutta şu şekilde bulunur.

N = N iç +

N yüzey 2

+

N köşe 4

Buna göre 1, 2, 3 nolu hücreler 1 tane örgü noktası içerir. 4 ve 6 nolu hücre 2örgü noktası, 5 nolu hücre 4 tane örgü noktası içerir. Böylece 4, 5, 6 nolu hücreler, ilkel olmayan birim hücrelerdir.


13. Fononlar, Bose-Einstein dağılımına, elektronlar ise Fermi-Dirac dağılımına uyarlar. Elektronun belirli bir E enerjili durumunda bulunma olasılığı 1

f ( E) = e

( E − EF ) k BT

+1

ifadesiyle verilir. ( EF → Fermi enerjisi ) T= 0K de 1 f (E ) =  0

E < EF   E > EF 

Buna göre, EF enerjisinin altındaki bütün enerji seviyeleri dolu, üstündekilerin hepsi boştur. Bu yüzden T= 0K sıcaklığında Fermi-Dirac dağılım fonksiyonu, Fermi enerjisinde kesiklilik gösterir. T>0 K ve E = EF olduğunda f(E) = ½ değerini alır.

Bu ise, Fermi enerjisi sıcaklıkla çok az değiştiği için, Fermi enerjisindeki bir durumun dolu da olabileceğini, boş da olabileceğini ifade eder. Sistem ısıtıldığında, yani T>0K için, termal enerji bazı elektronları uyarır. Önemli olan nokta, termal enerjinin bütün elektronlar tarafından eşit şekilde bölüşülmesidir. Bunun sebebi, Fermi enerjisinin Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 140 -

altındaki elektronların enerji yutamamasıdır. Elektronların oda sıcaklığında termal yoldan yutabileceği enerji k BT = 0.025eV mertebesindedir. Bu enerji 5eV mertebesindeki Fermi enerjisinden çok küçüktür. Bu yüzden, sadece Fermi enerjisine yakın enerjili elektronlar uyarılır. 14.

Kristalin küresel atomlardan meydana geldiğini düşünelim. Sıkı-paket yapı için bu kürelerin aralarındaki hacmin minimum olması gerekir. Bunun için yukarıdaki düzenleme yapılırsa; a) A düzlemi, bir atomun en yakın 6 tane komşusu olacak şekilde oluşturulur. b) A düzlemi üzerine yerleştirilecek B düzleminin atomlarının merkezleri o işaretli noktalardan çıkan dikmelere denk gelecek şekilde yerleştirilir. c) 3. düzlemin yerleşmesi için iki seçenek vardır. i)

3.

düzlemi

oluşturan

atomların

merkezleri

A

atomlarının

merkezlerinden çıkan dikmeler üzerine yerleştirilir. Düzlemlerin istif sırası ABABAB... şeklindedir. Bu şekildeki

yapıya sıkı-paket

heksagonal (hcp) yapı denir. ii)

3. düzlemi oluşturan atomların merkezleri + işaretli C konumlarından çıkılan

dikmeler

üzerine

yerleştirilir.

Düzlemlerin

istif

sırası

ABCABC... şeklindedir. Bu şekildeki yapıya sıkı-paket kübik veya yüzey merkezli kübik (fcc) yapı denir. 15. Düzlemler için kesim noktalarını bulacak olursak; a) x

y

z

b) x

y

z

1

1

0

1

1

1

1/1 1/1 1/0 1

1

∞

c)

x

y

z

2

-1

0

1/1 1/1 1/1

½ 1/-1 1/0

1

½ -1

1

1


∞

Doğrultular için kesim noktalarını bulacak olursak; a)

16.

x

y

z

b) x

y

z

1/2

0

1

1

0

1/3

r r r a , b, c gerçek örgünün öteleme vektörleri olmak üzere;


r r r A, B, C ters örgü öteleme vektörlerinin oluşturduğu eksenler üzerine kurulan örgüye ters

r r r

(karşıt) örgü denir. a , b, c ilkel öteleme vektörlerini kullanarak, aynı örgüden ters örgü r r r r noktalarını veren G = hA + kB + lC ters örgü öteleme vektörü elde edilir. r uur uur uur uur a = ax + a y ; ax = a cos30i , a y = −a sin30 j

r r a = a cos30i − a sin30 j , b = bj , r a = 2 3i − 2 j ,

r r r A, B, C ters örgü vektörleri olmak üzere;

r c = bk ‘dır. Değerleri yerine yazarsak; r r b = 6 j , c = 8k

r r r b×c 48i π 1 A = 2π urr r = 2π = i  96 3 3 Å a.b × c

r r ur 16 3 j +16i  c×a π 1 B = 2π urr r = 2π  (i + j )   = a.b × c Å  96 3  3 3 r r ur 12 3k a×b π  1  ’dır. = C = 2π urr r = 2π k  96 3 4 3  Å  a.b × c

17. X- ışınlarının kristalden saçılması olayını incelemek için, atomları A, B, C, ... gibi şekil düzlemine dik, aralarındaki mesafe eşit ve d olan paralel düzlemler takımının üzerinde sıralanmış bir kristal kesiti göz önüne alalım. Birbirine paralel, monokromatik ve dalga boyu λ olan x-ışını demetinin bu kristal üzerine, Bragg açısı denilen ve gelen ışın ile göz önüne alınan kristal düzlemleri arasındaki açı olan θ açısı ile düştüğünü düşünelim.

Bu gelen x-ışınları kristalin atomları tarafından kırınıma uğratılarak, uzayın her doğrultusunda saçılıma uğrarlar. İki x-ışını arasındaki yol farkından hareket ederek; CB+BD= nλ (yol farkı) CB= d sinθ, BD= d sinθ ise CB+BD= 2dsinθ = nλ’dır. 2dsinθ = nλ Bragg kanunudur. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 143 -

Eğer bu yol farkı dalga boyunun n tam katlarına eşitse gelen ışınlar tamamen aynı fazda olurlar ve birbirlerini destekleyerek yapıcı girişimde bulunurlar. Bu bağıntı ilk olarak W.L. Bragg tarafından formüle edilmiştir ve Bragg kanunu olarak bilinmektedir. λ bağımsız olarak tayin edildiğinden ve θ açısı yansıma deneyinden doğrudan ölçülebildiğinden, düzlemler arası d uzaklığını hesaplamak için Bragg kanunu kullanılır. X-ışınlarının kristalden yansıması ile ışığın aynadan yansıması arasında 3 fark vardır; a) Görünür ışık aynanın yüzeyinden yansır. Fakat x-ışınları kristal içindeki atomlardan yansır. b) Görünür ışık aynadan çok yüksek verimle yansır. Fakat x-ışınları soğurulmadan dolayı ancak % bir kaçı yansıma imkanı bulur. c) Görünür ışık aynadan her açıda yansır. Fakat x-ışınları ancak Bragg yasasının öngördüğü geliş açılarında yansımaya uğrar. 18. Ewald küresi, bir ışınımın yansıyıp yansımayacağını belirleyen bir çizimdir.

r

Şekildeki noktalar kristalin ters örgü noktalarıdır. k vektörü gelen x-ışını demeti

r

doğrultusundadır ve bunun ucu herhangi bir ters örgü noktasındadır. k vektörünün başlangıç noktası da 0 noktası olsun. 0 merkezli ve k = 2π yarıçaplı bir küre çizelim. Eğer λ

bu küre ters örgüde herhangi bir noktadan geçiyorsa saçılan x-ışınının doğrultusu 0 başlangıç noktasını bu noktaya birleştiren doğrultudur. İki ters örgü noktasını birleştiren

ur

r

ur

vektör, ters örgü vektörüdür. Böylece saçılan x-ışını k = k + G doğrultusundadır. ı

19.

 −2π i h.0+k .12 +l .14  −2π i h.12 +k .0+l . 14  −2π i h.12 +k .0+l . 34  −2π i h.0+k .12 +l . 34       Fhkl = f  e  +e  +e  +e       e terimlerinin üst ifadesini 4 ile çarpıp bölersek,


1 1 1 − π i ( 2.h +l ) − π i( 2. h +3.l ) − π i( 2. k +3.l )   − 12π i ( 2.k +l ) 2 2 Fhkl = f  e +e +e +e 2  ifadesi elde edilir.  

Her terimde ortak olan terim e

Fhkl = fe

1 − π il 2

(e

1 - πil 2

−π i ( k )

+e

‘dır. Bunu paranteze alırsak, −π i ( h )

+e

−π i ( h +l )

+e

−π i ( k +l )

) sonucuna ulaşırız.

20. Brillouin bölgesi: Ters örgünün Wigner-Seitz hücresi olarak tanımlanır. Bu elektron enerji band kuramında ve kristallerin basit uyarılmalarının gösteriminde kullanılan tek

r

çizimdir. Brillouin bölgesinin bir yüzeyine gelen herhangi bir k dalgası kristal tarafından kırınıma uğratılır. Özellikleri ise; a) Tüm Brillouin bölgelerinin alanları birbirine eşit ve değeri 2 boyutta (

2π 2 ) ’dir. a

b) Her Brillouin bölgesi kendi dış sınırı ile bir numara yüksek dereceli Brillouin bölgesinin iç sınırları arasında kalan kısımdır. r ur ur 2 2kG = G Bragg yasasıdır. Bir başlangıç noktası seçilir ve bu nokta komşu örgü noktalarına bir vektörle birleştirilir. Bu vektör bir ters örgü vektörüdür. Bu vektöre tam

r

orta noktasından dik bir düzlem çizersek, yine bu başlangıç noktasından, k dalga vektörlü bir x-ışını örgü noktalarının arasından geçerek düzleme gelir. Düzleme gelen x-ışını Bragg saçılmasına uğrayacaktır.

uur uur uur uur 0 A = G A ; 0 B = GB r ur ur 2 2kG = G her iki tarafı 4 ile bölelim, 2 r 1 uur 1 uur 1 uur 1 rur 1 ur kG = G buradan k GA = GA GA ’dır. 2 2 2 2 2


r 1 uur 1 uur 2 k G A = GA 2 2

r r 1 uur 1 uur 2 k GB = GB Bu k vektörlerine Brillouin bölgesinin sınırları denir. 2 2 Ters uzayda bir örgü noktasını, komşu örgü noktalarına birleştiren vektörlerin orta noktalarından geçen dik düzlemlerin kesişmesi ile I. Brillouin bölgesi oluşturulmuş olur. 21.

Atomik doldurma faktorü ( ADF ) =

birim hücredeki atomların hacmi toplam birim hücre hacmi

4 3 πr V π sc için ADF = 3 = 3 3 = (%52) a a 6 Her birim küpte bir atom vardır. Hücrenin çapı, kenar uzunluğu a olmak üzere ( d = 2r = a ⇒

d a = 1, r = ) a 2

bcc için ADF =

2 × atom hacmi 2V 3π = 3 = (%68.4) 3 a a 8

Her birim küpte 2 atom vardır. d = 2r = fcc için ADF =

3 3a a⇒ r = 2 4

4 × atom hacmi 4V 2π = 3 = (%74.3) 3 a a 6

Her birim küpte 4 atom vardır. d = 2r =

2 2a a⇒ r = 2 4

Dolululuk sırası fcc, bcc, sc şeklindedir. 22. Van-der Waals bağlı bir katının bağlanma enerjisi, R

M U = − 6 + Ne ρ R


U=

90 M (− ) 100 R 6

dU dR

R = Ro

=0 − Ro ρ

0=

6M N − e Ro7 ρ

Ne

M 6ρ − Ro =− 6 Ro Ro ρ

M U ( Ro ) = − 6 + Ne Ro U ( Ro ) = −

− Ro ρ

M M 6ρ + Ro6 Ro6 Ro

−

90 M M M 6ρ =− 6 + 6 6 100 Ro Ro Ro Ro

−

90 6ρ = −1+ 100 Ro

10 6 ρ = 100 Ro 10 Ro 600 10 2 × 10−8 cm ρ= 600 ρ = 0.033 × 10−8 cm = 0.033Å ρ=

sonucu bulunur. 23. Madelung Sabiti: İyonik bağlı bir kristalde iki iyon arasındaki mesafe rij = Pij R dir. Burada R, en yakın iki iyon arasındaki mesafe; Pij , bir tamsayı; rij ise i nolu referans iyonunun j nolu iyona olan uzaklığıdır. İyonik bağlı bir kristalin bağlanma enerjisi

1 e2 1 A U = ∑ (− ) + ∑ n ( n ) dir. R R j Pij j Pij İşte bu ifadede ki

1 ifadesine “Madelung Sabiti” denir ve α ile gösterilir. Bu sabit en

∑P j

ij

yakın komşu sayısına, daha doğrusu kristalin yapısına bağlıdır. α =∑ j

± R =∑ ± Pij j rij


1 1 1 1 1 α = ∑ ± = 2[ − + − + ...] R rij R 2 R 3R 4 R j 2 1 1 1 [1 − + − + ...] 2 3 4 R 1 1 1 α = 2[1 − + − + ...] = 2ln 2 2 3 4 =

24. K-uzayı, sürekli bir ortam yerine, noktaların periyodik dizilişinden oluşur. Bunun sonucu olarak da, bir örgü titreşiminin enerjisi sadece belirli değerleri alabilir, yani kuantumludur. Enerjinin bu belirli değerlerine, elektromagnetik dalganın fotonuna benzer şekilde, “fonon” adı verilir. Kristallerdeki esnek dalgalar fononlardan oluşur. Kristallerdeki termal titreşimler, siyah cisim ışımasında termal olarak uyarılan fotonlar gibi, termal olarak uyarılmış fononlardır. Katılarda önemli temel uyarmalar aşağıdaki tabloda verilmiştir.

25. Mathiessen Kuralı: Madde içinde bulunan ve periyodikliği bozan etkilerin özdirence katkıları birbirine eklenir. Bunları hepsi özdirenci artırıcı yöndedir. Toplam özdirenç

ρ = ρ örgü + ρ artık + ρ magnetik + L burada ρ örgü , örgü atomlarının ısıl titreşimlerinden kaynaklanan özdirençtir. Sıcaklığın artmasıyla iyon titreşimleri artar ve elektronların iyonlara çarpmaları daha çok olur ve böylece özdirenç artar.

ρ artık : metal içerisindeki periyodik ortamın periyodikliğini bozan yabancı atomlardan gelen vaya örgü kusurlarından kaynaklanan özdirence ‘artık özdirenç’ denir. Tavlama: Numunelerin erime sıcaklığının altında uzun süre sabit sıcaklık altında bekletme işlemine “tavlama” denir. Tavlama işlemiyle her atomun örgü noktasına yerleşmesini sağlıyoruz. Bu olay iki şekilde olur. a) Yerdeğiştirme yoluyla; örneğin Cu atomları ile Au atomları yerdeğiştirirler. b) Araya sıkıştırma ile; örneğin Au atomlarının arasına Cu atomları sıkışır. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 148 -

Durum Yoğunluğu: Kristalin birim hacminde, birim enerji aralığında bulunan elektronların sayısına G(E) “durum yoğunluğu” denir. Nokta Grubu: Bir örgü noktasına uygulandığında örgüyü değişmez bırakan simetri işlemlerinin tümüne “nokta grubu” denir. İki boyutlu örgüler için nokta grubu 1,2,3,4,6 dönme simetrisi ile var olan ayna simetrisinden oluşur. 26. Dulong-Petit Kanunu: Bir mol katının sıcaklığını 1 0C yükseltmek için verilmesi gereken enerji 6kal/mol.derece’ dir. Dulong-Petit kanunu yüksek sıcaklıklarda geçerlidir. Sürüklenme Hızı: Kristal içerisindeki serbest elektronun, elektrik alan uygulanması sonucu ardışık çarpışmalar sırasındaki hızdır. Yani elektronunu kristal içerisinde bir ucdan diğer uca gidebilmesi için gereken hızdır. Buna difüzyon hızı da denir. Grup Hızı: Ortalama açısal frekansı ve dalga vektörü bilinen bir dalga atmasının hızıdır. Grup hızı, enerji ve momentumun taşınma hızıdır. 27.

G (ε ) ,Kristalin birim hacminde ve birim enerji aralığında bulunan elektronların sayısıdır.

Öncelikle biz k ile k+dk yarıçaplı küreler arasında kalan noktaların sayısını bulmak zorundayız. O halde dk kalınlığındaki küre kabuğunun hacmini hesaplarsak, k yarıçaplı kürenin hacmi V = 4 π k 3 olduğuna göre dk kalınlığındaki kürenin hacmi, 3

dV = 4π k 2dk dır. Her noktaya ( 2π )3 ’lük bir hacim eşlik ettiğine göre, k ile k+dk L

2 2 yarıçaplı küreler arasında kalan noktaların sayısı, N = 4π k dk = k L3 dk ’dır. 2

(

2π 3 ) L

2π

Her noktaya Pauli ilkesi gereği 2 elektron yerleşebileceğinden k ile k+dk yarıçaplı küreler


2 arasındaki elektron sayısı, N = 2 × k L3dk , L3 → Kristalin hacmi 2π 2

Kristalin birim hacminde k ile k+dk yarıçaplı küreler arasındaki elektronların sayısı,

G (k )dk = 2 ×

k2 dk 2π 2

G ( E )dE = G (k )dk = 2 ×

k2 dk 2π 2

h 2k 2 2mE ⇒ k2 = 2 2m h 2mE mdE k= dk = h h 2mE E=

G ( E )dE = 2 ×

k2 dk 2π 2

ifadesinde yukarıdakileri yerine yazarsak

1 2m 32 12 G ( E ) dE = 2 ( 2 ) E dE elde edilir 2π h 1 2m 32 12 buradan G ( E ) = ( ) E sonucu bulunur. 2π 2 h2 28.

G (ε ) ’yi E’nin fonksiyonu olarak çizersek

Şekil a’ daki taralı alandan da görüldüğü gibi mutlak sıfır sıcaklığında (0 oK) Fermi enerji seviyesinin üstündeki bütün enerji seviyeleri boştur. Buna göre şekildeki taralı alan toplam elektron sayısını verir. Şekil b’ de T

N

T E T dir. Yani oranında elektron Fermi seviyesi üstüne çıkar. N =N TF EF TF

29. Serbest elektron teorisini daha çok metallerde görüyoruz. Serbest elektron modeline göre, metali oluşturan atomların en zayıf bağlı elektronları metalin hacmi içerisinde özgürce hareket ederler. Bu teoriye göre elektronların iyonlarla ve elektronların komşu elektronlarla etkileşmesi ihmal ediliyor. Ayrıca bu teoriye göre serbest elektronun toplam enerjisi kinetik enerjidir. Potansiyel enerji ihmal edilir. Drude modelinin varsayımları a) Metal iyonları örgü noktalarında hareketsizdirler. b) Serbest elektron gazı, sabit bir potansiyel bölgesi oluşturur. c) Her bir iletim elektronu, sadece sıcaklığın fonksiyonu olan bir ortalama hıza sahiptir. d) Bir dış alan (Elektrik alan) yokken, iletim elektronları durgun pozitif iyonlar tarafından izotropik ve esnek olarak saçılırlar. e) Bir elektron, termal uyarma veya dışardan uygulanan bir elektrik alanın etkisi altında ilave bir hız kazandığında, elektron bir iyon tarafından ilk saçılmasında bu ilave hızı kaybeder. Birim hacminde N serbest elektronlu bir dizgenin taban durumundan itibaren doldurulmuş yörüngeler iki boyutlu k-uzayında bir dairenin içindeki noktalar olarak gösterilebilir. Bu daireye “Fermi dairesi” denir.

Fermi dairesinde (

2π 2 alanda bir tane nokta vardır. k yarıçaplı dairenin alanı π k 2 f ) f L


2 olduğuna göre, bu daire içerisinde, π k f tane nokta vardır. Her noktaya Pauli ilkesi 2  2π     L 

gereğince 2 tane elektron yerleşebileceğine göre 2

π k 2f  2π     L 

2

, kf yarıçaplı daire içerisindeki

elektron sayısıdır. Birim alandaki serbest elektron sayısı N olduğuna göre, kristalin alanı da L2 olduğuna göre, toplam elektron sayısı nL2’ dir. π k 2f

= nL2 2 2 π     L   2 2π k f 2 L = nL2 ⇒ k 2f = 2π n 4π 2

2

k f = 2π n 2 bulunur. EF = h k 2f olduğuna göre, 2m

EF =

h2 (2π n) sonucu bulunur. 2m

30. Elektronlar elektrik alanın etkisiyle sağa sola yukarı gibi çeşitli yönlerde hareket ediyorlar. Elektron için hareket denklemi; ur ur uur ur dV V ( −e ) E terimi elektrik alandan ileri geliyor. m = ( − e) E − m dt τ ur V − m elektronun hareketine engel olmaya çalışıyor. Vd ⇒ sürüklenme hızı ise, τ

uur uur ur dVd Vd m = (− e ) E − m dt τ

yazılabilir.

Elektronlar çeşitli yönlerde ve çeşitli hızlarda hareket ediyor dediydik bu hızların ortalaması sıfırdır. uur dVd m =0 dt

uur ur ur uur −eEτ Vd bulunur. (− e ) E − m = 0 ⇒ Vd = τ m

Vd ⇒ Elektrik alanın etkisi ile bu alana ters yönde giden hızdır.

J ⇒ Akım yoğunluğu

N ⇒ Birim hacimdeki toplam elektron sayısı


ur

ur Ne2τ E ur uur elde edilir. J = N ( −e)Vd sürüklenme hızını yerine yazarsak J = m

ur

ur

σ ⇒ iletkenlik ise σ = Ne τ ⇒ J = σ E bulunur. 2

m

ρ=

1 m özdirenç ifadesidir. ⇒ σ Ne 2τ

31. Etkin Kütle: Kristal içindeki serbest elektronun kütlesine etkin kütle denir. Etkin kütle, elektronun periyodik potansiyel ve dış kuvvet etkisi altındaki hareketine Newton kanununun uygulanmasını sağlayan bir büyüklüktür. İşareti (+) ve (-) olabilir.

Eserbest =

h 2k 2 2mserbest

enerjinin k dalga vektörüne göre sırasıyla birinci ve ikinci türevini

alalım,

dEserbest h2k = dk mserbest

den

d 2 Eserbest h2 h2 = ⇒ m = = metkin serbest d 2 Eserbest dk 2 mserbest dk 2

Valans Bandı: T= 0 oK ‘de (mutlak sıfırda) en yüksek enerjili elektron içeren dolu bandına “valans bandı” veya “değerlilik bandı” adı verilir. İletim Bandı: Valans bandını izleyen ilk boş enerji bandına iletim bandı denir. Fermi Küresi: Birim hacimde N tane elektronlu bir dizgenin taban durumundan itibaren doldurulmuş yörüngeler iki boyutlu k-uzayında bir dairenin içindeki noktalar olarak gösterilebilir. Bu daireye “Fermi Dairesi” denir. 32.

a) Özısıya katkı iki şekilde olur. i)

Örgü noktalarındaki iyonlardan

ii)

İletim elektronlarından

Klasik yoldan iletim elektronlarının öz ısıya katkılarını bulurken; Atomu harmonik titreşici olarak düşünüyoruz. Serbestlik derecesi başına serbest bir parçacığın enerjisi 1 kT dir. Serbestlik derecesi başına serbest olmayan bir parçacığın enerjisi kT ’ dir. 2

Atomu harmonik titreştiriciye benzetirsek, 3 serbestlik derecesi olur ve enerji ifadesi 3kT ’dir. N tane atomdan oluşan sistemin toplam enerjisi 3NkT olur. 1 mol için sistemin toplam enerjisi ( E sistem )1mol = 3 N ev kT dir. Cörgü =

dEsistem kal . Bu ifade Dolung-Petit yasası olarak bilinir. Bu = 3 N ev k = 3R = 6 dT mol ( K )

yasa yüksek sıcaklıklarda 300 0K ve yukarısında geçerlidir. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 153 -

İletim elektronları için; Bir serbestlik derecesi başına enerji 1 kT 2

3 serbestlik derecesi başına enerjisi 3 kT 2

N tane elektron için enerji Ee =

3 NkT ’dir. 2

1 mol için sistemin toplam enerjisi Ee =

3 N ev kT ’dir. 2

Burada iletim elektronlarından gelen katkı Ce = dEe = 3 N ev k dT 2 Ce =

kal 3 kal bulunur. Ctoplam = Cörgü + Ce = 6 + 3 = 9 R=3 mol(K) 2 mol ( K )

Biz C = dE demekle bütün serbest elektronların özısıya etkisi olduğunu kabul ettik. dT

Halbuki elektronları hepsi özısıya katkıda bulunmuyor. Sadece Fermi enerjisine çok yakın olan elektronlar katkıda bulunuyor. (Bakınız soru 13) Kristale kT kadarlık enerji verdiğimizde N tane elektrondan yaklaşık kaç tanesi özısıya katkıda bulunur.

kT ⇒ özısıya katkıda bulunabilecek elektronların kesridir. kT f N tanesi için N kT olur. kT f Özısıya katkıda bulunan elektronları enerjisi; Ee = ( N

3 kT 3 T2 ) kT = Nk 2 kT f 2 Tf

1 mol için Ee = Ce =

3 T2 N ev k 2 Tf

dEe T T = 3 N ev k = 3R dT Tf Tf

olur. b) Ee = ∫ ε f ( E )G ( E )dE ⇒ öz ısıya katkıda bulunan elektronların enerjisidir. 2 Bu integral hesaplanır ve özısıya geçilirse C = π Nk T elde edilir. e Tf 2

2 2 2 1 mol için Ce = π N ev k T = π R T olur. Burada π R 1 = γ dersek 2 Tf 2 Tf 2 Tf


Ce = γ T olur. (Elektronların özısıya katkıları çok küçüktür) Cörgü = αT 3 α → sabit (Atomların titreşimine eşlik eden öz ısı)

Ctoplam = Ce + Cörgü = γ T + αT 3 bulunur. Şimdi biz sıcaklığın fonksiyonu olarak Ctoplam ölçersek

T1 → C1

(Ctop )1 = αT13 + γ T1

T2 → C2

(Ctop )2 = αT23 + γ T2

T3 → C3

(Ctop )3 = α T33 + γ T3

.

.

.

.

Tn → Cn

(Biz

Ctop T

(Ctop )n = αT 3 + γ T

= αT 2 + γ denkleminin

Ctop T

2

karşı T grafiğini çizersek;

tanθ = α eşitliğinden öz ısıya olan katkılarını bulabiliriz.)


KUANTUM FİZİĞİ CEVAPLAR

1.

Kuantum mekaniğinin gelişmesine neden olan olaylar , a-Fotoelektrik olayı b-Compton saçılması c-Katıların düşük sıcaklıklarda ısı sığasının açıklanamaması d-Siyah cisim ışıması e-Parçacıkların kırınımı şeklinde özetlenebilir. Bu olaylarda klasik fizikte olmayan,ışığın parçacık özelliği, maddenin dalga yapısı ve fiziksel büyüklüklerin kuantumlu olması (Enerji, Açısal momentum) gibi olaylar açıklanamıyordu. Bu olayların açıklanabilmesi için kuantum mekaniği doğmuştur.

2.

Klasik mekanik ve Kuantum mekaniği açısından olaya yaklaşabilmek için bir örnek verebiliriz. Bir U yüksekliğine sahip potansiyel engeli üzerine gelen bir taneciğin dalga fonksiyonuna bakalım.

Burada olaya klasik mekanik açısından bakıldığında, eğer parçacık enerjisi bu

U

engelini geçebilecek enerjiye sahip değilse o zaman parçacık engel tarafından geri yansıtılacağından, parçacığın II ve III bölgelerde bulunma ihtimali olamaz ve bu bölgeler parçacık için yasak bölgelerdir.Fakat olaya Kuantum mekaniği açısından bakacak olursak bu bölgelerde parçacık, enerjisine bakılmaksızın bulunabilir. Çünkü parçacığın dalga fonksiyonunun genliği bu bölgelerde 0 değildir. Burada I ve III’ cü bölgede parçacık sinüssel bir dağılım gösterir. II’inci bölgede ise üstel azalan bir fonksiyondur. Tünelleme olayı kuantum mekaniksel bir olaydır ve parçacığın dalga fonksiyonu kullanılmıştır. 3.

Klasik fizik açısından herhangi iki büyüklüğü tam anlamıyla ölçebilirsiniz,fakat kuantum mekaniği açısından bakarsanız herhangi iki büyüklüğü kesin olarak ölçemezsiniz.Bu olayı ilk bulan Heisenberg olduğundan bu olaya

Heisenberg belirsizlik ilkesi denilir. Bu

ilkenin 3 değişik gösterimi vardır. Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 156 -

∆E.∆t = ħ , (Bir parçacığın enerjisi ile zamanı aynı anda kesin doğrulukta ölçülemez) ∆x.∆p =ħ, (Bir parçacığın konumu ile momentumu aynı anda kesin doğrulukta ölçülemez) ∆L.∆Ф = ħ, (Bir parçacığın açısal momentumu ile açı

aynı anda kesin doğrulukta

ölçülemez) 4.

Durgun kütlesi sıfır olan bir foton için enerji ile momentum arasındaki ilişkinin, P=E/C şeklinde verildiğini özel görelilikten biliyoruz .Kuantum mekaniğinde bir fotonun enerjisi, E=hf olarak verildiğinden, p=

E hc h = = c cλ λ

yazılabilir.Buradan da görüldüğü gibi fotonun dalga boyu , momentumu ile belirlenebilir.Yani p momentumuna sahip parçacıklar,dalga boylarına ve dolayısıyla dalga özelliğine sahip olmalılardır. 5.

Schrödinger dalga denklemini iki şekilde yazabiliriz. Birincisi zamandan bağımsız olup, -h 2 ∂ 2ψ = Eψ 2m ∂x 2 şeklinde,İkincisi ise zamana bağlı olup, ih

∂ψ = Hψ ∂t

şeklinde yazılabilir. Schrödinger dalga denklemi bize parçacığın zaman içindeki evrimini anlatır. Bu denklemin en önemli özelliklerinden biriside çizgisel (lineer) olmasıdır 6.

Kuantum mekaniğinde bir sistemin herhangi bir t anındaki durumu,dalga fonksiyonu r denilen sürekli,türevlenebilir ve genelde sanal olan ψ(r,t) ile belirlenir.Bu dalga fonksiyonu kuantum mekaniğinin postülalarınıda sağlar.Bu postülalar, ∞

I-

∫

−∞

II-

r r ψ(r,t).dr =1

(Normalizasyon şartı)

r r r → ∞ olduğunda ψ(r,t) → 0

Kuantum mekaniğindeki bu dalga fonksiyonunun boyutu

1

boyutundadır ve uzunluk r 2 olasılık yoğunluğu olarak x ile x+dx arasındaki bulunma olasılığı ψ(r,t) dx ile verilir.


7.

Dirac delta fonksiyonunu anlamak için şöyle bir örnek verebiliriz. r 1 v= 2 rˆ r gibi bir vektörel fonksiyona bakacak olursak bu fonksiyonun vektörel çizgilerinin aşağıdaki gibi olduğu görülür.

Bu şekilden vektör potansiyelinin diverjansının sıfır olmadığı açıkça görülmesine rağmen (Vektör çizgilerinin boyu, merkezden uzaklaştıkça küçülmektedir.) matematiksel olarak, rr 1 ∂ 2 1 ∇v = 2 (r 2 ) = 0 r ∂r r sonucu elde edilir. Burada bir çelişki ortaya çıkmaktadır. Şimdi fonksiyonumuza diverjans teoremini

uygulayalım.Bunun

için

R

yarıçaplı

bir

küre

yüzeyinde

vektörel

fonksiyonumuza bakarsak, r r

1

∫ vda= ∫ R

2

ˆ 2sinθdθdφ=4π rR

şeklinde 4π ’lik bir katkı gelmektedir.Bu fonksiyonumuzun r = 0 noktasındaki değerine bakacak olursak, 1 1 ˆ ˆr=∞ r= r2 0 olup, bu değer fonksiyonumuzu ∞ ’a götürmektedir. Fizikçiler burada yeni bir fonksiyon tanımlayarak bu çelişkiden kurtulmuşlardır. Tanımlanan fonksiyon r=0 noktasında R yarıçaplı bir küre için 4π ’ lik bir katkı getirir ve bu fonksiyon Dirac delta fonksiyonu olarak adlandırılır. Dirac delta fonksiyonunun en önemli özelliği bir noktada değerinin olmasıdır. ( ∫ f(x) δ(x)=f(0) ) 8.

Sonsuz bir potansiyel kuyusundaki bir serbest parçacık için enerji özdeğerlerini yazabilmemiz için Schrödinger denklemini çözmemiz gerekir.


-h 2 ∂ 2ψ =Eψ 2m ∂x 2 k2 =

2m E, h2

tanımı yapılırsa aradığımız çözüm, ψ(x)=Asinkx+Bcoskx olarak bulunur.Şimdi bu dalga fonksiyonuna, ψ(0)=ψ(L)=0

sınır şartlarını uygularsak dalga denklemimiz ψ(x)=Asinkx şeklini alır.Bu denkleme normalizasyon şartı uygulanarak A katsayısı bulunabilir ve dalga fonksiyonu, 2 sinkx L

ψ(x)= olarak elde edilir.Enerji özdeğerleri ise, k2 =

2m E h2

tanımı kullanılarak, E=

n 2π2h 2 2m

şeklinde bulunur. 9.

Parite, herhangi bir fonksiyonun orjine göre simetri özelliklerini belirler. Fonksiyon orjine göre simetrik,antisimetrik yada simetrik olabilir.Şimdi bu ifadeleri tek değişkenli ve üç değişkenli fonksiyonlar için bulalım. a-Tek değişkenli ψ(r) gibi bir dalga fonksiyonunda r yerine –r koyduğumuzda ; I- ψ(r)=ψ(-r) ise,fonksiyon simetrik olup çift paritelidir. II- ψ(r)=-ψ(-r) ise, fonksiyon antisimetrikdir ve tek paritelidir.


III- Bir fonksiyon tek veya çift pariteli değilse, asimetriktir.

b- Üç değişkenli bir fonksiyon için; I- ψ(x,y,z)=ψ(-x,-y,-z) ise, çift paritelidir. II- ψ(x,y,z)=-ψ(-x,-y,-z) ise, tek paritelidir. 10.

A a =a a

ve

A b =b b

şeklinde iki tane özdeğer denklemi tanımlayalım.Burada,

a ≠ b ve A + =A olduğunu kabul edelim.( A hermitsel olsun ).Şimdi birinci ifade soldan

b ile çarpılırsa, i) b A a =a b a elde edilir. A’ nın hermitselliği kullanılırsa ikinci ifade, b A + =b b yazılabilir. Şimdi bu ifade sağdan a ile çarpılırsa, ii) b A a =b b a elde edilir ve (i) ile (ii) ifadelerinin farkı alınırsa, 0=(b-a) b a sonucuna ulaşılırki, burada a ≠ b olduğundan, b a =0 şeklindeki diklik koşulu elde edilmiş olur.Bu ise Hermityen bir operatörün farklı öz değerlerine karşılık gelen özfonksiyonlarının dik olduğunu söyler. 11. Herhangi bir sistem için dalga fonksiyonu,

ψ(x)=∑ Ca Ua (x) a

şeklinde yazılabilir.A ve B gibi iki operatör ψ(x) ile çarpılırsa, i- Aψ(x)= ∑ C a aU a (x) a

ii- Bψ(x)= ∑ Ca bU a (x) a

(i) ifadesini soldan B ile (ii) ifadesini de soldan A ile çarpılırsa, ABψ(x)= ∑ Ca baU a (x) a

BAψ(x)= ∑ Ca abU a (x) a


elde edilir ve bulunan bu son iki ifadenin farkı alınırsa, (AB-BA) ψ(x) = 0 ve (AB-BA) = 0 elde edilir. Kuantum mekaniğinde bulunan bu ifade,  A, B ] = 0 şeklinde kısaltılarak, komutasyon bağıntısı olarak adlandırılır.Kuantum mekaniğinde komutasyon ifadesi sıfır olan sistemdeki iki operatörün özfonksiyonları aynı olur ve eşzamanlı ölçüm yapılabilir. Komutasyon bağıntısı sıfır olmayan sistemlerin ise eşzamanlı ölçümü yapılamaz. Ayrıca bu bağıntılar, ünlü belirsizlik ilkesininde temelini oluşturur. 12. Bir boyutlu harmonik salınıcı için indirgen ve yükseltgen operatörleri yazacak olursak, A+ =

mw ip x( yükseltgen) 2h 2mwh

A=

mw ip x+ ( indirgen ) 2h 2mwh

elde edilir. Bu iki ifadeyi tarafa toplarsak; x operatörünü , x=

h (A+A + ) 2mw

olarak buluruz. Şimdi dirac notasyonu kullanılırsa, taban durum için beklenen değer, 0x0 =

h ( 0 A 0 + 0 A+ 0 ) 2mw 0 x 0 =0

olarak bulunur. 13. Bir boyutlu harmonik salınıcı için indirgen ve yükseltgen operatörleri yazacak olursak, A+ =

mw ip x( yükseltgen) 2h 2mwh

A=

mw ip x+ ( indirgen ) 2h 2mwh

0 p 0 =-i

mwh ( 0 A 0 - 0 A+ 0 ) 2

elde edilir. Bu iki ifadeyi tarafa çıkarırsak; p operatörünü ,


p=-i

mwh (A-A + ) 2

olarak buluruz. Yine dirac notasyonu kullanılırsa, 0 p 0 =-i

mwh ( 0 A 0 - 0 A+ 0 ) 2 0 p 0 =0

bulunur. 14. Açısal momentum için artırıcı ve azaltıcı operatörleri, Lˆ + =Lˆ x +iLˆ y Lˆ - =Lˆ x -iLˆ y şeklinde yazabiliriz. Bu operatörün özfonksiyonları küresel harmonik fonksiyonlardır.( Yl m ) Şimdi aşağıdaki eşitliğe bakalım. Lˆ z Lˆ + l,m =Lˆ + Lˆ z +hLˆ + l,m =(m+1)hLˆ + l,m Lˆ z Lˆ - l,m =Lˆ - Lˆ z +hLˆ - l,m =(m-1)hLˆ - l,m bu ifadeler yazılırken,  Lˆ + , Lˆ z  =-hLˆ + ve  Lˆ - , Lˆ z  =hLˆ +     eşitlikleri kullanılmıştır.Bu bağıntılara göre, Lˆ - l,m ve Lˆ - l,m ifadelerinin özdurumları Lˆ z ’nin (m-1) ve (m+1) özdeğerli özdurumlarıdır. Başka deyişle Lˆ - ve Lˆ + işlemcileri 1 kuantum sayısını değiştirmeden, Lˆ + l,m =C + l,m+1 Lˆ - l,m =C - l,m-1

m’yi 1 artırır veya, m’yi 1 azaltır.

15. Pertürbasyon (tedirginme) teorisi , kuantum mekaniksel yaklaşık hesap tekniklerinden biridir. Bu teoride, tüm sistemi betimleyen H hamilton işlemcisinin, özdeğer

ve

özfonksiyonları tam olarak çözülebilen H0 terimi yanında, çözümü güçleştiren fakat H0’ın özdeğer ve özfonksiyonlarına getirdiği katkıların küçük olduğu bir H1 terimini, H=H 0 +H1 şeklinde içerdiği varsayılır.Burada H0’ a tedirgenmemiş Hamilton işlemcisi, H1’ e Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 162 -

tedirgenme terimi ve H’ ya ise tedirginmiş Hamilton işlemcisi denir.H ve H0 zamana bağlı değilse, Hψ n =E n ψ n H 0 ψ 0 =E 0 ψ0 şeklindeki zamandan bağımsız Schrödinger denklemlerini sağlarlar. Sistemin tedirginmiş enerji özdeğer ve özfonksiyonları En ve ψ n dir. H1’ın sisteme etkisi küçük bir tedirginme olduğundan tedirginmiş En özdeğer ve ψ n özfonksiyonları H1’in bir kuvvet serisine açılabilir.Bu açılım en iyi, H1’in [0,1] aralığında değer alan bir λ parametresi ile çarpıldıktan sonra göz önüne alınması ile yapılabilir. Bu durumda tedirginmiş özdeğer ve özfonksiyonlar, E n =E 0 +λE1 +λ 2 E 2 +... ψ n =ψ 0 +λψ1 +λ 2 ψ 2 +... şeklinde λ ’nın bir kuvvet serisine açılabilir.Burada, λ tedirgenmeyi açma ( λ=1 ) veya kapama ( λ=0 ) görevi görür. Yukardaki seriler, (H 0 +λ H1 )ψ n =E n ψ n şeklindeki zamandan bağımsız Schrödinger denkleminde yerine konur ve ara işlemler yapılırsa, çeşitli mertebeden çözümler elde edilir.


NÜKLEER FİZİK CEVAPLAR

1.

Fermiyonlar, Pauli dışarlama ilkesine uyan parçacıklardır. Eğer özdeş fermiyonlar topluluğu tek parçacık dalga fonksiyonları cinsinden temsil edilirse, iki fermiyon aynı dalga fonksiyonuna sahip olamaz. Örneğin; elektronlar fermiyondur. Bu kural, atomların kabuk yapısını açıklar ve dolayısıyla kimyanın tümünü oluşturur. Fermiyonlar, İstatistik Mekaniğinin Fermi-Dirac istatiğine uyar. Fermiyonlara örnek olarak elektron, proton, nötrino gibi parçacıklar örnek olarak verilebilir. Bozonlar, Bose-Einstein istatistiğine uyan parçacıklardır ve herhangi bir sayıda bozon aynı tek parçacık dalga fonksiyonuyla temsil edilebilir. Böylece, bozonlar durumunda, makroskobik genlikli uyumlu dalgalar oluşturabilir ve bu dalgalar iyi bir yaklaşıklıkla klasik olarak tanımlanabilir. Örneğin; fotonlar bozondur ve fotonlara karşılık gelen klasik alan, Maxwell denklemlerini sağlayan E ve B elektromanyetik alanıdır. Bozonlara örnek olarak W+, W-, Z bozonları, foton, graviton verilebilir. Fermiyonların dalga fonksiyonları işaret değiştirir, yani dalga fonksiyonu tümüyle antisimetriktir. Bozonlar durumunda iç dalga fonksiyonu değişmez; yani tümüyle simetriktir. Bir parçacığın iç açısal momentumu ya da spini ile dalga fonksiyonu arasında bir ilişki vardır. Bir fermiyon için s; ± 1/2, ± 3/2, ± 5/2, ..... değerlerinden birini; bir bozon için s; ± 0, ± 1, ± 2, ± 3, ..... değerlerinden birini alır.

2.

Doğada dört etkileşme alanı tipi söz konusudur.

Kütle çekimi etkileşmesi: Kütle çekim alanı sadece yıldızlar gibi yoğun bir şekilde yığılmış maddelerde önemliyse de, bu etkileşmelerin tümü çekirdek fiziği için gereklidir. Kütle çekim kuvvetleri bütün parçacıklara etkir ve makroskobik cisimlerin büyük ölçeğindeki fizik için önemlidir. Yer kaynaklı atom ve çekirdek fiziğinin küçük ölçeğinde Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 164 -

kütle çekim kuvvetleri pek önemli değildir. F= G M1 M2 / r2 Elektromanyetik Etkileşme: U 12

r r ρ1 (r , t )ρ 2 (r , t ) 3 r 3 r 1 d r ′d r r r 4πε 0 ∫ r −r′ r ρ1 (r ′, t ) 3 r r 1 φ (r , t ) = r r d r′ 4πε 0 ∫ r − r

r r r = ∫ ρ 2 (r , t )φ (r , t )d 3 r =

ρ: yük yoğunluğudur. Atomlarda ve Moleküllerde elektronun bağlanmasında birinci derecede elektriksel potansiyel enerji sorumludur. Çekirdek fiziğinde ağır çekirdeklerin karasızlığının nedeni de bu enerjidir. Yüklerin hareketinden ileri gelen manyetik etkiler de içerilirse potansiyel enerji ifadesi:

U 12

1 = 4πε 0

1 ρ1 ρ 2 + 2 J 1′J 2 3r 3r c ∫ rr − rr ′ d r d r ′

biçimini alır. J = ρv, hızı V(r) olan yük dağılımıyla ilintili akımdır. Enerjiye gelen manyetik katkı V2 / c2 basamağındadır. Elektromanyetik etkileşme ayrıca yüklü parçacıkların saçılmasına da neden olur. Örneğin; ρ1 ve ρ2 birbirine yaklaşan iki elektronun yük yoğunluklarını gösterirse, etkileşme parçacıklar arasında momentum aktarımına yol açan bir karşılıklı itmeyi verecektir. İki elektronun saçılmasına, bir elektronun “virtüel” bir foton yayması ve bu fotonun diğer elektronca soğurulmasının neden olduğu düşünülmektedir. Virtüel bir süreçle foton gözlemci tarafından gerçekte gözlenmez, ama süreci tanımlayan matematik biçimlerde ortaya çıkar. Zayıf Etkileşme: W+, W-, z parçacıklarıyla ilintili üç zayıf etkileşme alanı vardır. Bunların her biri elektromanyetik alan gibi bir vektörle ve bir sayısal potansiyelle temsil edilir. Zayıf alanla ilgili bozonların hepsi kütlelidir, W+ ve W- bozonları ise elektrik yüklüdür. Z bozonu yüksüz olup fotona çok benzer, ama M2 = (92,9 ± 1,6) Gev / c2 ≅ 100 x proton kütlesi gibi, çekirdek fiziği standartlarına göre epeyce büyük kalan bir kütlesi vardır. U 12

z

r r r 1  h   = ∫ ρ z 2 (r , t )φ z1 (r , t )d 3 r ≈  ε 0  µ z c 

2

r r ∫ ρ (r , t )ρ (r , t )d z1

z2


3

r r

1 φz = ε0

 h  r   ρ z (r , t )  µzc  2

U12z, paydadaki kütle çarpanıyla azaltılır ve zayıf etkileşmenin “zayıflığının” en büyük nedeni budur. Ayrıca, düşük enerjilerdeki etkileşme,sonuçta sıfır menzile sahip bir “temas etkileşmesi” olarak gözükür. Elektrik yüküne sahip W+ ve W- bozon alanları en önemli zayıf etkileşmelere,özellikle de β bozunumuna neden olurlar. Bu alanlar, z alanınınkine benzeyen denklemlere uyarlar, fakat bu alanlarla ilintili parçacıkların kütleleri de çok küçüktür. Mw+ = Mw- = ( 80,8 ± 2,7 ) Gev / c2 Kuvvetli Etkileşme: Nükleonlar da leptonlar gibi spinleri ½ olan fermiyonlardır. Nötronun kütlesi protonun kütlesinden %0,14 daha fazladır. Nötronun aynı spine sahip bir dizi uyarılmış duruma ve hemen hemen protonla özdeş enerji değerlerine sahip olduğu deneylerle gözlenmiştir. Proton ve nötronun taşıdıkları yük dağılımından dolayı sahip oldukları elektrik enerjisi yaklaşık e 2 (4πε 0 R p ) ≈ MeV (Rp=0,8 fm alındı) civarında olup bu değer nükleonların sahip olduğu öz-enerji ve uyarılma enerjilerine oranla daha küçüktür. Proton ve nötronun yaklaşık olarak bütün kuvvetli etkileşmeler karşısında çok benzer davrandıklarını göreceğiz. Kuvvetli etkileşmelerin nükleonun cinsinden neredeyse bağımsız olması, çekirdeğin özelliklerini anlamamız açısından önemli bir gerçektir. 3.

Ortalama Ömür: Bir çekirdeğin bozununcaya kadar geçirdiği ortalama süredir. T içinde bozunmadan kalan çekirdeklerin sayısı N (t)’ dir ve t ile t + dt

süresi

aralığında

bozunanların sayısı dN dt dt dir. τ ile gösterilir.

∫ τ= ∫

0∞ ∞ 0

t dN dt dt dN dt dt

N 0 ∫ t (− λ )e −λt dt ∞

=

0

∞

N 0 ∫ − λe

− λt

0

dt

=

1 ; λ

N (t ) = N 0 e − λt

Yarı Ömür: Çekirdeklerin yarısının bozulması için gerekli süreyi göstermektedir. Bir çekirdek için ∆t aralığında ∆P bozunma olasılığına sahipse, t anında N(t) tane çekirdek varsa ∆t aralığında bozunan çekirdek sayısı ∆N olur. ∆N = N (t + dt ) − N (t ) ∆N = − N∆P = − λN∆t

dN = −λNdt ⇒

∆P = λ∆t

λ:bozunum sabiti

dN = −λdt ⇒ N (t ) = N (0 )e −λt N

N(0):t=0 anındaki çekirdek sayısı Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 166 -

N(t):bozunmadan kalan çekirdek sayısı 4.

β Bozunumu: Çekirdek fazla proton veya nötronundan bir protonu nötrona veya bir nötronu protona dönüştürerek kurtulabilir. Bu işlem üç farklı yolla gerçekleşebilir. n → p + ep

β- bozunumu

→ n + e+

β+ bozunumu

p + e- → n

elektron yakalama

Bu üç olayın hepsinde de nötrino adı verilen bir diğer parçacık yayınlanır. Nötrinonun elektrik yükü olmadığından, varlığı diğer son parçacıkların kimliğini etkilemez. 5.

Leptonlar: Elektromanyetik ve zayıf etkileşmeler yoluyla etkileşen, fakat kuvvetli etkileşmelere girmeyen 1/2 spinli fermiyonlardır.

Tablo : Bilinen Leptonlar Leptonlar

Kütle(Mev/c2)

Ortalama Ömür(s)

Yük

Elektron(e-)

0,5110

∞

-e

Elektron nötrino(Ve)

< 46 * 10-6

∞

0

Müon (µ-)

105,659

Müonnötrino (γµ)

< 0,5

Tau (τ)

1784

Taunötrino (γτ)

< 164

2,197 * 10 -6 ∞ ( 3,4 ± 0,5 ) * 10 -13 ∞

-e 0 -e 0

Elektrik yüklü leptonların tümü, spin vektörleri boyunca yönelmiş ve büyüklüğü ≅ -eh / 2(kütle) olan manyetik momentlere sahiptir. Baryonlar: Temel leptonlarda olduğu gibi, birkaç çeşit kuark vardır ki; bunlar çok ilginç ve şu ana kadar açıklanamayan farklı kütlelere sahiptirler. Nükleonlar ve çekirdek fiziği için kuarklardan kütlesi en küçük olan ikisi önemlidir. Bunlar; yukarı (up) kuark u ve aşağı (down) kuark d’dir. Proton temelde iki yukarı ve bir aşağı (uud ), nötronda iki aşağı ve bir yukarı ( ddu ) kuarktan oluşmaktadır 6.

Çekirdek bir alfa parçacığı yayınlar. Alfa parçacığı 24 He2 çekirdeğidir. 4He çekirdeğinin bu işlem için seçilmesi, oldukça sıkı bağlı bir sistem olması ve böylece bozunma sırasında açığa çıkan kinetik enerjinin maksimum olmasıdır. Bozunum denklemi aşağıdaki gibidir. A Z

X

N

→ ZA−−24 X N′ − 2 + 24 He2


7.

Gama Bozunumu: Uyarılmış bir durum daha düşük bir uyarılmış duruma veya taban duruma, nükleer durumlar arasındaki farka eşit bir enerjiyle bir gama ışını yayınlayarak geçer. Gama yayınlaması uyarılmış bağlı durumları olan ( A>5 ) tam çekirdeklerde gözlenir ve genellikle alfa ve beta bozunumlarını izler. Çünkü; bu bozunumlarla ana çekirdek, ürün çekirdeğin uyarılmış durumunda kalır.

8.

a)

209 83

4 Bi → 205 81TI + 2 He2 + 3,11 Mev

b) 146 C →147 N + β − c) 126 C ∗ → 9.

12 6

C +γ

Bir çekirdeği ölçülebilir temel özellikleri ile tanımlayabiliriz. Bu özellikler kütle, yarıçap, bağıl bolluk, reaksiyon modları, tesir kesitleri, spin, manyetik dipol ve elektrik kuadropol momentleri ile uyarılmış durumlardır. Çekirdeğin proton ve nötron sayısı çift ise çekirdek kararlı durumu tercih eder. Çekirdekte proton sayısı arttıkça kararlı duruma geçmek için nötron sayısının artığını ve nötron sayısının artımını proton sayısının artımına tercih eder. Bunun nedeni protonlar arasındaki Coulomb kuvvetindendir. Etkileşme kuvveti bu şekilde dengelenir. Kararlı çekirdeklerin yarı ömürleri sonsuzdur. Eğer çekirdeğin kütlesi, mümkün olan bozunum ürünlerinin kütlelerinin toplamından   küçük  M ( A, Z ) < ∑ M i  ise çekirdek tamamen kararlıdır i  

10. Bir çekirdekte z tane atomu bir araya getirmek için gerekli enerjiye bağlanma enerjisi denir ve B ile gösterilir.

[

]

B = {ZM p + NM n − M ( A X ) − ZM e }c 2 B bağlanma enerjisi

A Z

X N çekirdeği ile bunu oluşturan Z proton ve N nötronun kütle

enerjileri arasındaki farka eşittir. Her çekirdeğin bağlanma enerjisi farklıdır.


Sevgili Fizik Bölümü Öğrencileri; Bildiğiniz Gibi Yeterlilik

Recommend Documents