genel fizik ıı ders notları

GENEL FİZİK II
DERS NOTLARI
Hazırlayanlar:
Dr. Mustafa POLAT
Dr. Leyla TATAR YILDIRIM
2012
BÖLÜM-21
Elektrik Yükü
Bu bölümde, maddenin özelliklerinden birisi olan “elektrik yükü” ile
tanışacağız.
Atomu meydana getiren elektron, proton ve nötron’ nun yüklerini
öğreneceğiz ve devamında da şu konulara değineceğiz:
•
•
•
•
Elektrik yükünün çeşitleri
İki yük arasındaki kuvvet (Coulomb yasası)
Yükün kuantalığı
Yükün korunumu
(21-1)
Bir kumaş parçası ile ovuşturulan kehribarın tüy gibi
hafif nesneleri çektiği antik çağlardan beri bilinen bir
şeydir. Bu olgu, maddenin yeni bir özelliği olan
“elektrik yükü” ile ilgilidir. Birçok deney, iki tür
elektrik yükünün varlığını göstermiştir: pozitif (renk
kodu: kırmızı) ve negatif (renk kodu: siyah). “pozitif”
ve “negatif” isimleri Benjamin Franklin tarafından
verilmiş isimlerdir.
Cam bir çubuğu ipek bir kumaşla ovuşturduğumuzda,
ikisi de elektrik yükü kazanır. Cam çubuğun kazandığı
yükün işareti pozitif olarak tanımlanır.
Benzer şekilde, plastik bir çubuğu bir kürk ile
ovuşturduğumuzda, ikisi de elektrik yükü kazanır.
Plastik çubuğun kazandığı yükün işareti negatif olarak
tanımlanır.
(21-2)
Yüklü cisimlerle yapılan bir çok deneysel çalışmalardan
elde edilen sonuçlar şu şekilde özetlenebilir:
1. Aynı işaretli yükler (her ikisi de pozitif veya negatif)
birbirlerini iterler (Şekil-a).
2. İşaretleri farklı olan yükler (biri pozitif, diğeri
negatif) birbirlerini çekerler (Şekil-b).
Yükünün işareti bilinen bir cisimle, yükünün işareti
bilinmeyen cisim arasındaki etkileşme kuvvetinin
yönünden yararlanarak, bilinmeyen cismin yükünün
işaretini belirleyebiliriz.
Aynı işaretli yükler birbirini iter.
Zıt işaretli yükler birbirini çeker.
(21-3)
Yöntem:
İpek bir kumaşla ovuşturulan cam çubuğun pozitif
yüklü olduğunu biliyoruz. Bu çubuğu, yükü
kaybolmayacak ve etrafında serbestçe dönebilecek
şekilde ortasından asalım. Sonra da, yükünü
bilmediğimiz bir cismi cam çubuğa doğru
yaklaştıralım.
Mümkün olan iki durum söz konusudur:
Şekil- a: İki cisim birbirini iter. Bu durumda
bilinmeyen yük pozitif işaretlidir.
Şekil-b: İki cisim birbirini çeker. Bu durumda
bilinmeyen yük negatif işaretlidir.
(21-4)
Benjamin Franklin zamanında (18. yy) elektrik
yükünün bir çeşit ağırlıksız, sürekli akışkan
olduğu kabul ediliyordu. 20. yy başlarında Ernest
Rutherford’ un atomun yapısı üzerinde yürüttüğü
araştırmalar, maddenin ne şekilde meydana
geldiğini ortaya koydu ve bileşenlerinin sahip
oldukları yüklerin belirlenmesini sağladı.
Atomlar elektronlardan ve çekirdekten oluşur.
Çekirdeğin kendisi de, proton ve nötronlardan
oluşur.
Atomun çapı
∼ 5×10-10 m.
Çekirdeğin çapı ∼ 5×10-15 m.
Elektronlar negatif yüklü, protonlar pozitif yüklü, nötronlar ise yüksüzdür.
Bu durumda elektrik yükü, atomu oluşturan parçacıkların (elektron, proton,
nötron) temel bir özelliğidir.
(21-5)
Atomik Bileşenlerin Kütleleri ve Yükleri:
Nötron (n) :
Proton (p) :
Elektron (e) :
Kütle m = 1.675×10-27 kg; Yük q = 0
Kütle m = 1.673×10-27 kg; Yük q = +1.602×10-19 C
Kütle m = 9.11×10-31 kg; Yük q = -1.602×10-19 C
Not-1: Elektron ve protonun yükleri için, sırasıyla, “-e” ve “+e”
sembolleri kullanılır. Bunlar temel yük olarak bilinirler .
Not-2: Bir atomdaki elektron ve proton sayıları eşitse, atom elektriksel
olarak “nötr” olarak adlandırılır. Bu sayı “atom numarası (Z)” dır.
Not-3: Bir atomdaki proton ve nötron sayılarının toplamı ise
“kütle numarası (A)” dır.
Gösterim:
235
92
U
Z = 92 = elektron/proton sayısı
A = 235 =proton + nötron sayısı
(21-6)
Yükün Quantalanması :
Bir nesnenin toplam yükü, o nesnedeki temel parçacıkların sayısına
(elektron, proton, nötron) bağlıdır. Elektron sayısı N e , proton sayısı
N p ve nötron sayısı N n olan bir nesnenin net yükü,
Qnet =
−eN e + eN p + 0 N n =
e ( N p − Ne ) =
ne
olur. Burada,=
n
(N
p
− N e ) ve tamsayıdır. Bu, net yükün elektron
yükünün tamsayı katları kadar olacağını gösterir. Yani yük quantalıdır.
Np
Ne
Nn
(21-7)
Yükün Korunumu:
Her ikisi de yüksüz olan cam bir çubuk ile ipek bir
kumaşımız olsun. Cam çubuğu ipek kumaşla
ovuşturduğumuzda, cam çubuk pozitif yüklenir.
Aynı anda, toplam yük sıfır olacak şekilde, ipek
kumaş da eşit miktarda negatif olarak yüklenir.
Buradan, ovuşturma işleminin herhangi bir yük
oluşturmadığı ancak, birinden diğerine yük akışı
sağladığı anlaşılır. Yükün korunumu şöyle
özetlenebilir: “Herhangi bir işlemin öncesindeki
toplam yük, işlemden sonraki toplam yüke eşittir”.
Önceki Net Yük = Sonraki Net Yük
Qi = Q
f
(21-8)
İletkenler ve Yalıtkanlar :
İletkenler, yüklerin içlerinde serbestçe dolaşabilmelerine izin veren
malzemelerdir. Bakır, aliminyum, civa bunlardan bazılarıdır.
Yalıtkanlar, yüklerin içlerinde serbestçe dolaşmalarına izin vermeyen
malzemelerdir. Plastik, lastik, cam, seramik bunlardan bazılarıdır.
İletkenlerde, atomun son yörüngesindeki bir veya daha fazla elektron
kolayca atomdan ayrılıp serbest hale gelebilir ve iletken içinde hareket
eder. Bunlara iletim elektronları diyoruz. İletim elektronları geride
iyon dediğimiz pozitif yüklü atomlar bırakırlar. İletkenin içinde sadece
iletim elektronları serbestçe hareket edebilir, pozitif yüklü iyonların
konumları değişmez. Yalıtkanlar ise iletim elektronu içermezler.
(21-9)
Bir İletkeni İndüksiyon Yoluyla Yüklemek :
Şekil-a' da bir iletken yalıtkan bir iple asılmıştır ve başlangıçta
yüksüzdür. Negatif yüklü plastik çubuğu yavaşça yaklaştıralım.
Plastik yalıtkandır ve üzerindeki negatif yükler hareketsizdir.
Ancak, iletken içindeki negatif yükleri sağ uca doğru itecektir.
İletkenin sol ucunda elektron boşluğu meydana geldiğinden pozitif
yüklenmiş olacaktır. Şekil-b 'de toprağa bağlı bir iletim yolu
oluşturulmuş, böylece elektronların toprağa akması sağlanmıştır.
Toprak bağlantısını iptal eder ve plastik çubuğu uzaklaştırırsak,
iletken çubuk pozitif yüklenmiş olacaktır.
Not -1 : İletken üzerinde indüklenen yük, plastik çubuğun
yükü ile ters işaretlidir.
Not - 2 : Plastik çubuk aynı amaçlı çok defa kullanılabilir.
(21-10)
Coulomb Yasası :
Aralarındaki mesafe r olan, q1 ve q2 yükleri olsun. Bu yükler
birbirlerine, aşağıda özellikleri verilen kuvvetler uygularlar.
1. Kuvvetler, yükleri birleştiren doğru boyuncadır.
2. Yükler aynı işaretliyse, kuvvet iticidir.
Yükler zıt işaretliyse, kuvvet çekicidir.
3. Kuvvetin büyüklüğü, Coulomb Yasası olarak bilinen
=
k
F =k
q1 q2
r2
q q
1
=
olmak üzere, F k 1 2 2 eşitliği ile verilir.
4πε 0
r
Burada ε 0 , boşluğun veya havanın elektriksel geçirgenliği
olarak bilinir ve değeri 8.85 × 10-12 C2 / (N ⋅ m 2 ) dir.
F =G
m1m2
r2
Coulomb kuvveti ve Newton'un gravitasyonel kuvveti aynı
formdadır. Tek fark, gravitasyonel kuvveti her zaman çekici
bir kuvvettir. Buna karşın Coulomb kuvveti, yüklerin işaretine
bağlı olarak çekici veya itici olabilir.
(21-11)
Örnek : Hidrojen atomunda çekirdekteki proton ile yörüngedeki elektron arasındaki
uzaklık ortalama 5.3 ×10−11 m' dir. Bunlar arasındaki elektriksel ve gravitasyonel
kuvvetlerin büyüklüklerini bulunuz.
Coulomb yasasından, bu iki yük arasındaki kuvvetin büyüklüğü:
2
−19
×
1.6
10
e
−8
=
×
FE =
k 2 =
9 × 109
8.2
10
N.
2
−
11
r
( 5.3 ×10 )
2
İki kütle arasındaki çekim kuvvetinin büyüklüğü, Newton' un gravitasyon
yasasından:
Fg = G
me m p
r2
9.11× 10 ) ⋅ (1.67 × 10 )
(
=
=
6.7 × 10
3.6 × 10
N.
( 5.3 ×10 )
−31
−27
−11
−47
−11 2
Atomik boyutta, parçacıklar arasındaki kütle çekim kuvveti önemsenmeyecek
düzeyde küçüktür.
(21-12)
Coulomb Yasası ve Üstüste Binme İlkesi :
Bir yük grubunun belirli bir yüke uyguladığı net kuvvet,
tüm yüklerin uyguladığı kuvvetlerin vektörel toplamına
eşittir.

Örneğin, q2 ve q3 yükleri tarafından q1 yüküne uygulanan net kuvvet (F1 ),



=
F1 F21 + F31


ile verilir. Burada, F21 ve F31 sırasıyla q2 ve q3 yüklerinin q1 yüküne
uyguladığı kuvvetlerdir. q1 yüküne etkiyen n tane nokta yük olması
durumunda ise net kuvvet,





F1 = F21 + F31 + F41 + ... + Fn1 =
ile ifade edilir.

∑ Fi1
n
i=2
 

=
F1 F21 + F41
(21-13)
Örnek : Şekildeki gibi üç nokta yük, dik kenarlarının
uzunluğu a = 10 cm olan ikizkenar üçgenin köşelerine
yerleştirilmiştir. q1 = q3 = 5 µ C ve q2 = −2 µ C olduğuna
göre q3 yüküne etkiyen net kuvveti bulunuz.
Coulomb yasasından, q1 ve q2 yüklerinin q3 yüküne uyguladıkları kuvvetlerin
büyüklükleri:
5 ×10 )( 5 ×10
q1 q3
9 (
F13 =
k
9 × 10
=
2
2
2 ( 0.1)
2a
−6
(
)
−6
)=
11 N
−6
−6
2
10
5
10
×
×
(
)(
)=
q q
F23 =
k 2 23 =
9 × 109
9 N
2
a
( 0.1)



−1.1iˆ + 7.9ˆj N
Fnet = F13 + F23 = (11cos 45 − 9)iˆ + (11sin 45 ) ˆj =
Fnet = ( −1.1) + ( 7.9 )
2
2
 7.9 
o
=
8 N ; θ=
tan 
=98

 −1.1 
−1
(21-14)
Örnek : Şekildeki gibi üç nokta yük, x-ekseni üzerine
yerleştirilmiştir. q1 = 15 µ C'luk yük x = 2 m noktasında,
q2 = 6 µ C'luk yük ise orijinde bulunmaktadır. q3 nokta
yükü x-eksini üzerinde hangi noktada olmalıdırki, üzerine
etkiyen net kuvvet sıfır olsun?
q1 ve q2 yükleri aynı işaretli olduğu için, işareti ne olursa olsun q3 yükü
bunların arasına konulmalıdır. Bu durumda:
F13
q1 q3
q2 q3
k=
; F23 k
2
x2
(2 − x)
= F23 →
F13
q1
=
2
(2 − x)
q2
x2
→ 3x 2 − 8 x +=
8 0
x = 0.775 m
bulunur.
(21-15)
Örnek : Aynı noktadan asılmış, kütleleri 3 ×10−2 kg olan
yüklü iki özdeş küre şekildeki gibi dengededirler. İplerin
boyu 15 cm ve θ = 5o olduğuna göre, kürelerin yükü nedir?
Denge durumunda yükler arasındaki uzaklık: 2a = 2 Lsinθ olacaktır. Küreler
dengede olduğuna göre:
q2
k=
; T cos θ mg
2
( 2a )
T sin θ
k
tan θ=
q2
( 2a )
mg
2
mg tan θ ( 2a )
2
→ q=
= 19.54 ×10−16
k
2
=
q 4.42 ×10−8 C
bulunur.
(21-16)
Örnek : Kütleleri m, yükleri de q1 = Q ve q2 = 2Q olan
iki parçacık L uzunluğundaki iplerle aynı noktadan düşey
olarak asılı halde dengededirler. Yükleri asılı oldukları
noktaya bağlayan iplerin düşeyle yaptıkları θ1 ve θ 2 açıları
çok küçüktür. Bu iki açı arasındaki ilişkiyi ve yükler arasındaki mesafeyi bulunuz.
T1 sin θ1 = FE 
FE 
q1 yükü için
tan
θ
=
1
T1 cos θ1 = mg 
mg 


θ2
→

 → θ1 =
T2 sin θ 2 = FE 
FE 
tan θ 2 =
q2 yükü için


mg 
T2 cos θ 2 = mg 
r1 = L sin θ1 
r
r 2 L sin θ1 ≅ 2 L tan θ1 → tan=
θ1
 →=
r2 = L sin θ 2 
2L
FE = mg tan θ1
2Q 2
r
→ k=
mg
2
r
2L
1/3
 4kQ 2 L 
→=
r 

mg


bulunur.
(21-17)
Örnek : Yükleri + q olan iki özdeş parçacık, aralarındaki mesafe d olacak
şekilde y -ekseni üzerinde sabitlenmişlerdir. Yükü − Q ve kütlesi m olan
üçüncü bir parçacık ise, iki yükün ortasından dik olarak geçen eksen
üzerinde, merkezden x kadar uzaktaki bir noktaya konuyor. − Q yükü
bu eksen üzerinde rahatça hareket edebilmektedir. x  d durmunda, − Q
yükünün basit harmonik hareket yapacağını gösteriniz. Hareketin periyodunu bulunuz.
Basit harmonik hareket yapan bir cisim için, F =
C ).
−Cx olmalıdır (ω =
qQ
2kqQx
sin
−Q yüküne etkiyen geri çağırıcı kuvvet: F =
−2k 2
θ
=
−
2
2 3/2
x + (d / 2) 2
 x + (d / 2) 
2kqQx
 16kqQ 
xd →F =
−
=
−

x
3
3
2 3/2
 d 
(d / 2) 1 + (2 x / d ) 
d3
=
ω 2π / T →=
T 2π
16kqQ
(21-18)
Örnek : Yükleri + q olan dört özdeş parçacık, xy -düzleminde
bulunan, kenar uzunluğu L olan bir karenin köşelerine şekildeki
gibi sabitlenmişlerdir. − Q yüküne sahip başka bir parçacık ise,
karenin merkezinden dik olarak geçen z -ekseni üzerinde, kare
merkezinden z kadar uzaktaki bir noktaya konuluyor. − Q yükü
üzerine etkiyen net kuvveti bulunuz.
qQ
k 2
+q yüklerinden birisinin − Q yüküne uyguladığı çekici kuvvet: F =
z + a2
a 2 = ( L / 2 ) + ( L / 2 ) = L2 / 2
2
cos θ =
2
z
z 2 + a2

4kqQz ˆ
Fnet =
4 F cos θ → Fnet =
k
−
2
2 3/2
(z + a )
bulunur.
(21-19)
BÖLÜM-22
Elektrik Alanlar

Bu bölümde durgun yüklerin oluşturduğu elektrik alan ( E ) kavramıyla
tanışacağız. Yüklerin durgun olması halinde, yükler arasındaki
etkileşmeleri belirlemek için Coulomb yasası yeterlidir. Yükler durgun
olmasaydı, bu etkileşmeleri belirlemek için başka alternatif yollar bulmak
gerekirdi. Bu konu kapsamında şu konulara değinilecektir:
• Nokta yükün oluşturduğu elektrik alanın bulunması
• Nokta yük gruplarının ve sürekli yük dağılımlarının oluşturduğu
elektrik alanların bulunması
• Elektrik alan içindeki yüke etkiyen kuvvetin bulunması
• “elektrik dipol” kavramını öğrenmek. Düzgün elektrik alan içindeki
dipole etkiyen kuvveti, bu kuvvetin oluşturduğu torku ve dipolün
potansiyel enerjisini belirlemek.
(22-1)
Aralarında r mesafesi olan q1 ve q2 nokta yükleri arasındaki etkileşme
kuvveti Coulomb yasasına göre,
q1 q2
1 q1 q2
F =
k
=
2
4πε 0 r
r2
bağıntısına sahiptir. Nokta yükler arasında herhangi bir temas olmadığı
halde, yüklerin birbirlerine kuvvet uygulamalarını nasıl açıklayabiliriz? q1
yükü, yakınlarında q2 yükünün bulunduğunu nerden biliyor? Bu nokta
ancak, yeni bir kavram olan “elektrik alan” vektörü ile aydınlatılabilir. q1
nokta yükü q2 üzerine doğrudan kuvvet uygulamaz. Bunun yerine, q2’ nin
bulunduğu noktada bir elektrik alan oluşturur ve kuvveti bu alan uygular.



q yükü → Elektrik Alan ( E ) → E , q üzerine F kuvveti uygular
1
2
(22-2)
Elektrik Alan Vektörünün Tanımı :
Yandaki pozitif yüklü çubuğu ele alalım. Çubuğu
çevreleyen uzaydaki tüm P noktalarında elektrik

alan vektörü (E ) şöyle bulunur:
1. P noktasına pozitif bir q0 test yükü konur.

2. Yüklü çubuğun q0 test yüküne uyguladığı F

 F
E=
q0
kuvveti ölçülür.
3. P noktasındaki elektrik alan vektörü:

 F
E=
(N/C)
q0


Görüldüğü gibi E ile F aynı yöndedir.
Not : q0 test yükü, çubuktaki yük dağılımını
değiştirmeyecek kadar küçüktür.
(22-3)
Nokta Yükün Elektrik Alan :
Şekildeki q pozitif yükünü ele alalım.
Yükten r kadar uzaktaki q0 test yüküne
etkiyen kuvvet ve q0 ' ın bulunduğu
noktadaki elektrik alan:
q q0
F =k
r2
q q0
q
F
=
E = k
= k 2
2
q0
q0 r
r

ile verilir. E , q yükünden dışarı doğrudur. q nokta yükü

negatif olsaydı E , q yüküne doğru olurdu.
(22-4)
Nokta Yük Grubunun Oluşturduğu Elektrik Alan :

Bir nokta yük grubunun oluşturduğu net elektrik alan E , herbir yükün
oluşturduğu elektrik alanların vektörel toplamına eşittir.
Yukarıda verilen nokta yük grubunun orijinde oluşturduğu elektrik alan,
   
E = E1 + E2 + E3
 

olur. Burada E1 , E2 ve E3 sırasıyla, q1 , q2 ve q3 yüklerinin orijinde
oluşturdukları elektrik alan vektörleridir.
(22-5)
Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, q1 = 7.0 µ C' luk bir yük
orijinde ve q2 = −5.0 µ C' luk diğer bir yük ise x = 0.3 m
noktasındadır. Koordinatları (0;0.4) olan P noktasındaki
elektrik alanını bulunuz.
q1 ve q2 yüklerinin P noktasında oluşturdukları
elektrik alanların büyüklükleri, sırasıyla,
q1
q2
5
3.9 × 10 N / C ; E2 =
1.8 × 105 N / C
E1 =
k 2 =
k 2 =
r1P
r2 P
değerlerine sahiptir. Buradan da P noktasındaki net elektrik alan,
  
E = E1 + E2 = (1.8 × 105 cos θ ) ˆi + ( 3.9 × 105 − 1.8 × 105 sin θ ) ˆj

E=
1.08 × 105 ˆi + 2.46 × 105 ˆj N / C
sin θ = 0.8 
5
 →
2.46
10
×
−1
o
cos θ = 0.6
(
)
66.3
=
=
φ tan

1.08 × 105
bulunur.
(22-6)
Örnek : Dört adet nokta yük, şekilde gösterildiği gibi,
kenar uzunluğu a olan bir karenin köşelerine konmuştur.
Sağ üst köşedeki q yükünün bulunduğu noktada, diğer
yükler tarafından oluşturulan elektrik alanını ve q yüküne
etki eden kuvveti bulunuz.
2q, 3q ve 3q yüklerinin, q yükünün bulunduğu noktada oluşturdukları
elektrik alanların büyüklükleri, sırasıyla,
2q
3q
4q
E2 q k=
; E3q k =
; E4 q k 2
2
2
a
a
2a
ifadelerine sahiptir. İlgi duyulan noktadaki net elektrik alan :
 


3
3
kq 
kq 


E = E2 q + E3q + E4 q = 2  2 + cos 45  ˆi + 2  4 + cos 45  ˆj
2
2
a 
a 


5
 kq
5.06
10
×
−
1
o
ˆ + 5.06ˆj ; φ tan
3.06i
(
)
58.8
E
=
=
3.06 × 105
a2
bulunur.
(
)
(22-7)
Örnek : Yükü q ve kütlesi m olan bir parçacık,
şekilde gösterildiği gibi, + x-ekseni yönünde

yönelmiş düzgün bir E elektrik alanı içinde ilk
hızsız serbest bırakılıyor. Cismin hareketini
tanımlayınız. (Yer-çekimi kuvvetini ihmal ediniz).
qE
max = qE → ax =
m
=
xi 0=
ve vi 0 olduğundan,
qE 2
qE
1
2
=
xs
ax=
t
t ; =
vs a=
t
xt
m
2
2m
 
W = F ⋅ ∆x = ∆K → K s = qEx
bulunur.
(22-8)

Örnek : Bir proton, elektrik alanının E = −6 ×105ˆi olduğu bir bölgeye
+x - ekseni yönünde fırlatılıyor. Proton duruncaya kadar elektrik alan
içinde 7 cm yol alıyor. Protonun ivmesini, ilk hızını ve ne kadar sürede
durduğunu bulunuz. (Yer-çekimi kuvvetini ihmal ediniz).


ma
= qE →

 qE 1.6 ×10−16
5ˆ
16 ˆ
2
a
−
×
−
×
=
(
6
10
i)
=
5.75
10
i
m
/
s
m 1.67 ×10−27
 
2
2
vs= vi + 2a ⋅ ∆x → 0= vi2 − 2 ( 5.75 ×1016 ) ( 0.07 ) → v=i 9 ×107 m / s
vi
9 ×107
−9
vs = vi + ax t → t =
=
≅
×
1.57
10
=1.57 ns
16
ax 5.75 ×10
bulunur.
(22-9)
Örnek : Bir noktadan ağırlıksız iple asılmış q yüküne ve
m kütlesine sahip küçük bir küre, şekilde gösterildiği gibi

E = Aˆi + Bˆj (N/C) ile verilen düzgün bir elektrik alan içinde
dengededir. A ve B pozitif sabitlerdir. Kürenin yükünü ve
ipte oluşan gerilmeyi bulunuz.

∑F = 0
θ qE
T sin=
qA
=
qA
mg tan θ
x
tan θ
=
→q
 →=
T cos θ + qB =
mg 
mg − qB
A + B tan θ
T sin=
θ qA →
qA
A mg tan θ
mgA
T
=
=
sin θ sin θ A + B tan θ cos θ ( A + B tan θ )
bulunur.
(22-10)
Elektrik Dipol :
Aralarında d uzaklığı olan, eşit ve zıt işaretli iki
yükten ( ± q ) oluşan sisteme "elektrik dipol" denir.

Her elektrik dipol, "elektrik dipol moment (p )"
vektörü ile tanımlanır. Büyüklüğü p = qd ve yönü
de - q yükünden q yüküne doğrudur. Su molekülü
(H 2 O) gibi birçok molekül kendiliğinden bir dipol
momente sahiptir. Oksijen atomu ile iki hidrojen
atomu arasındaki bağ, 10 değerlik elektron paylaşımı ile sağlanır (8 tane
O' dan, 1' er tane de H' den). Bu 10 değerlik elektronu O atomuna yakın
olma eğilimindedir. Bu nedenle su molekülünde, O' nun bulunduğu taraf
H atomlarının bulunduğu tarafa göre daha negatiftir.
(22-11)
Dipolün Oluşturduğu Elektrik Alan :
Dipolü oluşturan yüklerin P noktasında oluşturdukları
elektrik alanların büyüklükleri:
1 q
1 q
E( + ) =
ve E( − ) =
→ Enet = E( + ) − E( − )
2
2
4πε 0 r+
4πε 0 r−

q
1 q
1 
q
q
−
Enet
=


 2 −=
2
2
2 

r−  4πε 0  ( z − d / 2 )
4πε 0  r+
( z + d / 2 ) 
−2
−2

q
d 
d  


=
Enet
1 −  − 1 +  
2 
4πε 0 z  2 z 
 2 z  
d
−2

 1 yaklaşımı yapılırsa (1 + x )  1 − 2 x  :


2z
q  d   d  
qd
1 p
=
+
−
−
=
Enet
1
1
=

 

z 
z   2πε 0 z 3 2πε 0 z 3
4πε 0 z 2 
(22-12)
Sürekli Yük Dağılımlarının Oluşturduğu Elektrik Alan :
Q,A
Q,V
dq
dA
Q dq
λ= =
(C/m)
L dl
Q dq
σ= =
(C/m 2 )
A dA
dq
dV
Q dq
ρ= =
(C/m3 )
V dV
- Q yükü L uzunluğunda bir çubuğa düzgün dağılmış ise,
çizgisel yük dağılımı söz konusudur.
- Q yükü A yüzey alanına sahip bir plakaya düzgün dağılmış
ise, yüzeysel yük dağılımı söz konusudur.
- Q yükü V hacmine sahip katı bir cisme düzgün dağılmış ise,
hacimsel yük dağılımı söz konusudur.
(22-13)
Yanda verilen hacimsel yük dağılımını gözönüne
alalım. Bu yük dağılımının P noktasında oluşturduğu
elekrik alanı hesaplamak için izlenmesi gereken yol
şöyle özetlenebilir:
1. Yük dağılımını, hacmi dV olan sonsuz küçük elemanlara ayıralım.
Her eleman dq = ρ dV yüküne sahiptir ve P noktası dq yükünden
r kadar uzaktadır.

2. dq yükünü nokta yük kabul ederek P noktasında oluşturduğu dE
elektrik alanını yaz ve yük dağılımı üzerinden integralini al (topla).

dq
1 ρ dV
=
dE
→=
E
rˆ
2
2
∫
4πε 0 r
4πε 0 r
(22-14)
Örnek : Homojen yüklü sonsuz uzunluktaki bir çubuk
şekildeki gibi x-ekseni üzerinde bulunmaktadır. Çubuk
λ çizgisel yük yoğunluğuna sahip ise, çubuktan y kadar
uzaktaki bir noktada elektrik alan ifadesini bulunuz.
dq
λ dx
dE k=
k
=
r2
( x2 + y 2 )
+∞
E
dx
kλ
dE
k
y
θ
λ
cos
=
=
∫
∫−∞ x 2 + y 2 3/ 2 y 2
(
)
tan θ = x / y


=
→E
2
dx / y 
(1 + tan θ ) dθ =

+∞
dx
∫
(1 + x / y )
k λ (1 + tan θ ) dθ k λ
cos θ dθ
=
∫
∫
y (1 + tan θ )
y
2
−∞
2 3/ 2
2
2
3/ 2
+∞

kλ
kλ 
x
λ
2k λ
E=
sin θ=
=

 → E=
2
2
y
y  x +y 
y
2πε 0 y

 −∞
bulunur.
(22-15)
Örnek : Uzunluğu L olan homojen yüklü bir çubuk şekildeki
gibi x-ekseni üzerinde bulunmaktadır. Çubuk λ çizgisel yük
yoğunluğuna sahip ise, çubuğun orta noktasından y kadar
uzaktaki bir noktada elektrik alan ifadesini bulunuz.
λ dx
dq
=
dE k=
k
r2
( x2 + y 2 )
+ L/2
E
dx
kλ
=
=
θ
λ
dE
k
y
cos
2
∫
∫
2
2 3/ 2
y
− L/2 ( x + y )
tan θ = x / y


=
→E
2
dx / y 
(1 + tan θ ) dθ =

+ L/2
∫
(1 + x
k λ (1 + tan θ ) dθ
=
∫
y (1 + tan θ )
dx
2
− L/2
2
2
+ L/2

kλ
kλ 
x
=
=
→
=
θ
E
E
sin


2
2
y
y  x + y 
− L/2
3/ 2
/y
)
2 3/ 2
kλ
cos θ dθ
∫
y
kλ L
y
( L / 2)
2
+ y2
bulunur.
(22-16)
Örnek : Uzunluğu L olan homojen yüklü bir çubuk
şekildeki gibi x-ekseni üzerinde bulunmaktadır.
Çubuk λ çizgisel yük yoğunluğuna sahip ise, orijinden
x kadar uzaktaki (x > L) bir P noktasında elektrik
alan ifadesini bulunuz.
λ dx '
dq
=
dE k=
k
2
2
x
( x − x ')
L
E=
∫ dE =k λ ∫
0
dx '
( x − x ')
2
;
u= x − x ' 
kλ
−k λ 2
→ E =
du = − dx '
y
du
∫ u2
L
1
1
 1 
 1
=
=
−
E k=
λ
kλ 
k
λ
 x − L x 
u
 x − x '  0
kλ L
E=
x( x − L)
bulunur.
(22-17)
Örnek : x-ekseni üzerinde bulunan, uzunluğu L olan bir çubuk
λ = A x çizgisel yük yoğunluğuna sahiptir. (A pozitif bir sabit,
x ise çubuğun ortasından olan uzaklıktır). Çubuğun ortasından
y kadar uzaktaki bir noktada elektrik alan ifadesi nedir?
dq
λ dx
xdx
dE k=
k 2 =
kA 2
=
2
2
r
(x + y )
( x + y2 )
+ L/2
E
xdx
2kAy
dE cos θ kAy ∫
=
3/
2
∫=
2
2
− L/2 ( x + y )
L/2
∫
0
(x
xdx
2
+y
)
2 3/ 2
−1/ 2
du
u
u = x 2 + y 2 → du = 2 xdx → E = kAy ∫ 3/ 2 = kAy
u
( −1/ 2 )




1
y

 bulunur.
2kA 1 −
E=
−2kAy 
 =
2
2 

 x 2 + y 2  0
/
2
L
y
+
(
)


L/2
(22-18)
Örnek : Homojen yüklü ince bir çubuk, R yarıçaplı
çemberin bir parçası olacak şekilde bükülüyor. Şekilde
verildiği gibi, yayı gören açı φ ' dir. Yayın çizgisel yük
yoğunluğu λ ise, çemberin merkezindeki (O noktası)
elektrik alan nedir?
dq
Rdθ k λ
λ dl
dE k=
k=
kλ =
dθ
=
2
2
2
r
R
R
R
φ /2
kλ
kλ
φ /2
E ∫=
dE cos θ
=
cos θ dθ
[sin θ ]−φ / 2
∫
R −φ / 2
R
 2k λ
2k λ
φ 
φ ˆ
E
sin =
sin   i bulunur.
→E
R
R
2
2
 2k λ

î ve φ = 2π → E = 0
φ =π → E =
R
(22-19)
Örnek : Yüklü ince bir çubuk bükülerek, şekildeki
gibi yarıçapı R olan yarım çember haline getiriliyor.
Çubuk üzerindeki bir noktadaki yük yoğunluğu, o
noktanın konum vektörü ile düşey arasındaki açıya
λ = Acosθ ifadesi ile bağlıdır. Yarım çemberin merkezindeki (O noktası)
elektrik alan nedir?
dq
λ dl
cos θ Rdθ kA
dE k=
k=
kA
cos θ dθ
=
=
2
2
2
r
R
R
R
π /2
π /2
2kA
2kA (1 + cos 2θ )
2
E ∫=
dθ
2dE cos θ
cos θ dθ
=
∫
∫
R 0
R 0
2
π /2

kA 
A ˆ
sin 2θ 
π kA ˆ
E = θ +
j=
j bulunur.
−
−
 →E=
R
2 0
2R
8ε 0 R
(22-20)
Örnek : Q yükü R yarıçaplı bir çember üzerine düzgün
olarak dağılmıştır. Çemberin merkezinden dik olarak
geçen z -ekseni üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki

P noktasında elektrik alanı (E ) bulunuz. Hangi z değerinde
elektrik alan maksimum olur?
dq
dq
dE k=
k 2
dE sin
dEz dE cos θ
=
; dE=
=
θ 0 ve =
yatay
2
2
r
z +R
(
dEz = k
)
zdq
( z 2 + R2 )
3/2
→ Ez =
∫ dEz = k
Q
z
( z 2 + R2 )
3/2
∫ dq= k
0
zQ
( z 2 + R2 )
3/2

 

  Q
zQ
ˆ


E= k
k ; z =0 → E =0 ve z  R → E = k 2  kˆ
3/2
 ( z 2 + R2 ) 
 z 


 ( z 2 + R 2 ) − 3z 2 
dE
R
Q


=0→z =
→ Emax =
= 0 → kQ
5/ 2
2
2
 (z + R )

dz
2
6πε 0 3R 2


(22-21)
Örnek : Yarıçapı R olan ince bir disk düzgün σ yüzey
yük yoğunluğuna sahiptir. Diskin merkezinden dik olarak
geçen eksen üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki bir

P noktasında elektrik alanı (E ) bulunuz.
E
E=
k
(z
zQ
2
∫ dE=
+R
)
2 3/ 2
zdq
zσ 2π rdr
dE k
k
→
=
=
2
2 3/ 2
2
2 3/ 2
(z + r )
(z + r )
R
kzσ 2π ∫
0
(z
rdr
2
+r
)
2 3/ 2
u
= z2 + r2 
σz
;
 → E=
4ε 0
du = 2rdr 


σz u
σz 
1
σ
E=
E
=
−
→
=


2
2
4ε 0 (−1 / 2)
2ε 0  z + r 0
2ε 0

σ
zR→E≅
k̂
2ε 0
−1/ 2
R

1 −

du
∫ u 3/ 2
ˆ
k
2
2 
z +R 
z
(22-22)
Örnek : Yarıçapı R ve yüksekliği h olan ince silindirik
bir kabuk, xy -düzlemine tabanı orijinde olacak şekilde
yerleştirilmiştir. Silindir düzgün σ yük yoğunluğuna sahip
olduğuna göre, ekseni üzerindeki herhangi bir noktadaki
(P ) elektrik alanı bulunuz.
E
k
(z
zQ
2
+ R2 )
=
→ dE k
3/ 2
σR h
=
E ∫=
dE
2ε 0 ∫0
( z − z '=
) dq
3/ 2
2
2
( ( z − z ') + R )
( z − z ') dz '
3/ 2
2
2
( ( z − z ') + R )


1
( z − h)
2
+R
−
2

 k̂
z 2 + R2 

1
( z − z ') σ 2π Rdz '
3/ 2
2
2
( ( z − z ') + R )
2
u =( z − z ' ) + R 2 

;
→
−2 ( z − z ' ) dz '
du =

σ R du
σ R u −1/ 2
σR
E=
E
−
→
=
−
=
4ε 0 ∫ u 3/ 2
4ε 0 (−1 / 2) 2ε 0 
 σR 

E=
2ε 0 

k
;
h
1
( z − z ')
2


+ R 2 
0

h
z= → E =
0
2
(22-23)
Örnek : Yarıçapı R ve Q yükünün üzerine düzgün dağıldığı çembersel bir
halkanın merkezine − q yüküne sahip noktasal bir parçacık yerleştirilmiştir.
−q yükünü, çemberin merkezinden geçen dik eksen boyunca z  R olacak
şekilde çekip serbest bırakalım. − q yükünün basit harmonik hareket
yapacağını gösteriniz ve hareketinin periyodunu bulunuz.
zQ
E=
k
2
2 3/2
(z + R )


qE → F =
→ F=
−kqQ
(z
z
2
+R
)
2 3/2
Basit harmonik haraket yapan bir cisim için: F = −Cz olmalıdır.
kqQ
zR→F =
− 3 z → cisim basit harmonik haraket yapıyor.
R
kqQ
kqQ
mR 3
2π
a=
z →ω = =
2π
−
→T =
3
3
mR
T
mR
kqQ
(22-24)
Elektrik Alan Çizgileri : İlk kez 19. yy' da Michael Faraday tarafından
elektrik alan vektörünü resmetmek için ortaya konmuştur. Elektrik alan
çizgileri ile elektrik alan vektörü arasında şu ilişkiler vardır :

1. Herhangi bir P noktasında, elektrik alan vektörü E elektrik alan
çizgisine teğettir.
2. Elektrik alan şiddeti, elektrik alan çizgilerinin yoğunluğu ile orantılıdır.
(22-25)
Örnek : Sonsuz geniş yüklü plakanın oluşturduğu elektrik alan
çizgileri.
1. Plakanın her iki tarafında elektrik alan şiddeti sabittir.
2. Elektrik alan vektörü plakaya diktir.
3. Elektrik alan vektörünün yönü, plakadan dışarı doğrudur.
Not : Plaka negatif yüklü olsaydı, elektrik alan vektörünün
yönü plakaya doğru olurdu.
(22-26)
3. Elektrik alan çizgileri pozitif yüklerden çıkarak negatif yüklerde
sonlanırlar.
Örnek : − q yükünün oluşturduğu elektrik alan çizgileri :
q
E=k 2
r
-Elektrik alan çizgileri yüke doğrudur.

-Elektrik alan çizgilerinin yönü, E' nin
yönünü verir.
-Birim yüzeyden geçen elektrik alan
çizgilerinin sayısı, yüke yaklaştıkça
artmaktadır.
(22-27)
Bir elektrik dipolünün oluşturduğu
elektrik alan çizgileri :
Özdeş iki pozitif yükün oluşturduğu
elektrik alan çizgileri:
(22-28)
Düzgün Elektrik Alan İçinde Elektrik Dipol :
Yanda x - ekseni yönünde düzgün bir elektrik alan
içinde bulunan elektrik dipolünü ele alalım. Pozitif
ve negatif yüklere, sırasıyla, F+ = qE ve F− = −qE
kuvvetleri etkir. Dipole etkiyen net kuvvet,
Fnet = qE − qE = 0 olacaktır.
Dipolün kütle merkezine göre F+ ve F− kuvvetlerinin oluşturduğu
net tork ise,
d
d
τ = τ+ + τ − = F+ sinθ + F− sinθ = qEdsinθ = pEsinθ
2
2

 
olur ve τ = p × E formunda yazılabilir. Bu da, düzgün elektrik
alan içindeki dipolün ötelenemeyeceğini ancak, kütle merkezi
etrafında döneceğini gösterir.
(22-29)
Düzgün Elektrik Alandaki Elektrik Dipolünün Potansiyel Enerjisi :
θ
θ
90°
90°
− ∫ τ dθ ′ =
− ∫ pE sin θ ' dθ ′
U=
(dθ ′ azalma yönündedir)
θ
− pE ∫ sin θ dθ ′ =
− pE cos θ
U=
90°
 
U = − p⋅ E

 E
p

p

E


p ile E aynı yönde (θ = 0) → U min = − pE.
Sistem kararlı denge durumundadır.


θ 180°) → U max = + pE.
p ile E ters yönde (=
Sistem kararsız denge durumundadır.
(22-30)
Düzgün Elektrik Alan İçindeki Elektrik Dipolü
Üzerinde Dış Kuvvetin Yaptığı İş :

Düzgün bir E elektrik alanı içinde, alanla θi açısı

yapan bir p elektrik dipolü olsun (Şekil-a ). Bir dış

kuvvetin yardımıyla dipolü Şekil-b' deki gibi E ile
θ s açısı yapacak şekilde çevirelim. Dış kuvvetin
yaptığı iş, dipolün son durumdaki potansiyel enerjisi
ile ilk durumdaki potansiyel enerjisi arasındaki fark
kadardır:
W =U s − U i =− pE cos θ s − ( − pE cos θi )
=
W pE ( cos θi − cos θ s )
(22-31)
Örnek : Yükleri q1 = 2.0 µ C ve q2 = −2.0 µ C, aralarındaki
mesafe d = 5 mm olan bir elektrik dipolü, merkezi orijinde
olacak şekilde z -ekseni üzerinde konmuştur. z -eksenine dik
ve dipolün merkezinden 1.5 m uzaktaki bir noktada elektrik
alan nedir?
q
q

−8
p=
k
k
1×10 C ⋅ m ; E+ =
; E− =
( qd ) k̂ =
2
2
2
( d / 2) + x
( d / 2) + x2
 

Ex = E+ cos θ − E− cos θ = 0 
E=
E+ + E− ;
→
E y = E+ sin θ + E− sin θ = 2 E+ sin θ 

qd
k

ˆ
ˆ
E=
p
k=
−Ey k =
−k
−
3/2
3/2
2
2
( d / 2 ) + x 2 
( d / 2 ) + x 2 





E = −26.7kˆ N / m
(22-32)
Örnek : Yükleri q = 1.6 ×10−19 C ve aralarındaki mesafe
d = 0.125 nm olan bir elektrik dipolü, büyüklüğü 5 ×105 N/C
olan düzgün bir elektrik alan içine şekilde görüldüğü gibi
yerleştirilmiştir. Dipol ve elektrik alan sayfa düzlemindedir.
Elektrik dipol momentini, dipole etkiyen torku ve dipolün potansiyel enerjisini
bulunuz. Dipol, elektrik alan tarafından kendisiyle aynı yönde oluncaya kadar
döndürülür. Elektrik alanın yaptığı iş ne olur?
p = qd = (1.6 ×10−19 ) ⋅ ( 0.125 ×10−9 ) = 2.0 ×10−29 C ⋅ m (− yükten + yüke doğru)
  
τ = p × E → τ = pE sin θ = ( 2.0 ×10−29 ) ⋅ ( 5 ×105 ) sin145
τ =×
5.7 10−24 N ⋅ m (sayfa düzleminden dışarı doğru)
 
U =− p ⋅ E → U =− pE cos145 =− ( 2.0 ×10−29 ) ⋅ ( 5 ×105 ) cos145
U
= 8.2 ×10−24 J
W = −∆U → W = − pE (cos145 − cos 0) = − ( 2.0 ×10−29 ) ⋅ ( 5 ×105 ) (−1.82)
=
W 1.82 ×10−23 J
(22-33)
BÖLÜM-23
Gauss Yasası
Bu bölüm kapsamında şu konulara değinilecektir:
• Elektrik akısı (Φ)
• Simetri
• Gauss yasası
Gauss yasasını uygulayarak;
• Düzgün yüklü sonsuz geniş yalıtkan plakanın,
• Düzgün yüklü sonsuz uzun yalıtkan çubuğun,
• Düzgün yüklü küresel kabuğun ve kürenin
oluşturduğu elektrik alanları hesaplayacağız. Gauss yasasını kullanarak,
iletkenlerin içinde ve dışındaki elektrik alanlar da hesaplanacaktır.
(23-1)

Bir Vektörün Akısı : Hızı v olan bir hava akımı, A yüzey alanına sahip bir

yüzeye doğru geliyor olsun ve hız vektörü v ile yüzeyin normali (nˆ ) arasındaki
açı da θ olsun. İlgili yüzeyden geçen akı, Φ =vA cos θ bağıntısı ile verilir ve
bu örnekte "hacimsel akış hızı (debi)" anlamı taşır.
Not - 1 : Hava akımının hızı, geldiği yüzeyin normali ile aynı yöndeyse

(v , yüzeye dik) akı maksimumdur (vA). Hız yüzeyin normaline dik ise

(v , yüzeye paralel) akı sıfırdır.

 
Not - 2 : Φ = vA cos θ = v ⋅ A biçiminde yazılabilir. Burada A vektörü,
yüzeyin normali ile aynı yönde, büyüklüğü A olan bir vektördür. İsmine
"yüzey alan vektörü" diyebiliriz.
(23-2)
Elektrik Alan Akısı :

Şekildeki gibi E elektrik alanı içinde kapalı bir yüzey
düşünelim. Bu yüzeyden geçen Φ elektrik akısı şöyle
tanımlanır:
1. Yüzeyi, ∆A alanına sahip sonsuz küçük elemanlara
ayıralım.
 
2. Her elemandan geçen akı E ⋅ ∆A= E ∆A cos θ olacaktır.
 
Φ ∑ E ⋅ ∆A olarak bulunur.
3. Toplam akı;=
4. ∆A → 0 durumundaki limit, yüzeyden geçen akıya eşittir.
 
=
Φ ∫ E ⋅ dA (N ⋅ m 2 / C)
S
Not -1 : İntegral sembolü üzerindeki çember, integralin
kapalı yüzey üzerinden alınacağını gösterir.
Note 2 : Elektrik akısı (Φ ), yüzeyden geçen elektrik alan
çizgilerinin sayısıyla orantılıdır.
(23-3)
Örnek : Yükü 1.0 µ C olan noktasal bir parçacığın,
E
merkezinde bulunduğu 1.0 m yarıçaplı küresel bir
yüzeyden geçirdiği elektriksel akıyı hesaplayınız.
dA
r
q
Pozitif bir q noktasal yükünün kendisinden r kadar uzakta oluşturduğu
elektrik alan, kendisinden dışarı doğrudur ve büyüklüğü,
q
E=k 2
r
ile verilir. Bu durumda,
 
q
d Φ= E ⋅ dA= EdA cos 0= k 2 dA
r
2
q
q
q
1× 10−6
2
5 N⋅m
Φ 
k 2 dA k 2 4π r=
→ Φ=
= 1.13 × 10
−12
∫S =
r
C
r
8.85 × 10
ε0
bulunur.
(23-4)
Örnek : Kenar uzunluğu a olan bir küp, şekildeki

gibi, pozitif x-ekseni yönünde düzgün bir E elektrik
alanı içinde bulunmaktadır. Küpün yüzeylerinden
geçen toplam elektrik akısı nedir?
Yüzey alan vektörleri y-ekseni (3 ve 4 nolu yüzeyler) ve z-ekseni
doğrultusunda olan yüzeyler (ön ve arka yüzeyler), elektrik alan
vektörüne diktir. Bu yüzeyler akıya katkı getirmezler. Toplam akı,
1 ve 2 nolu yüzeylerden katkılanır:
 
 
2
2
c
os180
c os 0
Φ
= ∫ E ⋅ dA1 + ∫ E ⋅ dA=
Ea
+
Ea
2
S1
S2
1) 0
=
Φ Ea 2 ( −1 +=
bulunur.
(23-5)
Örnek : Büyüklüğü 3.5 kN/C olan ve pozitif x-ekseni yönünde yönelmiş
düzgün bir elektrik alan içine, uzunluğu 0.70 m ve genişliği 0.35 m olan
dikdörtgen şeklinde bir plaka konuluyor. Aşağıdaki durumlar için plakadan
geçen akıyı hesaplayınız.
a −) plaka yz ve xy düzlemlerinde bulunuyorsa
b −) plaka normali x-ekseni ile 40o açı yapıyor ve y -ekseni plaka
yüzeyinde bulunuyorsa
A =( 0.35 ) ∗ ( 0.7 ) =245 × 10−3 m 2

a −) Φ yz = E ⋅ Aˆi = EA =
( )
( )
N ⋅ m2
( 3.5 ×10 ) ⋅ ( 245 ×10 ) = 857.5 C

Φ xy = E ⋅ Akˆ = EA ˆi ⋅ kˆ = 0
3
−3
( )
2

N
m
⋅
b −) Φ= E ⋅ A cos 40iˆ + A sin 40kˆ = EA cos 40= 657
C
(
)
(23-6)
Örnek : Kare prizma şeklindeki kapalı bir yüzey,
şekildeki gibi, pozitif x-ekseni yönünde ve şiddeti
E = (3 + 2 x 2 ) ifadesi ile değişen bir elektrik alanı
içinde bulunmaktadır. a = b = 0.4 m ve c = 0.6 m
olduğuna göre, kare prizmanın yüzeyinden geçen
toplam elektrik akısı nedir?
Yüzey alan vektörleri y -ekseni ve z -ekseni doğrultusunda olan yüzeyler
(bir kenarı c olan dikdörtgensel yüzeyler) elektrik alan vektörüne diktir.
Bu yüzden akıya katkı getirmezler. Toplam akı, karesel yüzeylerden
katkılanır:
 
 
Φ
= ∫ E ⋅ dA1 + ∫ E ⋅ dA=
E x= a ab cos180 + E x= a + c ab cos 0
2
S1
S2
 ab  2 ( a + c )
Φ
= ab  −(3 + 2a ) + 3 + 2 ( a + c ) =



2
2
2
2
N
m
⋅
 0.27
− 2a =

C
2
bulunur.
(23-7)
Örnek : Pozitif q yüklü bir parçacık, şekildeki gibi,
R yarıçaplı bir küre kabuğunun merkezindedir. Şekilde
gösterildiği gibi, yükün gördüğü 2θ ' lık bir katı açının
gördüğü yüzeyden geçen akıyı bulunuz.
θ R
q
Küre yüzeyi üzerinde r yarıçaplı dr kalınlığında bir
halkadan geçen akı,
 
q
d Φ= E ⋅ dA= EdA cos θ '= k 2 2π rdr
R
q
q
dΦ
R
Rd
sin
'
'
sin θ ' dθ '
=
θ
θ
)(
)
2 (
2ε 0 R
2ε 0
θ
q
q
q
θ
sin θ ' dθ ' = −
Φ=∫
[ cos θ ']0 = (1 − cos θ )
2ε 0
2ε 0
2ε 0
0
q
q
; θ= π → Φ=
=
Φ
θ π / 2 →=
2ε 0
ε0
(23-8)
Gauss Yasası :
Gauss yasası şu şekilde formüle edilir :
( Herhangi bir yüzeyden geçen akı ) ∗ ε0 = ( yüzeyin içindeki net yük )
Φε0 = qiç
→
 
ε0 ∫ E ⋅ dA =
q iç
S
Not -1: Gauss yasası her kapalı yüzey için geçerlidir.
n̂
n̂
Not - 2 : Kapalı yüzey içindeki net yükü belirlerken,
yüklerin işaretlerini dikkate almak gerekir.
n̂
Not - 3 : Gauss yasasını uygularken, akıya katkıları
olmadığı için yüzeyin dışındaki yükler işleme
katılmaz.
Yandaki şekil için;
S1 yüzeyi : ε 0 Φ1 =+ q,
S2 yüzeyi : ε 0 Φ 2 =−q
S3 yüzeyi : ε 0 Φ 3 =0,
S4 yüzeyi : ε 0 Φ 4 =−q + q =0
(23-9)
Gauss Yasası ve Coulomb Yasası :
Gauss yasası ve Coulomb yasası, durgun elektrikte elektrik
yükü ile elektrik alan arasındaki ilişkiyi farklı biçimlerde
açıklayan bağıntılardır. Her ikisi de birbirinden türetilebilir.
Örneğin, Coulomb yasasını Gauss yasasından türetelim:
q nokta yükünden r kadar uzaktaki bir P noktasındaki elektrik alan Gauss
yasasından bulunabilir. q yükünü merkez kabul eden r yarıçaplı küresel bir
Gaussiyen yüzey seçelim. Gaussiyen yüzeyi, yüzey alanı dA olan sonsuz
küçük elemanlara bölelim. Herbir elemandan geçen akı,
=
d Φ EdA
cos 0 EdA
bulunur. Buradan da,
=
Φ
2
=
=
EdA
E
dA
E
r
4
π
(
)
∫
∫
S
S
ε 0 Φ = qiç = q → ε 0 E ( 4π r 2 ) = q → E =
sonucuna ulaşılır.
q
4πε 0 r
= k
2
q
r2
(23-10)
Simetri: Bir cisme uygulanan fiziksel bir işlem (döndürme, öteleme gibi)
sonucunda, cisim aynı kalıyorsa “simetriktir” denir.
Merkezinden geçen düşey eksen etrafında serbestçe
dönebilen bir küre düşünelim. Gözlemci gözlerini
kapattıktan sonra küreyi ekseni etrafında çevirelim.
Gözlemci gözlerini açtığında, kürenin döndürülüp
döndürüldüğünü anlayabilir mi?
Ekseni etrafında serbestçe dönebilen bir silindir
düşünelim. Gözlemci gözlerini kapattıktan sonra silindiri
ekseni etrafında çevirelim. Gözlemci gözlerini açtığında,
silindirin döndürülüp döndürülmediğini anlayabilir mi?
Cevap her iki örnek için de “hayır” olacaktır. Bu
durumda, hem küre hem de silindir dönme eksenlerine
göre simetriktir deriz.
(23-11)
Ötelenme Simetrisi:
Sonsuz geniş bir düzlem düşünelim. Uçan halı
üzerindeki bir gözlemci bu düzlemin üzerinde
sabit bir yükseklikte olsun. Gözlemci gözlerini
kapattıktan sonra bir miktar ötelensin. Gözlerini
açtığında, hareket edip etmediğini anlayabilir mi?
Cevap “hayır” olacaktır. Bu durumda, düzlem
ötelenme simetrisine sahiptir deriz.
Gauss Yasası Uygulanırken İzlenecek Yol:
•
•
•
•
Yük dağılımını geometrik olarak çiziniz.
Yük dağılımının simetrisini ve elektrik alanına etkisini belirleyiniz.
Gauss yasası her kapalı yüzey için geçerlidir. Φ akısının en kolay
hesaplanabileceği en uygun yüzeyi belirleyiniz.
Elektrik alanı hesaplamak için Gauss yasasını uygulayınız.
(23-12)
Sonsuz Uzunlukta Düzgün Yüklü Çubuğun Oluşturduğu Elektrik Alan :
Şekilde düzgün λ çizgisel yük yoğunluğuna sahip bir çubuk
verilmiştir. Çubuğun simetrisi dikkate alınırsa, oluşturduğu
elektrik alanın kendinden dışarı doğru ve r uzaklığındaki
tüm noktalarda şiddetinin de aynı olduğu ortaya çıkar. Bu
yüzden, çubuğu eksen alan r yarıçaplı, h yüksekliğinde
silindirik bir yüzey Gaussiyen yüzey olarak seçilebilir.
Gaussiyen yüzeyi üç farklı yüzeyin birleşimi gibi düşünebiliriz: Üst yüzey S1 , yanal
yüzey S2 ve taban yüzey S3 . Yüzeyden geçen net akı, Φ = Φ1 + Φ 2 + Φ 3 olacaktır.
S1 ve S3 yüzeylerinde, yüzey normali ile elektrik alan vektörleri birbirlerine dik
olduğu için Φ1 ve Φ 3 akıları sıfırdır. Bu durumda net akı,
Φ = Φ 2 = ∫ EdA = E ( 2π rh ) cos 0 = 2π rhE
S2
Gauss yasasından:
=
Φ
λh
λ
2k λ
=→ E =
=
ε0 ε0
r
2πε 0 r
qiç
(23-13)
Örnek : Yarıçapı R ve düzgün hacimsel yük
ρ
yoğunluğu ρ olan bir kürenin içinde ve dışındaki
r
bölgelerde elektrik alanını bulunuz.
R
r<R→
dA
dE
  qiç
qiç
∫ E ⋅ dA = → E ∫ dA cos 0 =
S
ε0
ρ
R
3
4
r
ρ
π
ρr
4 3
qiç ρ  π r  → E ( 4π =
r2 )
E
=
→=
3ε 0
3ε 0
3

  qiç
qiç
r>R→ 
∫ E ⋅ dA = → E ∫ dA cos 0 =
S
ε0
dA
r
ε0
S
dE
ρR
E
3ε0
ε0
S
ρ 4π R
ρR
4

qiç ρ  π R 3  → E ( 4π=
r2 )
E
=
→
=
3ε 0
3ε 0 r 2
3

3
3
R
r
(23-14)
Örnek : Yarıçapı R ve Q yükünün yüzeyine düzgün
dağıldığı ince küresel bir kabuğun içinde ve dışındaki
bölgelerde elektrik alanını bulunuz.
r<R →
  qiç
∫ E ⋅ dA =
ε0
S
qiç =0 → dA ≠ 0 olduğundan E =0
r>R →
  qiç
qiç
∫ E ⋅ dA = → E ∫ dA cos 0 =
ε0
S
ε0
S
Q
qiç = Q → E ( 4π r ) =
→E=
=k 2
2
ε0
r
4πε 0 r
2
Q
Q
(23-15)
Örnek : İç yarıçapı a, dış yarıçapı b ve düzgün
Q
hacimsel yük yoğunluğu ρ olan küresel bir kabuk
için, r < a; a < r < b ve r > b bölgelerindeki
elektrik alanını bulunuz.
r
a
b
dE
Q
dA
r
  qiç
∫ E ⋅ dA =
a
b
S
ε0
r<a→
qiç = 0 → dA ≠ 0 olduğundan E = 0
dE
Q
ρ π ( b3 − a 3 )
ρ ( b3 − a 3 )
ε0
3ε 0 r 2
4
3
=
→E
dA
r
4
3
3
ρ π ( r 3 − a3 )
−
r
a
ρ
(
)
2
3
=
=
→E
a<r <b→
E ( 4π r )
ε0
3ε 0 r 2
r > b →=
E ( 4π r 2 )
dE
dA
a
b
E
ρ(b3-a3)
3ε0 r2
a
b
r
(23-16)
Örnek : Yarıçapı R ve hacimsel yük yoğunluğu
ρ
dA
ρ = ρ0 r olan bir kürenin içinde ve dışındaki
r
R
bölgelerde elektrik alanını bulunuz.
dE
  qiç
∫ E ⋅ dA =
S
ρ
R
r
2
=
r
dr ' )
ρ
π
4
'
(
∫
0
r
2
4
=
r
r
dr
r
ρ
π
πρ
'
4
'
'
)
(
0
∫ 0
0
πρ0 r 4
ρ0 r 2
E ( 4π r=
E
) ε →=
4ε 0
0
2
R
> R → qiç
r=
dA
r
ε0
< R → qiç
r=
dE
2
=
r
dr ' )
ρ
π
4
'
(
∫
0
R
2
4
=
r
r
dr
R
ρ
π
πρ
'
4
'
'
(
)
0
∫ 0
ρ0R2
E
4ε0
R
r
0
4
4
R
R
πρ
ρ
2
0
E ( 4π r=
E
) ε0 →=
2
r
ε
4
0
0
(23-17)
Örnek : Yarıçapı R olan sonsuz uzunluktaki bir
silindirin düzgün hacimsel yük yoğunluğu ρ ' dur.
silindirin içinde ve dışındaki noktalarda elektrik
alanını bulunuz.
Yük dağılımının simetrisi nedeniyle, Gaussiyen yüzey
olarak silindir seçilir. S1 ve S3 yüzeylerinden akıya
 
hiçbir katkı gelmez (dA ⊥ E ). Bu durumda:
  qiç
Φ
= ∫ E ⋅ dA
=
S2
ε0
r < R → E ( 2=
π rh )
ρ (π r 2 h )
ε0
=
→E
ρ (π R 2 h )
r > R → E ( 2π rh ) =
ε0
ρr
2ε 0
ρ R2
→E=
2ε 0 r
(23-18)
ÖDEV : Yarıçapı R olan sonsuz uzunluktaki bir silindirin
hacimsel yük yoğunluğu ρ = ρ0 r ile veriliyor. ρ0 bir sabit
ve r ' de silindir ekseninden olan uzaklıktır. Silindirin içinde
ve dışındaki bölgede elektrik alanını bulunuz ve silindir
ekseninden olan uzaklığa karşı değişimini çiziniz.
ÖDEV : İç yarıçapı a, dış yarıçapı b olan ρ düzgün yük
yoğunluğuna sahip sonsuz uzunlukta bir silindirin ekseni
üzerinde, düzgün λ çizgisel yükü yaşıyan sonsuz uzun bir
çubuk yerleştirilmiştir. r < a ; a < r < b ; r > b bölgelerinde
elektrik alanlarını bulunuz.
(23-19)
Sonsuz Geniş, Yalıtkan, Yüklü Plakanın
Oluşturduğu Elektrik Alan :
Plakanın pozitif ve düzgün σ yüzey yük yoğunluğuna
sahip olduğunu varsayalım. Simetri nedeniyle elektrik
alan plakaya dik, dışarı doğru ve büyüklüğü her yerde
aynıdır. Şekildeki gibi, plakanın ortadan kestiği, kesit
alanı A olan silindirik bir Gaussiyen yüzey seçebiliriz.
Silindiri üç farklı yüzeyden oluşmuş gibi düşünebiliriz:
Sağ kesit S1 , yanal yüzey S 2 ve sol kesit S3 . Yüzeyden
geçen net akı, Φ = Φ1 + Φ 2 + Φ 3 olacaktır.
Φ1 =Φ 3 =EA =
Φ 2 0 (θ = 90°)
cos 0 EA ve=
Φ =2 EA
qiç σ A
σ
= =
→ E=
Gauss yasasından: Φ
.
ε0 ε0
2ε 0
(23-20)
Yüzeysel yük yoğunlukları σ 1 ve -σ 1 olan sonsuz geniş paralel iki iletken plaka olsun.
Plakalar birbirine yaklaştırılırsa, yükler plakaların birbirine bakan yüzeylerinde toplanır.
Plakalar arasındaki bölgede elektrik alanını bulmak için, kesit alanı A olan silindirik bir
Gaussiyen yüzey (S) seçerek Gauss yasasını uygulayabiliriz:
qiç 2σ 1 A
Φ
= E=
A =
ε0
ε0
→ E=
2σ 1
ε0
Plakaların dışındaki bölgelerdeki elektrik alanı için de, kesit alanı A' olan S' silindirik
Gaussiyen yüzeyini seçer ve Gauss yasasını uygularsak:
qiç σ 1 − σ 1
A =
Φ
= E=
=0 → E=0
ε0
ε0
(23-21)
Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, yarıçapı 2a
ve düzgün hacimsel yük yoğunluğu ρ olan bir
küreden a yarıçaplı bir bölge çıkarılmıştır.
y
a
x
ρ
2a
Çıkarılan kısmın tam ortasındaki elektrik alan
nedir?
Verilen yük dağılımını, ρ ve − ρ düzgün yük
yoğunluklarına sahip 2a ve a yarıçaplı iki
+
a
ρ
−ρ a
2a
kürenin toplamı gibi düşünebiliriz. Dolayısı
ile, ilgili noktadaki toplam elektrik alan:
 ρr ' 
ρa
+−
=

3ε 0
3
ε
0  r '= 0

r =a
olarak bulunur.
ρr
=
E
3ε 0
(23-22)
Bir İletken İçindeki Elektrik Alan :
Soldaki iletkeni gözönüne alalım. İletkenler, içinde serbestçe
dolaşabilen çok sayıda elektron barındıran malzemeler olarak
tanımlanır. İletkenin içinde E ≠ 0 olduğunu düşünelim:
Bu durumda, iletkenin içindeki elektronlar sıfırdan farklı


F = −eE bir kuvvetin etkisi altında kalırlar. Bu nedenle
elektronlar ivmeli bir hareket yapacak ve dolayısıyla bir elektrik akımı
oluşturmaları gerekecektir. Böyle olması durumunda da;
(a) İletkenin ısınması gerekir.
(b) İletken çevresinde bir manyetik alan oluşmalıdır.
Şu ana kadar böyle etkiler hiç gözlenmemiştir. Buradan da,

"Bir iletkenin içindeki durgun elektrik alan E sıfırdır." sonucunu çıkarabiliriz.
(23-23)
İzole Edillmiş Yüklü İletken :
Yanda toplam yükü q olan bir iletken verilmiştir. Yük,
iletkende nasıl dağılmıştır? Bu soruyu yanıtlamak için,
iletkenin hemen içinde bir Gaussiyen yüzey seçelim ve

Gauss yasasını uygulayalım. İletkenin içinde E = 0
olduğundan,
 
qiç
Φ= 
∫S E ⋅ ΔA = 0 (Eş -1) ve Gauss yasasından : Φ = ε0 (Eş - 2).
Bu iki eşitlik birleştirilirse iletkenin içindeki yük sıfırdır (qiç = 0). İletkenin
sıfırdan farklı q yüküne sahip olduğunu bildiğimizden, bu yükün sadece
iletkenin yüzeyinde bulunabileceği sonucuna ulaşırız.
"Elektrostatik yükler, iletkenin içinde bulunamazlar.
Ancak yüzeyinde bulunabilirler."
(23-24)
İçinde Boşluk Bulunan Yalıtılmış Yüklü İletken :
Yanda toplam yükü q olan bir iletken verilmiştir. Boşluğun
duvarında yük bulunurmu? Bu soruyu yine, Gauss yasası
yardımıyla cevaplayabiliriz. Bunun için, şekildeki gibi
boşluğun hemen dışında bir Gaussiyen yüzey seçebiliriz.

İletkenin içinde E = 0 olduğundan,
 
qiç
(Eş-2).
=
Φ ∫ E ⋅ ∆=
A 0 (Eş-1) ve Gauss yasasından: =
Φ
S
ε0
Bu iki eşitlik birleştirilirse seçilen Gaussiyen yüzeyin içindeki yük sıfırdır (qiç = 0).
Dolayısıyla, boşluk duvarında herhangi bir yük yoktur. Özetleyecek olursak;
"İletken içindeki boşluğun duvarlarında yük bulunamaz. Tüm yük iletkenin dış
yüzeyinde bulunabilir".
(23-25)
Yüklü İletkenin Hemen Dışındaki Elektrik Alan :
Bir iletkenin içindeki elektrik alan sıfırdır. Ancak,
dışındaki elektrik alan sıfır değildir. Yüzeyin her
noktasında yüzeye diktir. Böyle olmasaydı, elektrik
alanın yüzeye paralel bir bileşeni olurdu ve yüzeyde
bulunan yüklerin ivmelenmesine sebep olurdu. Bu
ise "durgun elektrik" kabullenmemize aykırı olurdu.
Gauss yasasını uygulamak için, şekideki gibi silindirik bir Gaussiyen yüzey
kullanacağız. Bu silindirik yüzey S1 , S 2 ve S3 gibi üç farklı yüzeyden oluşur.
Net akı, bu yüzeylerden geçen akıların toplamı olacaktır: Φ = Φ1 + Φ 2 + Φ 3 .
Φ1
EA=
cos 0 EA 
qiç
qiç 1

′
EA cos 90=
Φ=
° 0  → Φ= EA=
→E=
2
A ε0
ε0

Φ 3 =0

σ
σ = , yüzeysel yük yoğunluğu tanımından, E = bulunur.
A
ε0
qiç
(23-26)
Örnek : Yarıçapı a olan 2Q düzgün yüküne sahip bir küre,
şekildeki gibi iç yarıçapı b ve dış yarıçapı c olan − Q yüküne
sahip iletken bir küre kabuğunun merkezinde bulunmaktadır.
1, 2, 3 ve 4 nolu bölgelerdeki elektrik alanını bulunuz.
  qiç
∫ E ⋅ dA =
S
ε0
3
2
2Qr
Qr
2
1 nolu bölge: E ( 4π r =
E k 3
) ε a3 → =
a
0
2 nolu bölge: E ( 4π r ) =
2
2Q
2Q
→ E= k 2
r
ε0
3 nolu bölge: E = 0 (İletkenin içinde yük bulunamaz. İletkenin
iç çeperinde − 2Q dış çeperinde Q yükü birikir.)
Q
Q
4 nolu bölge: E ( 4π r 2 ) =
→E= k 2
r
ε0
(23-27)
BÖLÜM-24
Elektrik Potansiyel
Bu bölümde, elektrik alanla ilgili elektrik potansiyel (V) kavramını
öğreneceğiz. Bu bağlamda aşağıdaki konulara değineceğiz:
•
•
•
•
•
•
•
Elektrik alandan potansiyelin bulunması.
Potansiyelden elektrik alanın bulunması.
Nokta yük ve yük grubunun oluşturduğu potansiyel.
Sürekli yük dağılımlarının oluşturduğu potansiyel.
Yük sistemlerinin potansiyel enerjisi.
Eş-potansiyel yüzeyler ve elektrik alan çizgileri.
İzole bir iltekenin oluşturduğu potansiyel.
(24-1)
Elektrik Potansiyel Enerji :
xs
∆U =
− ∫ F ( x)dx
xi
Korunumlu bir kuvvetin yaptığı iş, cismin potansiyel
enerjisindeki değişimin negatif işaretlisidir. Korunumlu
bir kuvvetin etkisiyle cisim xi noktasından xs noktasına
hareket etmişse,
xf
 
∆U =
−q0 ∫ E ⋅ ds
s
i
∆U =
−W =
− ∫ F ( x)dx
U f − Ui =
xi
yazılır. q0 nokta yükü, bilinen bir elektrik alanı



(E ) içinde, F = q0 E elektrik kuvvetinin etkisiyle
A noktasından B noktasına gitsin. Yükün potansiyel
enerjisindeki değişim,
s
s
 
 
∆U =
− ∫ F ⋅ dl =
−q0 ∫ E ⋅ dl
i
i
olacaktır. Bu değişim q0 yüküne bağlıdır.
(24-2)
Elekrik Potansiyel (V ) :
A ve B noktaları arasındaki elektrik potansiyel fark
(∆V ), bu noktalar arasında taşınan birim yük başına
potansiyel enerji değişimi olarak tarif edilir:
s
 
∆U
W
∆V = =−
→ ∆V =
Vs − Vi =− ∫ E ⋅ dl
q0
q0
i
Noktalardan birisinin potansiyeli biliniyorsa, diğer noktanın elektrik potansiyeli
bulunabilir. Genellikle, yükten çok uzaktaki bir noktanın potansiyeli sıfır alınır
(V=i V=
0). Bu durumda, herhangi bir P noktasının potansiyeli,
∞
P
 
VP =
− ∫ E ⋅ dl
∞
ifadesiyle verilir. SI sistemindeki birimi J/C (volt)' dir.
(24-3)
Örnek : Bir proton, şekilde gösterildiği gibi büyüklüğü 8 ×104 V/m
olan pozitif x-ekseni yönündeki düzgün bir elektrik alan içinde durgun
halden serbest bırakılıyor. Proton elektrik alan yönünde 0.5 m gittiğinde,
a −) A ve B noktaları arasındaki elektriksel potansiyel fark ne kadardır.
b −) Bu iki nokta arasında, protonun potansiyel enerjisinde ne kadarlık
bir değişim olmuştur?
c −) Proton B noktasına ulaştığındaki hızı ne olur?
B
 
− ∫ E ⋅ dl =
− ∫ Edl cos 0 =
− Ed =
− ( 8 × 104 ) ⋅ (0.5)
a −) VB − VA =
B
A
A
VB − VA =−4 ×104 V
b −) ∆U =q∆V → ∆U =(1.6 ×10−19 ) ⋅ ( −4 ×104 ) =−6.4 ×10−15 J
1
c −) ∆K + ∆U = 0 → m p v 2 = 6.4 × 10−15 → v = 2.77 × 106 m / s
2
(24-4)
Örnek : Şekildeki gibi, − y yönünde büyüklüğü
325 V/m olan düzgün bir elektrik alan vardır.
Koordinatı ( − 0.2, − 0.3) m olan A noktası ile
koordinatı (0.4,0.5) m olan B noktası arasındaki
potansiyel farkını bulunuz.
B
B
 
− ∫ E ⋅ dl =
− ∫ Edl cos(90 + θ ) = E AB sin θ
VB − VA =
( )
A
A
0.62 + 0.82 = 1 m 

VB − VA 325 (=
1)( 0.8 ) 260 V
 →=
 0.8 
sinθ = 
 = 0.8 
 1 

C
C
B
  B  
VB − VA =
− ∫ E ⋅ dl − ∫ E ⋅ dl =
− ∫ Edl cos180 − ∫ Edl cos 90
AB =
A
( )
C
A
C
VB −=
VA E AC
= 325(0.8)
= 260 V
(24-5)
Nokta Yükün Potansiyeli :
Orijinde bir q nokta yükü bulunsun. Yükten R kadar
uzaktaki P noktasının potansiyelini bulmak için, q0
test yükünü P noktasından sonsuza götürmemiz gerekir.
Böylece,
∞
∞
 
V∞ − VP =
− ∫ E ⋅ dl =
− ∫ Edr cos 0 =
− ∫ Edr
∞
R
q
R
R
∞
dr
q
→ −VP = −
=−
E=
2
2
∫
4πε 0 r
4πε 0 R r
4πε 0
VP =
q
∞
1 
 r  R
1
q
4πε 0 R
bulunur. q nokta yükünün kendisinden r kadar uzakta
oluşturduğu elektrik potansiyel:
1 q
q
=
V
= k
4πε 0 r
r
(24-6)
Nokta Yük Grubunun Oluşturduğu Potansiyel :
Şekilde üç nokta yükten oluşan bir sistem verilmiştir. Bu
yüklerin herhangi bir P noktasında oluşturdukları elektrik
potansiyel, her birinin ilgili noktada oluşturduğu
potansiyellerin toplamıdır.
1. Her bir yükün P noktasında oluşturdukları elektrik potansiyeller bulunur:
1 q1
1 q2
1 q3
V1 =
; V2
; V3 =
4πε 0 r1
4πε 0 r2
4πε 0 r3
2. Tüm yüklerin oluşturdukları potansiyeller toplanır:
1 q1
1 q2
1 q3
V= V1 + V2 + V3 =
+
+
4πε 0 r1 4πε 0 r2 4πε 0 r3
n tane nokta yükten oluşan bir sistem için bu ifade şöyle yazılır:
1 q1
1 q2
1 qn
1
V=
+
+ ... +
=
4πε 0 r1 4πε 0 r2
4πε 0 rn 4πε 0
n
qi
∑
i =1 ri
(24-7)
Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, ikizkenar bir üçgenin
köşelerine üç nokta yük yerleştirilmiştir. − q yüklerinin
bulunduğu doğrunun tam orta noktasındaki elektrik
potansiyelini hesaplayınız. (q = 7 µ C alımız).
h = 42 − 12 = 15 cm
q
q
= V+ q + 2V− q =
+ k − 2k
V
h
r− q
1
2 

−
V = ( 9 ×10 ) ⋅ ( 7 × 10 ) 
−2 
−2
×
1
10
 15 ×10


5 1
− 2 =
−1.1×107 V
V = 63 ×10 
 15

9
−6
(24-8)
Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, q1 = 2 µ C' luk yük
−6 µ C' luk yük ise y =
orijinde ve q2 =
3 m noktasında
bulunmaktadır. Bu iki yükün, x = 4 m noktasında (P)
oluşturdukları toplam elektrik potansiyel ne kadardır?
q3 = 3 µ C' luk üçüncü bir yükü P noktasına getirmek
r2
için yapılması gereken işi bulunuz.
q1
q2
V =V1 + V2 = k + k
r1
r2
−6
−6

2
×
10
6
×
10
V=
( 9 ×109 ) ⋅  4 − 5


3
=
−
×
6.3
10
V


−18.9 × 10−3 J
W = q3 (VP − V∞ ) =
3 × 10−6 ( −6.3 × 103 − 0 ) =
(24-9)
Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, Q, − 2Q ve Q
nokta yükleri x-ekseni üzerine aralarındaki mesafe
a olacak şekilde yerleştirilmişlerdir. x > a olmak
üzere, x-ekseni üzerindeki herhangi bir noktadaki
elektrik potansiyelini bulunuz. x  a durumundaki
potansiyel ifadesini türetiniz.
q3
q1
q2
+k
V = V1 + V2 + V3 = k + k
r1
r2
r3
V
2
1 
2
 1
 2x
− +=
=
− 
kQ 
 kQ  2
2
x
 x+a x x−a
 x −a
2kQa 2
3
2
−
x
a
x)
(
2kQa 2
2kQa 2
 a →V
≈
x=
3
2
2
x3
x (1 − a / x )
(24-10)
Elektrik Dipolünün Oluşturduğu Potansiyel :
Solda bir elektrik dipolü verilmiştir. Dipolü oluşturan nokta
yüklerin P noktasında oluşturdukları V potansiyelini bulalım.
P noktası, dipolün merkezi olan O noktasından r kadar uzakta
ve OP doğrusu dipol ekseni ile θ açısı yapsın. Bu durumda P
noktasındaki potansiyel:
1  q
q 
q r( − ) − r( + )
.
−
V = V( + ) + V( − ) =

=
4πε 0  r( + ) r( − )  4πε 0 r( − ) r( + )
olur. d dipolü oluşturan yükler arasındaki mesafe olmak üzere,
r  d yaklaşımı yapılırsa r( − ) r( + ) ≈ r 2 , ABC dik üçgeninden de
r( − ) − r( + ) ≈ d cos θ yazılabilir. Bu durumda,
q d cos θ
1 p cos θ
V≈
,
=
4πε 0 r 2
4πε 0 r 2
sonucuna ulaşılır. Burada, p = qd kısaltması yapılmıştır.
(24-11)
Sürekli Yük Dağılımlarının Oluşturduğu Potansiyel :
Şekildeki sürekli yük dağılımına sahip bir cisim verilmiştir.
Yük dağılımının herhangi bir noktada oluşturduğu elektrik
potansiyel V üstüste binme ilkesiyle şu şekilde bulunur:
1. Cisim, sonsuz küçük dq yüküne sahip elemanlara bölünür.
çizgisel yük dağılımı → dq =
λd
yüzeysel yük dağılımı → dq =
σ dA
hacimsel yük dağılımı → dq =
ρ dV
2. dq yükünün P noktasında oluşturduğu dV potansiyeli yazılır: dV =
1 dq
4πε 0 r
1 dq
3. Tüm yüklerin katkısı, yük dağılımı üzerinden integral alınarak bulunur: V =
4πε 0 ∫ r
(24-12)
Örnek : Şekilde L uzunluğunda ve λ düzgün yük yoğunluğuna
sahip ince bir çubuk verilmiştir. Çubuğun sol ucundan, çubuğa
dik doğrultuda d kadar yukardaki bir P noktasındaki elektrik
potansiyelini bulunuz.
Çubuğun sol ucundan x kadar ötede seçilen dx elemanının yükü
dq λ dx ve P noktasına uzaklığı da
r
d 2 + x 2 olduğundan,
=
=
dq yükünün P noktasında oluşturduğu elektrik potansiyeli:
dq
λ dx
dV k= k
=
r
d 2 + x2
L
V = kλ ∫
0
 L + d 2 + L2
 k λ ln 
= k λ ln x + d + x =

 0

d
d 2 + x2

(
dx
2
2
)
L




bulunur.
∫
dx
d 2 + x2
(
= ln x + d 2 + x 2
)
(24-13)
Örnek : Şekilde L uzunluğunda ve λ = α x yük yoğunluğuna
sahip ince bir çubuk verilmiştir. Burada α pozitif bir sabit ve
x çubuğun sol ucundan olan uzaklıktır. Çubuğun sol ucundan
yatay doğrultuda d kadar uzaklıkta bir P noktasındaki elektrik
potansiyeli bulunuz.
Çubuğun sol ucundan x kadar ötede seçilen dx elemanının yükü
dq= λ dx ve P noktasına uzaklığı da r= x + d olduğundan,
dq yükünün P noktasında oluşturduğu elektrik potansiyeli:
dq
xdx
α xdx
dV k= k = kα
=
r
x+d
x+d
L
L
xdx

 L + d 
V = kα ∫
= kα  x − d ln ( x + d )  0 = kα  L − d ln 

x
d
d
+



0
bulunur.
xdx
x − d ln ( x + d )
∫ x+d =
(24-14)
ÖDEV : Şekilde L uzunluğunda ve λ = α x yük
yoğunluğuna sahip ince bir çubuk verilmiştir.
Burada α pozitif bir sabit ve x çubuğun sol
ucundan olan uzaklıktır. Çubuğun ortasından
dik doğrultuda b kadar uzaklıkta bir P
noktasındaki elektrik potansiyeli bulunuz.
(24-15)
Örnek : Homojen yüklü ince bir çubuk, R yarıçaplı
çemberin bir parçası olacak şekilde bükülüyor. Şekilde
verildiği gibi, yayı gören açı φ ' dir. Yayın çizgisel yük
yoğunluğu λ ise, çemberin merkezindeki (O noktası)
elektrik potansiyeli nedir?
Yay üzerinde seçilen dl elemanının yükü dq = λ dl dir.
O noktasındaki toplam elektrik potansiyeli:
φ
dV = k
dq
dl
Rdθ
= kλ = kλ
= k λ dθ → V = k λ ∫ dθ = k λφ
r
R
R
0
olur.
λ
φ = π (yarım çember) → V = k λπ =
4ε 0
λ
φ 2π (tam çember) →=
λ 2π
V k=
2ε 0
(24-16)
Örnek : Q yükü R yarıçaplı bir çember üzerine düzgün
olarak dağılmıştır. Çemberin merkezinden dik olarak
geçen z -ekseni üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki
P noktasında elektrik potansiyelini bulunuz.
Çember üzerinde seçilen dl elemanının yükü
dq λ=
dl (Q / 2π R)dl ile verilir.
=
P noktasındaki toplam elektrik potansiyeli:
dq
Q
 Q  dl
 Q 1
dV= k = k 
; ∫ dl = 2π R
 → V= k 
 ∫ dl= k
r
r
 2π R  r
 2π R  r
Q / 2π R ) λ 

(
Q
Q
z=0 → V =
k
=
=
=


Q

R 4πε 0 R
2ε 0
2ε 0 
V =k
;

2
2
z +R
 z → ∞ → V =k Q (nokta yükün potansiyeli) 


z
(24-17)
Örnek : Yarıçapı R olan ince bir disk düzgün σ yüzey
yük yoğunluğuna sahiptir. Diskin merkezinden dik olarak
geçen eksen üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki bir
P noktasında elektrik potansiyelini bulunuz.
Toplam yükü Q olan bir çemberin potansiyeli : V = k
Q
z2 + r2
Seçilen çemberin toplam yükü dq, potansiyeli dV dir.
dq
σ 2π rdr
k= k
z2 + r2
z2 + r2
dV
σ R rdr
∫
V ∫=
dV
=
∫
2
2
2
ε
z
r
+
0
0
0
R
σ  2
σ  2
2 
V
z + r=
z + R2 − z 
=
 0 2ε 0 

2ε 0 
R
xdx
=
2
x + a2
x2 + a2
(22-18)
Örnek : İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan ince
bir disk düzgün σ yüzey yük yoğunluğuna sahiptir.
Diskin merkezinden dik olarak geçen eksen üzerinde
ve merkezden z kadar uzaktaki bir P noktasında
elektrik potansiyelini bulunuz.
Toplam yükü Q olan bir çemberin potansiyeli : V = k
z
Q
z2 + r2
Seçilen çemberin toplam yükü dq, potansiyeli dV dir.
σ 2π rdr
dq
k= k
z2 + r2
z2 + r2
dV
b
V
=
dV
∫=
a
σ
2ε 0
b
∫
a
rdr
∫
xdx
=
2
x + a2
x2 + a2
z2 + r2
b
σ  2
σ  2
2 
V
z +=
r
z + b2 − z 2 + a 2 
=
 a 2ε 0 

2ε 0 
(24-19)
ÖDEV : Yarıçapı R olan ince bir disk σ = Cr
ile değişen yüzey yük yoğunluğuna sahiptir. C
pozitif bir sabit ve r disk merkezinden olan
uzaklıktır. Diskin merkezinden dik olarak geçen
eksen üzerinde ve merkezden x kadar uzaktaki bir
P noktasında elektrik potansiyelini bulunuz.
(24-20)
Örnek : Yarıçapı R ve yüksekliği h olan ince silindirik
bir kabuk, xy -düzlemine tabanı orijinde olacak şekilde
yerleştirilmiştir. Silindir düzgün σ yük yoğunluğuna sahip
olduğuna göre, ekseni üzerindeki herhangi bir noktadaki
(P ) elektrik potansiyelini bulunuz.
Q
Toplam yükü Q olan bir çemberin potansiyeli : V = k
z2 + r2
Seçilen çemberin toplam yükü dq, potansiyeli dV dir.
dq
k= k
2
( z − z ') + R 2
dV
σR h
V ∫=
dV
=
∫
ε
2
0 0
0
h
V =− ln  2

∫
(
2
2
( z − z ')
2
+ R2
dz '
( z − z ')
2
+ R2
h


z 2 + R2 + z

( z − z ') + R + z − z '
=ln 

2
2
 0
 ( z − h) + R + z − h 
=− ln  2

(a − x) + b
dx
σ 2π Rdz '
2
(
)
2
)
(a − x) 2 + b 2 + a − x 

(22-21)
Örnek : Yarıçapı R olan bir küre düzgün ρ
hacimsel yük yoğunluğuna sahiptir. Sonsuzun
potansiyelini sıfır kabul ederek, küre dışında
ve küre içinde elektrik potansiyelini bulunuz.
rP
 
VP − V∞ =
− ∫ E ⋅ dl =
− ∫ Edl cos (180 )
rP
∞
; [ dl =
−dr ]
∞
rP
rP
rP
dr
VP − V∞ = − ∫ E ( −dr )( −1) = − ∫ Edr =
− kQ ∫ 2
r
∞
∞
∞
r
P
Q
1 
Q
VP = −kQ   =
k =
V
(
r
)
k
; r>R
r
r
 ∞
P
r
rM
rM
kQ
 Qr 
VM − VR =
− ∫ Edr =
− ∫  k 3  dr =
− 3
R 
R
R
R 
rM
∫
R
kQ 2
rdr =
−
r − R2 )
3 ( M
2R
kQ kQ 2
kQ 
r2 
2
VM =
−
r − R ) → V (r ) =
3− 2  ; r < R
3 ( M
R 2R
2R 
R 
(24-22)
İndüklenmiş Dipol Moment :
Su molekülü (H 2 O) gibi birçok molekül kendiliğinden bir dipol
momente sahiptir. Bu tür moleküllere "polar" moleküller denir.
Aksine, O 2 , N 2 , ... gibi moleküllerin dipol momentleri sıfırdır.
Bunlara da "polar olmayan" moleküller denir. Şekil-a' da böyle
bir molekül resmedilmiştir. Pozitif yük ile çevresindeki negatif
yük bulutu aynı merkezli olduğu için dipol momenti sıfırdır.
Şekil-b' de, elektrik alan içindeki polar olmayan molekülde ne
gibi bir değişim olduğu resmedilmiştir. Merkezleri çakışık olan
pozitif yük ve negatif yük bulutu, elektrik kuvvetinin etkisi
altında ayrışmıştır.
Böylece, polar olmayan molekül elektrik alan etkisiyle sıfırdan farklı bir dipol
momente sahip hale gelmiştir. Buna "indüklenmiş dipol moment" ve moleküle de
"kutuplanmış" tır denir. Elektrik alan kaldırıldığında, kutuplanma da ortadan
kalkar ve dipol moment tekrar sıfır olur.
(24-23)
Eş - Potansiyel Yüzeyler :
Potansiyelleri aynı olan noktaların oluşturduğu
yüzeye eş-potansiyel yüzey denir. Şekilde dört
farklı eş-potansiyel yüzey verilmiştir. Aralarındaki
potansiyel farkının ∆V olduğu iki nokta arasında,
q yükünü bir noktadan diğerine götürmek için
elektrik alan tarafından yapılan iş: W =−q∆V .
=
=
WI 0 olur.
I numaralı
yol : ∆V 0 olduğundan,
=
=
WII 0 olur.
II numaralı
yol : ∆V 0 olduğundan,
III numaralı yol : WIII =−q∆V =−q (V2 − V1 ) .
IV numaralı yol : WIV =−q∆V =−q (V2 − V1 ) .
Not : Bir yükü, eş-potansiyel bir yüzeyde ( ∆V =
0 ) hareket ettirmek için
elektrik alan tarafından herhangi bir iş yapılmaz (W = 0).
(24-24)

Elektrik Alan E, Eş - Potansiyel Yüzeylere Diktir :
Potansiyeli V olan bir eş-potansiyel yüzey olsun.
Herhangi bir q yükünü elektrik alan yardımıyla,
yüzey üzerindeki bir yol boyunca A noktasından

B noktasına götürelim. ∆r , yol üzerinde seçilmiş
bir uzunluk elemanıdır.


Herhangi bir anda elektrik alan vektörü E ile ∆r arasındaki
açıya θ dersek, elektrik alan tarafından yapılan iş,
 
 
W= F ⋅ ∆r= qE ⋅ ∆r= qE ∆r cos θ
bulunur. A ve B noktaları eş-potansiyel bir yüzey üzerinde
olduğu=
∆r cos θ 0 olmalıdır.
için, W 0 ve böylece, qE=
Buradan da θ= 90°, yani, elektrik alan eş-potansiyel yüzeye
dik olmalıdır.
(24-25)
Eş - Potansiyel Yüzeyler ve Elektrik alan Çizgileri :
Düzgün Elektrik Alan
İzole Nokta Yük
Elektrik Dipol
q Nokta Yükü için Eş - Potansiyel Yüzeyler :
V=
q
q
= sabit → =
r
= sabit
4πε 0 r
4πε 0V
q nokta yükünü merkez alan r yarıçaplı küresel yüzeyler, eş-potansiyel yüzeylerdir.
(24-26)
Potansiyelden Elektrik Alanın Bulunması :
Şu ana kadar, elektrik alanını bildiğimizi kabul ederek elektrik potansiyelini
bulduk. Şimdi de durumu tersine çevirelim. Elektrik potansiyeli bildiğimizi
varsayıp, elektrik alanını bulacağız. Potansiyelleri sırasıyla V ve V + dV olan
aralarında dl mesafesi bulunan iki eş-potansiyel yüzey olsun. Elektrik alanı,

q0 nokta yükünü dl doğrultusu boyunca V eş-potansiyel yüzeyinden V + dV
eş-potansiyel yüzeyine taşısın. Elektrik alan tarafından yapılan iş iki şekilde
verilir:
W = −q0 dV
W
Fdl
cos θ Eq0 dl cos θ
=
(Eş-1)
(Eş-2)
dV
Eq0 dl cos θ =
−q0 dV → E cos θ =
−
dl

bulunur. PAB dik üçgeninden E cos θ teriminin, E elektrik
alanının l doğrultusundaki bileşeni olduğu görülür.
(24-27)
∂V
Böylece, El = −
sonucuna ulaşılır. "Elektrik alanın herhangi
∂l
bir yöndeki bileşeni, o yönde elektriksel potansiyelin konuma göre
değişim hızının negatif işaretlisidir". Eğer l doğrultusu sırasıyla,
x , y ve z -ekseni alınırsa, elektrik alan bileşenleri:
∂V
∂V
∂V
Ex =
−
−
−
; Ey =
; Ez =
∂x
∂y
∂z
Elektrik potansiyeli konumun bir fonksiyonu V ( x, y, z ) ise, elektrik
alan vektörünün x, y ve z bileşenleri bulunabilir ve birim vektörler
cinsinden:

∂V ˆ ∂V ˆ ∂V ˆ
E=
−
i−
j−
k
∂x
∂y
∂z
şeklinde ifade edilebilir.
(24-28)
Örnek : Yarıçapı R olan iletken bir kürenin potansiyeli
 kQ
, r<R

 R
V (r ) = 
 kQ , r > R

 r
şeklinde tanımlıdır. İletken kürenin içinde ve dışındaki elektrik
alanını bulunuz.
dV
El = −
dl
d kQ
−
r < R → Er =
(
)=
0
dr R
 kQ
d kQ
kQ
r > R → Er =
−
(
) = 2 → E = 2 rˆ
dr r
r
r
(24-29)
Örnek : Uzayın belli bir bölgesindeki elektrik potansiyeli,
V ( x, y , z ) =
5 x − 3 x 2 y + 2 yz 2 (V) ile veriliyor. Bölgedeki
elektrik alan bileşenlerini bulunuz. (1, 0, − 2) noktasındaki
elektrik alan şiddetini hesaplayınız.

d
2
2
Ex =−
(5 x − 3 x y + 2 yz ) =−5 + 6 xy 
dx

dV
d

−
→ Ey =
−
El =
(5 x − 3 x 2 y + 2 yz 2 ) =
3x 2 − 2 z 2 
dl
dy


d
2
2
−
−4 yz
Ez =
(5 x − 3 x y + 2 yz ) =

dz

−5 V/m ; E y =−
−5 V/m ; Ez =
(1, 0, − 2) → Ex =
3 2*4 =
0
E=
( −5 ) + ( −5) + ( 0 ) = 25 2 V/m
2
2
2
(24-30)
Örnek : Yarıçapı R olan ve düzgün σ yüzey yük yoğunluğuna sahip
bir diskin, merkezinden dik olarak geçen z - ekseni üzerinde oluşturduğu
potansiyel
σ  2
V=
z + R2 − z 
( z)

2ε 0 
ile verilmektedir. Diskin bu eksen üzerinde oluşturduğu elektrik alanını
bulunuz.
dV
σ d  2
El =
z + R2 − z 
−
→ Ez =
−

dl
2ε 0 dz 
σ
Ez = −
2ε 0
σ
Ez
=
2ε 0
1 2

2 −1/ 2
2
1
z
R
z
+
−
)
 2 (


1 −



2
2
z +R 
z
(24-31)
Nokta Yük Sisteminin Potansiyel Enerjisi (U ):
Nokta yük grubunun elektrik potansiyel enerjisi
(U ), tek tek tüm yüklerin sonsuzdaki bir noktadan
alınıp bulundukları yere getirilmesi için yapılması
gereken toplam iş olarak tanımlanır.
Herhangi bir q yükünü aralarındaki potansiyel farkının ∆V
olduğu iki nokta arasında, bir noktadan diğerine taşımak
için yapılması gereken iş W = q∆V ile verilir. Buna uygun
olarak, nokta yük grubunu biraraya getirecek şekilde yükleri
teker teker bulundukları noktalara getirerek yapılan işleri
bulmamız ve net işi bulmak için de hepsini toplamamız gerekir.
(24-32)
q1 in getirilmesi : W1 = q1 ( ∆V ) = 0
q2 q1
q2 nin getirilmesi : W=
q2 (V12 − 0=)
2
4πε 0 r12
1  q1q3 q2 q3 
q3 ün getirilmesi : W=
q3 (V13 + V23 − 0=)
+


3
4πε 0  r13
r23 
q2 q3
q1q3
q1q2
+
+
W = W1 + W2 + W3 → W =
4πε 0 r12 4πε 0 r23 4πε 0 r13
(24-33)
q2 q3
q1q3
q1q2
+
+
U=
4πε 0 r12 4πε 0 r23 4πε 0 r13
n tane nokta yükten oluşan bir sistemin elektrik potansiyel
enerjisini matematiksel olarak,
U=
1
4πε 0
n
qi q j
i , j =1
i< j
rij
∑
ifadesi ile verebiliriz. Bu ifadedeki rij , qi ve q j nokta yükleri
arasındaki mesafedir.
Not : Her yük ikilisinin yalnızca bir defa yazılması gerektiğine
dikkat ediniz. Bu nedenle, kesikli toplama işlemi yapılırken
i < j kısıtlaması getirilmiştir.
(24-34)
Örnek : Şekildeki dört noktasal yükü biraraya
getirmek için gerekli işi hesaplayınız.
(q = 5.0 µ C alınız).
q1q3
q2 q3
q3 q4
q1q2
q1q4
q2 q4
U =k
+k
+k
+k
+k
+k
r12
r13
r14
r23
r24
r34
kq 2
U
=
10−2
2
 2 3 2 6 4 6  kq
 3 + 5 − 4 + 4 − 5 − 3=
 10−2
9 × 10 )( 5 × 10 )
(
U =
−6
9
10−2
2
1
 4
 − 3 + 1 − 5 
 23 
 8 
22.5  −  =
−12 J
1 − 15  =
 15 
(24-35)
Örnek : Yarıçapı R olan ve düzgün ρ hacimsel yük yoğunluğuna sahip bir
kürenin toplam elektrik potansiyel enerjisini hesaplayınız.
Yükü sonsuzdan getirdiğimizi varsayalım. Herhangi bir anda
kürenin yarıçapı r ve yükü q olmak üzere elektrik potansiyeli:
q
V =k
r
ifadesine sahiptir. Kürenin yükünü dq kadar artırmak için
yapılması gereken iş dU = dqV ile verilir. Küre içinde, r
yarıçaplı dr kalınlığında ince bir küresel kabuk seçilirse,
toplam iş:
dq = ρ 4π r 2 dr 
4πρ 2

= ∫ dqV →
=
U
4 3  →U
3ε 0
q = ρ πr 
3

4πρ 2 R 5
=
∫0 r dr
15ε 0
R
4
(24-36)
Örnek : Yarıçapı R olan Q homojen yüküne sahip bir halkanın
merkezine, kütlesi m olan bir q nokta yükü yerleştirilmiştir.
Halka ekseni boyunca, q nokta yükü çok az bir miktar çekilip
durgun halden serbest bırakılırsa, ulaşabileceği maksimum hız
ne olur?
q nokta yükünün bulunduğu ilk noktanın elektrik potansiyeli:
dq kQ
Vi 
k
∫=
R
R
ifadesine sahiptir. Sonsuzdaki bir noktanın potansiyeli de V∞ = 0
olduğundan, q nokta yükü üzerinde yapılan iş:
kQq
W = −∆U = − q (V∞ − V ) =
R
bulunur. W = ∆K eşitliği yardımıyla:
kQq 1
=
mv 2 − 0 →
=
v
R
2
bulunur.
2kQq
mR
(24-37)
İzole bir İletkenin Potansiyeli :
Bir iletkenin üzerindeki veya
içerisindeki A ve B notalarını
düşünelim. Bu noktalar arasındaki
VB − VA potansiyel farkı şu eşitlikle
verilir:
 
VB − VA =
− ∫ E ⋅ dl
B

Bir iletkenin içindeki elektrik alanının (E ) sıfır
olduğunu biliyoruz. Dolayısı ile, yukarıdaki integral
A
de sıfırdır ve VB = VA bulunur. Özetle, "iletken
eş-potansiyel bir yüzeydir".
(24-38)
Örnek : Yarıçapları r1 ve r2 olan iki iletken küre, yarıçaplarına
göre, birbirinden çok uzaktadır. Daha sonra küreler, şekildeki gibi,
iletken bir telle birbirine bağlanıyor. Küreler dengeye ulaştıktan
sonra üzerlerindeki yükler sırasıyla q1 ve q2 oluyor. Dengeye
ulaşıldıktan sonra, küre yüzeylerindeki elektrik alan şiddetlerinin
oranını (E1 /E2 ) bulunuz.
Denge durumuna ulaşıldığında, kürelerin potansiyelleri aynı olur:
V1 =
V2
→ k
q1
q
=k 2
r1
r2
Küre yüzeylerindeki elektrik alan şiddetlerinin oranı da:
q1 
r12 

 →
q
E2 = k 22 
r2 

olur.
E1 = k
2
2
 r1   r2 
r2
E1  q1   r2 
=
=
=
  
  
r1
E2  q2   r1 
 r2   r1 
(24-39)
Dış Elektrik Alan İçinde İzole İletken :
Bir iletkenin yüzeyinin eş-potansiyel olduğunu
ve elektrik alan çizgilerinin de eş-potansiyel
yüzeylere dik olduğunu biliyoruz. Yanda, elektrik
alan içine konmuş bir iletken verilmiştir. Elektrik
alan çizgilerinin iletken yüzeyine dik olduğu ve
iletkenin içinde elektrik alanın sıfır olduğu açıkça görülmektedir.
İletkendeki tüm yükler, iletken içindeki elektrik alanı sıfır yapacak
yeni bir düzenlenme içerisine girerler. İletkenin hemen yüzeyindeki
σ
elektrik alan Edış =
ile verilir.
ε0
(24-40)
Yüklü Bir İletkenin İçinde ve
Dışındaki Elektrik Alan ve
Potansiyel (ÖZET) :
1. Tüm yük iletkenin yüzeyindedir.
2. İletkenin içinde elektrik alan sıfırdır: Eiç = 0.
σ
3. İletkenin hemen dışındaki elektrik alan: Edış = .
ε0
4. İletkenin hemen dışındaki elektrik alan iletken yüzeyine diktir.
5. İletkenin içinde ve yüzeyindeki tüm noktalar aynı potansiyele sahiptir.
İletken eş-potansiyel bir yüzeydir.
(24-41)
Yarıçapı R, Yükü q Olan Küresel İletkenin
Elektrik alanı ve Potansiyeli :
r<R
→
1 q
V =
4πε 0 R
E=0
r>R
→
1 q
V =
4πε 0 r
1
q
E=
4πε 0 r 2
(24-42)
BÖLÜM-25
Kapasitörler
Bu bölümde aşağıdaki konulara değinilecektir:
•
•
•
•
•
•
İzole iki iletkenden oluşan sistemin sığası (C).
Basit geometrilere sahip bazı kapasitörlerin sığalarının hesabı.
Seri ve paralel bağlı kapasitörlerde eşdeğer sığa.
Kapasitörde depolanan enerji.
Plakaları arası dielektrikle doldurulmuş kapasitörler.
Dielektriğin varlığında Gauss yasası.
(25-1)
Sığa (Kapasitans) :
Birisi + q ve diğeri de - q yüküne sahip, aralarında hava ya da
boşluk bulunan iki izole iletkenden oluşan sisteme "kapasitör"
denir. Elektrik devrelerdeki sembolik gösterimi, iletken plakaları
temsil eden paralel iki çizgidir. Bir kapasitörün yükü denilince,
plakalardaki yükün mutlak değeri anlaşılır. Şekilde görüldüğü
gibi, plakalarındaki yükten dolayı kapasitörü çevreleyen uzayda
bir elektrik alan oluşur. Pozitif ve negatif yüklü plakaların potansiyelleri, sırasıyla,
V+ ve V− ' dir. Böylece, plakalar arasındaki potansiyel farkı da V =∆V =
V+ − V−
ifadesiyle verilir. Bir kapasitörün yükü (q), plakaları arasındaki potansiyel fark (V )
ile doğru orantılıdır. Orantı sabiti de, o kapasitörün sığasıdır ve birim potansiyel fark
başına yük olarak tarif edilir.
C=
q
C/V ≡ Farad (F)
V
(25-2)
Paralel Plakalı Kapasitör :
Plakalarının yüzey alanı A ve aralarında d mesafesi bulunan iki paralel plakadan oluşan
sisteme "paralel plakalı kapasitör" denir. Plakaların boyutları, plakalar arası mesafeye
göre çok büyüktür. Bu nedenle, plakalar arasındaki bölgede elektrik alan düzgün, kenar
kısımlarına yakın bölgelerde ise düzgün değildir. Plakaların dışındaki bölgelerde elektrik
alan "sıfır" dır.
Bataryalar :
İki ucu arasında sabit bir potansiyel fark oluşturan ve bunu sürekli
kılan cihazlara "batarya" diyoruz. Elektrik devrelerinde biri uzun
diğeri kısa iki paralel çizgi ile sembolize edilirler. Uzun çizgi
potansiyelin pozitif olduğu ucu, kısa çizgi de potansiyelin negatif
olduğu ucu gösterir.
(25-3)
Kapasitörün Yüklenmesi :
Yanda bir kapasitörün doldurulması için basit bir devre
kurulmuştur. S anahtarı kapatıldığında, batarya negatif
ucundan kapasitörün "2" nolu plakasına elektron sürer.
Bataryanın pozitif ucu da, "1" nolu plakadan eşit sayıda
elektronu toplar. Böylece, plakalardaki yük ve plakalar
arasında başlangıçta sıfır olan potansiyel fark artmaya
başlar. Sonuç olarak, bataryanın birim zamanda topladığı
ve sürdüğü yük azalır. Yük akışı, kapasitörün plakaları
arasındaki potansiyel fark bataryanın uçları arasındaki
potansiyel farka eşit olana kadar devam eder ve sonra
durur.
(25-4)
Sığanın Hesaplanması :
Bir kapasitörün sığası, plakalarının boyutlarına,
şekline ve birbirlerine göre konumlarına, özetle
geometrisine, bağlıdır. Sığa hesabı için aşağıda
sıralanan yol izlenir:
1. Plakaların + q ve − q yüklü oldukları varsayılır.
2. Plakalar arası bölgedeki elektrik alan Gauss
 
yasasından bulunur ε0 ∫ E ⋅ dA =
q iç .
(
)
 
3. Plakalar arasındaki potansiyel fark, V =
− ∫ E ⋅ dl eşitliği kullanılarak hesaplanır.
+
−
4. Hesaplanan potansiyel fark, C =
q
eşitliğinde yerine konur ve sığa bulunur.
V
(25-5)
Paralel Plakalı Kapasitörün Sığası :
Şekildeki plakaların yüzey alanı A ve aralarındaki mesafe
d olsun. Üstteki plakanın yükü + q, alttaki plakanın yükü
ise − q' dur. Plaka ile aynı kesit alanına sahip ve plakayı
ortasına alan dikdörgen prizma şeklinde bir Gaussiyen
yüzey seçelim.
Gauss yasasını uygularsak, plakalar arasındaki bölgedeki elektrik alanı:
q
q
Φ= EA cos 0= EA=
→ E=
ε0
Aε 0
bulunur. Buradan da, iki plaka arasındaki potansiyel fark için,
+
+
qd
− ∫ Edl cos180 =
V=
E ∫ dl =
Ed =
Aε 0
−
−
bağıntısı elde edilir. Dolayısıyla, paralel plakalı bir kapasitörün sığası:
Aε 0
q
q
=
→C =
C
d
V qd / Aε 0
olarak bulunur.
(25-6)
Örnek : Plakaları arası hava dolu olan paralel plakalı bir kapasitörün plakalarının
alanı 7.6 cm 2 ' dir ve aralarında 1.25 mm mesafe vardır. Plakalar arasındaki potansiyel
fark 20 V ise,
a−) plakalar arası bölgedeki elektrik alanını
b −) plakalardaki yüzey yük yoğunluğunu
c −) kapasitörün sığasını ve plakalardaki yük miktarını
bulunuz.
a −) V = Ed → E =
V
20
3
×
=
=
16
10
V/m
−3
d 1.25 × 10
σ
→ σ = ε 0 E = ( 8.85 × 10−12 ) ∗ (16 × 103 ) = 1.416 × 10−7 C / m 2
b −) E =
ε0
c −) C =
ε0 A
(8.85 ×10 ) ∗ ( 7.6 ×10 ) =
−12
=
−4
5.381× 10−12 F
d
1.25 × 10−3
Q
C = → Q = CV = ( 5.381× 10−12 ) 20 =
107.62 × 10−12 C
V
(25-7)
Örnek : Plakaları arası hava dolu olan paralel plakalı bir kapasitörün plakaları
arasına 150 V' luk potansiyel fark uygulandığında, plakalardaki yüzeysel yük
yoğunluğu 30 nC/cm 2 oluyor.
a−) Kapasitörün plakaları arasındaki mesafe nedir?
b−) Plakaların yüzey alanı 4 cm 2 ise, kapasitörün sığasını ve plakalardaki yük
miktarını bulunuz.
a −) V = Ed =
σ
d
ε0
ε 0V ( 8.85 ×10 )150
−6
×
4.425
10
m
d=
=
=
−9
−4
σ
(30 × 10 / 10 )
−12
ε0 A
8.85 × 10 ) ∗ ( 4 × 10 )
(
=
=
8 × 10
−12
b −) C =
4.425 × 10−6
d
 30 × 10−9
Q
σ = → Q =σ A= 
−4
A
 10
−4
−10
F

−4
−9
 ∗ ( 4 × 10 ) = 120 × 10 C

(25-8)
Örnek : Ağırlıksız bir iple paralel plakalı kapasitörün pozitif
plakasına bağlı olan m kütleli bir q nokta yükü şekildeki gibi
dengededir. Plakalar arasındaki potansiyel farkını bulunuz.
Plakalardaki yük miktarı Q ise, kapasitörün sığası ne olur?
V = Ed
Denge durumunda, q nokta yükü üzerine etkiyen net
kuvvet sıfır olmalıdır:
T sin θ = qE 
qE
mg tan θ
→
θ
=
→
=
tan
V
d

T cos θ = mg 
mg
q
=
C
Q
Qq
=
V mgd tan θ
(25-9)
Silindirik Kapasitör :
Aynı L uzunluğuna sahip, a ve b yarıçaplı eş-eksenli iki silindirik
kabuktan oluşan sisteme "silindirik kapasitör" diyoruz. Silindirlerin
boyu yarıçaplarının yanında çok büyüktür. Silindirlerle aynı uzunluğa
sahip, r (a < r < b) yarıçaplı silindirik bir Gaussiyen yüzey seçerek,
ara bölgedeki elektrik alanını bulabiliriz:
Q
Q
Φ= 2π rLE cos 0= 2π rLE=
→ E=
ε0
ε 0 2π rL
Bu durumda, içteki ve dıştaki silindirler arasındaki potansiyel fark:
+
+
a
Q
dr
V=
− ∫ Edl cos180 =
− ∫ E (−dr ) cos180 =
−
ε 0 2π L ∫b r
−
−
Q
Q
a
b
=
−
ln  
[ln r ]b =
ε 0 2π L
ε 0 2π L  a 
Q
Q
bulunur ve buradan da sığa: C
= =
V ( Q / 2π Lε 0 ) ln ( b / a )
C=
2π Lε 0
ln ( b / a )
(25-10)
Örnek : Uzunluğu 50 m olan koaksiyel bir kablolonun iç
iletkenin yarıçapı 1.3 mm ve taşıdığı yük 8 µ C' tur. Dış
iletkeninin ise iç yarıçapı 3.8 mm ve yükü − 8 µ C' tur. İki
iletkenin arasındaki bölgenin hava ile dolu olduğunu kabul
ederek, kablonun kapasitansını ve iletkenleri arasındaki
potansiyel farkını bulunuz.
C=
2π Lε 0
ln ( b / a )
2(3.14)(50)(8.85 × 10−12 )
C
=
= 2.591× 10−9 F
ln(3.8 / 1.3)
Q
Q
8 × 10−6
3
C=
→V =
=
=
×
3.09
10
V
−9
V
C 2.591× 10
(25-11)
Küresel Kapasitör :
Yarıçapları a ve b olan eş-merkezli iki küresel kabuktan
oluşan sisteme "küresel kapasitör" denir. a < r < b olacak
şekilde küresel bir Gaussiyen yüzey seçerek, ara bölgedeki
elektrik alanını bulabiliriz:
Φ =4π r 2 E cos 0 = 4π r 2 E =
q
ε0
→E=
q
4πε 0 r
2
Bu durumda, içteki ve dıştaki küreler arasındaki potansiyel fark:
+
+
q
a
dr
V=
− ∫ Edl cos180 =
− ∫ E ( −dr ) cos180 =
−
2
∫
r
πε
4
0 b
−
−
a
q 1
q 1 1
=
 − 


4πε 0  r  b 4πε 0  a b 
bulunur ve buradan da sığa: C=
q
=
V
q
 ab 
→ C = 4πε 0 

q 1 1
b−a

 − 
4πε 0  a b 
(25-12)
Örnek : Küresel bir kapasitör, yarıçapları 7 cm ve 14 cm olan
eş-merkezli iki iletken küreden oluşmuştur. Kapasitörün sığasını
hesaplayınız. Kürelerin taşıdığı yük 4 µ C ise, küreler arasındaki
potansiyel farkını bulunuz.
Küresel bir kapasitörün sığası:
 ab 
C = 4πε 0 

b
a
−


a 7=
ifadesine sahiptir.
cm ve b 14 cm olduğuna göre,
=
−4
(7
14)
10
×
×
−12
C=
4(3.14)(8.85 ×10−12 )
15.56
10
F
=
×
−2
(14 − 7) ×10
Q
Q
4 ×10−6
5
C=
2.57
10
V
→V =
=
=
×
−12
V
C 15.56 ×10
(25-13)
Örnek : Yarıçapı d olan çok uzun iki silindir, şekilde gösterildiği
gibi birbirlerine paraleldir ve eksenleri arasındaki mesafe D' dir.
Silindirler zıt işaretli Q yükleri taşıdığına göre, iki silindirden
oluşan bu sistemin birim uzunluğunun sığası ne olur? (L  D, d).
Gauss yasası kullanılarak, silindirlerin bulunduğu düzlemde ve
silindirler arasındaki bölgede elektrik alan:
2kQ
2kQ
+
E
(pozitif yükten negatif yüke doğru)
Lr
L( D − r )
bulunur. Burada r , negatif yüklü silindir ekseninden olan uzaklıktır.
D−d
D−d
 
2kQ
1 
1
V=
V+ − V− =
− ∫ E ⋅ dl =
−
 +
 dr cos180
∫
L d r D−r 
d

 d   4kQ  D − d 
ln
ln 
−
=




D
d
L
d
−





πε 0
Q
L
C
C= =
→ =
V
L
 D−d 
 D−d 
4k ln 
ln



 d 
 d 
V
=
2kQ   D − d
ln 

L   d
(25-14)
Eşdeğer Kapasitör :
Sayfanın her iki yanında, bir batarya ve
üç farklı kapasitörden oluşmuş devreler
verilmiştir. Amacımız, her iki devrede de
tüm kapasitörleri temsil edebilecek tek
bir kapasitörün sığasının ( Ceş ) ne olması
gerektiğini bulmak.
Soldaki resimde (Şekil-a ve b), uyguladığımız V potansiyel farkı
nedeniyle, bataryanın devreye sürdüğü yük miktarı aynıdır. Aynı
durum sağdaki resim için de geçerlidir. Başka deyişle, şekil-a' da
verilen sığaları (C1 ,C2 ,C3 ) ve şekil-b' deki sığayı (Ceş ) ayrı ayrı
kapalı kutulara alsak ve birtakım elektriksel ölçümler yapsak,
ölçümler arasında bir fark bulamazdık.
(25-15)
Paralel Bağlı Kapasitörler :
Şekil-a' da bir batarya ve birbirine paralel bağlı üç farklı
kapasitörden oluşan bir devre verilmiştir. Paralel bağlı
olmaları, herbirinin uçları arasındaki potansiyel fark ile
bataryanın uçları arasındaki potansiyel farkın eşit olduğu
anlamına gelir. Şekil-b' deki gibi, batarya aynı kalmak
koşuluyla, birbirine paralel bağlı bu üç kapasitöre eşdeğer
tek bir kapasitör bağlamak istiyoruz.
Her üç kapasitörün plakaları arasında aynı V potansiyel farkı vardır. Her biri üzerindeki
yük, sırasıyla,
=
q1 C=
C2V=
ve q3 C3V olacaktır. Bu durumda, batarya tarafından
1V ; q2
devreye sürülen toplam yük ve eşdeğer sığa:
q ( C1 + C2 + C3 ) V
=
=C1 + C2 + C3
V
V
bulunur. Özetle, birbirine paralel bağlı n tane kapasitörden oluşan devrenin eşdeğer sığası:
q =q1 + q2 + q3 =( C1 + C2 + C3 ) V → Ceş =
n
Ceş = C + C + ... + Cn = ∑ C j
1 2
j =1
(25-16)
Seri Bağlı Kapasitörler :
Şekil-a' da bir batarya ve birbirine seri bağlı üç farklı kapasitörden
oluşan bir devre verilmiştir. Bu, kapasitörlerin aynı hat üzerinde ard
arda sıralandığı anlamına gelmektedir. Bu kombinasyonun iki ucuna
bir batarya ile V gerilimi uygulanmıştır. Şekil-b' deki gibi, batarya
aynı kalmak koşuluyla, birbirine seri bağlı bu üç kapasitöre eşdeğer
tek bir kapasitör bağlamak istiyoruz.
Aynı hat üzerinde oldukları için her üç kapasitör de aynı q yüküne
sahip olacaktır. Böylece kapasitörlerin uçları arasındaki gerilimler,
sırasıyla,
=
V1 q=
/ C1 , V2 q / C
=
q / C3 olacaktır. Kombinas2 ve V3
yonun iki ucu arasındaki toplam potansiyel fark ve eşdeğer sığa:
 1
q
1
1 
1
1
1
1
V = V1 + V2 + V3 = q  +
+  → Ceş = →
= +
+
V
Ceq C1 C2 C3
 C1 C2 C3 
Özetle, birbirine paralel bağlı n tane kapasitörden oluşan devrenin eşdeğer sığası:
n 1
1
= ∑
Ceş i=1 Ci
(25-17)
Genellikle, kapasitörlerden oluşan bir devre
kendi içlerinde paralel ve seri bağlı küçük
alt gruplar içerir. Böyle durumlarda, önce
alt grupların eşdeğer sığaları bulunur ve
sonra da ana gruba geçilir.
Yukarıda basit bir devre verilmiştir. A ve C uçları arasındaki eşdeğer sığayı bulmak
isteyelim:
C1 ve C2 paralel bağlıdır (şekil-a ) → C12 =C1 + C2
C12 ve C3 seri bağlıdır (şekil-b) →
C1 + C2 ) C3
(
C12C3
C
=
C=
=
eş
123
C12 + C3 C1 + C2 + C3
1
1
1
=
+
C123
C12 C3
sonucu elde edilir.
(25-18)
Örnek : Kapasitörlerden oluşan yandaki devrenin a ve b
uşları arasındaki eşdeğer sığasını hesaplayınız.
4 µ F.
C2 ile C3 paralel → C23 =
8 µ F.
C4 ile C5 paralel → C45 =
C1 ile C23 seri →
C45
1
1 1 1
= + = → C123 =
2 µ F.
C123 4 4 2
1
1 1 1
ile C6 seri →
=+ = → C456 =
4 µ F.
C456 8 8 4
C123 ile C456 paralel → Ceş =
6 µ F.
(25-19)
Örnek : Kapasitörlerden oluşan yandaki
devrenin a ve b uşları arasındaki eşdeğer
sığasını bulunuz.
C
1
1 1 1 3
= + + = → C456 =
C4 , C5 ve C6 seri →
C456 C C C C
3
C
1
1 1 2
C2 ve C3 seri →
= + = → C23 =
C23 C C C
2
C1 , C23 ve C456
C C 11
C+ + = C
paralel → Ceş =
2 3 6
(25-20)
Örnek : Şekildeki devrede C1 = 6 µ F, C2 = 3 µ F
ve V = 20 V' tur. Önce S1 anahtarı kapatılarak C1
kapasitörü dolduruluyor. Daha sonra S1 anahtarı
açılıp, S2 anahtarı kapatılıyor. C1 sığasının ilk
yükünü ve denge kurulduktan sonra sığaların yüklerini
bulunuz.
Q0
S1 anahtarı kapatılırsa: C1 =
→ Q0 = C1V = 120 µ C
V
Q Q
S1 açılıp, S2 kapatılırsa: VC1 = VC2 → 1 = 2
C1 C2
Q=
Q1 + Q2 
0
Q1 = 80 µ C

Q1 Q2  →
=
Q2 = 40 µ C

C1 C2 
(25-21)
Elektrik Alanda Depolanan Enerji :
Sığası C olan bir kapasitörü yüklemek için yapılması gereken
iş ne kadardır? Bunu hesaplamanın yolu da, dolan kapasitörün
herhangi bir andaki resmini çekmektir. Plakaları arasındaki
gerilimin V' ve yükünün de q' olduğu bir an düşünelim. Plakaların yükünü dq' kadar artırmak için yapılması gereken iş,
q′
′V ′
=
=
dW dq
dq′
C
ile verilir. Kapasitörü toplam q yükü ile yüklemek için yapılması gereken
toplam iş:
q
1
1  q ′2 
1 q2
W= ∫ V ′dq=′
q′dq=′ W=
=


∫
C0
C  2 0 2 C
bulunur.
1
1
2
q = CV → W = CV veya W = qV
2
2
q
(25-22)
Kapasitörde Depolanan Potansiyel Enerji :
Kapasitörü yüklemek için harcadığımız enerji, kapasitörde potansiyel
enerji olarak depolanmıştır:
q 2 CV 2 qV
=
U
=
=
2C
2
2
Bu enerji, kapasitörün boşaltılmasıyla tekrar kazanılabilen bir enerjidir.
Enerji Yoğunluğu :
Kapasitörün plakaları arasındaki bu bölgede E = V / d ifadesi ile verilen düzgün bir
elektrik alan olduğu düşünülürse, enerjinin bu elektrik alanda depolandığını söylemek
yanlış olmaz. Başka deyimle, elektrik alan boş uzayda enerji depolar.
U
Enerji yoğunluğu (u ), birim hacimdeki potansiyel enerji olarak tanımlanır: u =
.
Hacim
Paralel plakalı bir kapasitörün plakaları arasındaki bölgenin hacmi, A plakaların
yüzey alanı ve d plakalar arasındaki mesafe olmak üzere Hacim = Ad olduğundan:
ε0  V 
U
U
CV 2  ε 0 A  V 2
1
2
=
u
E
=
= =
= 
=
→
u
ε
0
 

Hacim Ad 2 Ad  d  2 Ad 2  d 
2
sonucuna ulaşılır. Bu genel bir bağıntıdır ve her durumda geçerlidir.
2
(25-23)
Örnek : Sığaları C1 ve C2 olan iki kapasitör, zıt kutuplu ve
plakaları arasında aynı Vi gerilimi olacak şekilde dolduruluyor.
Daha sonra bu kapasitörler bataryadan sökülerek yandaki devre
kuruluyor ve her iki anahtar da (S1 ve S2 ) aynı anda kapatılıyor.
a −) a ve b noktaları arasındaki Vs gerilim farkı ne olur?
b −) Sistemin, anahtarlar kapatılmadan önce ve sonraki toplam enerjisini bulunuz.
Sistemin son enerjisinin ilk enerjisine oranı nedir?
Q = C1Vi ve Q2i = −C2Vi 
a −) 1i
 → Q = Q1i + Q2i = Q1s + Q2 s
Q1s C=
V
Q
C
V
ve
1 s
2s
2 s 
 C2
Q1s C1
C
=
→ Q = Q1s + Q2 s = ( 1 + 1)Q2 s → Q2 s = 
Q2 s C2
C2
 C1 + C2
( C1 − C2 ) V
Q1s
Q
=
=
=
Vs
i
C1 C1 + C2 ( C1 + C2 )
1
b −) U i =
( C1 + C2 )Vi 2 ve
2

 C1
=
Q
Q
ve


1s

 C1 + C2

Q

1
1 ( C1 − C2 ) 2
U s = ( C1 + C2 ) Vs2 =
Vi
2
2 ( C1 + C2 )
1 ( C1 − C2 ) 2
Vi
2
2 ( C1 + C2 )
 C1 − C2 
= 

1
+
C
C
2
( C1 + C2 )Vi  1 2 
2
2
2
Us
Ui
(25-24)
Örnek : Yükü Q ve plaka alanı A olan paralel plakalı bir kapasitörün plakaları
arasındaki etkileşme kuvvetini bulunuz.
Herhangi bir anda plakalar arasındaki mesafe x olsun. Plakalar arasındaki
mesafenin x + dx olması için yapılması gereken iş:
 1 Q2 1 Q2 
dW = −∆U = − 
−

2
2
C
C
i
s 

ε A 
Ci = 0 
Q2  x
x + dx 
Q2
x 
−
−
 → dW =

 = dx
ε A
2  ε 0 A ε 0 A  2ε 0 A
Cs = 0 
x + dx 

Q2
dW = Fdx → F=
2ε 0 A
(25-25)
Dielektriğin Varlığında Kapasitörler :
Michael Faraday 1837 yılında, kapasitörün plakaları arasındaki
bölgeyi farklı yalıtkanlarla tamamen doldurarak, bunun sığaya
olan etkisini incelemiştir. Yaptığı birçok denemeler sonucunda,
yalıtkanla doldurulmuş kapasitörlerin sığası ile doldurulmadan
önceki sığası (Chava ) arasında C = κ Chava eşitliği ile verilen bir
ilişki olduğunu farketti. Burada κ sabiti, plakalar arasına konan
yalıtkan malzemenin dielektrik sabitidir ve birimsizdir. Hava ya
da boşluk için κ = 1, bunun dışındaki yalıtkanlar için κ > 1' dir.
Faraday deneylerini iki farklı şekilde yapmıştır:
1. Sabit bir gerilim altındayken (batarya bağlı iken), plakalar
arasına yalıtkan bir malzeme yerleştirmiştir (Şekil-a).
2. Batarya bağlı değilken, plakalarındaki yük sabit iken,
plakalar arasına yalıtkan malzeme yerleştirmiştir (Şekil-b).
(25-26)
Şekil - a : Sabit V Gerilimi Altındaki Sığa :
Plakalar arasında dielektrik malzeme yokken, plakalardaki
yük q ve plakalar arasındaki potansiyel fark V olduğundan,
kapasitörün sığası Chava = q / V ile verilir. Faraday, plakalar
arasına dielektrik malzeme yerleştirdikten sonra, plakalardaki
yükün κ çarpanı kadar arttığını gözlemiştir (q′ = κ q ).
q′ κq
q
= = κ= κChava
V
V
V
Şekil - b : q Yükünün Sabit Olduğu Durumda Sığa :
Bu yeni durumdaki sığa:=
C
Faraday, bataryadan izole edilmiş yükü sabit olan kapasitörün
plakaları arasına dielektrik bir malzeme yerleştirdikten sonra,
plakalar arasındaki potansiyel farkın 1/κ oranında azaldığını
gözlemiştir (V ′ = V / κ ).
q
q
q
Bu yeni durumdaki sığa: C == = κ= κ Chava
V′ V /κ
V
(25-27)
Bir bölge, dielektrik sabiti κ olan yalıtkan bir
malzeme ile tamamen kaplanmışsa, ε 0 terimini
içeren bütün elektrostatik eşitliklerde ε 0 yerine
κε 0 yazılmalıdır.
Örneğin, dielektrik bir ortamda nokta yükün
elektrik alan ifadesi:
1
q
E=
.
2
4πκε 0 r
Dielektrik bir ortamda izele bir iletkenin
dışındaki elektrik alan ifadesi:
E=
σ
.
κε 0
(25-28)
Örnek : Plaka alanı A ve plakaları arası uzaklığı d olan paralel
plakalı bir kapasitörün tam ortasına, plakalarla aynı yüzey alanına
sahip, kalınlığı a olan yüksüz metal bir dilim konuyor.
a−) Kapasitörün yeni sığasını bulunuz.
b−) Dilimin çok ince olması durumunda, sığanın içi hava dolu bir kapasitöre dönüştüğünü
ve dilimin nereye konulduğunun önemsiz olduğunu gösteriniz.
Dilim iletken olduğu için içindeki elektrik alan sıfırdır. Dolayısıyla, iletken dilim eş-potansiyel
yüzeydir. Dilimin dışında kalan bölgeler birbirine seri bağlı iki kapasitör gibi düşünülebilir:
ε0 A


(d − a) / 2 
ε A
d −a d −a d −a
1
1
1
= +
=
+
=
→ Ceş = 0
a−)
→
ε 0 A  Ceş C1 C2 2ε 0 A 2ε 0 A ε 0 A
d −a
C2 =
(d − a) / 2 

ε0 A ε0 A
(plakaları arası hava dolu paralel plakalı kapasitör)
b −) a → 0 durumda,=
Ceş lim =
a →0 d − a
d
Dilimi, üst yüzeyi ile üst plaka arasındaki mesafe b olacak şekilde yerleştirirsek:
ε A
b
d −b−a d −a
1
1
1
(a şıkkı ile aynı sonuç bulunur)
= +
=
+
=
→ Ceş = 0
Ceş C1 C2 ε 0 A
d −a
ε0 A
ε0 A
C1 =
(25-29)
Örnek : Paralel plakalı bir kapasitör, kenar uzunluğu l olan ve
aralarında d mesafesi bulunan kare şeklinde iki paralel plakadan
oluşmuştur. Şekilde gösterildiği gibi, dielektrik sabiti κ olan bir
dilimin x kadarlık bir bölümü plakalar arasındadır.
a −) Kapasitörün sığasını bulunuz.
b −) Plakalar arasındaki potansiyel fark V ise, kapasitörde depolanan enerji ne kadardır?
a −) Dilimin plakalar arasında kalan kısmı ile plakalar arasında kalan boş kısım, birbirine
paralel bağlı iki kapasitör gibi düşünülebilir:
κε 0lx


ε 0l
ε 0l

d
→
=
=
+
+
=
−
κ
C
x
l
x
C
C
(κ − 1) x + l 
(
)

1
2
eş
ε 0l (l − x) 
d
d 
C2 =

d

ε 0l 2 ε 0 A
0 → Ceş = =
x=
d
d
κε 0l 2 κε 0 A
x =→
l
Ceş =
=
d
d
ε 0l
1
b −) =
U
CeşV 2 →=
U
(κ − 1) x + l  V 2
2
2d
C1 =
(25-30)
Örnek : Alanı A ve aralarındaki mesafe d olan paralel iki metal
plaka arasına, şekilde gösterildiği gibi, dielektrik sabiti κ , kalınlığı
d /3 ve plakalarla aynı yüzey alanına sahip olan dielektrik bir
malzeme yerleştirilmiştir. Bu şekilde oluşan kapasitörün sığasını,
dielektrik malzeme konulmadan önceki sığa (C0 ) cinsinden bulunuz.
Plakalar arasında dielektrikle dolu olan kısım ile boş olan kısım, birbirine seri bağlı
iki kapasitör gibi düşünülebilir:
C1 =
κε 0 A 
1
1
1
2d
d
d 1
d  1 + 2κ 


d /3 
=
+
=
+
=
+
=
2
→
 3ε A  κ 
ε 0 A  Ceş C1 C2 3κε 0 A 3ε 0 A 3ε 0 A  κ
0
C2 =
2d / 3 

3ε A  κ 
Ceş = 0 

d  2κ + 1 
ε A
κ=
1 → C0 = 0
d
→
 3κ 
Ceş =
 C0
κ
+
2
1


(25-31)
Örnek : Alanı A ve aralarındaki mesafe d olan paralel iki metal
plaka arasına, şekilde gösterildiği gibi, dielektrik sabitleri κ1 , κ 2
ve κ 3 olan dielektrik malzemeler yerleştirilmiştir.
Bu şekilde oluşturulan kapasitörün sığasını bulunuz.
Dielektrik sabitleri κ 2 ve κ 3 olan malzemelerle dolu bölgeler birbirine seri bağlı
kapasitörler gibi değerlendirilebilir. Bu birleşik bölge de, dielektrik sabiti κ1 olan
bölge ile paralel bağlıymış gibi düşünülebilir.
C1 =
κ1ε 0 A / 2 

d

1
1
1
d
d
d κ 2 + κ3 
κ 2ε 0 A / 2 
→
=
+
=
+
=
C2 =



C23 C2 C3 κ 2ε 0 A κ 3ε 0 A ε 0 A  κ 2κ 3 
d /2 
κ ε A/ 2
C3 = 3 0
d /2 

ε 0 A  κ 2κ 3 
ε 0 A  κ1
κ 2κ 3 
→
C
=
C
+
C
=
+




1
23
eş
d  κ 2 + κ3 
d  2 κ 2 + κ3 
C23 =
ε 0 A  κ1κ 2 + κ1κ 3 + 2κ 2κ 3 
ε0 A
Ceş =
;
κ
=
κ
=
κ
=
1
→
C
=


1
2
3
eş
d 
2 (κ 2 + κ 3 )
d

(25-32)
Örnek : Eş-merkezli iki iletken küresel kabuktan içtekinin yarıçapı a,
dıştakinin yarıçapı c' dir. Şekilde gösterildiği gibi, kabuklar arasındaki
a < r < b bölgesi dielektrik sabiti κ1 olan bir malzeme ile, b < r < c
bölgesi dielektrik sabiti κ 2 olan başka bir malzeme ile doldurulmuştur.
Bu şekilde oluşturulan kapasitörün sığasını bulunuz.
Küreler arasında farklı dielektrik malzemelerle dolu olan kısımlar, birbirine seri bağlı iki
kapasitör gibi düşünülebilir:
ab 
1
1
1
1 b − a c − b 
b−a
c −b

b−a
→
=
+
=
+
=
+


bc 
κ 2 c 
Ceş C1 C2 4πκ1ε 0 ab 4πκ 2ε 0bc 4πε 0b  κ1a
C2 = 4πκ 2ε 0
c −b

C1 = 4πκ1ε 0
1  κ 2bc − κ 2 ac + κ1ac − κ1ab 
1  κ 2 c(b − a ) + κ1a (c − b) 
=




4πε 0b 
κ1κ 2 ac
κ1κ 2 ac
 4πε 0b 

4πκ1κ 2ε 0 abc
Ceş =
κ 2 c(b − a) + κ1a(c − b)
1
Ceş
4πε 0 abc
4πε 0 abc 4πε 0 ac
=
=
c(b − a ) + a (c − b) cb − ab
c−a
1 → Ceş =
κ1 =
κ2 =
(25-33)
ÖDEV : Yarıçapları a ve b olan iki metal kürenin
merkezleri arasındaki uzaklık d' dir (d  a ve b).
Şekilde gösterildiği gibi, kürelerin yükleri +Q ve
−Q ise, sistemin sığasını bulunuz.
Gauss yasası kullanılarak, küre merkezlerinin bulunduğu düzlemde ve
küreler arasındaki bölgede elektrik alan:
kQ
kQ
=
+
E
(pozitif yükten negatif yüke doğru)
r 2 (d − r ) 2
Burada r , negatif yüklü kürenin merkezinden olan uzaklıktır.
d −a 

 
1
1
− ∫ E ⋅ dl =
−kQ ∫  2 +
V=
V+ − V− =
 dr cos180
2

r
( d − r ) 
b
b 
  1
1 1
1 
2 
Q 1 1
− + −
=
+
−
V= kQ  − 



−
−
−
4
d
a
b
a
d
a
a
b
d
a
πε








0
d −a
4πε 0
4πε 0
Q
≈
C= =
2  1 1 2
V 1 1
 + −
  + − 
a b d −a a b d 
(25-34)
ÖDEV : Paralel plakalı bir kapasitörün plakalarının kenar
uzunlukları L ve W, plakaları arasındaki mesafe ise d ' dir.
Plakalar arasındaki bölge, şekilde gösterildiği gibi, köşeden
köşeye çizilen hatla ikiye bölünmüş ve dielektrik sabitleri
κ1 ve κ 2 olan malzemelerle doldurulmuştur. Bu şekilde
oluşturulan kapasitörün sığasını bulunuz.
dC1 =
κ1ε 0Wdx 
d − y 

κ 2ε 0Wdx 
dC2 =

y
→
1
1
1
1 d−y y 
y d
=
=
+
=
+
;


κ2 
x L
dCeş dC1 dC2 ε 0Wdx  κ1
L
ε 0W  κ1κ 2   1  κ1 − κ 2  x 
dx
Ceş ε 0W ∫=

 ln  + 
 
−
d
κ
κ
κ
κ
κ


−
κ
κ
d
d


1
2 
1
1 2  L 0
0

1
2
x
 +
κ
κ
κ
L
 1

1 2
∆ 1





ε 0W  κ 2   ∆  κε 0W
ε 0W κ1κ 2
κ1

Ceş =

 ln   ; κ1= κ + ∆  → Ceş ≈
  ln 1 +  ≈
d  κ1 − κ 2   κ 2 
d
d
 ∆   κ
κ 2 = κ 
L
(25-35)
Dielektrikler : Atomik Bakış
Dielektrikler, "polar" ve "polar olmayan" diye iki sınıfa
ayrılır. Polar dielektrikler, elektrik alan sıfır olsa bile
yapılarındaki yük dağılımlarının simetrik olmayışından
dolayı sıfırdan farklı dipol momente sahiplerdir (H 2 O).
Elektrik alan sıfırken dipollerin yönelimleri gelişigüzel

dağılım gösterir (Şekil-a ). Düzgün bir E0 dış elektrik alan
uygulandığında (Şekil-b), minimum enerji durumuna
 
karşılık geldiği için U =− p ⋅ E dipoller elektrik alanla
(
)
aynı yönde yönelmeyi tercih ederler. Termal hareketlilik nedeniyle
bu yönelim tam olarak gerçekleşemez. Ancak, bu kısmi yönelim
kendisini oluşturan dış elektrik alanla zıt yönde bir iç elektrik alan


oluşturur. Bu nedenle, net elektrik alan E , dışardan uygulanan E0
alanından daha zayıftır.
(25-36)
Polar olmayan dielektrikler, elektrik alanın olmadığı
durumda herhangi bir dipol momente sahip değildir
(Şekil-a ). Plakaları arasında düzgün elektrik alanının

E0 olduğu paralel plakalı bir kapasitörün plakaları

arasına böyle bir dielektrik malzeme koyarsak, E0

alanı kendisiyle aynı yönde yönelmiş bir p elektrik
dipol momenti indükler (Şekil-b). Yönelen moleküller
dielektriğin içinde net bir yük oluşturmazlar. Ancak,
dielektriğin plakalara yakın yüzeylerinde net bir yük
birikimi oluşur. İndüklenen bu yükler, dipolün negatif ve pozitif uçlarından
kaynaklanır ve yakın oldukları plakanın yükü ile ters işaretlidir. Bu yükler,


dielektriğin içinde E0 ile ters yönde bir E ′ elektrik alanı oluşturur (Şekil-c)

ve bunun sonucunda da, kapasitörün plakaları arasındaki net elektrik alan E
daha zayıftır (E = E0 / κ ).
(25-37)
Dielektriğin Varlığında Gauss Yasası :
Tamamen dielektrikle kaplı bir ortamda Gauss yasası nasıl
ifade edilir? Plakaları arası hava dolu olan paralel plakalı bir
kapasitörün (Şekil-a ) plakaları arasındaki bölgede elektrik
alan, Gauss yasasından,
Φ= E0 A=
q
ε0
→ E=
0
q
ε0 A
ifadesine sahiptir.
Aynı kapasitörün plakaları arası dielektrik sabiti κ olan bir yalıtkanla tamamen dolu
(Şekil-b) ise, dielektriğin plakalara yakın yüzeylerinde indüklenen yük q′ olmak üzere:
q − q′
q − q′ E0 q − q′
Φ
= EA
=
→E
=
=
=
Aε 0
Aε 0
ε0
κ
  q
q
→ ∫ E ⋅ dA =
q −=
q′
κ
sonucu elde edilir.
κε 0
(25-38)
  q
Φ ∫ κ E ⋅=
Dielektriğin varlığında Gauss yasası:=
dA
ε0
Bu sonuç paralel plakalı kapasitör için türetilmiş olsa da, tüm diğer durumlar için de
doğru ve geçerlidir.
Not 1 : Akı ifadesi dielektrik sabiti κ ' yı içermektedir.
Not 2 : Dielektriğin varlığında yazılan Gauss yasasındaki q yükü kapasitörün yüküdür,
dielektrik malzemenin yüzeyinde indüklenen yükle ilgisi yoktur.
Not 3 : Gauss yüzeyinin her yerinde sabit olmayabileceği genel durumu düşünülerek,
dielektrik sabiti κ integral içine alınmıştır.
(25-39)
BÖLÜM-26
Akım ve Direnç
Bu bölüm kapsamında şağıdaki konulara yer verilecektir:
•
•
•
•
•
•
Elektrik akımı (i)

Elektrik akım yoğunluğu ( J )

Sürüklenme hızı (vd )
Bir iletkenin direnci (R) ve özdirenci (ρ)
Ohm yasası, ohmik ve ohmik olmayan iletkenler
Elektrik devrelerinde Güç
(26-1)
Elektrik Akımı :
Soldaki ilk resimde (Şekil-a), içinde ve yüzeyindeki her
noktanın aynı potansiyelde olduğu bir iletken verilmiştir.
İletkenin içindeki serbest elektronlar gelişigüzel hareket
ettiklerinden, herhangi bir yönde net yük akışı yoktur.
İletkenin belirli bir noktadan kesilip araya bir batarya
koyduğumuzu varsayalım (Şekil-b). Bu son durumda A
ve B noktaları arasında, batarya gerilimine eşit, VA − VB
potansiyel farkı oluşmuştur. Artık durum statik değildir
ve iletkenin içinde belirli bir doğrultuda net bir yük akışı
vardır. İletkendeki bu net yük akışına, "elektrik akımı"
denir.
(26-2)
Şekilde, bir bataryaya bağlı ve içinden akım geçen iletkenin
bir parçası görülmektedir. aa′ ; bb′ veya cc′ ile gösterilen
kesitlerden herhangi birisini ele alalım. Elektrik akımı i,
ilgili kesitten birim zamanda geçen yük miktarı olarak tarif
edilir. Başka deyimle, ilgili kesitteki yük akış hızı olarak bilinir. Matematik olarak:
dq
(C/s ≡ amper, A)
dt
ifadesine sahiptir.
i=
Akımın Yönü :
İletkenlerde akımın yönü okla ( → ) gösterilir ve akımı oluşturan
yüklü parçacıkların işareti ile şu şekilde ilişkilidir:
1. Akım positive yüklerin hareketinden kaynaklanıyorsa, yönü

yüklerin v hızı ile aynı yöndedir.
2. Akım negative yüklerin hareketinden kaynaklanıyorsa, yönü

yüklerin v hızı ile ters yöndedir.
(26-3)
Akım Yoğunluğu : Akım yoğunluğu vektörel bir niceliktir ve
büyüklüğü,
i
J=
(A/m 2 )
A
ile verilir. Akım yönüne dik olan birim kesitten geçen akım miktarı
olarak tarif edilir ve elektrik akımı ile aynı yöndedir. Bir iletkenden

geçen toplam akım, akım yoğunluğu (J ) cinsinden:
 
=
i ∫ J ⋅ dA
ile verilir.
Akım yoğunluğu vektörel bir nicelik olduğu halde, akımın
kendisi skaler bir niceliktir. Yanda, bir elektrik devresinden
bir parça verilmiştir. a noktasına gelen i0 toplam akımı, i1
ve i2 olam üzere ikiye ayrılmıştır. Yükün korunumu gereği
i0= i1 + i2 olacaktır. Dikkat edilirse, toplam akımı bulmak
için herhangi bir vektörel toplama işlemi yapılmamıştır.
(26-4)
Örnek : Yükü 8.0 nC olan bir nokta yük, çembersel bir yörüngede
100π rad/s' lik bir açısal hızla dönmektedir. Nokta yükün bu dönü
hareketi nedeniyle oluşan akımı hesaplayınız.
2π
2π
f
= 0.02 s
ω 2π=
=
→T =
100π
T
8.0 × 10−9
∆q
i=
= 4.0 × 10−7 A
→i=
0.02
∆t
Örnek : Kesit alanı 2 cm 2 olan bir telden geçen yük q(t ) = 4t 5 +5t +6 C
ile veriliyor. t = 1 s anında telden geçen akımı ve teldeki akım yoğunluğunu
bulunuz.
dq
i=
→ i (t ) = 20t 4 + 5 → i (1) = 25 A
dt
i
25
5
2
J= =
1.25
10
A
/
m
=
×
A 2 × 10−4
(26-5)
Örnek : Bir telden geçen akım i(t ) = 100sin(120π t ) ifadesine
sahiptir. Burada, t saniye cinsinden ve akım amper cinsindendir.
t = 0 ile t = 1/240 s arasında telin kesitinden geçen toplam yük
miktarını bulunuz. Akımı oluşturan yüklü parçacıklar elektronlarsa,
bu kadar sürede telin kesitinden kaç tane elektron geçmiştir?
dq
i=
→ dq = idt = 100sin(120π t )dt
dt
1/ 240
1
1/ 240
q = ∫ 100sin(120π t )dt = −100
[cos(120π t )]0
120π
0
π  5

= 0, 265 C
cos 2 − 1 =
6π
0, 265
18
1,
66
10
tane elektron.
N
e 0, 265 C →=
N
=
≅
×
−19
1, 6 × 10
5
q=
−
6π
(26-6)
Sürüklenme Hızı (vd ) :
Bir iletkenden akım geçmesi, elektrik alanın etkisiyle yüklerin
belirli bir yönde akması anlamına gelir. Bu akış, "sürüklenme

hızı" dediğimiz ortalama bir vd hızıyla gerçekleşir. Yükler
iletken içinde gelişigüzel hareket etmeye devam ederken, aynı
zamanda da sürüklenirler.
Şekilde kesit alanı A olan bir iletken verilmiştir. Akımı oluşturan yüklü parçacıkların
elektronlar ve iletkenin birim hacmindeki serbest elektron sayısının da n olduğunu
varsayalım.
İletkenin L uzunluğundaki bir parçasındaki toplam yük:
q = ( nAL ) e ile verilir ve bu bölgedeki tüm yük t = L / vd kadarlık bir sürede A
kesitinden geçer. Bu durumda iletkenden geçen akım ve iletkendeki akım yoğunluğu:
q nALe
i nAvd e
= nAvd e ; J= = =
i =
nevd →
=
A
A
t L / vd
Akım yoğunluğu ile elektronların hızı ters yönlü olduğundan


J = −nevd şeklinde yazılır.
(26-7)
Örnek : Kesit alanı 3.31×10−6 m 2 olan bakır bir telden 10 A şiddetinde
akım geçmektedir. Her bir bakır atomunun elektronlarından sadece birisi
akımın oluşumuna katkı verdiğine ve bakırın yoğunluğu 8.95 g/cm3
olduğuna göre, elektronların sürüklenme hızını hesaplayınız. (Bakırın
molar kütlesi: 63.5 g/mol).
m 63.5
1 mol bakırın hacmi: V = =
=7.09 cm3
d 8.95
1 mol bakırda 6.02 × 1023 tane bakır atomu olduğuna göre,
elektron yoğunluğu:
6.02 × 1023
28
3
n
=
=
×
8.49
10
elektron/m
7.09 × 10−6
10
J
I
=
=
v=
d
ne neA ( 8.49 × 1028 ) ⋅ (1.6 ×10−19 ) ⋅ ( 3.31×10−6 )
=
vd 2.23 × 10−4 m / s
(26-8)
Direnç :
Bir iletkenin iki ucu arasına, şekildeki gibi, V potansiyel farkı
uygulanırsa o iletkenden i akımı geçer. Direnç, bir iletkenin
içinden geçen akıma, başka deyimle içindeki yük akışına karşı
gösterdiği tepki ya da karşı koyuşun bir ölçüsüdür. Matematik
olarak:
V
(V/A
= ohm, Ω)
i
eşitliği ile verlir. Elektrik devrelerindeki sembolik gösterimi
şekil-b'de verilmiştir.
=
R
Özdirenç ( ρ ) :
Durgun elektriğin tersine, iletkenin içinde elektrik alan artık sıfır değildir. İletkenin
içindeki elektrik alan iletkendeki akım yoğunluğu ile doğru oratılıdır ve orantı sabitine


de o iletkenin "özdirenci" denir (E = ρ J ). SI sistemindeki birimi:


E
 V/m V

E = ρJ → ρ =
m
m
→ 
=
=
Ω
⋅
.
2
A
J
 A/m

(26-9)
İletkenlik (σ ) :
İletkenlik özdirencin tersidir (σ = 1 / ρ ) ve birimi
(Ω ⋅ m) −1 ' dir. Bir iletkenin elektriği ne kadar iyi
ilettiğinin bir ölçüsüdür. Elektriği iyi iletebilen
malzemelerin iletkenlikleri de o denli büyüktür.
Böylece, akım yoğunluğu ile elektrik alan arasındaki eşitlik, iletkenlik cinsinden,


J =σE
formunda da yazılabilir. Yukarıdaki iletkenin içindeki elektrik alan ile iletkendeki
akım yoğunluğu birlikte değerlendirilirse, bir iletkenin direnci (R) ile özdirenci (ρ )
arasında,
V
E= 
E V /L V A
A
L
R
→
=
=
=
=
ρ

i
J
i/ A
i L
L
J=
A 
ile verilen bir ilişki olduğu ortaya çıkar.
→ R= ρ
L
A
(26-10)
Örnek : Kesit alanı 2.00 ×10−4 m 2 ve uzunluğu 10.0 cm silindirik bir aliminyum
telin direncini hesaplayınız. Aynı boyutlara sahip, öz-direnci 3.00 ×1010 Ω ⋅ m olan
cam bir silindir için yukarıdaki hesabı tekrar yapınız. (ρ=
2.82 ×10−8 Ω ⋅ m)
Al
R
ρ
L
A
RAl = ρ Al
→


−5
=
×
Ω
1.41
10





L
0.1


13
= 3.00 × 1010 
=
×
Ω
1.50
10

−4

A
 2.00 × 10 

L
0.1

= 2.82 × 10−8 
−4
A
 2.00 × 10
Rcam = ρ cam
Örnek : Yarıçapı 0.321 mm olan nikromdan yapılmış telin birim uzunluğunun
direncini hesaplayınız. 1 m uzunluğundaki nikrom telin uçları arasınan 10 V' luk
−6
bir potansiyel fark uygulanırsa, teldeki akım ne olur? (ρ Ni −=
1.15
10
×
Ω ⋅ m)
Cr
A=
πr =
π ( 0.321×10
2
)
−3 2
=
3.24 × 10−7 m 2
R ρ 1.15 × 10−6
= =
= 3.55 Ω /m
−7
L A 3.24 ×10
∆V
10
I
=
=
= 2.2 A
R
( 4.6 ) (1)
(26-11)
Örnek : Farklı malzemelerden yapılmış, kenar uzunluğu
3 mm olan kare kesitli iki tel şekildeki gibi birleştirilmiştir.
Birinci tel 25 cm uzunluğunda ve öz-direnci 4 ×10−5 Ω ⋅ m,
ikincisi ise 40 cm uzunluğunda ve öz-direnci 6 ×10−5 Ω ⋅ m'dir.
Birleşik telin toplam direncini hesaplayınız.
R ρ
=
L
A
→
L
0.25
10 
RA =
4 × 10−5
=
Ω
ρA =
2
−
3
A
( 3 ×10 ) 9 

L
0.40
24
6 ×10−5
=
Ω
ρB =
RB =
2
A
( 3 ×10−3 ) 9 
Teller birbirine eklendiği için, toplam direnç:
10 24 34
R = RA + RB = +
=
= 3.78 Ω
9
9
9
(26-12)
Örnek : Şekilde, iç iletkeninin yarıçapı a = 0.5 cm, dış iletkeninin
yarıçapı b 1.75
cm ve uzunluğu L 15 cm olan koaksiyel bir kablo
=
verilmiştir. Koaksiyel kablolar, akım kablo boyunca akacak şekilde
tasarlanırlar. İletkenler arası bölge, akım kaçaklarını önlemek için
tamamen silikonla kaplanır. İki iletken arasındaki silikonun direncini
hesaplayınız. İletkenler arasına 12 V' luk bir potansiyel fark uygulanırsa,
kaçak akım miktarı ne kadardır? (ρ=
640 Ω ⋅ m)
Si
Kablodaki kaçak akım yönü radyal doğrultudadır. Yani, iç iletkenden
dış iletkene doğrudur. Kablo ile aynı eksenli ve aynı boyda, yarıçapı
r ve kalınlığı dr olan silindirik bir kabuğun direnci:
L
dr
R ρ
→ dR = ρ
A
2π rL
ifadesine sahiptir. Dolayısı ile silikonla kaplı bölgenin toplam direnci ve kaçak akım:
dr
ρ dr
ρ
640
b
 1.75 
R= ∫ ρ
R
=
=
ln
→
=
ln
 

= 851 Ω
∫
2π rL 2π L a r
2π L  a 
2π (0.15)  0.5 
a
b
b
V
12
=
= 14.1 mA
R 851
olarak bulunur.
I
=
(26-13)
Örnek : Şekilde öz-direnci ρ , uzunluğu L, iç yarıçapı ra ve dış
yarıçapı rb olan silindirik bir kabuk verilmiştir. Silindirin iki ucu
arasına gerilim farkı uygulandığında, akım silindir ekseni boyunca
akmaktadır. Bu uçlar arasında silindirin direncini bulunuz.
Silindir ile aynı eksenli ve dL uzunluğundaki bir kesitin direnci:
L
dL
R= ρ
→ dR = ρ
A
π ( b2 − a 2 )
ifadesine sahiptir. Silindir ekseni boyunca bu dirençleri üst üste toplarsak,
toplam direnç:
dL
ρL
ρ
dL
=
ρ
=
∫0 π ( b2 − a 2 ) π ( b2 − a 2 ) ∫0
π ( b2 − a 2 )
L
R
L
olarak bulunur.
(26-14)
Örnek : Şekilde, ön yüzeyinin (A) kesiti aw, arka yüzeyinin
kesiti bw olan L uzunluğuna ve ρ öz-direncine sahip bir cisim
verilmiştir. Bu cismin A ve B yüzeyleri arasındaki direncini
bulunuz.
A yüzeyine paralel ve x kadar uzakta, kalınlığı dx olan bir
plakanın direnci:
L
dx ρ
dx
b−a y−a
R= ρ
;
→ dR = ρ
=
=
b
a
−
A
wy w 
L
x

x
a
+


 L 
ifadesine sahiptir. A yüzeyinden B yüzeyine kadar bu dirençleri üst üste
toplarsak, toplam direnç:
ρ
L
dx
ρL
 b − a 

ρL
b
ln
ln
x
a
=
=
+


 

w ∫0  b − a 
w ( b − a )  L 
w
b
a
−
(
)
a
0
x
a
+


 L 
olarak bulunur.
R
L
(26-15)
ÖDEV : Şekilde, tabanının yarıçapı b ve tavanının yarıçapı a
olan h yüksekliğine ve ρ öz-direncine sahip kesik koni şeklinde
bir cisim verilmiştir. Bu cismin tavanı ile tabanı arasındaki
direncini bulunuz.
Tavan yüzeye paralel ve z kadar uzakta, kalınlığı dz olan bir
plakanın direnci:
ρ
b−a y−a
L
dz
dz
=
→ dR = ρ
=
R= ρ
;
2
2
πy
π  b − a 
A
L
z

 L  z + a 



ifadesine sahiptir. Tavan yüzeyinden taban yüzeyine kadar bu
dirençleri üst üste toplarsak, toplam direnç:
L



ρL
ρL 
ρL
dz
1


=
−
=
R=
2
π ∫0  b − a 
π (b − a )   b − a 
π ab


+
z
a
  L 

 L  z + a 
0



olarak bulunur.
(26-16)
Özdirencin Sıcaklıkla Değişimi :
Şekilde bakırın özdirencinin sıcaklıkla
nasıl değiştiği verilmiştir. Bu değişim
neredeyse çizgiseldir ve birçok iletken
için benzerdir.
Birçok pratik uygulamalarda, özdirencin sıcaklığa bağlılığı matematiksel
olarak,
ρ = ρ0 1 + α (T − T0 ) 
bağıntısı ile verilir. Buradaki α sabitine "özdirencin sıcaklık katsayısı"
denir. T0 kelvin cinsinden oda sıcaklığı (293 K) ve ρ0 ' da iletkenin oda
sıcaklığındaki özdirencidir. Örneğin, bakırın oda sıcaklığındaki
özdirenci: =
ρo 1.69 ×10−8 Ω ⋅ m' dir.
(26-17)
Örnek : Bir ampülün içindeki tungsten telin direnci, ampül yanmıyorken
(T0 = 20 o C) 19 Ω, yanıyorken 140 Ω' dur. Ampül yanıyorken sıcaklığı ne
kadardır? (α tungsten = 4.5 ×10−3 ).
L
ρ = ρ0 1 + α (T − T0 )  ; R = ρ
A
R = R0 1 + α (T − T0 ) 
 R
1
T= 
− 1 + T0
 R0
α
→
1
 140 
T= 
− 1
+ 20 = 1435 o C
−3
 19
 4.5 × 10
(26-18)
Ohm Yasası :
Şekil-b' de bir direnç üzerinden geçen i akımının, direncin uçları arasındaki V potansiyel
farkına bağlı değişimi verilmiştir. Akım-gerilim (i - V eğrisi) karakteristiği denilen bu eğri,
orijinden geçen bir doğrudur. Bu tür iletklenlere "Ohmik" iletkenler adı verilir ve ohm
yasasına uyarlar. Tanım olarak ohm yasası: "Bir iletkenden geçen akım, sabit bir sıcaklıkta,
iletkenin iki ucu arasındaki potansiyel farkla doğru orantılıdır". Her iletken ohm yasasına
uymaz. Bu tür iletkenlere "Ohmik olayan" iletkenler diyoruz. Örnek olarak, şekil-c' de
yarı-iletken bir diyotun akım-gerilim karakteristiği verilmiştir. Görüldüğü gibi V / i (= R)
oranı sabit değildir. Üstelik, gerilim ters çevrildiğinde diyot akımı iletmez.
(26-19)
Ohm Yasasına Mikroskopik Bir Bakış :
Neden bazı cisimlerin ohm yasasına uyduğunu anlamak
için, iletimin nasıl gerçekleştiğine atomik düzeyde bakmak
gerekir. Örnek olarak, bakırda iletimin nasıl gerçekleştiği
yandaki şekilde gösterilmiştir. İletken içindeki serbest
elektronların gelişigüzel hareketleri yaklaşık olarak
106 m/s mertebesindeki hızlarla olur ve sürekli olarak
bakır atomlarıyla çarpışırlar.
Serbest elektronun bir iletken içindeki A ve B noktaları arasında izlediği yol

yukarıdaki şekilde gri kesikli çizgilerle gösterilmiştir. Düzgün bir E elektrik
alanı uygulandığında, elektronun izlediği yol ise aynı şekil üzerinde yeşil renkte
kesikli çizgilerle gösterilmiştir. Elektriksel kuvvetin etkisiyle, elektron sağa
doğru küçük bir vd sürüklenme hızı kazanmış ve B′ noktasına ulaşmıştır.
(26-20)
İletken içindeki serbest elektronlardan sadece birini düşünelim. Ardışık çarpışmalar arasında
geçen ortalama süre τ olsun. Üzerinde etkiyen elektriksel kuvvet elektron ivme kazanır:
F eE
F = eE → a =
=
m m
Her çarpışmada elektronun tüm kinetik enerjisini kaybettiğini varsayarsak, elektronun
sürüklenme hızı,
eEτ
τ
v=
a
(Eş-1)
=
d
m
olur. J akım yoğunluğuna sahip bir iletkende elektronların sürüklenme hızı,
J
J= nevd → vd=
(Eş-2)
ne
eşitliği ile verilir. Bu iki eşitlik birleştirilirse,
J
eEτ
 m 
=
→ E =  2 J
ne
m
 ne τ 
sonucu elde edilir. Bu son eşitlikten:
m
E ρJ → ρ = 2
=
ne τ
bağıntısı elde edilir. Eğer τ elektrik alana bağlı değilse, iletkenin özdirenci değişmez ve
ohm yasası ile uyumludur.
vd =
(26-21)
Elektrik Devrelerinde Güç :
Şekilde verilen elektrik devresini düşünelim. Bir
cihazın (direnç, motor, ...) a ve b uçları arasına
batarya ile V gerilimi uygulanmıştır. Devreden
geçen i akımı nedeniyle cihazın bir ucundan
diğerine dt kadarlık bir zamanda dq = idt kadar
bir yük geçer.
= Vdq
= Vidt kadardır. Bu enerji batarya
Potansiyel enerjideki azalma dU
tarafından cihaza aktarılır. Bataryadan cihaza enerji aktarılma hızı "güç"
olarak tanımlanır ve
dU Vidt
=
P =
→=
P iV (V ⋅ A ≡ watt, W)
dt
dt
ifadedine sahiptir.
Ohmik bir direnç üzerinde açığa çıkan güç ifadesinde V = iR eşitliği kullanılarak
=
P iV
= i 2=
R V 2 / R olarak yazılabilir.
(26-22)
Örnek : Direnci 8 Ω olan nikrom bir telin uçları arasına 120 V' luk bir
poatansiyel fark uygulanarak bir elektrik ısıtıcısı yapılıyor. Telden geçen
akımın ısı üretme hızını bulunuz.
V 120
=
= 15 A
R
8
P= i 2 R= (15) 2 × 8= 1800 J/s
=
i
Örnek : 240 V' luk bir gerilim altında çalışan ve 20 A akım çeken bir fırında
4 saat boyunca pişirilen bir yemek için ödenecek elektrik parası ne kadardır?
(elektriğin kW-saat' i 15 kuruştur).
P =iV =20 × 240 =4800 W =4.8 kW
Enerji = W = P × t = 4.8 × 4 = 19.2 kW-saat
Tutar = 19.2 × 15= 288 kuruş = 2.88 TL
(26-23)
BÖLÜM-27
Devreler
Bu bölümde aşağıda listelenen konulara değinilecektir:
•Elektromotor kuvvet (emk)
•Gerçek ve ideal emk kaynakları
•Kirchhoff’ un çevrim kuralı
•Kirchhoff’ un kavşak kuralı
•Çok halkalı devreler
•Seri bağlı dirençler
•Paralel bağlı dirençler
•Bir kapasitörün dolması ve boşalması, RC devresi
(27-1)
Bir iletkende akımın sürekli olması için, iki ucu arasına potansiyel
fark uygulamak gerekir. İletken içinde oluşan elektrik alan, sürekli
olarak bir ucundan diğerine yük pompalar. Bir iletkenin iki ucu
arasında sürekli bir potansiyel fark oluşturmaya yarayan cihaza
"emk kaynağı" adı verilir. Bir üretecin emk' sı, elektromotor kuvvet
kaynağı tarafından yük taşıyıcıları üzerine birim yük başına yaptığı iş ( = dW / dq)
olarak tanımlanır. Birimi J/C veya volt' tur. Batarya, pil, akü birer emk kaynağıdır.
Bu cihazlar sanki bir "yük pompası" gibi çalışırlar. Potansiyelin düşük olduğu uçtan
potansiyelin yüksek olduğu uca doğru sürekli olarak yük pompalarlar. Aşağıdaki
şekilde, sistemin mekanik eşdeğeri verilmiştir. Buradaki pompa, suyu alçaktaki bir
depodan yüksekteki başka bir depoya pompalamaktadır ve
elektrik devresindeki emk kaynağına karşılık gelir. Depolar
arasındaki boru elektrik devresindeki direnci, depolar da
direncin yüksek ve düşük potansiyele sahip uçlarını temsil
etmektedir.
(27–2)
Bir emk kaynağının kutbu, bir ucunda küçük çember olan bir
okla gösterilir. Okun yönü kaynağın negatif ucundan pozitif
ucuna doğrudur. Bir devreye bağlandığında, kendi içindeki
pozitif yükler negatif uçtan pozitif uca doğru akar ve devrede
de bir yük akışı oluşmasına sebep olur. Bunu yaparken dq
yükü üzerinde dW = dq ile verilen bir iş yapar. Kaynağın
batarya olması durumunda, gerekli enerji batarya içindeki
kimyasal reaksiyonlardan; jeneratör olması durumunda, mili
çeviren mekanik kuvvetten; güneş pili olması durumunda da
güneşten sağlanır. Yandaki devrede, B kaynağında depolanmış
kimyasal enerji form değiştirir. Bir kısmı motorda mekanik
enerjiye, bir kısmı direnç üzerinde ısıya ve kalan kısmı da A
kaynağında kimyasal enerjiye dönüşür.
(27–3)
Yandaki devrede (Şekil-a), R direnici bir emk kaynağının
a ve b uçlarına bağlıdır.
İdeal Batarya :
a ve b uçları arasındaki V gerilimi, üzerinden geçen i akımına
bağlı değilse emk kaynağı idealdir (V = 
) denir (Şekil-b).
Gerçek Batarya :
a ve b uçları arasındaki V gerilimi, üzerinden geçen i akımıyla
azalıyorsa emk kaynağı gerçektir (V=  − ir ) denir (Şekil-c).
Bu ifadedeki r , emk kaynağının "iç direnci" dir.
(27–4)
Tek Halkalı Bir Devredeki Akım :
Şekilde tek halkalı bir devre verilmiştir. Kaynağın ideal ve bağlantı
kablolarının ihmal edilebilir dirence sahip olduğunu varsayalım.
Devrede saat ibreleri yönünde bir i akımı akar.
dt kadarlık bir zamanda devreden dq = idt kadarlık bir yük akar. Bu durumda batarya
dW
= =
dq 
idt ifadesi ile verilen bir iş yapar. Enerjinin korunumu gereği bu enerji
direnç üzerinde ısı enerjisi olarak açığa çıkar:

idt = Ri 2 dt → 
= Ri → 
−iR =
0
Bu son eşitlik, Kirchhoff' un çevrim kuralı olarak bilinir. Daha açık bir ifadeyle;
"Bir elektrik devresindeki herhangi bir çevrim boyunca tüm elemanlar
üzerindeki potansiyel değişimlerinin toplamı sıfırdır".
şeklinde tarif edilebilir.
(27-5)
Örnek : İç direnci r = 0.25 Ω ve emk' sı  = 13 V olan bir batarya,
R = 3 Ω' luk bir direncin uçlarına bağlanmıştır.
a −) Devreden geçen akımı ve bataryanın çıkış gerilimini
b −) Bataryanın devreye sağladığı gücü, dirençler üzerinde
birim zamanda açığa çıkan ısı enerjisini hesaplayınız.

13
=
= 4A
r + R 0.25 + 3
=
V = iR = 4 ∗ 3 12 V veya V =  − ir=
= 13 − 4 ∗ 0.25 12 V
b −) Pbatarya =i =4 ∗13 =52 W
a −)=
i
PR = i 2 R = ( 4 ) ∗ 3 =
48 W
2
Pr = i r = ( 4 ) ∗ 0.25 =
4W
2
2
(27-6)
Örnek : İç direnci r ve emk' sı  olan bir batarya, şekildeki
gibi R direncinin uçlarına bağlanmıştır. Hangi R direncinde,
üzerinden çekilen güç maksimum olur?
P = i2 R

i
P
=
→=
r+R
 2R
(r + R)
2


dP
2 (r + R) − 2(r + R) R
=0→ 
 = 0 → ( r + R ) − 2 R =0 → R = r
4
dR
(r + R)


Pmax
2
 2R
2
=
2
r
R
+
(
) R = r 4r
(27-7)
Direnç Kuralı :
∆V =
−iR
∆V =
+iR
Bir direnç üzerinden geçen akımla aynı yönde hareket
ediyorsak, direnç üzerindeki potansiyel değişimi:
∆V =
−iR
Bir direnç üzerinden geçen akımla ters yönde hareket
ediyorsak, direnç üzerindeki potansiyel değişimi:
∆V =
+iR
∆V =
+
EMK Kuralı :
İdeal bir kaynak üzerinde, emk' nın yönünde hareket
ediyorsak, kaynak üzerindeki potansiyel değişimi:
∆V =+
∆V =
−
İdeal bir kaynak üzerinde, emk' nın tersi yönde hareket
ediyorsak, kaynak üzerindeki potansiyel değişimi:
∆V =−
(27-8)
Şekil-a' da verilen devreyi ele alalım. Batarya, r iç dirençli gerçek bir bataryadır.
Bu çevrim için, a noktasından başlar ve saat ibreleri yönünde tam bir tur atarak
Kirchhoff' un çevrim kuralını uygularsak:
 − ir − iR= 0
→
i=

R+r
buluruz.
Şekil-b' de, a noktasından b noktasına saat ibreleri yönünde giderken çevrimin
her noktasındaki V potansiyeli çizilmiştir. Batarya üzerinde negatif uçtan pozitif
uca gittiğimiz için, ∆V potansiyel değişimi pozitiftir. Akımla aynı yönde hareket
ettiğimiz için, her iki direnç üzerindeki ∆V potansiyel değişim negatiftir.
(27-9)
Örnek : Şekilde iki batarya ve iki dirençten oluşan tek
halkalı bir devre verilmiştir. Bataryaların iç direçleri
ihmal edilebilir. Devreden geçen akımı, dirençlere
aktarılan güçleri ve 12 V' luk bataryanın devreye
sağladığı gücü hesaplayınız.
6 − 12
1
∑ ∆V = 0 → 1 − 8I − 2 − 10 I = 0 → I = 18 = − 3 A
Negatif işaret, akımın ters yönde aktığını göstermektedir.
2
8
 1
PR1 = I 2 R1 =  −  ∗ 8 = ≈ 0.89 W
9
 3
2
10
 1
PR2 =I 2 R2 = −  ∗10 = ≈ 1.11 W
9
 3
1
P2 = I 2 =   ∗12 = 4 W
3
(27-10)
Çok Halkalı Devreler :
Şekilde iki halkalı bir devre verilmiştir. Bu devre bad , bdc
ve bd olmak üzere üç kolludur. Her koldan geçen akıma bir
isim verilir ve keyfi bir yön seçilir. Yapılan işlem sonucunda
akım için negatif bir değer bulunabilir. Bu durum bize, ilgili
akımın yönünü başlangıçta yanlış seçtiğimizi bildirir.
Yukarıdaki devrede bad, bdc ve bd kollarından geçen akımlara sırasıyla
i1 , i2 ve i3 isimleri verilmiş ve akımlar için seçilen yönler devre üzerinde
gösterilmiştir. b ve d noktaları birer kavşaktır. Yükün korunumu gereği,
d noktasına gelen i1 ve i3 akımlarının toplamı i2 akımına eşittir (i1 + i3 =
i2 ).
Bu, Kirchhoff' un kavşak kuralı olarak bilinir ve daha açık bir ifadeyle;
"Bir kavşağa gelen akımların toplamı, o kavşağı terkeden akımların
toplamına eşittir".
şeklinde tarif edilir.
(27-11)
Devredeki i1 , i2 ve i3 akımlarını belirlemek için üç
denkleme ihtiyacımız vardır. Bunlardan birincisi,
d noktasına uygulanan kavşak kuralından bulunur:
i1 + i3 =
i2
(Eş-1)
Diğer iki tanesi de, bad ve bdc halkaları için saat ibrelerinin tersi yönünde
hareket edilerek Kirchhoff' un çevrim kuralının uygulanmasıyla bulunur:
0
bad için: 1 − i1 R1 + i3 R3 =
(Eş-2)
0
bdc için: − i3 R3 − i2 R2 − 2 =
(Eş-3)
Üç bilinmeyenli bu üç denklemin çözümünden, devredeki i1 , i2 ve i3 akımları
bulunabilir. Herhangi bir akımın değerinin negatif bulunması, ilgili akım için
başlangıçta seçilen yönün yanlış olduğu anlamına gelir. abcd halkası için de
çevrim kuralı uygulanarak dördüncü bir eşitlik daha bulunabilir. Ancak, bu
yeni eşitlik bize yeni bir bilgi vermez. Bu yeni eşitlik,
abcd için: 1 − i1 R1 − i2 R2 − 2 =
0
(Eş-4)
ile verilir ve Eş-2 ile Eş-3' ün toplamından başka birşey değildir.
(27-12)
Örnek : Yanda verilen devrenin kollarından geçen
I1 , I 2 ve I 3 akımlarını, Kirchhoff' un çevrim ve kavşak
kurallarını kullanarak bulunuz.
Kirchhoff' un çevrim ve kavşak kurallarından,
abcf halkası için: 12 − I1 − 3I1 + 5 I 2 + I 2 − 4 = 0 → 2 I1 − 3I 2 = 4
fcde halkası için: 4 − I 2 − 5 I 2 − 8 I 3 =0 → 3I 2 + 4 I 3 =2
(Eş-1)
(Eş-2)
c kavşağı için: I1 + I 2 =
I 3 (Eş-3)
Eş-1 ve Eş-2' den, I1 ve I 3 çekilip Eş-3' te yerine konursa,
6
17
11
I2 =
−
A → I1 = A → I 3 = A
13
13
13
bulunur. I1 ve I 3 akımlarının başlangıç yönleri doğru, I 2 akımının başlangıç
yönü ise ters seçilmiştir.
(27-13)
ÖDEV : Kirchhoff' un çevrim ve kavşak kurallarını
kullanarak, yanda verilen devredeki tüm dirençlerden
geçen akımları bulunuz.
ÖDEV : Kirchhoff' un çevrim ve kavşak kurallarını
kullanarak, yanda verilen devredeki tüm dirençlerden
geçen akımları bulunuz. 200 Ω' luk direncin uçları
arasındaki potansiyel farkı hesaplayınız.
(27-14)
Bir Devrede İki Nokta Arasındaki Potansiyel Fark :
Şekildeki tek halkalı devreyi ele alalım. b ve a noktaları
arasındaki Vb − Va potansiyel farkı,
 a noktasından b noktasına hareket ederken, 


=
Vb − Va  tüm elemanlar üzerindeki ∆V potansiyel 
 değişimlerinin toplamı



işlemiyle bulunur.
a noktasını b noktasına bağlayan iki farklı yol bulunmaktadır. Vb − Va potansiyel
farkını her iki yönde de hareket ederek bulabiliriz:
Saat ibreleri yönünde
: Vb − Va = − ir
iR
Saat ibrelerinin tersi yönünde : Vb − Va =
0
Not - 1 : Bu devre için Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa,  − ir − iR =
bulunur. Bu da,  − ir =
iR anlamına gelir.
Not - 2 : İki nokta arasındaki potansiyel fark yoldan bağımsızdır.
(27-15)
Örnek : Şekilde iki halkalı bir devre verilmiştir. Devredeki
kollardan geçen I1 , I 2 ve I 3 akımlarını bulunuz. a ve c
noktaları arasındaki potansiyel farkını (Vca= Vc − Va ) üç farklı
yolu takip ederek hesaplayınız.
Kirchhoff' un çevrim ve kavşak kurallarından,
abcd halkası için: 10 − 6 I1 − 2 I 3 =0 → 3I1 + I 3 =5
(Eş-1)
12
bcfe halkası için: 10 − 6 I1 + 14 + 4 I 2 =0 → 3I1 − 2 I 2 =
(Eş-2)
c kavşağı için: I1 + I 2 =
I 3 (Eş-3)
Eş-1 ve Eş-2' den, I 2 ve I 3 çekilip Eş-3' te yerine konursa,
2 A → I2 =
I1 =
−3 A → I 3 =
−1 A
bulunur. I1 akımının başlangıç yönü doğru, I 2 ve I 3 akımlarının başlangıç
yönleri ise ters seçilmiş.
adc yolu: Va + 2 I 3 = Vc → Vc − Va = 2 I 3 =
2(−1) =
−2 V
abc yolu: Va + 10 − 6 I1 = Vc → Vc − Va = 10 − 6 I1 = 10 − 6(2) = −2 V
abefc yolu: Va − 4 I 2 − 14 =
Vc → Vc − Va =
−14 − 4 I 2 =
−14 − 4(−3) =
−2 V
(27-16)
Örnek : Şekilde iki halkalı bir devre verilmiştir. be kolundan geçen I 3
akımı 2 A olduğuna göre, diğer kollardan geçen I1 ve I 2 akımını, af kolu
üzerindeki bataryanın emk' sını bulunuz. a ve d noktaları arasındaki
potansiyel farkını (Vda= Vd − Va ) üç farklı yolu takip ederek hesaplayınız.
Kirchhoff' un çevrim ve kavşak kurallarından,
befa halkası için: − 5 I 3 +  − 2 I 2 =
0 →  − 2I2 =
10
bedc halkası için: − 5 I 3 + 15 − 7 I1 =0 → 7 I1 =15 − 10 → I1 =
(Eş-1)
5
A
7
b kavşağı için: I1 + I 2 = I 3 = 2 (Eş-2)
5
9
I1' in değeri Eş-2' de kullanılırsa: I1 + I 2 =2 → I 2 =2 − ( ) = A
7
7
9
88
V bulunur.
 − 2 I 2 = 10 →  = 10 + 2( ) =
7
7
9 88
2( ) −
afed yolu: Va + 2 I 2 −  =
Vd → Vd − Va =
=
−10 V
7
7
abed yolu: Va − 5 I 3 =
Vd → Vd − Va =
−5(2) =
−10 V
5
7( ) − 15 =
−10 V
abcd yolu: Va + 7 I1 − 15 = Vd → Vd − Va =
7
(27-17)
Eşdeğer Direnç :
Yanda, birbirine farklı şekilde bağlanmış üç adet
dirençten oluşmuş bir devre verilmiştir. Üç adet
direnç içeren bu gruba elektriksel olarak eşdeğer
tek bir direnç ( Reş ) bağlayabiliriz. Bunun anlamı,
şekil-a' da direnç grubunun uçları arasına uygulanan
V gerilimi, şekil-b' deki Reş direncinin uçları arasına
uygulanırsa batarya aynı i akımını sağlar. Başka bir
deyimle, üçlü direnç grubu (R1 , R2 , R3 ) ve eşdeğer direnç (Reş ) kapalı
kutular içine alınırsa, bu devrelerde yapılacak elektriksel ölçümlerle
bunları birbirinden ayırd etmek imkansızdır.
(27–18)
Seri Bağlı Dirençler :
Şekil-a' da, seri bağlı üç dirençten oluşan bir devre verilmiştir.
Bu dirençlerden aynı i akımı geçer. Üzerlerindeki gerilimlerin
toplamı kaynağının gerilimine eşittir (V1 + V2 +V3 =  ). Şekil-b'de
seri bağlı üç dirence eşdeğer tek dirençli bir devre verilmiştir.
Her iki devre için de, başlangıç noktası a seçilir ve saat ibreleri
yönünde Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa:


 − iR1 − iR2 − iR3 = 0 → i =
R1 + R2 + R3 

 → Reş = R1 + R2 + R3


 − iReş = 0 → i =

Reş

bulunur. n tane direncin seri bağlanması durumunda ise eşdeğer direnç:
n
Reş = ∑ Ri = R1 + R2 + ... + Rn
ifadesine sahip olur.
i =1
(27-19)
Paralel Bağlı Dirençler :
Şekil-a' da paralel bağlı bağlı üç dirençten oluşan bir devre
verilmiştir. Dirençlerin uçları arasındaki gerilimler aynı ( ),
üzerlerinden geçen akımların toplamı ise emk kaynağının
i ). Şekil-b' de paralel
sağladığı akıma eşittir (i1 + i2 + i3 =
bağlı üç dirence eşdeğer tek dirençli bir devre verilmiştir.
Her iki devre için de a noktasında Kirchhoff' un kavşak
kuralı uygulanırsa,
 1 1 1 
i   + + 
=



 
 R1 R2 R3   → 1 = 1 + 1 + 1
=
=
=
;
;
olmak
üzere,
i
i
i

1

2
3
R
R
R
Req R1 R2 R3

1
2
3 


i=

Reş

bulunur. n tane direncin paralel bağlanması durumunda ise eşdeğer direnç:
1
=
Reş
n
1
1 1
1
+
+
.
.
.
=
+
∑
R1 R2
Rn
i =1 Ri
ifadesine sahip olur.
(27-20)
Örnek : Şekilde verilen devrenin, a ve b uçları
arasındaki eşdeğer direncini bulunuz.
5 ve 6 nolu dirençler paralel: R=
20 Ω
56
= 40 Ω
3, 4 ve R56 dirençleri birbirine seri: R3456
= 20 Ω
2 ve R3456 dirençleri paralel: R23456
1 ve R23456 dirençleri seri: R=
40 Ω
ab
(27-21)
Örnek : Şekilde verilen devrenin, a ve b uçları
arasındaki eşdeğer direncini bulunuz.
(1 ile 2 )
ve ( 8 ile 9 ) nolu dirençler seri:
R12 =Ω
12 ve R89 =Ω
12
( 4 ile R12 )
ve ( 7 ile R89 ) dirençleri paralel:
R124 =
6 Ω ve R789 =
4Ω
6 ve R789 dirençleri seri: R6789
= 18 Ω
5 ve R6789 dirençleri paralel: R56789= 6 Ω
= 12 Ω
3 ve R56789 dirençleri seri: R356789
R124 ve R356789 paralel: Rab= 4 Ω
(27-22)
Ampermetre ve Voltmetre :
Ampermetre, akım ölçmeye yarayan bir cihazdır. Bir
iletkenden geçen akımı ölçmek için, iletken belli bir
yerinden kesilir ve kesilen bu uçlar ampermetrenin
giriş ve çıkış uçlarına bağlanır. Böylece, iletkendeki
akımın ampermetre üzerinden akması sağlanmış olur.
Yandaki devrede ampermetre, iletken üzerindeki a
ve b noktaları arasına yerleştirilmiştir.
Ampermetrenin iç direnci (rA ), devredeki diğer dirençlerden çok küçük olmalıdır
( rA  R1 ve rA  R2 ) .
Voltmetre ise, bir devrede herhangi iki nokta arasındaki potansiyel farkını ölçen
bir cihazdır. Yukarıdaki devrede voltmetre R1 direncinin iki ucuna (c ve d noktaları)
bağlanmıştır. Voltmetrenin iç direnci (rV ), devredeki diğer dirençlerden çok
büyük olmalıdır ( rV  R1 ve rV  R2 ) .
(27-23)
Voltmetre :
Voltmetre bağlı değilken: Vgerçek = iR
Voltmetre bağlandıktan sonra, i akımının bir kısmı voltmerenin
bulunduğu koldan akacaktır. Kirchhoff' un çevrim ve kavşak
kurallarından:
i1 R = i2 rV 
 rV 
 rV 
 rV
=
→
=
=
=
→
i
i
V
i
R
iR






1
1
i1 + i2 =
i
R
+
r
R
+
r
V 
V 


 R + rV
Voltmetrenin gerçek gerilimi ölçmesi için: rV  R olmalıdır.

 Vgerçek

Ampermetre :
ε
R
Ampermetre bağlandıktan sonra, devreden geçen akım:
Ampermetre bağlı değilken: igerçek =
 R 
ε
i = 
=
 igerçek
R + rA  R + rA 
Ampermetrenin gerçek akımı ölçmesi için: rA  R olmalıdır.
(27-24)
RC Devresi : Bir Kapasitörün Dolması :
Yanda verilen devreyi ele alalım. t = 0 anında
kapasitörün boş olduğunu ve S anahtarının a
noktasına temas ettirildiğini kabul edelim.
Böylece, batarya kapasitörü R direnci üzerinden
yüklemeye başlar.
Buradaki amacımız, kapasitörde biriken yükü zamanın bir fonksiyonu olarak
bulmaktır. Bunun için, bataryadan negatif ucundan başlar ve saat ibreleri
yönünde hareket ederek çevrim kuralını uygularsak:
dq
q
q
dq
q
R+ =

 − iR − = 0 →  − R − = 0 →
C
dt
C
dt
C
eşitliği elde edilir (i = dq / dt ). Bu eşitlik, homojen olmayan birinci dereceden
lineer bir diferansiyel denklemdir.
(27-25)
dq
q C − q
dq
dt
→
=
→
R = − =
C − q RC
dt
C
C
q
t
dq
dt
=
∫0 C − q ∫0 RC
t
 C − q 
− t /τ
=
−
→
=

−
q
t
e
ln 
(
)
1
(
)


C
RC


çözümü elde edilir. Burada τ = RC' dir ve devrenin "zaman sabiti"
olarak tanımlanır. Bu süre içinde kapasitördeki yük maksimum
değerinin 0.632 katına ulaşır. Bir diğer nicelik ise, T1/2 = RCln(2)
eşitliği ile tanımlanan "yarılanma zamanı" dır ve kapasitörün yarı
yarıya dolması için geçen süre olarak tanımlanır. Kapasitör üzerinde
biriken yükün zamana bağlı değişimi şekil-a' da verilmiştir.
Devreden geçen akım ise,
dq
 
→ i (t ) =   e − t /τ
dt
R
ile verilir ve zamana bağlı değişimi şekil-b' deki gibidir. t = 0 anında devredeki
akım maksimumdur ve kapasitörde yük biriktikçe azalır. Devrenin zaman sabiti
τ = RC ve yarılanma süresi T1/ 2 aynıdır. Akımın, maksimum değerinin 1/e' sine
i=
düşmesi için geçen süre τ , yarısına düşmesi için geçen süre T1/ 2 olarak tanımlanır.
(27-26)
Örnek : Sığası C olan yüksüz bir kapasitör, emk' sı olan
bir batarya ile, şekildeki gibi, R direnci üzerinden yükleniyor.
C = 5 µ F, R = 8 ×105 Ω ve  = 12 V olduğuna göre, devrenin
zaman sabitini, yarılanma süresini, kapasitördeki maksimum
yükü ve devredeki maksimum akımı bulunuz. Anahtar kapatıldıktan τ kadar sonra,
kapasitördeki yük ve devredeki akım ne olur?
 (1 − e − t /τ )
q (t ) =
ve
   − t /τ
i (t ) =
 e
R
τ = RC = ( 8 ×105 ) ∗ ( 5 ×10−6 ) = 4 s
T1/ 2 RC=
=
ln 2 4=
ln 2 2.77 s
qmax =
 =
12 ( 5 × 10−6 ) =
60 µ C

12
imax == 5 =
1.5 × 10−5 A =
15 µ A
R 8 × 10
q (t ) =12 ( 5 × 10−6 )(1 − e −τ /τ ) =60 × 10−6 (1 − e −1 ) =37.9 µ C
i (t )
12
   −τ /τ
−1
−5
e
=
e
0.552
10
=
×
= 5.52 µ A
 
5
R
8
10
×
 
(27-27)
Örnek : Yanda verilen devredeki S anahtarı, kapasitör tamamen doluncaya
kadar tutulsun. Her direnç üzerindeki kararlı akımı ve kapasitör üzerindeki
yükü bulunuz. t = 0 anında anahtar açılırsa, R2 direnci üzerinden geçen akımı
zamanın fonksiyonu olarak bulunuz ve kapasitör üzerindeki yükün maksimum
değerinin 1/5' ine düşmesi için geçen süreyi hesaplayınız.
Devre kararlı duruma ulaştığında, kapasitörün bulunduğu koldan akım geçmez.
12 kΩ ve R2 dirençleri üzerinden aynı akım geçer:
9
1
−3
10
0.33 mA
i=
=×
=
3
27 × 10
3
q
1

VC = iR2 = m → qm =  ×10−3  ∗ (15 ×103 ) ∗ (10 ×10−6 ) = 50 µ C
C
3

t = 0 anında anahtar açılırsa, kapasitör birbirine seri bağlı 15 kΩ ve 3 kΩ' luk
dirençler üzerinden boşalacaktır.
− t / Reş C
q (t ) =
qm 
e
qm − t / Reş C
dq
→ i (t ) =
−
= e
dt Reş C
qm
−t / R C
e eş → t= Reş C ln 5=
= qm 
5
(18 ×10 ) ∗ (10 ×10 ) ln 5=
3
−6
290 × 10−3 =0.29 ms
(27-28)
Örnek : Yandaki devre, sığaları C1 = 2 µ F ve C2 = 3 µ F olan iki kapasitör,
dirençleri R1 = 2 kΩ ve R2 = 3 kΩ olan iki direnç ve emk' sı  = 120 V olan
bir bataryadan oluşmuştur. Kapasitörler başlangıçta boştur ve t = 0 anında
S anahtarı kapatılıyor. Kararlı denge durumunda, kapasitörler üzerindeki
q1 ve q2 yüklerini bulunuz.
R1 ve R2 dirençleri paralel:
RR
1
1
1
= +
→ Reş = 1 2 =1.2 kΩ
Reş R1 R2
R1 + R2
C1 ve C2 kapasitörleri paralel: Ceş = C1 + C2 → Ceş = 5 µ F
Devre, sığası =
Ceş 5 µ C ve direnci =
Reş 1.2 kΩ olan basit bir RC devresidir.
Kapasitör üzerindeki maksimum yük: qm = Ceş =120 ( 5 × 10−6 ) = 600 µ C
q1 + q2 =
qm 

q1 q2 
=
C1 C2 

→
 C1 
0.4 × 600=240 µ C
q1 
=
 q=
m
 C1 + C2 
 C2 
0.6 × 600=360 µ C
q=

 q=
m
2
 C1 + C2 
(27-29)
Örnek : Kararlı denge durumunda, yandaki devrede gösterilen
tüm akımları hesaplayınız. Kapasitör üzerindeki maksimum yük
ne kadardır?
Devre kararlı duruma ulaştığında, kapasitörün bulunduğu
koldan akım geçmez. Yani,
=
I 5 0=
ve I 4 I1 olur.
Kirchhoff' un çevrim ve kavşak kurallarından,
defc halkası için: 4 − 3I 2 − 5 I 3 =0 → 3I 2 + 5 I 3 =4
(Eş-1)
gbcf halkası için: 8+3I 2 − 5 I1 =0 → 5 I1 − 3I 2 =8
(Eş-2)
c kavşağı için: I1 + I 2 =
I3
(Eş-3)
Eş-1' den I 3 ve Eş-2' den I1 çekilip Eş-3' te yerine konursa:
8 + 3I 2
4 − 3I 2
11
4
4
+ I2 =
→ I2
=
− → I2 =
−
A
5
5
5
5
11
 4
 4
8 + 3 − 
4 − 3 − 
8 + 3I 2
4 − 3I 2
11  76
11  56
=
=
I1 =
I3 =
=
A ve
A
5
5
55
5
5
55
q
ahgb halkası için: 3 − m + 8 = 0 → qm = 11C = 11 ∗ ( 6 × 10−6 ) = 66 µ C
C
(27-30)
RC Devresi : Bir Kapasitörün Boşalması :
Yanda verilen devreyi ele alalım. t = 0 anında kapasitördeki
yükün q0 olduğunu varsayalım ve S anahtarının b noktasına
temas ettirildiğini kabul edelim. Böylece, bataryadan ayrılan
kapasitör R direnci üzerinden boşalmaya başlar. Başlangıcı
b noktası seçer ve saat ibreleri yönünde hareket ederek çevrim
kuralını uygularsak:
iR −
q
=
0 →
C
dq
q
dq


R+ =
0 i =
−
alınmıştır!!! 
dt
C
dt


Bu eşitlik, birinci dereceden, homojen, lineer bir diferansiyel denklemdir.
dq
q
=
−
dt
RC
dq
dt
→
=
−
q
RC
q
t
dq
dt
→ ∫
=
−∫
q
RC
0
q0
q
t
−
→ q(t ) = q0e-t /τ
ln   =
RC
 q0 
Kapasitör üzerindeki yük eksponansiyel olarak azalmakta ve t → ∞ durumunda sıfıra
ulaşmaktadır. Devrenin zaman sabiti τ = RC ve yarılanma süresi T1/2 aynıdır.
(27-31)
Örnek : Sığası C olan bir kapasitörün R direnci üzerinden boşaldığını varsayalım.
a −) Kapasitördeki yük ne kadar zamanda maksimum değerinin 1/4' üne düşer.
b −) Kapasitördeki enerji ne kadar zamanda maksimum değerinin 1/4' üne düşer.
q
t
a −=
→ m qm e − t / RC →=
− ln 4 −
) q (t ) qm e − t / RC =
RC
4
t RC
RC 1.39τ
ln 4 1.39
=
=
=
qm2 e −2t / RC
qm2
qm2 e −2t / RC
1 q (t ) 2
b −) U (t =
)
)
→ U (t =
→
=
2 C
2C
4(2C )
2C
RC
2t
− ln 4 =−
→ t = ln 4 =RC ln 2 =0.693RC =0.693τ
RC
2
(27-32)
Örnek : Sığası C olan bir kapasitör emk' sı  olan batarya ile yükleniyor
ve daha sonra da, bataryadan sökülüp bir R direnci üzerinden boşaltılıyor.
Kapasitör tamamen boşalıncaya kadar, R direnci üzerinde açığa çıkan ısı
enerjisi miktarı ne kadardır?
Kapasitör boşalırken:
) qm e − t / RC= Ce − t / RC → i (t=
)
q (t=
 − t / RC
e
R
2
∞
u = −2t / RC
 
−2 t / RC
dE
i (t ) Rdt → E
dt ;
=
=
=   R∫ e
ısı
ısı
∫0 i(t ) Rdt
du = −2dt / RC
R
  0
∞
2
2
∞
 2 RC u
C 2  e−2 t / RC  ∞ 1
2
−
=
−
=

Eısı =
e
du
e
C
0 2
2 
R 2 ∫0
(27-33)
BÖLÜM-28
Manyetik Alan
Bu bölümde aşağıda listelenen konulara değinilecektir:
•
•
•
•
•
•
•
•
•

Manyetik alan vektörü B ,

Hareket eden yüklü parçacığa etkiyen manyetik kuvvet FB ,
Manyetik alan çizgileri,
Düzgün manyetik alanda yüklü parçacığın hareketi,
Akım taşıyan tele etkiyen manyetik kuvvet,
Akım halkasına etki eden tork,

Manyetik dipol, manyetik dipol moment ( µ ) ,
Hall etkisi,
Parçacık hızlandırıcı: Cyclotron (zorunlu değil)
( )
( )
(28-1)
Manyetik Alanın Kaynağı :
Manyetik alan oluşturmanın iki yolu vardır:
İçinden elektrik akımı geçirilen iletken tel (elektromagnet)
Kalıcı mıknatıslanmaya sahip malzemeler (mıknatıs)
Hem elektromagnet hem de mıknatıs ince demir tozlarını
çeker. Merkezinden dik geçen eksen etrafında serbestçe
dönebilen hafif bir çubuk mıknatıs, kendisini Güney-Kuzey
doğrultusunda yönlendirecek şekilde döner (pusula). Hem
akım taşıyan tel hem de mıknatıs, çevrelerinde "manyetik


alan" (B ) oluşturur ve kendilerini "manyetik kuvvet" (FB )
uygulayarak hissettirirler.
(28-2)

B Manyetik Alanının Tanımı :


Manyetik alan vektörü, v hızına sahip bir q yüküne uyguladığı FB
manyetik kuvveti cinsinden tanımlanır. q yüküne sahip parçacık

gelişigüzel doğrultularda B manyetik alanına gönderilir ve manyetik

alan içinde izlediği yollara bakılır. q yüküne etkiyen FB kuvvetinin

sıfır olduğu tek bir doğrultu vardır. B manyetik alanı bu doğrultuya

paraleldir. Bunun dışındaki tüm doğrultularda FB kuvveti sıfırdan


farklıdır ve büyüklüğü FB = q vB sin φ ile verilir. Burada φ , v ile B

 
qv × B ifadesine
arasındaki açıdır. Vektörel olarak bu kuvvet F=
B


sahiptir ve sağ-el kuralına göre, v ile B' nin oluşturduğu düzleme
diktir. Manyetik alanın SI siste min deki birimi:
N
N
=
= tesla
C ⋅ (m / s) A ⋅ m
(28-3)
Vektörel Çarpma :


  
a ve b vektörleri arasındaki vektörel çarpma işlemi, c= a × b

ile verilen yeni bir vektör oluşturur. c vektörünün büyüklüğü


c = ab sin φ ile verilir ve a ile b vektörlerinin oluşturduğu
düzleme diktir. Yönü "sağ-el-kuralı" ile belirlenir:


i. a ve b vektörlerinin başlangıç noktalarını birleştiriniz.

ii. a vektörünü parmak uçlarınız onun yönünü gösterecek
şekilde sağ avuç içine yatırınız.


iii. a vektörünü küçük açı yönünde b 'nin üzerine süpürünüz.

iv. Başparmağınız c vektörünün yönünü verir.
Vektörel çarpım, "cross" çarpım olarak da bilinir.
(28-4)
Bileşenleri Cinsinden Vektörel Çarpma :
 
a ×b
(
)(
a x ˆi + a y ˆj + az kˆ × b x ˆi + by ˆj + bz kˆ
)
ˆi × ˆi = ˆj × ˆj = kˆ × kˆ = 0
ˆi × ˆj =kˆ ; ˆj × ˆi =− kˆ 

 olduğundan



 
a ×=
b ( a y bz − az by ) ˆi + ( az bx − ax bz ) ĵ + ( ax by − a y bx ) k̂
 
Not : a × b, aşağıdaki determinant yolu ile de belirlenebilir.
kˆ × ˆi =ˆj ; ˆi × kˆ =− ˆj
ˆj × kˆ =ˆi ; kˆ × ˆj =− ˆi
i
j
 
a × b =a x a y
bx
by
k
az
;
 
 
Not : a × b =− b × a
(
)
bz
(28-5)
Manyetik Alan Çizgileri : Elektrik alan ile elektrik alan çizgileri arasındaki ilişki
gibi, manyetik alan ile manyetik alan çizgileri arasında da benzer bir ilişki vardır:

1. Herhangi bir P noktasında, manyetik alan vektörü B manyetik alan çizgisine teğettir.
2. Manyetik alan şiddeti, manyetik alan çizgilerinin yoğunluğu ile orantılıdır.
BP > BQ
(28-6)
Kalıcı Bir Mıknatısın Manyetik Alan Çizgileri :
Şekil-a' da, kalıcı bir mıknatısın manyetik alan çizgileri
gösterilmiştir. Bunlar, bir kısmı mıknatısın içinden geçen
kapalı halkalar şeklindedir. Pozitif yükte başlayıp negatif
yükte sonlanan elektrik alan çizgileri gibi, başlangıç ve
bitiş noktaları yoktur. Kapalı halka şeklindeki manyetik
alan çizgileri, mıknatısın bir ucundan girer diğer ucundan
çıkarlar. Alan çizgilerinin çıkış yaptıkları uç mıknatısın
kuzey kutbu, giriş yaptıkları uç ise güney kutbu olarak
bilinir. Bu kutupları bağımsız olacak şekilde mıknatıstan
ayıramayız. İkisi birlikte bir "magnetic dipole" oluştururlar.
Şekil-b' de, at nalı şeklinde bükülmüş bir çubuk mıknatısın
manyetik alan çizgileri verilmiştir. Şekilden de anlaşılacağı
gibi, kutuplar arasında ve kutupların birbirine yakın olduğu
yerlerde manyetik alan çok şiddetlidir.
(28-7)
Örnek : Şekilde görüldüğü gibi, bir televizyon tüpü içerisindeki elektronlar
+x-ekseni yönünde 8 ×106 m/s' lik bir hızla ekrana dik doğrultuda gelmektedir.
Tüpü çevreleyen kangalların oluşturduğu manyetik alan xy -düzleminde, x-ekseni
ile 60o ' lik açı yapmakta ve büyüklüğü de 25 mT' dır. Elektronlara etkiyen
manyetik kuvvetin büyüklüğünü ve elektronun ivmesini hesaplayınız.


 
FB = qv × B → FB = evB sin θ = (1.6 × 10−19 ) ∗ ( 8 × 106 ) ∗ ( 25 × 10−3 ) sin 60

FB =
2.77 × 10−14 N (sağ-el kuralına göre, − z yönünde)

FB
2.77 × 10−14
F = ma → a =
=
= 3.04 × 1016 m/s 2
−31
me
9.11× 10
Örnek : Bir proton, + y -ekseni yönündeki 0.3 T' lık bir manyetik alan içinde, alan
ile 37 o ' lik açı yapacak şekilde 3 ×106 m/s hızla hareket etmektedir. Protona etkiyen
manyetik kuvvetin büyüklüğünü ve protonun ivmesini hesaplayınız.


 
FB = qv × B → FB = evB sin θ = (1.6 × 10−19 ) ∗ ( 3 × 106 ) ∗ ( 0.3) sin 37

F=
8.7 × 10−14 N
B

FB
8.7 × 10−14
13
2
F = ma → a =
=
=
5.21
×
10
m/s
m p 1.67 × 10−27
(28-8)
Örnek : Kinetik enerjisi 5 MeV olan ve + x-ekseni yönünde giden protonlar,
şekildeki gibi,
=
x 0=
ile x 1 m aralığında etkin, büyüklüğü
=
B 0.05 T olan ve
sayfa düzleminden dışarı doğru yönelmiş düzgün bir manyetik alan bölgesine
giriyor. Protonlar manyetik alan bölgesini hangi hızla terkederler.
(1 eV
= 1.6 ×10−19 J).
1
16 × 10−13
2
6
−19
= 3.1× 107 m/s
m p v0 = ( 5 × 10 ) ∗ (1.6 × 10 ) → v0 =
−27
2
1.67 ×10


FB = qv0 × B → m p a y = ev0 B sin 90
Proton çok hızlı olduğu için merkezcil kuvvetin yatay yöndeki bileşeninin etkisi
ihmal edilebilir.
(1.6 ×10 ) ∗ ( 3.1×10 ) 0.05 =
1.5 × 10 m/s (sağ-el kuralına göre,
=
−19
ay
7
14
2
−27
1.67 × 10
 vx = v0 x + ax t → vx = v0 = 3.1× 107 m/s

ax= 0 → 
1
−8
=
×
3.22
10
s
t
∆x= v0 x t → =
7
3.1× 10

− y yönünde)
−a y t =
− (1.5 × 1014 ) ∗ ( 3.22 × 10−8 ) =
−4.83 × 106 m/s
vy =
v0 y − a y t → v y =

=
v 3.1iˆ − 0.483jˆ  × 107 m/s
ve
 −0.483 
 3.1 
tan −1 
−8.86o
θ=
=
(28-9)
Elektronun Keşfi : Yandaki şekilde bir
katod ışınları tüpü görülmektedir. Filamanın
ısıttığı katod' tan elektron yayınlanır. Anot
ile katod arasına uygulanan V potansiyel
farkı altında hızlanırlar ve odaklanırlar.
Anotta açılmış küçük bir delikten ince bir elektron demeti oluşturarak dışarı çıkar ve
floresan ekrana çarparak bir ışık noktası oluştururlar. 1897 yılında J.J. Thomson benzer
bir katod ışını tüpü kullanarak, ışık noktasını neyin oluşturduğunu anlamak için araştırmalar
yaptı. Şekilde görüldüğü gibi, anot' un sağ tarafındaki bölgeye birbirine dik, sabit elektrik
alan ve manyetik alan uyguladı. Demet üzerindeki net kuvveti sıfır yapacak manyetik alan
ve elektrik alan şiddetlerini ayarlayarak demetin sapmasını engelledi. Buradan,
1 2
2eV
mv = eV → v =
m
2


E
e
E2
2eV
FE = FB → eE= evB → v=
=
→ =
B
m
m 2VB 2
sonucuna ulaştı ve böylece elektronu keşfetmiş oldu.
(28-10)
Düzgün Manyetik Alan İçinde Yüklü Parçacığın Hareketi
(Dairesel hareket = cyclotron hareketi):
Kütlesi m olan bir q nokta yükü, v hızıyla düzgün manyetik alan
içine dik olacak şekilde girerse, düzgün dairesel hareket yapar.
Manyetik alana dik olarak giren bir elektronun yaptığı dairesel
hareket yanda verilmiştir. Böyle bir hareketi sağlayan merkezcil

 
kuvvet F=
qv × B ile verilen manyetik kuvvettir.
B
Böyle bir hareketin yarıçapı, periyodu ve frekansı:
v2
mv
F
q vB
=
= ma
= m →r =
B
r
qB
T=
qB
qB
2π r 2π mv
2π m
1
=
→T =
→ f = → f =
→ ω = 2π f → ω =
v
q Bv
T
m
qB
2π m
Not 1 : Hareketin periyodu v hızına bağlı değildir. Aynı yüke ve kütleye sahip tüm
parçacıklar, farklı hızlara sahip olsalarda, tam bir turu aynı sürede yaparlar.
Not 2 : Hızlı parçacıklar büyük yarıçapta çemberler üzerinde dolanırken, yavaş
parçacıklar daha küçük yarıçapta çemberler üzerinde dolanırlar.
(28-11)
Örnek : Yanda, iyonları kütle-yük oranlarına göre ayırd etmeye yarayan
"Kütle spektrometresi" nin şematik gösterimi verilmiştir. Kaynaktan çıkan

iyonlar dar bir yarıktan geçirilerek, birbirine dik elektrik (E ) ve manyetik


(B0 ) alan olan bir bölgeden geçirilir ve düzgün başka bir manyetik alan (B1 )
bölgesine dik olarak girerler. İyonlar bu bölgede r yarıçaplı yarım bir
çember çizerek fotografik bir yüzeye çarparlar. İyonların kütle-yük oranını
ifade eden bağıntıyı türetiniz.

E
 
qE + qv × B0 = 0 → qE = qvB0 → v =
B0

v2
mv
 
FB = qv × B → qvB1 = m → r =
r
qB1
m rB1 rB0 B1
= =
q
v
E
Bu ifade kullanılarak, iyonların kütle-yük oranı deneysel olarak belirlenir.
(28-12)
Spiral (sarmal) Yörünge :


Düzgün manyetik alanına, v hızı ile B manyetik
alanı arasında φ açısı olacak şekilde giren yüklü

bir parçacık olsun. Parçacığın v hızını, manyetik
alana dik ve paralel olan bileşenlere ayıralım. Bu
bileşenler yanda gösterilmiştir: v = v cos φ ve
v⊥ = v sin φ . Parçacık bağımsız iki hareket yapar.
Bunlardan birisi, manyetik alana dik olan düzlemde yarıçapı ve periyodu,
r
mv⊥
2π m
=
; T
qB
qB
olan dairesel hareketidir.
Diğeri ise, manyetik alan yönünde v sabit hızıyla yapılan ötelenme hareketidir.
Bu iki hareketin birleşimi spiral şeklindedir ve spiralin sarmal adımı (p ):
2π mv cos φ
p Tv
=
=

qB
(28-13)
Örnek : Bir proton, büyüklüğü 0.35 T olan düzgün bir manyetik alan içerisinde, yarıçapı 14 cm
olan çembersel bir yörünge üzerinde düzgün dairesel hareket yapmaktadır. Protonun yörüngedeki
çizgisel hızını bulunuz. Aynı manyetik alan içerisinde bir elektron, aynı çizgisel hızla düzgün
dairesel hareket yapsaydı, yörüngesinin yarıçapı ne olurdu?

v2

FB = qv × B → evB = m
r
erB
v
=
=
m
r=
mv
=
eB
(1.6 ×10 ) ∗ (14 ×10 ) ∗ 0.35
=
−19
−2
1.67 ×10−27
( 9.11×10−31 ) ∗ ( 4.7 ×106 )
(1.6 ×10 ) ∗ 0.35
−19
4.7 × 106 m/s
=76.4 × 10−6 =76.4 µ m
Örnek : 350 V' luk bir potansiyel fark altında durgun halden hızlandırılan elektronlar, düzgün bir
manyetik alan içerisine dik olarak giriyor ve yarıçapı 7.5 cm olan çembersel bir yörünge üzerinde
hareket ediyor. Manyetik alanın büyüklüğünü, elektronların açısal hızını ve periyodunu bulunuz.
1
me v 2= 350 ∗ (1.6 ×10−19 ) → v=
2
700 ∗ (1.6 ×10−19 )
9.11×10−31

me v
v2

FB = qv0 × B → evB = me → B =
=
r
er
= 11.1×106 m/s
( 9.11×10 ) ∗ (11.1×10 ) =
(1.6 ×10 ) ∗ ( 7.5 ×10 )
−31
−19
6
−2
8.43 ×10−4 T
v 11.1×106
2π
2π
8
−8
T
ω= =
ω
.25
×
10
s=
42.5 ns
=
×
=
→
=
=
1.48
10
rad/s
;
4
−2
8
r 7.5 ×10
T
1.48 ×10
(28-14)
q 3.2 ×10−19 C olan bir parçacık, düzgün bir elektrik ve manyetik alan olan
Örnek : Yükü=
bölgeye v=
(

2iˆ + 3jˆ − kˆ m/s hızla giriyor. E=
)
(

4iˆ − ˆj − 2kˆ V/m ve B=
)
( 2iˆ + 4jˆ + kˆ ) T
olduğuna göre, parçacığa etkiyen net kuvveti bulunuz. Bu kuvvet x-ekseni ile ne kadarlık bir
açı yapar?


 
F = qE + qv × B
ˆi ˆj kˆ
 
v × B =2 3 −1 =( 3 + 4 ) ˆi − ( 2 + 2 ) ˆj + ( 8 − 6 ) kˆ = 7iˆ − 4ˆj + 2kˆ
2 4 1

F =( 3.2 ×10−19 ) ∗  4iˆ − ˆj − 2kˆ + 7iˆ − 4ˆj + 2kˆ  =( 3.2 ×10−19 ) ∗ 11iˆ − 5jˆ  N


 −5 
θ = tan −1   = −24.4o
 11 
(
) (
)
(28-15)
Akım Taşıyan Tele Etkiyen Manyetik Kuvvet :
Şekilde, kesit alanı A olan ve i akımı taşıyan uzun bir
tel verilmiştir. Telin L uzunluğundaki bir kısmı, sayfa
düzleminden dışarı doğru yönelmiş düzgün bir manyetik

alan içinde olsun. B manyetik alanı tarafından tele dik

doğrultuda bir FB kuvveti uygulanır. Bu kuvvet, telin L
uzunluğunda bulunan tüm elektronlara etkiyen manyetik
kuvvetlerin vektörel toplamına eşittir. Telin L uzunluğunda
bulunan toplam yük Q olmak üzere,
L
Q ==
it i → Qvd =
iL
vd


FB ∑ qi v=
qi  vd B Qvd B
=
∑
d B sin 90
=
i
 i

o
F = iLB
B
(28-16)

Telin akım yönünün, B manyetik alanı ile herhangi
bir φ açısı yaptığı genel durumda (Şekil-a) manyetik

 
kuvvet vektörel formda, FB= iL × B şeklinde yazılabilir.

Burada L vektörü, büyüklüğü telin L uzunluğuna
eşit, akımla aynı yönde bir vektördür.
Manyetik alanın düzgün olmadığı ve akım taşıyan
telin doğrusal olmadığı durumlarda (Şekil-b) akım
taşıyan tel, doğrusal kabul edilebilecek sonsuz küçük
dL uzunluğundaki elemanlara bölünür. Her bir dL

 
elemanına etkiyen manyetik kuvvet dFB = idL × B
olduğundan, net kuvvet:

 
=
FB i ∫ dL × B
şeklinde yazılır.
(28-17)
Örnek : İletken bir tel bükülerek R yarıçaplı kapalı bir yarım çember
haline getirilmiştir. Sayfa düzleminde bulunan ve yukarı yönde olan

düzgün bir B manyetik alanı içine konan iletken halka, şekildeki gibi,
saat ibrelerinin tersi yönünde I akımı taşıdığına göre, halkaya etki eden
net kuvveti bulunuz.


F1 ve F2 , sırasıyla, halkanın düz kısmına ve çembersel kısmına etkiyen kuvvetlerdir.

F=
1

F=
2
 
Idl
∫ × B → F=1
 
Idl
∫ × B → F=2
2R
∫ IdlB sin 90=
0
∫ IdlB sin θ=
2R
IB ∫ dl= 2 IRB (sayfa düzleminden dışarı doğru)
0
π
IB ∫ sin θ ( Rdθ )
0
− IBR [ cos θ ]0 =
F2 =
2 IRB (sayfa düzleminden içeri doğru)
π
  
F= F1 + F2
F = ( 2 IRB − 2 IRB ) = 0
(28-18)
Örnek : Yandaki devrenin tabanındaki iletken telin uzunluğu L = 5 cm
ve kütlesi m = 10 g' dır. Devredeki direnç R = 12 Ω ve bataryanın emk' sı
 = 24 V' tur. Manyetik alan yokken yaylardaki uzama miktarı 0.5 cm iken,
sayfa düzleminden dışarı doğru düzgün bir B manyetik alan uygulandığında
0.8 cm oluyor. Uygulanan manyetik alanın şiddeti nedir?
Yay sabiti k ve manyetik alan yokken uzama miktarı y0 olsun.
I
Devreden geçen akım: =
 24
= = 2A
R 12
(saat ibrelerinin tersi yönünde)
Manyetik alan yokken: 2ky0 = mg
(Eş-1)
mg + ILB
Manyetik alan varken: 2ky
=
1
(Eş-2)
Eş-2 ve Eş-1' i taraf tarafa oranlarsak,
−3
 y1  mg  0.8  (10 ×10 )10
y1 mg + ILB
=
→ B=  − 1 = 
− 1 ∗
= 0.6 T
−2
y0
mg
y
IL
0.5
2
(5
10
)
∗
×


 0 
(28-19)
Örnek : Birim uzunluğunun kütlesi λ olan ve I akımı
taşıyan iletken bir çubuk iki ucundan ağırlıksız iplerle
asılmıştır. Çubuğun bulunduğu bölgede yukarı yönde
düzgün B manyetik alanı uygulandığında, çubuğu taşıyan
ipler düşeyle θ açısı yapacak şekilde çubuk dengede
kalıyor. Manyetik alanın şiddetini bulunuz.
λ
Çubuğun boyu L olsun.
θ F=
T sin=
ILB
B
(Eş-1)
θ mg
= λ Lg
T cos=
(Eş-2)
Eş-2 ve Eş-1' i taraf tarafa oranlarsak,
tan θ=
λg
ILB
→ B=
tan θ
λ Lg
I
(28-20)
Örnek : Kütlesi m ve yarıçapı R olan iletken bir çubuk, şekildeki
gibi, aradalarında d mesafesi olan L uzunluğundaki iki paralel
iletken ray üzerinde durmaktadır. İletkenden i akımı geçtiğinde ve

rayların oluşturduğu düzleme dik ve aşağı yönde düzgün bir B
manyetik alanı uygulandığında, iletken durgun halden sağa doğru
kaymadan yuvarlanmaktadır. İletken yayları hangi hızla terkeder?

 
FB = ∫ idL × B → F =
iBd
(sağ-el kuralına göre sağa doğru)
1
1
∆K = mv 2 + I ω 2
W=
2
2
Burada I , silindirin eksenine göre eylemsizlik momentidir (I =
1
mR 2 ).
2
2
1 2 11
 v  1 2 1 2 3 2
=
=
W F ∗=
L
mv +  mR 2   =
mv + mv
mv

2
22
2
4
4
 R 
v
4 FL
=
3m
4 iBdL
3 m
(28-21)
Akım Halkasına Etki Eden Manyetik Tork :
Şekil-a' da a ve b kenar uzunluklarına
sahip, i akımı taşıyan dikdörgen şeklinde
bir akım halkası verilmiştir. Akım halkası,

yüzey normali nˆ, B manyetik alanı ile θ
açısı yapacak şekilde manyetik alanı içine
konuyor. 1 ve 3 nolu kenarlara etkiyen manyetik kuvvetler ile 2 ve 4 nolu kenarlara
etkiyen manyetik kuvvetler kendi içlerinde eşit büyüklükte ve ters yöndedirler:
F=
F=
iaB sin 90=
° iaB
1
3
ibB cos θ
F=
F=
ibB sin(90 − θ ) =
2
4
Bu kuvvet çiftlerinin vektörel toplamı sıfırdır (Fnet = 0). Ancak, F1 ve F3 kuvvetleri,
halkanın merkezi C noktasına göre sayfadan içeri doğru bir tork oluşturur (halkayı
saat yönünde döndürür) ve büyüklüğü de:
iabB
iabB
) sin θ + (
) sin θ =
iabB sin θ =
iAB sin θ
τ ==
τ 1 +τ 3 (
2
2
(28-22)
Manyetik Dipol Moment :
Sarım sayısı N olan ve i akımı taşıyan bir akım halkası

B manyetik alanı içine konulduğunda üzerine etkiyen
tork τ = NiAB ile verilir. Akım taşıyan halkayla ilgili

olarak, "manyetik dipol moment (µ )" olarak bilinen yeni
bir vektör tanımlayabiliriz. Bu vektörün büyüklüğü NiA
ile verilir ve halka düzlemine dik doğrultudadır. Yönü
sağ el kuralına göre belirlenir. Sağ elimizin parmak uçları akım yönünü gösterecek şekilde
halkayı kavrarsak, baş parmağımızın yönü manyetik dipol momentinin yönü olur.

µ ve B arasındaki açı θ olmak üzere tork, τ = µ B sin θ
  
veya vektörel formda τ= µ × B ile verilir.
 
Halkanın potansiyel enerjisi ise, U =− µ B cos θ =− µ ⋅ B
eşitliği ile verilir.

θ =→
0 U=
− µ B, potansiyel enerji mnimumdur (kararlı denge konumu).
θ = 180° → U = + µ B, potansiyel enerji maksimumdur (kararsız denge konumu).
Not : Her iki konumda da halkaya etkiyen net tork sıfırdır (τ = 0).
(28-23)
Örnek : Kenar uzunlukları 5.4 cm ve 8.5 cm olan 25 sarımlı dikdörgen şeklindeki
bir halka 15 mA akım taşımaktadır. Büyüklüğü 0.35 T olan düzgün bir manyetik
alan, halkanın yüzeyine paralel olacak şekilde uygulanıyor. Halkanın dipol momentini,
halkaya etkiyen torku ve halkanın potansiyel enerjisini bulunuz.




B yüzeye paralel, µ yüzeye dik olduğuna göre, B ile µ arasındaki açı 90o dir.
µ = N (iA) = 25 ∗ (15 ×10−3 ) ∗ ( 5.4 ∗ 8.5 ×10−4 ) = 1.72 ×10−3 A ⋅ m 2

τ = µ × B → τ = µ B sin θ → τ = (1.72 ×10−3 ) ∗ ( 0.35 ) sin 90 = 6.02 ×10−4 N ⋅ m
 
U =− µ ⋅ B → U =− µ B cos θ =0


Uygulanan manyetik alanın, halka yüzeyi ile 60o ve 90o yapması durumunda,
halkaya etkiyen tork ve halkanın potansiyel enerjisi ne olur?


B yüzey ile 60o ve 90o ' lik açı yapıyorsa, sırasıyla, µ ile 30o ve 0o ' lik açı yapar:
τ 30 =µ B sin θ =(1.72 ×10−3 ) ∗ ( 0.35 ) sin 30 =3.01×10−4 N ⋅ m
o
U 30o =
− µ B cos θ =
− (1.72 ×10−3 ) ∗ ( 0.35 ) cos 30 =
−5.21×10−4 J
0
(1.72 ×10 ) ∗ ( 0.35) sin 0 =
=
− µ B cos θ =
− (1.72 ×10 ) ∗ ( 0.35 ) cos 0 =
−6.02 ×10
τ 0o µ B sin
θ
=
=
U 0o
−3
−3
−4
J
(28-24)
Örnek : Kenar uzunlukları 0.4 m ve 0.3 m olan 100 sarımlı
dikdörgen şeklindeki bir halka, şekildeki gibi, uzun kenarı
y -ekseni üzerinde, kısa kenarıda x-ekseni ile 30o açı yapacak
şekilde durmaktadır. Halka, y -ekseni ile çakışık olan kenarı
etrafında rahatça dönebilmektedir. Halkanın 1.2 A akım
taşıması ve + x yönünde büyüklüğü 0.8 T olan düzgün bir
manyetik alan uygulanması durumunda halkaya etkiyen torku bulunuz.
Sağ-el kuralına göre, halkanın dipol momenti − z doğrultusu ile
30o ' lik açı ve + x doğrultusu ile 60o ' lik açı yapar.
µ = N (iA) =100 ∗ (1.2 ) ∗ ( 0.4 × 0.3) =14.4 A ⋅ m 2

τ = µ × B → τ = µ B sin θ (Sağ-el kuralına göre, − y yönünde)


Halka, y ekseni etrafında saat ibreleri yönünde döner.
τ = (14.4 ) ∗ ( 0.8 ) sin 60 ≅ 10 N ⋅ m
 
U =− µ ⋅ B → U =− µ B cos θ
U=
− (14.4 ) ∗ ( 0.8 ) cos 60 =
−5.76 J
(28-25)
Örnek : Uzunluğu 60 cm olan ve 20 A akım taşıyan iletken bir tel, kapalı halka
haline getirilerek, normali 0.5 T büyüklüğündeki manyetik alana dik olacak şekilde
manyetik alan içine konuyor. Halka, a−) eş-kenar bir üçgen, b −) kare ve c −) çember
ise, üzerine etkiyen torku bulunuz. Hangi durumda halkaya etkiyen tork maksimumdur.
a −) Eş-kenar üçgen: 3d = 60 → d = 20 cm
1
1
3
2
A =dh =d d 2 − ( d / 2 ) = d 2 =
0.0173 m 2
2
2
4
µ = iA = 20 ∗ ( 0.0173) = 0.346 A ⋅ m 2 → τ = µ B = 0.346 ∗ ( 0.5 ) = 0.173 N ⋅ m
b −) Kare: 4d = 60 → d = 15 cm
( 0.15)= 0.0225 m 2
2
A d=
=
2
= 20 ∗ ( 0.0225 )= 0.45 A ⋅ m 2 → τ = µ B= 0.45 ∗ ( 0.5 )= 0.225 N ⋅ m
µ= iA
c −) Çember: 2π d = 60 → d = 9.55 cm
=
A π=
d π ( 0.0955
=
) 0.0287 m 2
2
2
µ = iA = 20 ∗ ( 0.0287 ) = 0.574 A ⋅ m 2 → τ = µ B = 0.574 ∗ ( 0.5 ) = 0.287 N ⋅ m
Çembere etkiyen tork maksimum olur.
(28-26)
ÖDEV : Kütlesi 0.1 kg ve toplam uzunluğu 4 m olan bir tel, kenar
uzunluğu 0.1 m olan kare şeklindeki halka etrafına sarılarak bir
kangal elde ediliyor. Halka, bir kenarı yatay eksen üzerinde olacak
şekilde asılmıştır ve bu eksen etrafında rahatça dönebilmektedir.
Halka, düşey doğrultuda büyüklüğü 10 mT olan bir manyetik alan
içinde iken, üzerinden 3.4 A' lik akım geçirilmektedir.
a−) Halka dengede iken, yüzeyi ile manyetik alan arasındaki açı nedir?
b−) Halka dengede iken, manyetik alan tarafından etkiyen tork ne olur?
(28-27)
Hall Etkisi :
Edvin Hall, 1879 yılında metallerde iletimin negatif yüklü
elektronlarla gerçekleştiğini gösteren bir deney yapmıştır.
Bu deney sayesinde, metaldeki elektron yoğunluğunu (n) da
belirleyebilmiştir. Deneyde, kesitinin genişliği d ve kalınlığı
t olan bakır bir dilim kullanmıştır. Bu dilim, şekildeki gibi
yüzeyine dik yönde düzgün bir manyetik alan içinde iken i

akımı taşımaktadır. Elektronlar, B manyetik alanı nedeniyle

FB manyetik kuvvetinin etkisiyle dilimin sağ tarafına doğru
(R) itilirler ve böylelikle, dilimin sağ tarafı sol tarafına (L)
göre daha negatif olur. İki kenar arasında oluşan yük farkı

nedeniyle bir E elektrik alanı oluşur ve elektronlara kuvvet
uygulamaya başlar. Bir süre sonra, elektronlar üzerine etkiyen
net kuvvet sıfır olur.
(28-28)
FE = FB → eEH =evd B → EH =vd B
J = nevd → vd =
J
i
i
=
=
ne neA netd
(Eş-1)
(Eş-2)
Yandaki bakır dilimin a noktası ile c noktası arasındaki
Hall potansiyeli VH = EH d ile verilir. Bu durumda,
EH = vd B →
VH
i
= B
→
d
netd
n=
Bi
etVH
(Eş-3)
sonucu elde edilir.
Üstteki şekilde olduğu gibi, yük
taşıyıcıları elektronlar olduğu durumda
VH= Vc − Va negatiftir.
Üstteki şekilde olduğu gibi, yük
taşıyıcıları protonlar olduğu durumda
VH= Vc − Va pozitiftir.
Dilimin kenarlarından hangisinin pozitif hangisinin negatif olduğundan yola çıkılarak,
yük taşıyıcılarının cinsi belirlenebilir. Deneysel olarak ölçülen VH Hall potansiyeli
Eş-3' te kullanılarak, yüktaşıyıcılarının yoğunluğu bulunur.
(28-29)
Örnek : Genişliği 1.5 cm ve kalınlığı 0.1 cm olan dikdörgen şeklindeki bakır bir
dilim 5 A akım taşımaktadır. İletken dilim, yüzeyine dik yönde, büyüklüğü 1.2 T
olan bir manyetik alan içinde ise, Hall voltajını hesaplayınız. (Bakırın elektron
yoğunluğu:
=
n 8.49 ×1028 elektron/m3 ).
n=
Bi
Bi
→ Vh =
=
Vhte
nte
1.2 ∗ ( 5 )
(8.49 ×10 ) ∗ ( 0.1×10 ) ∗ (1.6 ×10 )
28
−2
−19
Vh = 4.42 ×10−7 ≅ 0.44 µ V
Örnek : Kalınlığı 0.33 mm olan bir şerit, yüzeyine dik yönde, büyüklüğü 1.3 T
olan düzgün bir manyetik alan içinde 50 A akım taşımaktadır. Şeritin uzun kenarları
arasında ölçülen Hall voltajı 9.6 µ V ise, şeritteki elektron yoğunluğunu bulunuz.
Bi
n =
=
Vhle
1.3 ∗ ( 50 )
( 9.6 ×10 ) ∗ ( 0.33 ×10 ) ∗ (1.6 ×10 )
−6
−3
−19
n 12.82 × 1028 elektron/m3
=
(28-30)
Cyclotron Parçacık Hızlandırıcı :
Cyclotron hızlandırıcısı, şekildeki gibi birbirine ters
bakan "D" şeklinde, içi boş iki adet iletkenden oluşur.
D' ler arasındaki boşlukta, f E frekansıyla titreşen bir
E elektrik alanı, D' lerin bulunduğu düzleme dik yönde
de düzgün bir B manyetik alanı oluşturulur. Şekilde bir
proton hızlandırıcısı gösterilmiştir. Protonlar, r =
yarıçaplı çembersel bir yörüngede f =
mv
eB
eB
frekansı
2π m
ile dönerler. Bu frekans (cyclotron frekansı) ile elektrik alanın değişim frekansı
(f E ) eşit olduğunda, protonlar D' ler arasındaki boşlukta elektrik alan tarafından
hızlandırılır. Protonlar hızlandıkça yörünge yarıçaplarını artırırlar. Elektrik alan
protonların hızını artırırken, manyetik alan onları çembersel yörüngede dönmeye
zorlayacak şekilde hızlarının yönünü değiştirir.
(28-31)
BÖLÜM-29
Elektrik Akımlarının Oluşturduğu
Manyetik Alanlar
Bu bölümde, elektrik akımı ile oluşturduğu manyetik alan arasındaki ilişkiyi
anlamaya çalışacağız. Bunun için, problemin simetrisine bağlı olarak iki
farklı yol izleyeceğiz.
Simetrinin düşük olduğu durumlarda Biot-Savart yasasını, yüksek olduğu
durumlarda ise Amper yasasını kullanacağız.
Çok değişik geometrilere sahip iletkenlerin oluşturdukları manyetik alanlar
her iki yaklaşımla da bulunabilir. Ayrıca, birbirine paralel iki iletken
arasındaki manyetik kuvveti de hesaplayacağız.
(29-1)
Biot -Savart Yasası : Bu yasa, i akımı taşıyan dl uzunluğundaki bir iletkenin, kendisinden

r kadar uzaktaki bir noktada oluşturduğu dB manyetik alanını verir.
Solda i akımı taşıyan bir tel verilmiştir. Tel üzerinde akımla aynı

yönde, sonsuz küçük uzunlukta bir dl vektörü seçilir. i akımı taşıyan
bu parçanın, kendisinden r kadar uzaktaki P noktasında oluşturduğu
manyetik alan:
 
 µ0i dl × r
dB =
4π r 3


ifadesi ile verilir. Burada r vektörü, iletken üzerinde seçilen dl vektör elemanından
P noktasına çizilen vektördür. µ0 =
4π ×10−7 T ⋅ m/A ile verilen bir sabittir ve hava


ya da boşluğun manyetik geçirgenliğidir. θ , dl ile r vektörleri arasındaki açı olmak

üzere, dB manyetik alanının büyüklüğü de:
dB =
µ0i dl sin θ
4π r 2
ile verilir.
(29-2)
Sonsuz Uzun Telin Manyetik Alanı :
Biot-Savart yasasına göre, sonsuz uzun düz bir telden eşit
uzaklıktaki noktalarda manyetik alan şiddeti aynı, yönü ise
sağ-el kuralına göre çevreseldir. Yani, teli merkez alan
çemberlere her noktada teğettir.

Sağ-el parmak uçları akım yönünü gösterecek şekilde dl
vektörünü avuç içerisine yatırıp, en küçük açı yönünde

r vektörü üzerine süpürürsek, başparmağımız manyetik
alan yönünü gösterir. Bir diğer gösterim şekli de, sağ-el
başparmağı akım yönünü gösterecek şekilde iletken tel
avuç içerisine alınırak kavranırsa, kalan parmakların
uçlarının gösterdiği yön manyetik alan yönüdür.
(29-3)

Şekildeki tel üzerinde akımla aynı yönde bir dl elemanı
seçelim. Bu elemanın P noktasında oluşturduğu manyetik

 µ0i dl × r
alan dB =
sayfadan içeri doğrudur ve büyüklüğü,
3
4π r
µ0i dl sin θ
dB =
r2
4π
ile verilir. Akım taşıyan tel sonsuz uzunlukta ise,
P noktasında oluşturduğu toplam manyetik alan:
∞
µ0i ∞ dl sin θ
B ∫=
dB
=
∫ r2
4π −∞
−∞
r=
l 2 + R2
∫
(x
∞

µ0i
µ0i
µ0i 
µ0i
R dl
R dl
l
=
=
=
∫ l 2 + R 2 3/2 2π ∫0 l 2 + R 2 3/2 2π R  l 2 + R 2  2π R
4π −∞
(
)
(
)
0
∞
B
R/r =
R / l 2 + R2
sin θ =
sin φ =
dx
2
+a
∞
)
2 3/2
=
x
a2 x2 + a2
(29-4)
Yarı Sonsuz Telin Manyetik Alanı :
Sonsuz uzun tel için yapılan işlemlerin aynısı burada da
tekrarlanacaktır. Telin başlangıcını orijin olarak kabul
edersek, tele dik yönde orijinden R kadar uzaktaki bir
P noktasındaki manyetik alan:
∞
µ0i ∞ dl sin θ
=
B ∫=
dB =
2
∫
r
π
4
0
0
r=
l 2 + R2
R/r =
R / l 2 + R2
sin θ =
sin φ =
∞

µ0i
µ0i 
µ0i
Rdl
l
B =
=
=


4π ∫0 ( l 2 + R 2 )3/2 4π R  l 2 + R 2  0 4π R
∞
∫
(x
dx
2
+a
)
2 3/2
=
x
a2 x2 + a2
(29-5)
Sonlu Telin Manyetik Alanı :

Şekildeki tel üzerinde akımla aynı yönde bir dl elemanı
seçelim. Bu elemanın P noktasında oluşturduğu manyetik
alan sayfadan içeri doğrudur ve büyüklüğü,
µ i dl sin θ
dB = 0
r2
4π
ile verilir. Akım taşıyan telin uzunluğu L ise, telin ortasından
R kadar uzaktaki bir P noktasında oluşan manyetik alan:
µ0i L / 2 dl sin θ
B =
dB
=
∫
4π − L∫/ 2 r 2
− L/2
L/2
r=
l 2 + R2
∫
L /2

µ0i
µ0i
µ0i 
µ0i
R dl
R dl
l
=
=
=


4π − L∫/2 ( l 2 + R 2 )3/2 2π ∫0 ( l 2 + R 2 )3/2 2π R  l 2 + R 2  0
4π R
L /2
B
R/r =
R / l 2 + R2
sin θ =
sin φ =
dx
( x2 + a2 )
3/2
L /2
=
L
( L / 2)
2
+ R2
x
a2 x2 + a2
(29-6)
Örnek : Üzerinden kararlı i akımı geçen,
uzunluğu L olan ince bir tel, şekilde görüldüğü
gibi x-ekseni üzerindedir. x > L ve x < L olmak
üzere, x-ekseni üzerinde herhangi bir P(x,0)
noktasındaki manyetik alanı bulunuz.
 
 µ0i dl × r
dB =
4π r 3

L uzunluğundaki tel üzerinde seçilen sonsuz küçük dl elemanı ile, buradan

manyetik alanı bulmak istediğimiz P noktasına çizilen r vektörü arasındaki
 
o
açı 0 olduğundan, dl × r =
0 olur ve x-ekseni üzerinde, x > L şartını sağlayan
tüm noktalarda manyetik alan sıfırdır.


Benzer bir durum x < 0 için de geçerlidir. dl vektörü ile r vektörleri arasındaki
 
o
açı 180 olduğundan, dl × r =
0 olur ve x-ekseni üzerinde, x < 0 şartını sağlayan
tüm noktalarda manyetik alan sıfırdır.
(29-7)
Örnek : Kenar uzunluğu l = 0.4 m olan kare bir halka,
şekildeki gibi, saat ibreleri yönünde 10 A şiddetinde bir
akım taşımaktadır. Karenin merkezindeki manyetik
alanın büyüklüğünü ve yönünü bulunuz.
L uzunluğunda, i akımı taşıyan bir telden r kadar uzaktaki
manyetik alan:
µi
L
B= 0
4π r ( L / 2 )2 + r 2
r=
µ0i
l
→B=
2
4π ( l / 2 )
BT = 4 ∗ B = 4 ∗
l
(l / 2) + (l / 2)
4π × 10−7 (10 )
πl 2
2
2
=
µ0i
1
2π  l 
  2
2
=
µ0i
πl 2
= 28.28 × 10−6 T
(29-8)
Çembersel Yay Parçasının Manyetik Alanı :
Şekildeki gibi, i akımı taşıyan R yarıçaplı çembersel bir yay
parçası olsun. Yayı gören açı radyan cinsinden φ ' dir. İletken

üzerinde akımla aynı yönde seçilen bir dl elemanının çemberin
merkezi C noktasında oluşturduğu manyetik alan, Biot-Savart
yasasından,
µ0i dl sin 90° µ0i dl
dB =
=
R2
4π
4π R 2
µ0i
dl = Rdφ → dB =
dφ
4π R
ile verilir ve sayfa düzleminden dışarı doğrudur. Net manyetik alan:
φ
µ0i
φ
4π R
(çeyrek çember)
(yarım çember)
φ = π / 2=
φ π=
φ 2π (çember)
µ0i
µ0i
µ0i
B
=
B=
dB
∫=
8R
µ0i
∫0 4π R dφ
→
B=
=
B
=
B
4R
2R
(29-9)
Örnek : Kapalı bir halka gibi değerlendirebileceğimiz
yandaki kangal I akımı taşımaktadır. A noktasındaki
manyetik alan ifadesini bulunuz.
 


B=
Bç + 2 BL / 2 + BL
=
Bç
µ0i
µ0i
=
4R 2L
, ⊗
L/2
BL / 2

µ0i 
µ0i
µ0i
l
L/2
=
=


4π R  l 2 + R 2  0
4π ( L / 2) ( L / 2 )2 + ( L / 2 )2 2 2π L
L/2
BL

µ0i 
µ0i
l
L
=
=
 2

2
4π R  l + R  − L / 2 4π ( L / 2) ( L / 2 )2 + ( L / 2 )2
, ⊗
µ0i
, ⊗
2π L
µi
µ0i
µ0i
µ i1
2 
B =0 + 2
, ⊗
+
=0  +

2L
L 2
2 2π L
2π L
2π 
(29-10)
Örnek : Yanda verilen kapalı halka I akımı
taşımaktadır. P noktasındaki manyetik alan
ifadesini bulunuz.
Telin düz kısımlarının oluşturduğu manyetik alan = 0
a ve b yarıçaplı yaylar P noktasında manyetik alan oluşturur.
 

= Bb + Ba
B
µ0i
φ →
Byay
4π R
µ0i π µ0i
=
Bb
, ⊗
4π b 3 12b
µ i π µ0i
Ba = 0
=
, 
4π a 3 12a
µ0i  1 1 
B
Ba > Bb → =
− =

12  a b 
µ0i ( b − a )
12ab
, 
(29-11)
Çembersel Akım Halkasının Manyetik Alanı :
İletken üzerinde seçilen sonsuz küçük bir dl elemanının, çemberin
merkezinden dik geçen z -ekseni üzerindeki P noktada oluşturduğu
manyetik alan,
µ0i dl sin 90° µ0i dl
dB =
=
r2
4π
4π r 2
ile verilir. Doğrultusu ise z -ekseniyle α açısı yapacak yöndedir.
Manyetik alanın z -eksenine dik bileşenlerinin (dB⊥ ) toplamı sıfır,
paralel bileşenlerinin (dB ) toplamı ise sıfırdan farklıdır.
µ0i dl cos α
dB =
dB cos α =
;
2
4π
r
µ0iR dl µ0iR
dl
dB=
=

4π r 3
4π ( R 2 + z 2 )3/2
µ0iR
µ0iR
R
cos α =
r
r=
R2 + z 2 ;
→
B=
∫ dB

, (R ve z sabit)
µ0iR 2
B=
dl
=
( 2π R ) → B =
3/2
2
2 3/2 ∫
2
2 3/2
4π ( R + z )
4π ( R + z )
2 ( R2 + z 2 )
(29-12)
Örnek : Yarıçapı R olan çembersel bir halka üzerinde düzgün
dağılmış toplam q yükü taşımaktadır. Halka, merkezinden geçen
ve yüzeyine dik eksen etrafında ω sabit açısal hızı ile dönmektedir.
Çember ekseni üzerinde ve çemberden z = R /2 kadar uzaktaki bir
noktada oluşan manyetik alan nedir?
Çemberin z-ekseni etrafında dönmesi ile oluşan akım:
q
q
qω
∆q
i=
→i =
=
=
T ( 2π / ω ) 2π
∆t
µ 0 iR 2
µ0iR 2
µ0iR 2
=
→B =
3/ 2
3
2 3/ 2
2
2 3/ 2
2
R
+
2
1
1/
4
[
]
2(R + z )
2  R + ( R / 2) 


4 µ0i
4 µ0 qω 2 µ0 qω
=
=
B =
3
3
R 5 R 5 2π π R 3 5
B
(29-13)
Örnek : İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan bir disk
düzgün σ yüzey yük yoğunluğuna sahiptir. Disk,
merkezinden geçen ve yüzeyine dik olan z -ekseni
etrafında ω sabit açısal hızı ile dönmektedir. Diskin
ekseni üzerinde ve disk merkezinden z kadar uzaktaki
P noktasında oluşan manyetik alanını ve diskin
manyetik dipol momentini bulunuz.
a < r < b olacak şekilde, disk üzerinden dr kalınlığında bir
halka seçelim. Bu halkadan geçen di akımı:
σ 2π rdr σ 2π rdr
∆q
di =
→ di =
=
= σω rdr
T
∆t
( 2π / ω )
B
µ0iR
2
µ0 r di
2
=
→ dB =
2
2 3/ 2
2 3/ 2
2  r + z 
2(R + z )
2
µ0 r 2 (σω rdr )
2  r + z 
2
2
3/ 2
(29-14)
B
=
dB
∫=
µ0σω
2
∫ r
a

r 3 dr
2
µ0σω  r + 2 z 
2
B
b
2
∫ x
2 3/2
+ z 
b
=


2  r 2 + z2 a

x 3 dx
2
2 3/2
+ a 
=
x 2 + 2a 2
x2 + a2
µ0σω  b 2 + 2 z 2
2
a2 + 2z 2 
−
 2

2
2
2
a +z 
 b +z
di akımı taşıyan r yarıçaplı halkanın manyetik dipol momenti,
d µ = di (π r 2 )
şeklinde ifade edilir. Buradan, net manyetik dipol moment:
µ
=
dµ
∫=
b
b
r ) σωπ ∫ r=
dr
∫ σω rdr (π=
2
a
3
a
σωπ
4
(b
4
− a4 )
(29-15)
Amper Yasası : Akım dağılımının bilindiği durumda,
manyetik alanı bulmak için Biot-Savart yasası ile birlikte
üstüste binme ilkesini kullandık. Akım dağılımındaki
simetri yüksek ise, Biot-Savart yasasının yerine işlemlerin
kolaylığı nedeniyle Amper yasasını kullanacağız.
Amper yasasını, Biot-Savart yasasından türetebiliriz. Şekilde i akımı taşıyan
sonsuz uzun bir tel verilmiştir. Teli merkez kabul eden r yarıçaplı çembersel

bir halka üzerinden B' nin çizgi integrali:
 
 
µ0i
µ0i
µ0iiç
∫ B ⋅ dl = ∫ 2π r dl cos 0 = 2π r 2π r = µ0i → ∫ B ⋅ dl =
bulunur. İntegral sonucunun, seçilen halkanın geometrisinden bağımsız olduğuna
dikkat ediniz. Bu son bağıntı Amper yasası olarak bilinir ve şöyle tanımlanır:
 
"Herhangi bir kapalı eğri boyunca ∫ B ⋅ dl integrali, µ0 ile kapalı halka içindeki
net akımın çarpımına eşittir".
Kapalı eğri "Amper halkası" olarak isimlendirilir.
(29-16)
Amper Yasasının Uygulanması :
 

 
1. ∫ B ⋅ dl integralinin belirlenmesi. Kapalı halka ∆l1 , ∆l2 , ..., ∆ln
 
gibi n tane elemana bölünür ve ∑ Bi ⋅=
∆li
n
n
∑ B ∆l cos θ
=i 1 =i 1
i
i
i
toplamı

hesaplanır. Burada Bi , i. elemanın bulunduğu yerdeki manyetik
alandır. n → ∞ durumunda bu toplam:
n 

 
=
∫ B ⋅ dl lim ∑ Bi ⋅ ∆li olur.
n →∞
 
µ0iiç
∫ B ⋅ dl =
i =1
2. iiç ' in hesaplanması. Sağ-el parmak uçları kapalı halka
üzerindeki hareket yönünü gösterecek şekilde halka kavranır.
Halka içinde başparmağımızla aynı yönde olan akımlar pozitif alınır.
Halka içinde başparmağımızla ters yönde olan akımlar negatif alınır.
Halka dışındaki akımların hiçbir katkısı yoktur.
Şekildeki örnekte: iiç= i1 − i2
(29-17)
Uzun Bir Telin Dışındaki Manyetik Alan :
i akımı taşıyan sonsuz uzun bir telin oluşturduğu manyetik
alan çizgilerinin, teli merkez kabul eden çemberler şeklinde
olduğunu biliyoruz. Problem silindirik simetriye sahiptir
ve teli merkez alan r yarıçaplı bir çember Amper halkası
olarak seçilebilir. Manyetik alanın büyüklüğü çemberin
üzerindeki her noktada aynıdır ve yönü çembere teğettir. Bu durumda manyetik
alan,
 
cos 0 = B ∫ dl 2π rB
∫ B ⋅ dl ∫ Bdl=
µ0iiç = µ0i → B =
µ0i
2π r
olarak bulunur.
Not : Amper yasası herhangi bir kapalı halka için geçerlidir.
Hesaplamalarda kolaylık sağlaması açısından en basit
halkayı seçmek daha uygundur.
(29-18)
Örnek : Sonsuz uzunlukta dört tel, yandaki gibi, kenar
uzunluğu 0.2 m olan bir karenin köşelerine yerleştirilmiş,
sayfa düzleminden içeri ve dışarı doğru 5 A şiddetinde
akım taşımaktadırlar. Karenin merkezindeki net manyetik
alanı hesaplayınız.
µ0i
1
2
2
2
r = ( 0.2 ) + ( 0.2 ) = m ; BA =
BB =
BC =
BD =
2
10
2π r
µ0i
=
B
∑ x 2π r [ − sin 45 − sin 45 + sin 45 + sin 45] = 0
2 µ0i
µ0i
µ0i  2 
4
cos
45
4
=
−
∗
=−
=−
B
]


∑ y 2π r [
2π r  2 
πr


 2 ∗ 4π ∗10−7 × 5 

 2 µ0i  ˆ
 ˆj =
B=
− 
−
− ( 2 × 10−5 ) ˆj
 j =
2


 πr 
π


10


(29-19)
Örnek : Yanda, bir koaksiyel kablonun kesiti
verilmiştir. Merkezdeki iletkenin taşıdığı akım
sayfa düzleminden dışarı doğru 1 A, dıştakinin
taşıdığı akım ise sayfa düzleminden içeri doğru
3 A' dir. İç ve dış iletkenler plastikle kaplanmışlardır.
Şekilde gösterilen a ve b noktalarındaki manyetik
alanları bulunuz.
µ0i
B=
2π r
µ0iiç
4π × 10−7 ∗1
−4
=
=
×
2
10
T (saat ibrelerinin tersi yönünde)
Ba =
−3
2π a 2π ∗ (1× 10 )
µ0iiç 4π ×10−7 ∗ ( 3 − 1)
−4
1.33
10
T (saat ibreleri yönünde)
Bb
=
=
=
×
−3
2π b
2π ∗ ( 3 × 10 )
(29-20)
Uzun Bir Telin İçindeki Manyetik Alan :
Teldeki akımın, tel kesitine düzgün dağıldığını kabul edelim.
Telin taşıdığı akım i ve yarıçapı R dir. Tel ile aynı merkezli,
r (r < R) yarıçaplı bir Amper halkası seçelim. Manyetik
alanın büyüklüğü çemberin üzerindeki her noktada aynıdır
ve yönü çembere teğettir. Bu durumda manyetik alan,
 
∫ B ⋅ dl=
∫ Bdl cos=0 B ∫ dl=
2π rB
r2
π r2
=i 2
iiç = i
2
πR
R
r2
 µ0i 
2π rB = µ0i 2 → B = 
r
2 
R
 2π R 
Amper halkasını telin dışında seçersek: µ0iiç = µ0i olur
ve telin dışındaki manyetik alan:
B=
µ0i
2π r
ifadesine sahip olur.
(29-21)
Örnek : Yarıçapı R olan silindir şeklindeki bir iletken, şekilde
gösterildiği gibi toplam I akımı taşımaktadır. Telin kesitindeki
akım yoğunluğu, b pozitif bir sabit olmak üzere, J = br ifadesi
ile verilmektedir. Telin içinde ve dışındaki manyetik alanları
bulunuz ve tel ekseninden olan uzaklıkla değişimini çiziniz.
3
π
bR
2
π b ∫ r 2 dr
I ∫ J=
(toplam akım)
( 2π rdr ) 2=
3
0
0
 
r < R: 
0 B
∫ B ⋅ dl= ∫ Bdl cos=
∫ dl= 2π rB
R
R
2π bµ0 r 3
=
µ0iiç µ0 =
π bµ0 ∫ r dr
∫0 J ( 2π rdr ) 2=
3
0
r
r
2
2π bµ0 r 3
3I µ0 2  µ0 I  2
 bµ0  2
r
r
2=
=
→B  =
=
π rB
r

3
3 
3
2π R 3
 3 
 2π R 
 
r > R: 
0 B
∫ B ⋅ dl= ∫ Bdl cos=
∫ dl= 2π rB
µ0 I µ0bR 3  1 
=
µ0iiç = µ0 I → 2π rB = µ0 I → B =
 
2π r
3 r
(29-22)
ÖDEV : Yarıçapı R olan silindir şeklindeki bir iletken telden toplam I akımı
akmaktadır. Telin kesitindeki akım yoğunluğu, J 0 pozitif bir sabit olmak üzere,
 r2 
J J 0 1 − 2 
=
 R 
ifadesi ile verilmektedir. Telin içinde ve dışındaki bölgelerde manyetik alanları
bulunuz ve tel ekseninden olan uzaklıkla değişimini çiziniz.
(29-23)
Örnek : Genişliği l olan çok uzun metal bir şerit, şekildeki
gibi xy -düzlemindedir ve boyunca toplam I akımı taşımaktadır.
y -ekseni üzerinde ve şeritin kenarından b kadar uzaktaki bir
P noktasında manyetik alanını bulunuz.
Metal şerit boyunca kalınlığı dy olan sonsuz uzun ince bir tel seçelim. Bu telin
taşıdığı akım di = ( I / l )dy ve P noktasında oluşturduğu manyetik alan:
dB =
µ0 di
2π ( l + b − y )
(pozitif z -ekseni yönünde)
µ0 I l dy
=
;
B ∫=
dB
∫
2π l 0 l + b − y
u =l + b − y
du = −dy
µ0 I l −du
µI
l
B= ∫
=− 0 ln ( l + b − y )0
2π l 0 u
2π l
B=
−
µ0 I  b 
µ0 I  l + b 
B
ln 
ln 
→
=


2π l  l + b 
2π l  b 
(29-24)
Örnek : Sonsuz genişlikte ve sonsuz uzunlukta çok ince metal
bir şerit xy -düzlemindedir ve kesitinde birim uzunluk başına K
akımı taşımaktadır. Şeritten z kadar yukarıdaki bir P noktasında
manyetik alanını bulunuz.
Metal şeritteki kesitinde, z -ekseninden x kadar uzakta kalınlığı dx olan sonsuz
uzun ince bir tel seçelim. Bu telin taşıdığı akım di = Kdx ifadesine sahiptir ve P
noktasında oluşturduğu manyetik alan:
Bz
=
µ0 Kdx
µ0 di
dB =
;
=
2π r 2π x 2 + z 2 =
Bx
µ0 K
cos
B B=
dB
=
=
θ
x
∫
2π
∞
∫
−∞
dx
x2 + z 2
dB sin θ 0
∫=
∫ dB cos θ ≠ 0
µ0 K
=
x 2 + z 2 2π z
z
∞
dx
∫ 1+ ( x / z)
2
−∞
π / 2 1 + tan 2 θ dθ
tan θ = x / z

(
)
K
µ
µ0 K

0
B
=
→
=

∫/ 2 1 + tan 2 θ
dx / z 
2
2π
π
(1 + tan 2 θ ) dθ =
−
π

µ0 K π / 2
µ0 K
B
B
(Negatif x doğrultusunda)
=
→
θ
[ ]−π / 2
2π
2
π /2
∫
π
dθ
− /2
(29-25)
Paralel İki İletken Tel Arasındaki Manyetik Kuvvet :
 

Manyetik alan içinde bulunan akım taşıyan bir tel üzerine F = I l × B
(
)
ifadesi ile tanımlanan manyetik bir kuvvet etkidiğini biliyoruz.
Yanda, aralarında a mesafesi bulunan, aynı yönlerde
I1 ve I 2 akımları taşıyan sonsuz uzunlukta iki paralel
verilmiştir. Her bir tel diğer telin bulunduğu yerde
bir manyetik alan oluşturur. Bu nedenle de birbirleri
üzerine manyetik kuvvet uygularlar.
I 2 akımı taşıyan telin, I1 akımı yaşıyan telin bulunduğu yerde oluşturduğu
manyetik alan ve bu alan nedeniyle I1 akımı yaşıyan telin birim uzunluğuna
etkiyen manyetik kuvvet, sırasıyla,
µ0 I 2
F21 µ0 I1 I 2
µ I 
o
B2 = =
→ F21 I1 L  0 2  sin ( 90
=
→
)
2π a
2
π
a
L
2π a


ifadelerine sahiptir. Sağ-el kuralına göre bu kuvvet bir çekim kuvvetidir.
Tellerin zıt yönlerde akım taşıması durumunda ise bu kuvvet iticidir.
(29-26)
Örnek : Sonsuz uzunlukta I1 akımı taşıyan bir tel, şekilde
gösterildiği gibi, düzgün geometriye sahip I 2 akımı taşıyan
kapalı bir halka ile kısmen çevrelenmiştir. Halka ekseni ile
tel çakışık olduğuna göre, halkaya etkiyen net manyetik
kuvveti bulunuz.
L
I1 akımı taşıyan sonsuz uzun telin oluşturduğu manyetik alan saat ibrelerinin
tersi yönünde çevreseldir. Bu nedenle, kapalı halkanın çembersel kısımlarına
kuvvet etki etmez. Halkanın düz olan L uzunluğundaki kısımlarına etkiyen
manyetik kuvvet:
B
µ0 I1
2π R
 

F = Fsol + Fsağ
µ0 I1
(sağa doğru)
2π R
→
µI
Fsağ = I 2 L 0 1 (sağa doğru)
2π R
µ0 LI1 I 2
→ F=
(sağa doğru)
πR
Fsol = I 2 L
L
(29-27)
Solenoid (bobin) :
Boyu yarıçapının yanında çok büyük olan yalıtkan bir silindir üzerine yüzlerce
veya binlerce defa helis şeklinde sıkıca sarılmış iletken telden oluşur. Böylece
solenoid, yanyana sıralanmış çok sayıda çembersel halkadan oluşmuş bir
sistem gibi düşünülebilir. Solenoidten i akımı geçtiğinde, solenoidin içinde
oluşan manyetik alan solenoid eksenine paraleldir ve yönü sağ-el kuralıyla
bulunur. Sağ elin parmak uçları akım yönünü gösterecek şekilde solenoidi
sağ avuç içine aldığımızda, başparmağımız solenoidin içinde oluşan manyetik
alanın yönünü gösterir. Solenoidin dışındaki manyetik alan ise çok zayıftır
ve ideal solenoid için yaklaşık sıfır alınabilir.
(29-28)
Solenoidin içindeki manyetik alanı bulmak için Amper
yasasını kullanabiliriz. İdeal bir solenoid için, solenoidin
içindeki manyetik alan düzgün, dışındaki manyetik alan
ise sıfır kabul edilebilir. Solenoidin birim uzunluğundaki
sarım sayısı n olsun.
Amper halkası olarak şekilde gösterilen dikdörtgensel abcd halkasını alalım.
Halkanın uzun kenarları solenoidin eksenine paraleldir ve biri solenoidin içinde
diğeri ise dışındadır. Amper yasasından:
  b   c   d   a  
∫ B ⋅ dl = ∫ B ⋅ dl + ∫ B ⋅ dl + ∫ B ⋅ dl + ∫ B ⋅ dl
a
b
c
d
b
  b
∫ B ⋅ dl = ∫ Bdl cos 0 = B ∫ dl = Bh ve
b
a
a
a
 
B ⋅ dl Bh =
; iiç nhi
∫=
 
∫ B ⋅ dl= µ0iiç → Bh= µ0 nhi
  d   a  
∫ B ⋅ dl = ∫ B ⋅ dl = ∫ B ⋅ dl = 0
c
b
c
d
→ B = µ0 ni
Toplam sarım sayısı N ve silindirin boyu L olmak üzere n = N / L dir.
(29-29)
Toroid :
Toroid, ideal bir solenoidin bükülerek simit şekline getirilmesi
ile oluşturulabilir. Kesiti aynı olmak koşuluyla, herhangi bir
geometriye sahip olabilir. i akımı taşıyan N sarım sayısına
sahip bir toroid olsun. Toroid içinde manyetik alan çizgileri,
toroid ile aynı merkezli çemberlerdir ve manyetik alan her
noktada çemberlere teğettir. Yönü sağ-el kuralıyla bulunur.
Sağ-el parmak uçları akım yönünü gösterecek şekilde toroidi
kavrarsak, başparmağımız manyetik alan yönünü gösterir.
Toroidin dışında ise manyetik alan yaklaşık olarak sıfırdır.
Amper halkası olarak r yarıçaplı bir çember alır ve Amper yasasını uygularsak:
 
cos 0 B=
iiç Ni
⋅ dl ∫ Bdl =
∫ B=
∫ dl 2π rB ve=
µ0 Ni
2π rB = µ0 Ni → B =
2π r
bulunur.
(29-30)
Manyetik Dipolün Oluşturduğu Manyetik Alan :
i akımı taşıyan R yarıçaplı çembersel bir halkanın, merkezinden
dik olarak geçen z -ekseni üzerinde, merkezden z kadar uzaktaki
bir P noktasında oluşturduğu manyetik alan,
B=
µ0iR 2
2(R + z
2
)
2 3/2
bağıntısı ile verilir. Çemberden çok uzak noktalarda ( z  R) :
µ0iR 2
µ0iR 2 π µ0i π R 2 µ0iA µ0 µ
B≈
=
∗=
=
=
3
3
3
π
2z
2z
2π z
2π z 3 2π z 3
olur. Burada µ , halkanın manyetik dipol momentidir. Vektörel
formda manyetik alan:


µ0 µ
B( z ) =
2π z 3
olur. Halkanın oluşturduğu manyetik alan, çubuk mıknatısın
oluşturduğu manyetik alanla aynı formdadır.
(29-31)
BÖLÜM-30
İndüksiyon ve İndüktans
Bu bölümde aşağıdaki konulara yer verilecektir:
•Faraday indüksiyon yasası
•Lenz kuralı
•Manyetik alandaki değişimle indüklenen elektrik alan
•Öz-indüktans ve karşılıklı indüktans
•RL devreleri
•Manyetik alanda depolanan enerji
(30–1)
Faraday' ın Yaptığı Deneyler ve
Faraday İndüksiyon Yasası :
1830' lu yıllarda, İngiltere'de Michael Faraday ve Amerika
Birleşik Devletleri'nde Joseph Henry, batarya kullanmadan
elektrik akımı üretilebilen önemli deneyler yaptılar. Aşağıda
"Faraday indüksiyon yasası" olarak bilinen bağıntıyı elde
etmede yardımcı olabilecek bazı deneyler anlatılacaktır.
Yukarıda, duyarlı bir ampermetrenin bağlı olduğu kapalı halka şeklinde bir devre
verilmiştir. Devreye kalıcı bir mıknatıs yaklaştırdığımızda, ampermetreden bir akım
geçtiği görülür. Yapılan birçok denemeden çıkan sonuçlar şöyle özetlenebilir:
1. Halka ile mıknatıs birbirine göre hareketli ise, halkada akım oluşmaktadır.
2. Hareket ne kadar hızlı ise, akım o denli şiddetli olmaktadır.
3. Hareket yönü tersine çevrilirse veya mıknatısın kutbu değiştirilirse, halkadaki
akım da yön değiştirerek ters yönde akar.
Bu şekilde oluşturulan akıma "indüklenen akım", halkada oluşan emk' ya
"indüklenen emk" ve olayın kendisine de "indüksiyon" denir.
(30–2)
Yandaki şekilde karşılıklı duran iki halka verilmiştir.
1 nolu halkanın bulunduğu devredeki S anahtarı
kapatıldığında veya kapalı iken açıldığında, 2 nolu
halkaya bağlı ampermetreden akım geçtiği görülür.
1 nolu halkadaki akım sabit olduğu sürece, 2 nolu
halkadan herhangi bir akım geçmez.
Bu iki indüksiyon deneyinde, manyetik alan ya mıknatısla
ya da akım geçirilen bir telle oluşturulabilmektedir.
Faraday yaptığı bu deneylerin sonucunu "Faraday' ın indüksiyon yasası" olarak
bilinen aşağıdaki ifade ile özetlemiştir:
Kapalı bir halkadan geçen manyetik alan çizgilerinin sayısı değişirse,
halkada bir emk oluşur (emk indüklenir).
Faraday yasası sadece indüksiyonu açıklamakla kalmaz aynı zamanda indüksiyonun
tarifini de yapar. Maxwell' in elektromanyetizma ile ilgili dört denkleminden birisidir.
(30–3)
Manyetik Akı (Φ ) :
B
Kapalı bir halkanın sınırladığı bir yüzeyden
geçen manyetik akı şu şekilde bulunur:
 
Φ B = ∫ B ⋅ dA
1. Kapalı halkanın sınırladığı yüzey, alanı dA olan sonsuz küçük yüzey elemanına bölünür.
2. Her bir yüzey elemanından geçen manyetik akı hesaplanır: d Φ B =
BdA cos φ .
Burada φ , dA elemanının bulunduğu noktada yüzeyin normali nˆ ile manyetik

alan B arasındaki açıdır.
 
cos φ ∫ B ⋅ dA (T ⋅ m 2 ≡ Wb).
3. Tüm akılar toplanır:
=
Φ B ∫ BdA
=
Eğer halkanın sınırladığı yüzeyden geçen manyetik alan düzgün ise manyetik akı
 
Φ B= B. A= BA cos φ ifadesi ile bulunur.
Faraday indüksiyon yasası şu şekilde de tarif edilir:
İletken halkada indüklenen emk' nın büyüklüğü ( ), halkadan geçen
dΦB
manyetik akının (Φ B ) zamanla değişim hızına eşittir.  = −
dt
dΦB
N sarım sayısına sahip bir kangalda indüklenen emk:  = − N
dt
(30–4)
Bir halkadan geçen akıyı değiştirmenin yolu :
Manyetik alan içerisinde bulunan bir halkadan geçen manyetik akı Φ B :
 
Φ B = ∫ B ⋅ dA= ∫ BdA cos φ
genel ifadesine sahiptir. Bu ifadeye göre, halkadan geçen manyetik akıyı
değiştirmenin üç yolu vardır:
1. Halkanın içinde bulunduğu manyetik alanın büyüklüğünü değiştirmek.
2. Manyetik alan içindeki halkanın yüzey alanını değiştirmek.

3. Halkanın yüzey normali nˆ ile B manyetik alanı arasındaki φ açısını
değiştirmek.
(30–5)
Örnek : Kenar uzunluğu 18 cm olan kare şeklindeki bir kangalın sarım sayısı
200 ve toplam direnci 2 Ω' dur. Kangal yüzeyine dik yönde uygulanan manyetik
alanın şiddeti 0.8 s içinde 0' dan 0.5 T' ya düzgün olarak artırılmaktadır. Kangalda
indüklenen emk' yı ve akımı hesaplayınız.
∆Φ = Φ s − Φ i = Bs A − 0 = 0.5 ∗ (0.18) 2 = 0.0162 T ⋅ m 2
ind .
200 ∗ ( 0.0162 )
ε 4.05
N ∆Φ
4.05 V → iind . == ≅ 2 A
=
−
→ ind . =
=
∆t
R
0.8
2
Örnek : Yüzey alanı A olan bir kangal, yüzeyine dik yöndeki bir manyetik alan
içine konuyor. Manyetik alanın şiddeti, a bir sabit olmak üzere, B = B0 e − at
ifadesine uygun olarak değiştiğine göre, kangalda indüklenen emk' yı bulunuz.
dΦ
= − AB0 e − at ( −a ) = aAB0 e − at
dt
Burada B0 manyetik alanın maksimum değeri,
Φ = BA = AB0 e − at → ind . = −
aAB0 ise indüklenen emk'nın maksimum değeri.
(30–6)
Örnek : Uzunluğu L olan bir iletkeni, şekilde gösterildiği
gibi, sayfa düzleminden içeri doğru olan düzgün bir manyetik
alan içinde alana dik yönde sağa doğru sabit bir v hızıyla
hareket ettirelim. İletkenin iki ucu arasında oluşan potansiyel
farkını bulunuz.
İletken sağa doğru sabit bir hızla hareket ettiğinde, elektronlar aşağıya
doğru FB = evB büyüklüğünde bir kuvvetin etkisinde kalır ve iletkenin
iki ucu arasında bir yük ayrışması oluşur. Yük ayrışması sonucunda da
iletkenin uçları arasında bir potansiyel farkı oluşur. Bu şekilde iletkenin
uçları arasında manyetik kuvvete zıt yönde bir elektrik kuvveti oluşur.
Yük kutuplanmasının artışı ile elektrik kuvvetinin değeri de artar.
Kararlı denge durumu oluştuğunda:
∆V
FB = FE → evB = eE = e
→ ∆V = BLv = ε ind
L
bulunur. Bu potansiyel farka indüklenmiş emk denir.
(30–7)
Örnek : Uzunluğu L ve kütlesi m olan bir iletken, şekilde
gösterildiği gibi, sayfa düzleminden içeri doğru olan düzgün
bir manyetik alan içinde, sürtünmesiz iki iletken ray üzerinde
alana dik yönde sağa doğru v0 ilk hızıyla harekete başlıyor.
İletkenin hızını zamanın fonksiyonu olarak bulunuz. İletken
telde indüklenen akımı ve emk' yı bulunuz.
ε ind
dv
dv
B 2 L2
 BLv 
=
− ILB =
−
−
=
−
F=
ma =
m
LB =
dt
 LB ⇒
dt
R
v
mR
 R 
v
2
2 t
dv
B L
=
−
∫v v
mR
0
∫ dt
→
0
BLv BL
I
v0 e
=
=
R
R
 IR
=
= BLv0 e
−
v
ln 
 v0

B L
t
=
−

mR

2
2
→
−
B 2 L2
t
mR
v(t ) =
v0 e
B 2 L2
t
mR
B 2 L2
−
t
mR
(30–8)
Lenz Kuralı :
dΦB
= −
dt
Faraday yasasında yer alan (−) işareti, indükleme
İndüklenmiş akımın
oluşturduğu indüklenmiş
Bi manyetik alan çizgileri
yoluyla oluşan akımın yönü ile ilgilidir. İndükleme
ile oluşan akım ya da emk' nın yönü Lenz kuralına
göre belirlenir. Lenz kuralı:
İndükleme ile oluşan akım, halkadan geçen manyetik akıdaki değişimi
engelleyecek şekilde bir manyetik alan oluşturacak yöndedir.
Şekilde, halkaya yaklaştırılan bir mıknatıs verilmiştir. İndüklenen akım şekilde
gösterilen yöndedir. Çünkü, Lenz kuralına göre indüklenen akımın sağa doğru bir
manyetik alan oluşturması gerekir. Halka, kuzey kutbu mıknatısın kuzey kutbuna
yakın bir mıknatıs gibi düşünülebilir. Bu yüzden, mıknatısın kendisinde mendana
getirdiği manyetik akıdaki artışı engelleyebilmek için kendisine yaklaşan mıknatısı
itecektir.
(30–9)
Örnek - 1 : Çubuk mıknatısın N kutbunun
halkaya yaklaştırılması.
Çubuk mıknatıs halkaya yaklaştırıldıkça, halkanın merkezinde sola doğru

oluşturduğu BM manyetik alanının şiddeti zamanla artar. Böylece, halkadan
geçen Φ B manyetik akısı da artar. Lenz kuralına göre, indüklenen akım saat

ibrelerinin tersi yönde akarak sağa doğru Bi indüklenmiş manyetik alanını



BM − Bi olur.
oluşturur ve halkanın merkezindeki net manyetik alan B=
net
Böylece, indüklenen akım manyetik akıdaki artışı engellemiş olur.
(30–10)
Örnek - 2 : Çubuk mıknatısın N kutbunun
halkadan uzaklaştırılması.
Çubuk mıknatıs halkadan uzaklaştırıldıkça, halkanın merkezinde

sola doğru oluşturduğu BM manyetik alanının şiddeti zamanla azalır.
Dolayısıyla, halkadan geçen Φ B manyetik akısı da azalır. Lenz
kuralına göre, indüklenen akım saat ibreleri yönünde akarak sola

doğru Bi manyetik alanını oluşturur ve halkanın merkezindeki net



BM + Bi olur. Böylece, indüklenen akım
manyetik alan B=
net
manyetik akıdaki azalmayı engellemiş olur.
(30–11)
Örnek - 3 : Çubuk mıknatısın S kutbunun
halkaya yaklaştırılması.
Çubuk mıknatıs halkaya yaklaştırıldıkça, halkanın merkezinde sağa doğru

oluşturduğu BM manyetik alanının şiddeti zamanla artar. Böylece, halkadan
geçen Φ B manyetik akısı da artar. Lenz kuralına göre, indüklenen akım saat

ibreleri yönünde akarak sola doğru Bi manyetik alanını oluşturur ve halkanın



BM − Bi olur. Böylece, indüklenen
merkezindeki net manyetik alan B=
net
akım manyetik akıdaki artışı engellemiş olur.
(30–12)
Örnek - 4 : Çubuk mıknatısın S kutbunun
halkadan uzaklaştırılması.
Çubuk mıknatıs halkadan uzaklaştırıldıkça, halkanın merkezinde

sağa doğru oluşturduğu BM manyetik alanının şiddeti zamanla azalır.
Böylece, halkadan geçen Φ B manyetik akısı da azalır. Lenz kuralına
göre, indüklenen akım saat ibrelerinin tersi yönünde akarak sağa

doğru Bi manyetik alanını oluşturur ve halkanın merkezindeki net



manyetik alan B=
BM + Bi olur. Böylece, indüklenen akım manyetik
net
akıdaki azalmayı engellemiş olur.
(30–13)
İndüksiyon ve Enerji Transferi :
Lenz kuralına göre, indüklenen akım kendisini doğuran
dış etkiye bir tepki olarak doğar. Bu nedenle, dış etki
manyetik alan-halka sistemi üzerine bir iş yapar. Bu iş
halkanın R direnci üzerinde ısı enerjisi olarak açığa çıkar.
Şekilde genişliği L olan iletken bir halka verilmiştir.
Halkanın bir bölümü düzgün B manyetik alanı içindedir
ve sabit bir v hızıyla alan dışına çıkarılıyor. Herhangi
bir anda, halkadaki manyetik akı Φ B= BA= BLx ' dir.
Halkadaki akının azalma hızı (indüklenen emk) ve
indüklenen akım sırasıyla,
dΦB
dx
 =
= BL
dt
dt
ifadelerine sahiptir.
→
 BLv
 = BLv ve =
i =
R
R
(30–14)
R direnci üzerinde birim zamanda açığa çıkan ısı enerjisi,
2
B Lv
 BLv 
(Eş-1)
P=
i
=
R
=
R
ısı


R
 R 
ile verilir. Halkanın kenarlarına etkiyen manyetik kuvvetler


şekil üzerinde gösterilmiştir. F2 ve F3 kuvvetlerinin toplamı

sıfırdır. Halkaya etkiyen tek manyetik kuvvet F1 kuvvetidir:

 
BLv
B 2 L2 v
F1= iL × B → F1= iLB sin 90°=
LB=
R
R
Bu durumda, halkayı sabit bir v hızıyla alan dışına çekmek
için eşit büyüklükte ve ters yönde bir dış kuvvet uygulamak
2 2 2
2
gerekir. Bu kuvvetin birim zamanda yapacağı iş:
B 2 L2 v 2
P=
F=
(Eş-2)
dış
1v
R
Eş-1 ve Eş-2 karşılaştırılırsa, halkayı alan dışına çıkarmak
için uygulanan dış kuvvetin yaptığı işin, halka üzerinde ısı
enerjisine dönüştüğü görülmektedir.
(30–15)
Örnek : Kenar uzunlukları l ve w olan dikdörtgensel bir halka,
şekildeki gibi, sabit bir v hızıyla sayfa düzleminden içeri doğru
olan düzgün bir manyetik alana soldan giriş yaparak sağ taraftan
çıkıyor. Manyetik alanın etkin olduğu bölgenin genişliği 3w' dur.
Halkadan geçen manyetik akıyı ve halkada oluşan indüksiyon
emk' sını bulunuz ve konumla nasıl değiştiğini çiziniz.
Halka alanın dışında
;  0
→
=
Φ 0=
Halkanın x kadarı alanın içinde
→
Φ =Blx 

 = − Blv 
Halkanın tamamı alanın içinde
→
Φ =Blw

 =0 
=
Φ Bl ( w − x ) 

 = + Blv

;  0
=
→ Φ 0=
Halkanın x kadarı alanın dışında →
Halka alanın dışında
(30–16)
Örnek : Kenar uzunlukları L ve w olan dikdörtgensel bir
halka, şekildeki gibi, I akımı taşıyan sonsuz uzun bir telden
h kadar uzaktadır.
a −) Halkadan geçen manyetik akıyı bulunuz.
b −) Telden geçen akım, a ve b pozitif sabitler olmak üzere, I= a + bt ifadesine göre
değişirse halkada oluşan indüksiyon emk' sının büyüklüğünü ve yönünü bulunuz.
a −) Halka üzerinde seçilen şeritten geçen akı:
µ I
=
=  0  Ldr
d Φ BLdr
 2π r 
µ0 LI
→ =
Φ
2π
h+ w
∫
h
dr
r
µ0 LI
µ0 LI  w 
h+ w
=
ln [ r ]h
ln 1 + 
h
2π
2π

µ L  w  dI
µ Lb  w 
dΦ
b −)  =
−
→ =
− 0 ln 1 + 
=
− 0 ln 1 + 
dt
h  dt
h
2π
2π


=
Φ
Halka içinden geçen akı sayfa düzleminden içeri doğrudur ve büyüklüğü
artmaktadır.
İndüklenen emk saat ibrelerinin tersi yönünde akım oluşturacak yöndedir.
(30–17)
Örnek : İki kapalı bölmeden oluşmuş iletken bir halka,
şekildeki gibi, yüzeyine dik ve sayfa düzleminden içeri
doğru yönelmiş bir manyetik alan içindedir. a = 65 cm
ve iletkenin birim uzunluğunun direnci 0.1 Ω /m' dir.
Manyetik alan şiddeti B =
(1×10−3 T/s) ∗ t ifadesine
ugun olarak değişiyorsa, PQ kolundan geçen indüksiyon
akımını bulunuz.
dΦ
dB
→ R1 =0.1 ∗ halka çevresi=0.1*6a =0.6a
Büyük halka: 1 = =2a 2
dt
dt

2a dB 2 ∗ (0.65)
=
1× 10−3 ) ≅ 2.17 mA (saat ibrelerinin tersi yönünde)
i1 =1 =
(
R1 0.6 dt
0.6
dΦ
dB
= a2
→ R2 = 0.1 ∗ 4a = 0.4a
dt
dt
2
a dB (0.65)
i2
=
=
1× 10−3 ) ≅ 1.63 mA (saat ibrelerinin tersi yönünde)
=
(
R2 0.4 dt
0.4
Küçük halka: 2 =
PQ kolundaki ne akım: i = i1 − i2 = 0.54 mA (saat ibrelerinin tersi yönünde)
(30–18)
ÖDEV : Birim uzunluğunda n tane sarımı olan bir
solenoidten geçen akım zamanla I=
(t ) I m (1 − e −α t )
ifadesine uygun olarak değişmektedir. Solenoidin
merkezinde ve solenoid ile aynı eksenli N sarım
sayısına sahip R yarıçaplı halkada indüklenen emk' yı
bulunuz.
ÖDEV : Kararlı I akımı taşıyan sonsuz uzun bir tel ile
kenar uzunluğu l ve a olan bir kangal, şekildeki gibi,
aralarındaki mesafe r olacak şekilde aynı düzlemde
durmaktadır. Kangal sabit bir v hızıyla, akım taşıyan
tele paralel kalacak şekilde hareket ettirilirse, kangalda
indüklenen emk ne olur?
(30–19)
Örnek : Kesitinin kenar uzunlukları a = 2 cm ve b = 3 cm, iç
yarıçapı R = 4 cm olan N=500 sarımlı bir toroidin taşıdığı akım
I ( t ) = 50sin (120π t ) ifadesi ile değişmektedir. Burada, t saniye
ve I Amper cinsindendir. Şekildeki gibi, toroidi çevreleyen N'=20
sarımlı dikdörtgen şeklindeki halkada oluşan indüksiyon emk' sını
zamanın fonksiyonu olarak bulunuz.
Toroidin içindeki manyetik alan: B =
µ0 IN
2π r
Toroidin kesitinden geçen manyetik akı:
µ0 IN
µ0 INa R +b dr µ0 INa  R + b 
d=
ln 
Φ BdA
=
Φ
=
( a.dr ) →=

∫
2π r
2π R r
2π
 R 
µ0 NN ′a  R + b  dI
N ′d Φ
−
→ =
ln 
=
∗
dt
R
2π

 dt
dI
= 50*120π cos (120π t )
dt
4π × 10−7 ∗ 500 ∗ 20 ∗ 0.02  7 
ln   50 ∗120π ∗ cos (120π t ) 
 =
2π
4
 = 0.42 cos (120π t )
(30–20)
İndüklenen Elektrik Alanlar :
Şekilde, r yarıçaplı bakır bir halka verilmiştir. Halka,
R yarıçaplı bir bölgede etkin olan, sayfa düzleminden
içeri doğru yönelmiş ve şiddeti zamanla artan düzgün
bir manyetik alan içindedir. Halkadan geçen manyetik
akıdaki değişim nedeniyle indüklenen akımın yönü saat
ibrelerinin tersi yönünde olacaktır.
İletken halkada bir i akımının olması, iletkenin içindeki elektronların hareket

etmesini sağlayan bir E elektrik alanının varlığı anlamına gelir. Bu son yorumun
da ışığı altında Faraday yasası:
Değişen manyetik alan bir elektrik alan indükler.
biçiminde de ifade edilebilir.
Not : Bakır halka olmasa bile, indükleme ile bir elektrik alan oluşur.
(30–21)
Soldaki şekilde, bakır halka yerine r yarıçaplı çembersel
bir yol çizilmiştir. Bu yol boyunca indüklenen emk,
 
(Eş-1)
=
 ∫ E ⋅ dl
ile verilir. Aynı emk Faraday yasası ile de verilebilir:
dΦ
= −
(Eş-2)
dt
Bu iki eşitlik birleştirilirse,
 
dΦ
E
⋅
dl
=
−
∫
dt
bağıntısı elde edilir. Çember üzerinde elektrik alan,
 
∫ E ⋅ dl= ∫ Edl cos=0 E ∫ dl= 2π rE 
r dB
→
E
=
−

dΦ
2
2 dB
2 dt
=
Φ πr B → = πr

dt
dt

olarak bulunur.
(30–22)
Örnek : Birim uzunluğundaki sarım sayısı n olan R yarıçaplı
uzun bir solenoidten geçen akım I ( t ) = I m cos (ωt ) ifadesine
göre değişmektedir. Solenoidin içinde ve dışındaki noktalarda
indüklenen elektrik alanını bulunuz.
 
dΦ
d ( B. A cos 0)
d
2
⋅
=
−
→
=
−
=
−
r>R → 
E
dl
E
2
r
nI
R
π
µ
π
(
)
0
∫
dt
dt
dt
µ0 nR 2 dI
µ0 nR 2
E=
−
=
−
 −ω I m sin (ωt ) 
2r dt
2r
 µ0 nR 2ω I m 
µ0 nR 2ω I m
E =
; Em
m sin ( ω t )
 sin (ωt ) E=
2r
2r


 
dΦ
d ( B. A cos 0)
d
2
r<R → 
E
dl
E
2
r
nI
r
→
π
=
−
=
−
µ
π
⋅
=
−
(
)
0
∫
dt
dt
dt
r
dI r
E=
− µ0 n
=
µ0 n ω I m sin (ωt ) 
dt 2
2
µ0 nrω I m
 µ0 nrω I m 
E =
t
E
t
E
sin
sin
;
ω
ω
=
(
)
(
)
m
m

2
2


(30–23)
İndüktans :
Toplam sarım sayısı N , kesit alanı A ve uzunluğu l olan
bir solenoidten i akımı geçtiğinde, içindeki manyetik alan
solenoidten geçen net manyetik akı Φ B NBA
B µ0 ni ve=
ile verilir. Burada n, solenoidin birim uzunluğundaki sarım
sayısıdır (n = N / l ).
Toplam sarım sayısı N = nl olduğundan net manyetik akı,
=
Φ B N (=
BA) N µ0=
niA
( µ n lA) i
2
0
olacaktır. Net manyetik akının, solenoidten geçen i akımıyla doğru orantılı olduğuna
dikkat ediniz. Solenoid için bulunan bu sonuç, herhangi bir indüktör için de geçerlidir
ve net manyetik akı: Φ B =
Li formundadır. Orantı sabiti L, indüktörün "indüktans" ı
olarak tarif edilir ve ilgili indüktörün geometrisine bağlıdır. Bu durumda solenoidin
indüktansı,
Φ B µ0 n 2lAi
=
= µ0 n 2lA
L =
i
i
olur.
T.m 2 /A ≡ Henry (H) 
(30–24)
Öz - İndüksiyon :
Sağdaki resimde, 1 nolu halkadaki
akımın değişmesiyle 2 nolu halkadan
geçen manyetik akıdaki değişimin bir
emk indüklediğini daha önce gördük.
Bir indüktör üzerinden geçen akım zamanla değişiyorsa,
indüktörden geçen net manyetik akı da, Φ B (t ) =
Li (t )
bağıntısı uyarınca zamanla değişir. Böylece, Faraday
yasasına göre indüktörde "öz-indüksiyon emk" sı olarak
bilinen bir emk indüklenir:
dΦB
di
=
−
=
−L
dt
dt
(30–25)
RL Devreleri :
Yanda seri bağlı bir R direnci ile indüktansı L olan bir indüktör
verilmiştir. L' nin açık ucu emk' sı  olan bir bataryaya, R' nin
açık ucu ise bataryanın diğer ucuna bir S anahtarı le bağlıdır.
Başlangıçta açık olan anahtar t = 0 anında a noktası ile temas
ettirilerek devre tamamlanıyor. x noktasından başlayarak saat
ibreleri yönünde Kirchhoff' un çevrim kuralını uygularsak,
di
di

−iR − L +  = 0 → L + iR =
dt
dt
di  − iR
di
dt
=
→
= →
 − iR L
dt
L
i
t
di
dt
=
∫0  − iR ∫0 L

t
1
i
− ln (  − iR )0 =
→ i=
(t )
1 − e −t /τ )
(
R
L
R
L
Burada, τ = L / R ile verilir ve RL devresinin "zaman sabiti" dir. T1/2 = ln2 niceliği ise
R
RL devresinin yarılanma ömrü olarak bilinir.
(30–26)
τ = L / R olmak üzere, herhangi bir t anında,

Devreden geçen akım: i=
(t )
1 − e − t /τ )
(
R
Direncin uçları arasındaki gerilim:
=
VR iR =  (1 − e − t /τ )
di
= e − t /τ
dt
bağıntıları ile verilir. t = 0 anında, beklentilere uygun
bir şekilde devreden geçen akım sıfırdır (i = 0). Anahtar
kapatıldıktan uzunca bir süre sonra (t → ∞), devredeki
akım imax =  / R ile verilen maksimum değerine ulaşır.
İndüktörün uçları arasındaki gerilim: VL = L
Tam bu noktada indüktörün kısa devre gibi davrandığını
söylemek yanlış olmaz.
(30–27)
Manyetik Alanda Depolanan Enerji :
Bir kapasitörün palakaları arasındaki bölgede elektrik alanda
enerji depolayabildiğimizi biliyoruz. Benzer bir mantıkla, bir
indüktörün içindeki manyetik alanda da enerji depolayabiliriz.
Yandaki devre için Kirchhoff ' un çevrim kuralını uygularsak,
di
di
→ i =
i 2 R + Li
dt
dt
bulunur. i terimi, bataryanın birim zamanda devreye sağladığı enerjiye karşılık gelir.
=
iR + L
i 2 R terimi, birim zamanda direnç üzerinde açığa çıkan ısı enerjisini temsil eder. Son
terim ise, enerjinin korunumu gereği, birim zamanda indüktörde depolanan manyetik
enerjiye karşılık gelir. Bu durumda indüktörde depolanan enerji,
dU B
di
= Li → dU B = Lidi
dt
dt
i
1
1
2 i
=
U B ∫=
Li′di′
L i′  → U B = Li 2 indüktörde depolanan manyetik enerji
o
2
2
o
ifadesi ile verilir.
(30–28)
Manyetik Alanda Enerji Yoğunluğu :
Yanda, birim uzunluğunda n sarım bulunan, kesiti A ve
boyu l olan bir solenoid verilmiştir. Solenoidten i akımı
geçtiğinde, içinde oluşan manyetik alan B = µ0 ni ile
verilmektedir. Solenoidin dışındaki manyetik alan ise
yaklaşık sıfırdır.
1 2 1
Li
=
µ0 n 2 Al ) i 2
(
2
2
olduğundan, solenoidin içindeki bölgede birim hacimdeki enerji miktarı, diğer
bir deyişle enerji yoğunluğu,
Solenoidte depolanan toplam enerji,=
UB
µ0 n 2 Ali 2 µ0 n 2i 2 µ0 2 n 2i 2
UB
B2
→ uB =
uB =
=
= =
2 Al
2
hacim
2 µ0
2 µ0
olarak bulunur. Solenoid özel durumu için hesaplanmasına rağmen, genel bir
bağıntıdır ve manyetik alanın olduğu her durumda doğrudur.
(30–29)
Karşılıklı İndüktans :
Şekildeki gibi, birbirlerinin oluşturdukları manyetik
alan çizgilerinden etkilenebilecek kadar yakın iki
indüktör olsun. Şekil-a' da verilen 1 nolu halkadan
geçen i1 akımı, 2 nolu halkanın bulunduğu bölgede
B1 manyetik alanını oluşturur. Bunun sonucu olarak,
2 nolu halkadan geçen manyetik akı Φ 2 =M 21i1 olur.
i1 akımı zamanla değişirse, 2 nolu halkadan geçen akı da değişir ve
d Φ2
di
2 =
−
=
− M 21 1
dt
dt
ile verilen bir emk indüklenir. Benzer bir yaklaşım kullanılarak, 2 nolu halkadan
geçen i2 akımının zamanla değişmesi durumunda (şekil-b), 1 nolu halkadan
geçen akı Φ1 = M 12i2 olmak üzere, 1 nolu halkada indüklenen emk,
d Φ1
di2
1 =
−
=
− M 12
dt
dt
yazılabilir.
(30–30)
M 21 ve M 12 her ikisi de, indüktörlerin birbirine göre konumuna ve
=
M
=
M ).
geometrilerine bağlı sabitlerdir ve biribirine eşittir (M
12
21
M , iki indüktör arasındaki "karşılıklı indüktans" olarak bilinir.
SI sistemindeki birimi "henry (H)" dir. Bu durumda indükterlerde
indüklenen emk ifadeleri aşağıdaki gibi verilir:
Φ1 =Mi2
di2
→ 1 =− M
dt
Φ 2 =Mi1
→ 2 =− M
di1
dt
(30–31)
BÖLÜM-31
Elektromanyetik Titreşimler
ve
Alternatif Akım
Bu bölüm kapsamında aşağıdaki konulara değinilecektir:
•
•
•
•
LC deverelerinde elektromanyetik salınımlar
Kapasitörlü alternatif akım (AC) devreleri
RCL devrelerinde rezonans
AC devrelerinde Güç
(31-1)
LC Salınımları :
Şekilde bir C kapasitörü ve bir L indüktöründen oluşan
devre verilmiştir. Kapasitör başlangıçta doludur ve
yükü Q ' dur. t = 0 anında S anahtarının kapatılmasıyla,
devreden zamanla değişen bir i akımı geçer ve kapasitör
indüktör üzerinden boşalmaya başlar.
Herhangi bir anda, kapasitör üzerindeki yük q ve devreden geçen akım i ise,
devrenin toplam enerjisi, kapasitör ve indüktördeki enerjilerin toplamı olur:
q 2 Li 2
U = UE +UB =
+
2C
2
Devredeki iletim kablolarının direnci ihmal edilirse, toplam enerji sabittir.
dU
q dq
di
=
0 →
+ Li =
0 →
dt
C dt
dt
dq 
d 2q 1

dt 
→ L 2 + q=0
2 
dt
C
di d q 
= 2
dt dt 

i=
(31-2)
d 2q 1
d 2q  1 
L 2 + q =0 →
+
0
(Eş-1)
q =
2
dt
C
dt
 LC 
Bu ikinci dereceden, homojen bir diferansiyel denklemdir ve çözümü daha önce
yapılmıştır. Sürtünmesiz bir yüzey üzerinde titreşim hareketi yapan bir kütle-yay
sisteminin hareket denklemi ve çözümü aşağıdaki gibidir:
d 2x
2
x 0 (Eş-2) =
=
+
ω
→ x(t ) xm cos(ωt + φ )
dt 2
Eş-1 ve Eş-2 karşılaştırıldığında, her iki denklemin de aynı formda olduğu kolayca
görülebilir. Buradan hareketle, LC devresini betimleyen ve Eş-1 ile verilen denklemin
çözümünden, ω = 1/ LC olmak üzere, kapasitör üzerindeki yük ve devreden geçen
akım sırasıyla,
=
q (t ) Q cos (ωt + φ )
ve
dq
i=
= −ωQ sin (ωt + φ )
dt
olarak bulunur.
Burada Q maksimum yük (t = 0 anında kapasitördeki yük miktarı), φ salınımın faz
açısı ve ω enerji salınım frekansıdır.
(31-3)
Herhangi bir anda kapasitördeki ve indüktördeki
enerjiler sırasıyla:
q2 Q2
2
U=
=
cos
( ωt + φ )
E
2C 2C
Li 2 Lω 2Q 2
Q2
2
UB =
=
sin (ωt + φ ) =
sin 2 (ωt + φ )
2
2
2C
ile verilebilir. Böylece herhangi bir anda toplam enerji:
= UE +UB
U
 Q2 
1 Q2
2
2
U 
(ωt + φ )
 cos (ωt + φ ) + sin=
2 C
 2C 
olur. Toplam enerji sabittir: "enerji korunur".
3T
1 Q2
T
0, , T , ,.... → kapasitördeki enerji maksimumdur ( =
).
t=
2
2
2 C
T 3T 5T
1 Q2
, , ,.... → indüktördeki enerji maksimumdur ( =
t
).
4 4 4
2 C
(31-4)
(31-5)
Alternatif Akım :
emk' sı sabit olan bir batarya, belli bir doğrultuda
sabit bir akım üretir. Bu tür akımlara "doğru akım"
veya "Direct Current - DC" adı verilir.
Sarım sayısı N ve yüzey alanı A olan bir halka, şekildeki gibi düzgün bir manyetik
alan içinde iken ekseni etrafında ω açısal hızıyla döndürülsün. Halkadan geçen akı
ve indükleme yoluyla halkada oluşan emk sırasıyla,
Φ B =NAB cos ωt →  =−
dΦB
=ω NAB sin ωt =m sin ωt
dt
olur. Burada, m = ω NAB kısaltması yapılmıştır. emk' sı dolayısıyla da ürettiği
akımın doğrultusu f =
ω
ile verilen bir frekansla periyodik olarak değişiyorsa,
2π
bu tür gerilim kaynaklarına "alternatif akım" veya "Alternating Current - AC"
adı verilir. Şehir şebekesinde kullanılan gerilimin maksimum değeri m ≅ 310 V,
frekansı ise f = 50 Hz' tir.
(31-6)
AC devresinde direnç :
Şekil-a' da bir AC üretecine bağlı R direnci verilmiştir.
Üreteç gerilimi  (t ) = m sin ωt şeklinde değişmektedir.
Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa:
 (t )
 (t ) 
−i (t )R =0→i (t ) =
R

i (t ) = m sin ωt = im sin ωt
R
bulunur. Maksimum akım im = m / R ifadesine sahiptir.
Direncin uçları arasındaki gerilim de V (t ) = m sin ωt
ile verilir. Şekil-b' de, direnç üzerinden geçen akım ve
direncin uçları arasındaki gerilim zamanın fonksiyonu
olarak çizilmiştir. Her iki nicelik de aynı zamanlarda
maksimum ve minimum değerlere sahip olduklarından
"aynı fazda" dır denir.
(31-7)
AC devrelerinde akım ve gerilim, şekil-c' deki gibi
"fazör diyagramı" ile gösterilir. Direnç üzerindeki
V (t ) gerilimi ve direnç üzerinden geçen i (t ) akımı,
ismine "fazör" denilen dönen vektörlerle gösterilir.
Fazör diyagramının çizilmesinde aşağıdaki noktalara dikkat edilmelidir:
1. Fazörler, saat ibrelerinin tersi yönünde ω açısal hızı ile dönerler.
2. Her fazörün uzunluğu, kendi genliği ile orantılıdır.
3. Fazörün düşey eksen üzerindeki bileşeni, o niceliğin anlık değerine
eşittir.
4. Her fazörün dönme açısı, o niceliğin fazına eşittir
(Yukarıdaki örnek için faz ωt' dir).
(31-8)
Direnç için ortalama güç :
m 2
1
2
=
P (t ) i (=
t )V (t )
sin ωt →=
⟨ P⟩
P (t )dt
∫
R
T 0
T
⟨ P⟩
2
m 1

2
m
ω
tdt
→
P
sin
⟨
⟩
=
R T ∫0
2R
T
2
T
2
sin
∫ ωtdt =
0
T
2
AC gerilimin "kare ortalamasının karekökü" (kok değeri):
1/ 2
1/ 2
1

 m

m
2
2
Vkok = =
sin ωtdt 
 ∫ [V (t ) ] dt 
=
∫
2
T 0

 T 0

2
Vkok
ile verilir. Bu durumda, ⟨ P⟩ =
bulunur. Bu ifade DC
R
ile aynıdır ve direnç üzerinde ısıya dönüşür.
T
2 T
(31-9)
Örnek : Bir üretecin çıkışındaki gerilim  (t ) = 200sin (ωt ) ifadesine sahiptir.
Burada, t saniye ve  volt cinsindendir. Bu üreteç 100 Ω' luk bir direncin iki
ucuna bağlanırsa, direnç üzerinden geçen akımın "kok" değeri nedir?
 (t )
=
R
im
i=
=
kok
2
i (t )=
200
sin (ωt )= 2sin (ωt ) → im= 2 A
100
2
= 1.41 V
2
Örnek : Bir üretecin çıkışındaki gerilim  (t ) = msin (ωt ) ifadesine sahiptir.
Bu üreteç, bir anahtar vasıtasıyla, 70 Ω' luk bir direncin iki ucuna bağlanmıştır.
Anahtar kapatıldıktan sonra t = 0.01 s anında direncin uçları arasındaki gerilim
VR =0.25m ise, üretecin açısal frekansı nedir? Direncin uçları arasındaki gerilim
ne kadar zaman sonra aynı değere sahip olur?
 (t )
=
→ VR m sin (ωt ) → 0.25
=
m m sin (ωt ) → ωt ≅ 0.25 rad
R
0.25
2π
2π
ω=
= 25 rad/s ; ω =
→T =
≅ 0.25 s
0.01
T
25
i (t )
=
(31-10)
AC devresinde kapasitör :
Şekil-a' da, AC üretecine bağlı C sığasına sahip bir kapasitör
verilmiştir. Üreteç gerilimi  (t ) = m sin ωt ifadesi ile verilsin.
Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa:
q(t )
 (t ) −
=0 → q (t ) =C (t ) =Cm sin ωt
C
dq
= ωCm cos ωt → i (t ) = im sin (ωt + 90° )
i (t ) =
dt

bulunur. Maksimum akım im = ωCm = m ifadesine sahiptir.
1/ ωC
Burada, X C = 1/ ωC niceliği "sığasal direnç (kapasitif reaktans)"
olarak tanımlanır ve birimi ohm (Ω) dur.
Üreteç frekansı çok yüksek (ω → ∞) ise kapasitörün kısa devre,
çok düşük ise (ω → 0) açık devre olduğunu gösterir. Şekil-b' de
kapasitör akımı ve kapasitör gerilimi zamanın fonksiyonu olarak
çizilmiştir. Görüldüğü gibi, akım gerilimin 90o önündedir.
(31-11)
Kapasitör için ortalama güç :
m 2
sin ωt cos ωt
P i (=
t )V (t )
XC
2sin θ cos θ = sin 2θ
m 1
1
P(t )dt =
sin 2ωtdt 0
→ ⟨ P⟩
=
∫
∫
T 0
2XC T 0
T
⟨ P⟩
m 2
→ P = sin 2ωt
2XC
2
T
Not : Kapasitör ortalamada herhangi bir güç kaybına yol açmaz.
titreşimin belli bir zaman diliminde AC üretecinden enerji
soğurur, kalan zaman diliminde ise bu enerjiyi kaynağa
yeniden verir. Böylece, ortalama olarak güç kullanmaz.
(31-12)
Örnek : Sığası 8 µ F olan bir kapasitör, kok değeri 150 V ve 60 Hz frekansında
çalışan bir üretecin kutuplarına bağlanmıştır. Devrenin kapasitif reaktansını ve
devreden geçen akımın kok değerini bulunuz.
X
=
C
1
1
1
332 Ω
=
=
=
−6
ωC 2π fC 2π ( 60 ) ∗ ( 8 ×10 )
=
ikok
kok 150
= = 0.452 A
X C 332
Örnek : Bir AC üretecinin maksimum çıkış gerilimi m = 48 V ve frekansı da
f = 90 Hz' tir. Bu üreteç, sığası 3.7 µ F olan kapasitörün plakalarına bağlanırsa,
devreden geçen akımın maksimum değeri ne olur?
q (=
t ) C (=
t ) Cm sin (ωt ) → i (=
t ) ωCm sin (ωt ) → i=
ωCm
m
im =2π fCm =2π ( 90 ) ( 3.7 × 10−6 ) ( 48 ) =0.1 A
(31-13)
AC devresinde İndüktör (bobin) :
Şekil-a' da, AC üretecine bağlı indüktansı L olan bir indüktör
verilmiştir. Üreteç gerilimi  (t ) = m sin ωt ifadesine sahiptir.
Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa:
di
di  (t ) m
 (t ) − L =0 →
= = sin ωt
dt
dt
L
L
m
m
cos ωt → i (t ) =
i (t ) =
im sin (ωt − 90° )
−
∫ L sin ωtdt =
ωL
bulunur. Maksimum akım im = m / ω L ifadesine sahiptir. Burada,
X L = ω L niceliği "bobin direnci-indüktif reaktans" olarak bilinir
ve birimi ohm (Ω) dur.
Üreteç frekansı çok yüksek (ω → ∞) ise indüktörün açık devre,
çok düşük ise (ω → 0) kısa devre olduğunu gösterir. Şekil-b' de
indüktör akımı ve indüktör gerilimi zamanın fonksiyonu olarak
çizilmiştir. Şekilden de görüldüğü gibi, akım gerilimden 90o
geridedir.
(31-14)
İndüktör için ortalama güç :
m 2
sin ωt cos ωt
P = i (t )V (t ) = −
XL
2sin θ cos θ = sin 2θ
T
1
⟨ P⟩ = ∫ P(t )dt
T0
m 2
→ P=
−
sin 2ωt
2X L
m 2 1
⟨ P⟩ = −
sin 2ωtdt = 0
∫
2X L T 0
T
→
Not : İndüktör ortalamada herhangi bir güç kaybına yol açmaz.
titreşimin belli bir zaman diliminde AC üretecinden enerji
soğurur, kalan zaman diliminde ise bu enerjiyi kaynağa
yeniden verir. Böylece, ortalama olarak güç kullanmaz.
(31-15)
Örnek : İndüktansı 25 mH olan bir indüktör, kok değeri 150 V ve 60 Hz
frekansında çalışan bir üretecin kutuplarına bağlanmıştır. Devrenin indüktif
reaktansını ve devreden geçen akımın kok değerini bulunuz.
X L = ω L = 2π fL = 2π ( 60 ) ∗ ( 25 × 10−3 ) = 9.425 Ω
ikok
=
kok
150
=
= 15.9 A
X L 9.425
Örnek : Bir RL devresinde AC üretecinin çalışma frekansı 50 Hz ve ürettiği
gerilimin maksimum değeri 100 V' tur. Devreden geçen akımın maksimum
değeri 7.5 A ise, indüktörün indüktansını bulunuz.
im=
m
ωL
→ L=
m
100
=
= 0.0424= 42.4 mH
2π fim 2π ( 50 ) ∗ ( 7.5 )
Hangi açısal frekansta maksimum akım 2.5 A olur?
=
ω
m
=
im L
100
= 943.4 rad/s
( 2.5) ∗ ( 0.0424 )
(31-16)
ÖZET
Devre
Elemanı
Ortalama
Güç
Direnç
R

⟨ PR ⟩ = m
2R
R
⟨ PC ⟩ =0
1
XC =
ωC
Kapasitör
C
Indüktör
L
Reaktans
(Direnç)
2
⟨ PL ⟩ =0
X L = ωL
Akımın Fazı
Akım gerilimle
aynı fazda
Akım gerilimden
90o önde
Akım gerilimden
90o geride
Maksimum
Gerilim
VR ,m = im R
im
=
V
im=
XC
C ,m
ωC
V
=
im=
X L imω L
L,m
(31-17)
Seri bağlı RLC Devresi :
Şekil-a' da seri bağlı bir RLC devresi verilmiştir. AC
kaynağının emk' sı  ( t ) = m sin ωt ifadesine uygun
olarak değişmekte ve devreye sağladığı akım da
i (t ) im sin (ωt − φ ) şeklinde değişmektedir. Üreteç
=
geriliminin ve devreye sağladığı akımının fazörleri
şekil-b' de verilmiştir. Devreden geçen i (t ) akımı
direnç, kapasitör ve indüktör için ortaktır. Şekil-c' de
direnç, kapasitör ve indüktörün uçları arasındaki
gerilimlerin fazörleri birarada verilmiştir. Direnç
üzerindeki gerilim akımla aynı fazda, kapasitör
üzerindeki gerilim akımdan 90° geride ve indüktör
üzerindeki gerilim akımdan 90° öndedir.
(31-18)
RLC devresine Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa:  (t ) = VR (t ) + VC (t ) + VL (t )
bulunur. Bu eşitlik yukarıda fazör formunda da verilmiştir. VL ,m ve VC ,m zıt yönde
olduğundan bileşkesi VL ,m − VC ,m olur. Böylece, OAB dik üçgeninden:
m2 = VR2,m + (VL ,m − VC ,m ) = ( im R ) + ( im X L − im X C ) = im2  R 2 + ( X L − X C )  →


m
m
im =
veya im
2
2
R2 + ( X L − X C )
1 

2
R + ωL −
ωC 

bulunur. Paydadaki terim, RLC devresinin "empedansı" dır ve Z ile gösterilir:
2
Z=
R2 + ( X L − X C )
2
2
veya Z =
2
1 

R2 +  ω L −
ωC 

2
2
birimi Ω'dur.
(31-19)
VL ,m − VC ,m im X L − im X C X L − X C
=
=
tan φ =
OAB dik üçgeninden:
VR ,m
im R
R
bulunur. Devrenin fazı, X L ve X C ' nin alacağı değerlere bağlıdır:
1. X L > X C → φ > 0 Akımın fazı gerilimin fazından geridedir, devre indüktiftir.
2. X C > X L → φ < 0 Akımın fazı gerilimin fazının önündedir, devre kapasitiftir.
3. X C = X L → φ = 0 Akım ve gerilim aynı fazdadır.
(31-20)
Örnek : Bir RLC devresinde AC üretecinin çalışma frekansı 60 Hz ve ürettiği
gerilimin maksimum değeri 120 V' tur. Devrede R = 200 Ω, C = 4 µ F ve L
değişkendir. L' nin hangi değerinde, kapasitörün uçları arasındaki gerilim üretecin
geriliminden 30o geride kalır?
Kapasitörün uçları arasındaki gerilimin üretecin
geriliminden 30o geride kalması demek, devredeki
akım ile gerilim arasındaki faz farkının − 60o
olması demektir.
X − XC
tan φ = L
→ X L =X C + R tan φ
R

1
1  1
R
2=
π fL
→ L
+
tan
+ R tan φ =
φ

2π fC
2π f  2π fC

L


1
1

=
+ 200 tan ( −60 )  0.84 H
−6
2π ( 60 )  2π ( 60 ) ( 4 × 10 )


(31-21)
Örnek : Maksimum gerilimi 150 V olan ve çalışma
frekansı 50 Hz olan bir AC üreteci şekildeki RLC
devresinin a ve d uçlarına bağlanmıştır. a -b; b-c; c-d
ve b-d uçları arasındaki maksimum gerilimleri bulunuz.
X L = ω L = 2π fL = 2π ( 50 ) ∗ ( 0.185 ) ≅ 58 Ω
XC =
im
1
1
1
=
=
≅ 49 Ω
−6
ωC 2π fC 2π ( 50 ) ∗ ( 65 ×10 )
ε
m
=
2
R2 + ( X L − X C )
150
( 40 )
2
+ ( 58 − 49 )
2
≅ 3.66 A
VR ,m =im R =( 3.66 ) ∗ ( 40 ) =146.4 V
VL ,m = im X L = ( 3.66 ) ∗ ( 58 ) = 212.3 V
VC ,m= im X C=
( 3.66 ) ∗ 49=
179.3 V
(31-22)
Örnek : Bir RLC devresinde;=
R 150 Ω, L = 250 mH, C = 2 µ F,
üretecin maksimum gerilimi 210 V ve çalışma frekansı 50 Hz' tir.
İndüktif ve kapasitif reaktansları, devrenin empedansını, devredeki
maksimum akımı ve akımla gerilim arasındaki faz açısını bulunuz.
ωL =
XL =
2π fL =
2π ( 50 ) ∗ ( 0.25 ) =
78.5 Ω
=
X
C
1
1
1
=
=
=
1592.4 Ω
−6
ωC 2π fC 2π ( 50 ) ∗ ( 2 ×10 )
Z=
R2 + ( X L − X C ) =
im
2
(150 ) + ( 78.5 − 1592.4 ) = 1521.3 Ω
2
2
εm
210
A 138 mA
= = 0.138
=
2
2
1521.3
R + ( X L − XC )
 X L − XC
R

φ = tan −1 

−1  78.5 − 1592.4 
o
tan
84.4
=
=
−



150



(31-23)
ÖDEV : Bir RLC devresinde;=
R 425 Ω, L = 1.25 H, C = 3.5 µ F,
üretecin maksimum gerilimi 150 V ve açısal frekansı 377 rad/s' dir.
İndüktif ve kapasitif reaktansları, devrenin empedansını, devredeki
maksimum akımı ve akımla gerilim arasındaki faz açısını bulunuz.
(31-24)
Rezonans :
Şekilde verilen RLC devresindeki üretecin açısal frekansı
ω olsun ve çok düşük bir değerden yukarı doğru sürekli
olarak artırılsın. Devreden geçen akımın genliği,
m
m
=
im =
2
2
R2 + ( X L − X C )
1


R2 +  ω L −
ωC 

1
eşitliği ile verildiğinden, ω L −
0 olduğunda akımın
=
ωC
genliği en büyük olur. Bu durum üretecin açısal frekansı ω ,
1
değerine eşit olduğunda gerçekleşir. Buna
LC
"rezonans" durumu denir. Rezonans durumunda, akımın genliği irez = m / R olur.
devrenin doğal frekansı ω0 =
Üreteç frekansına karşı çizilen akım genliği "rezonans eğrisi" olarak bilinir.
(31-25)
RLC Devresinde Güç :
AC devrelerinde kapasitör ve indüktör tarafından
kullanılan ortalama gücün sıfır olduğunu daha önce
gördük. Ortalama güç direnç üzerinde harcanır ve
şöyle hesaplanır:
P(t ) i (=
t ) R im sin (ωt − φ )  R
=
2
2
T
T
im2 R
im2 R 2
1
2
Port = ∫ Pdt = ∫ sin (ωt − φ ) dt = =
ikok R
2
T0
T 0
kok
R
=
=
Port ikok
Rikok ikok=
R
ikok=
ikok kok cos φ
kok
Z
Z
Bu ifadedeki cosφ , devrenin "güç faktörü" olarak
bilinir. φ 0 durumu (X L − X C ) rezonans şartıdır ve
=
bu durumda, devrede harcanan güç maksimumdur.
T
T
2
sin
ω
t
−
φ
dt
=
(
)
∫0
2
(31-26)
Örnek : Bir RLC devresinde; R= 8 Ω, L = 50 mH, C = 5 µ F ve frekansı
değiştirilebilen AC kaynağının maksimum gerilimi 400 V' tur. Kaynağın
frekansı rezonans frekansının yarısına eşit olduğunda, devreye sağlanan
ortalama güç ne kadardır?
Port = ikok kok cos φ
=
ω0
1
=
LC
1
= 2000 rad/s
( 50 ×10 ) ∗ ( 5 ×10−6 )
−3
ω=
X=
L 50 Ω 
L
2

2
ω = =1000 rad/s →
1
 → Z = R + ( X L − X C ) =150.2 Ω
2
=
= 200 Ω 
X
C
ωC


400
8
R
= 2.66 A ; cos φ= =
im= m=
Z 150.2
Z 150.2
0.2 ) ∗ (400)  8 
(
im ε m
∗
∗ cos=
Port = ikok kok cos φ =
∗
=
φ
 28.3 W
2
150.2
2
2


ω0
(31-27)
Örnek : Bir RLC devresinde;=
R 150 Ω, L = 20 mH, üretecin kok değeri
30 V ve frekansı 5000 rad/s' dir. Devredeki akımın maksimum olabilmesi
için, bağlanması gereken kapasitörün sığası ne olmalıdır? Devredeki akımın
kok değerini hesaplayınız.
Devredeki akım rezonans durumunda maksimum olur.
1
1
→ ω0 =
X L = X C → ω0 L=
ω0 C
LC
1
1
−6
5000 =
2
10
2 µF
→ C=
=
×
=
2
−3
−3
( 5000 ) ∗ ( 20 ×10 )
( 20 ×10 ) C
ikok
=
kok
30
= = 0.2 A
Z
150
Z R dir.)
(Rezonans durumunda=
(31-28)
Örnek : Bir RLC devresinde;=
R 400 Ω, L = 0.5 mH, C = 5 µ F ve AC
üretecin gerilimi  (t ) = 100sin (1000t ) ile veriliyor. Burada t saniye ve 
volt cinsindendir. Kaynağın devreye sağladığı ortalama gücü bulunuz.
Port = ikok kok cos φ
ω=
X=
L 0.5 Ω 
L
2

2
→
=
+
−
ω = 1000 rad/s →
Z
R
X
X
( L C ) = 447 Ω
1

=
= 200 Ω 
X
C
ωC

m 100
R 400
=
= 0.22 A ; cos φ= =
im=
Z
Z 447
447
( 0.22 ) ∗ (100) ∗  400  ≅ 10 W

i
Port = ikok kok cos φ = m ∗ m ∗ cos φ =


2
2
2
 447 
(31-29)
Piletim = 368 MW
Pısı = 55 MW
Enerji İletim Hattı :
l
(tasarruf için, küçük kesit alanına sahip ince teller,
A
yukarıdaki örnekte=
R 220 Ω olarak seçilmiştir).
Güç iletim hattının direnci: R = ρ
2
İletim hattında açığa çıkan güç: Pısı = ikok
R (kaybın en az olması için, akım düşük olmalı).
İletilmek istenen güç: Piletim = kok ikok (maksimum güç iletmek için, kok artırılmalı).
Yukarıdaki örnekte, iletim hattından geçen akım en fazla ikok = 500 A' dir. Dolayısıyla,
iletim hattının girişinde, kok = 736 kV olmalıdır. Şehir şebekesi gerilimi yaygın olarak
220 V olduğundan, iletim hattının sonunda kok değeri düşürülmelidir. Bunun için de,
AC geriliminin genliğini artıracak veya azaltacak cihazlara ihtiyaç duyulur.
(31-30)
Örnek : Bir enerji istasyonu, 1 km uzaktaki bir kasabaya 20 MW' lık güç sağlamak
istiyor. İstasyon çıkışında 22 kV olan güç bir transformatör yardımı ile 230 kV' a
çıkarılıyor. İletim hattının toplam direnci 2 Ω ve elektriğin kilowatt- saat' i 0.2 TL
ise, bir günlük enerji maliyetini hesaplayınız. Transformatör kullanılmadığı durum
için aynı hesabı tekrar yapınız.
P
20 × 106
P =∆
I V → I= =
=
87 A
3
∆V 230 × 10
İletim hattında harcanan (ısıya dönüşen) güç: Pısı= I 2 R=
( 87 ) × 2= 15 kW
2
Bir günlük toplam kayıp =(15 kW ) × ( 24 saat ) =360 kW-saat
=
Maliyet
=
( 360 kW-saat ) × ( 0.2 TL
)
72 TL
İstasyon çıkışında transformatör kullanılmasaydı:
P
20 × 106
P =∆
I V → I= =
=
910 A
∆V 22 × 103
İletim hattında harcanan (ısıya dönüşen) güç: Pısı= I 2 R=
( 910 )
2
× 2 ≅ 1656 kW
(1656 kW ) × ( 24 saat ) =39744 kW-saat
Maliyet = ( 39744 kW-saat ) × ( 0.2 TL ) =
7950 TL
Bir günlük toplam
=
kayıp
(31-31)
Transformatör :
AC gerilimlerin genliklerini değiştirmeye yarayan
cihaz ya da aletlere "transformatör" adı verilir.
Şekildeki gibi, aynı demir çekirdek üzerinde farklı
sarım sayılarına sahip iki halkadan oluşur.
Değiştirilecek gerilime bağlı, sarım sayısı N P olan halkaya "primer" adı verilir.
Transformatör çıkışının bağlı olduğu, sarım sayısı N S olan halkaya ise "sekonder"
adı verilir.
Demir çekirdeğin rolü, bir halkanın manyetik alan çizgilerinin diğer halkadan da
geçmesini sağlamaktır. Primer halkanın girişine VP gerilimi uyguladığımızı, sekonder
halkanın çıkışından VS gerilimi aldığımızı varsayalım. Halkaların kesit alanı A ve
her iki halkadaki manyetik alan da B olsun. Primer ve sekonder halkalardan geçen
manyetik akılar ile bunların uçları arasındaki gerilimler:
(31-32)
dΦP
dB
(Eş-1)
=− N P A
dt
dt
dΦS
dB
(Eş-2)
Φ S =N S BA → VS =−
=− N S A
dt
dt
bulunur. Bu iki eşitliği taraf tarafa oranlarsak:
dB
−NS A
VS
NS
dt = N S → VS = VP → V =
VP
S
VP − N A dB
NP
NP
NS NP
P
dt
sonucuna ulaşılır. Halkaların birbirlerine göre sarım sayılarına bağlı olarak transformatörler
farklı şekilde isimlendirilirler:
Φ P =N P BA
→
VP =−
NS > NP →
NS
> 1 → VS > VP , bu "yükseltici transformatör" adını alır.
NP
NS < NP →
NS
< 1 → VS < VP , bu "düşürücü transformatör" adını alır.
NP
Uzak noktalara enerji iletiminde her iki transformatör türü de kullanılmaktadır.
(31-33)
VS
VP
=
NS NP
→
VP N S =VS N P
(Eş-1)
Yandaki devrede S anahtarı kapatıldığında, primer
halkadaki I P akımı yanındaki sekonder halkada da bir
I S akımı oluşur. Transformatörün "ideal" olduğunu
yani ısınma nedeniyle enerjinin kaybolmadığını varsayarsak:
(Eş. 2)
VP I P = VS I S
yazılabilir. Eş-2 ve Eş-1' i taraf tarafa bölersek,
VS I S
VP I P
=
VP N S
VS N P
→
IP NP = IS NS →
NP
I=
IP
S
NS
bulunur.
Yükseltici transformatörlerde (N S > N P ), sekonder halkada oluşan akım primer
halkadaki akımdan küçüktür (I S < I P ).
Düşürücü transformatörlerde (N S < N P ), sekonder halkada oluşan akım primer
halkadaki akımdan büyüktür (I S > I P ).
(31-34)
Örnek : Bir transformatörün primer ve sekonder halkalarındaki sarım sayıları N P = 350 ve
N S = 2000 ' dir. Primer halkanın girişine VP = 175cos (ωt ) ifadesi ile değişen bir gerilim
uygulanırsa, sekonder halkanın çıkışındaki gerilimin kok değeri ne olur?
VS
VP
=
NS NP
→
VS =
1000 cos (ωt )
VS =
NS
 2000 
VP = 
 ∗175cos (ωt )
NP
 350 
1000
707.1 V
→ (VS )kok = =
2
Örnek : Bir transformatörün sekonder halkasına bağlı direnç RS = 50 Ω ve uçları arasındaki
gerilimin kok değeri VS = 25 V' tur. Üreteç geriliminin kok değeri V p' = 80 V ve primer ile
sekonder halkaların sarım sayıları oranı da N P / N S = 2.5 ise, primer halkadaki direnç (RP ) nedir?
VS
V
= P
NS NP
→
N
VP = P VS =2.5 ∗ (25) =62.5 V
NS
Üreteç gerilimi 80 V olduğuna göre, potansiyel düşmesi (VD ) 17.5 V olur.
VP I P = VS I S
R=
P
→
V
V V 
IP = S IS = S  S  =
VP
VP  RS 
VD 17.5
=
= 87.5 Ω
IP
0.2
( 25)
=
( 62.5) ∗ ( 50 )
2
0.2 A
(31-35)
RLC devrelerinde sönümlü titreşim :
Şekildeki gibi, LC devresine bir direnç eklenirse, direnç
üzerinde kayıp olacağı için enerji denklemini yeniden
yazmak gerekir. Direnç üzerinde birim zamanda ısıya
dU
dönüşen enerji miktarının
= −i 2 R olduğunu biliyoruz.
dt
Herhangi bir anda kapasitördeki yük q, devreden geçen akım i ise,
dU q dq
di
1 q2 1 2
U=
U E + U B = + Li →
= + Li =
−i 2 R
dt C dt
dt
2C 2
dq
di d 2 q
d 2q
dq 1
i=
=
→
L
+
R
+ q= 0
ve
2
2
dt
dt dt
dt
dt C
Bu denklem sönümlü harmonik hareket denklemi ile aynı formdadır.
d 2x
dx
m 2 + b + kx = 0 → x(t ) = xm e − bt /2 m cos (ω ′t + φ ) ; ω ′ =
dt
dt
Bu benzerlikten dolayı, RLC devre denkleminin çözümü şöyedir:
− Rt /2 L
q (t ) =
Qe
cos (ω ′t + φ )
k
b2
−
m 4m 2
1
R2
; ω′ = − 2
LC 4 L
(31-36)
q (t )
Qe − Rt / 2 L
Q
−Q
q (t )
Qe
− Rt / 2 L
=
q (t ) Qe − Rt / 2 L cos (ω ′t + φ )
=
ω′
1
R2
− 2
LC 4 L
Bu eşitlik, maksimum genliği Qe − Rt /2 L ifadesi ile değişen bir harmonik hareketi
tanımlamaktadır. Genlikte zamanla bir azalma meydana geldiği için "sönümlü
harmonik hareket" isimlendirmesi yapılmıştır. Sönümlü harmonik hareketin
açısal frekansı, sönümün olmadığı durumdakinden daima daha küçüktür.
1
R2
1
ω ′ =− 2 < ω =
LC 4 L
LC
R 2 /4L2  1/ LC durumunda, bu iki frekans yaklaşık aynı alınabilir (ω ′ ≈ ω ).
(31-37)
DERS NOTLARININ
HAZIRLANMASINDA
YARARLANILAN KAYNAK KİTAPLAR
Fiziğin Temelleri (Ders Kitabı)
(David HALLIDAY, Robert RESNICK, Jearl WALKER)
Üniversite Fiziği (Yardımcı Kitap)
(Hugh D. YOUNG ve Roger A. FREEDMAN)
Fen ve Mühendislik İçin FİZİK (Yardımcı Kitap)
(Raymond A. SERWAY ve John W. JEWETT)