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