genel fizik ıı ders notları

GENEL FİZİK II
DERS NOTLARI
Hazırlayanlar:
Prof. Dr. Mustafa POLAT
Prof Dr
Prof.
Dr. Leyla TATAR YILDIRIM
2012
BÖLÜM-21
BÖLÜM
21
Elektrik Yükü
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
Bu bölümde, maddenin özelliklerinden birisi olan “elektrik yükü” ile
tanışacağız.
D
e
.
R
Atomu meydana
At
d
getiren
ti
elektron,
l kt
proton
t
ve nötron’
öt ’ nun yüklerini
ükl i i
öğreneceğiz ve devamında da şu konulara değineceğiz:
v
T
A
L
• Elektrik yükünün çeşitleri
O
P ((Coulomb yyasası))
• İki y
yük arasındaki kuvvet
• Yükün kuantalığı FA
A
• Yükün korunumu
T
S
U
M
.
R
D
(21-1)
Bir kumaş parçası ile ovuşturulan kehribarın tüy gibi
hafif nesneleri çektiği antik çağlardan beri bilinen bir
şeydir. Bu olgu, maddenin yeni bir özelliği olan
“elektrik
elektrik yükü
yükü” ile ilgilidir.
ilgilidir Birçok deney,
deney iki tür
elektrik yükünün varlığını göstermiştir: pozitif (renk
kodu: kırmızı) ve negatif (renk kodu: siyah). “pozitif”
pozitif
ve “negatif” isimleri Benjamin Franklin tarafından
verilmiş isimlerdir.
M
I
IR
.
R
S
U
M
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
D
Cam bir çubuğu v
ipek
e bir kumaşla ovuşturduğumuzda,
ikisi de elektrik
yükü kazanır. Cam çubuğun kazandığı
T
Apozitif olarak tanımlanır.
yükün işareti
L
O
P şekilde,
Benzer
şekilde plastik bir çubuğu bir kürk ile
A
F
ovuşturduğumuzda,
ikisi de elektrik yükü kazanır.
A
T Plastik ççubuğun
ğ kazandığı
ğ y
yükün işareti
ş
negatif
g
olarak
tanımlanır.
D
(21-2)
Yüklü cisimlerle yapılan bir çok deneysel çalışmalardan
elde edilen sonuçlar şu şekilde özetlenebilir:
M
I
IR
D
L
YI
1. Aynı işaretli yükler (her ikisi de pozitif veya negatif)
birbirlerini iterler (Şekil-a).
S
U
M
.
R
A
L
2 İşaretleri farklı olan yüklerY(biri pozitif,
2.
pozitif diğeri
E(Şekil-b).
negatif) birbirlerini çekerler
L
.
R
D
Yükünün işareti bilinen
bir cisimle, yükünün işareti
e
v
bilinmeyen cisim
arasındaki etkileşme kuvvetinin
T
A
yönünden Lyararlanarak,
bilinmeyen cismin yükünün
işaretiniO
P belirleyebiliriz.
A
FAynı işaretli yükler birbirini iter.
A
T
Zıt işaretli yükler birbirini çeker.
D
(21-3)
M
I
R
I
İpek bir kumaşla ovuşturulan cam çubuğun
pozitif
D
L yükü
I
yüklü olduğunu biliyoruz. Bu çubuğu,
Y
A dönebilecek
kaybolmayacak ve etrafında serbestçe
L
Y
şekilde
kild ortasından
d
asalım.
l
S
Sonra
d
da,
yükünü
ükü ü
E
L cam çubuğa doğru
bilmediğimiz bir cismi
.
R
yaklaştıralım.
yaklaştıralım
D
edurum söz konusudur:
v
Mümkün olan iki
T
Şekil- L
a:Aİki cisim birbirini iter. Bu durumda
O
bilinmeyen
yük pozitif işaretlidir.
P
A
F Şekil-b: İki cisim birbirini çeker. Bu durumda
Yö t
Yöntem:
S
U
M
.
R
A
T
bilinmeyen
y y
yük negatif
g
işaretlidir.
ş
D
(21-4)
Benjamin Franklin zamanında (18. yy) elektrik
yükünün bir çeşit ağırlıksız,
ağırlıksız sürekli akışkan
olduğu kabul ediliyordu. 20. yy başlarında Ernest
Rutherford’ un atomun y
yapısı
p üzerinde y
yürüttüğü
ğ
araştırmalar, maddenin ne şekilde meydana
geldiğini ortaya koydu ve bileşenlerinin sahip
oldukları yüklerin belirlenmesini sağladı.
M
I
IR
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
Atomlar elektronlardan ve çekirdekten oluşur.
Çekirdeğin kendisi de, proton ve nötronlardan
oluşur.
v
T
D
e
A
L
Atomun çapı
 510-10 m.O
-15P
Çekirdeğin çapı  510
m
m.
A
F
A
Elektronlar negatif
yüklü, protonlar pozitif yüklü, nötronlar ise yüksüzdür.
T
S
Bu durumdaUelektrik yükü, atomu oluşturan parçacıkların (elektron, proton,
M
.
nötron)
temel bir özelliğidir.
R
D
(21-5)
M
I
IR
Atomik Bileşenlerin Kütleleri ve Yükleri:
Nötron (n) :
Proton (p) :
Elektron (e) :
D
L
YI
Kütle m = 1.67510-27 kg; Yük q = 0
27 kg; Yük q = +1.60210
19 C
Kütle m = 1.67310
1 67310-27
+1 60210-19
Kütle m = 9.1110-31 kg; Yük q = -1.60210-19 C
A
L
Y
N 1 Elektron
Not-1:
El k
ve protonun yükleri
ükl i için,
i i sırasıyla,
l “-e”
“ ” ve “+e”
“ ”
E
L .
sembolleri kullanılır. Bunlar temel yük olarak bilinirler
.
R
D
Not-2: Bir atomdaki elektron ve proton sayıları
eşitse, atom elektriksel
e“atom numarası (Z)” dır.
v
olarak “nötr” olarak adlandırılır. Bu sayı
T
Ave nötron sayılarının toplamı ise
Not-3: Bir atomdaki proton
L
“kütle numarası (A)” dır.PO
A
Gösterim: 235 AF
Z = 92 = elektron/proton sayısı
U
92T
S
A = 235 =proton
t + nötron
öt
sayısı
U
M
.
R
D
(21-6)
Yükün Quantalanması :
M
I
R
I
Bir nesnenin toplam yükü, o nesnedeki temel parçacıkların sayısına
D
L
I
Y
(elektron, proton, nötron) bağlıdır. Elektron sayısı N , proton sayısı
A
L
N ve nötron sayısı N olan bir nesnenin net yükü,
yükü Y
E
L
.
Q  eN  eN  0N  e  N  N   ne
R
D
e Bu, net yükün elektron
olur. Burada, n   N  N  ve tamsayıdır.
v
T
A
yükünün tamsayı katları kadarLolacağını
gösterir. Yani yük quantalıdır.
O
P
A
F
A
N
T
S
N
U
N
M
.
R
D
e
p
n
net
e
p
n
p
p
e
e
p
e
n
(21-7)
Yükün Korunumu:
M
I
Rbir
Her ikisi de yüksüz olan cam bir çubuk ile ipek
I
kumaşımız olsun.
olsun Cam çubuğu ipekILD
kumaşla
Y yüklenir.
ovuşturduğumuzda, cam çubuk pozitif
A şekilde, ipek
L
Aynı anda, toplam yük sıfır olacak
Y
E olarak yüklenir.
kumaş da eşit miktarda L
negatif
.
Buradan, ovuşturma R
işleminin
herhangi bir yük
D
oluşturmadığı ancak,
birinden diğerine yük akışı
e Yükün korunumu şöyle
v
sağladığı anlaşılır.
T
ö tl bili
özetlenebilir:
“H h i bir
“Herhangi
bi işlemin
i l i öncesindeki
ö
i d ki
A
L
toplam
yük,
işlemden sonraki toplam yüke eşittir”.
O
P
A
AF Önceki Net Yük = Sonraki Net Yük
T
S
U
M
.
R
Qi  Q
f
D
(21-8)
M
I
IR
İletkenler ve Yalıtkanlar :
D
L
YI
A
L
Y
Ebazılarıdır.
malzemelerdir. Bakır, aliminyum, civa bunlardan
L
.
Raşmalarına izin vermeyen
Yalıtkanla yüklerin içlerinde serbestçeDdol
Yalıtkanla,
e bunlardan bazılarıdır.
malzemelerdir. Plastik, lastik, cam, vseramik
T
İletkenlerde, atomun son yörüngesindeki
bir veya daha fazla elektron
A
L
O hale gelebilir ve iletken içinde hareket
kolayca atomdan ayrılıp P
serbest
A
eder. Bunlara iletimFelektronları
diyoruz. İletim elektronları geride
A
y dediğimiz
ğ ST
pozitif
p
yüklü
y
atomlar bırakırlar. İletkenin içinde
ç
sadece
iyon
U
iletim elektronları
serbestçe hareket edebilir, pozitif yüklü iyonların
M
.
R
konumları
değişmez.
değişmez Yalıtkanlar ise iletim elektronu içermezler.
içermezler
D
İletkenler, yüklerin içlerinde serbestçe dolaşabilmelerine izin veren
(21-9)
Bir İletkeni İndüksiyon
y Yoluyla
y Yüklemek :
M
I
IR
Şekil-a' da bir iletken yaltkan bir iple asılmıştır ve başlangıçta
D
L
YI
yü sü dü . Negatif
yüksüzdür.
Negat yü
yüklü
ü pplastik
ast çubuğu yavaşça yaklaştıralım.
ya aşt a .
Plastik yalıtkandır ve üzerindeki negatif yükler hareketsizdir.
Ancak, iletken içindeki negatif yükleri sağ uca doğru itecektir.
S
U
M
.
R
A
T
A
L
Y
E meydana geldinden pozitif
İletkenin sol ucunda elektron boşluğu
L
.
yüklenmiş olacaktır
olacaktır. ŞekilŞekil bR
'de
de toprağa bağlı bir iletim yolu
D
oluşturulmuş, böylecee
elektronların toprağa akması sağlanmıştır.
v
Toprak bağlantısını
iptal eder ve plastik çubuğu uzaklaştırırsak,
uzaklaştırırsak
T
A
L
iletken çubuk pozitif yüklenmiş olacaktır.
O
P İletkenhe üzerinde indüklenen yük,
Not -1:
yük plastik çubuğun
A
F yükü ile ters işaretlidir.
Not - 2 : Plastik çubuk aynı amaçlı çok defa kullanılabilir.
kullanılabilir
D
(21-10)
Coulomb Yasası :
M
I
R
I
birbirlerine, aşağıda özellikleri verilen kuvvetler uygularlar.
D
L
1. Kuvvetler, yükleri birleştiren doğru boyuncadır.
YI
2. Yükler aynı işaretliyse, kuvvet iticidir.A
L
Y
Yükler zıt işaretliyse, kuvvet çekicidir.
E
L
3. Kuvvetin büyüklüğü, Coulomb
Yasası olarak bilinen
.
R
q q
1
D
olmak e
üzere, F  k
eşitliği ile verilir.
k
4
r
v
B d  , boşluğun
Burada
bAT
l ğ veya havanın
h
elektriksel
l kt ik l geçirgenliği
i
liği
L
olarak O
bilinir ve değeri 8.85  10 N  m /C dir.
P
A
F
Aralarındaki mesafe r olan, q1 ve q2 yükleri olsun. Bu yükler
1
q1 q2
F k
r2
2
2
0
0
-12
2
2
m1m2
F G 2
r TA Coulomb kuvveti ve Newton'un gravitasyonel kuvveti aynı
S
U
D
M
.
R
formdadır. Tek fark
formdadır
fark, gravitasyonel kuvveti her zaman çekici
bir kuvvettir. Buna karşın Coulomb kuvveti, yüklerin işaretine
bağlı olarak çekici veya itici olabilir
olabilir.
(21-11)
Örnek : Hidrojen atomunda çekirdekteki proton ile yörüngedeki elektron arasındaki
M
I
IR
uzaklık ortalama 5.3  1011 m' dir. Bunlar arasındaki elektriksel ve gravitasyonel
kuvvetlerin büyüklüklerini bulunuz.
D
L
I
Y
Coulomb yasasından, bu iki yük arasındaki kuvvetin büyüklüğü:
A
L
Y
1.6  10
e
F k
 9  10
 8.2  10 N. LE
r
.
 5.3  10 
R
D
İki kütle arasındaki çekim kuvvetinin büyüklüğü,
Newton' un gravitasyon
e
v
yyasasından:
T
A
L
9.11  10   1.67  10 
mm

O
F G
 6.7  10
 3.6  10
N.
P
r
5 3  10 
5.3

A
F
A
Atomik boyutta, T
parçacıklar arasındaki kütle çekim kuvveti önemsenmeyecek
S
düzeyde küçüktür.
U
M
.
R
D
 19 2
2
8
9
E
 11 2
2
 31
e
g
p
2
 27
 11
 47
 11 2
(21-12)
Coulomb Yasası ve Üstüste Binme İlkesi :
Bir yük
Bi
ük grubunun
b
bbelirli
li li bi
bir yüke
ük uyguladığı
l d ğ nett kuvvet,
k IMt
R
I
tüm yüklerin uyguladığı kuvvetlerin vektörel toplamına
D
L
eşittir.
YI
A
L

Y
Ö
Örneğin,
q ve q yükleri tarafından q yüküne uygulanan
net kuvvet (F ),
E



L
.
F F F
R


D
ile verilir. Burada, F ve F sırasıyla qe ve q yüklerinin q yüküne
v
uyguladığı kuvvetlerdir
kuvvetlerdir. q yüküneT
etkiyen n tane nokta yük olması
A
L
durumunda ise net kuvvet, O
P 





A
F  F  F  F  ...

F F
F
A
T
S
il ifade
ile
if d edilir.
dili
U
 

M
.
F F F
R
D
2
1
21
3
1
1
31
21
31
2
3
1
1
n
1
21
31
41
n1
i2
i1
1
12
14
(21-13)
Örnek : Şekildeki gibi üç nokta yük, dik kenarlarının
M
I
IR
uzunluğu a = 10 cm olan ikizkenar üçgenin köşelerine
D
L
YI
yerleştirilmiştir. q1 = q3 = 5  C ve q2 = 2  C olduğuna
göre q3 yüküne etkiyen net kuvveti bulunuz.
A
L
Coulomb yasasından
yasasından, q ve q yüklerinin q yüküne uyguladıkları
kuvvetlerin
Y
E
L
büyüklükleri:
.
R
5  10  5  10  D
q q

e  11 N
 9  10
F k
v
2  0.1T
 2a 
A
L
2  10O  5  10 
q q

P
F k
 9  10
9 N
A
a
 0.1
F
A



F F F S
T
(11cos 45  9)iˆ  11sin 45  ˆj  1.1i
1 1iˆ  77.9
9ˆj N
U
M
 7.9 
.
Fnet   1.1   7.9   8 N ;   tan 
 =98
R
1 1
 1.1
D
1
2
3
6
1
3
13
6
9
2
2
6
2
23
net
3
9
2
2
13
6
23
2
2
1
o
(21-14)
Örnek : Şekildeki gibi üç nokta yük, x -ekseni üzerine
M
I
IR
yerleştirilmiştir q1 = 15  C
yerleştirilmiştir.
C'luk
luk yük x = 2 m noktasında,
noktasında
q2 = 6  C'luk yük ise orijinde bulunmaktadır. q3 nokta
yükü x -eksini
eksini üzerinde hangi noktada olmalıdırki,
ırki üzerine
etkiyen net kuvvet sıfır olsun?
D
L
YI
A
L
Y
q ve q yükleri aynı işaretli olduğu için, işareti ne olursa
olsun q
E
L
.
bunların arasına konulmalıdır. Bu durumda:
R
D
q q
q q
e
; F k
F k
v
x
2  x
T
A
L
q
qO
F F 
P
 3x  8 x  8  0
 2  x A x
F
A
x  0.775 m T
S
bulunur. U
M
.
R
D
1
2
3
1
13
3
2
23
2
1
13
23
2
yükü
3
2
2
2
2
(21-15)
Örnek : Aynı noktadan asılmış, kütleleri 3 102 kg olan
yüklü iki özdeş küre şekildeki gibi dengededirler. İplerin
İ
boyu 15 cm ve  = 5o olduğuna göre, kürelerin yükü nedir?
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Denge durumunda yükler arasındaki uzaklık: a  LsinYolacaktır.
olacaktır Küreler
E
L
dengede olduğuna göre:
.
R
q
D
T sin   k
; T cos   mg
e
v
2
a
 
T
A
q
L
k
O
a
mg
2
g
tan   2a 
P


t 
tan
q A

 19.54
19 54  10
mg
k
F
A
q  4.42
4 42  10 SCT
U
bulunur. M
.
R
D
2
2
2
2
2
2
16
8
(21-16)
Örnek : Kütleleri m, yükleri de q1 = Q ve q2 = 2Q olan
M
I
IR
iki parçacık L uzunluğundaki iplerle aynı noktadan düşey
olarak asılı halde dengededirler. Yükleri asılı oldukları
D
L
I
Y
çok küçüktür. Bu iki açı arasındaki ilişkiyi ve yükler arasındaki mesafeyi bulunuz.
A
L
Y
T sin   F 
F E
q yükü için
tan   . L

T cos   mgg 
mgg 
R
 
   
D
T sin   F 
F 
e
tan  
q yükü için
v
mgg 
T cos   mg 
T
A
L
r  L sin  
r
O
L sin   2 L tan   tan  
  r  2P
r  L sin  
2L
A
F
A
 4kQ L 
2Q
r
T
F  mg tan S  k
 mg
 r 

r
mg
2L
U


M
.
bulunur.
R
D
noktaya bağlayan iplerin düşeyle yaptıkları 1 ve  2 açıları
1
1
E
1
1
1
E
1
1
2
2
E
2
2
2
1
1
1
1
2
2
E
E
2
1
2
2
1
2
1/3
2
(21-17)
Örnek : Yükleri + q olan iki özdeş parçacık, aralarındaki mesafe d olacak
şekilde y -ekseni
ekseni üzerinde sabitlenmişlerdir
sabitlenmişlerdir. Yükü  Q ve kütlesi m olan
üçüncü bir parçacık ise, iki yükün ortasından dik olarak geçen eksen
M
I
IR
D
L
I
Y
bu eksen üzerinde rahatça hareket edebilmektedir. x  d durmunda,  Q
A
L
yükünün basit harmonik hareket yapacağını gösteriniz.
gösteriniz Hareketin
Hareket
in periyodunu bulunuz
bulunuz.
Y
E
L
.
Basit harmonik hareket yapan bir cisim için
için, F  Cx
olmalıdır (  C )).
R
D
e qQ sin    2kqQx
Q yüküne etkiyen geri çağırıcı kuvvet: F v2k
x  (d / 2)
T
 x  (d / 2) 
A
L
2kqQx O
 16kqQ 


xd F 
P

x
 d 
(d / 2) 1 A
(2 x / d ) 
F
A
T
d
S
  2 / T  T  2
U
16kqQ
M
.
R
D
üzerinde merkezden x kadar uzaktaki bir noktaya konuyor.
üzerinde,
konuyor  Q yükü
2
2 3/2
3
2
2
2 3/2
3
3
(21-18)
Örnek : Yükleri + q olan dört özdeş parçacık, xy -düzleminde
M
I
IR
b l
bulunan,
kenar
k
uzunluğu
l ğ L olan
l bir
bi karenin
k
i köşelerine
kö l i şekildeki
kild ki
gibi sabitlenmişlerdir.  Q yüküne sahip başka bir parçacık ise,
k
karenin
i merkezinden
k i d dik olarak
l k geçen z -ekseni
k i üüzerinde,
i d kkare
merkezinden z kadar uzaktaki bir noktaya konuluyor.  Q yükü
üzerine etkiyen net kuvveti bulunuz.
bulunuz
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
+q yüklerinden birisinin  Q yüküne uyguladığı çekici kuvvet: F  k
a   L / 2   L / 2  L / 2
2
2
cos  
2
A
L
O
z
z 2  a2
A
F

Fnet  4 F cos   Fnet  
bulunur.
2
M
.
R
S
U
A
T
P4kqQz
k Q
z
2
a

2 3/2
v
T
D
e
qQ
z 2  a2
kˆ
D
(21-19)
BÖLÜM-22
BÖLÜM
22
Elektrik Alanlar
M
I
IR
D

L
I
Bu bölümde durgun yüklerin oluşturduğu elektrik alan
Y ( E ) kavramıyla
A
L
Y
LE
tanışacağız. Yüklerin durgun olması halinde, yükler arasındaki
etkileşmeleri belirlemek için Coulomb yasası yeterlidir. Yükler durgun
olmasaydı,
l
d bu
b etkileşmeleri
kil
l i belirlemek
b li l
k için
i i başka
b k alternatif
l
if yollar
ll bulmak
b l k
gerekirdi. Bu konu kapsamında şu konulara değinilecektir:
A
L
O
e
v
T
.
R
D
• Nokta yükün oluşturduğu elektrik alanın bulunması
• Nokta yük
y g
gruplarının
p
ve sürekli y
yük dağılımlarının
ğ
oluşturduğu
ş
ğ
elektrik alanların bulunması
• Elektrik alan içindeki yüke etkiyen kuvvetin bulunması
• “elektrik dipol” kavramını öğrenmek. Düzgün elektrik alan içindeki
dipole etkiyen kuvveti, bu kuvvetin oluşturduğu torku ve dipolün
potansiyel
t i l enerjisini
ji i i belirlemek.
b li l
k
A
F
A
P
U
M
.
R
D
T
S
(22-1)
Aralarında r mesafesi olan q1 ve q2 nokta yükleri arasındaki etkileşme
kuvveti Coulomb yasasına göre,
F
M
I
IR
q
q
D
I
Lk
Y
r
1
q1 q2
4 0
r2
1
2
2
A
L
Y
bağıntısına
bağ
t s a sa
sahiptir.
pt . No
Nokta
ta yü
yükler
e aarasında
as da L
herhangi
eE a g b
bir te
temas
as o
olmadığı
ad ğ
.
halde, yüklerin birbirlerine kuvvet uygulamalarını
nasıl açıklayabiliriz? q1
R
D
yükü, yakınlarında q2 yükünün bulunduğunu
nerden biliyor? Bu nokta
e
v
ancak, yeni bir kavram olan “elektrik
alan” vektörü ile aydınlatılabilir. q1
T
A kuvvet uygulamaz. Bunun yerine, q2’ nin
nokta yükü q2 üzerine doğrudan
L
b l d ğ noktada
bulunduğu
kt d bir
bi elektrik
l kt ik alan
l oluşturur
l t
ve kuvveti
k
ti bu
b alan
l uygular.
l
PO
A



F
q yükü  A
Ele
E
lektrik Alan ( E )  E , q üzerine F kuvveti uygular
1
2
T
S
U
M
.
R
D
(22-2)
Elektrik Alan Vektörünün Tanımı :
Yandaki pozitif yüklü çubuğu ele alalım. Çubuğu
M
I
ççevreleyen
y uzaydaki
y
tüm P noktalarında R
elektrik
I

D
L
alan vektörü (E ) şöyle bulunur:
I
Y
1 P noktasına
1.
kt
pozitif
itif bir
bi q0 test
tA t yükü
ükü ko
k nur.
L

Y
2. Yüklü çubuğun q0 testEyüküne uyguladığı F

 F
E
q0
U
M
.
R
D
A
T
S
L
.
kuvveti ölçülür.R
D
e elektrik alan vektörü:
3 . P noktasındaki
v
T
 F
A
L
E
((N/C))
PO q


A
ğ ggibi E ile F aynı
y yöndedir.
y
F Görüldüğü
0
Not : q0 test yükü, çubuktaki yük dağılımını
değiştirmeyecek kadar küçüktür.
küçüktür
(22-3)
Nokta Yükün Elektrik Alan :
Şekildeki q pozitif yükünü ele alalım.
Yükt r kkadar
Yükten
d uzaktaki
kt ki q0 ttestt yüküne
ükü
etkiyen
y kuvvet ve q0 ' ın bulunduğu
ğ
noktadaki elektrik alan:
q q0
F k
r2
e
v
T
.
R
D
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
I
Y
q q0 LA q
F
E
k
k 2
2 O
q0
q0 r P
r
 FA
ile verilir.
erilirTA
E , q yükünden
ükünden dışarı doğr
doğrudur.
d r q nokta yükü
ükü
S

U
negatif
M olsaydı E , q yüke doğru olurdu.
.
R
D
(22-4)
M
I
IR
D
L
I
Y
A
L
Nokta Yük Grubunun Oluşturduğu Elektrik
Alan:
Y
E

L
Bi nokta
Bir
kt yük
ük grubunun
b
oluşturduğu
l t d ğ nett elektrik
l kt ik alan
l E, herbir
h bi yükün
ükü
.
R
D
oluşturduğu elektrik alanların vektörel
toplamına eşittir.
e
v
T
Yukarıda verilen nokta yükA
grubunun
orijinde oluşturduğu elektrik alan,
   
L
O
E  E1  E2  E3
P
 A

F
olur. Burada EA
y , q1, q2 ve q3 yüklerinin
y
orijinde
j
1 , E2 ve E3 sırasıyla,
T
S
oluşturdukları
elektrik alan vektörleridir.
U
M
.
R
D
(22-5)
Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, q1 = 7.0  C' luk bir yük
orijinde ve q2 = 5.0  C' luk diğer bir yük ise x = 0.3 m
M
I
IR
noktasındadır. Koordinatları (0;0.4) olan P noktasındaki
elektrik alanını bulunuz.
D
L
I
Y
A
L
elektrik alanların büyüklükleri, sırasıyla,
Y
E
L
q
q.
E k
 3.9  10 N / C ; E  k R  1.8  10 N / C
D
r
r
e
v
değerlerine sahiptir. BuradanTda P noktasındaki net elektrik alan,
A ˆ
 

L
ˆj
E  E  E  1.8
1 8  10
cos

i

3
3.9
9

10

1.8
1
8

10
sin




PO

A E  1.08  10 ˆi + 2.46  10 ˆj N / C
F
sin   0.8
0 8 A

T

2.46  10
S
cos   0.6
)  66.3
  tan (

U
1.08  10
M
.
bulunur.
R
D
q1 ve q2 yüklerinin P noktasında oluşturdukları
1
2
1P
1
2
2
2P
5
2
5
1
5
5
5
2
5
1
5
5
o
5
(22-6)
Örnek : Dört adet nokta yük, şekilde gösterildiği gibi,
kenar uzunluğu a olan bir karenin köşelerine konmuştur.
konmuştur
Sağ üst köşedeki q yükünün bulunduğu noktada, diğer
yükler tarafından oluşturulan elektrik alanını ve q yüküne
etki eden kuvveti bulunuz.
D
L
I
Y
A
2 q, 3q ve 3q yüklerinin, q yükünün bulunduğuLnoktada
oluşturdukları
Y
y
, sırasıyla,
y , LE
elektrik alanların büyüklükleri,
.
R
2q
3q
4q
D
E 2 q  k 2 ; E3 q  k 2 ; E 4 q  k 2
e a
a
2a
v
T
ifadelerine sahiptir. İlgi duyulan
noktadaki net elektrik alan :
A
L
 

 O kq
k 
3
k 
3
 ˆ kq

P
E  E 2 q  E3 q  E 4 q  2  2  cos 45  i  2  4  cos 45  ˆj
A a  2
2
a 


F
5
 kq TA
5.06

10
o

)
58.8
E  2S3.06iˆ + 5.06ˆj ;   tan 1 (
U
3.06  10 5
a
M
.
Rbulunur.

D
M
I
IR

(22-7)
Örnek : Yükü q ve kütlesi m olan bir parçacık,
şekilde gösterildiği gibi, + x-ekseni yönünde

yönelmiş düzgün bir E elektrik alanı içinde ilk
M
I
IR
D
L
I
Y
hızsız serbest bırakılıyor. Cismin hareketini
A
L
tanımlayınız. (Yer-çekimi kuvvetini ihmal
Y ediniz).
qE
ma x  qE  a x 
m ve
T
xi  0 ve vi  0 olduğundan,
A
E
L
.
R
D
L
O
1
qE 2
qE
2
P
xs  a x t 
t ; vs  a x t 
t
A
2
2m
m
F
 A

W = F T x   K  K s  qEx
S
U
bulunur.
M
.
R
D
(22-8)

Örnek : Bir proton, elektrik alanının E = 6 105ˆi olduğu bir bölgeye
+x - ekseni yönünde fırlatılıyor. Proton duruncaya kadar elektrik alan
M
I
içinde 7 cm yol alıyor. Protonun ivmesini, ilk hızını ve ne kadar
R sürede
I
D
durduğunu bulunuz. (Yer-çekimi kuvvetini ihmal ediniz).
IL
Y
A


L
ma  qE 
Y
E

L
.
 qE 1.6 1016
5ˆ
16 ˆ
2
R
a
=
(

6

10
i)
=

5.75

10
i
m
/
s
27
D
m 1.67 10
e
v


vs2  vi2  2a  x  0  vi2 A
2 T5.75 1016   0.07   vi  9 107 m / s
L
O
vi P 9 107
9


1.57
10
=1.57 ns
vs  vi  axt  t A 
16
F ax 5.75 10
A
T
bulunur. S
U
M
.
R
D
(22-9)
Örnek : Bir noktadan ağırlıksız iple asılmış q yüküne ve
m kütlesine sahip küçük bir küre
küre, şekilde gösterildiği gibi

E = Aˆi + Bˆj (N/C) ile verilen düzgün bir elektrik alan içinde
dengededir. A ve B pozitif sabitlerdir. Kürenin yükünü ve
ipte oluşan gerilmeyi bulunuz.

F 0
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
I
Y
T sin   qE x  qA 
qA R.
mg tan 
q
  tan  
D
T cos   qB  mg 
mg
A  B tan 
e  qB
T sin   qA 
v
T
A
L
qA
A mg O
tan 
mgA
T 


P
A  B tan  cos   A  B tan  
sin  sin  A
F
A
b l
bulunur.
T
S
U
M
.
R
D
(22-10)
Elektrik Dipol :
Aralarında d uzaklığı olan, eşit ve zıt işaretli iki
M
I
yükten  q  oluşan sisteme "elektrik dipol
denir
nir.
R " de
I
D

L
I
Her elektrik dipol, "elektrik dipolYmoment (p)"
A p = qd ve yönü
vektörü ile tanımlanır. Büyüklüğü
L
Y
E doğru
yükünden q yyüküne
ğ dur. Su molekülü
de - q y
L
.
R
(H O) gibi birçok
molekül kendiliğinden bir dipol
D
v
momente
t sahiptir.
hie ti Oksijen
Ok ij atomu
t
ile
il iki hidr
hid ojjen
T
A
L
atomu arasındaki bağ,
ğ, 10
değerlik
ğ
elektron
paylaşımı
p
y
ş
ile
sağlanır
ğ
(
(8
tane
O
P
O' dan, 1' er tane de
H' den). Bu 10 değerlik elektronu O atomuna yakın
A
F
olma
l eğilimindedir.
ğili T
iA
d di Bu
B nedenle
d l su molekülünde,
l külü d O' nun bbulunduğu
l d ğ taraf
t f
S
H atomlarının
bulunduğu tarafa göre daha negatiftir.
U
M
.
R
D
2
(22-11)
Dipolün Oluşturduğu Elektrik Alan :
Dipolü oluşturan yüklerin P noktasında oluşturdukları
M
I
elektrik alanların büyüklükleri:
R
I
D
1 q
1 q
L  E(  )  E( )
 EInet
E(  ) 
ve E(  ) 
2
2
4 0 r
4 0 r Y
Enett
Enet
.
R
D
A
L
1 EY q
L

1 q
q
q



 2  2 .
2
2

4 0  r
r  4 0   z  d / 2 
z

d
/
2



R
D
e
2
2

q
d  
v d 


 1     1   
2 T
4 0 zA 2 z 
 2 z  
L
d PO
2

 1 yaklaşımı yapılırsa 1  x   1  2 x  :
A


2Fz
A
T
q  d   d  
qd
1 p
S

Enet 
1    1    =
U
2 
3
3
4

z
z
z
2

z
2


z
 


M
0
0
0
(22-12)
Sürekli Yük Dağılımlarının Oluşturduğu Elektrik Alan:
Q,A
Q,V
dq
dq
dV
dA
Q dq
 
(C/m)
L dl
Q dq
 
(C/m2 )
A dA
LA

Y
LE
M
I
IR
D
L
I
Y dq
Q
V

dV
(C/m3 )
(C/
.
R
- Q yükü L uzunluğunda bir çubuğa
düzgün dağılmış ise,
D
e
v
çizgisel yük dağılımı sözTkonusudur.
A
L
- Q yükü A yüzey alanına
sahip bir plakaya düzgün dağılmış
O
P
A dağılımı söz konusudur.
ise, yüzeyselFyük
A
T
- Q yüküSV hacmine sahip katı bir cisme düzgün dağılmış ise,
U
hacimsel
konusudur.
M yük dağılımı söz konusudur
.
R
D
(22-13)
Yanda verilen hacimsel yük dağılımını gözönüne
alalım. Bu yük dağılımının P noktasında oluşturduğu
IM
R
I
D
elekrik alanı hesaplamak için izlenmesi
ILgereken yol
şöyle
ö l öözetlenebilir:
tl bili
A
L
Y
LE
Y
1 Yük ddağılımını,
1.
ğl
hacmi
h i dV olan
l sonsuz. küçük
kü ük elemanlara
l
l ayıralım.
l
R
D
Her eleman dq  dV yüküneesahiptir ve P noktası dq yükünden
v
T
r kadar uzaktadır.
A
L

2. dq
d yükünü
k
nokta
k yük
k kkabul
b l ederek
d k P nokta
k sında
d oluşturduğu
l
d
d
dE
PO
D
A
F
yaz ve yyük dağılımı
y
ğ
üzerinden integralini
g
al (topla).
( p )
elektrik alanını
A
T

S
dq
1 dV
U
E 
dEM
rˆ
2
2

40r
40 r
.
R
(22-14)
Örnek : Homojen yüklü sonsuz uzunluktaki bir çubuk
şekildeki
kild ki gibi
ibi x-ekseni
k i üzerinde
ü i d bulunmaktadır.
b l
kt d Çubuk
Ç b k
 çizgisel yük yoğunluğuna sahip ise, çubuktan y kadar
uzaktaki bir noktada elektrik alan ifadesini bulunuz.
dq
q
 dx
dE  k 2  k 2
r
 x  y2 
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
I
Y
ddx
.
E   dE cos   k  y 
R

D
 x  y e
1  x / y 
v
tan   x / y
 T k  1  tan   d  k 
A

cos  d 
L E 


y 
y 1  tan  
y
1  tan   d  dxP/ O
A
F

k
k
x
2k 

A
E
sin
 


 E
T
yS
y  x  y 
y
2 y
U
M
.
bulunur.
R

d
dx
2 3/ 2
2

k
 2
y

2 3/ 2
2

2
2
2
3/ 2

2
2

D
0
(22-15)
Örnek : Uzunluğu L olan homojen yüklü bir çubuk şekildeki
gibi x-ekseni üzerinde bulunmaktadır. Çubuk  çizgisel yük
yoğunluğuna sahip ise, çubuğun orta noktasından y kadar
uzaktaki bir noktada elektrik alan ifadesini bulunuz.
dq
q
 dx
dE  k 2  k 2
r
 x  y2 
E   dE cos   k  y
 L/2

d
dx
.
R
D
A
L
Y
LE
k
 2
y
 L/2

M
I
IR
D
L
I
Y
dx
d
 x  ye
1  x / y 
v
tan   x / y
 T k  1  tan   d  k 
A

cos  d 
L E 


y 
y 1  tan  
y
1  tan   d  dxP/ O
A
F

k
k
x
k L
A
E
sin
 
E


T
yS
y  x  y 
y L / 2  y
U
M
.
bulunur.
R
D
 L/2
2 3/ 2
2
2
 L/2
2 3/ 2
2
2
2
3/ 2
 L/2
2
2
2
2
 L/2
(22-16)
Örnek : Uzunluğu L olan homojen yüklü bir çubuk
şekildeki gibi x-ekseni
ekseni üzerinde bulunmaktadır.
bulunmaktadır
Çubuk  çizgisel yük yoğunluğuna sahip ise, orijinden
x kadar uzaktaki (x > L) bir P noktasında elektrik
alan ifadesini bulunuz.
A
L
Y
LE
dq
 dx '
dE  k 2  k
2
x
 x  x '
L
E   dE  k  
0
dx '
 x  x '
L
O
L
;
T
A
2
M
I
IR
D
L
I
Y
.
R
u D
x  x '
k  du
vdue   dx '  E   k  y  u

2
2
1
1
 1
 1
E  k  k  P   k 
 
u
x  x '0
A
x L x
F
k  LTA
E
x (U
xS
 L)
.M
bulunur.
R
D
(22-17)
Örnek : x-ekseni üzerinde bulunan, uzunluğu L olan bir çubuk
  Ax
A çizgisel
i i l yükk yoğunluğuna
ğ l ğ
sahiptir.
hi i (A pozitif
i if bir,
bi x ise
i
çubuğun ortasından olan uzaklıktır. Çubuğun ortasından y kadar
uzaktaki bir noktada elektrik alan ifadesi nedir?
dqq
 dx
xdx
dE  k 2  k 2
 kA 2
2
2
r
x

y
x

y




D
M
I
IR
D
L
I
Y
A
L
Y
E
L
 L/2
L/2
.
xdx R
xdx
E   dE cos   kAy 
 2 kAy 
D
3/
2
2
2
2
2 3/ 2
ey 
L/2  x v
0 x  y 
T
1/ 2
A
du
u
L
2
2
u  x  y  du  O
2 xdx  E  kAy  3/ 2  kAy
P
u
1 / 2 

A
F
L/2
A




T
1
y
S

 bulunur.
E  U
2 kAy 
  2 kA 1 
2
2
2
2 

M

x

y

L
/
2

y



0
.


R
(22-18)
Örnek : Homojen yüklü ince bir çubuk, R yarıçaplı
çemberin bir parçası olacak şekilde bükülüyor. Şekilde
M
I
ğ ggibi,, yyayı
y ggören açı
ç  ' dir. Yayın
y ççizgisel
g
yyük
verildiği
R
I
yoğunluğu  ise, çemberin merkezindeki (O noktası) ILD
Y
elektrik
l kt ik alan
l nedir?
di ?
A
L
dq
 dl
Rd  k  EY
dE  k 2  k 2  k  2  . L d 
r
R
R
R
R
D
 /2
e
k
k
 /2
v
E   dE cos  
cos  d  
sin   / 2

T

R LA
R
 /2
O 
P
2k 
2k 
A 
 ˆ
E
sinF   E 
sin   i bulunur.
R TA  2 
R
2
S
 2k 

U
. M  E 
iî ve   2  E  0
R
R
D
(22-19)
Örnek : Yüklü ince bir çubuk bükülerek, şekildeki
gibi
ibi yarıçapı R olan
l yarım çember
b haline
h li getiriliyor.
ti ili
M
I
Çubuk üzerindeki bir noktadaki yük yoğunluğu, o
R
I
D
noktanın konum vektörü ile düşey arasındaki açıya
L
I
Y
 = Acos ifadesi ile bağlıdır.
bağlıdır Yarım çemberin merkezindeki
(O noktası)
A
L
Y
elektrik alan nedir?
E
L
.
dq
 dl
cos  RdR kA

dE  k 2  k 2  kA
cos  d
D
2
r
R
Re
R
v
 / 2T
 /2
A
2 kAL
2 kA 1  cos 2 
2
E   2 dE cos   O  cos  d 
d

R 0
2
PR 0
A  /2
F

kA  TAsin
i 2 
 kA ˆ
A ˆ
E
E
j 
j bulunur.

S


RU
2 0
2R
8 0 R
M
.
R
D
(22-20)
Örnek : Q yükü R yarıçaplı bir çember üzerine düzgün
olarak
l k dağılmıştır.
d ğl
t Çemberin
Ç b i merkezinden
k i d dik olarak
l k
M
I
IR
geçen z -ekseni üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki

P noktasında elektrik alanı (E ) bulunuz. Hangi z değerinde
elektrik alan maksimum olur?
dq
dq
; dEyatay  dE sin   0 ve dEz  dE cos 
dE  k 2  k 2
2
r
z R

dEz  k
z

zdq
2
R

2 3/2
 Ez   dEz  k
A
L
O
e z
v
T
.
R
D
z
2
R

A
L
Y
LE
2 3/2
D
L
I
Y
Q
 dq  k
0
z
zQ
2
R

2 3/2

 

  Q
zQ
ˆ
ˆ
 k ; z  0  E  0 ve z  R  E  k
E  k
k
2
  z 2  R 2 3/2 
 z 


  z 2  R 2   3z 2 
dE
Q
  0  z  R  Emax 
 0  kQ 
  z 2  R2 5/ 2 
dz
2
6 0 3R2


A
F
A
P
U
M
.
R
D
T
S
(22-21)
Örnek : Yarıçapı R olan ince bir disk düzgün  yüzey
yük yoğunluğuna sahiptir. Diskin merkezinden dik olarak
M
I
ggeçen
ç eksen üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki bir
R
I

D
P noktasında elektrik alanı (E ) bulunuz.
IL
Y
A
L
zQ
zdq
z 2 rdr
Y
Ek
 dE  k
k
E
z  R 
 z Rr .L  z  r 
D
u  z r 
rdr
d
 z du
e
v
E   dE  kz
k  2 
;
 E 

T
u
4

du
rdr

2

 z LAr 
O

P

ˆ
z u
z 
1
 
z

E
A

 E
1 
k
F
4 (  1 A
/ 2)
2  z  r 
2 
z R 
T

S

U
zRE
k̂
M
2
.
R
D
(22-22)
2
2
3/ 2
2
2
R
0
3/ 2
2
2
2
2
2
3/ 2
2
3/ 2
3/ 2
0
R
 1/ 2
0
0
0
2
2
0
0
2
2
Örnek : Yarıçapı R ve yüksekliği h olan ince silindirik
bir kabuk,
kabuk xy -düzlemine
düzlemine tabanı orijinde olacak şekilde
yerleştirilmiştir. Silindir düzgün  yük yoğunluğuna sahip
M
I
IR
D
L
I
Y
olduğuna göre, ekseni üzerindeki herhangi bir noktadaki
(P ) elektrik alanı bulunuz.
A
L
z  z '  dq
z  z '   2 Rdz '


zQ
Y
Ek
 dE  k
k
E
z  R 
R . L
 z  z '  R
 z  z '  R 
D

z  z '  dz '



u
z
z
'
R

R



E   dE 
;e

v

2
 z  z '  RAT du   2  z  z ' dz '
L
O R u


P
 R du
R
1





E
E
A 4 (  1 / 2) 2   z  z '  R 
4  u
F


A
T
S

  RU

1
1
h


E M

kk̂ ; z =  E  0
2   z  h   R
2
.
z R 


R
D
2
2
3/ 2
2
2
3/ 2
2
2
h
2
0 0
2
2
3/ 2
2
3/ 2
h
 1/ 2
3/ 2
0
0
0
2
2
0
2
2
2
0
2
(22-23)
Örnek : Yarıçapı R ve Q yükünün üzerine düzgün dağıldığı çembersel bir
hhalkanın
lk
merkezine
k i  q yüküne
ükü sahip
hi noktasal
k
l bir
bi parçacıkk yerleştirilmiştir.
l i il i i
 q yükünü, çemberin merkezinden geçen dik eksen boyunca z  R olacak
M
I
R
I
şekilde çekip serbest bırakalım.  q yükünün basit harmonikD
hareket
L
I
Y
yyapacağını
p ğ ggösteriniz ve hareketinin pperiyodunu
y
bulunuz.
A
L
Y


zQ
LE z
Ek
 F  qE  F  .kqQ
R
z R 
z  R 

D
e için: F  Cz
Basit harmonik haraket yapan birvcisim
C olmalıdır
olmalıdır.
T
A
kqQ
L
zRF 
z  cisim basit harmonik haraket y
yapıyor.
py
R PO
A2 kqQ
kqQ
mR
F
a
z A 

 T  2
mR ST
T
mR
kqQ
U
M
.
R
D
2 3/ 2
2
2
2 3/ 2
3
3
3
3
(22-24)
Elektrik Alan Çizgileri : İlk kez 19. yy' da Michael Faraday tarafından
elektrik alan vektörünü resmetmek için ortaya konmuştur. Elektrik alan
M
I
çizgileri ile elektrik alan vektörü arasında şu ilişkiler vardır : IR
 LD
I
1. Herhangi bir P noktasında, elektrik alan vektörü EY
elektrik
alan
çizgisine teğettir.
LA
.
R
D
Y
LE
2 Elektrik
2.
Elektrikalanşiddeti
alan şiddeti, elektrikalançizgilerininyoğunluğuileorantılıdır
elektrik alançizgilerinin
yoğunluğu ile orantılıdır.
ve
A
F
A
T
A
P
L
O
U
M
.
R
D
T
S
(22-25)
Örnek : Sonsuz geniş yüklü plakanın oluşturduğu elektrik alan
çizgileri.
i il i
M
1. Plakanın her iki tarafında elektrik alan şiddeti sabittir.
I
R
I
D
2. Elektrik alan vektörü plakaya diktir.
L
I
Y doğrudur.
3. Elektrik alan vektörünün yönü, plakadan dışarı
A
L
Not : Plaka negatif yüklü olsaydı, elektrik
alan vektörünün
Y
E
L
yönü
ö ü plakaya
l k
ddoğru
ğ olurdu.
l d .
A
F
A
A
L
O
e
v
T
R
D
P
U
M
.
R
D
T
S
(22-26)
3. Elektrik alan çizgileri pozitif yüklerden çıkarak negatif yüklerde
sonlanırlar.
Örnek :  q yükünün
y
oluşturduğu
ğ elektrik alan çizgil
g eri :
q
Ek 2
r
A
L
Y
LE
.
-Elektrik alan çizgileri yüke doğrudur.
R
D

-Elektrik
El kt ik alan
l çizgilerinin
i il i i yönü,
ö vüe E' nin
i
T
A
yönünü verir.
L
O
P
-Birim yüzeyden geçen elektrik alan
A
F
çizgilerinin
younluğu yüke yaklaştıkça
Ayounluğu,
T
S
artmaktadır.
U
M
.
R
D
M
I
IR
D
L
I
Y
(22-27)
Bir elektrik
elektrikdipolününoluşturduğu
dipolünün oluşturduğu
Özdeş iki pozitif yükün oluşturduğu
elektrik alan çizgileri:
elektrik alan çizgileri:
A
F
A
A
L
O
e
v
T
.
R
D
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
I
Y
P
U
M
.
R
D
T
S
(22-28)
Düzgün Elektrik Alan İçinde Elektrik Dipol :
Yanda x - ekseni yönünde düzgün bir elektrik alan
M
I
ç
bulunan elektrik dipolünü
p
ele alalım.
içinde
IRPozitif
DF = qE
ve negatif yüklere, sırasıyla, F+ = qEILve
Y
kuvvetleri eetkir.
tkir Dipole etkiyenAnet kuvvet,
kuvvet
L
Y
F = qE  qE = 0 olacaktır.
E
L
.
Dipolün kütle merkezine göre F D
veRF kuvvetlerinin oluşturduğu
e
v
nett tork
t k ise,
i
T
A d
d
L
τ= τ +τ = F
sin
θ+ F
sinθ = qEdsin θ = pE sin θ
O
2P
2

  FA
oolur
u ve τ = A
p × E formunda
o u da yazılabilir.
ya ab . Bu
u da, dü
düzgün
gü eelektrik
e t
T
S
alan içindeki
dipolün ötelenemeyeceğini ancak, kütle merkezi
U
etrafında
t. M
f d dö
döneceğini
ği i gösterir.
ö t i
R
D
net
+
+

+


(22-29)
Düzgün Elektrik Alandaki Elektrik Dipolünün Potansiyel Enerjisi :


90
90
U     d     pE sin ' d 
M
I
IR
(d  azalma yönündedir)

U   pE  sin d    pE cos
90
 
U =  p E


ve yönde
p ile
il E aynı
ö d (  0)  U min   pE
E.

 E
p

p

E
T
A
L kararlı denge
Sistem
g durumundadır.
A
F
A
T
S
U
M
.
R
D
.
R
D
A
L
Y
LE
D
L
I
Y
PO


p ile
il E tters yönde
ö d (  180)  U max   pE
E.
Sistem kararsız denge durumundadır.
(22-30)
Düzgün
g Elektrik Alan İçindeki Elektrik Dipolü
p
Üzerinde Dış Kuvvetin Yaptığı İş :
M
I

Dü ü bir
Düzgün
bi E elektrik
l kt ik alanı
l içinde,
i i d alanla
l l IRi açısı
D

L a). Bir dış
I
yapan bir p elektrik dipolü olsun (ŞekilY

A
L b' deki gibi E ile
kuvvetin yardımıyla dipolü Y
Şekil-
E
L
 s açısı yapacak şekilde
çevirelim.
çevirelim
Dış kuvvetin
.
R durumdaki potansiyel enerjisi
yaptığı iş, dipolünDson
e
v
ile ilk durumdaki potansiyel enerjisi arasındaki fark
T
A
kadardır:
L
O
P
W  U  U   pE cos     pE cos  
FA
U
M
.
R
D
A
T
S
s
i
s
i
W  pE
E  cos i  cos  s 
(22-31)
Örnek : Yükleri q1 = 2.0 C ve q2 = 2.0 C, aralarındaki
mesafe d = 5 mm olan bir elektrik dipolü,
dipolü merkezi orijinde
olacak şekilde z-ekseni üzerinde konmuştur. z-eksenine dik
ve dipolün merkezinden 1.5 m uzaktaki bir noktada elektrik
alan nedir?
M
I
IR
D
L
I
Y
A
q
L
Y ; E  k
2E 2
2
 d / 2. L x
 d / 2  x2
R
 

Ex  E cos  D
 E cos   0 
e
E  E  E ;

v
E y  E sinT  E sin   2 E sin  
A
L

qd
k

O
ˆ
ˆ
E   E y k  k
k
p
P2
3/2
3/2
2
2
2
A


d / 2  x
d / 2  x
F






A
T

S
ˆ
E  26.7k
N/m
U
M
.
R
D

p   qd  k̂  1108 C  m ; E  k
q
(22-32)
Örnek : Yükleri q = 1.6 1019 C ve aralarındaki mesafe
d = 0.125
0 125 nm olan bir elektrik dipolü,
dipolü büyüklüğü 5 105 N/C
olan düzgün bir elektrik alan içine şekilde görüldüğü gibi
yerleştirilmiştir Dipol ve elektri
yerleştirilmiştir.
elektrikk alan sayfa düzlemindedir.
düzlemindedir
Elektrik dipol momentini, dipole etkiyen torku ve dipolün potansiyel enerjisini
b l
bulunuz.
Di
Dipol,
l elektrik
l k ik alan
l tarafından
f d kendisiyle
k di i l aynı yönde
ö d oluncaya
l
kadar
k d
döndürülür. Elektrik alanın yaptığı iş ne olur?
M
I
IR
.
R
D
A
L
Y
LE
D
L
I
Y
p  qd  1.6  1019    0.125  109  = 2.0  1029 C  m ( yükten + yüke doğru)
  
  p  E    pE sin    22.00 1029    5 105  sin145
e
v
T
  5.7 1024 N
LAm (sayfa düzleminden dışarı doğru)
PO
 
U   p  E  U   pE cos145    2.0 1029    5  105  cos145
A
F
U
 8.2
8 2  10
A
T
S
24
J
W = U  W   pE (cos145  cos 0)    2.0 1029    5 105  (1.82)
U
M
.
R
D
W  1.82 10 23 J
(22-33)
BÖLÜM-23
Gauss Yasası
B bölü
Bu
bölüm kapsamında
k
d şu kkonulara
l ddeğinilecektir:
ği il kti
• Elektrik akısı (Φ)
• Simetri
• Gauss yasası
Gauss yasasını uygulayarak;
D
e
.
R
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
v
• Düzgün yüklü sonsuz geniş yalıtkan
plakanın,
T
A çubuğun,
• Düzgün yüklü sonsuz uzunL
yalıtkan
O ve kürenin
• Düzgün yüklü küresel P
kabuğun
A
Falanları hesaplayacağız. Gauss yasasını kullanarak,
oluşturduğu elektrik
A
iletkenlerin içinde
ç ST ve dışındaki
ş
elektrik alanlar da hesaplanacaktır.
p
U
M
.
R
D
(23-1)

Bir Vektörün Akısı : Hızı v olan bir hava akımı, A yüzey alanına sahip bir

yüzeye
yü
eye doğru
doğ u geliyor
ge yo oolsun
su ve hız ve
vektörü
tö ü v ilee yü
yüzeyin
ey normali
o a (nˆ ) arasındaki
a as da
M
I
açı da  olsun. İlgili yüzeyden geçen akı,   vA cos  bağıntısı ile verilir
R ve
I
D
bu örnekte "hacimsel
hacimsel akış hızı (debi)"
(debi) anlamı taşır
taşır.
L
I
Y
yöndeyse
Not - 1 : Hava akımının hızı, geldiği yüzeyin normali ile aynı
A
L

Y
(v , yüzeye
ü
dik) akı
k maksimumdur
ki
d (vA
A).
) H
Hız yüzeyin
ü i normaline
li dik ise
i
E

L
(v , yüzeye paralel) akı sıfırdır.
.
R

 
D
Not - 2 :   vA cos   v  A biçiminde yazılabilir.
Burada A vektörü,
e
v
yyüzeyin
y normali ile aynı
y yyönde,, büyüklüğü
y T ğ A olan bir vektördür. İsmine
A
"yüzey alan vektörü" diyebiliriz. L
O
P
A
F
A
T
S
U
M
.
R
D
(23-2)
Elektrik Alan Akısı :

Şekildeki gibi E elektrik alanı içinde kapalı bir yüzey
M
I
düşünelim. Bu yüzeyden geçen  elektrik akısı şöyle
R
I
D
tanımlanır:
L
I
Y
1. Yüzeyi, A alanına sahip sonsuz küçük
elemanlara
A
L
ayıralım.
l
Y
E
L
2. Her elemandan geçen akı
E  A  EA cos olacaktır.
.
R 
D
E  A olarak bulunur.
3. Toplam akı;   
e
v
y
geçen
g ç akıya
y eşittir.
ş
4. A  0 durumundaki
limit, yyüzeyden
T
A 
  LE  dA (N  m / C)
O
P
A
F Not -1: İntegral sembolü üzerindeki çember, integralin
2
S
S
U
D
M
.
R
A
T
kapalı yüzey üzerinden alınacağını gösterir.
Note 2 : Elektrik akısı (), yüzeyden geçen elektrik alan
ççizgilerinin
g
sayısıyla
y y orantılıdır.
(23-3)
Örnek : Yükü 1.0  C olan noktasal bir parçacığın,
merkezinde bulunduğu 1.0 m yarıçaplı küresel bir
yyüzeyden
y
ggeçirdiği
ç ğ elektriksel akıyı
y hesaplayınız.
p y
E
M
I
IR
dA
r
D
L
YI
q
A
L
Y
E
elektrik alan, kendisinden dışarı doğrudur ve büyüklüğü,
L
.
R
q
D
Ek
e
r
v
T
ile verilir.
verilir Bu durumda,
durumda
A
L
 
q
O
d   E  dA  EdA cos 0P k dA
r
A
F
A
q
q
q
1  10
   k dA T
k 4 r 

 1.13  10
S
rU

8 85  10
8.85
r
M
bulunur.
.
R
D
Pozitif bir q noktasal yükünün kendisinden r kadar uzakta oluşturduğu
2
2
6
2
2
S
12
2
0
5
N  m2
C
(23-4)
Örnek : Kenar uzunluğu a olan bir küp, şekildeki

gibi,
ibi pozitif
itif x-ekseni
k i yönünde
ö ü d dü
düzgün
ü bi
bir E elektrik
l kt ik
alanı içinde bulunmaktadır. Küpün yüzeylerinden
geçen toplam elektrik akısı nedir?
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
Yüzey alan vektörleri y-ekseni (3 ve 4 nolu. yüzeyler) ve z-ekseni
R
D
doğrultusunda olan yüzeyler (ön ve arka
yüzeyler), elektrik alan
e
v
vektörüne diktir. Bu yyüzeyler
y akıya
y katkı g
getirmezler. Toplam
p
akı,,
T
A
L
1 ve 2 nolu yüzeylerden katkılanır:
 
 PO
   E  dA   E A
 dA  Ea
E c os180
180  Ea
E c os 0
F
A
T
S
  Ea
E U
  1  1  0
M
.
bulunur.
R
D
2
1
S1
2
2
S2
2
(23-5)
Örnek : Büyüklüğü 3.5 kN/C olan ve pozitif x-ekseni yönünde yönelmiş
düzgün bir elektrik alan içine, uzunluğu 0.70 m ve genişliği 0.35 m olanIM
R
I
dikdörtgen şeklinde bir plaka konuluyor. Aşağıdaki durumlar için D
plakadan
L
I
Y
geçen akıyı hesaplayınız.
A
L
Y
E plaka
b) plaka normali x-ekseni ile 40 açı yapıyor ve L
y -ekseni
.
R
yüzeyinde bulunuyorsa
D
e
v
A   0.35    0.7   245  10 Tm
A
L

Nm
O
ˆ
a  )   E   A i   EAP  3.5  10    245  10   857.5
C
A
F

A
  E  T
Akˆ   EA  ˆi  kˆ   0
S
U

M
Nm
ˆ
ˆ
.
b ) R
  E   A cos 40i  A sin 40k   EA cos 40  657
C
D
a ) pplaka yyz ve xyy düzlemlerinde bulunuyorsa
y
o
3
2
3
3
2
yz
xyy
2
(23-6)
Örnek : Kare prizma şeklindeki kapalı bir yüzey,
M
I
IR
şekildeki gibi,
gibi pozitif x-ekseni yönünde ve şiddeti
2
E = (3 + 2 x ) ifadesi ile değişen bir elektrik alanı
iiçinde
i d bulunmaktadır.
b l
kt d a = b = 0.4
0 4 m ve c = 0.6
06m
olduğuna göre, kare prizmanın yüzeyinden geçen
toplam elektrik akısı nedir?
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
Yüzeyy alan vektörleri y -ekseni ve z -ekseni doğrultusunda
ğ
olan yüzeyler
y y
D
e
v
Bu yüzden akıya katkı getirmezler.TToplam akı, karesel yüzeylerden
A
L
katkılanır:
 
  PO
   E  dA   E  dA
E
abb cos180
180  E
abb cos 0
A
F
A
T
S
Nm




U
  ab  (3  2 a )  3  2  a  c   ab 2  a  c   2 a  0.27




M
C
.
b D
bulunur.
l nRr
(bir kenarı c olan dikdörtgensel yüzeyler) elektrik alan vektörüne diktir.
1
S1
2
xa
xac
S2
2
2
2
2
2
(23-7)
Örnek : Pozitif q yüklü bir parçacık, şekildeki gibi,
R yarıçaplı
l bir
bi küre
kü kabuğunun
k b ğ
merkezindedir.
k i d di Şekilde
Ş kild
gösterildiği gibi, yükün gördüğü 2 ' lık bir katı açının
gördüğü yüzeyden geçen akıyı bulunuz.
M
I
IR
 R
D
L
YI
q
A
L
Küre yüzeyi üzerinde r yarıçaplı dr kalınlığındaYbir
E
L
halkadan geçen akı,
.
R
 
D
q
erdr
d   E  dA  EdA cos  '  k
2
v
R
T
A q
q
L
sin  ' d '
d 
Rd '  
 R sin  '  O
P
2 R
2
A

F
q
q
q

A

sinT
 ' d '  
 cos  '  (1  cos  )
S
2 U
2
2
M
q
q
.
  R/ 2   
;    
D

2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
(23-8)
Gauss Yasası :
M
I
 Herhangi bir yüzeyden geçen akı   ε =  yüzeyin içindeki net yükDIR
 
L
I
Φε = q
 ε  E  dA  q
Y
A
L
Y için geçerlidir.
Not -1: Gauss yasası her kapalı E
yüzey
L
.
p yyüzey
y içindeki
ç R net yükü
y
belirlerken,
Not - 2: Kapalı
D
yüklerin işaretlerini
dikkate almak gerekir.
e
v
n̂
Not -3: GaussTyasasını uygulark
uygularken
en, akıya katkıları
nˆ
A
L
olmadığı için yüzeyin dışındaki yükler işleme
O
P katılmaz.
k tl
A
FYandaki şekil için;
A
T
nn̂
S
S yüzeyi :    q,
S yüzeyi :    q
U
M
.
S yyüzeyi
y :    0,
S yü
y zeyi
y :    q  q  0
R
D
Gauss yasası şu şekilde formüle edilir
edilir :
0
0
iç
0
iç
S
1
0
1
3
0
3
2
4
0
0
2
4
(23-9)
Gauss Yasası ve Coulomb Yasası :
M
I
IR
Gauss yasası ve Coulomb yasası, durgun elektrikte elektrik
yükü ile elektrik alan arasındaki ilişkiyi farklı biçimlerde
D
L
açıklayan bağıntılardır. Her ikisi de birbirinden
YI türetilebilir.
A türetelim:
ğ , Coulomb yasasını
y
Gauss yyasasından
Örneğin,
L
Y
E
L
q nokta yükünden r kadar uzaktaki bir P noktasındaki
elektrik alan Gauss
.
R
yasasından bulunabilir. q yükünü merkez kabul
eden r yarıçaplı küresel bir
D
e
v
Gaussiyen yüzey seçelim. Gaussiyen yüzeyi, yüzey alanı dA olan sonsuz
T
küçük elemanlara bölelim. HerbirA
elemandan geçen akı,
L
O
d   EdA cos 0  EdA
P
bulunur. Buradan da, A
F
A
dA  E  4 r 
   EdA  E T
S
U
q
q
M
   .q  q   E  4 r   q  E 
k
4 r
r
R
D
sonucuna ulaşılır.
2
S
S
2
0
iç
0
2
2
0
(23-10)
Simetri: Bir cisme uygulanan fiziksel bir işlem (döndürme, öteleme gibi)
sonucunda,
d cisim
i i aynı kkalıyorsa
l
“simetriktir”
“ i t ikti ” denir.
d i
S
U
M
.
R
M
I
IR
D
L
M k i d
Merkezinden
geçen düşey
dü
eksen
k
etrafında
t f dI serbestçe
b t
Y gözlerini
dönebilen bir küre düşünelim. Gözlemci
A
L
kapattıktan sonra küreyi ekseniYetrafında çevirelim.
çevirelim
E kürenin döndürülüp
Gözlemci gözlerini açtığında,
L
.
ğ
anlayabilir
y
mi?
döndürüldüğünü
R
D
e
Ekseni etrafında vserbestçe
dönebilen bir silindir
T
düşünelim Gözlemci
düşünelim.
gözlerini kapattıktan sonra silindiri
A
L
ekseni etrafında çevirelim. Gözlemci gözlerini açtığında,
O
Pdöndürülüpp döndürülmediğini
ğ anlayabilir
y
mi?
silindirin
A
F her iki örnek için de “hayır” olacaktır. Bu
Cevap
A
T
durumda, hem küre hem de silindir dönme eksenlerine
durumda
göre simetriktir deriz.
D
(23-11)
Ötelenme Simetrisi:
Sonsuz geniş bir düzlem düşünelim. Uçan halı
üzerindeki bir gözlemci bu düzlemin üzerinde
sabit bir yükseklikte olsun. Gözlemci gözlerini
kapattıktan
p
sonra bir miktar ötelensin. Gözlerini
açtığında, hareket edip etmediğini anlayabilir mi?
Cevap “hayır” olacaktır. Bu durumda, düzlem
ötelenme simetrisine sahiptir deriz.
v
T
D
e
.
R
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
Gauss Yasası Uygulanırken İzlenecek
Yol:
A
•
•
•
•
A
F
P
L
O
Yük dağılımını geometrik olarak çiziniz.
çiziniz
Yük dağılımının simetrisini ve elektrik alanına etkisini belirleyiniz.
Gauss y
yasası her kapalı
p yyüzeyy için
ç ggeçerlidir.
ç
 akısının en kolay
y
hesaplanabileceği en uygun yüzeyi belirleyiniz.
Elektrik alanı hesaplamak için Gauss yasasını uygulayınız.
S
U
M
.
R
A
T
D
(23-12)
Sonsuz Uzunlukta Düzgün Yüklü Çubuğun Oluşturduğu Elektrik Alan:
M
I
IR
Şekilde düzgün  çizgisel yük yoğunluğuna sahip bir çubuk
verilmiştir. Çubuğun simetrisi dikkate alınırsa, oluşturduğu
elektrik alanın kendinden dışarı doğru ve r uzaklığındaki
tüm noktalarda şiddetinin de aynı olduğu ortaya çıkar. Bu
yüzden, çubuğu eksen alan r yarıçaplı, h yüksekliğinde
yüzeyy Gaussiyen
y yyüzey
y olarak seçilebilir.
ç
silindirik bir y
v
T
.
R
D
e
A
L
Y
LE
D
L
YI
Gaussiyen yüzeyi üç farklı yüzeyin birleşimi gibi düşünebiliriz: Üst yüzey S1 , yanal
A
L
S ve S yüzeylerinde, yüzey normali
ile elektrik alan vektörleri birbirlerine dik
O
P
olduğu
ld
i i  ve  akıları
için
kA
l sıfırdır.
f d Bu ddurumda
d net akı,
k
F
A
     EdA T
E  2 rh  cos 0  2 rhE
S
U
M
q
h

2k 
.
Gauss
yasasından:  

 E

R


r
2 r
D
yüzey
ü S2 ve ttaban
b yüzey
ü S3 . Yü
Yüzeyden
d geçen nett akı,
k   1  2  3 olacaktır.
l kt
1
3
1
3
2
S2
iç
0
0
0
(23-13)
Örnek : Yarıçapı R ve düzgün hacimsel yük
yoğunluğu  olan bir kürenin içinde ve dışındaki
bölgelerde elektrik alanını bulunuz
bulunuz.
rR
  qiç
qiç
 E  dA   E  dA cos 0 
0
S
0
.
R
S
D
e
0
O
P
LA
 4 R
4
FA
q     RA  E  4 r  
3
 3ST 
U
M
.
R
S
3
iç
0
D
L
YI
R
A
L
Y
LE
dE

dA
r
R
R
E
30
0
S
2
dA
r
3

4

r
r
4 3
2
qiç     r   E  4 r  
E
3 0
3 0
3

  qiç
qiç
 E  dA cos 0 
r  R   E  dA 
v
T
M
I
IR
dE

3
E
R
3 0 r 2
3
R
r
D
(23-14)
Örnek : Yarıçapı
ç p R ve Q yyükünün yyüzeyine
y düzgün
g
dağıldığı ince küresel bir kabuğun içinde ve dışındaki
böl l d elektrik
bölgelerde
l kt ik alanını
l
b l
bulunuz.
rR 
  qiç
 E  dA 
0
S
.
R
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
D
qiç  0  dA  0 olduğundan
e E0
rR 
v
T
  qiç A
qiç
L E  dA cos 0 
 E  dA  
S
A
F 2
O

P0
Q
A
qiç  Q  E
 4 r     E  4 r 2  k r 2
T
S
0
0
D
.
R
Q
0
S
Q
U
M
(23-15)
Örnek : İç yarıçapı a, dış yarıçapı b ve düzgün
hacimsel yük
ük yoğunluğu
oğ nl ğ  olan küresel bir kabuk
kab k
için, r  a; a  r  b ve r  b bölgelerindeki
elektrik alanını bulunuz.
  qiç
 E  dA 
S
ra
0
.
R
D
e
a
A
F  4  b
A
r  b  E  4T
r 
S
U
M
.
R
D
2
O
P
3
0
3
 a3 
E
 b3  a3 
3 0 r 2
M
I
IR
D
L
YI
b
Q
dE
dA
r
a
b
dE
Q
dA
r
4
3
3
   r 3  a3 

r

a


2
3
E
a  r  b  E  4 r  
0
3 0 r 2
LA
dE
dA
r
A
L
Y
LE
qiç  0  dA  0 olduğundan E  0
v
T
Q
a
b
E
(b3-a3)
30 r2
a
b
r
(23-16)
Örnek : Yarıçapı R ve hacimsel yük yoğunluğu
  0 r olan bir kürenin içinde ve dışındaki
D
L
YI
R
A
L

Y
E
L
.
r  R  q     4 r ' dr '     r '  4 r R
' dr '    r
D
e
v

r
r
T
E  4 r  
 EA
L

4
O
P
r  R  q     4F
A
r ' dr '     r '  4 r ' dr '    R
A
T
S
 R
 R
U
E  4 r  
E
M
4 r

.
R
D
  qiç
 E  dA 
dE
dA

r
0
r
M
I
IR
dA
r
bölgelerde elektrik alanını bulunuz.
S
dE

R
r
2
2
iç
0
0
4
0
0
4
2
2
0
0
0
0
E
R2
40
0
R
R
2
2
0
iç
0
R
r
4
0
0
4
2
0
4
0
2
0
0
(23-17)
Örnek : Yarıçapı R olan sonsuz uzunluktaki bir
silindirin
ili di i düzgün
dü ü hacimsel
h i
l yük
ük yoğunluğu
ğ l ğ  ' ddur.
silindirin içinde ve dışındaki noktalarda elektrik
alanını bulunuz.
A
L
Yük dağılımının simetrisi nedeniyle,
nedeniyle Gaussiyen yüzey
Y
E
L
olarak silindir seçilir. S ve S yüzeylerinden
akıya
.
 
R
hiçbir katkı gelmez (dA  E ). Bu durumda:
D
e
v
  q
T
   E  dA 
A
L

O
P

 r h

A

r
r  R  E  2 rhA
E
 F

2
T
S
U
  R h 
R
M
rR
E  2 rh  
E
.
R

2 r
D
1
M
I
IR
D
L
YI
3
içç
S2
0
2
0
0
2
0
2
0
(23-18)
ÖDEV : Yarıçapı R olan sonsuz uzunluktaki bir silindirin M
I
R
hacimsel yük yoğunluğu   0 r ile veriliyor. 0 bir sabit
I
D
L
ve r ' de silindir ekseninden olan uzaklıktır. Silindirin
YI içinde
A
L
ve dışındaki bölgede elektr
elektrik
ik alanını bulunuz
ve silindir
Y
E
L
ekseninden olan uzaklığa karşı değişimini
çiziniz.
.
R
D
e b olan  düzgün yük
v
ÖDEV : İç yarıçapı a, dış yarıçapı
T
Auzunlukta bir silindirin ekseni
yoğunluğuna sahip sonsuz
L
O
P
üzerinde düzgün 
üzerinde,
çizgisel
yükü yaşıyan sonsuz uzun bir
A
F
A
çubuk yerleştirilmiştir.
r  a ; a  r  b ; r > b bölgelerinde
T
S
U
elektrik
alanlarını
bulunuz.
M
.
R
D
(23-19)
Sonsuz Geniş, Yalıtkan, Yüklü Plakanın
Ol t d ğ Elektrik
Oluşturduğu
El kt ik Alan
Al :
M
I
IR
D
L
YI
Plakanın pozitif ve düzgün  yüzey yük yoğunluğuna
sahip olduğunu varsayalım. Simetri nedeniyle elektrik
alan plakaya dik,
dik dışarı doğru ve büyüklüğü her yerde
A
L
Y
E
L
aynıdır. Şekildeki gibi, plakanın ortadan kestiği, kesit
.
R
alanı A olan silindirik
bir Gaussiyen yüzey seçebiliriz.
seçebiliriz
D
e yüzeyden oluşmuş gibi düşünebiliriz:
Silindiri üç farklı
v
T
S ğ kesit
Sağ
k it
S
, yanall yüzey
ü
S ve soll kesit
k it S . Yüzeyden
Yü d
A
L
geçen
net akı,        olacaktır.
O
P
    EA cos 0  EA ve   0 ( = 90)
1
S
U
D
M
.
R
A
T
A
F
2
1
1
3
3
2
3
2
  2 EA
Gauss yasasından:  
qiç
0

A

 E
.
2 0
0
(23-20)
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Y
E iki iletken plaka olsun.
Yüzeysel yük yoğunlukları  ve - olan sonsuz geniş paralel
L
.
ş
, yükler
y
plakaların birbirine
p
bakan y
yüzeylerinde
y
toplanır.
p
Plakalar birbirine yyaklaştırılırsa,
R
D
Plakalar arasındaki bölgede elektrik alanını bulmak
için, kesit alanı A olan silindirik bir
e
v
Gaussiyen yüzey (S) seçerek Gauss yasasını
uygulayabiliriz:
T
A
L
q
2 A
2
O
  EA 

 E
P


A
F elektrik alanı için de, kesit alanı A' olan S' silindirik
Plakaların dışındaki bölgelerdeki
A
Tseçer ve Gauss yasasını uygularsak:
Gaussiyen yüzeyini
S
U
qM   
  EA . 
0  E 0
R
D  
1
iç
1
0
0
iç
0
1
1
0
1
1
0
(23-21)
Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, yarıçapı 2a
ve düzgün
d
hacimsel
h i
l yük
k yoğunluğu
ğ l ğ  olan
l bir
bi
küreden a y
yarıçaplı
ç p bir bölge
g ççıkarılmıştır.
ş
y

A
L
Y
LE
Çıkarılan kısmın tam ortasındaki elektrik alan
nedir?
di ?
Verilen y
yük dağılımını,
ğ
,  ve   düzgün
gR. yyük
D
e iki
yoğunluklarına sahip 2a ve a yarıçaplı
v
T i DDolayısı
kü i ttoplamı
kürenin
l
gibi
ibi düşünebiliriz.
dü ü A
bili
l
M
I
IR
a

D
L
YI
2a
a
2a
x
+
 a
L
O
ile, ilgili noktadaki toplam
P elektrik alan:
r
E
3 0
A
 AFr ' 
 T

3 
S

U
r a
M
olarak. bulunur.
R
D
0
a
=
3 0
r ' 0
(23-22)
Bir İletken İçindeki Elektrik Alan :
M
I
R
I
Soldaki iletkeni gözönüne alalım. İletkenler, içindeDserbestçe
L
I
dolaşabilen çok sayıda elektron barındıran malzemeler
olarak
Y
tanımlanır. İletkenin içinde E  0 olduğunu
ğLA düşünelim:
Y
E
Bu durumda, iletkenin içindeki elektronlar
sıfırdan farklı
L


.
F  eE bir kuvvetin etkisiR
altında kalırlar. Bu nedenle
D
elektronlar ivmeli bir hareket yapacak v
veedolayısıyla bir elektrik akımı
T
oluşturmaları gerekecektir. BöyleA
olması durumunda da;
L
O
(a) İletkenin ısınması gerekir.
P
A manyetik alan oluşmalıdır.
(b) İletken çevresindeFbir
A
Şu ana kadar böyle
etkiler hiç gözlenmemiştir. Buradan da,
T
S

U
"Bir iletkenin içindeki durgun elektrik alan E sıfırdır." sonucunu çıkarabiliriz.
M
.
R
D
(23-23)
İzole Edillmiş Yüklü İletken :
M
I
IR
Yanda
Y
d ttoplam
l
yükü
ükü q olan
l bi
bir il
iletken
tk verilmiştir.
il i ti Yük,
Yük
iletkende nasıl dağılmıştır? Bu soruyu yanıtlamak için,
D
L
il k i hemen
iletkenin
h
içinde
i i d bir
bi Gaussiyen
G
i
yüzey
ü I seçelim
li ve
Y

Gauss yasasını uygulayalım. İletkeninAiçinde E  0
L
Y
olduğundan,
E
L
.
R
D
 
q
e : Φ = (Eş - 2).
Φ =  E  ΔA = 0 (Eş -1) ve Gauss yasasından
v
ε
T
Aiçindeki yük sıfırdır (q = 0). İletkenin
L
Bu iki eşitlik birleştirilirse iletkenin
O
P olduğunu bildiğimizden,
sıfırdan farklı q yüküne sahip
bildiğimizden bu yükün sadece
A
F
iletkenin yüzeyindeA
bulunabileceği
sonucuna ulaşırız.
T iletkenin içinde bulunamazlar.
"Elektrostatik
Elektrostatik yükler,
yükler
bulunamazlar
S
U
Ancak yüzeyinde
bulunabilirler."
M
.
R
D
iç
S
0
iç
(23-24)
İçinde Boşluk Bulunan Yalıtılmış Yüklü İletken:
M
I
Yanda toplam yükü q olan bir iletken verilmiştir. Boşluğun
R
I
D
duvarında yük bulunurmu? Bu soruyu yine,
yine Gauss
yasası
L
I
Y
yardımıyla cevaplayabiliriz. Bunun için,Aşekildeki gibi
L
Y
boşluğun hemen dışında bir Gaussiyen
yüzey seçebiliriz.
E

L
.
ğ
İletkenin içinde E  0 olduğundan,
R
D
e
v
 
q
T
   E  A  0 (Eş
(Eş-1)
1) ve Gauss yasasından:

(Eş
(Eş-2).
2)
A

L
O
P
A
Bu iki eşitlik birleştirilirse
seçilen Gaussiyen yüzeyin içindeki yük sıfırdır (q = 0).
F
A
Tduvarında herhangi bir yuk yoktur. Özetleyecek olurs
Dolayısıyla, boşluk
olursak;
ak;
S
U
"İletken içindeki
boşluğun duvarlarında yük bulunamaz. Tüm yük iletkenin dış
M
.
yüzeyinde
yüzeyinde
bulunabilir
bulunabilir".
R
D
iç
S
0
iç
(23-25)
Yüklü İletkenin Hemen Dışındaki Elektrik Alan :
M
I
IR
Bir iletkenin içindeki elektrik alan sıfırdır. Ancak,
dışındaki elektrik alan sıfır değildir. Yüzeyin her
noktasında yüzeye diktir. Böyle olmasaydı, elektrik
alanın yüzeye paralel bir bileşeni olurdu ve yüzeyde
bulunan yüklerin ivmelenmesine sebep olurdu. Bu
g n e le ktrik " kabullenmemize a yykırı olurdu.
ise "durgu
v
T
A
L
Y
LE
.
R
D
e
D
L
YI
Gauss yasasını uygulamak için, şekideki gibi silindirik bir Gaussiyen yüzey
A
L
Net akı, bu yüzeylerden geçenO
akıların toplamı olacaktır:     
P
  EA cos 0  EA  A
q
q 1
F

A
0
  EA cos 90 
E
    EA 
T

A
S

  0U

M
.
q

R
  , yüzeysel yük yoğunluğu tanımından
tanımından, E  bulunur
bulunur.
DA

kullanacağız Bu silindirik yüzey S1 , S2 ve S3 gibi üç farklı yüzeyden oluşur.
kullanacağız.
oluşur
1
2
 3 .
1
iç
iç
2
0
0
3
içç
0
(23-26)
Örnek : Yarıçapı a olan 2Q düzgün yüküne sahip bir küre,
şekildeki gibi iç yarıçapı b ve dış yarıçapı c olan  Q yüküne
M
I
R
I
sahip iletken bir küre kabuğunun merkezinde bulunmaktadır.
D
L
1, 2, 3 ve 4 nolu bölgelerdeki elektrik alanını bulunuz.
YI
  qiç
 E  dA 
S
0
.
R
A
L
Y
LE
3
D
2
Qr
2Qr
2
1 nolu bölge: E  4 r  
vEe k 3
3
a
 0a T
2 nolu bölge: E  4 r
2
PO
A
F
A
L
2Q
0
2Q
Ek 2
r
3 nolu bölge: ETA0 (İletkenin içinde yük bulunamaz. İletkenin
S
iç çeperinde  2Q dış çeperinde Q yükü birikir.)
U
M
.
Q
Q
2
R
4 nolu
böl
E  4 r  
Ek 2
D l bölge:
0
r
(23-27)
BÖLÜM-24
BÖLÜM
24
Elektrik Potansiyel
Bu bölümde, elektrik alanla ilgili elektrik potansiyel (V) kavramını
öğreneceğiz. Bu bağlamda aşağıdaki konulara değineceğiz:
Elektrik alandan potansiyelin bulunması.
Potansiyelden elektrik alanın bulunması.
Nokta yük ve yük grubunun oluşturduğu potansiyel
potansiyel.
Sürekli yük dağılımlarının oluşturduğu potansiyel.
Yük sistemlerinin potansiyel enerjisi.
Eş-potansiyel yüzeyler ve elektrik alan çizgileri.
İzole bir iltekenin oluşturduğu potansiyel.
(24-1)
Elektrik Potansiyel Enerji :
xs
U    F ( x)ddx
xi
Korunumlu bir kuvvetin yaptığı iş,
iş cismin potansiyel
enerjisindeki değişimin negatif işaretlisidir. Korunumlu
bir kuvvetin etkisiyle
y cisim xi noktasından xs noktasına
hareket etmişse,
xf
 
U  q0  E  ds
s
i
U  U f  U i  W    F ( x)ddx
xi
yazılır. q0 nokta yükü, bilinen bir elektrik alanı



(E ) içinde, F  q0 E elektrik kuvvetinin etkisiyle
A noktasından B noktasına gitsin. Yükün potansiyel
enerjisindeki değişim,
s
s
 
 
U    F  dl  q0  E  dl
i
i
olacaktır. Bu değişim q0 yüküne bağlıdır.
(24-2)
Elekrik Potansiyel (V ):
A ve B noktaları
kt l arasındaki
d ki elektrik
l kt ik potansiyel
t i l fark
f k
(V ), bu noktalar arasında taşınan birim yük başına
potansiyel enerji değişimi olarak tarif edilir:
s
 
U
W
V 

 V  Vs  Vi   E  dl
q0
q0
i
Noktalardan birisinin ppotansiyeli
y biliniyorsa,
y , diğer
ğ noktanın elektrik potansiyeli
p
y
bulunabilir. Genellikle, yükten çok uzaktaki bir noktanın potansiyeli sıfır alınır
(Vi  V  0).
) Bu durumda,, herhangi
g bir P noktasının ppotansiyeli,
y ,
P
 
VP   E  dl

ifadesiyle verilir. SI sistemindeki birimi J/s (volt)' dir.
(24-3)
Örnek : Bir proton, şekilde gösterildiği gibi büyüklüğü 8 104 V/m
olan pozitif x-ekseni
ekseni yönündeki düzgün bir elektrik alan içinde durgun
halden serbest bırakılıyor. Proton elektrik alan yönünde 0.5 m gittiğinde,
a ) A ve B noktaları arasındaki elektriksel potansiyel fark ne kadardır.
b) Bu iki nokta arasında, protonun potansiyel enerjisinde ne kadarlık
bir değişim olmuştur?
c) P
Proton
t B noktasına
kt
ulaştığındaki
l t ğ d ki hızı
h ne olur?
l ?
B
 
a  ) VB  V A    E  dl    Edl cos 0   Ed    8  10 4   (0
(0.5)
5)
B
A
A
VB  V A  4  10 4 V
b  )  U  q  V   U  1.6  10 19    4  10 4   6.4  10 15 J
1
c  )  K   U  0  m p v 2  6.4  10 15  v  2.77  10 6 m / s
2
(24-4)
Örnek : Şekildeki gibi,  y yönünde büyüklüğü
325 V/m olan düzgün bir elektrik alan vardır.
Koordinatı (  0.2,  0.3) m olan A noktası ile
koordinatı (0.4,0.5) m olan B noktası arasındaki
potansiyel farkını bulunuz.
B
B
 
VB  V A    E  dl    Edl cos(90   ) = E AB sin 
 
A
A
AB  0.6 2  0.8 2  1 m 

8   260 V
  VB  V A  325 1 00.8
0 8
 0.8
sin = 
 = 0.8 
 1 

C
C
B
  B  
VB  V A    E  dl   E  dl    Edl cos180   Edl cos 90
A
 
C
A
C
VB  V A  E AC  325(0.8)  260 V
(24-5)
Nokta Yükün Potansiyeli :
Orijinde bir q nokta yükü bulunsun. Yükten R kadar
uzaktaki P noktasının potansiyelini bulmak için, q0
test yükünü
ükü ü P noktasından
k
d sonsuza götürmemiz
öü
i gerekir.
ki
Böylece,



 
V  V P    E  dl    Edr cos 0    Edr
R
q
R
R

dr
d
q
E
 V P  

2
2

4 0 r
4 0 R r
4 0
VP 
q

1
 r 
R
1
q
4 0 R
bulunur. q nokta yükünün kendisinden r kadar uzakta
bulunur
oluşturduğu elektrik potansiyel:
V 
q
q
k
r
4 0 r
1
(24-6)
Nokta Yük Grubunun Oluşturduğu Potansiyel :
Şekilde üç nokta yükten oluşan bir sistem verilmiştir. Bu
yüklerin herhangi bir P noktasında oluşturdukları elektrik
potansiyel, her birinin ilgili noktada oluşturduğu
potansiyellerin toplamıdır.
1. Her bir yükün P noktasında oluşturdukları elektrik potansiyeller bulunur:
1 q1
1 q2
1 q3
V1 
; V2 
; V3 
4 0 r1
4 0 r2
4 0 r3
2. Tüm yüklerin oluşturdukları potansiyeller toplanır:
1 q1
1 q2
1 q3
V  V1  V2  V3 


4 0 r1 4 0 r2 4 0 r3
n tane
t
nokta
kt yükten
ükt oluşan
l
bi sistem
bir
i t için
i i bu
b if
ifade
d şöyle
ö l yazılır:
l
1 q1
1 q2
1 qn
1

 ... 

V
4 0 r1 4 0 r2
4 0 rn 4 0
qi

i 1 ri
n
(24-7)
Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, ikizkenar bir üçgenin
köşelerine
kö
l i üç
ü nokta
k yük
ük yerleştirilmiştir.
l i il i i  q yüklerinin
ükl i i
bulunduğu doğrunun tam orta noktasındaki elektrik
potansiyelini hesaplayınız. (q  7  C alımız).
h = 4 2  12 = 15 cm
q
q
V  V q  2V q   k  2 k
h
r q
1
2 

V   9  10    7  10  

2 
2

1
10
 15  10


5 1
 2   1.1  10 7 V
V = 63  10 
 15

9
6
(24-8)
Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, q1  2  C' luk yük
orijinde ve q2  6  C' luk yük ise y  3 m noktasında
bulunmaktadır. Bu iki yükün, x  4 m noktasında (P)
oluşturdukları toplam elektrik potansiyel ne kadardır?
r2
q3  3  C' luk üçüncü bir yükü P noktasına getirmek
için yapılması gereken işi bulunuz.
V  V1  V2  k
q1
q
k 2
r1
r2
6
6

2

10
6

10
V   9  10 9   

4
5


3


6.3

10
V


W = q3 VP  V   3  10 6  6.3
6 3  10 3  0   18
18.9
9  10 3 J
(24-9)
Örnek : Şekilde gösterildiği gibi, Q,  2Q ve Q
nokta yükleri x-ekseni
ekseni üzerine aralarındaki mesafe
a olacak şekilde yerleştirilmişlerdir. x  a olmak
üzere x-ekseni
üzere,
ekseni üzerindeki herhangi bir noktadaki
elektrik potansiyelini bulunuz. x  a durumundaki
potansiyel ifadesini türetiniz.
türetiniz
q3
q1
q2
V  V1  V2  V3  k  k
k
r1
r2
r3
2
1 
2
2 kQa 2
 1
 2x
V  kQ 
 
  3
  kQ  2
2
x   x  a2 x
 xa x xa
 x a
2 kQa 2
2 kQa 2

x  a V  3
3
2
2
x
x 1  a / x 
(24-10)
Elektrik Dipolünün Oluşturduğu Potansiyel :
Solda bir elektrik dipolü verilmiştir. Dipolü oluşturan nokta
yyüklerin P noktasında oluşturdukları
ş
V ppotansiyelini
y
bulalım.
P noktası, dipolün merkezi olan O noktasından r kadar uzakta
ve OP doğrusu dipol ekseni ile  açısı yapsın. Bu durumda P
noktasındaki potansiyel:
1  q
q 
q r(  )  r(  )
V  V(  )  V(  ) 


.


4 0  r(  ) r(  )  4 0 r(  ) r(  )
olur. d dipolü oluşturan yükler arasındaki mesafe olmak üzere,
r  d yaklaşımı yapılırsa r(  ) r(  )  r 2 , ABC dik üçgeninden de
r(  )  r(  )  d cos  yazılabilir. Bu durumda,
V
d cos 
1 p cos 

,
2
2
4 0 r
4 0 r
q
sonucuna ulaşılır
ulaşılır. Burada,
Burada p  qd kısaltması yapılmıştır.
yapılmıştır
(24-11)
Sürekli Yük Dağılımlarının Oluşturduğu Potansiyel :
Şekildeki sürekli yük dağılımına sahip bir cisim verilmiştir.
Yük ddağılımının
ğl
herhangi
h h i bir
bi noktada
kt d oluşturduğu
l t d ğ elektrik
l kt ik
potansiyel V üstüste binme ilkesiyle şu şekilde bulunur:
1. Cisim, sonsuz küçük dq yüküne sahip elemanlara bölünür.
ççizgisel
g yük
y dağılımı
ğ
 dq
q  d 
yüzeysel yük dağılımı  dq   dA
hacimsel yük dağılımı  dq   dV
2. dq yükünün P noktasında oluşturduğu dV potansiyeli yazılır: dV 
1 dq
4 0 r
1
dq
3. Tüm yüklerin katkısı, yük dağılımı üzerinden integral alınarak bulunur: V 
4 0  r
(24-12)
Örnek : Şekilde L uzunluğunda ve λ düzgün yük yoğunluğuna
sahip ince bir çubuk verilmiştir.
verilmiştir Çubuğun sol ucundan
ucundan, çubuğa
dik doğrultuda d kadar yukardaki bir P noktasındaki elektrik
potansiyelini bulunuz.
Çubuğun sol ucundan x kadar ötede seçilen dx elemanının yükü
dq  dx ve P noktasına uzaklığı da r  d 2  x2 olduğundan,
dq yükünün P noktasında oluşturduğu elektrik potansiyeli:
dV  k
dq
dx
k
r
d 2  x2
L
V  k 
0
 L  d 2  L2
 k ln x  d  x   k ln 

0

d
d 2  x2


dx
2
2

L




bulunur.

dx
d 2  x2

 ln x  d 2  x 2

(24-13)
Örnek : Şekilde L uzunluğunda ve λ =  x yük yoğunluğuna
sahip ince bir çubuk verilmiştir. Burada  pozitif bir sabit ve
x çubuğun sol ucundan olan uzaklıktır. Çubuğun sol ucundan
yatay doğrultuda d kadar uzaklıkta bir P noktasındaki elektrik
potansiyeli bulunuz.
Çubuğun sol ucundan x kadar ötede seçilen dx elemanının yükü
dqq  dx ve P noktasına uzaklığı
ğ da r  x  d olduğundan,
ğ
dq yükünün P noktasında oluşturduğu elektrik potansiyeli:
dq
xdx
 xdx
dV  k  k
 k
r
xd
xd
L
L

xdx
 L  d 
 k  x  d ln  x  d  0  k  L  d ln 
V  k 


d
d
x



0
bulunur.
xdx
 x  d  x  d ln  x  d 
(24-14)
ÖDEV : Şekilde L uzunluğunda ve λ =  x yük
yoğunluğuna sahip ince bir çubuk verilmiştir.
Burada  pozitif bir sabit ve x çubuğun sol
ucundan olan uzaklıktır. Çubuğun ortasından
ğ
b kadar uzaklıkta bir P
dik doğrultuda
noktasındaki elektrik potansiyeli bulunuz.
(24-15)
Örnek : Homojen yüklü ince bir çubuk, R yarıçaplı
ççemberin bir parçası
p ç olacak şşekilde bükülüyor.
y Ş
Şekilde
verildiği gibi, yayı gören açı  ' dir. Yayın çizgisel yük
yoğunluğu  ise, çemberin merkezindeki (O noktası)
elektrik potansiyeli nedir?
Yay üzerinde seçilen dl elemanının yükü dq  dl dir.
O noktasındaki toplam elektrik potansiyeli:

dq
dl
Rd
dV  k  k  k
 kd  V  k  d  k
r
R
R
0
olur.

4 0

  2 (tam çember)  V  k 2 
2 0
   (yarım çember)  V  k 
(24-16)
Örnek : Q yükü R yarıçaplı bir çember üzerine düzgün
olarak dağılmıştır.
dağılmıştır Çemberin merkezinden dik olarak
geçen z -ekseni üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki
P noktasında elektrik p
potansiyelini
y
bulunuz.
Çember üzerinde seçilen dl elemanının yükü
dq  dl  (Q / 2 R)dl ile verilir.
P noktasındaki toplam elektrik potansiyeli:
dq
Q
 Q  dl
 Q 1
dV  k  k 
dl  k
;  dl  2 R
 V  k 
 

r
r
 2 R  r
 2 R  r
Q / 2 R   


Q
Q


z 0  V k 


Q

R 4 0 R
2 0
2 0 
V k
;

2
2
z R
 z    V  k Q (nokta yükün potansiyeli) 


z
(24-17)
Örnek : Yarıçapı R olan ince bir disk düzgün  yüzey
yük yoğunluğuna sahiptir. Diskin merkezinden dik olarak
geçen eksen üzerinde ve merkezden z kadar uzaktaki bir
P noktasında elektrik potansiyelini bulunuz.
Toplam yükü Q olan bir çemberin potansiyeli : V  k
Q
z2  r2
Seçilen
ç
çemberin
ç
toplam
p
yükü
y
dqq, potansiyeli
p
y dV dir.
dV  k
dq
z2  r2
k
 2 rdr
z2  r2
 R rdr

V   dV 

2 0 0 z 2  r 2
0
R
  2
  2
2 
V 
z r

z  R2  z
 0 2 0 

2 0 
R
xdx
x2  a2
 x2  a2
(22-18)
Örnek : İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan ince
bi di
bir
diskk düzgün
d
 yüzey yükk yoğunluğuna
ğ l ğ
sahiptir.
hi i
Diskin merkezinden dik olarak geçen eksen üzerinde
ve merkezden z kadar uzaktaki bir P noktasında
elektrik potansiyelini bulunuz.
Toplam yükü Q olan bir çemberin potansiyeli : V  k
z
Q
z2  r2
Seçilen çemberin toplam yükü dq, potansiyeli dV dir.
dV  k
dqq
k
z2  r2
 2 rdr
z2  r2

rdr
V   dV 

2
2
2

z

r
0
a
a
b
  2
  2
2 
V 
z r

z  b2 
 a 2 0 
2 0 
b
b

xdx
x2  a2
 x2  a2
z2  a2 

(24-19)
ÖDEV : Yarıçapı R olan ince bir disk   Cr
il değişen
ile
d ği
yüzey
ü
yük
ük yoğunluğuna
ğ l ğ
sahiptir.
hi i C
pozitif bir sabit ve r disk merkezinden olan
uzaklıktır. Diskin merkezinden dik olarak geçen
eksen üzerinde ve merkezden x kadar uzaktaki bir
P noktasında elektrik potansiyelini bulunuz.
(24-20)
Örnek : Yarıçapı R ve yüksekliği h olan ince silindirik
bir kabuk, xy -düzlemine tabanı orijinde olacak şekilde
yerleştirilmiştir. Silindir düzgün  yük yoğunluğuna sahip
olduğuna göre, ekseni üzerindeki herhangi bir noktadaki
(P ) elektrik potansiyelini bulunuz.
Q
Toplam yükü Q olan bir çemberin potansiyeli : V  k
z2  r2
Seçilen çemberin toplam yükü dq, potansiyeli dV dir.
dV  k
dq
 z  z '
R
V   dV 
2 0
0
h
V   ln  2


dx

2
R
h
2
k
 2 Rdz '
 z  z '
2
 R2
d '
dz

 z  z '
0
2
 R2
2
2


z

R
z
2
2

 ln 
( z  z ')  R  z  z '

 0
2
2
 ( z  h )  R  z  h 
  ln  2

2
2
(a  x)  b


h

(a  x)2  b 2  a  x 

(22-21)
Örnek : Yarıçapı R olan bir küre düzgün 
hhacimsel
i
l yük
ük yoğunluğuna
ğ l ğ
sahiptir.
hi ti Sonsuzun
S
potansiyelini sıfır kabul ederek, küre dışında
ve küre
kü içinde
i i d elektrik
l k ik potansiyelini
i li i bulunuz.
b l
rP
 
VP  V    E  dl    Edl cos 180 
rP

;  dl  dr
d 

rP
rP
rP
dr
VP  V =   E  dr
d  1 =   Edr
Ed   kQ  2
r



r
P
Q
1 
VP = kQ    k
rP
 r 
rM
VM  VR   
R
VM
Q
V (r )  k
; rR
r
rM
kQ
 Qr 
Edr     k 3  dr   3
R 
R
R 
kQ
kQ
kQ
2
2
(
)


r

R

V
r



M
2R3
2R
R
rM

R
rdr  
kQ
r2  R2 
3  M
2R

r2 
3 2  ; r  R
R 

(24-22)
İndüklenmiş Dipol Moment :
Su molekülü (H 2O) gibi birçok molekül kendiliğinden bir dipol
momente sahiptir. Bu tür moleküllere "polar" moleküller denir.
Aksine O 2 , N 2 , ... gi
Aksine,
gibi
bi moleküllerin dipol momentleri sıfırdır.
sıfırdır
Bunlara da "polar olmayan" moleküller denir. Şekil-a' da böyle
bir molekül resmedilmiştir.
ş Pozitif yük
y ile ççevresindeki negatif
g
yük bulutu aynı merkezli olduğu için dipol momenti sıfırdır.
Şekil-b' de, elektrik alan içindeki polar olmayan molekülde ne
gibi bir değişim olduğu resmedilmiştir. Merkezleri çakışık olan
pozitif yük ve negatif yük bulutu, elektrik kuvvetinin etkisi
altında ayrışmıştır.
a rışmıştır
Böylece, polar olmayan molekül elektrik alan etkisiyle sıfırdan farklı bir dipol
Böylece
momente sahip hale gelmiştir. Buna "indüklenmiş dipol moment" ve moleküle de
"kutuplanmış" tır denir. Elektrik alan kaldırıldığında, kutuplanma da ortadan
kalkar ve dipol moment tekrar sıfır olur.
(24-23)
Eş - Potansiyel Yüzeyler :
Potansiyelleri aynı olan noktaların oluşturduğu
yüzeye eş-potansiyel yüzey denir. Şekilde dört
farklı eş-potansiyel yüzey verilmiştir. Aralarındaki
potansiyel farkının V olduğu iki nokta arasında,
q yükünü bir noktadan diğerine götürmek için
elektrik alan tarafından yapılan iş: W  qV .
I numaralı yol : V  0 olduğundan, WI  0 olur.
II numaralı yol : V  0 olduğundan, WII  0 olur.
III numaralı yol : WIII  qV  q V2  V1  .
yol : WIV  qV  q V2  V1  .
IV numaralı y
Not : Bir yükü, eş-potansiyel bir yüzeyde  V  0 hareket ettirmek için
g bir işş yyapılmaz
p
(W  0).
)
elektrik alan tarafından herhangi
(24-24)

Elektrik Alan E, Eş-Potansiyel Yüzeylere Diktir:
Potansiyeli V olan bir eş-potansiyel yüzey olsun.
Herhangi
g bir q yyükünü elektrik alan yyardımıyla,
y
yüzey üzerindeki bir yol boyunca A noktasından

B noktasına götürelim. r , yol üzerinde seçilmiş
bir uzunluk elemanıdır.


H h i bir
Herhangi
bi anda
d elektrik
l kt ik alan
l vektörü
ktö ü E ile
il r arasındaki
d ki
açıya  dersek, elektrik alan tarafından yapılan iş,
 
 
W  F 
r  qE
E 
r  qE
Er cos
bulunur. A ve B noktaları eş-potansiyel bir yüzey üzerinde
olduğ
ğu
u için
için, W  0 ve böylece,
böylece qEr cos  0 olmalıdır.
olmalıdır
Buradan da   90, yani, elektrik alan eş-potansiyel yüzeye
dik olmalıdır
olmalıdır.
(24-25)
Eş - Potansiyel Yüzeyler ve Elektrik alan Çizgileri :
Düzgün Elektrik
l k ik Alan
Al
İ l Nokta
İzole
k Yük
k
Elektrik Dipol
q Nokta Yükü için Eş- Potansiyel Yüzeyler :
V
q
40r
 sabit  r 
q
40V
 sabit
q nokta yükünü merkez alan r yarıçaplı küresel yüzeyler, eş-potansiyel yüzeylerdir.
(24-26)
Potansiyelden Elektrik Alanın Bulunması :
Şu ana kadar, elektrik alanını bildiğimizi kabul ederek elektrik potansiyelini
bulduk. Şimdi de durumu tersine çevirelim. Elektrik potansiyeli bildiğimizi
varsayıp elektrik alanını bulacağız
varsayıp,
bulacağız. Potansiyelleri sırasıyla V ve V  dV olan
aralarında dl mesafesi bulunan iki eş-potansiyel yüzey olsun. Elektrik alanı,

q0 nokta yükünü dl doğrultusu boyunca V eş
eş-potansiye
potansiyel yüzeyinden V +dV
eş-potansiyel yüzeyine taşısın. Elektrik alan tarafından yapılan iş iki şekilde
verilir:
W  q0 dV
(Eş-1)
W  Fdl cos   Eq0 dl cos 
(Eş-2)
dV
Eq0 dl cos   q0 dV  E cos   
dl

bulunur. PAB dik üçgeninden E cos  teriminin, E elektrik
alanının l doğrultusundaki bileşeni olduğu görülür.
(24-27)
V
Böylece,
y
sonucuna ulaşılır.
ş
"Elektrik alanın herhangi
g
El  
l
bir yöndeki bileşeni, o yönde elektriksel potansiyelin konuma göre
d ği i hızının
değişim
h
negatif
if işaretlisidi
i
li idir".
" Eğer
Eğ l doğrultusu
d ğ l
sırasıyla,
l
x , y ve z -ekseni alınırsa, elektrik alan bileşenleri:
V
Ex  
x
;
V
Ey  
y
;
V
Ez  
z
Elektrik potansiyeli konumun bir fonksiyonu V ( x, y, z ) ise, elektrik
ş
ri bulunabilir ve birim vektörler
alan vektörünün x,, y ve z bileşenle
cinsinden:

V ˆ V ˆ V ˆ
E
i
j
k
x
y
z
şeklinde ifade edilebilir.
edilebilir
(24-28)
Örnek : Yarıçapı R olan iletken bir kürenin potansiyeli
 kQ
, rR
 R
V (r )  
 kQ , r  R
 r
şeklinde tanımlıdır.
tanımlıdır İletken kürenin içinde ve dışındaki elektrik
alanını bulunuz.
dV
El  
dl
d
r  R  Er  
dr
d
r  R  Er  
dr
kQ
(
)0
R
 kQ
kQ
kQ
(
)  2  E  2 rˆ
r
r
r
(24-29)
Örnek : Uzayın belli bir bölgesindeki elektrik potansiyeli,
V ( x, y , z )  5 x  3 x 2 y  2 yz 2 ((V)) il
ile veriliyor.
ili
Bölgedeki
l d ki
elektrik alan bileşenlerini bulunuz. (1, 0,  2) noktasındaki
elektrik alan şiddetini hesaplayınız.

d
2
2
Ex  
(5 x  3 x y  2 yz )   5  6 xy 
dx

dV
d

El  
 Ey  
(5 x  3 x 2 y  2 yz 2 )  3 x 2  2 z 2 
dl
dy


d
2
2
Ez  
(5 x  3 x y  2 yz )   4 yz

dz

(1, 0,  2)  E x   5 V/m ; E y  3  2 * 4   5 V/m ; E z  0
E
 5 
2
   5    0   25 2 V/m
2
2
(24-30)
Örnek : Yarıçapı R olan ve düzgün  yüzey yük yoğunluğuna sahip
bir diskin,
bi
di ki merkezinden
k i d dik olarak
l k geçen z - ekseni
k i üzerinde
ü i d oluşturduğu
l t d ğ
potansiyel
  2
V ( z) 
z  R2  z 

2 0 
ile verilmektedir.
il
il kt di Diskin
Di ki bu
b eksen
k
üzerinde
ü i d oluşturduğu
l t d ğ elektrik
l kt ik alanını
l
bulunuz.
dV
 d  2
El  
z  R2  z
 Ez  

dl
2 0 dz 

Ez = 
2 0

Ez 
2 0
1 2

2  1/ 2
2
1
z

R
z


 2 


1 



2
2
z R 
z
(24-31)
Nokta Yük Sisteminin Potansiyel Enerjisi (U):
Nokta yük grubunun elektrik potansiyel enerjisi
(U),
),tek tek tüm yyüklerin sonsuzdaki bir noktadan
alınıp bulundukları yere getirilmesi için yapılması
gereken
k toplam
t l iş
i olarak
l k tanımlanır.
t
l
Herhangi
H
h i bi
bir q yükünü
ükü ü aralarındaki
l d ki potansiyel
t i l farkının
f k
V
olduğu iki nokta arasında, bir noktadan diğerine taşımak
için yapılması gereken iş W = qV ile verilir. Buna uygun
olarak,
o
a a , nokta
o ta yük
yü grubunu
g ubu u birara
b a aya
ya getirecek
get ece şe
şekilde
de yükleri
yü e
teker teker bulundukları noktalara getirerek yapılan işleri
b l
bulmamız
ve nett işi
i i bulmak
b l k için
i i de
d hepsini
h i i toplamamız
t l
gerekir.
ki
(24-32)
q1 in getirilmesi : W1  q1  V   0
q2q1
q2 nin getirilmesi : W2  q2 V12  0 
40r12
1  q1q3 q2q3 
q3 ün getirilmesi : W3  q3 V13 V23  0 



r23 
40  r13
q2 q3
q1q3
q1q2
W  W1  W2  W3  W 


4 0 r12 4 0 r23 4 0 r13
(24-33)
q 2 q3
q1 q3
q1 q 2
U 


4 0 r12 4 0 r23 4 0 r13
n tane nokta yükten oluşan bir sistemin elektrik potansiyel
enerjisini
j
matematiksel olarak,,
1 n qi q j
U

4 0 i , j 1 rij
i j
ifadesi ile verebiliriz. Bu ifadedeki rij , qi ve q j nokta y
yükleri
arasındaki mesafedir.
N t : Her
Not
H yük
ük ikili
ikilisinin
i i yalnızca
l
bi defa
bir
d f yazılması
l
gerektiğine
ktiği
dikkat ediniz. Bu nedenle, kesikli toplama işlemi yapılırken
i  j kısıtlaması getirilmiştir.
(24-34)
Örnek : Şekildeki dört noktasal yükü biraraya
getirmek için gerekli işi hesaplayınız.
( q  5.0  C alınız).
)
q1 q 3
q 2 q3
q3 q 4
q1 q 2
q1 q 4
q2 q4
U k
+k
+k
+k
+k
+k
r12
r13
r14
r23
r24
r34
kq 2
U  2
10
2
 2 3 2 6 4 6  kq
 3  5  4  4  5  3   10  2
9  10  5  10 


6
9
U
10  2
2
 4
  3  1 
1
5 
23 

 8 
22.5
5 
   12 J
1  15   22
 15 
(24-35)
Örnek : Yarıçapı R olan ve düzgün  hacimsel yük yoğunluğuna sahip bir
kürenin toplam elektrik potansiyel enerjisini hesaplayınız.
hesaplayınız
Yükü sonsuzdan ggetirdiğimizi
ğ
varsayalım.
y
Herhangi
g bir anda
kürenin yarıçapı r ve yükü q olmak üzere elektrik potansiyeli:
q
V k
r
ifadesine sahiptir. Kürenin yükünü dq kadar artırmak için
yapılması gereken iş dU  dqV ile verilir.
verilir Küre içinde,
içinde r
yarıçaplı dr kalınlığında ince bir küresel kabuk seçilirse,
toplam iş:
dq   4 r 2 dr 
4 2

U 
U   dqV 
4
3 
3 0
q   r 
3

2 5
4

R
4

r
dr
0
15 0
R
(24-36)
Örnek : Yarıçapı R olan Q homojen yüküne sahip bir halkanın
merkezine, kütlesi m olan bir q nokta yükü yerleştirilmiştir.
merkezine
yerleştirilmiştir
Halka ekseni boyunca, q nokta yükü çok az bir miktar çekilip
g halden serbest bırakılırsa,, ulaşabileceği
ş
ğ maksimum hız
durgun
ne olur?
q nokta y
yükünün bulunduğu
ğ ilk noktanın elektrik p
potansiyeli:
y
dq kQ
Vi   k

R
R
ifadesine sahiptir. Sonsuzdaki bir noktanın potansiyeli de V   0
olduğundan, q nokta yükü üzerinde yapılan iş:
kQq
kQ
R
bu u u . W   K eş
bulunur.
eşitliği
t ğ ya
yardımıyla:
d
y a:
W    U   q (V   V ) 
kQq 1
 mv 2  0  v 
R
2
bulunur.
2 kQq
mR
(24-37)
İzole bir İletkenin Potansiyeli :
Bir iletkenin üzerindeki veya
içerisindeki A ve B notalarını
düşünelim. Bu noktalar arasındaki
V B  V A potansiyel
i l farkı
f k şu eşitlikle
i likl
verilir:
 
VB VA  E  dl
B
A

Bi iletkenin
Bir
il k i içindeki
i i d ki elektrik
l k ik alanının
l
( E ) sıfır
f
olduğunu biliyoruz. Dolayısı ile, yukarıdaki integral
de sıfırdır ve V B  V A bulunur. Ö zetle , "iletken
eş potansi el bir
eş-potansiyel
b ir yüze
ü e ydi
di r " .
(24-38)
Örnek : Yarıçapları r1 ve r2 olan iki iletken küre, yarıçaplarına
göre, birbirinden çok uzaktadır
göre
uzaktadır. Daha sonra küreler,
küreler şekildeki gibi,
gibi
iletken bir telle birbirine bağlanıyor. Küreler dengeye ulaştıktan
sonra üzerlerindeki yükler sırasıyla q1 ve q2 oluyor.
oluyor Dengeye
ulaşıldıktan sonra, küre yüzeylerindeki elektrik alan şiddetlerinin
oranını (E1 /E2 ) bulunuz.
Denge durumuna ulaşıldığında, kürelerin potansiyelleri aynı olur:
V1  V 2
 k
q1
q
k 2
r1
r2
Küre yüzeylerindeki elektrik alan şiddetlerinin oranı da:
q1 
r12 

q2 
E2  k 2
r2 
ol r
olur.
E1  k
2

2
 r1   r2 
r2
E1  q1   r2 

      
r1
E 2  q 2   r1 
 r2   r1 
(24-39)
Dış Elektrik Alan İçinde İzole İletken :
Bir iletkenin yüzeyinin eş-potansiyel olduğunu
ve elektrik alan çizgilerinin de eş
eş-potansiyel
potansiyel
yüzeylere dik olduğunu biliyoruz. Yanda, elektrik
alan içine konmuş bir iletken verilmiştir.
verilmiştir Elektrik
alan çizgilerinin iletken yüzeyine dik olduğu ve
iletkenin içinde elektrik alanın sıfır olduğu açıkça görülmektedir.
İletkendeki tüm yükler, iletken içindeki elektrik alanı sıfır yapacak
yeni bir düzenlenme içerisine girerler. İletkenin hemen yüzeyindeki

elektrik alan Edış 
ile verilir.
0
(24-40)
Yüklü Bir İletkenin İçinde ve
Dışındaki Elektrik Alan ve
P
Potansiyel
i l (ÖZET) :
1. Tüm yük iletkenin yüzeyindedir.
2. İletkenin içinde
ç
elektrik alan sıfırdır: Eiç  0.

3. İletkenin hemen dışındaki elektrik alan: Edış  .
0
4. İletkenin hemen dışındaki elektrik alan iletken yüzeyine diktir.
5. İletkenin içinde ve yüzeyindeki tüm noktalar aynı potansiyele sahiptir.
İletken eş
eş-potansiyel
potansiyel bir yüzeydir.
(24-41)
Yarıçapı R, Yükü q Olan Küresel İletkenin
El k ik alanı
Elektrik
l
ve Potansiyeli
P
i li :
rR

1
q
V 
4 0 R
E 0
rR

V 
1
q
4 0 r
1
q
E 
4 0 r 2
(24-42)
BÖLÜM-25
BÖLÜM
25
Kapasitörler
Bu bölümde aşağıdaki konulara değinilecektir:
M
I
IR
A
L
Y
LE
D
L
YI
.
• İzole
o e iki iletkenden
et e de oluşan
o uşa sistemin
s ste
sığası
s ğasR(C).
D
• Basit geometrilere sahip bazı kapasitörlerin
sığalarının hesabı.
e
v
• Seri ve paralel bağlı kapasitörlerde
eşdeğer sığa.
T
A
• Kapasitörde depolanan enerji.
L
O
• Plakaları arası dielektrikle
doldurulmuş kapasitörler.
P
• Dielektriğin
Di l kt iği varlığında
l ğ Ad Gauss
G
yasası.
F
A
T
S
U
M
.
R
D
(25-1)
Sığa (Kapasitans) :
M
I
IR
Birisi  q ve diğeri de - q yüküne sahip, aralarında hava ya da
D
L
I
denir. Elektrik devrelerdeki sembolik gösterimi,Yiletken plakaları
A yükü denilince,
L
temsil eden paralel iki çizgidir. Bir kapasitörün
Y
E Şekilde görüldüğü
plakalardaki yükün mutlak değeri L
anlaşılır.
.
gibi plakalarındaki yükten dolayı
gibi,
kapasitörü çevreleyen uzayda
R
D
e
v
T
bir elektrik alan oluşur. Pozitif ve negatif
yüklü plakaların potansiyelleri, sırasıyla,
A
L
V ve V ' dir. Böylece, plakalar O
P arasındaki potansiyel farkı da V  V  V V
A
ifadesiyle verilir. Bir kapasitörün
yükü (q), plakaları arasındaki potansiyel fark (V )
F
A
ile doğru orantılıdır.
Orantı
sabiti de, o kapasitörün sığasıdır ve birim potansiyel fark
T
S
başına yük olarak
tarif edilir.
U
Mq
.
R
C
C/V  Farad (F)
D
V
boşluk
ş bulunan iki izole iletkenden oluşan
ş sisteme "kapasitör"
p




(25-2)
Paralel Plakalı Kapasitör :
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Yparalel plakadan oluşan
Plakalarının yüzey alanı A ve aralarında d mesafesi bulunanEiki
L plakalar arası mesafeye
sisteme "paralel plakalı kapasitör" denir. Plakaların boyutları,
.
R
göre çok büyüktür. Bu nedenle, plakalar arasındaki
bölgede elektrik alan düzgün, kenar
D
e
v
kısımlarına yakın bölgelerde ise düzgün değildir. Plakaların dışındaki bölgelerde elektrik
T
A
alan "sıfır" dır.
L
BataryalarO
:
P
İki ucu
arasında
d sabit
bi bir
bi potansiyel
i l fark
f k oluşturan
l
ve bunu
b
sürekli
ü kli
A
F cihazlara "batarya" diyoruz. Elektrik devrelerinde biri uzun
kılan
A
Tdiğeri
S
diğ i kısa
k iki paralel
l l çizgi
i i ile
il sembolize
b li edilirler.
dili l Uzun
U
çizgi
i i
U
M
potansiyelin pozitif olduğu ucu, kısa çizgi de potansiyelin negatif
.
R
olduğu
ld ğ ucu gösterir.
öt i
D
(25-3)
Kapasitörün Yüklenmesi :
M
I
IR
Yanda bir kapasitörün doldurulması için basit bir devre
D
L
YI
kurulmuştur. S anahtarı kapatıldığında, batarya negatif
ucundan kapasitörün "2" nolu plakasına elektron sürer.
S
U
M
.
R
A
T
A
L
Bataryanın pozitif ucu da,
da "1"
1 nolu
plakadan eşit sayıda
Y
E yük ve plakalar
elektronu toplar. Böylece, plakalardaki
L
.
R
arasında başlangıçta sıfır
olan potansiyel fark artmaya
D
e bataryanın birim zamanda topladığı
başlar. Sonuç olarak,
v
Tük azalır.
ve sürdüğü
ü düğüAyük
l Yük akışı,
k kapasitörün
k
i ö ü plakaları
l k l
L
O
arasındaki
P potansiyel fark bataryanın uçları arasındaki
A
potansiyel farka eşit olana kadar devam eder ve sonra
F
durur.
D
(25-4)
Sığanın Hesaplanması :
M
I
Bir kapasitörün sığası, plakalarının boyutlarına,
R
I
D
şekline ve birbirlerine göre konumlarına,
konumlarına
özetle
L
I
geometrisine, bağlıdır. Sığa hesabıY
için aşağıda
A
L
sıralanan yol izlenir:
Y
E
L
.
1 Plakaların
1.
Pl k l
D
qR
ve  q yüklü
üklü old
ldukları
kl varsayılır.
l
e
2. Plakalarvarası bölgedeki elektrik alan Gauss
T
 
A
yasasından bulunur  ε  E  dA  q  .
L
O
P
 
0
A
F
iç

3. Plakalar arasındaki potansiyel fark, V   E  dl eşitliği kullanılarak hesaplanır.
S
U
A
T

q
4. Hesaplanan potansiyel fark, C  eşitliğinde yerine konur ve sığa bulunur.
V
M
.
R
D
(25-5)
Paralel Plakalı Kapasitörün Sığası :
M
I
R yükü
d olsun. Üstteki plakanın yükü  q, alttaki plakanın
I
D
ise  q' dur
dur. Plaka ile aynı kesit alanına sahip
ve plakayı
L
I
ortasına alan dikdörgen prizma şeklindeY
bir Gaussiyen
A
L
yüzey seçelim.
seçelim
Y
E
L
Gauss yasasını uygularsak, plakalar arasındaki bölgedeki
elektrik alanı:
.
R
q
q
D
  EA cos 0  EA 
E
e
A

v
T
b l
bulunur.
Buradan
B d dda, iki plaka
l k arasındaki
d
ki potansiyel
t i l ffarkk için,
i i
A
L
qd
O
V    Edl cos180 E  dlP
Ed 
A
A
F
bağıntısı elde edilir.A
Dolayısıyla, paralel plakalı bir kapasitörün sığası:
T
S
A
q
q
U
C 
C 
V Mqd / A
d
.
olarak
l R
l
D k bbulunur.
Ş kild ki plakaların
Şekildeki
l k l
yüzey
ü
alanı
l A ve aralarındaki
l d ki mesafe
f
0




0
0
0
0
(25-6)
Örnek : Plakaları arası hava dolu olan paralel plakalı bir kapasitörün plakalarının
M
I
IR
alanı 77.66 cm 2 ' dir ve aralarında 11.25
25 mm mesafe vardır
vardır. Plakalar arasındaki potansiyel
fark 20 V ise,
D
L
YI
a) plakalar arası bölgedeki elektrik alanını
A
L
c ) kapasitörün sığasını ve plakalardaki yük miktarını
c
Y
E
bulunuz.
L
.
R
D
V
20
a  ) V = Ed  E = =
= 16 e
 10 V / m
v
d 1.25  10
T

A
b ) E 
    E   8.85 L10   16  10   1.416  10
O

P
A    7.6  10 
 10
 A  8.85 F
c ) C 

 5.381  10 F
A
T 1.25  10
d
S
QU
C = M Q = CV =  5.381  10  20  107.62  10 C
.
V
R
D
b) plakalardaki yüzey yük yoğunluğunu
3
3
12
3
0
7
C / m2
0
12
4
12
0
3
12
12
(25-7)
Örnek : Plakaları arası hava dolu olan paralel plakalı bir kapasitörün plakaları
M
I
IR
arasına 150 V
V' luk potansiyel fark uygulandığında, plakalardaki yüzeysel yük
2
yoğunluğu 30 nC/cm oluyor.
a) Kapasitörün plakaları arasındaki mesafe nedir?
a
D
L
I
Y
b) Plakaların yüzey alanı 4 cm ise, kapasitörün sığasını ve plakalardaki yük
A
L
miktarını bulunuz
bulunuz.
Y
E
L
.

R
a  ) V = Ed = d
D

e
v
 V  8.85  10 150 T
d=
=
=
4 425  10 m
4.425
A
(30  10 / 10 )L

O
8 85  10 P   4  10 
 A  8.85
A
b ) C 

 8  10 F
F
d
4.425  10
A
T
 30  10 
Q S
= U
 Q = A= 
   4  10   120  10 C
A
M
 10

.
R
D
2
0
12
6
0
9
4
12
4
 10
0
6
9
4
9
4
(25-8)
Örnek : Ağırlıksız bir iple paralel plakalı kapasitörün pozitif
M
I
IR
plakasına bağlı olan m kütleli bir q nokta yükü şekildeki gibi
dengededir. Plakalar arasındaki potansiyel farkını bulunuz.
Plakalardaki yük
ük miktarı
miktarı Q ise
ise, kapasitörün sığası ne ol
olur?
r?
A
L
Y
LE
D
L
YI
V = Edd
Denge durumunda, q nokta yükü üzerine etkiyen net
kuvvet sıfır olmalıdır:
A
L
O
v
T
.
R
D
e
T sin   qE 
qE
mg tan 





tan
V
d

T cos   mg 
mg
q
S
U
A
T
Q
Qq
C 
V mgd tan 
M
.
R
A
F
P
D
(25-9)
Silindirik Kapasitör :
M
I
R
I
kabuktan oluşan sisteme "silindirik kapasitör" diyoruz. Silindirlerin
D
L
I ı uzunluğa
boyu yarıçaplarının yanında çok büyüktür. Silindirlerle
Yayn
A yüzey seçerek,
sahip, r (a < r <b) yarıçaplı silindirik bir Gaussiyen
L
ara bölgedeki elektrik alanını bulabiliriz:EY
L Q
Q .
  2 rLE cos0  2 rLE  R
E 

 2 rL
D
e
v
Bu durumda, içteki ve dıştaki silindirler arasındaki potansiyel fark:
T
A
Q
dr
L
V    Edl cos180    E (  dr ) cos180  
O
 2 L  r
PQ
Q
A
b



r
ln
ln


F  2 L
 2 L  a 
A
T
Aynı L uzunluğuna sahip, a ve b yarıçaplı eş-eksenli iki silindirik
0




0
a
0
b
a
S
U
D
M
.
R
b
0
0
bulunur ve buradan da sığa: C 
C
Q
Q

V  Q / 2 L 0  ln  b / a 
2 L 0
ln  b / a 
(25-10)
Örnek : Uzunluğu 50 m olan koaksiyel bir kablolonun iç
iletkenin yarıçapı 1.3 mm ve taşıdığı yük 8  C' tur. Dış
iletkeninin ise iç yarıçapı 3.8 mm ve yükü  8  C' tur. İki
iletkenin arasındaki bölgenin hava ile dolu olduğunu kabul
ederek, kablonun kapasitansını ve iletkenleri arasındaki
potansiyel farkını bulunuz.
2 L 0
C
ln  b / a 
P
A
L
O
v
T
D
e
.
R
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
2(3.14)(50)(8.85  10 12 )
C
 2.591  10 9 F
ln(3.8 / 1.3)
S
UQ
A
T
A
F
Q
8  10 6
3
C  V  

3.09

10
V
9
V
C 2.591  10
M
.
R
D
(25-11)
Küresel Kapasitör :
M
I
R
I
oluşan sisteme "küresel kapasitör" denir. a  r  b D
olacak
L
I
şekilde küresel bir Gaussiyen yüzey seçerek, Y
ara bölgedeki
A
elektrik alanını bulabiliriz:
L
Y
q
E q
  4 r E cos 0  4 r E  LE 
.

4 r
R
D
Bu durumda, içteki ve dıştaki küreler arasındaki
potansiyel fark:
e
v
T
q
dr
A
V   Edl cos180   E  dr  L
cos180  
r
4

O
P
q 1 
q A1 1 


 
F



4  r  T4A
  a b 
S
q
q
 ab 
U
 C  4 
bulunur ve
buradan da sığa: C  

M
q
1
1
V
b
a





.



R
4

a
b


D
Yarıçapları a ve b olan eş-merkezli iki küresel kabuktan
2
2
2
0


0
a
2


0 b
a
0
b
0
0
0
(25-12)
Örnek : Küresel bir kapasitör, yarıçapları 7 cm ve 14 cm olan
eş-merkezli
k li iki iletken
il k küreden
k d oluşmuştur.
l
K
Kapasitörün
i
sığasını
ğ IM
R
I
hesaplayınız.
p y
Kürelerin taşıdığı
ş ğ yyük 4  C ise,, küreler arasındaki
D
potansiyel farkını bulunuz.
Küresel bir kapasitörün sığası:
A
L
Y
LE
L
I
Y
.
ab


R
C  4 0 
D

e
ba
v
T b  14 cm olduğuna göre,
ifadesine sahiptir.
sahiptir a  7 cmAve
göre
L
O
4
(7

14)

10
12
C  4(3.14)(8.85
4(3 14)(8 85  A
10 P12 )

15.56
15
56

10
F
2
(14  7)  10
F
S
U
A
T
Q. M
Q
4  10 6
5
C R  V  
 2.57
2 57  10 V
12
DV
C 15.56  10
(25-13)
Örnek : Yarıçapı d olan çok uzun iki silindir, şekilde gösterildiği
M
I
IR
gibi
ibi birbirlerine
bi bi l i paraleldir
l ldi ve eksenleri
k l i arasındaki
d ki mesafe
f D' di
dir.
D
L
oluşan bu sistemin birim uzunluğunun sığası ne olur? (L  D, d). I
Y
Ave
Gauss y
yasası kullanılarak,, silindirlerin bulunduğu
ğ düzlemde
L
Y
E
silindirler arasındaki bölgede elektrik alan:
L
.
2 kQ
2 kQ
R
E

(
(pozitif
i if yükten
k
negatif
if D
yüke
k ddoğru)
ğ )
Lr
L( D  r )
e
v
bulunur. Burada r , negatif yüklü silindi
r ekseninden olan uzaklıktır.
T
A
L
 
2O
kQ
1 
1
V  V  V    E  dl  P
 
 dr cos180

L
r Dr 
A
F  d   4kQ  D  d 
2 kQ   D  dA

V 
ln 
ln 
T
  ln 
 


S
L   d 
D

d
L
d




U

Q . M L
C
C  R
 
DV 4k ln  D  d  L ln  D  d 
Silindirler zıt işaretli Q yükleri taşıdığına göre, iki silindirden

Dd
Dd
d
d

0


d




d


(25-14)
Eşdeğer Kapasitör:
Sayfanın her iki yanında, bir batarya ve
üç farklı kapasitörden oluşmuş devreler
verilmiştir. Amacımız, her iki devrede de
M
I
IR
D
L
YI
A
L
tü kkapasitörleri
tüm
itö l i temsil
t
il edebilecek
d bil kYtek
t k
E
L
bir kapasitörün sığasının  C.  ne olması
R
gerektiğini bulmak. D
e
v
T
Soldaki resimde (Şekil(Şekil a ve b),
) uyguladığımız
V potansiyel farkı
A
L yük miktarı aynıdır. Aynı
nedeniyle, bataryanın devreye O
sürdüğü
P lidi Başka
d
durum
sağdaki
ğd ki resim
i için
i i Ade
d geçerlidir.
B k deyişle,
d i l şekilkil a' dda
F
verilen sığaları (C ,C
,C ) ve şekil-b' deki sığayı (C ) ayrı ayrı
A
T
S
kapalı kutulara
alsak ve birtakım elektriksel ölçümler yapsak,
U
M bir fark bulamazdık.
ölçümler. arasında
R
D
eş
1
2
3
eş
(25-15)
Paralel Bağlı Kapasitörler :
M
I
IR
ŞekilŞ
kil a' da
d bir
bi batarya
b
ve birbirine
bi bi i paralel
l l bağlı
b ğl üüç ffarklı
kl
kapasitörden oluşan bir devre verilmiştir. Paralel bağlı
olmaları herbirinin uçları arasındaki potansiyel fark ile
olmaları,
D
L
I
Y
bataryanın uçları arasındaki potansiyel farkın eşit olduğu
A
L
anlamına gelir.
gelir ŞekilŞekil b' deki gibi
gibi, batarya aynı kalmak
Y
E bu üç kapasitöre eşdeğer
koşuluyla, birbirine paralel bağlı
L
. y
tek bir kapasitör
p
bağlamak
ğ R istiyoruz.
D
e farkı vardır. Her biri üzerindeki
Her üç kapasitörün plakaları arasında aynı V potansiyel
v
yük sırasıyla
yük,
sırasıyla, q  C V ; q  C V ve q A
T
C V olacaktır.
olacaktır Bu durumda,
durumda batarya tarafından
L
devreye sürülen toplam yük ve eşdeğer
sığa:
O
P
q  C  C  C V
A
 C C C
q  q  q  q   C  CF C  V  C  
V
V
A
T paralel bağlı n tane kapasitörden oluşan devrenin eşdeğer sığası:
bulunur Özetle
bulunur.
Özetle, birbirine
S
U
n
M
Ceş  C.  C  ...  Cn   C j
1 2
R
j 1
j
D
1
1
2
2
3
3
1
1
2
3
1
2
3
eş
2
3
1
2
3
(25-16)
Seri Bağlı Kapasitörler :
M
I
R ard
I
oluşan bir devre verilmiştir. Bu, kapasitörlerin aynı hat üzerinde
D
L
arda
d sıralandığı
l d
anlamına
l
gelmektedir.
l k di Bu kombinasyonun
k bi
iki ucuna
I
Y
bir batarya ile V gerilimi uygulanmıştır. Şekil-bA
' deki gibi, batarya
Lüç kapasitöre eşdeğer
a nı kalmak koşuluyla,
aynı
koş l la birbirine seri bağlı bbu
Y
E
tek bir kapasitör bağlamak istiyoruz. L
.
R
Aynı hat üzerinde old
oldukları
ukları için her
üç kapasitör de aynı q yüküne
D
sahip olacaktır. Böylece kapasitörlerin
uçları arasındaki gerilimler,
e
v
sırasıyla, V  q / C , V T
 q / C ve V  q / C olacaktır. Kombinas
KombinasA to plam potansiyel fark ve eşdeğer sığa:
L
yonun iki ucu arasındaki
O
P
 1
1A 1 
q
1
1
1
1



V  V  V  V  q  F    C  
A
C
C
C
V
C
C
C
C
T

S
Ö
Özetle,
birbirine
paralel bağlı n tane kapasitörden oluşan devrenin eşdeğer sığası:
U
nM1
1
.
= 
R
Ceş i 1 Ci
D
Şekil-a ' da bir batarya ve birbirine seri bağlı üç farklı kapasitörden
1
1
2
1
3
2
2
3
3
eş
1
2
3
eq
1
2
3
(25-17)
Genellikle, kapasitörlerden oluşan bir devre
M
I
IR
kendi içlerinde paralel ve seri bağlı küçük
alt g
gruplar
p içerir.
ç
Böyle
y durumlarda, önce
alt grupların eşdeğer sığaları bulunur ve
D
L
YI
A
L
Y
E
L
Yukarıda basit bir devre verilmiştir. A ve C uçları arasındaki
eşdeğer sığayı bulmak
.
R
i t li
isteyelim:
D
e
v
C ve C paralel
l l bağlıdır
b ğl d ((şekilkil a ) A
C T C  C
L
1
1
1
C ve C seri bağlıdır (şekil-P



b) O
C
C
C
A
F
C C A C  C  C

C C 
T
C S
C C C C
U
M
.
sonucuRelde edilir.
D edilir
gruba geçilir.
g ç
sonra da ana g
1
12
2
12
2
3
123
12
eşş
1
1
3
2
12
3
3
123
12
3
1
2
3
(25-18)
Örnek : Kapasitörlerden oluşan yandaki devrenin a ve b
M
I
IR
uşları arasındaki eşdeğer sığasını hesaplayınız.
C 2 ile C3 paralel  C 23  4  F.
F
C 4 ile C5 paralel  C 45  8  F.
A
L
 2  F. EY
L
.
R
D 4  F.
C1 ile C 23 seri 
1
1 1 1
 +   C123
C123 4 4 2
C 45 ile C 6 seri 
1
1 1 1
 +   C 456
C 456 8 8 4
A
L
O
e
v
T
D
L
YI
C123 ile C 456 paralel  C eş  6  F.
F
S
U
M
.
R
A
T
A
F
P
D
(25-19)
Örnek : Kapasitörlerden oluşan yandaki
devrenin a ve b uşları arasındaki eşdeğer
sığasını bulunuz.
bulunuz
M
I
IR
A
L
Y
L1 E 3
D
L
YI
1
1 1
C
C 4 , C5 ve C 6 seri 
 + .   C 456 
C 456 C DCR C C
3
1
1 1ve 2
C
C 2 ve C3 seri 
 AT
+   C 23 
C 23 LC C C
2
O
P
A
C1 , C 23 ve C 456 paralel
F
A
T
S
U
M
.
R
D
C C 11
 C eş  C  +  C
2 3
6
(25-20)
Örnek : Şekildeki devrede C1 = 6  F, C2 = 3  F
ve V = 20 V' tur. Önce S1 anahtarı kapatılarak C1
p
dolduruluyor.
y Daha sonra S1 anahtarı
kapasitörü
açılıp, S2 anahtarı kapatılıyor. C1 sığasının ilk
A
L
yükünü ve denge kkurulduktan
urulduktan sonra sığaların yüklerini
Y
E
L
bulunuz.
.
R
D
Q
e  C V  120  C
S anahtarı kapatılırsa: C 
vQ
VT
A
Q
Q
L
S açılıp, S kapatılırsa: O
V V 

P
C
C
A
Q  Q  Q  AF
T Q  80  C
Q
Q S 
 U  Q  40  C
C.M
C 
R
D
1
0
1
1
2
0
1
C1
0
C2
M
I
IR
D
L
YI
1
1
2
1
2
2
1
1
2
2
1
2
(25-21)
Elektrik Alanda Depolanan Enerji:
M
I
IR
Sığası C olan bir kapasitörü yüklemek için yapılması gereken
iş ne kadardır? Bunu hesaplamanın yolu da, dolan kapasitörün
D
L
herhangi bir andaki resmini çekmektir. Plakaları
YIarasındaki
A düşünelim.
gerilimin V' ve yyükünün de q
g
q' olduğu
ğ bir
an
ş
PlakaL
Y
Eyapılması gereken iş,
ların yükünü dq' kadar artırmak L
için
.
q
dW  dq
d V   ddq DR
C e
ile verilir. Kapasitörü toplam q yüküTilev yüklemek için yapılması gereken
A
toplam iş:
L
O
P 1  q  1 q
1
 W    
W   V dq   q dqA
C AF
C 2 
2 C
T
bulunur
bulunur.
S
U
1
1
M
.
q  CV  W  CV veya W  qV
R
2
2
D
q
2
0
q
2
0
2
(25-22)
Kapasitörde Depolanan Potansiyel Enerji :
Kapasitörü yüklemek için harcadığımız enerji, kapasitörde potansiyel
M
I
IR
enerji olarak depolanmıştır:
D
L
YI
q 2 CV 2 qV
U 


2C
2
2
Bu enerji, kapasitörün boşaltılmasıyla tekrar kazanılabilen bir enerjidir.
Enerji Yoğunluğu :
.
R
A
L
Y
LE
Kapasitörün plakaları arasındaki bu bölgede E  V / d ifadesi ile verilen düzgün bir
D
e
elektrik alan olduğu düşünülürse, enerjinin bu elektrik alanda depolandığını söylemek
yanlış olmaz. Başka deyimle, elektrik alan boş uzayda enerji depolar.
LA
v
T
U
.
Hacim
Paralel plakalı bir kapasitörün plakaları arasındaki bölgenin hacmi,
cmi A plakaların
Enerji yoğunluğu (u ), birim hacimdeki potansiyel enerji olarak tanımlanır: u 
O
P
A
Farasındaki mesafe olmak üzere Hacim  Ad olduğundan:
yüzey alanı ve d plakalar
A
T
 V 
U
US CV
1
 A V
u
U 

   u   E

Hacim
Ad 2 Ad  d  2 Ad
2 d
2
M
.
sonucuna
ulaşılır.
ulaşılır Bu genel bir bağıntıdır ve her
her durumda geçerlidir.
geçerlidir
R
D
2
2
2
0
2
0
0
(25-23)
Örnek : Sığaları C1 ve C2 olan iki kapasitör, zıt kutuplu ve
plakaları arasında aynı Vi gerilimi olacak şekilde dolduruluyor.
M
I
IR
Daha sonra bu kapasitörler bataryadan sökülerek yandaki devre
kuruluyor ve her iki anahtar da (S1 ve S2 ) aynı anda kapatılıyor.
D
L
I
a ) a ve b noktaları arasındaki V gerilim farkı ne olur?
Y
b ) Sistemin, anahtarlar kapatılmadan önce ve sonraki toplam enerjisini bulunuz.
A
L
Si t i son enerjisinin
Sistemin
ji i i ilk enerjisine
ji i oranı nedir?
di ?
Y
E
Q  C V ve Q  C V 
L
a )
 Q Q Q Q Q .
Q  C V ve Q  C V 
R
D
e  C  Q ve Q   C
Q
C
C

 Q  Q  Q  (  1)Q vQ  
Q
C
C
T
C C 
C C
A
L
C

C

V
Q
Q
V 


O
C
C C
 C  CP
A
F
1
1
1 C  C 
V
b  ) U   C  C  V Ave U   C  C  V 
T
2
2
2 C  C 
S
C 
1  CU
M
V
.
2 C  C 
C C 
U
R


DU  1
C C
s
1i
1 i
2i
2 i
1i
1s
1 s
1s
1
2s
2
2s
2
1s
2s
s
1s
1
2s
2s
1
2
2s
2
1s
s
2i
1
1
1s
2
1
2

Q

2
i
1
1
2
1
2
2
2
i
1
2
i
1
s
2
2
s
1
2
2
i
1
2
2
1
2
2
2
i
1
s
i
2
2
 C1  C 2 Vi 2

1
2
1
2

(25-24)
Örnek : Yükü Q ve plaka alanı A olan paralel plakalı bir kapasitörün plakaları
M
I
IR
arasındaki etkileşme kuvvetini bulunuz.
D
L
Herhangi bir anda plakalar arasındaki mesafe x olsun. Plakalar arasındaki
YI
A
mesafenin x  dx olması için yapılması gereken iş:
L
Y
1 Q
E
1Q 
L

dW   U   

.
2
C
2
C


R
D
 A 
e
C 
v
Q  x
xT
 dx 
Q
x 
A
d
dx
  dW  


 A 
2   AL  A  2 A
C 
O
x  dx 
P
Q FA
dW  Fdx  F  A
2 A
T
S
U
M
.
R
D
i
2
2
i
s
0
2
2
0
0
s
0
0
2
0
(25-25)
Dielektriğin Varlığında Kapasitörler:
M
I
Michael Faraday 1837 yılında, kapasitörün plakaları arasındaki
R
I
D
bölgeyi farklı yalıtkanlarla tamamen doldurarak,
doldurarak bunun
sığaya
L
I
Y sonucunda,
olan etkisini incelemiştir. Yaptığı birçok denemeler
A
L
yalıtkanla dol
doldurulmuş
durulmuş kapasitörlerin sığası
ile doldurulmadan
Y
E
L
önceki sığası (C ) arasında C .  C eşitliği ile verilen bir
R
ili ki olduğunu
ilişki
ld
f k i Burada
farketti.
d  sabiti,
bi i plakalar
l k l arasına konan
k
D
e
v
yalıtkan malzemenin dielektrik sabitidir ve birimsizdir. Hava ya
T
da boşluk içinL
A
= 1, bunun dışındaki yalıtkanlar için  >1' dir.
O
Faraday deneylerini
iki farklı şekilde yapmıştır:
P
A
1. Sabit
bir gerilim altındayken (batarya bağlı iken), plakalar
F
A
T arasına yyalıtkan bir malzeme yerleştirmiştir
y ş
ş (Ş
(Şekil-a).
)
hava
R
D
.M
S
U
hava
2. Batarya bağlı değilken, plakalarındaki yük sabit iken,
plakalar arasına yalıtkan malzeme yerleştirmiştir (Şekil(Şekil b)).
(25-26)
Şekil - a : Sabit V Gerilimi Altındaki Sığa :
Plakalar arasında dielektrik malzeme yokken, plakalardaki
yük q ve plakalar arasındaki potansiyel fark V olduğundan,
kapasitörün sığası Chava  q / V ile verilir. Faraday, plakalar
M
I
IR
A
L
Y
LE
D
L
YI
yerleştirdikten
ş
sonra,, plakalardaki
p
arasına dielektrik malzeme y
yükün  çarpanı kadar arttığını gözlemiştir (q   q).
q κq
q
Bu yeni durumdaki sığa: C  
 κ  κChava
V V
V
Şekil - b : q Yükünün Sabit Olduğu Durumda Sığa :
v
T
S
U
D
M
.
R
D
e
.
R
A
L
Faraday, bataryadan
izole edilimiş yükü sabit olan kapasitörün
O
Parasına dielektrik bir malzeme yerleştirdikten sonra,
plakaları
sonra
A
F arasındaki potansiyel farkın 1/ oranında azaldığını
plakalar
A
T
gözlemiştir
ö l i ti (V   V /  ).
q
q
q
Bu y
yeni durumdaki sığa:
ğ C 
   Chava
V V / 
V
(25-27)
Bir bölge, dielektrik sabiti  olan yalıtkan bir
malzeme ile tamamen kaplanmışsa,  0 terimini
M
I
IR
D
L
YI
içeren
ç
bütün elektrostatik eşitliklerde
ş
 0 yyerine
 0 yazılmalıdır.
A
L
Y
E
Örneğin, dielektrik birLortamda
nokta yükün
.
R
elektrik alan ifadesi:
D
1 veq
E
.
4T
 r
A
L
O
PDielektrik bir ortamda izele bir iletkenin
2
0
S
U
D
M
.
R
A
T
A
F
dışındaki elektrik alan ifadesi:
E

.
 0
(25-28)
Örnek : Plaka alanı A ve plakaları arası uzaklığı d olan paralel
M
I
IR
plakalı bir kapasitörün tam ortasına
ortasına, plakalarla aynı yüzey alanına
sahip, kalınlığı a olan yüksüz metal bir dilim konuyor.
D
L
b) Dilimin çok ince olması durumunda, sığanın içi hava dolu bir kapasitöre dönüştüğünü
YI
ve dilimin nereye konulduğunun önemsiz olduğunu gösteriniz. LA
Y
E iletken dilim eş-potansiyel
Dilim iletken olduğu için içindeki elektrik alan sıfırdır. Dolayısıyla,
L
.
yüzeydir. Dilimin dışında kalan bölgeler birbirine seri bağlı
iki kapasitör gibi düşünülebilir:
R
D
 A 
C 
e

v
(d  a ) / 2 
 A
1
1
1
d a d a d a
a )
a







C


T
 A  C
C C A
2 A 2 A  A
d a
C 
L
( d  a ) / 2 
O
P
A  A
A
b  ) a  0 durumda, C  lim

(plakaları arası hava dolu paralel plakalı kapasitör)
F d a d
A
Dilimi, üst yüzeyi
ile üst plaka arasındaki mesafe b olacak şekilde yerleştirirsek:
T
S b d ba d a
 A
1
1 U1





C 
(a şıkkı ile aynı sonuç bulunur)
M
 A
 A
 A
C .C C
d a
R
D
aa) Kapasitörün yeni sığasını bulunuz.
0
1
0
eş
0
eş
2
1
0
eş
2
0
0
0
a0
eş
eş
1
2
0
0
0
0
0
(25-29)
Örnek : Paralel plakalı bir kapasitör, kenar uzunluğu l olan ve
M
I
IR
aralarında d mesafesi bulunan kare şeklinde iki paralel plakadan
oluşmuştur. Şekilde gösterildiği gibi, dielektrik sabiti  olan bir
dilimin x kadarlık bir bölümü plakalar arasındadır.
D
L
YI
a ) Kapasitörün sığasını bulunuz.
b) Plakalar arasındaki potansiyel fark V ise, kapasitörde depolanan enerji ne kadardır?
A
L
Y
Ekalan boş kısım, birbirine
a ) Dilimin plakalar arasında kalan kısmı ile plakalar arasında
L
.
paralel bağlı iki kapasitör gibi düşünülebilir:
R
D
 lx

e
C 
v

 l
 l

d

C

C

C


x

l

x

   1 x  l 
T



 l (l  x ) 
d
d
A
C 
L

d
O
P l A
xA
0C 

F
d
d
A
T x  l  C   l   A
S
d
d
U
 l
1M
.
   1 x  l  V
b ) U  C V  U 

R
2d
D 2
0
1
0
eş
1
0
2
0
2
2
eş
0
0
2
eş
2
eşş
0
0
0
2
(25-30)
Örnek : Alanı A ve aralarındaki mesafe d olan paralel iki metal
M
I
IR
plaka arasına, şekilde gösterildiği gibi, dielektrik sabiti  , kalınlığı
d /3 ve plakalarla aynı yüzey alanına sahip olan dielektrik bir
D
L
YI
malzeme yerleştirilmiştir.
yerleştirilmiştir Bu şekilde oluşan kapasitörün sığasını
sığasını,
A
L
Y
E birbirine seri bağlı
Plakalar arasında dielektrikle dolu olan kısım ile boş olan kısım,
L
.
iki kapasitör gibi düşünülebilir:
R
D
 A 
C 
e d  1  d  1  2 
d
1
1
1
2d
v
d / 3 





 2 




T
 A  C
C C
3AA 3 A 3 A  
 3 A   
C 
L
2 d / 3 
O
P
3 A   
C 


d  2  1  FA
A

A
 3 
T
 1  C

 C 
C
S
2
1
d




U
M
.
R
D
dielektrik malzeme konulmadan önceki sığa (C0 ) cinsinden bulunuz.
0
1
0
eş
2
1
2
0
0
0
0
0
eş
0
0
eş
0
(25-31)
Örnek : Alanı A ve aralarındaki mesafe d olan paralel iki metal
M
I
IR
plaka arasına
arasına, şekilde gösterildiği gibi,
gibi dielektrik sabitleri 1 ,  2
ve  3 olan dielektrik malzemeler yerleştirilmiştir.
D
L
YI
B şekilde
Bu
kild oluşturulan
l t l kkapasitörün
itö ü sığasını
ğ
bulunuz.
b l
A
L
Y sabiti 
kapasitörler gibi değerlendirilebilir. Bu birleşik bölge de, E
dielektrik
L
bölge ile paralel bağlıymış gibi düşünülebilir.
.
R
  A/2 
D
C 
e

d
v

1
1
1 T d
d
d    
  A / 2
A






C 

C
C L
C
  A   A  A    
d /2 
O
P
  A/2
C 
d / 2  FA
A
 A  T
 
 A
 
C 

C

C

C


S




2
dU



d







M
.
 A        2  
 A
R
C 
;






1

C



D
Dielektrik sabitleri  2 ve  3 olan malzemelerle dolu bölgeler birbirine seri bağlı
1
1
olan
1 0
2
2 0
3
2
23
3
3
2 0
3 0
0
2
3
3 0
0
2
3
0
23
eş
2
0
eş
2
d 
1
1
23
3
2
2
1
2
1
3
2  2   3 
2
3
3
3
0

1
2
3
eş
d
(25-32)
Örnek : Eş-merkezli iki iletken küresel kabuktan içtekinin yarıçapı a,
M
I
IR
dıştakinin yarıçapı c' dir
dir. Şekilde gösterildiği gibi
gibi, kabuklar arasındaki
a  r  b bölgesi dielektrik sabiti 1 olan bir malzeme ile, b  r  c
D
L
YI
bölgesi dielektrik sabiti  2 olan başka bir malzeme ile doldurulmuştur.
A
L
Y
E birbirine seri bağlı iki
Küreler arasında farklı dielektrik malzemelerle dolu olan kısımlar,
L
.
kapasitör gibi düşünülebilir:
R
D
ab 
C  4 
e cb
1
1
1
1 b  a c  b 
bv a
b  a 


T





b 
bc
C
C C A 4  ab
b 4  bbc 4 b   a
 c 
C  4 
L
c  b 
O
 ac   ab 
1
1   bc   ac P
1   c (b  a )   a ( c  b ) 


A




4 b 
4
C


ac

b


ac
F



A
4 T abc
C 
S
 c (U
b  a )   a (c  b )
M
4 abc
4 abc 4 ac
.
=
R   1  C 
=
c (b  a )  a (c  b ) cb  abb
ca
D
Bu şekilde oluşturulan kapasitörün sığasını bulunuz.
1
1 0
2
2 0
eş
2
eş
2
0
2
1
1
1
1
1 0
2 0
1
2
0
2
1
2
1
0
1
2
2 0
eş
2
1
2
1
eş
0
0
0
(25-33)
ÖDEV : Yarıçapları a ve b olan iki metal kürenin
M
I
IR
merkezleri
k l i arasındaki
d ki uzaklık
kl k d' dir
di (d  a ve b).
)
Şekilde gösterildiği gibi, kürelerin yükleri +Q ve
Q ise,
i sistemin
i t i sığasını
ğ
bulunuz.
b l
A
L
Y
LE
D
L
YI
Gauss yasası kullanılarak, küre merkezlerinin bulunduğu düzlemde ve
küreler arasındaki bölgede elektrik alan:
kQ
kQ
E 2 
(pozitif yükten negatif yüke doğru)
2
r
(d  r )
Burada r , negatif yüklü kürenin merkezinden olan uzaklıktır.
d a
V  V  V  

A
L
O
v
T
d a 

 
1
1
E  dl  kQ   2 
 dr cos180
2

r
 d  r  
b 
P
A
  1
1  F 1
1 
Q
V  kQ   
 A



 

T
d
a
b
a
d
a







 4
S
U
4
4
Q
C  M

.
2  1 1 2
V
1 1
R
D  a  b  d  a   a  b  d 
b
D
e
.
R
0
2 
1 1




a
b
d
a



0
0
(25-34)
ÖDEV : Paralel plakalı bir kapasitörün plakalarının kenar
M
I
IR
uzunlukları L ve W,
W plakaları arasındaki mesafe ise d ' dir
dir.
Plakalar arasındaki bölge, şekilde gösterildiği gibi, köşeden
kö
köşeye
çizilen
i il hatla
h tl ikiye bölünmüş
bölü ü ve dielektrik
di l kt ik sabitleri
bitl i
1 ve  2 olan malzemelerle doldurulmuştur. Bu şekilde
oluşturulan
l t l kapasitörün
k
itö ü sığasını
ğ
bulunuz.
b l
dC1 
1 0Wdx 
d  y 

 2 0Wdx 
dC2 

y
L
Ceş   0W 
0

dx
1   2
d
 
1 2
 1
v
T
A
L
O
W  
P 
d   
d 
xA
FL 
0
eş
1
1
2
1
1
 W  U
 S   
C 
M
 ln  
d.        
R
D
1 2
D
e
1
1
1
1 dy y 
y d




;



x L
dCeş dC1 dC2  0Wdx  1
2 
A
T
0
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
2
L
  1  1   2  x 
2
 ln   
 



2 
 1  1 2  L 0

 1


; 1     
 2   
 Ceş 
 0W   2  
   0W

ln
1
  

d     
d
(25-35)
Dielektrikler : Atomik Bakış
M
I
R
I
ayrılır. Polar dielektrikler, elektrik alan sıfır olsa
bile
D
L
I
yapılarındaki yük dağılımlarının simetrik Y
olmayışından
A
dolayı sıfırdan farklı dipol momente L
sahiplerdir
(H O).
Y
Elektrik alan sıfırken dipollerin E
yönelimleri gelişigüzel
L

.
dağılım gösterir (Şekil
(Şekil-a )).RDüzgün bir E dış elektrik alan
D
e b), minimum enerji durumuna
uygulandığında (Şekilv
 
T
k l k geldiği
karşılık
ldiği
iiçin
i U   p  E  di
dipoller
ll elektrik
l k ik alanla
l l
A
L
O
P edeler. Termal hareketlilik nedeniyle
aynı
y y
yönde yyönelmeyi
y tercih
y
A
F gerçekleşemez. Ancak, bu kısmi yönelim
bu yönelim tam A
olarak
T
S
kendisini oluşturan dış elektrik alanla zıt yönde bir iç elektrik alan
U


M
oluşturur.
Bu nedenle, net elektrik alan E dışardan uygulanan E
.
R
D
alanından
daha zayıftır.
Dielektrikler,
i l k ikl "polar
l " ve "polar
l olmayan
l
" diye
di iki sınıfa
f
2
0
0
(25-36)
Polar olmayan dielektrikler, elektrik alanın olmadığı
M
I
R
I
(Şekil-a ). Plakaları arasında düzgün elektrik alanının
D

L
I
E olduğu paralel plakalı bir kapasitörünY
p lakaları

A
Lkoyarsak,
arasına böyle bir dielektrik malzeme
koyarsak E
Y

E
alanı kendisiyle aynı yönde yönelmiş
L bir p elektrik
.
R
dipol momenti indükler (Şekil(Şekil
b ).
) Yönelen moleküller
D
ebir yük oluştu rmazlar. Ancak,
dielektriğin içinde net
v
T
dielektriğin plakalara
yakın yüzeylerinde net bir yük
A
L
O
P bu yyükler,, dipolün
birikimi oluşur.
ş İndüklenen
p
negatif
g
ve ppozitif uçlarından
ç
A
Foldukları plakanın yükü ile ters işaretlidir. Bu yükler,
kaynaklanır ve yakın
A


T
S
dielektriğin içinde
E ile ters yönde bir E  elektrik alanı oluşturur (Şekil(Şekil c)
U

M
ve bunun
sonucunda da, kapasitörün plakaları arasındaki net elektrik alan E
.
R
daha
D zayıftır (E  E /  ).
durumda herhangi bir dipol momente sahip değildir
0
0
0
0
(25-37)
Dielektriğin Varlığında Gauss Yasası :
M
I
R bir
I
ifade edilir? Plakaları arası hava dolu olan paralel plakalı
D
L
kapasitörün (Şekil-a ) plakaları arasındaki bölgede
YI elektrik
A
alan, Gauss yasasından,
L
Y
q
q
E
E A
E 
L

 A .
R
D
ifadesine sahiptir.
e
v
Aynı kapasitörün plakaları arası dielektrik
sabiti  olan bir yalıtkanla tamamen dolu
T
A
L
(Şekil-b) ise, dielektriğin plakalara
yakın yüzeylerinde indüklenen yük q olmak üzere:
O
q  q
q P
q E q  q
A
  EA 
E


F
A


A
A
T  q
q
S
q  q 
  E  dA 
U
M

.
R
sonucu
elde edilir.
edilir
D
T
Tamamen
dielektrikle
di l k ikl kaplı
k l bir
bi ortamda
d Gauss
G
yasası nasıll
0
0
0
0
0
0
0
0
0
(25-38)
  q
Dielektriğin varlığında Gauss yasası:   
  E  dA 
0
M
I
IR
D
L
Bu sonuç paralel plakalı kapasitör için türetilmiş olsa da, tüm diğer durumlar
YI için de
A
doğru
ğ ve geçerlidir.
gç
L
Y
E
L
.
Not 1:: Akı ifadesi
No
ades dielektrik
dee
sab
sabiti  ' y
yı içermektedir.
çe e edR.
D
Not 2 : Dielektriğin varlığında yazılan Gauss e
yasasındaki q yükü kapasitörün yüküdür,
v
dielektrik malzemenin yüzeyindeTindüklenen yükle ilgisi yoktur
yoktur.
A
L
Not 3 : Gauss yüzeyinin her yerinde
sabit olmayabileceği genel durumu düşünülerek,
O
P içine alınmıştır.
dielektrik sabiti  A
integral
alınmıştır
F
A
T
S
U
M
.
R
D
(25-39)
BÖLÜM-26
Akım ve Direnç
A
L
Y
LE
Bu bölüm kapsamında şağıdaki konulara yer verilecektir:
•
•
•
•
•
•
M
I
IR
D
L
YI
Elektrik
El
kt ik akımı
k
(i)

Elektrik akım yoğunluğu ( J )

Sürüklenme hızı ( v d )
Bir iletkenin direnci (R) ve özdirenci (ρ)
Ohm y
yasası,, ohmik ve ohmik olmayan
y iletkenler
Elektrik devrelerinde Güç
S
U
M
.
R
A
T
A
F
P
A
L
O
v
T
D
e
.
R
D
(26-1)
Elektrik Akımı :
M
I
IR
Soldaki ilk resimde (Şekil-a), içinde ve yüzeyindeki her
noktanın aynı
y ppotansiyelde
y
olduğu
ğ bir iletken verilmiştir.
ş
D
L
I
Y
İletkenin içindeki serbest elektronlar gelişigüzel hareket
A
L
ettiklerinden herhangi bir yöndeY
ettiklerinden,
net yük akışı yoktur
yoktur.
E
L
.
R
İletkenin belirli bir noktadan
kesilip araya bir batarya
D
e (Şekil-b). Bu son durumda A
koyduğumuzu varsayalım
v
ve B noktaları
kt A
l Tarasında,
d bbatarya
t
gerilimine
ili i eşit,
it V  V
L
O
potansiyel
farkı oluşmuştur. Artık durum statik değildir
P
A
ve iletkenin içinde belirli bir doğrultuda net bir yük akışı
F
A
S
U
M
.
R
A
T
B
vardır. İletkendeki bu net yük akışına, "elektrik akımı"
denir.
D
(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
M
I
IR
A
L
Y
LE
D
L
YI
edilir. Başka deyimle, ilgili kesitteki yük akış hızı olarak bilinir. Matematik olarak:
dq
i
(C/s  amper, A)
dt
if d i sahiptir.
ifadesine
hi ti
Akımın Yönü :
S
U
D
M
.
R
A
L
O
v
T
D
e
.
R
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.
A
T
A
F
P
(26-3)
Akım Yoğunluğu : Akım yoğunluğu vektörel bir niceliktir ve
M
I
IR
büyüklüğü,
D
L
YI
i
J 
(A/m 2 )
A
ile verilir. Akım yönüne dik olan birim kesitten geçen akım miktarı
A
L
Y
LE
olarak tarif edilir ve elektrik akımı ile aynı yöndedir. Bir iletkenden

geçen toplam akım, akım yoğunluğu (J ) cinsinden:
 
i   J  dA
ile verilir.
A
L
O
v
T
D
e
.
R
Akım yoğunluğu
Ak
l
vektörel
k
l bir
bi nicelik
i lik olduğu
ld
h ld akımın
halde,
k
kendisi skaler bir niceliktir. Yanda, bir elektrik devresinden
P
bi A
bir
parça verilmiştir.
il i i a noktasına
k
gelen
l i toplam
l
akımı,
k
i
F
A
T ve i olam üzere ikiye ayrılmıştır. Yükün korunumu gereği
0
S
U
D
M
.
R
1
2
i0  i1  i2 olacaktır. Dikkat edilirse, toplam akımı bulmak
için herhangi bir vektörel toplama işlemi yapılmamıştır.
(26-4)
Örnek : Yükü 8.0 nC olan bir nokta yük, çembersel bir yörüngede
100 rad/s' lik bir açısal frekansla dönmektedir. Nokta yükün bu
dönü hareketi nedeniyle oluşan akımı hesaplayınız.
2
2
T =
= 0.02 s
  2 f 
T
100
q
8.0  10 9
i=
 i=
= 4.0  10 7 A
t
0 02
0.02
D
e
.
R
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
v geçen yük q(t )  4t 5 +5t +6 C
Örnek : Kesit alanı 2 cm 2 olan birTtelden
A
L
O
ile veriliyor. t  1 s anında telden geçen akımı ve teldeki akım yoğunluğunu
bulunuz.
A
T
A
F
P
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
S
U
M
.
R
D
(26-5)
Örnek : Bir telden geçen akım ükü i(t ) = 100sin(120 t ) ifadesine
M
I
sahiptir. Burada, t saniye cinsinden ve akım ampere cinsindendir.
R
I
D
t = 0 ile t = 1/240 s arasında telin kesitinden geçen toplam
ILyük
Y
miktarını bulunuz. Akımı oluşturan yüklü parçacıklar
elektronlarsa,
A
L
Y
bu kadar sürede telin kesitinden kaç tane elektron
geçmiştir?
E
L
.
R
dq
i
 dq  idt  100 sin(120 t )D
dt
e
dt
v
T
1/ 240
A
1
1/ 240
L
q   100 sin(120 t ) dt
 100
cos(120 t ) 0
O
120
P
0
A
5 
F  5
A
cos
= 2.618 C
q
 1 
T

6US 2  6
M
2.618
.
19
NR
e  2.618
2 618 C  N 

1
1.64
64

10
tane elektron
elektron.
19
D
1.6  10
(26-6)
Sürüklenme Hızı (vd ) :
M
I
IR
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
A
L
Y
LE
D
L
YI
iletken içinde gelişigüzel hareket etmeye devam ederken, aynı
zamanda da sürüklenirler.
.
R
Şekilde kesit alanı A olan bir iletken verilmiştir.
Ş
ş Akımı oluşturan
ş
yüklü
y
parçacıkların
p ç
v
T
D
e
elektronlar ve iletkenin birim hacmindeki serbest elektron sayısının da n olduğunu
y
varsayalım.
A
L
O
İletkenin L uzunluğundaki bir parçasındaki toplam yük:
P
q   nAL  e ile verilir ve bu bölgedeki tüm yük t  L / vd kadarlık bir sürede A
A
F iletkenden geçen akım ve iletkendeki akım yoğunluğu:
kesitinden geçer. Bu A
durumda
T
q nALe S
i nAv e
i 
 nAv e ; J  
 nev 
U
/v
A
A
t LM
.
AkımR
yoğunluğu ile elektronların hızı ters yönlü olduğundan
D 
d
d
d
d
J  nevd
şeklinde yazılır.
(26-7)
Örnek : Kesit alanı 3.31106 m 2 olan bakır bir telden 10 A şiddetinde
akım geçmektedir
geçmektedir. Her bir bakır atomunun elektronlarından sadece birisi
M
I
akımın oluşumuna katkı verdiğine ve bakırın yoğunluğu 8.95 g/cmIR
D
L
olduğuna göre, elektronların sürüklenme hızını hesaplayınız.
YI(Bakırın
A
g
)
molar kütlesi: 63.5 g/mol).
L
Y
E
L
m 63.5
.
1 mol bakırın hacmi: V  =
=7.09R
cm
d 8.95
8 95
D
e olduğuna göre,
1 mol bakırda 6.02  10 tane bakırvatomu
T
A
elektron yoğunluğu:
L
O
6.02  10
P
n
 8.49
8 49A 10 elektron/m
7.09  10
F
A
10
J
I ST
v 
U 
ne MneA  8.49  10   1.6  10    3.31  10 
.
v DR2.23
2 23  10 m / s
3
3
23
23
28
3
6
d
28
19
6
4
d
(26-8)
Direnç :
M
I
IR
Bir iletkenin iki ucu arasına, şekildeki gibi, V potansiyel farkı
uygulanırsa o iletkenden i akımı geçer. Direnç, bir iletkenin
D
L
YI
içinden geçen akıma, başka deyimle içindeki yük akışına karşı
gösterdiği tepki ya da karşı koyuşun bir ölçüsüdür. M atematik
olarak:
.
R
A
L
Y
LE
V
(V/A  ohm,  )
i
eşitliği ile verlir. Elektrik devrelerindeki sembolik gösterimi
R
şekil-b'de verilmiştir.
Özdirenç (  ) :
A
F
P
A
L
O
v
T
D
e
Durgun elektriğin
D
l kt iği tersine,
t i iletkenin
il tk i içinde
i i d elektrik
l kt ik alan
l artık
t k sıfır
f ddeğildir.
ğildi İletkenin
İl tk i
içindeki elektrik alan iletkendeki akım yoğunluğu ile doğru oratılıdır ve orantı sabitine


de o iletkenin "özdirenci" denir (E   J ). SI sistemindeki birimi:


E
 V/m V

E  J   
 

m



m
.
2
J
 A/m A

S
U
M
.
R
A
T
D
(26-9)
İletkenlik ( ) :
M
I
R iyi
I
(  m) ' dir. Bir iletkenin elektriği ne kadar
D
L
ilettiğinin bir ölçüsüdür. Elektriği iyiIiletebilen
Y
malzemelerin iletkenlikleri de oA
denli büyüktür.
L
Y
E iletkenlik cinsinden,
Böylece, akım yoğunluğu ile elektrik alan arasındaki eşitlik,
L


.
J E
R
D
eiçindeki elektrik alan ile iletkendeki
formunda da yazılabilir. Yukarıdaki iletkenin
v
T
akım yoğunluğu birlikte değerlendirilirse,
değerlendirilirse
bir iletkenin direnci (R) ile özdirenci ( )
A
L
arasında,
O
P
V
A
F
E 
A
V/L V A
A
L
L   E
T


R
 R= ρ

S
i  U J i/ A i L
L
A
J
A.M
R bir ilişki olduğu ortaya çıkar.
ileD
verilen
İl tk lik özdirencin
İletkenlik
ö di
i tersidir
t idi (  1 /  ) ve birimi
bi i i
1
(26-10)
Örnek : Kesit alanı 2.00 104 m2 ve uzunluğu 10.0 cm silindirik bir aliminyum
M
I
R
I
cam bir silindir için yukarıdaki hesabı tekrar yapınız. (  2.82 10 
 m)
D
L
I
L
0.1

Y


R 
 2.82  10 

1.41

10



A
A
L
 2.00  10 

L
R


Y
A
0.1
L

E
R 
 3.00  10 
 1.50  10  
L

A
 2.00  10. 

R
D
e yapılmış telin birim uzunluğunun
Örnek : Yarıçapı 0.321 mm olan nikromdan
v
T
direncini hesaplayınız
hesaplayınız. 1 m uzunluğundaki
nikrom telin uçları arasınan 10 V' luk
A
L
bir potansiyel fark uygulanırsa,O
teldeki akım ne olur? (
 1.15 10   m)
P
A   r    0.321  10 FA 3.24  10 m
A
R 
1.5  10ST
 
 4.6
4 6  /m
/
U
L A 3.24  10
M10
V .
I  R
 2.2
22A
DR  4.6  (1)
telin direncini hesaplayınız. Aynı boyutlara sahip, öz-direnci 3.00 1010   m olan
8
Al
8
Al
5
4
Al
10
cam
13
4
cam
Ni Cr
3 2
2
7
6
2
6
7
(26-11)
Örnek : Farklı malzemelerden yyapılmış,
p
ş kenar uzunluğu
ğ
3 mm olan kare kesitli iki tel şekildeki gibi birleştirilmiştir.
Birinci tel 25 cm uzunluğunda
ğ
ve öz-direnci 4 105   m,,
ikincisi ise 40 cm uzunluğunda ve öz-direnci 6 105   m'dir.
ş telin toplam
p
direncini hesaplayınız.
p y
Birleşik
L
A

D
L
YI
L
0.25
10
 4  10 5


2

3
A
 3  10  9 

L
0.40
24
RB   B  6  10 5


2
A
 3  10 3  9 
RA   A
R
.
R
A
L
Y
LE
M
I
IR
P
A
L
O
v
T
D
e
Teller birbirine eklendiği için, toplam direnç:
A
F
10 24 34
R  R A  RB 


 3.78 
9
9
9
S
U
M
.
R
A
T
D
(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
A
L
Y
LE
hesaplayınız. İletkenler arasına 12 V' luk bir potansiyel fark uygulanırsa,
kaçak akım miktarı ne kadardır? ( Si  640   m)
.
R
M
I
IR
D
L
YI
Kablodaki kaçak akım yönü radyal doğrultudadır. Yani, iç iletkenden
D
e
dış iletkene doğrudur. Kablo ile aynı eksenli ve aynı boyda, yarıçapı
r ve kalınlığı dr olan silindirik bir kabuğun direnci:
A
L
O
v
T
dr
L
 dR  
A
2 rL
ifadesine sahiptir.
sahiptir Dolayısı ile silikonla kaplı bölgenin toplam direnci ve kaçak akım:
R
A
T
A
F
P
dr

dr

640
b
 1.75 
R  
ln
R
ln




 

  851 

2 rL 2 L a r
2 L  a 
2 (0.15)
(0 15)  00.5
5 
a
b
M
.
R
S
U
b
V
12

 14.1 mA
R 851
olarak bulunur.
I
D
(26-13)
Örnek : Şekilde öz-direnci  , uzunluğu L, iç yarıçapı ra ve dış
yarıçapı rb olan
l silindirik
ili di ik bi
bir kabuk
k b k verilmiştir.
il i i Silindirin
ili di i iki ucu
arasına gerilim farkı uygulandığında, akım silindir ekseni boyunca
akmaktadır. Bu uçlar arasında silindirin direncini bulunuz.
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Y
Silindir ile aynı eksenli ve dL uzunluğundaki bir kesitin
direnci:
E
L
.
L
dL
R
R
 dR  
D
A
 b  a 
e
v
p Silindir ekseni boyunca
yT bu dirençleri
ç
üst üste toplarsak,
p
ifadesine sahiptir.
A
toplam direnç:
L
O
dL
P
L
R 
 A
dL 

  b  a  F b  a 
 b  a 
A
olarak bulunur.
bulunurST
U
M
.
R
D
2
2
L
L
2
0
2
2
2
2
2
0
(26-14)
Örnek : Şekilde, ön yüzeyinin (A) kesiti aw, arka yüzeyinin
kesiti bw olan L uzunluğuna ve  öz-direncine sahip bir cisim
verilmiştir. Bu cismin A ve B yüzeyleri arasındaki direncini
bulunuz.
A
L
Y
LE
A yüzeyine paralel ve x kadar uzakta, kalınlığı dx olan bir
M
I
IR
D
L
YI
plakanın direnci:
L
dx 
dx
ba ya
R
 dR  

;

A
wy w  b  a 
L
x
x
a



 L 
ifadesine sahiptir. A yüzeyinden B yüzeyine kadar bu dirençleri üst üste
toplarsak, toplam direnç:

L
M
.
R
S
U
A
F  L
A
T
dx
w 0  b  a 

xa
 L 
olarak bulunur.
R
P
A
L
O
v
T
.
R
D
e
L
 b  a 

L
b


ln  
ln
x
a

 


w  b  a   L 
w
b
a

 a
0
D
(26-15)
ÖDEV : Şekilde, tabanının yarıçapı b ve tavanının yarıçapı a
M
I
IR
olan h yüksekliğine ve  öz-direncine
öz direncine sahip kesik koni şeklinde
bir cisim verilmiştir. Bu cismin tavanı ile tabanı arasındaki
di
direncini
i i bbulunuz.
l
A
L
Y
E
L
ba ya
Tavan yüzeye paralel ve z kadar uzakta, kalınlığı dz olan bir
D
L
YI
plakanın
l k
di
direnci:
i

L
dz
dz
 dR  


R
;
2
2
A
y
  b  a 
L
z

 L  z  a 



if d i sahiptir.
ifadesine
hi i T
Tavan yüzeyinden
ü i d taban
b yüzeyine
ü i kadar
k d bu
b
dirençleri üst üste toplarsak, toplam direnç:
A
F
P
A
L
O
v
T
D
e
.
R
L



L
dz
L 
1
L





R 
2
 0  b  a 
 b  a    b  a 
 abb



z
a
  L 

 L  z  a 
0



olarak bulunur.
S
U
M
.
R
A
T
D
(26-16)
Özdirencin Sıcaklıkla Değişimi :
Şekilde bakırın özdirencinin sıcaklıklaIM
R
I
D
nasıl değiştiği verilmiştir. Bu değişim
L
I
Y
neredeyse çizgiseldir ve birçok
iletken
A
L
Y
için benzerdir.
E
L
.
R bağlılığı matematiksel
Birçok pratik uygulamalarda
uygulamalarda, özdirencin D
sıcaklığa
e
v
olarak,
T
A
   1   T  T  
L
O
P  sabitine "özdirencin sıcaklık katsayısı
bağıntısı ile verilir.
verilir Buradaki
katsayısı"
A
F
A
oda sıcaklığı (293 K) ve  ' da iletkenin oda
denir. T kelvin cinsinden
T
S
U
sıcaklığındaki
özdirencidir. Örneğin, bakırın oda sıcaklığındaki
M
.
özdirenci:
  1.69
1 69 10 
 m
m' dir.
dir
R
D
0
0
0
0
8
o
(26-17)
Örnek : Bir ampülün içindeki tungsten telin direnci, ampül yanmıyorken
(T0 = 20 o C) 19 , yanıyorken 140 ' dur. Ampül yanıyorken sıcaklığı ne
kadardır? ( tungsten = 4.5 103 ).
   0 1   T  T0   ; R  
R  R0 1   T  T0  
 R
1
T 
 1   T0 
 R0

S
U
M
.
R
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
1
 140 
o
T 
 1

20

1435
C
3
 19
 4.5  10
A
F
A
T
L
A
M
I
IR
P
A
L
O
v
T
D
(26-18)
Ohm Yasası :
M
I
IR
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
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,
A
L
O
v
T
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,
A
F
P
iletkenin iki ucu arasındaki potansiyel farkla doğru orantılıdır". Her iletkenohm yasasına
S
U
A
T
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)
M
.
oranı sabit değildir. Üstelik, gerilim ters çevrildiğinde diyot akımı iletmez.
R
D
(26-19)
Ohm Yasasına Mikroskopic Bir Bakış:
M
I
R
I
için, iletimin nasıl gerçekleştiğine atomik düzeyde
bakmak
D
Lgerçekleştiği
I
gerekir. Örnek olarak, bakırda iletimin nasıl
Y
Aiçindeki serbest
yandaki şekilde gösterilmiştir. İletken
L
Y
elektronların gelişigüzel hareketleri
yaklaşık olarak
E
L
.
10 m/s mertebesindekiR
hızlarla olur ve sürekli olarak
D
bakır atomlarıylae
çarpışırlar.
v
T
S b elektronun
Serbest
l k
bir
bi iletken
il k içindeki
i i dAki A ve B noktaları
k l arasında
d iizlediği
l diği yoll
L

O
yukarıdaki şekilde gri kesikli
P çizgilerle gösterilmiştir. Düzgün bir E elektrik
A
alanı uygulandığında,F
elektronun
izlediği yol ise aynı şekil üzerinde yeşil renkte
A
kesikli çizgilerle T
gösterilmiştir. Elektriksel kuvvetin etkisiyle, elektron sağa
S
doğru küçükUbir v sürüklenme hızı kazanmış ve B noktasına ulaşmıştır.
M
.
R
D
Neden bazı cisimlerin ohm yasasına uyduğunu anlamak
6
d
(26-20)
İletken içindeki serbest elektronlardan sadece birini düşünelim. Ardışık çarpışmalar arasında
M
I
IR
geçen ortalama süre  olsun
olsun. Üzerinde etkiyen elektriksel kuvvet elektron ivme kazanır:
F eE
F  eE  a  
m m
Her çarpışmada elektronun tüm kinetik enerjisini kaybettiğini varsayarsak, elektronun
sürüklenme hızı,
eE
E
vd  a 
(Eş-1)
m
olur. J akım yyoğunluğuna
ğ
ğ
sahipp bir iletkende elektronların sürüklenme hızı,,
v
T
J
(Eş-2)
J  nevd  vd 
ne
eşitliği
i liği il
ile verilir.
ili B
Bu iki eşitlik
i lik bi
birleştirilirse,
l i ili
P
A
L
O
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
J
eE
 m 

 E  2 J
ne
m
 ne  
sonucu elde edilir. Bu son eşitlikten:
vd 
A
F
A
T
m
E   J   S
ne 
U
Medilir. Eğer  elektrik alana bağlı değilse, iletkenin özdirenci değişmez ve
bağıntısı elde
.
R
ohm
h yasası
l d
D ileil uyumludur.
2
(26-21)
Elektrik Devrelerinde Güç:
M
I
IR
Şekilde verilen elektrik devresini düşünelim. Bir
cihazın ((direnç,
ç, motor,, ...)) a ve b uçları
ç
arasına
D
L
I
Y
batarya ile V gerilimi uygulanmıştır. Devreden
A
L
geçen i akımı nedeniyle cihazın
bir ucundan
Y
E dq  idt kadar
diğerine dt kadarlık birLzamanda
.
bir yük geçer
geçer. DR
e
v
Potansiyel enerjideki azalma dU  VdqT Vidt kadardır. Bu enerji batarya
A
L
tarafından cihaza aktarılır. Bataryadan
cihaza enerji aktarılma hızı "güç"
O
P
olarak tanımlanır ve
A
dU Vidt AF
P

 P  iV (V  A  watt, W)
T
dt
dtS
U
ifadedineM
sahiptir.
.
R
Ohmik
D bir direnç üzerinde açığa çıkan güç ifadesinde V  iR eşitliği kullanılarak
P  iV  i 2 R  V 2 / R olarak yazılabilir.
(26-22)
Örnek : Direnci 8  olan nikrom bir telin uçları arasına 120 V' luk bir
poatnsiyel fark uygulanarak bir elektrik ısıtıcısı yapılıyor. Telden geçen
akımı ısı üretilme hızını bulunuz.
V 120

 15 A
8
R
P  i 2 R  (15) 2  8  1800 J/s
i
.
R
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
Örnek : 240 V' luk bir gerilim altında çalışan
Dve 20 A akım çeken bir fırında
e
v
T
4 saat boyunca pişirilen bir yemek için ödenecek elektrik parası ne kadardır?
A
L
O
( l kt iği kW
(elektriğin
kW-saat't' i 150 kuruştur).
k
t )
P
P  iV  20  240  4800 W  4.8 kW
Enerji  W  P  t  4.8  4  19.2 kW-saat
A
T
A
F
Tutar  19.2  150  2880 kuruş  2.88 TL
S
U
M
.
R
D
(26-23)
M
I
IR
BÖLÜM-27
BÖLÜM
27
Devreler
A
L
Y
LE
Bu bölümde aşağıda listelenen konulara değinilecektir:
.
R
D
L
YI
Elektromotor kuvvet (emk)
Gerçek ve ideal emk kaynakları
Kirchhoff’ un çevrim kuralı
Kirchhoff’ un kavşak kuralı
Kirchhoff
Çok halkalı devreler
Seri bağlı dirençler
Paralel bağlı dirençler
Bir kapasitörün dolması ve boşalması, RC devresi
S
U
M
.
R
A
T
A
F
P
A
L
O
v
T
D
e
D
(27-1)
Bir iletkende akımın sürekli olması için, iki ucu arasına potansiyel
M
I
Rucu
I
olarak bir ucundan diğerine yük pompalar. Bir iletkenin iki
D
L
I cihaza
arasında sürekli bir potansiyel fark oluşturmaya yarayan
Y
"emk kaynağı" adı verilir. Bir üretecin emk' sı,
elektromotor kuvvet
A
L
Y
kaynağı tarafından yük taşıyıcıları üzerine birim yük başına
yaptığı iş ( = dW / dq)
E
L
.
olarak tanımlanır. Birimi J/C veya volt' tur. Batarya, pil, akü birer emk kaynağıdır.
R
D
Bu cihazlar sanki bir "yük pompası" gibi çalışırlar.
Potansiyelin düşük olduğu uçtan
e
v
potansiyelin yüksek olduğu uca doğru sürekli olarak yük pompalarlar. Aşağıdaki
T
A
şekilde, sistemin mekanik eşdeğeri
verilmiştir. Buradaki pompa, suyu alçaktaki bir
L
O
depodan
p P yyüksekteki başka
ş bir depoya
p y pompalamaktadır
p p
ve
A
Felektrik devresindeki emk kaynağına karşılık gelir. Depolar
A
T arasındaki boru elektrik devresindeki direnci, depolar da
S
U
direncin yüksek ve düşük potansiyele sahip uçlarını temsil
M
.
etmektedir.
R
D
fark uygulamak gerekir. İletken içinde oluşan elektrik alan, sürekli
(27–2)
Bir emk kaynağının kutbu, bir ucunda küçük çember olan bir
okla gösterilir. Okun yönü kaynağın negatif ucundan pozitif
S
U
M
.
R
A
T
M
I
R
I
ucuna doğrudur. Bir devreye bağlandığında, kendiD
içindeki
L
I
pozitif yükler negatif uçtan pozitif uca doğruY
akar ve devrede
A yyaparken
yük akışı
ş oluşmasına
ş
sebepp olur.LBunu
p
dq
q
de bir y
Y
E bir iş yapar. Kaynağın
yükü üzerinde dW  dq ile verilen
L
.
batarya olması durumunda,Rgerekli enerji batarya için
içindeki
deki
D
kimyasal reaksiyonlardan;
jeneratör olması durumunda, mili
e
v
T
çeviren mekanik
kuvvetten; güneş pili olması durumunda da
A
L
güneşten
sağlanır. Yandaki devrede, B kaynağında depolanmış
O
P enerji form değiştirir.
kimyasal
değiştirir Bir kısmı motorda mekanik
A
F
enerjiye, bir kısmı direnç üzerinde ısıya ve kalan kısmı da A
ka nağında kimyasal
kaynağında
kim asal enerji
enerjiyee dönüşür.
dönüşür
D
(27–3)
Yandaki devrede (Şekil-a), R direnici bir emk kaynağının
a ve b uçlarına bağlıdır.
İdeal Batarya :
S
U
M
.
R
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Y
E
L
a ve b uçları arasındaki V gerilimi,
üzerinden geçen i akımına
.
b ğl ddeğilse
bağlı
ğil emkk kaynağı
k
ğD
idealdir
id Rldi (V  ) denir
i (Şekil(Ş kil b).
)
e
v
T
A
Gerçek Batarya:
L
O
P
A
F b uçları arasındaki V gerilimi, üzerinden geçen i akımıyla
a ve
A
T
azalıyorsa emk kaynağı gerçektir (V    ir) denir (Şekil-c).
)
Bu ifadedeki r, emk kaynağının "iç direnci" dir.
D
(27–4)
Tek Halkalı Bir Devredeki Akım:
M
I
IR
Şekilde tek halkalı bir devre verilmiştir. Kaynağın ideal ve bağlantı
p olduğunu
ğ
varsayalım.
y
kablolarının ihmal edilebilir dirence sahip
D
L
I
Y
Devrede saat ibreleri yönünde bir i akımı akar.
A
L
Y
E
L
dt kadarlık bir zamanda devreden dq  idt kadarlık bir yük
akar. Bu durumda batarya
.
R
d  ddq  idt
dW
d ifadesi
if d i ile
il verilen
il bir
bi iş
i yapar. Enerjinin
ji i korunumu
k
gereğii bu
b enerji
ji
D
e
direnç üzerinde ısı enerjisi olarak açığa çıkar:
v
T
A
L
idt  Ri dt    Ri   iP
RO
0
A
F
A
Bu son eşitlik, Kirchhoff'
un çevrim kuralı olarak bilinir. Daha açık bir ifadeyle;
T
S
"Bir elektrikUdevresindeki herhangi bir çevrim boyunca tüm elemanlar
M potansiyel değişimlerinin toplamı sıfırdır".
üzerindeki
.
R
D tarif edilebilir.
şeklinde
2
(27-5)
Örnek : İç direnci r = 0.25  ve emk' sı  = 13 V olan bir batarya,
M
I
IR
R = 3 ' llukk bir
bi direncin
di
i uçlarına
l
b ğl
bağlanmıştır.
t
a ) Devreden geçen akımı ve bataryanın çıkış gerilimini
b) Bataryanın devreye sağladığı gücü, dirençler üzerinde
birim zamanda açığa çıkan ısı enerjisini hesaplayınız.
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI

13
a ) i 

4A
r  R 0.25  3
V = iR = 4  3  12 V veya V =   ir
i = 13  4  0.25
0 25  12 V
b  ) Pbatarya  i  4  13  52 W
P
A
L
O
v
T
A
P = i R =  4  F 3  48 W
A
T
S
P =i U
r =  4   0.25
0 25  4 W
M
.
R
2
2
R
2
2
r
D
(27-6)
Örnek : İçç direnci r ve emk' sı  olan bir batarya,
y , şşekildeki
gibi R direncinin uçlarına bağlanmıştır. Hangi R direncinde,
g ç maksimum olur?
üzerinden ççekilen güç
Pi R
2

 2R
i
P
2
rR
r

R


v
T
D
e
.
R
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
2

r

R
 2 r  R  R 

dP
2 
=0 
 = 0  r  R   2R  0  R  r
4
dR
r  R


Pmax 
 2R
.
R
D
A
T
r  RS
 Rr
U
M
2
A
F
2

4r
P
A
L
O
(27-7)
Direnç Kuralı :
V  iR
V  iR
V  
A
F
A
T
V  

S
U
M
.
R
M
I
R
I
ediyorsak, direnç üzerindeki potansiyel değişimi:
D
L
V  iR
YI
Aters yönde hareket
Bir direnç üzerinden geçen akımla
L
Y
ediyorsak, direnç üzerindeki
potansiyel değişimi:
E
L
V  iR
.
R
D
e:
v
EMK Kuralı
T
İ
İdeal
bir
kaynak
üzerinde, emk'' nın yönünde
ö ü
hareket
A
L
ediyorsak,
kaynak üzerindeki potansiyel değişimi:
O
PV  
Bir direnç üzerinden geçen akımla aynı yönde hareket
İdeal bir kaynak üzerinde, emk' nın tersi yönde hareket
ediyorsak,
di
k kaynak
k
k üzerindeki
ü i d ki potansiyel
t i l ddeğişimi:
ği i i
V  
D
(27-8)
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Ş kil a' da
Şekild verilen
il ddevreyii ele
l alalım.
l l Batarya, r iç
i dirençli
di
li Y
gerçekk bir
bi bataryadır.
b
d
E
L tam bir tur atarak
Bu çevrim için, a noktasından başlar ve saat ibreleri.yönünde
R
Kirchhoff' un çevrim kuralını uygularsak:
D
e
v

  ir  iR  0  i 
T
Rr
A
L
buluruz.
O
P
A
F b noktasına saat ibreleri yönünde giderken çevrimin
A
Şekil-b' de, a noktasından
T
S
h noktasındaki
her
k
d ki V potansiyeli
i li çizilmiştir.
i il i i Batarya üzerinde
i d negatif
if uçtan pozitif
i if
U
M için, V potansiyel değişimi pozitiftir. Akımla aynı yönde hareket
uca gittiğimiz
.
R
ettiğimiz
D için, her iki direnç üzerindeki V potansiyel değişim negatiftir.
(27-9)
Örnek : Şekilde iki batarya ve iki dirençten oluşan tek
halkalı bir devre verilmiştir. Bataryaların iç direçleri
ihmal edilebilir. Devreden geçen akımı, dirençlere
aktarılan güçleri ve 12 V' luk bataryanın devreye
sağladığı gücü hesaplayınız.
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Y
E
6 L12
1
 V  0    8 I    10 I  0  I R.18   3 A
D
Negatif işaret, akımın ters yönde aktığını
göstermektedir.
e
v
8 AT
 1
P  I R      8  L0.89 W
9
O
 3
P
10
 1 FA
P  I R    A  10 
 1.11 W
9
T 3 
S
U
1
M
P .I      12  4 W
3
R
D
1
2
2
2
1
R1
2
2
2
R2
2
2
(27-10)
Çok Halkalı Devreler:
M
I
R
I
ve bd olmak üzere üç kolludur. Her koldan geçenDakıma bir
L
I
isim verilir ve keyfi bir yön seçilir. YapılanYişlem sonucunda
ABu durum bize, ilgili
akım için negatif
g bir değer
ğ bulunabilir.
g
L
Y
E seçtiğimizi bildirir.
akımın yönünü başlangıçta yanlış
L
.
R
Yukarıdaki devrede bad,
bad bdc ve bd kollarından
geçen akımlara sırasıyla
D
e seçilen yönler devre üzerinde
i , i ve i isimleri verilmiş ve akımlar v
için
gösterilmiştir.
ö il i i b ve d noktaları
k l birer
biATkkavşaktır.
k Yükün
ü kkorunumu gereği,
ği
L
O
d noktasına gelen i ve i akımlarının
toplamı i akımına eşittir (i  i  i ).
P
A
Bu, Kirchhoff' un kavşak
kuralı olarak bilinir ve daha açık bir ifadeyle;
F
A
"Bir kavşağa gelen
akımların toplamı, o kavşağı terkeden akımların
T
S
toplamınaUeşittir".
M
.
şşeklinde
tarif edilir.
R
D
Şekilde iki halkalı bir devre verilmiştir. Bu devre bad, bdc
1
2
3
1
3
2
1
3
2
(27-11)
Devredeki i1 , i2 ve i3 akımlarını belirlemek için üç
M
I
R
I
d noktasına uygulanan kavşak kuralındanD
bulunur:
L
I
i i i
(Eş-1)
Y
A
L
Diğer iki tanesi de, bad ve bdc halkaları için saat ibrelerinin
tersi yönünde
Y
E
hareket edilerek Kirchhoff' un çevrim kuralının uygulanmasıyla
bulunur:
L
.
bad için:   i R  i R  0
(Eş-2)R
D
e
bdc için:  i R  i R    0
(Eş-3)
v
Tö ü ü d devredeki
Ü bilinmeyenli
Üç
bili
li bu
b üç
ü denklemin
d kl i Açözümünden,
d
d ki i , i ve i akımları
k l
L
bulunabilir. Herhangi bir akımın
değerinin negatif bulunması, ilgili akım için
O
P
başlangıçta seçilen yönün
yanlış olduğu anlamına gelir. abcd halkası için de
A
F
A
çevrim kuralı uygulanarak
dördüncü bir eşitlik daha bulunabilir. Ancak, bu
T
S yeni bir bilgi vermez. Bu yeni eşitlik,
yeni eşitlikU
bize
M  i R i R   0
abcd. için:
(Eş-4)
R
Dverilir ve Eş-2 ile Eş-3' ün toplamından başka birşey değildir.
ile
denkleme ihtiyacımız vardır. Bunlardan birincisi,
1
1
1 1
3
3
3
2
3
2
3
2
2
1
1
1 1
2
2
2
3
2
(27-12)
Örnek : Yanda verilen devrenin kollarından geçen
M
I
IR
I1 , I 2 ve I 3 akımlarını,
k l
Ki
Kirchhoff'
hh ff' un çevrim
i ve kavşak
k
k
kurallarını kullanarak bulunuz.
A
L
Y
LE
D
L
YI
Kirchhoff un çevrim ve kavşak kurallarından,
Kirchhoff'
abcf halkası için: 12  I1  3 I1  5 I 2  I 2  4  0  2 I1  3 I 2  4
.
fcde halkası için: 4  I  5 I  8 I  0  3 I R4 I  2 (Eş-2)
D
e
c kavşağı için: I  I  I (Eş-3)
v
Eş 1 ve Eş-2'
Eş-1
Eş 2' den,
den I ve I çekilipA
Eş-3'
EşT3' te yerine konursa
konursa,
L
6
17
11
O
AI 
A
A
I 
I 
P
13
13 A
13
F başlangıç yönleri doğru, I akımının başlangıç
bulunur. I ve I akımlarının
A
T
S
yönü
önü ise ters seçilmiştir
seçilmiştir.
U
M
.
R
D
2
1
2
1
2
1
1
3
2
3
2
(Eş-1)
3
3
3
3
2
(27-13)
M
I
IR
ÖDEV : Kirchhoff' un çevrim ve kavşak kurallarını
kullanarak, yanda verilen devredeki tüm dirençlerden
geçen akımları
k l bulunuz.
b l
.
R
D
e
A
L
Y
LE
D
L
YI
ÖDEV : Kirchhoff' un çevrim ve kavşak
v kurallarını
T
A
kullanarak yanda verilen devredeki tüm dirençlerden
kullanarak,
L
geçen akımları bulunuz. 200O
' luk direncin uçları
P
arasındaki
d ki potansiyel
i l ffarkı
k hhesaplayınız.
l
A
F
A
T
S
U
M
.
R
D
(27-14)
Bir Devrede İki Nokta Arasındaki Potansiyel Fark :
M
I
IR
Şekildeki
Şek
ildeki tek halkalı devreyi ele alalım.
alalım b ve a noktaları
arasındaki Vb  Va potansiyel farkı,
D
L
k
d b noktasına
k
h kI ederken,
hareket
d k 
 a noktasından
Y


V  V   tüm elemanlar üzerindeki A
V potansiyel 
L
 değişimlerinin toplamıY



E
L
.
işlemiyle bulunur.
R
D
a noktasını b noktasına bağlayan iki farklıeyol bulunmaktadır. V  V potansiyel
v
T
farkını her iki yönde de hareket ederek
bulabiliriz:
A
L
Saat ibreleri yönünde
:
V  V    ir
O
P
S t ibrelerinin
Saat
ib l i i ter
t sii yönünde
ö ü d : V  V  iR
A
F
A
Not -1 : Bu devreTiçin Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa,   ir  iR  0
S
bulunur.
Bu da,   ir  iR anlamına gelir.
U
M
Not - 2.: İki nokta arasındaki potansiyel fark yoldan bağımsızdır.
R
D
b
a
b
b
a
b
a
a
(27-15)
Örnek : Şekilde iki halkalı bir devre verilmiştir. Devredeki
kollardan geçen I1 , I 2 ve I 3 akımlarını bulunuz. a ve c
noktaları arasındaki potansiyel farkını (Vca  Vc  Va ) üç farklı
yolu takip ederek hesaplayınız.
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Y
LE (Eş-1)
Kirchhoff'
c o un
u çevrim
çev
ve kavşak
avşa kurallarından,
u a a da ,
abcd halkası için: 10  6 I1  2 I 3  0  3 I1  I 3  5
.
bcfe halkası için: 10  6 I  14  4 I  0  3 I R
2 I  12 (Eş-2)
(Eş 2)
D
c kavşağı için: I  I  I (Eş-3)
e
v
Eş-1
Eş
1 ve Eş
Eş-2'
2 den,
den I ve I çekilip Eş
Eş-3'
3 te yerine konursa,
konursa
T
A
L
1A
I  2 A  I  3 A  I  O
P yönü doğru
bulunur I akımının başlangıç
bulunur.
doğru, I ve I akımlarının başlangıç
A
F
yönleri ise ters seçilmiş.
A
T
adc yolu: V  2SI  V  V  V  2 I  2( 1)  2 V
U
abc yolu:M
V  10  6 I  V  V  V  10  6 I  10  6(2)  2 V
.
abefcR
D yolu: V  4 I  14  V  V  V  14  4 I  14  4(3)  2 V
1
1
2
2
3
3
1
3
c
1
a
a
2
3
2
a
1
3
2
1
2
2
c
c
a
3
c
c
1
a
c
a
2
(27-16)
Örnek : Şekilde iki halkalı bir devre verilmiştir. be kolundan geçen I 3
M
I
IR
akımı 2 A olduğuna göre
göre, diğer kollardan geçen I1 ve I 2 akımını,
akımını af kolu
üzerindeki bataryanın emk' sını bulunuz. a ve d noktaları arasındaki
potansiyel farkını (Vda  Vd  Va ) üç farklı yolu takip ederek hesaplayınız
hesaplayınız.
Kirchhoff' un çevrim ve kavşak kurallarından,
befa halkası için:  5 I 3    2 I 2  0    2 I 2  10
.
R
A
L
Y
(Eş-1)
LE
5
bedc halkası için:  5 I 3  15  7 I1  0  7 I1  15  10  I1 
b kavşağı için: I1  I 2  I 3  2 (Eş-2)
A
L
O
v
T
D
e
7
D
L
YI
A
5
9
I1' iin ddeğeri
ğ i Eş-2'
E 2' dde kkullanılırsa:
ll l
I1  I 2  2  I 2  2  ( )  A
7
7
9
88
  2 I 2  10    10  2(( ) 
V bulunur.
7
7
9 88
afed yolu: Va  2 I 2    Vd  Vd  Va  2( ) 
 10 V
7
7
abed yolu: Va  5 I 3  Vd  Vd  Va  5(2)  10 V
S
U
A
F
A
T
M
.
abcd R
yolu: V  7 I  15  V
D
a
1
d
P
5
 Vd  Va  7( )  15  10 V
7
(27-17)
Eşdeğer Direnç:
M
I
Yanda, birbirine farklı şekilde bağlanmış üç adet
R
I
D
dirençten oluşmuş bir devre verilmiştir.
verilmiştir Üç
adet
L
I
Y eşdeğer
direnç içeren bu gruba elektriksel olarak
A
L
Y
tek bir direnç  R  bağlayabiliriz.
Bunun anlamı,
E
L
.
şşekil-a' da dirençç grubunun
g R uçları
ç
arasına uygulanan
yg
D
V gerilimi, şekil-be' deki R direncinin uçları arasına
v
T aynı i akımını sağlar
uygulanırsaAbatarya
sağlar. Başka bir
L
O
P (R , R , R ) ve eşdeğer direnç (R ) kapalı
deyimle üçlü dirençAgrubu
deyimle,
F
A
kutular içine alınırsa,
bu devrelerde yapılacak elektriksel ölçümlerle
T
S
bunları birbirinden
ayırd etmek imkansızdır.
U
M
.
R
D
eş
eş
1
2
3
eş
(27–18)
Seri Bağlı Dirençler :
M
I
R
I
Bu dirençlerden aynı i akımı geçer. Üzerlerindeki gerilimlerin
D
L
toplamı kaynağının gerilimine eşittir (V  V +VY=I ). Şekil-b'de
A
ğ ı üçç dirence eşdeğer
ş ğ tek dirençli
ç bir
devre verilmiştir.
ş
seri bağl
L
Y
Ea seçilir ve saat ibreleri
Her iki devre için de, başlangıç noktası
L
.
R
yönünde Kirchhoff'
Kirchhoff un çevrim kuralı
uygulanırsa:
D
e
v
 T 
A
  iR  iR  iR  0  i 
L
RO R  R 
 R  R R R
P

  iR  0 F
A
i

R
A
T
S
b l
bulunur.
n tane
di
direncin
i serii bbağlanması
ğl
d
durumunda
d iise eşdeğer
d ğ direnç:
di
U
M
.
R R
  R  R  R  ...  R ifadesine sahip olur.
D
Şekil-a' da, seri bağlı üç dirençten oluşan bir devre verilmiştir.
1
1
2
2
3
3
1
2
3
eş
1
2
3
eş
eş
n
eş
i 1
i
1
2
n
(27-19)
Paralel Bağlı Dirençler :
M
I
R ( ),
verilmiştir. Dirençlerin uçları arasındaki gerilimler aynı
I
D
üzerlerinden geçen akımların toplamı ise emk kaynağı
nın
L
I
sağladığı akıma eşittir ( i  i  i  i ). Şekil-bY
' de paralel
A
bağlı üç dirence eşdeğer tek dirençli Y
birLdevre verilmiştir.
verilmiştir
EKirchhoff' un kavşak
Her iki devre için de a noktasında
L
.
kuralı uygulanırsa,
R
D
e
 1 1 1 
v
i      
T
R R R 



 
1
1 1 1

A
i

;
i

;
i

olmak
üzere,


 



L
R
R
R 
R
R R R



O
i
P

R

A
Fparalel bağlanması durumunda ise eşdeğer direnç:
bulunur. n tane direncin
A
T
1
1 S
1 1
1
 U
   ... 
ifadesine sahip olur.
R
R R R
R
M
.
R
D
Ş kil a ' dda paralel
Şekill l bbağlı
ğl bağlı
b ğl üç
ü dirençten
di
oluşan
l
bi devre
bir
d
1
2
1
1
2
3
2
3
3
1
2
3
eq
1
2
3
eş
n
eş
i 1
i
1
2
n
(27-20)
Örnek : Şekilde verilen devrenin, a ve b uçları
M
I
IR
arasındaki eşdeğer direncini bulunuz.
5 ve 6 nolu dirençler paralel: R56  20 
.
R
D
3, 4 ve R dirençleri birbirine seri: R ve40 
T
A
L
O
PR  20 
2 ve R
dirençleri paralel:
A
F
A
T
S
U
1 ve R Mdirençleri seri: R  40 
.
R
D
56
3456
3456
23456
A
L
Y
LE
D
L
YI
23456
ab
(27-21)
Örnek : Şekilde verilen devrenin, a ve b uçları
M
I
IR
arasındaki eşdeğer direncini bulunuz.
1 ile 2 
vee  8 ile 9  nol
nolu dirençler seri:
R12  12  ve R89  12 
 4 ilile R12 
ve  7 ile
il R89  dirençleri
di
l i paralel:
l l
R124  6  ve R789  4 
6 ve R789 dirençleri
di
l i seri:
i R6789  18 
v
T
5 ve R6789 dirençleri paralel: R56789  6 
A
L
paralel: R  4 
O
P
A
F
A
T
S
U
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
3 ve R56789 dirençleri
di
l i seri:
i R356789  12 
R124 ve R356789
ab
M
.
R
D
(27-22)
Ampermetre ve Voltmetre :
M
I
Rbir
iletkenden geçen akımı ölçmek için, iletken belli
I
D
L
yerinden
i d kesilir
k ili ve kesilen
k il bu
b uçlar
l ampermetrenin
t i
I
Y
giriş ve çıkış uçlarına bağlanır. Böylece,
iletkendeki
A
L
Y
akımın ampermetre üzerinden
akması sağlanmış olur.
E
L iletken üzerindeki a
Yandaki devrede ampermetre,
.
R
D
ve b noktaları arasına
yerleştirilmiştir.
e
v
T
Ampermetrenin iç direnci (r ),
) devredeki
diğer dirençlerden çok küçük olmalıdır
A
L
 r  R ve r  R  .
O
P
V l
Voltmetre
iise, bi
bir ddevrede
dA
hherhangi
h i iki nokta
k arasındaki
d ki potansiyel
i l ffarkını
k ölçen
öl
F
A
bir cihazdır. Yukarıdaki
devrede voltmetre R direncinin iki ucuna (c ve d noktaları)
T
S
bağlanmıştır. Voltmetrenin
iç direnci (r ), devredeki diğer dirençlerden çok
U
M
.
büyük olmalıdır  r  R ve r  R  .
R
D
Ampermetre akım ölçmeye yarayan bir cihazdır.
Ampermetre,
cihazdır Bir
A
A
1
A
2
1
V
V
1
V
2
(27-23)
Voltmetre :
M
I
R
Voltmetre bağlandıktan sonra, i akımının bir kısmı voltmerenin
I
D
b l d ğ koldan
bulunduğu
k ld akacaktır.
k kt Kirchhoff'
Ki hh ff' un çevrim
i veIkavşak
kL k
Y
kurallarından:
A
L
iRi r 
 r 
 Yr 
 r 
i 
 i  V  i RLE

 iR  
V
i i  i
Rr 
 Rr 
Rr 
.
V lt t i gerçek
Voltmetrenin
k gerilimi
ili iD
ölçmesi
ölR i için:
i i r  R olmalıdır.
l ld
e
v
Ampermetre:
T
A

L
AmpermetreO
bağlı değilken: i

R
P
A
Ampermetre
bağlandıktan sonra, devreden geçen akım:
F
A
 R 

T

S i
i
V lt t bbağlı
Voltmetre
ğl ddeğilken:
ğilk Vgerçek  iR
1
2 V
V
V
1
1
2
V
1
gerçek
V
V
V
V
gerçek
D
.
R
U
M
R  rA
 R  rA 
gerçek
Ampermetrenin
p
ggerçek akımı ölçmesi için: rA  R olmalıdır.
(27-24)
RC Devresi : Bir Kapasitörün Dolması :
M
Yanda verilen devreyi ele alalım. t  0 anında
I
R
I
kapasitörün
p
boşş olduğunu
ğ
ve S anahtarının
LD a
I
Y
noktasına temas ettirildiğini kabul edelim.
A
L
Böylece batarya kapasitörü
Böylece,
R direnci üzerinden
Y
E
L
yüklemeye başlar. .
R
D
Buradaki amacımız, kapasitörde biriken yükü
zamanın bir fonksiyonu olarak
e
v
ç , bataryadan
y
negatif
g ucundan başlar
ş ve saat ibreleri
bulmaktır. Bunun için,
T
A
L
yönünde hareket ederek çevrim kuralını uygularsak:
O
Pdq q
q
dq
q
A
  iR   0 F   R   0 
R 
dt
C
C
dt
C
A
T(i  dq / dt).) Bu eşitlik,
eşitliği elde edilir
eşitlik homojen olmayan birinci dereceden
S
U
lineer birM
diferansiyel denklemdir.
.
R
D
(27-25)
dq
q C  q
dq
dt
R 



dt
C
C
C  q RC
q
t
dq
dt

0 C  q 0 RC
M
I
IR
t
 C  q 
ln 


 q (t )   1  e  t / 

RC
 C 
çözümü elde edilir. Burada   RC ' dir ve devrenin "zaman sabiti"
olarak tanımlanır. Bu süre içinde kapasitördeki yük maksimum
değerinin 0.632 katına ulaşır. Bir diğer nicelik ise, T1/ 2  RC ln(2)
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
eşitliği ile tanımlanan "yarılanma zamanı" dır ve kapasitörün yarı
D
e
yarıya dolması için geçen süre olarak tanımlanır. Kapasitör üzerinde
biriken yükün zamana bağlı değişimi şekil-a' da verilmiştir.
Devreden geçen akım ise,
P
A
L
O
v
T
dq
 
 i ( t )    e  t /
dt
R
ile verilir ve zamana bağlı değişimi şekil-b' deki gibidir. t  0 anında devredeki
i
S
U
A
T
A
F
akım maksimumdur ve kapasitörde yük biriktikçe azalır. Devrenin zaman sabiti
M
.
R
  RC ve yarılanma süresi T1/ 2 aynıdır. Akımın, maksimum değerinin 1/e' sine
düşmesi için geçen süre  , yarısına düşmesi için geçen süre T1/ 2 olarak tanımlanır.
D
(27-26)
Örnek : Sığası C olan yüksüz bir kapasitör, emk' sı olan
M
I
IR
bi batarya
bir
b t
ile,
il şekildeki
kild ki gibi,
ibi R direnci
di
i üüzerinden
i d yükleniyor.
ükl i
C = 5  F, R = 8 105  ve  = 12 V olduğuna göre, devrenin
zaman sabitini,
sabitini yarılanma süresini,
süresini kapasitördeki maksimum
yükü ve devredeki maksimum akımı bulunuz. Anahtar kapatıldıktan  kadar sonra,
kapasitördeki yük ve devredeki akım ne olur?
q (t )   1  e  t / 
ve
  RC   8  10    5  10
5
 
i ( t )    e  t /
R
6
4s
T1/ 2  RC ln
l 2  4 lln 2  2.77
2 77 s
A
L
O
v
T
.
R
D
e
A
L
Y
LE
D
L
YI
qmax    12  5  10 6   60  C
A
F
P

12
5


imax  
1.5
10
A  15  A
5
R 8  10
q (t )  12  5  10 6 1  e  /   60  10 6 1  e 1   37.9  C
S
U
M
.

 
i (t ) R  e
D R
  /
A
T
12
1
5

e

0
0.552
552

10
 55.52
52  A
5
8  10
(27-27)
Örnek : Yanda verilen devredeki S anahtarı, kapasitör tamamen doluncaya
kadar tutulsun.
tutulsun Her direnç üzerindeki kararlı akımı ve kapasitör üzerindeki
yükü bulunuz. t = 0 anında anahtar açılırsa, R2 direnci üzerinden geçen akımı
zamanın fonksiyonu olarak bulunuz ve kapasitör üzerindeki yükün maksimum
değerinin 1/5' ine düşmesi için geçen süreyi hesaplayınız.
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Devre kararlı duruma ulaştığında
ulaştığında, kapasitörün bulunduğu koldan
akım geçmez
geçmez.
Y
12 k  ve R dirençleri üzerinden aynı akım geçer: LE
.
9
1
R
i
  10  0.33 mA
D
27  10
3
e
v
q
1

T
V  iR 
 q    10   15

10   10  10   50  C
A
C
3
 L
O birbirine seri bağlı 15 k ve 3 k' luk
t  0 anında anahtar açılırsa, P
kapasitör
A
dirençler üzerinden boşalacaktır.
F
A
q
dq
T
q (t )  q e

i
(
t
)



e
S
dt R C
U
M
.
q
R
q e
 t  R C ln 5  18  10   10  10  ln 5  290  10 =00.29
29 ms
5D
2
3
3
3
m
C
2
6
3
m
 t / Reş C
m
m
 t / Reş C
eş
 t / Reş C
m
m
3
6
3
eş
(27-28)
Örnek : Yandaki devre, sığaları C1 = 2  F ve C2 = 3  F olan iki kapasitör,
M
I
IR
dirençleri R1 = 2 k ve R2 = 3 k olan iki direnç ve emk
emk' sı  = 120 V olan
bir bataryadan oluşmuştur. Kapasitörler başlangıçta boştur ve t = 0 anında
D
L
YI
S anahtarı kapatılıyor. Kararlı denge durumunda, kapasitörler üzerindeki
q1 ve q2 yüklerini bulunuz.
A
L
RR Y
1
1
1


R 
 1.2 k
R ve R dirençleri paralel:
E
L
R
R R
R R
.
R
C ve C kapasitörleri
k
i l i paralel:
l l C C C 
C
 5 F
D
e
Devre, sığası C  5  C ve direnci R v1.2 k olan basit bir RC devresidir.
T
A q  C  120 5  10   600  C
Kapasitör üzerindeki maksimumLyük:
O
P C

qA

0 4  600=240
600 240  C
q q q 
 q  0.4
F

C C 
q
q  A
T

 C


S
C
C 
q 
 q  0.6  600=360  C
U
C C 
M
.
R
D
1
2
1
eş
1
1
eş
2
eş
2
1
eş
1
2
2
2
eş
eş
6
m
1
2
m
1
2
1
2
1
1
1
m
2
2
2
1
eş
m
2
(27-29)
Örnek : Kararlı denge durumunda, yandaki devrede gösterilen
tüm akımları hesaplayınız.
hesaplayınız Kapasitör üzerindeki maksimum yük
ne kadardır?
Devre kararlı duruma ulaştığında, kapasitörün bulunduğu
koldan akım geçmez. Yani, I 5  0 ve I 4  I1 olur.
Kirchhoff' un çevrim ve kavşak kurallarından,
defc halkası için: 4  3 I 2  5 I 3  0  3 I 2  5 I 3  4
c kavşağı için: I1  I 2  I 3
(Eş-3)
A
L
O4
v
T
D
L
YI
(Eş-1)
.
R
D
e
gbcf halkası için: 8+3 I 2  5 I1  0  5 I1  3 I 2  8
A
L
Y
LE
M
I
IR
(Eş-2)
Eş-1' den I 3 ve Eş-2' den I1 çekilip Eş-3' te yerine konursa:
P
8  3I 2
4  3I 2
11
4
A
 I2 
 I2
   I2  
5
5
5
5
11
 4
 4
4  3  
8  3  
8  3I 2
 11   76 A ve I  4  3 I 2 
 11   56 A
I1 

3
5
5
55
5
5
55
qm
ahgb
h b halkası
h lk için:
i i 3
 8  0  qm  11C  11   6  10 6   66  C
C
S
U
M
.
R
A
T
A
F
D
(27-30)
RC Devresi : Bir Kapasitörün Boşalması :
M
I
yükün q olduğunu varsayalım ve S anahtarının b noktasına
R
I
D
temas ettirildiğini kabul edelim.
edelim Böylece
Böylece, bataryadan
ayrılan
L
I
Y Başlangıcı
kapasitör R direnci üzerinden boşalmaya başlar.
A
L
b noktası seçer ve saat ibreleri yönünde
hareket ederek çevrim
Y
E
kuralını uygularsak:
L
.
q
dq Rq
dq


iR   0 
R


0
i


alınmıştır!!!
D


C
dt
C
dt
e


v
Tli bibir dif
B eşitlik,
Bu
i lik birinci
bi i i dereceden,
d
d homojen,
h
j A lineer
diferansiyel
i l ddenklemdir.
kl di
L
dq
q
dq
dtPO
dq
dt


 
 

dt
RC
q ARC
q
RC
F
A
q
t T
ln     S  q(t )  q0e-t /
RC
U
q 
M
.
Kapasitör üzerindeki yük eksponansiyel olarak azalmakta ve t   durumunda sıfıra
R
D
ulaşmaktadır.
Devrenin zaman sabiti   RC ve yarılanma süresi T aynıdır.
Yanda verilen devreyi ele alalım.
alalım t  0 anında kapasitördeki
0
q
t
q0
0
0
1/2
(27-31)
Örnek : Sığası C olan bir kapasitörün R direnci üzerinden boşaldığını varsayalım.
M
I
R
b) Kapasitördeki enerji ne kadar zamanda maksimum değerinin 1/4' üne Idüşer.
D
L
I
q
t
Y
a  ) q (t )  q e

q e
  ln 4  
A
RC
4
L
Y
t  RC ln 4  1.39 RC  1.39
E
L
.
q e
q
q e
1 q (t )
b  ) U (t ) 
 U (t ) 


R
2 C
2C
4(2C
)
2C
D
e
v
2t
RC
ln 4  RC
ln 2  0.693 RC  0.693
 ln 4  
t
T
RC
2
A
L
O
P
A
F
A
T
S
U
M
.
R
D
a ) Kapasitördeki yük ne kadar zamanda maksimum değerinin 1/4' üne düşer.
 t / RC
m
 t / RC
m
m
2
2  2 t / RC
m
2
m
2 2 t / RC
m
(27-32)
Örnek : Sığası C olan bir kapasitör emk' sı  olan batarya ile yükleniyor
M
I
Kapasitör tamamen boşalıncaya kadar, R direnci üzerinde açığa çıkan ısı IR
D
L
enerjisi miktarı ne kadardır?
YI
A
L
Kapasitör boşalırken:
Y
E

L
q (t )  q e
  Ce
 i (t )  e
.
R
R
D
u  2t / RC
 e
dE  i (t ) Rdt  E   i (t ) Rdt   v
dt ;
 R e
du  2 dt / RC
C
TR 
A
L
 RC
C O
e
  1 C


E 
e
du
P2   2
R 2 
A
F
A
T
S
U
M
.
R
D
ve daha
d h sonra da,
d bataryadan
b
d sökülüp
k l bir
bi R direnci
di
i üzerinden
i d boşaltılıyor.
b l l
 t / RC
 t / RC
 t / RC
m
2

2

2
ısı
 2 t / RC
ısı
0
2

u
ısı
0
0
2
e 2 t / RC

2
0
(27-33)
BÖLÜM-28
Manyetik Alan
A
L
Y
LE
Bu bölümde aşağıda listelenen konulara değinilecektir:
M
I
IR
D
L
YI

Manyetik alan vektörü B ,

Hareket eden y
yüklü parçacığa
p ç ğ etkiyen
y manyetik
y
kuvvet FB ,
Manyetik alan çizgileri
Düzgün manyetik alanda yüklü parçacığın hareketi
Akım taşıyan tele etkiyen manyetik kuvvet
Akım halkasına etki eden tork
Manyetik dipol,
dipol manyetik dipol moment    ,
Hall etkisi
Parçacık hızlandırıcı: Cyclotron (zorunlu değil)
 
S
U
M
.
R
A
T
A
F
P
A
L
O
v
T
D
e
.
R
 
D
(28-1)
Manyetik Alanın Kaynağı :
Manyetik alan oluşturmanın iki yolu vardır:
D
.
R
D
L
I
Y
İçinden elektrik akımı geçirilen iletken tel (elektromagnet)
A
L
Y
E
Kalıcı mıknatıslanmaya sahip L
malzemeler
(mıknatıs)
.
R
D
Hem elektromagnetehem de mıknatıs ince demir tozlarını
v
T
çeker Merkezinden
çeker.
dik geçen eksen etrafında serbestçe
A
L
dönebilen
hafif bir çubuk mıknatıs, kendisini Güney-Kuzey
O
P
doğrultusunda
yönlendirecek şekilde döner (pusula).
(pusula) Hem
A
AFakım taşıyan tel hem de mıknatıs, çevrelerinde "manyetik
ST
U
M
M
I
IR


alan" (B ) ol
oluşturur
şt r r vee kendilerini "manyetik
man etik kuvve
k et" (FB )
uygulayarak hissettirirler.
(28-2)

B Manyetik Alanının Tanımı :
M
I
IR


Manyetik alan vektörü, v hızına sahip bir q yüküne uyguladığı FB
D
L
YI
manyetik
y
kuvveti cinsinden tanımlanır. q yyüküne sahip
p pparçacık
ç

gelişigüzel doğrultularda B manyetik alanına gönderilir ve manyetik

alan içinde izlediği yollara bakılır.
bakılır q yüküne etkiyen FB kuvvetinin

sıfır olduğu tek bir doğrultu vardır. B manyetik alanı bu doğrultuya

paraleldir. Bunun dışındaki tüm doğrultularda FB kuvveti sıfırdan


farklıdır ve büyüklüğü
y
ğ FB  q vB sin  ile verilir. Burada , v ile B

 
arasındaki açıdır. Vektörel olarak bu kuvvet FB  qv  B ifadesine


sahiptir
hi i ve sağ-el
ğ l kuralına
k l göre,
ö v ile B' nin
i oluşturduğu
l
d ğ düzleme
dü l
diktir. Manyetik alanın SI sistemin deki birimi:
S
U
D
M
.
R
A
F
A
T
P
A
L
O
v
T
D
e
.
R
A
L
Y
LE
N
N
=
= tesla
C  (m / s) A  m
(28-3)
Vektörel Çarpma:


 IM
a ve b vektörleri arasındaki vektörel çarpma işlemi, c IRa  b

D
ile verilen yeni bir vektör oluşturur.
oluşturur c vektörününILbüyüklüğü
Y


Aoluşturduğu
c  ab sin  ile verilir ve a ile b vektörlerinin
L
Y
düzleme diktir. Yönü "sağ-el-kuralıL
"E
ile belirlenir:

.

R
i a ve b vektörlerinin başlangıç
i.
noktalarını
birleştiriniz
birleştiriniz.
D

e
ii. a vektörünü parmak vuçlarınız
onun yönünü gösterecek
T
Aiçine yatırınız.
şekilde sağ avuç
L

O

P küçük
iii. a vektörünü
ç açı
ç yyönünde b 'nin üzerine süpürünüz.
p
A

F
iv. Başparmağınız
c vektörünün yönünü verir.
A
T
S
U
D
M
.
R
Vektörel çarpım, "cross" çarpım olarak da bilinir.
(28-4)
Bileşenleri Cinsinden Vektörel Çarpma :
 
a  b  a x ˆi  a y ˆj  a z kˆ  b x ˆi  by ˆj  bz kˆ


ˆi  ˆi  ˆj  ˆj  kˆ  kˆ 
ˆi  ˆj  kˆ ; ˆj  ˆi   kˆ
0
kˆ  ˆi  ˆj ; ˆi  kˆ   ˆj
ˆj  kˆ  ˆi ; kˆ  ˆj   ˆi

 olduğundan


e
D
.
R

A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
v


T
a  b   a y bz  a z by  iî  L
a
b
 Az x  a x bz  ˆj   a x by  a y bx  kk̂
 
O
P determinant yolu ile de belirlenebilir.
Not : a  b, aşağıdaki
belirlenebilir
A
i
F
A
Tj k
S
 
U
a  b M
ax a y az
.
R
D
bx
by
;
 
 
Not : a  b   b  a


bz
(28-5)
Manyetik Alan Çizgileri : Elektrik alan ile elektrik alan çizgileri arasındaki ilişki
M
I
IR
gibi, manyetik alan ile manyetik alan çizgileri arasında da benzer bir ilişki vardır:
D
L
YI

1. Herhangi bir P noktasında, manyetik alan vektörü B manyetik alan çizgisine teğettir.
v
T
D
e
.
R
A
L
Y
LE
2. Manyetik alan şiddeti, manyetik alan çizgilerinin yoğunluğu ile orantılıdır.
BP  BQ
S
U
M
.
R
A
T
A
F
P
A
L
O
D
(28-6)
Kalıcı Bir Mıknatısın Manyetik Alan Çizgileri:
M
I
R
I
gösterilmiştir. Bunlar, bir kısmı mıknatısın içinden
geçen
D
L negatif
I
kapalı halkalar şeklindedir. Pozitif yükte başlayıp
Y
A başlangıç ve
yükte sonlanan elektrik alan çizgileri L
gibi,
Y
bitiş noktaları yoktur. Kapalı halka
şeklindeki manyetik
E
L
.
alan çizgileri, mıknatısın bir ucundan girer diğer ucundan
R
D
çıkarlar. Alan çizgilerinin
çıkış yaptıkları uç mıknatısın
e
v
kuzey kutbu, giriş
yaptıkları uç ise güney kutbu olarak
T
A bağımsız olacak şekilde mıknatıstan
bilinir. BuLkutupları
O
y P y İkisi birlikte bir "magnetic
g
dipole
p " oluştururlar.
ayıramayız.
A
Şekil-b'
de, at nalı şeklinde bükülmüş bir çubuk mıknatısın
F
Şekil-a' da, kalıcı bir mıknatısın manyetik alan çizgileri
R
D
.M
S
U
A
T
manyetik
y
alan ççizgileri
g
verilmiştir.
ş Şekilden
Ş
de anlaşılacağı
ş
ğ
gibi, kutuplar arasında ve kutupların birbirine yakın olduğu
yyerlerde manyetik
y
alan çok
ç şşiddetlidir.
(28-7)
Örnek : Şekilde görüldüğü gibi, bir televizyon tüpü içerisindeki elektronlar
M
I
IR
+xx-ekseni
ekseni yönünde 8 106 m/s
m/s' lik bir hızla ekrana dik doğrultuda gelmektedir.
Tüpü çevreleyen kangalların oluşturduğu manyetik alan xy -düzleminde, x -ekseni
ile 60o ' lik açı yapmakta ve büyüklüğü de 25 mT' dır. Elektronlara etkiyen
manyetik kuvvetin büyüklüğünü ve elektronun ivmesini hesaplayınız.


 
FB  qv  B  FB  evB sin   1.6  10 19    8  10 6    25  10 3  sin 60

FB  2.77  10 14 N (sağ-el kuralına göre,  z yönünde)

FB
2 77  10 14
2.77
16
2
F  ma  a 


3.04

10
m/s
me
9.11  10 31
v
T
.
R
D
e
A
L
Y
LE
D
L
YI
A
L
ile 37 ' lik açı yapacak şekilde 3 10 m/s hızla hareket etmektedir. Protona etkiyen
O
Pprot
manyetik
y
kuvvetin büyüklüğünü
y
ğ
ve
p onun ivmesini hesaplayınız.
p y
A
F


 
A
F  qv  B  F  evB sin   1.6  10    3  10    0.3  sin 37
T
S
F  8.7  10 N
U
M F 8.7 10
.
R
F  ma
5 21  10 m/s
D  a  m  1.67 10  5.21
Örnek : Bir proton,
proton + y -ekseni yönündeki 0.3
03T
T' lık bir manyetik alan içinde,
içinde alan
o
6
19
B
6
B
14
B
B
14
13
2
27
p
(28-8)
Örnek : Kinetik enerjisi 5 MeV olan ve + x-ekseni yönünde giden protonlar,
şekildeki gibi, x  0 ile x  1 m aralığında etkin, büyüklüğü B  0.05 T olan ve
M
I
IR
sayfa düzleminden dışarı doğru yönelmiş düzgün bir manyetik alan bölgesine
giriyor. Protonlar manyetik alan bölgesini hangi hızla terkederler.
19
(1 eV
V  11.6
6 1019
J)
J).
A
L
Y
LE
1
16  10 13
2
6
19
7
m p v0   5  10   1.6  10   v0 

3.1

10
m/s
27
2
1.67  10


FB  qv0  B  m p a y  ev0 B sin 90
.
R
D
L
YI
D
Proton çok hızlı olduğu için merkezcil kuvvetin yatay
e yöndeki bileşeninin etkisi
v
ihmal edilebilir.
T
A
L



0.05
1.6
10
3.1
10

 
 O
a 
1.5  10 m/s (sağ-el kuralına göre,  y yönünde)
P
1.67  10
A
v v a t 
 v  3.1  10 m/s
v
F

A
a 0
1
T

x

v
t

t

 3.22  10 s

S
3.1  10

U
v  v  aM
t  v   a t   1.5  10    3.22  10   4.83  10 m/s
.
0 483 
  Rˆ
 0.483
ˆj  10 m/s

ve

tan
v D
3.1i

0.483

   8.86


3.1


19
7
14
y
2
27
7
x
0x
x
x
0
x
8
0x
7
8
14
y
0y
y
y
6
y
7
1
o
(28-9)
Elektronun Keşfi : Yandaki şekilde bir
M
I
RAnot
ısıttığı katod' tan elektron yayınlanır.
I
D
L
il katod
ile
k d arasına uygulanan
l
V potansiyel
i l
I
Y
farkı altında hızlanırlar
ve odaklanırlar.
A
L
Y
E dışarı çıkar ve
Anotta açılmış küçük bir delikten ince bir elektron demeti oluşturarak
L
.
R
floresan ekrana çarparak bir ışık noktası oluştururlar
oluştururlar. 1897
yılında J.J.
J J Thomson benzer
D
bir katod ışını tüpü kullanarak, ışık noktasını neyin
e oluşturduğunu anlamak için araştırmalar
v
yaptı. Şekilde görüldüğü gibi, anot
anot' un sağ T
tarafındaki bölgeye birbirine dik, sabit elektrik
A
alan ve manyetik alan uyguladı. DemetLüzerindeki net kuvveti sıfır yapacak manyetik alan
O
y Py
demetin sapmasını
p
engelledi.
g
Buradan,,
ve elektrik alan şşiddetlerini ayarlayarak
A
1
2eV F
A
mv  eV  v 
Tm
2
S
U


E
2eV
e
E
F =F  M
eE  evB  v  
 
.
B
m
m 2VB
R
D ulaştı ve böylece elektronu keşfetmiş oldu.
sonucuna
k d ışınları
katod
l tüpü
ü ü görülmektedir.
ö ül k di Filamanın
Fil
2
2
E
B
2
(28-10)
Düzgün Manyetik Alan İçinde Yüklü Parçacığın Hareketi
(Dairesel hareket =cyclotron hareketi):
M
I
R
I
içine dik olacak şekilde girerse, düzgün dairesel hareket yapar.
D
L
I dairesel
Manyetik alana dik olarak giren bir elektronun yaptığı
Y
hareket yanda verilmiştir. Böyle bir hareketi sağlayan
merkezcil
A
L

 
Y
kuvvet F  qv  B ile verilen manyetikEkuvvettir.
L
.
Böyle bir hareketin yarıçapı, periyodu ve frekansı:
R
D
mv
v
e
F  q vB  ma  m  r 
v
qB T
r
A
L
qB
qB
2 r 2 mv
2 m O
1

T 
 f   f 
   2 f   
T
P
v
q Bv
qB
T
2 m
m
A
F v hızına bağlı değildir. Aynı yüke ve kütleye sahip tüm
Not 1 : Hareketin periyodu
A
Thızlara sahip olsalarda,
parçacıklar farklı
parçacıklar,
olsalarda tam bir turu aynı sürede yaparlar.
yaparlar
S
U
Not 2 : Hızlı
parçacıklar büyük yarıçapta çemberler üzerinde dolanırken, yavaş
M
.
parçacıklar
daha küçük yarıçapta çemberler üüzerinde
zerinde dolanırlar.
dolanırlar
R
D
Kütlesi m olan bir q nokta yükü, v hızıyla düzgün manyetik alan
B
2
B
(28-11)
Örnek : Yanda, iyonları kütle-yük oranlarına göre ayırd etmeye yarayan
p
ş Kaynaktan
y
ççıkan
"Kütle spektrometresi
" nin şşematik ggösterimi verilmiştir.

iyonlar dar bir yarıktan geçirilerek, birbirine dik elektrik (E ) ve manyetik


(B0 ) alan olan bir bölgeden geçirilir ve düzgün başka bir manyetik alan (B1 )
bölgesine dik olarak girerler. İyonlar bu bölgede r yarıçaplı yarım bir
A
L
Y
LE
çember çizerek fotografik bir yüzeye çarparlar. İyonların kütle-yük oranını
if d eden
ifade
d bbağıntıyı
ğ
türetiniz.
ü i i

E
 
qE  qv  B0  0  qE  qvB0  v 
B0

v2
mv
 
FB  q
qv  B  qvB
q 1 m r 
r
qB1
P
A
L
O
v
T
D
e
.
R
M
I
IR
D
L
YI
m rB1 rB0 B1


E
q
v
Bu ifade kullanılarak, iyonların kütle-yük oranı deneysel olarak belirlenir.
S
U
M
.
R
A
T
A
F
D
(28-12)
Spiral (sarm al) Yörünge :


Düzgün
Dü
ü manyetik
tik alanına,
l
v hhızı il
ile B manyetik
tik
M
I
R
alanı arasında  açısı olacak şekilde giren yüklü
I
D

L
bi parçacıkk olsun.
bir
l
Parçacığın v hhızını,
manyetik
ik
I
Y
alana dik ve paralel olan bileşenlere
ayıralım. Bu
A
L
Y
bileşenler yanda gösterilmiştir:
v  v cos  ve
E
L
.
v  v sin  . Parçacık bağımsız iki hareket yapar.
R
D
Bunlardan birisi, manyetik alana dik olanedüzlemde yarıçapı ve periyodu,
v
mv
2 m
T
r
; T
A
L
qB
qB
O
olan dairesel hareketidir.
hareketidirA P
F yönünde v sabit hızıyla yapılan ötelenme hareketidir.
Diğeri ise, manyetik
alan
A
T
S
B iki hareketin
Bu
h k ti birleşimi
bi l i i spiral
i l şeklindedir
kli d di ve spiralin
i li sarmall adımı
d
(p ):
)
U
M
2 mv cos 
.
p
Tv 
R
qB
D





(28-13)
Örnek : Bir proton, büyüklüğü 0.35 T olan düzgün bir manyetik alan içerisinde, yarıçapı 14 cm
olan çembersel bir yörünge üzerinde düzgün dairesel hareket yapmaktadır. Protonun yörüngedeki
çizgisel hızını bulunuz. Aynı manyetik alan içerisinde bir elektron, aynı çizgisel hızla düzgün
dairesel hareket yapsaydı, yörüngesinin yarıçapı ne olurdu?

v2

FB  qv  B  evB  m
r
M
I
IR
19
2
erB 1.6  10   14  10   0.35
6
v


4
4.7
7

10
m/s
/
27
m
1.67  10
31
6
mv  9.11  10    4.7  10 
6
r


76
76.4
4

10
 76.4
76 4  m
19
eB
1.6  10   0.35
v
T
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
Örnek : 350 V' luk bir potansiyel fark altında durgun halden hızlandırılan elektronlar, düzgün bir
A
L
O
manyetik alan içerisine dik olarak giriyor ve yarıçapı 7.5 cm olan çembersel bir yörünge üzerinde
hareket ediyor. Manyetik alanın büyüklüğünü, elektronların açısal hızını ve periyodunu bulunuz.
A
F
P
19
700

1.6

10

  11.1106 m/s
1
me v 2  350  1.6 1019   v 
2
9.111031
S
U
A
T

9 11 1031   11.1
11 1 106 
me v  9.11
v2

4
FB  qv0  B  evB  me  B 
8.43
10
T



19
2
r
er
1.6 10    7.5 10 
M
.
11 110
11.1
vR
 D
r 7.5  10
6
2
 1.48  108 rad/s ;  
2
2
8
T 

4
.25

10
s  42.5 ns
8
T
1.48 10
(28-14)
Örnek : Yükü q  3.2 1019 C olan bir parçacık, düzgün bir elektrik ve manyetik alan olan
M
I
R
olduğuna göre, parçacığa etkiyen net kuvveti bulunuz. Bu kuvvet x-ekseni ile ne kadarlıkIbir
D
L
açı yapar??
I
Y


A
 
L
F  qqE  qv
q B
Y
ˆi ˆj kˆ
E
L
 
.
ˆ
v  B  2 3 1   3  4  ˆi   2  2  ˆj   8  6  kˆ = 7iˆ  4ˆj  2k
R
D
2 4 1
e

v
ˆ     3.2 10   11iˆ  5jˆj N
F   3.2 10    4iˆ  ˆj  2kˆ    7iˆ  4ˆj  2k
T




A
L
 5 
  tan    24.4
O
 11 
P
A
F
A
T
S
U
M
.
R
D


ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
bölgeye v  2i  3j  k m/s hızla giriyor. E  4i  j  2k V/m ve B  2iˆ + 4jˆ + kˆ T


19
1




19
o
(28-15)
Akım Taşıyan Tele Etkiyen Manyetik Kuvvet:
M
I
R
I
tel verilmiştir. Telin L uzunluğundaki bir kısmı, D
sayfa
L
düzleminden dışarı doğru yönelmiş düzgün Y
birI manyetik

A tele dik
alan içinde
ç
olsun. B manyetik
y
alanı tarafından
L
Y

E Bu kuvvet, telin L
doğrultuda bir F kuvveti uygulanır.
L
.
R
uzunluğunda bulunan tüm elektronlara
etkiyen manyetik
D
e
kuvvetlerin vektörel v
toplamına
eşittir. Telin L uzunluğunda
T Q olmak üzere,
bulunan toplam
toplamAyük
üzere
L
LO
Q  it  P
i  Qv  iL
v
A
F
A
TF  q v B sin 90   q  v B  Qv
Q B
Şekilde, kesit alanı A olan ve i akımı taşıyan uzun bir
B
d
d
S
U
D
M
.
R
B

o
i d
i
F  iLB
B

 i
i


d
d
(28-16)

Telin akım yönünün, B manyetik alanı ile herhangi
M
I
IR
bir  açısı yaptığı genel durumda (Şekil-a)
(Şekil a) manyetik

 
kuvvet vektörel formda, FB  iL  B şeklinde yazılabilir.

Burada L vektörü, büyüklüğü telin L uzunluğuna
eşit, akımla aynı yönde bir vektördür.
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
Manyetik alanın düzgün olmadığı ve akım taşıyan
telin doğrusal olmadığı durumlarda (Şekil-b) akım
taşıyan tel, doğrusal kabul edilebilecek sonsuz küçük
S
U
D
M
.
R
A
L
O
v
T
D
e
dL uzunluğundaki elemanlara bölünür. Her bir dL

 
y manyetik
y
kuvvet dFB = idL  B
elemanına etkiyen
P
A
T
A
F olduğundan, net kuvvet:

 
FB  i  dL  B
şeklinde yazılır.
(28-17)
Örnek : İletken bir tel bükülerek R yarıçaplı kapalı bir yarım çember
haline getirilmiştir.
getirilmiştir Sayfa düzleminde bulunan ve yukarı yönde olan

düzgün bir B manyetik alanı içine konan iletken halka, şekildeki gibi,
saat ibrelerinin tersi yönünde I akımı taşıdığına göre, halkaya etki eden
net kuvveti bulunuz.


F1 ve F2 , sırasıyla, halkanın düz kısmına ve çembersel kısmına etkiyen kuvvetlerdir.
.
R
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
2R
2R
 

F1   Idl  B  F1   IdlB sin 90  IB  dl 2 IRB (sayfa düzleminden dışarı doğru)
0
0
v
T
 

F2   Idl  B  F2   IdlB sin   IB  sin  ( Rd )

D
e
A
L
F   IBR  cos    2 IRB (sayfa düzleminden içeri doğru)
O
P
  
A
F F F
F
A
T
S
F   2 IRB  2 IRB
0
U
M
.
R
D
0

2
0
1
2
(28-18)
Örnek : Yandaki devrenin tabanındaki iletken telin uzunluğu L = 5 cm
ve kütlesi m = 10 g'
g dır.
dır Devredeki direnç R = 12  ve bataryanın emk'
emk sı
 = 24 V' tur. Manyetik alan yokken yaylardaki uzama miktarı 0.5 cm iken,
sayfa düzleminden dışarı doğru düzgün bir B manyetik alan uygulandığında
0.8 cm oluyor. Uygulanan manyetik alanın şiddeti nedir?
A
L
Yay sabiti k ve manyetik alan yokken uzama miktarı y olsun.
olsun
Y
E
 24
L
Devreden geçen akım: I  
 2 A (saat ibrelerinin tersi.yönünde)
R 12
R
D
Manyetik alan yokken: 2ky  mg
(Eş-1) ve
T
Manyetik alan varken: 2ky  mg  ILB (Eş-2)
(Eş 2)
A
L
O
Eş-2 ve Eş-1' i taraf tarafa oranlarsak,
P
A
 y F mg  0.8  10  10 10
y
mg  ILB

 B   A 1

 1 
 0.6 T
y
mg
T
y
 IL  0.5  2  (5  10 )
S
U
M
.
R
D
M
I
IR
D
L
YI
0
0
1
3
1
1
0
0
2
(28-19)
Örnek : Birim uzunluğunun kütlesi  olan ve I akımı
taşıyan iletken
il k bi
bir çubuk
b k iki ucundan
d ağırlıksız
ğ l k iiplerle
l l
asılmıştır. Çubuğun bulunduğu bölgede yukarı yönde
dü ü B manyetik
düzgün
tik alanı
l uygulandığında,
l d ğ d çubuğ
b ğu taşıyan
t
ipler düşeyle  açısı yapacak şekilde çubuk dengede
k l
kalıyor.
M
Manyetik
tik alanın
l
şiddetini
idd ti i bbulunuz.
l
Çubuğun boyu L olsun.
olsun
T sin   FB  ILB
(Eş
(Eş-1)
1)
T cos   mg   Lg
(Eş-2)
A
T
A
F
P
A
L
O
v
T
D
e
.
R
M
I
IR
D
L
YI
A
L

Y
LE
Eş-2 ve Eş-1' i taraf tarafa oranlarsak,
S
ILB
g
tan   MU
B
tan 
I
 Lg
.
R
D
(28-20)
Örnek : Kütlesi m ve yarıçapı R olan iletken bir çubuk, şekildeki
M
I
IR
gibi aradalarında d mesafesi olan L uzunluğundaki iki paralel
gibi,
iletken ray üzerinde durmaktadır. İletkenden i akımı geçtiğinde ve

rayların oluşturduğu düzleme dik ve yukarı yönde düzgün bir B
A
L
Y
LE
manyetik alanı uygulandığında, iletken durgun halden sağa doğru
D
L
YI
kaymadan
y
yuvarlanmaktadır.
y
İletken yyayları
y
hangi
g hızla terkeder?

 
FB =  idL  B  F  iBd
.
R
(sağ-el kuralına göre sağa doğru)
1
1
W  K  mv 2  I  2
2
2
v
T
D
e
1
A
Burada I , silindirin eksenine göreLeylemsizlik momentidir (I  mR ).
2
O
P
1
1  1A
1
3
 v  1
W  F  L  mv  F
 mR     mv  mv  mv
2
22
2
4
4
A
 R 
T
S
4 FL U 4 iBdL
v

M
3.m
3 m
R
D
2
2
2
2
2
2
2
(28-21)
Akım Halkasına Etki Eden Manyetik Tork:
M
I
IR
Şekil-a' da a ve b kenar uzunluklarına
sahip, i akımı taşıyan dikdörgen şeklinde
D
L
I Akım halkası,
bir akım halkası verilmiştir.
Y
A
yyüzeyy normali nˆ, L
B manyetik
y
alanı ile 
Y
Eşekilde manyetik alanı içine
açısı yapacak
L
.
R
konuyor 1 ve 3 nolu kenarlara etkiyen manyetik
konuyor.
kuvvetler
ile 2 ve 4 nolu kenarlara
D
e büyüklükte ve ters yöndedirler:
etkiyen manyetik kuvvetler kendi içlerindeveşit
T
F  F  iaB
i B sin
i 90  iaB
i B
A
L
F  F  ibB sin(90   )  ibBO
P cos
A
Bu kuvvet çiftlerinin vektörel
toplamı sıfırdır (F  0). Ancak, F ve F kuvvetleri,
F
A
halkanın merkezi C
noktasına
göre sayfadan içeri doğru bir tork oluşturur (halkayı
T
S
saat yönündeU
döndürür) ve büyüklüğü de:
M iabB
.
iabB
R
   +  (
)sin   (
)sin   iabB sin   iAB sin 
D
2
2
1
3
2
4
net
1
1
3
3
(28-22)
Manyetik Dipol Moment :
M
I
IR
Sarım sayısı N olan ve i akımı taşıyan bir akım halkası

B manyetik alanı içine konulduğunda üzerine etkiyen
D
L
YI
tork   NiAB ile verilir
verilir. Akım taşıyan halkayla
halkayla ilgili

olarak, "manyetik dipol moment ( )" olarak bilinen yeni
bir vektör tanımlayabiliriz
tanımlayabiliriz. Bu vektörün büyüklüğü NiA
ile verilir ve halka düzlemine dik doğrultudadır. Yönü
D
e
.
R
A
L
Y
LE
sağğ ell kkuralına
l göre
ö belirlenir.
b li l i Sağ
S ğ elimizin
li i i parmakk uçları
l akım
k yönünü
ö ü ü gösterecek
ö
k şekilde
kild
halkayı kavrarsak, baş parmağımızın yönü manyetik dipol momentinin yönü olur.
A
L
O
v
T

 ve B arasındaki açı  olmak üzere tork,    B sin 
  
veya vektörel formda     B ile verilir.
verilir
 
Halkanın potansiyel enerjisi ise, U    B cos      B

S
U
A
T
A
F
P
eşitliği
itliği ile
il verilir.
ili
M
.
  0  U    B, potansiyel enerji mnimumdur (kararlı denge konumu).
R
D   U   B, potansiyel enerji maksimumdur (kararsız denge konumu).
  180
Not : Her iki konumda da halkaya etkiyen net tork sıfırdır (  0).
(28-23)
Örnek : Kenar uzunlukları 5.4 cm ve 8.5 cm olan 25 sarımlı dikdörgen şeklindeki
M
I
R
alan, halkanın yüzeyine paralel olacak şekilde uygulanıyor. Halkanın dipol momentini,
I
D
L
halka a etkiyen
halkaya
etki en torku
tork vee halkanın potansiyel
potansi el enerjisini bbulunuz.
l n
I
Y




B yüzeye paralel,  yüzeye dik olduğuna göre, B ile  arasındaki açıA90 dir.
L
Y
  N (iA)  25  15 10    5.4  8.5 10   1.72 10 A E
m
L
  
.
    B     B sin     1.72 10    0.35  sin 90  6.02 10 N  m
R


D
U     B  U    B cos   0
e
v
T
Uygulanan manyetik alanın
alanın, halka yüzeyi
ile 60 ve 90 yapması durumunda,
durumunda
A
L
halkaya etkiyen tork ve halkanınO
potansiyel enerjisi ne olur?


P
B yüzey ile 60 ve 90 ' lik
açı yapıyorsa
yapıyorsa, sırasıyla,
sırasıyla  ile 30 ve 0 ' lik açı yapar:
A
F
   B sin   1.72
10    0.35  sin 30  3.0110 N  m
A
T
S
U    B cos
   1.72 10    0.35  cos 30  5.2110 J
U
M
.
 R
 B sin   1.72 10    0.35  sin 0  0
D
U    B cos    1.72  10    0.35  cos 0  6.02 10 J
bir halka 15 mA akım taşımaktadır.
taşımaktadır Büyüklüğü 0.35
0 35 T olan düzgün bir manyetik
o
3
4
3
2
3
4
o
o
o
o
o
3
o
4
30o
3
30
4
o
3
0
o
3
0
o
4
(28-24)
Örnek : Kenar uzunlukları 0.4 m ve 0.3 m olan 100 sarımlı
M
I
IR
dikdörgen şeklindeki bir halka
halka, şekildeki gibi,
gibi uzun kenarı
o
y -ekseni üzerinde, kısa kenarıda x-ekseni ile 30 açı yapacak
şekilde durmaktadır
durmaktadır. Halka,
Halka y -ekseni
ekseni ile çakışık olan kenarı
D
L
YI
A
L
taşıması ve + x yönünde büyüklüğü 00.88 T olan düzgün bir Y
E bulunuz.
manyetik alan uygulanması durumunda halkaya etkiyenL
torku
.
R
Sağ-el kuralına göre, halkanın dipol momenti D
 z doğrultusu ile
e
v ç yyapar.
30 ' lik açı
ç ve + x doğrultusu
ğ
ile 60 T
' lik açı
p
A
  N (iA)  100  1.2    0.4  0.3L  14.4 A  m
O
  
P el kuralına göre
    B     B sin A (Sağ
(Sağ-el
göre,  y yönünde)
F saat ibreleri yönünde döner.
Halka, y ekseni etrafında
A
T
S
  14.4
14 4    0.8
0 8  sin
i 60  10 N  m
U

 M
U   . B  U    B cos 
R
UD
  14.4    0.8  cos 60  5.76 J
etrafında rahatça dönebilmektedir. Halkanın 1.2 A akım
o
o
2
(28-25)
Örnek : Uzunluğu 60 cm olan ve 20 A akım taşıyan iletken bir tel, kapalı halka
M
I
R
manyetik alan içine konuyor. Halka, a) eş-kenar bir üçgen, b ) kare ve c ) çember
I
D
L
i üzerine
ise,
ü i etkiyen
tki
torku
t k bulunuz.
b l
Hangi
H i durumda
d
d hhalkaya
lk
etkiyen
tki
ttorkk Imaksimumdur.
ki
d
Y
A
a ) Eş-kenar üçgen: 3d  60  d  20 cm
L
Y
E
1
1
3
L
A  dh  d d   d / 2  
d  0.0173.m
2
2
4
R
D
  iA  20   0.0173  0.346 A  m e   B  0.346   0.5   0.173 N  m
v
b ) Kare: 4d  60  d  15 cm
T
A
L
A  d   0.15   0.0225 O
m
P
  iA  20   0.0225A
 0.45 A  m     B  0.45   0.5   0.225 N  m

F
A
 60  d  9.55 cm
c ) Çember: 2 d T
S
A d U
   0.0955   0.0287 m
M
.
R iA  20   0.0287   0.574 A  m     B  0.574   0.5   0.287 N  m
D
h li getirilerek,
haline
i il k normali
li 00.5
5 T bü
büyüklüğündeki
üklüğü d ki manyetik
ik alana
l
dik olacak
l k şekilde
kild
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Çembere etkiyen tork maksimum olur.
(28-26)
ÖDEV : Kütlesi 0.1 kg ve toplam uzunluğu 4 m olan bir tel, kenar
M
uzunluğu 0.1 m olan kare şeklindeki halka etrafına sarılarak bir
I
R
I
g elde ediliyor.
y Halka,, bir kenarı y
yatay
y eksen üzerinde olacak
kangal
D
L
I
Y
şekilde asılmıştır ve bu eksen etrafında rahatça dönebilmektedir.
A
L
Halka düşey doğrultuda büyüklüğü 10 mT olan birY
Halka,
manyetik alan
E
L
içinde iken, üzerinden 3.4 A' lik akım geçirilmektedir.
.
R
a) Halka
lk ddengede
d ik
iken, yüzeyii ile
il manyetik
ik alan
l arasındaki
d ki açı nedir?
di ?
D
e
v
b) Halka dengede iken, manyetik alan tarafından etkiyen tork ne olur?
T
A
L
O
P
A
F
A
T
S
U
M
.
R
D
(28-27)
Hall Etkisi :
M
I
Edvin Hall, 1879 yılında metallerde iletimin negatif yüklü
R
I
elektronlarla gerçekleştiğini gösteren bir deney Iyapmıştır.
yapmıştır
LD
Y
Bu deney sayesinde, metaldeki elektron yoğunluğunu
(n ) da
A
L
belirleyebilmiştir Deneyde,
belirleyebilmiştir.
Deneyd e kesitininY
genişliği d ve kalınlığı
EBu dilim, şekildeki gibi
t olan bakır bir dilim kullanmıştır.
L
.
yüzeyine dik yönde düzgün R
bir manyetik alan içinde iken i
D

e
akımı taşımaktadır. Elektronlar,
B manyetik alanı nedeniyle
v

T
F manyetik kuvvetinin
etkisiyle dilimin sağ tarafına doğru
A
L
(R) itilirler
ve
böylelikle, dilimin sağ tarafı sol tarafına (L)
O
P
göreAdaha negatif olur.
olur İki kenar arasında oluşan yük farkı

F
nedeniyle bir E elektrik alanı oluşur ve elektronlara kuvvet
A
T
B
S
U
M
.
R
uygulamaya
l
başlar.
b l Bir
Bi süre
ü sonra, elektronlar
l kt l üzerine
ü i etkiyen
tki
net kuvvet sıfır olur.
D
(28-28)
FE  FB  eEH  evd B  EH  vd B
(Eş-1)
M
I
R
I
Yandaki bakır dilimin a noktası ile c noktası
arasındaki
D
Ldurumda,
I
Hall potansiyeli V  E d ile verilir. Bu
Y
V
i
Bi
A
E v B
n
B


(Eş-3)
L
d
netd
td
etV
tV
Y
E
sonucu elde edilir. L
.
R
D
e
v
T
A
J  nevd  vd 
J
i
i


ne neA netd
H
H
d
(E 2)
(Eş-2)
H
H
H
A
F
P
L
O
Üstteki şekilde olduğu gibi, yük
A
taşıyıcıları elektronlar
olduğu durumda
T
taşıyıcıları
aş y c a protonlar
p o o a oolduğu
duğu durumda
du u da
S
V  V  VUnegatiftir.
V  V  V pozitiftir.
M
.
Dilimin
kenarlarından hangisinin
g
pozitif
p
hangisinin
g
negatif
g
olduğundan
ğ
yyola ççıkılarak,
R
Dyük taşıyıcılarının cinsi belirlenebilir. Deneysel olarak ölçülen V Hall potansiyeli
Üstteki şekilde olduğu gibi, yük
H
c
a
H
c
a
H
Eş-3' te kullanılarak, yüktaşıyıcılarının yoğunluğu bulunur.
(28-29)
Örnek : Genişliği 1.5 cm ve kalınlığı 0.1 cm olan dikdörgen şeklindeki bakır bir
M
I
olan bir manyetik alan içinde ise, Hall voltajını hesaplayınız. (Bakırın elektronR
I
D
yoğunluğu: n  88.49
49 10 elektron/m ).
)
L
I
Y
1.2   5 
Bi
Bi
A
V 

n
L
V te
t
nte
t
Y
8 49  10    0.1
0 1 10   1.6
1 6  10
8.49

E
L
.
V  4.42  10  0.44  V
R
D
e
v
Örnek : Kalınlığı 0.33 mm olan bir şerit, yüzeyine dik yönde, büyüklüğü 1.3 T
T
A
olan düzgün bir manyetik alan içinde
50 A akım taşımaktadır. Şeritin uzun kenarları
L
O
arasında ölçülen Hall voltajı 9.6
P  V ise, şeritteki elektron yoğunluğunu bulunuz.
A
F 1.3   50 
Bi
A

n
T
V le  9.6
9 6S
 10    00.33
33 10   11.6
6 10 
U
M
n  12.82
10 elektron/m
.
R
D
dilim 5 A akım taşımaktadır
taşımaktadır. İletken dilim,
dilim yüzeyine dik yönde
yönde, büyüklüğü 11.22 T
28
3
h
28
2
3
19
19
h
7
h
6
h
28
3
(28-30)
Cyclotron Parçacık Hızlandırıcı :
M
I
R
I
bakan "D" şeklinde, içi boş iki adet iletkenden oluşur.
D
L
I bir
D' ler arasındaki boşlukta, f frekansıyla titreşen
Y
E elektrik alanı, D' lerin bulunduğu A
düzleme dik yönde
L
Y
de düzgün bir B manyetik alanı oluşturulur. Şekilde bir
E
L
mv
.
r
proton hızlandırıcısı g
p
gösterilmiştir.
ş
Protonlar,
,

R
eB
D
e
eB
v
yarıçaplı çembersel bir yörüngede f 
frekansı
T
2 m
A
L
O
ile dönerler. Bu frekans (cyclotron
frekansı) ile elektrik alanın değişim frekansı
P
A
(f ) eşit olduğunda, protonlar
D' ler arasındaki boşlukta elektrik alan tarafından
F
A
hızlandırılır. Protonlar
hızlandıkça yörünge yarıçaplarını artırırlar. Elektrik alan
T
S
U
protonların hızını
artırırken, manyetik alan onları çembersel yörüngede dönmeye
M
.
zorlayacak
yR şşekilde hızlarının y
yönünü değiştirir.
ğş
D
Cyclotron hızlandırıcısı, şekildeki gibi birbirine ters
E
E
(28-31)
BÖLÜM-29
M
I
Elektrik Akımlarının Oluşturduğu IR
D
L
M
Manyetik
tik Alanlar
Al l
YI
A
L
Y
B bölümde,
Bu
bölü d elektrik
l k ik akımı
k
il oluşturduğu
ile
l
d ğ manyetik
ik alan
l arasındaki
d ki ilişkiyi
ili ki i
E
L
anlamaya çalışacağız. Bunun için, problemin .simetrisine
bağlı olarak iki
R
farklı yol izleyeceğiz.
izleyeceğiz
D
e
v
Simetrinin
S
e
düşük o
düşü
olduğu
duğu du
durumlarda
u a da
Biot-Savart
o S v
yasasını,
y
s s , yü
yüksek
se o
olduğu
duğu
T
A
durumlarda ise Amper yasasınıLkullanacağız.
O
P iletkenlerin oluşturdukları manyetik alanlar
Çok değişik geometrilere
sahip
A
her iki yaklaşımlaAF
da bulunabilir. Ayrıca, birbirine paralel iki iletken
arasındaki manyetik
y T kuvveti de hesaplayacağız.
p y ğ
S
U
M
.
R
D
(29-1)
Biot -Savart Yasası : Bu yasa, i akımı taşıyan dl uzunluğundaki bir iletkenin, kendisinden

r kadar
k d uzaktaki
kt ki bi
bir noktada
kt d oluşturduğu
l t d ğ dB manyetik
tik alanını
l
verir.
i
Solda i akımı taşıyan bir tel verilmiştir. Tel üzerinde akımla aynı

yönde, sonsuz küçük uzunlukta bir dl vektörü seçilir. i akımı taşıyan
bu parçanın, kendisinden r kadar uzaktaki P noktasında oluşturduğu
manyetik alan:
 
 0i dl  r
dB 
4 r 3


ifadesi ile verilir. Burada r vektörü, iletken üzerinde seçilen dl vektör elemanından
M
I
IR
A
L
O
v
T
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
P noktasına çizilen vektördür. 0  4  107 T  m/A ile verilen bir sabittir ve hava


yya da boşluğun
ş ğ manyetik
y
geçirgenliğidir.
g ç g ğ
 , dl ile r vektörleri arasındaki açı
ç olmak

üzere, dB manyetik alanının büyüklüğü de:
S
U
A
T
0i dl sin 
d 
dB
4 r 2
M
.
ile verilir.
R
D
A
F
P
(29-2)
Sonsuz Uzun Telin Manyetik Alanı :
M
I
Reşit
I
Biot-Savart yasasına göre, sonsuz uzun düz bir telden
D
L
uzaklıktaki noktalarda manyetik alan şiddeti aynı,
YI yönü ise
A merkez alan
sağ-el kuralına göre çevreseldir. Yani,Lteli
çemberlere her noktada teğettir. EY
L
.
R

D
Sağ-el parmak uçları akım yönünü gösterecek
şekilde dl
e
v
vektörünü avuçç içerisine
ç
yatırıp,
y
p,Ten küçük
ç açı
ç y
yönünde
A

L
r vektörü üzerine süpürürsek, başparmağımız manyetik
O
P diğer göster
alan yönünü gösterir.
gösterirABir
gösterim
im şekli de,
de sağ-el
sağ el
F gösterecek şekilde iletken tel
başparmağı akımAyönünü
T
S
avuç içerisine
i iU
i alınırak
l
k kkavranırsa, kalan
k l parmakların
kl
Mgösterdiği yön manyetik alan yönüdür.
uçlarının
.
R
D
(29-3)

Şekildeki tel üzerinde akımla aynı yönde bir dl elemanı
seçelim Bu elemanın P noktasında oluşturduğu manyetik
seçelim.
 
  0 i dl  r
alan dB 
sayfadan
y
içeri
ç doğrudur
ğ
ve büyüklüğü,
y
ğ ,
3
4 r
 0 i dl sin 
dB 
4
r2
ile verilir. Akım taşıyan tel sonsuz uzunlukta ise,
M
I
IR
A
L
Y
LE
D
L
YI
.
R
P noktasında oluşturduğu toplam
manyetik alan:
D
e
 i dlvsin
B   dB 
4AT r
L
r l P
O
R
sin   sin   R / r  R / l  R
A

i
i 
i
R dl AF  i
R dl
l
B





T

4   l  S
2

2

R
2 R
l R 
R 
l R 


U
M
dx.
x

 DR


0
2


2

2
0
2

x  a

2 3/2
2 3/2
0
0
2


0
2
2
2
2 3/2
0
2
2
0
a2 x2  a2
(29-4)
Yarı Sonsuz Telin Manyetik Alanı :
M
I
IR
Sonsuz uzun tel için yapılan işlemlerin aynısı burada da
D
L
YI
ş g
orijin
j olarak kabul
tekrarlanacaktır. Telin başlangıcını
edersek, tele dik yönde orijinden R kadar uzaktaki bir
P noktasındaki manyetik alan:


D
e
 0 i dl sin 
B   dB  
2

4

r
0
0
LA
r  l2  R2
O
P
i
A
FB  

S
U
M
.
 Dx R a


dx
2
2 3/2

A
T
0
4
0
l
v
T
sin   sin   R / r  R / l 2  R 2
Rdl
2
R
.
R
A
L
Y
LE


2 3/2

0i 
0i
l

 2
 
2
4 R  l  R  0 4 R
x
a2 x2  a2
(29-5)
Sonlu Telin Manyetik Alanı :

Ş kild ki tell üzerinde
Şekildeki
ü i d akımla
k l aynı yönde
ö d bir
bi dl elemanı
l
seçelim. Bu elemanın P noktasında oluşturduğu manyetik
M
I
IR
alan
l sayfadan
f d içeri
i i doğrudur
d
d ve bbüyüklüğü,
kl
D
L
YI
A
L
Y
E
L
ile verilir. Akım taşıyan telin uzunluğu
L ise, telin ortasından
.
R
R kadar
k d uzaktaki
kt ki bir
bi P noktasında
kt
d oluşan
l
manyetik
tik alan:
l
D
e
i
dlvsin 
B   dB 
T r
4 A
L
r  l P
R O sin   sin   R / r  R / l  R
A
F
A

i
i
i 
i
R dlT
R dl
l
L
B






S
4   l U
2

2

R
4 R  L / 2   R
R 
 l R 
l  R 
M
.
dxR
x

 xD
 a  a x a
dB 
 0 i dl sin 
r2
4
L/2
L/2
0
2
L/2
L/2
2
L /2
2
0
 L /2
2 3/2
2 3/2
2
2
2
0
0
2
L /2
L /2
0
2
2
2
2 3/2
0
2
2
2
0
2
2
(29-6)
Örnek : Üzerinden kararlı i akımı geçen,
uzunluğu
l ğ L olan
l ince
i
bir
bi tel,
t l şekilde
kild görüldüğü
ö üldüğü
gibi x-ekseni üzerindedir. x > L ve x < L olmak
üzere, x-ekseni üzerinde herhangi bir P(x,0)
noktasındaki manyetik alanı bulunuz.
 
 0i dl  r
dB 
4 r 3
M
I
IR
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI

L uzunluğundaki tel üzerinde seçilen sonsuz küçük dl elemanı ile, buradan

manyetik alanı bulmak istediğimiz P noktasına çizilen r vektörü arasındaki
 
o
açı 0 olduğundan, dl  r  0 olur ve x -ekseni üzerinde, x  L şartını sağlayan
tü noktalarda
tüm
kt l d manyetik
tik alan
l sıfırdır.
f d
A
F
A
T
P
A
L
O
v
T


S
Benzer bir durum
x

0
için
de
geçerlidir.
dl
vektörü
ile
r
vektörleri arasındaki
U
 
M
açı 180. olduğundan, dl  r  0 olur ve x -ekseni üzerinde, x  0 şartını sağlayan
R
tüm
Dnoktalarda manyetik alan sıfırdır.
o
(29-7)
Örnek : Kenar uzunluğu l = 0.4 m olan kare bir halka,
M
I
IR
şekildeki gibi, saat ibreleri yönünde 10 A şiddetinde bir
akım taşımaktadır. Karenin merkezindeki manyetik
alanın büyüklüğünü ve yönünü bulunuz.
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
L uzunluğunda, i akımı taşıyan bir telden r kadar uzaktaki
manyetik alan:
 0i
L
B
4 r  L / 2 2  r 2
A
F
 0i
l
r B
2
4  l / 2 
R
D
.M
S
U
A
T
BT  4  B  4 
P
A
L
O
l
l / 2 
4  10 7 10 
l 2
v
T
D
e
2
 l / 2 
2
 0i
1

2  l 
  2
2

 0i
l 2
 28.28  10 6 T
(29-8)
Çembersel Yay Parçasının Manyetik Alanı :
M
I
R
parçası olsun. Yayı gören açı radyan cinsinden  ' dir. İletken
I

D
L
üzerinde
i d akımla
k l aynı yönde
d seçilen
il bir
bi dl elemanının
l
çemberin
b i
I
Y
merkezi C noktasında oluşturduğu manyetikAalan, Biot-Savart
L
Y
yasasından,
E
L
 i dl sin 90  i dl .
dB 

R
4
R
4 R
D
 vi e
dl  Rd   dB  T
d
4 R
A
L
O
ile verilir ve sayfa düzleminden
P dışarı doğrudur. Net manyetik alan:
 i FA
i

B   dB  
d  B 
A
4T
R
4 R
S
U çember)    (yarım çember)   2 (çember)
   /M
2 (çeyrek
.

i
i
i
R
B
B
B
D
Şekildeki gibi,
gibi i akımı taşıyan R yarıçaplı çembersel bir yay
0
0
2
2
0

0
0
0
0
8R
0
0
4R
2R
(29-9)
Örnek : Kapalı bir halka gibi değerlendirebileceğimiz
M
I
IR
yandaki kangal I akımı taşımaktadır. A noktasındaki
manyetik alan ifadesini bulunuz.
 


B  Bç  2 BL / 2  BL
Bç 
 0i
4R

 0i
2L
,

L/2
BL / 2

 0i 
 0i
l

 2
 
2
4 R  l  R  0
4 ( L / 2)
L/2
A
L
O i
 0i
A
T
A
F
L/2
D
e
v
T  L / 2

 0i 
l
0
BL 



4 R  l 2  R 2   L / 2 4 ( L / 2)
P
.
R
A
L
Y
LE
2
  L / 2
2
L
 L / 2
2
  L / 2
2
D
L
YI
 0i

2 2 L
 0i

2 L
,
,


 0i
 0i
 0i  1
2 
B
2



, 


2L
L 2
2 
2 2 L
2 L
M
.
R
S
U
D
(29-10)
Örnek : Yanda verilen kapalı halka I akımı
taşımaktadır. P noktasındaki manyetik alan
ifadesini bulunuz
bulunuz.
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Telin düz kısımlarının oluşturduğu manyetik alan Y 0
E
L
a ve b yarıçaplı yaylar P noktasında manyetik
alan oluşturur.
.
 

R
D
BB B
e
v
i
T
B 
 
A
4 R
L
O
i  i
P
B 

,A 
4 b 3 12b F
A
 i  ST
i
B 

, 
U
4M
a 3 12 a
.
 i  1 1   i b  a 
R
BD B  B 


, 
b
a
0
yay
b
0
0
0
0
a
a
b
0
12  a
b 
0
12 ab
(29-11)
Çembersel Akım Halkasının Manyetik Alanı :
M
I
IR
İletken üzerinde seçilen sonsuz küçük bir dl elemanının,
elemanının çemberin
merkezinden dik geçen z -ekseni üzerindeki P noktada oluşturduğu
manyetik alan
alan,
 i dl sin 90  0i dl
dB  0

2
4
r
4 r 2
ile verilir. Doğrultusu ise z -ekseniyle  açısı yapacak yöndedir.
Manyetik alanın z -eksenine dik bileşenlerinin (dB ) toplamı sıfır,
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
paralel bileşenlerinin (dB ) toplamı ise sıfırdan farklıdır.
A
L
O
v
T
0i dl cos 
R
2
2
dB  dB cos  
; r  R  z ; cos  
2
r
r
4
 iR dl 0iR
dl
dB  0

 B   dB , (R ve z sabit)
3/2
3
4 r
4  R 2  z 2 
S
U
A
T
A
F
P
M
dl 

.
4R
 R  z 
4  R
D
B
0iR
2
2 3/2
0iR
2
z

2 3/2
 2 R   B 
0iR 2
2R  z
2

2 3/2
(29-12)
Örnek : Yarıçapı R olan çembersel bir halka üzerinde düzgün
M
I
IR
dağılmış toplam q yükü taşımaktadır. Halka, merkezinden geçen
ve yüzeyine dik eksen etrafında  sabit açısal hızı ile dönmektedir.
Çember ekseni üzerinde ve çemberden z = R /2 kadar uzaktaki bir
noktada oluşan manyetik alan nedir?
.
R
D
L
YI
A
L
Y
LE
Çemberin z-ekseni etrafında dönmesi ile oluşan akım:
q
q
q
q
i 

i
t
T  2 /   2
B
 0 iR
2
2R  z
2
4  0i

2 3/ 2
B
A
T
A
F
v
T
A
L
O  iR
P2  R

2  0 q
D
e
2
0
2
  R / 2 

2
3/ 2

 0 iR 2
2 R 1  1 / 4 
3
3/ 2
4  0 q
B 3  3

R 5 R 5 2  R 3 5
M
.
R
S
U
D
(29-13)
Örnek : İç yarıçapı a ve dış yarıçapı b olan bir disk
M
I
IR
düzgün  yüzey yük yoğunluğuna sahiptir.
sahiptir Disk,
Disk
merkezinden geçen ve yüzeyine dik olan z -ekseni
etrafında
f d  sabit
bi açısall hızı
h ile
il dö
dönmektedir.
k di Di
Diskin
ki
ekseni üzerinde ve disk merkezinden z kadar uzaktaki
P noktasında oluşan manyetik alanını ve diskin
.
R
manyetik dipol momentini bulunuz.
D
e
A
L
Y
LE
D
L
YI
v
a  r  b olacak şekilde, disk üzerinden
dr kalınlığında bir
T
Ageçen di akımı:
halka seçelim. Bu halkadan
L
O
P  2 rdr
q
 2 rdr
d 
di
 di
d 

  rdr
d
A
t
 2 /  
AF T
B
T
S
UiR
.M
2R
R
D
2
0
2
z

2 3/ 2
 dB 
 0 r di
2
2  r  z 
2
2
3/ 2

 0 r 2  rdr 
2  r  z 
2
2
3/ 2
(29-14)
M
I
 
r dr
x dx
x IR
2a
B   dB 
  x  a  ILDx  a
2  r  z 



Y
A
L



  r  2 z
  b  2 z
a Y
2z 
B
 E



 
2  r z 
2  b z
La  z 
.
R
D
e
v
di akımı taşıyan r yarıçaplı halkanın manyetik dipol momenti,
T
A
L
d   di  r 
O
P
şeklinde ifade edilir
edilir.ABuradan
Buradan, net manyetik dipol moment:
F
A

T
   d S
 rdr  r     r dr 
b a 


4
U
M
.
R
D
b
3
3
0
a
2
2 3/2
2
2
2
0
2 3/2
2
b
2
2
2
2
2
2
2
0
2
2
2
2
2
2
a
2
b
b
2
a
3
4
4
a
(29-15)
Amper Yasası : Akım dağılımının bilindiği durumda,
M
I
R
üstüste binme ilkesini kullandık. Akım dağılımındaki
I
D
L
simetri
i t i yüksek
ük k ise,
i Biot-Savart
Bi t S
t yasasının yerine
i I işlemlerin
i l l i
Y
kolaylığı nedeniyle Amper yasasını kullanacağız.
A
L
Y
E i akımı taşıyan
Amper yasasını, Biot-Savart yasasından türetebiliriz.LŞekilde
.
sonsuz uzun bir tel verilmiştir
verilmiştir. Teli merkez kabulReden r yarıçaplı çembersel
D

bir halka üzerinden B' nin çizgi integrali:ve
 
 
i
 i AT
 r   i   B  dl   i
2L
 B  dl   2 r dl cos 0  2O
r
Pseçilen halkanın geometrisinden bağımsız olduğuna
bulunur İntegral sonucunun
bulunur.
sonucunun,
A
F
dikkat ediniz. Bu sonAbağıntı Amper yasası olarak bilinir ve şöyle tanımlanır:
T
 
S
"Herhangi bir
kapalı eğri boyunca  B  dl integrali,  ile kapalı halka içindeki
U
M
.
net akımın
ççarpımına
p
eşittir".
ş
R
D eğri "Amper halkası" olarak isimlendirilir.
Kapalı
manyetik alanı bulmak için Biot-Savart
Biot Savart yasası ile birlikte
0
0
0 iç
0
0
(29-16)
Amper Yasasının Uygulanması :
M
I
IR
 

 
1.  B  dl integralinin belirlenmesi. Kapalı halka l1 , l2 , ..., ln
D
L
YI
  n
gibi n tane elemana bölünür ve  Bi  li   Bi li cosi toplamı
n
A
L
Y
LE
i 1
i 1

hesaplanır. Burada Bi , i. elemanın bulunduğu yerdeki manyetik
.
R
alandır. n   durumunda bu toplam:
n 

 
 B  dl  lim  Bi  li olur.
n
 
 B  dl  0iiç
i 1
A
L
O
v
T
D
e
2. iiç' in hesaplanması. Sağ-el parmak uçları kapalı halka
P
üzerindeki hareket yönünü gösterecek şekilde halka kavranır.
A
T
A
F
Halka içinde başparmağımızla aynı yönde olan akımlar pozitif alınır.
Halka içinde başparmağımızla ters yönde olan akımlar negatif alınır.
Halka dışındaki akımların hiçbir katkısı yoktur.
Şekildeki örnekte: iiç  i1  i2
S
U
M
.
R
D
(29-17)
Uzun Bir Telin Dışındaki Manyetik Alan:
M
I
IR
i akımı taşıyan sonsuz uzun bir telin oluşturduğu manyetik
alan ççizgilerinin,
g
, teli merkez kabul eden ççemberler şşeklinde
D
L
olduğunu biliyoruz. Problem silindirik simetriye
YI sahiptir
ve teli merkez alan r yyarıçaplı
ç p bir çember
ç LA Amper
p halkası
Y
E büyüklüğü çemberin
olarak seçilebilir. Manyetik alanın
L
.
üzerindeki her noktada aynıdır ve yönü çembereRteğettir.
teğettir Bu durumda manyetik
D
e
alan,
v
 
T
B

dl

Bdl
cos
0

B
dl
d
l

2

rB


 LA B
O
i
P
 i  iB
2F
rA
olarak bulunur. TA
S
Not : AmperU
yasası herhangi bir kapalı halka için geçerlidir.
M
.
Hesaplamalarda
p
kolaylık
y sağlaması
ğ
açısından
ç
en basit
R
D
0
0 iç
0
halkayı seçmek daha uygundur.
(29-18)
Örnek : Sonsuz uzunlukta dört tel, yandaki gibi, kenar
uzunluğu
l ğ 0.2
0 2 m olan
l bir
bi karenin
k
i kö
köşelerine
l i yerleştirilmiş,
l ti il i
sayfa düzleminden içeri ve dışarı doğru 5 A şiddetinde
akım taşımaktadırlar. Karenin merkezindeki net manyetik
alanı hesaplayınız.
1
r
2
 0.2 
2
  0.2 
2
.
R
A
L
Y
LE  i
M
I
IR
D
L
YI
2
m ; B A  BB  BC  BD  0

10
2 r
v
T
D
e
 0i
 Bx  2 r   sin 45  sin 45  sin 45  sin 45  0
 0i
 0i  2 
2  0i
B
4
cos
45
4










 y 2 r 
2 r  2 
r
S
U

A
T


 2  0i  ˆ
B   
 j   

 r 


D
M
.
R
A
F
P
A
L
O

2  4  10 7  5  ˆ
 j    2  10 5  ˆj
2



10

(29-19)
Örnek : Yanda, bir koaksiyel kablonun kesiti
M
I
IR
verilmiştir.
il i i Merkezdeki
k d ki iletkenin
il k i taşıdığı
d akım
k
sayfa düzleminden dışarı doğru 1 A, dıştakinin
taşıdığı akım ise sayfa düzleminden içeri doğru
D
L
YI
A
L
Y
Şekilde gösterilen a ve b noktalarındaki manyetik LE
.
alanları bulunuz.
R
D
e
v
i
B
T
A
2 r
L
i
4  10  1PO
B 

 2  10 T (saat ibrelerinin tersi yönünde)
A
2 a 2  1 
10 
F
A
i
4S
T
 10   3  1
B 
U
 1.33  10 T (saat ibreleri yönünde)
2 bM 2   3  10 
.
R
D
3 A' dir. İç ve dış iletkenler plastikle kaplanmışlardır.
0
0 iç
7
a
4
3
7
4
0 iç
b
3
(29-20)
Uzun Bir Telin İçindeki Manyetik Alan:
M
I
IR
Teldeki akımın, tel kesitine düzgün dağıldığını kabul edelim.
Telin taşıdığı
ş ğ akım i ve yyarıçapı
ç p R dir. Tel ile aynı
y merkezli,,
D
L
I
Y
r (r  R) yarıçaplı bir Amper halkası seçelim. Manyetik
A
alanın büyüklüğü çemberin
çemberin üzerindekiL
her noktada aynıdır
Y
E manyetik alan,
ve yönü çembere teğettir. Bu durumda
L
.
 
R
B

dl

Bdl

D cos 0  B  dl  2 rB
e
v
r
r
T
i i
i
A
R
R
L
O
P 2 rB   i r  B    i  r


A
R
2

R
F


iç
2
2
2
2
2
0
S
U
A
T
0
2
2
Amper halkasını telin dışında seçersek: 0iiç  0i olur
M
.
R
ve telin dışındaki manyetik alan:
DB 
0i
2 r
ifadesine sahip olur.
(29-21)
Örnek : Yarıçapı R olan silindir şeklindeki bir iletken, şekilde
gösterildiği
ö ildiği gibi
ibi toplam
l I akımı
k
taşımaktadır.
k d Telin
T li kesitindeki
k i i d ki
akım yoğunluğu, b pozitif bir sabit olmak üzere, J  br ifadesi
il verilmektedir.
ile
il kt di Telin
T li iiçinde
i d ve dışındaki
d d ki manyetik
tik alanları
l l
bulunuz ve tel ekseninden olan uzaklıkla değişimini çiziniz.
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Y
2 bR
E
L
I   J  2 rdr   2 b  r dr 
(toplam akım)
.
3
R
 
D
r  R :  B  dl   Bdl cos 0  B  dl  2erB
v
T
2 b  r
A
 i    J  2 rdr   2L
 b   r dr 
3
O
P
2 b  r A
3I 
 b 
  I
 B
2 rB 
r 
F
r 
A
3
2 R 3
 3 
 2 R
T
 S
r  R :  B U
dl   Bdl cos 0  B  dl  2 rB
M
.
 I  bR  1 
R
D  i   I  2 rBB   I  B  2 r  3  r 
R
R
3
2
0
0
r
0 iç
r
0
3
2
0
2
0
0
0
0
3
0
0
2
3
0
3
 2
r

3
0
0 iç
0
0
0
(29-22)
ÖDEV: Yarıçapı R olan silindir şeklindeki bir iletken telden toplam I akımı
akmaktadır. Telin kesitindeki akım yoğunluğu, J0 pozitif bir sabit olmak üzere,
IM
R
I
D
 r2 
L
I
J  J0 1 2 
Y
R


A
L
if d i il
ifadesi
ile verilmektedir.
il k di Telin
T li içinde
i i d ve dışındaki
d d ki bölgelerde
bölEY
l d manyetik
ik alanları
l l
L
.
bulunuz ve tel ekseninden olan uzaklıkla değişimini çiziniz.
R
D
e
v
T
A
L
O
P
A
F
A
T
S
U
M
.
R
D
(29-23)
Örnek : Genişliği l olan çok uzun metal bir şerit, şekildeki
M
I
IR
gibi xy -düzlemindedir
düzlemindedir ve boyunca toplam I akımı taşımaktadır.
taşımaktadır
y -ekseni üzerinde ve şeritin kenarından b kadar uzaktaki bir
P noktasında manyetik alanını bulunuz.
bulunuz
A
L
Y
LE
D
L
YI
Metal şerit boyunca kalınlığı dy olan sonsuz uzun ince bir tel seçelim. Bu telin
taşıdığı akım di  ( I / l ) dy ve P noktasında oluşturduğu manyetik alan:
 0 di
dB 
(pozitif z -ekseni yönünde)
2  l  b  y 
 0 I l dy
B   dB 
;

2 l 0 l  b  y
v
T
u lb y
du   dy
P
A
L
O
D
e
.
R
 0 I l  du
0 I
l
B

ln  l  b  y 0

2 l 0 u
2 l
S
U
A
T
A
F
0 I  b 
0 I  l  b 
B
ln 
ln 
 B

2 l  l  b 
2 l  b 
M
.
R
D
(29-24)
Örnek : Sonsuz genişlikte ve sonsuz uzunlukta çok ince metal
M
I
IR
bir şerit xy -düzlemindedir
düzlemindedir ve kesitinde birim uzunluk başına K
akımı taşımaktadır. Şeritten z kadar yukarıdaki bir P noktasında
D
L
YI
manyetik alanını bulunuz.
bulunuz
A
L
Y
LE
Metal şşeritteki kesitinde, z -ekseninden x kadar uzakta kalınlığı
ğ dx olan sonsuz
uzun ince bir tel seçelim. Bu telin taşıdığı akım di  Kdx ifadesine sahiptir ve P
noktasında oluşturduğu manyetik alan:
dB 
 0 Kdx
 0 di

2 r 2 x 2  z 2
 K
B  Bx   dB cos   0
2
tan   x / z
S
U
;


D
e
Bz   dB sin   0
A
L
Odx
 Px
A
F
.
R
v
T
Bx   dB cos   0
2
z
A

T B K
2
 /2
 K
 0
2 z
x2  z2
z
1  tan   d
2

 1 x / z
M
.
R
2

 K
 0
2

2
2

1

tan

d


dx
/
z



2
1
tan



 / 2
0 K
0 K
 /2
B
(Negat x doğrultusunda)
(Negatif
doğ u tusu da)
  / 2  B 
2
2
0
dx
 /2

d
 /2
D
(29-25)
Paralel İki İletken Tel Arasındaki Manyetik Kuvvet :
 

Manyetik alan içinde bulunan akım taşıyan bir tel üzerine F = I l × B
 RIM
I
ifadesi ile tanımlanan manyetik bir kuvvet etkidiğini biliyoruz. D
L
I
Y yönlerde
Yanda, aralarında a mesafesi bulunan, aynı
A
L
I ve I akımları taşıyan sonsuz uzunlukta
iki paralel
Y
E
L
verilmiştir. Her bir tel diğer. telin bulunduğu yerde
bi manyetik
bir
tik alan
l oluşturur.
l D
t R Bu
B nedenle
d l de
d birbirleri
bi bi l i
e
üzerine manyetikvkuvvet uygularlar.
T
A telin bulunduğu yerde oluşturduğu
I akımı taşıyan telin, I akımı yaşıyan
L
O
manyetik alan ve bu alan nedeniyle
P I akımı yaşıyan telin birim uzunluğuna
A
etkiyen manyetik kuvvet,
sırasıyla,
F
A
 I ST
II
F
 I 
B 
 F  I L
sin
i
90



 
U
L
2 a
2 a
 2 a 
M
.
ifadelerine
sahiptir.
p Sağ-el
ğ kuralına göre
g
bu kuvvet bir ççekim kuvvetidir.
R
D zıt yönlerde akım taşıması durumunda ise bu kuvvet iticidir.
Tellerin
1
2
2
1
1
2
0 2
21
1
0 2
o
21
0 1 2
(29-26)
Örnek : Sonsuz uzunlukta I1 akımı taşıyan
ş y bir tel,, şşekilde
gösterildiği gibi, düzgün geometriye sahip I 2 akımı taşıyan
kapalı bir halka ile kısmen çevrelenmiştir
çevrelenmiştir. Halka ekseni ile
tel çakışık olduğuna göre, halkaya etkiyen net manyetik
k
kuvveti
ti bulunuz.
b l
.
R
D
e
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
L
I1 akımı taşıyan sonsuz uzun telin oluşturduğu manyetik alan saat ibrelerinin
v
T
tersi yönünde çevreseldir. Bu nedenle, kapalı halkanın çembersel kısımlarına
A
L
O
kuvvet etki etmez. Halkanın düz olan L uzunluğundaki kısımlarına etkiyen
manyetik kuvvet:
 I
B 0 1
2 R
D
 0 I1
(sağa doğru)
2 R

 I
Fsağ  I 2 L 0 1 (sağa doğru)
2 R
 0 LI1 I 2
 F
(sağa doğru)
R
S
U
M
.
R



F  Fsol  Fsağ
A
F
P
A
T
Fsol  I 2 L
L
(29-27)
M
I
IR
Solenoid (bobin) :
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
Boyu yarıçapının yanında çok büyük olan yalıtkan bir silindir üzerine yüzlerce
D
e
veya binlerce defa helis şeklinde sıkıca sarılmış iletken telden oluşur. Böylece
v
solenoid, yanyana sıralanmış çok sayıda
çembersel halkadan oluşmuş bir
T
A
L
sistem gibi düşünülebilir. Solenoidten i akımı geçtiğinde, solenoidin içinde
O
P eksenine paraleldir ve yönü sağ-el kuralıyla
oluşan manyetik alan solenoid
A
F uçları akım yönünü gösterecek şekilde solenoidi
bulunur. Sağ elin parmak
A
T
S
sağ aavuçç içine aldığımı
aldığımızda,
da başparmağımız
başparmağımı solenoidin içinde ol
oluşan
şan man
manyetik
etik
U
M gösterir. Solenoidin dışındaki manyetik alan ise çok zayıftır
alanın yönünü
.
veD
idRl solenoid
ideal
l id iiçin
i yaklaşık
kl k sıfır
f alınabilir.
l bili
(29-28)
Solenoidin içindeki manyetik alanı bulmak için Amper
M
I
IR
yasasını kullanabiliriz. İdeal bir solenoid için, solenoidin
içindeki manyetik alan düzgün, dışındaki manyetik alan
D
L
ise sıfır kabul edilebilir. Solenoidin birim
YIuzunluğundaki
A
sarım sayısı n olsun.
L
Y
E halkasını alalım.
Amper halkası olarak şekilde gösterilen dikdörtgensel abcd
L
.
R
Halkanın uzun kenarları solenoidin eksenine paraleldir
ve biri solenoidin içinde
D
diğeri ise dışındadır. Amper yasasından: ve
 
 
  T 
 
  B  dl
 B  dl   B  dl   B  dl   BO dlLA
P
 
 
 
 
A
 B  dl   Bdl cos 0AFB  dl  Bh ve  B  dl   B  dl  B  dl  0
T
 
S
 B  dl MBhU ; i  nhi
 .
 dl   i  Bh   nhi  B   ni
DBR
b
c
d
a
a
b
c
d
b
b
b
c
d
a
a
a
a
b
c
d
iç
0 iç
0
0
Toplam sarım sayısı N ve silindirin boyu L olmak üzere n  N / L dir.
(29-29)
Toroid :
M
I
IR
Toroid,
T
id id
ideall bi
bir solenoidin
l idi bükülerek
bükül k simit
i it şekline
kli getirilmesi
ti il
i
ile oluşturulabilir. Kesiti aynı olmak koşuluyla, herhangi bir
geometriye
t i sahip
hi olabilir.
l bili i akımı
k
t
taşıyan
N sarım sayısına
sahip bir toroid olsun. Toroid içinde manyetik alan çizgileri,
toroid
id il
ile aynı merkezli
k li çemberlerdir
b l di ve manyetik
ik alan
l her
h
D
L
YI
A
L
Y
E
L
noktada çemberlere teğettir. Yönü
sağ-el kuralıyla bulunur.
.
R
S
Sağ-el
l parmakk uçları
l akım
k Dyönünü gösterecek
k şekilde
kild toroidi
idi
e manyetik alan yönünü gösterir.
kavrarsak, başparmağımız
v
T
Toroidin dışında
ise manyetik alan yaklaşık olarak sıfırdır.
A
L
O
P bir çember alır ve Amper yasasını uygularsak:
Amper halkası olarak r yarıçaplı
A
 
F B dl  2 rB ve i  Ni
B

dl

Bdl
cos0
A

 T

S
 Ni
2 rB M
U
Ni  B 
2 r
.
R
bulunur.
D
iç
0
0
(29-30)
Manyetik Dipolün Oluşturduğu Manyetik Alan:
M
I
IR
i akımı taşıyan R yarıçaplı çembersel bir halkanın, merkezinden
D
L
YI
dik olarak geçen z -ekseni
ekseni üzerinde, merkezden z kadar uzaktaki
bir P noktasında oluşturduğu manyetik alan,
B
0iR
2
2R  z
2

.
R
2 3/2
D
e
A
L
Y
LE
b
bağıntısı
il verilir.
ile
ili Çemberden
b d çok
k uzak
k noktalarda
k l d ( z  R) :
0iR 2
v
T
0iR 2  0i  R 2 0iA 0 
B

 


3
3
3
3

2z
2z
2 z
2 z
2 z 3
olur. Burada  , halkanın manyetik dipol momentidir. Vektörel
A
L
O
S
U
D
M
.
R
P
f
formda
dA manyetik
ik alan:
l
F  

A
T B( z ) 
0
2 z 3
olur. Halkanın oluşturduğu manyetik alan, çubuk mıknatısın
oluşturduğu
l t d ğ manyetik
tik alanla
l l aynı formdadır.
f
d d
(29-31)
BÖLÜM-30
Ö Ü
İndüksiyon ve İndüktans
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Y
E
L
Bu bölümde aşağıdaki konulara yer verilecektir:
.
R
D
Faraday indüksiyon yasası
e
Lenz kuralı
v
M
Manyetik
tik alandaki
l d ki değişimle
d ği i A
l T
indüklenen
i dükl
elektrik
l kt ik alan
l
L
Öz-indüktans ve karşılıklı
indüktans
O
P
RL devreleri
A
F depolanan enerji
Manyetik alanda
A
T
S
U
M
.
R
D
(30–1)
Faraday' ın Yaptığı Deneyler ve
Faraday
y İndüksiyon
y Yasası :
M
I
IR
1830' lu yıllarda, İngiltere'de Michael Faraday ve Amerika
ş Devletleri'nde Joseph
p Henry,
y batarya
y kullanmadan
Birleşik
elektrik akımı üretilebilen önemli deneyler yaptılar. Aşağıda
A
L
Y
LE
D
L
YI
y yyasası" olarak bilinen bağıntıyı
ğ y elde
"Faradayy indüksiyon
etmede yardımcı olabilecek bazı deneyler anlatılacaktır.
.
R
Yukarıda,, duyarlı
y
bir ampermetrenin
p
bağlı
ğ olduğu
ğ kapalı
p halka şşeklinde bir devre
verilmiştir. Devreye kalıcı bir mıknatıs yaklaştırdığımızda, ampermetreden bir akım
geçtiği görülür. Yapılan birçok denemeden çıkan sonuçlar şöyle özetlenebilir:
P
A
L
O
v
T
D
e
1. Halka ile mıknatıs birbirine göre hareketli ise, halkada akım oluşmaktadır.
2. Hareket ne kadar hızlı ise, akım o denli şiddetli olmaktadır.
3. Hareket yönü tersine çevrilirse veya mıknatısın kutbu değiştirilirse, halkadaki
akım da yön değiştirerek ters yönde akar.
S
U
M
.
R
A
T
A
F
D
Bu şekilde oluşturulan akıma "indüklenen akım", halkada oluşan emk' ya
"indüklenen emk" ve olayın kendisine de "indüksiyon" denir.
(30–2)
Yandaki şekilde karşılıklı duran iki halka verilmiştir.
1 nolu
l halkanın
h lk
b l d ğ devredeki
bulunduğu
d
d ki S anahtarı
ht
kapatıldığında veya kapalı iken açıldığında, 2 nolu
M
I
IR
D
L
h lk
halkaya
bbağlı
ğl ampermetreden
t d akım
k geçtiği
tiği
görülür.
ö ülü
I
Y
1 nolu halkadaki akım sabit olduğu
sürece, 2 nolu
A
L
h lk d herhangi
halkadan
h h i bi
bir akım
k geçmez.
Y
E
L
Bu iki indüksiyon deneyinde,.manyetik alan ya mıknatısla
ya da
d akım
k geçirilen
i il bir
bi D
telle
llRoluşturulabilmektedir.
l
l bil k di
e
v
Faraday yaptığı bu deneylerin sonucunu "Faraday' ın indüksiyon yasası" olarak
T
A
bilinen aşağıdaki ifade ile özetlemiştir:
L
O
p bir halkadan g
geçen
çP manyetik
y
alan ççizgilerinin
g
sayısı
y değişirse,
ğş
,
Kapalı
A
F (emk indüklenir).
halkada bir emk oluşur
A
T
S
Faraday yasasıUsadece indüksiyonu açıklamakla kalmaz aynı zamanda indüksiyonun
M
tarifini de
yapar. Maxwell' in elektromanyetizma ile ilgili dört denkleminden birisidir.
.
R
D
(30–3)
Manyetik Akı (Φ ) :
B
Kapalı bir halkanın sınırladığı bir yüzeyden
geçen
g
ç manyetik
y
akı şşu şekilde
ş
bulunur:
D
L
YI
 
 B   B  dA
A
L
Y
LE
M
I
IR
1. Kapalı
p halkanın sınırladığı
ğ yyüzey,
y, alanı dA olan sonsuz küçük
ç yüzey
y y elemanına bölünür.
2. Her bir yüzey elemanından geçen manyetik akı hesaplanır: d  B  BdA cos  .
Burada  , dA elemanının bulunduğu noktada yüzeyin normali nˆ ile manyetik

alan B arasındaki açıdır.
 
3. Tüm akılar toplanır:
p
 B   BdA cos    B  dA ((T  m 2  Wb).
)
A
L
O
v
T
D
e
.
R
Eğer halkanın sınırladığı yüzeyden geçen manyetik alan düzgün ise manyetik akı
 
 B  B. A  BA cos  ifadesi ile bulunur.
P
A
F yasası şu şekilde de tarif edilir:
Faraday indüksiyon
A
Tindüklenen emk'
İletken halkada
emk nın büyüklüğü ( ),
) halkadan geçen
S
U
d
M
manyetik
akının
(Φ
)
zamanla
değişim
hızına
eşittir.



.
dt
R
DN sarım sayısına sahip bir kangalda indüklenen emk:    N d 
B
B
B
dt
(30–4)
Bir halkadan geçen akıyı değiştirmenin yolu :
Manyetik alan içerisinde bulunan bir halkadan geçen manyetik akı  B :
 
 B   B  dA   BdA cos 
M
I
IR
A
L
Y
LE
D
L
YI
genel ifadesine sahiptir. Bu ifadeye göre, halkadan geçen manyetik akıyı
değiştirmenin üç yolu vardır:
1. Halkanın içinde
ç
bulunduğu
ğ manyetik
y
alanın büyüklüğünü
y
ğ
değiştirmek.
ğş
v
T
D
e
.
R
2. Manyetik alan içindeki halkanın yüzey alanını değiştirmek.

3 Halkanın yüzey normali nˆ ile B manyetik alanı arasındaki  açısını
3.
değiştirmek.
S
U
M
.
R
A
T
A
F
P
A
L
O
D
(30–5)
Örnek : Kenar uzunluğu 18 cm olan kare şeklindeki bir kangalın sarım sayısı
M
I
R
alanın şiddeti 0.8 s içinde 0' dan 0.5 T' ya düzgün olarak artırılmaktadır. Kangalda
I
D
L
indüklenen emk' yıı vee akımı hesaplayınız.
hesapla ını
YI
A
      B A  0  0.5  (0.18)  0.0162 T  m L
Y
E
200   0.0162 
N 
 4.05
L
.
  
 4.05 V  i  
2A
 
R
t
08
0.8
R
2
D
e
v
Örnek : Yüzey alanı A olan bir kangal,
yüzeyine dik yöndeki bir manyetik alan
T
A
L
içine konuyor. Manyetik alanınO
şiddeti, a bir sabit olmak üzere, B  B e
P göre
ifadesine uygun olarak değiştiğine
göre, kangalda indüklenen
indüklenen emk'
emk yı bulunuz
bulunuz.
A
F
A
T
d
S
  BA  AB e    
  AB e   a   aAB
AB e
U
dt
M B manyetik alanın maksimum değeri,
Burada
.
R
D aAB ise indüklenen emk'nın maksimum değeri.
200 ve toplam direnci 2 ' dur.
dur Kangal yüzeyine dik yönde uygulanan manyetik
2
s
i
2
s
ind .
ind .
ind .
 at
0
 at
0
 at
ind .
0
 at
0
0
0
(30–6)
Örnek : Uzunluğu L olan bir iletkeni, şekilde gösterildiği
gibi, sayfa düzleminden içeri doğru olan düzgün bir manyetik
alan içinde alana dik yönde sağa doğru sabit bir v hızıyla
hareket ettirelim. İletkenin
İ
iki ucu arasında oluşan potansiyel
farkını bulunuz.
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Y
Eelektronlar aşağıya
İletken sağa doğru sabit bir hızla hareket ettiğinde,
L
.
R
doğru F  evB büyüklüğünde bir kuvvetin
etkisinde kalır ve iletkenin
D
e Yük ayrışması sonucunda da
iki ucu arasında bir yük ayrışması oluşur.
v
il tk i uçları
iletkenin
l arasında
d bi
bir potansiyel
tATi l farkı
f k oluşur.
l
Bu
B şekilde
kild iletkenin
il tk i
L
O
uçları arasında manyetik kuvvete
zıt yönde bir elektrik kuvveti oluşur.
P
Yük kutuplanmasınınAartışı ile elektrik kuvvetinin değeri de artar.
F
A
Kararlı denge durumu
oluştuğunda:
T
S
V
F  F MU
 evB  eE  e
  V  BLv  
L
.
R
bulunur.
Bu potansiyel farka indüklenmiş emk denir.
D
B
B
E
ind
(30–7)
Örnek : Uzunluğu L ve kütlesi m olan bir iletken, şekilde
M
I
IR
gösterildiği
ö ildiği gibi,
ibi sayfa
f düzleminden
dü l i d içeri
i i doğru
d ğ olan
l düzgün
dü ü
bir manyetik alan içinde, sürtünmesiz iki iletken ray üzerinde
alana dik yönde sağa doğru v0 ilk hızıyla harekete başlıyor.
A
L
Y
LE
İletkenin hızını zamanın fonksiyonu olarak bulunuz. İletken
telde indüklenen akımı ve emk' yı bulunuz.
.
R
D
e
D
L
YI
 ind
dv
dv
B 2 L2
 BLv 
F  ma  m
  ILB  
LB   

dt
 LB 
dt
R
v
mR
 R 
v

v0
2
2 t
dv
B L

v
mR
 dt

A
F
0
A
T
BLv BL
I
v0 e

R
R
S
U
M
.
 R
IR  BLv e
D
0
v
T
P
Av 
B L
L
Oln    
 v0 
2
2
mR
t

v ( t )  v0 e
B 2 L2

t
mR
B 2 L2

t
mR
B 2 L2
t

mR
(30–8)
Lenz Kuralı :
dB
 
dt
M
I
R
Faraday yasasında yer alan () işareti, indükleme
I
D
L
yoluyla
l l oluşan
l
akımın
k
yönü ile
il il
ilgilidir.
ilidi I İndükleme
Y İ d kl
A Lenz kuralına
ile oluşan akım ya da emk' nın yönü
L
Y
göre belirlenir. Lenz kuralı:
E
L
.
R
İndükleme ile oluşan akım
akım, halkadan geçen
geçenmanyetik
manyetik
akıdaki değişimi
D
e
engelleyecek şekilde bir manyetik alan oluşturacak
yöndedir.
v
T
A
Şekilde, halkaya yaklaştırılan bir L
mıknatıs verilmiştir. İndüklenen akım şekilde
O
gösterilen yöndedir. Çünkü,P
Lenz kuralına göre indüklenen akımın sağa doğru bir
A
F gerekir. Halka, kuzey kutbu mıknatısın kuzey kutbuna
manyetik alan oluşturması
A
Tgibi düşünülebilir
yakın bir mıknatıs
düşünülebilir. Bu yüzden
yüzden, mıknatısın kendisinde mendana
S
U
M akıdaki artışı engelleyebilmek için kendisine yaklaşan mıknatısı
getirdiği. manyetik
i DkRi
itecektir.
İndüklenmiş akımın
oluşturduğu indüklenmiş
Bi manyetik
tik alan
l çizgileri
i il i
(30–9)
Örnek -11 : Çubuk mıknatısın N kutbunun
M
I
R
I
halkaya yaklaştırılması.
D
A
L
Y
LE
L
I
Y
.
Çubuk mıknatıs halkaya yaklaştırıldıkça, halkanın
merkezinde sola doğru
R

D
oluşturduğu BM manyetik alanının şiddeti
ve zamanla artar. Böylece, halkadan
T kuralına
geçen B manyetik
tik akısı
k da
d artar.
t AL
Lenz
k l göre,
ö indüklenen
dükl
akım
k saatt
L

O
P sağa
ibrelerinin tersi y
yönde akarak
ğ doğru
ğ Bi indüklenmişş manyetik
y alanını
A

 
F
oluşturur ve halkanın
A merkezindeki net manyetik alan Bnet  BM  Bi olur.
T
S
Böylece, indüklenen
akım manyetik akıdaki artışı engellemiş olur.
U
M
.
R
D
(30–10)
Örnek - 2 : Çubuk mıknatısın N kutbunun
M
I
R
I
halkadan uzaklaştırılması.
D
A
L
Y
LE
L
I
Y
Çubuk mıknatıs halkadan uzaklaştırıldıkça,. halkanın merkezinde
R

D
sola doğru oluşturduğu BM manyetik
alanının
şiddeti zamanla azalır.
e
v
T
Dolayısıyla halkadan geçen 
Dolayısıyla,
azalır. Lenz
AB manyetik akısı da azalır
L
O
kuralına göre, indüklenen
akım saat ibreleri yönünde akarak sola
P

A
Falanını oluşturur ve halkanın merkezindeki net
doğru Bi manyetik
A



T
S
manyetik
tik alan
l
l Böylece,
Bö l
indüklenen
i dükl
akım
k
U Bnet  BM  Bi olur.
M
.
y
akıdaki azalmayı
y engellemiş
g
olur.
manyetik
R
D
(30–11)
Örnek - 3 : Çubuk mıknatısın S kutbunun
M
I
halkaya yaklaştırılması.DIR
.
R
A
L
Y
LE
L
I
Y
D merkezinde sağa doğru
Çubuk mıknatıs halkaya yaklaştırıldıkça,ehalkanın
v

T zamanla artar.
oluşturduğu BM manyetik alanınınAşiddeti
artar Böylece,
Böylece halkadan
L
O
geçen B manyetik akısı da
kuralına göre, indüklenen akım saat
Partar. Lenz

A
F sola doğru Bi manyetik alanını oluşturur ve halkanın
ibreleri yönünde akarak
A

 
T
St manyetik
merkezindeki
k i d kiUnet
tik alan
l Bnet  BM  Bi olur.
l Böylece,
Bö l
iindüklenen
dükl
akım manyetik
. M akıdaki artışı engellemiş olur.
R
D
(30–12)
Ö k -4: Ç
Örnek
Çubuk
b k mıknatısın
k
S kutbunun
k b IM
R
I
halkadan uzaklaştırılması.
D
.
R
A
L
Y
LE
L
I
Y
Ç b k mıknatıs
Çubuk
k
halkadan
h lk d uzaklaştırıldıkça,
kl
ld kD halkanın
h lk
merkezinde
k i d

e
v
sağa doğru oluşturduğu BM manyetik
T alanının şiddeti zamanla azalır.
A
Böylece, halkadan geçen  B Lmanyetik akısı da azalır. Lenz kuralına
O
P
göre indüklenen akımAsaat ibrelerinin tersi yönünde akarak sağa
göre,

F
A
doğru Bi manyetik
alanını oluşturur ve halkanın merkezindeki net
T



S
U Bnet  BM  Bi olur. Böylece, indüklenen akım manyetik
manyetik alan
M
.
akıdaki
azalmayı engellemiş olur.
R
D
(30–13)
İndüksiyon ve Enerji Transferi :
M
I
IR
Lenz kuralına göre, indüklenen akım kendisini doğuran
dış etkiye bir tepki olarak doğar. Bu nedenle, dış etki
manyetik alan-halka sistemi üzerine bir iş yapar. Bu iş
halkanın R direnci üzerinde ısı enerjisi olarak açığa çıkar.
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
Şekilde genişliği L olan iletken bir halka verilmiştir.
Halkanın bir bölümü düzgün B manyetik alanı içindedir
ve sabit bir v hızıyla alan dışına çıkarılıyor. Herhangi
bir anda, halkadaki manyetik akı  B  BA  BLx ' dir.
P
A
L
O
v
T
D
e
Halkadaki akının azalma hızı (indüklenen emk) ve
S
U
D
M
.
R
A
T
A
F indüklenen akım sırasıyla,
dB
dx
 
 BL
dt
dt
ifadelerine sahiptir.

 BLv
  BLv ve i 

R
R
(30–14)
R direnci üzerinde birim zamanda açığa çıkan ısı enerjisi,
M
I
IR
2
2 2 2
BLv
B
Lv



(Eş-1)
Pısı  i 2 R  
R

R
 R 
il verilir.
ile
ili Halkanın
lk
k
kenarlarına
l
etkiyen
ki
manyetik
ik kkuvvetler
l


şekil üzerinde gösterilmiştir. F2 ve F3 kuvvetlerinin toplamı

sıfırdır. Halkaya etkiyen tek manyetik kuvvet F1 kuvvetidir:

 
BLv
B 2 L2v
F1  iL  B  F1  iLB sin 90 
LB 
R
R
Bu durumda, halkayı sabit bir v hızıyla alan dışına çekmek
A
L
O
v
T
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
için eşit büyüklükte ve ters yönde bir dış kuvvet uygulamak
gerekir. Bu kuvvetin birim zamanda yapacağı iş:
S
U
D
M
.
R
P
A
T
A
F P
B 2 L2v 2
(Eş-2)
dış  F1v 
R
E 1 ve Eş-2
Eş-1
E 2 karşılaştırılırsa,
k l t l
hhalkayı
lk alan
l dışına
d
çıkarmak
k
k
için uygulanan dış kuvvetin yaptığı işin, halka üzerinde ısı
enerjisine
ji i dönüştüğü
dö ü tüğü görülmektedir.
ö ül kt di
(30–15)
Örnek : Kenar uzunlukları l ve w olan dikdörtgensel bir halka,
M
I
IR
şekildeki
kild ki gibi,
ibi sabit
bi bi
bir v hhızıyla
l sayfa
f düzleminden
dü l i d iiçerii ddoğru
ğ
olan düzgün bir manyetik alana soldan giriş yaparak sağ taraftan
çıkıyor.
k
M
Manyetik
ik alanın
l
etkin
ki olduğu
ld ğ bölgenin
böl i genişliği
i liği 3w' dur.
d
A
L
Y
LE
Halkadan geçen manyetik akıyı ve halkada oluşan indüksiyon
emk'
k' sını bulunuz
b l
ve konumla
k
l nasıll ddeğiştiğini
ği iği i çiziniz.
i i i

H lk alanın
Halka
l
d
dışında
d
Halkanın x kadarı alanın içinde
P
Halkanın tamamı alanın içinde
A
T
A
F


.M
Halka alanın dışında
R
D

v
T
 0
D
e
;
  Blx 

   Blv 
  Blw 

 0 
A
L
O
Halkanın x kadarı alanın dışınd a 
S
U
0
.
R
D
L
YI
  Bl  w  x  

   Blv

0 ;  0
(30–16)
Örnek : Kenar uzunlukları L ve w olan dikdörtgensel bir
halka,
h
lk şekildeki
kild ki gibi,
ibi I akımı
k
t
taşıyan
sonsuz uzun bir
bi ttelden
ld
h kadar uzaktadır.
M
I
IR
D
L
YI
a ) Halkadan
H lk d geçen manyetik
tik akıyı
k bulunuz.
b l
b) Telden geçen akım, a ve b pozitif sabitler olmak üzere, I  a  bt ifadesine göre
d ği i halkada
değişirse
h lk d oluşan
l
indüksiyon
i dük i
emk'
k' sının büyüklüğünü
bü üklüğü ü ve yönünü
ö ü ü bbulunuz.
l
A
L
Y
LE
.
R
a ) Halka üzerinde seçilen şeritten geçen akı:
 0 I 
d   BLdr  
 Ldr
 2 r 

A
L
O
D
e
 0 LI

2
v
T
hw

h
dr
r
 0 LI
 0 LI  w 
hw

ln  r h 
ln  1  
h
2
2

 0 L  w  dI
 0 Lb  w 
d
  

ln  1  
ln  1  
b )   
2
2
dt
h  dt
h


A
T
A
F
P
S
U
Halka içinden
geçen akı sayfa düzleminden içeri doğrudur ve büyüklüğü
M
.
artmaktadır.
R
D
İndüklenen
emk saat ibrelerinin tersi yönünde akım oluşturacak yöndedir.
(30–17)
Örnek : İki kapalı bölmeden oluşmuş iletken bir halka,
M
I
IR
şekildeki gibi,
gibi yüzeyine dik ve sayfa düzleminden içeri
doğru yönelmiş bir manyetik alan içindedir. a = 65 cm
ve iletkenin birim uzunluğunun direnci 0.1
0 1  /m'
/m dir.
dir
A
L
Y
LE
Manyetik alan şiddeti B  (1103 T/s)  t ifadesine
ugun olarak değişiyorsa,
değişiyorsa PQ kolundan geçen indüksiyon
akımını bulunuz.
v
T
D
e
.
R
D
L
YI
d
dB
Büyük halka: 1 
 2a 2
 R1  0.1  halka çevresi=0.1*6 a  0.6 a
dt
dt
1 2 a dB 2  (0.65)
3
i1 


1

10
 2.17 mA (saat ibrelerinin tersi yönünde)


R1 0.6 dt
0.6
A
F
P
A
L
O
d
dB
Küçük halka: 2 
 a2
 R2  0.1  4 a  0.4 a
dt
dt
2
a dB (0.65)
3


 1.63 mA (saat ibrelerinin tersi yönünde)
i2 

1
10


R2 0.4 dt
0.4
S
U
M
.
R
A
T
D
PQ kolundaki ne akım: i  i1  i2  0.54 mA (saat ibrelerinin tersi yönünde)
(30–18)
M
I
IR
ÖDEV : Birim uzunluğunda n tane sarımı olan bir
solenoidten geçen akım zamanla I (t )  I m (1  e
 t
)
ifadesine uygun
g n olarak değişmektedir
değişmektedir. Solenoidin
merkezinde ve solenoid ile aynı eksenli N sarım
sayısına ssahip
ahip R yarıçaplı halkada indüklenen emk' yı
bulunuz.
v
T
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
ÖDEV : Kararlı
K
l I akımı
k
taşıyan sonsuz
bi tell ile
il
A uzun bir
L
kenar uzunluğu l ve a olan birOkangal, şekildeki gibi,
P
aralarındaki
l
d ki mesafe
f r olacak
lA k şekilde
kild aynı düzlemde
d l d
F
A
durmaktadır. Kangal
sabit bir v hızıyla, akım taşıyan
T
S şekilde hareket ettirilirse, kangalda
tele paralel U
kalacak
M emk ne olur?
indüklenen
.
R
D
(30–19)
Örnek : Kesitinin kenar uzunlukları a = 2 cm ve b = 3 cm, iç
M
I
IR
yarıçapı R = 4 cm olan N
N=500
500 sarımlı bir toroidin taşıdığı akım
I  t  = 50sin 120 t  ifadesi ile değişmektedir. Burada, t saniye
ve I Amper cinsindendir.
cinsindendir Şekildeki gibi
gibi, toroidi çevreleyen N
N'=20
=20
sarımlı dikdörtgen şeklindeki halkada oluşan indüksiyon emk' sını
zamanın fonksiyonu olarak bulunuz.
bulunuz
Toroidin içindeki manyetik
y
alan: B 
 0 IN
2 r
v
T
Toroidin kesitinden geçen manyetik akı:
A
L
O
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
R b
 0 IN
 0 INa
IN
 0 IN
INa  R  b 
d
dr
d   BdA 
a
.
dr




ln 
 


2 r
2
r
2
R



R
P
a  R  b  dI
 NN
N d 
A
dI
 
   F
ln 

 50*120 cos 120 t 
dt
2
 R  dt
A
dt
T
4  10 S
 500  20  0.02
0 02  7 
U
 
ln    50  120  cos 120 t  
M 2
4
.
 R
0 42 cos 120 t 
D 0.42
0
7
(30–20)
İndüklenen Elektrik Alanlar:
M
I
R
I
R yarıçaplı bir bölgede etkin olan, sayfa düzleminden
D
L
I düzgün
içeri doğru yönelmiş ve şiddeti zamanlaY
artan
Ageçen
bir manyetik
y
alan içindedir.
ç
Halkadan
g ç manyetik
y
L
Y
E
akıdaki değişim nedeniyle indüklenen
akımın yönü saat
L
.
ibrelerinin tersi yönünde
olacaktır
olacaktır.
R
D
e içindeki elektronların hareket
v
İletken halkada bir i akımının olması, iletkenin
T

A varlığı anlamına gelir. Bu son yorumun
etmesini sağlayan bir E elektrik alanının
L
O
da ışığı
ş ğ altında Faraday
y yyasası:
P
A
F alan bir elektrik alan indükler.
A
Değişen manyetik
T
S
U
biçiminde
de
ifade edilebilir.
M
.
NotR
Bakır halka olmasa bile
bile, indükleme ile bir elektrik alan oluşur.
oluşur
D ::Bakır
Şekilde, r yarıçaplı bakır bir halka verilmiştir. Halka,
(30–21)
Soldaki şekilde, bakır halka yerine r yarıçaplı çembersel
bir yol çizilmiştir. Bu yol boyunca indüklenen emk,
 
   E  dl
(Eş-1)
M
I
IR
S
U
M
.
R
A
T
A
F
D
L
I
Y
ile verilir. Aynı emk Faraday yasası ile de verilebilir:
A
L
dd

Y
 
(
(Eş-2)
)
E
dt
L
.
Bu iki eşitlik birleştirilirse,
R
 
d e D
 E  dl   dt
v
T
Aelde edilir. Çember üzerinde elektrik alan,
bağıntısı
L
O 
PE  dl   Edl cos 0  E  dl  2 rE 
rd
dB
B
d
dB
 r B 
  r2
dt
dt
olarak bulunur.
2
  E
2 dt


D
(30–22)
Örnek : Birim uzunluğundaki sarım sayısı n olan R yarıçaplı
M
I
IR
uzun bir
bi solenoidten
l id geçen akım
k
I  t  = I m cos t  ifadesine
if d i
D
L
YI
göre değişmektedir. Solenoidin içinde ve dışındaki noktalarda
indüklenen elektrik alanını bulunuz.
A
L
 
d
d ( B. A cos 0) Yd
r  R   E  dl  
 E 2 r  
    nI  R 
E
L dt
dt
dt
.
R
 nR dI
 nR
E

sin  t  
  I D
2 r dt
2r
e
v
T
  nR  I 
 nR  I
E
t   E sin  t  ; E 
A
 sin L
2r
2r

O
 
d P
d ( B. A cos 0)
d
r  R   E  dl   A  E 2 r  
    nI  r 
F dt
dt
dt
A
T
r
dI r
S
E  n
  n  I sin
i  t  
U
dt 2
2
M   nr I 
.
 nr I
R
E
sin

t

E
sin

t
;
E

 
 

D
2
2


2
0
2
2
0
0
m
2
2
0
0
m
m
m
m
2
0
0
0
0
m
0
m
m
m
m
(30–23)
İndüktans :
M
I
IR
Toplam sarım sayısı N , kesit alanı A ve uzunluğu l olan
bir solenoidten i akımı geçtiğinde, içindeki manyetik alan
D
L
B   ni ve solenoidten geçen net manyetik
YIakı   NBA
A
ile verilir. Burada n, solenoidin birimLuzunluğundaki
sarım
Y
sayısıdır (n  N / l ).
E
L
.
R
T l sarım sayısı N  nll olduğundan
Toplam
ld ğ d nett manyetik
tik akı,
k
D
e i
  N ( BA)  N  niA    n lA
v
T
A geçen i akımıyla doğru orantılı olduğuna
olacaktır. Net manyetik akının, solenoidten
L
O
dikkat ediniz. Solenoid için bulunan
P bu sonuç, herhangi bir indüktör için de geçerlidir
ve net manyetik akı:  A
 Li formundadır. Orantı sabiti L, indüktörün "indüktans" ı
F
olarak tarif edilir T
veA
ilgili indüktörün geometrisine bağlıdır. Bu durumda solenoidin
indüktansı, US
M n lAi
.
L R 
  n lA T.m
T m /A  Henry (H) 
i
D i
0
B
2
0
B
0
B
2
B
olur.
0
2
2
0
(30–24)
Öz - İndüksiyon
y :
M
I
IR
Sağdaki resimde, 1 nolu halkadaki
akımın değişmesiyle
ğş
y 2 nolu halkadan
geçen manyetik akıdaki değişimin bir
emk indüklediğini
ğ daha önce ggördük.
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
D
e geçen akım zamanla değişiyorsa,
Bir indüktör üzerinden
v
T
indüktörden geçen
net manyetik akı da,
da  (t )  Li (t )
A
L
bağıntısı
uyarınca zamanla değişir. Böylece, Faraday
O
P göre indüktörde "öz-indüksiyon
yasasına
öz-indüksiyon emk
emk" sı olarak
A
AFbilinen bir emk indüklenir:
B
T
S
U
M
.
R
dB
di
 
 L
dt
dt
D
(30–25)
RL Devreleri :
M
I
IR
Yanda seri bağlı bir R direnci ile indüktansı L olan bir indüktör
verilmiştir. L' nin açık ucu emk' sı  olan bir bataryaya, R' nin
açık ucu ise bataryanın diğer ucuna bir S anahtarı le bağ
bağlıdır.
lıdır.
Başlangıçta açık olan anahtar t  0 anında a noktası ile temas
ettirilerek devre tamamlanıyor. x noktasından başlayarak saat
ibreleri yönünde Kirchhoff' un çevrim kuralını uygularsak,
di
di
iR
R  L    0  L  iR
R
dt
dt
A
L
O
di   iR
di
d
dt




dt
L
  iR L
A
F
P
i
v
T
.
R
D
e
A
L
Y
LE
D
L
YI
t
di
ddt

0   iR 0 L
1
t

i
 ln    iR 0 
 i(t )  1  et / 
R
L
R
A
T
S
Burada,   L /UR ile verilir ve RL devresinin "zaman sabiti" dir. T
M
.
R
RL devresinin
RL
yarılanma ömrü
ömrü olarak bilinir.
bilinir
D
L
ln2 niceliği ise
1/2 =
R
(30–26)
M
I
IR
  L / R olmak
l k üüzere, herhangi
h h i bir
bi t anında,
d
D
L
YI

ç akım: i(t )  1  et / 
Devreden ggeçen
R
Direncin uçları arasındaki gerilim: VR  iR   1  et / 
A
L
Y
di
E
İndüktörün uçları arasındakiLgerilim: V  L  e
.
dt
R
bağıntıları ile verilir.Dt  0 anında, beklentilere uygun
e
v
bir şekilde devreden geçen akım sıfırdır (i  0). Anahtar
T
A uzunca bir süre sonra (t  ), devredeki
kapatıldıktan
L
O
akım
P i   / R ile verilen maksimum değerine ulaşır.
A
F Tam bu noktada indüktörün kısa devre gibi davrandığını
 t /
L
max
S
U
M
.
R
A
T
y
yyanlışş olmaz.
söylemek
D
(30–27)
Manyetik Alanda Depolanan Enerji :
M
I
IR
Bir kapasitörün palakaları arasındaki bölgede elektrik alanda
enerji depolayabildiğimizi biliyoruz. Benzer bir mantıkla, bir
D
L
I
indüktörün içindeki manyetik alanda da enerji depolayabiliriz.
Y
Yandaki devre için Kirchhoff ' un çevrimA
kuralını uygularsak,
L
Y
E
di
di
L
  iR  L
 i  i R  Li
.
dt
dt
R
D
bulunur. i terimi, bataryanın birim zamanda devreye
sağladığı enerjiye karşılık gelir.
e
v
i R terimi, birim zamanda direnç üzerinde
ğ çıkan ısı enerjisini
j
temsil eder. Son
açığa
T
A
terim ise, enerjinin korunumu gereği,
birim zamanda indüktörde depolanan manyetik
L
O
enerjiye karşılık gelir. Bu durumda
P indüktörde depolanan enerji,
A
dU
di
 Li  dU AFLidi
dt
dt
T
S
1
1
U





U   LiM
di  L i   U  Li indüktörde depolanan manyetik enerji
2
2
.
R
D ile verilir.
ifadesi
2
2
B
B
i
B
2 i
o
2
B
o
(30–28)
Manyetik Alanda Enerji Yoğunluğu:
M
I
R
I
boyu l olan bir solenoid verilmiştir. Solenoidten
i akımı
D
L
I
geçtiğinde, içinde oluşan manyetik alan BY  ni ile
A yetik alan ise
verilmektedir. Solenoidin dışındakiLman
Y
yaklaşık sıfırdır.
E
L
.
1
1
S l id depolanan
Solenoidte
d l
toplam
l enerji,
ji U  Li D
R  n Al  i
2e
2
v
olduğundan, solenoidin içindeki bölgede birim
hacimdeki enerji miktarı, diğer
T
A
bir deyişle enerji yoğunluğu,
L
O
P
 n AliFA n i
 ni
U
B
u 



u 
A
hacim
2
2
2 Al
2
T
S
U
M Solenoid özel durumu için hesaplanmasına rağmen, genel bir
.
olarak bulunur.
R
D ve manyetik alanın olduğu her durumda doğrudur.
bağıntıdır
Yanda, birim uzunluğunda n sarım bulunan, kesiti A ve
0
2
2
0
B
2
B
0
2
2 2
0
2
2
2 2
2
0
B
B
0
0
(30–29)
Karşılıklı İndüktans:
Şekildeki g
gibi, birbirlerinin oluşturdukları manyetik
y
alan çizgilerinden etkilenebilecek kadar yakın iki
indüktör olsun. Ş
Şekil-a' da verilen 1 nolu halkadan
M
I
IR
D
L
geçen i akımı, 2 nolu halkanın bulunduğu
YI bölgede
A
L
B manyetik
y
alanını oluşturur.
ş
Bunun sonucu olarak,,
Y
E akı   M i olur.
2 nolu halkadan geçen L
manyetik
.
R
D
i akımı zamanla değişirse, 2 nolu halkadan geçen
akı da değişir ve
e
v
d
di
T
  
 M
A
dt
dt
L
O
ile verilen bir emk indüklenir. Benzer
bir yaklaşım kullanılarak, 2 nolu halkadan
P
A
geçen i akımının zamanla
değişmesi durumunda (şekil-b), 1 nolu halkadan
F
A
geçen akı   MTi olmak üzere, 1 nolu halkada indüklenen emk,
S
d
di
   MU
 M
dt
dt
.
R
yazılabilir.
D
1
1
2
21 1
1
2
2
21
1
2
1
1
1
12 2
12
2
(30–30)
M
I
geometrilerine bağlı sabitlerdir ve biribirine eşittir (M  M IR
M ).
D
L
I
M , iki indüktör arasındaki "karşılıklı indüktans" olarakYbilinir.
A
L
SI sistemindeki birimi "henry
henry (H)
(H)" dir. Bu durumda
indükterlerde
Y
E
L
indüklenen emk ifadeleri aşağıdaki gibi verilir:
.
R
D
e
v
di
  Mi     M T
Adt
L
O
P
A
di
F
  Mi A
   M
T
dt
S
U
M
.
R
D
M 21 ve M12 her ikisi de,
de indüktörlerin birbirine göre konumuna ve
12
1
2
2
1
1
2
21
2
1
(30–31)
M
I
BÖLÜM-31
Ö Ü
R
I
Elektromanyetik Titreşimler ILD
Y
ve
A
L
Y
Alternatif Akım
LE
.
R
D
e
v
Bu bölüm kapsamında
p
aşağıdaki
ş ğ
konulara değinilecektir:
ğ
T
A
L
LC deverelerinde elektromanyetik
salınımlar
O
Kapasitörlü alternatif P
akım (AC) devreleri
A
RCL devrelerindeFrezonans
A
T Güçç
AC devrelerinde
S
U
M
.
R
D
(31-1)
LC Salınımları :
M
I
IR
Şekilde bir C kapasitörü ve bir L indüktöründen oluşan
devre verilmiştir. Kapasitör başlangıçta doludur ve
D
L
yükü Q ' dur. t = 0 anında S anahtarının kapatılmasıyla,
YI
A r ve kapasitör
devreden zamanla değişen bir i akımıLgeçe
Y
E
indüktör üzerinden boşalmaya L
başlar.
.
H h i bir
Herhangi
bi anda,
d kkapasitör
i ö üüzerindeki
i d ki yük
ükDqRve devreden
d
d geçen akım
k i ise,
i
e
devrenin toplam enerjisi, kapasitör ve v
indüktördeki enerjilerin toplamı olur:
T
A
q
Li
L
U  U U 

2C
2 PO
A
Devredeki iletim kablolarının
direnci ihmal edilirse, toplam enerji sabittir.
F
A
dq 
T
i
S
dU
q dq
di
d q 1
U
dt 
 0M
 Li  0 
 q0
  L
dt
C
dt .
C dt
dt
di d q 
R

D
dt dt 
2
E
2
B
2
2
2
2

(31-2)
d 2q 1
d 2q  1 

L 2  q0 
(Eş-1)
q  0
2
dt
C
dt
 LC 
Bu ikinci dereceden, homojen bir diferansiyel denklemdir ve çözümü daha önce
M
I
IR
D
L
YI
yapılmıştır Sürtünmesiz bir yüzey üzerinde titreşim hareketi yapan bir kütle-yay
yapılmıştır.
kütle yay
A
L
Y
LE
sisteminin hareket denklemi ve çözümü aşağıdaki gibidir:
d 2x
2
x  0 (Eş-2)  x(t )  xm cos(t   )


2
dt
Eş 1 ve Eş-2
Eş-1
Eş 2 karşılaştırıldığında,
karşılaştırıldığında her iki denkl
denklemin
emin de aynı formda olduğu kolayca
v
T
D
e
.
R
görülebilir. Buradan hareketle, LC devresini betimleyen ve Eş-1 ile verilen denklemin
A
L
O
çözümünden,
ö ü ü d   1/ LC olmak
l k üzere,
ü
kkapasitör
itö üüzerindeki
i d ki yük
ük ve ddevreden
d geçen
akım sırasıyla,
q(t )  Q cos t   
S
U
A
T
A
Fve
P
i
dq
d
 Q sin t   
dt
olarak bulunur
bulunur.
Burada Q maksimum yük (t  0 anında kapasitördeki yük miktarı),  salınımın faz
M
.
açısı R
frekansıdır
Dve  enerji salınım frekansıdır.
(31-3)
Herhangi bir anda kapasitördeki ve indüktördeki
enerjiler sırasıyla:
q2 Q2
UE 

cos 2 t   
2C 2C
2
Li 2 L 2Q 2
Q
UB 

sin 2 t    
sin 2 t   
2
2
2C
ile verilebilir. Böylece herhangi bir anda toplam enerji:
U  UE UB
A
L
O
v
T
D
e
.
R
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
 Q2 
1 Q2
2
2
U 
 cos t     sin t     
2 C
 2C 
olur. Toplam enerji sabittir: "enerji korunur".
A
T
A
F
P
3T
1 Q2
T
t  0, , T , ,....  kapasitördeki enerji maksimumdur ( 
).
2
2
2 C
T 3T 5T
1 Q2
t  , , ,,....  indüktördeki enerji
j maksimumdur ( 
)).
4 4 4
2 C
S
U
M
.
R
D
(31-4)
M
I
IR
S
U
M
.
R
A
T
A
F
P
A
L
O
v
T
D
e
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
D
(31-5)
Alternatif Akım :
M
I
IR
emk' sı sabit olan bir batarya, belli bir doğrultuda
sabit bir akım üretir. Bu tür akımlara "doğru akım"
D
L
veya "Direct Current - DC" adı verilir.
YI
A
L
Y düzgün bir manyetik
Sarım sayısı N ve yüzey alanı A olan bir halka, şekildekiEgibi
L
.
alan içinde iken ekseni etrafında  açısal hızıyla döndürülsün. Halkadan geçen akı
R
D
ve indükleme yoluyla halkada oluşan emk sırasıyla,
e
v
d T
  NAB cos  t     A   NAB sin
i  t   sin
i t
L
dt
O
P yapılmıştır. emk'
olur. Burada,    NAB kısaltması
emk sı dolayısıyla da ürettiği
A
F

A
akımın doğrultusu T
f 
ile verilen bir frekansla periyodik olarak değişiyorsa,
2
S
bu tür gerilimU
kaynaklarına "alternatif akım" veya "Alternating Current - AC"
M
.
Şehir şşebekesinde kullanılan g
Ş
gerilimin maksimum değeri
ğ   310 V,,
adı verilir.
R
D
B
B
m
m
m
frekansı ise f  50 Hz' tir.
(31-6)
AC devresinde direnç:
M
I
R
I
Üreteç gerilimi  (t )   sin t şeklinde değişmektedir.
D
L
I
Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa:Y
 (L
t )A
 (t ) i(t )R  0i(t ) Y
E R
L
.

i(t )  sin t R
i sin t
D
R
e
v
bulunur. Maksimum akım i   / R ifadesine sahiptir.
T
Auçları arasındaki gerilim de V (t )   sin t
Direncin
L
O
ile
verilir.
Şekil-b' de, direnç üzerinden geçen akım ve
P
Şekil-a' da bir AC üretecine bağlı R direnci verilmiştir.
m
m
m
m
m
m
S
U
D
M
.
R
A
T
A
F direncin uçları arasındaki gerilim zamanın fonksiyonu
olarak çizilmiştir. Her iki nicelik de aynı zamanlarda
maksimum ve minimum değerlere sahip olduklarından
"aynı
y fazda" dır denir.
(31-7)
AC devrelerinde akım ve ggerilim,, şşekil-c' deki ggibi
M
I
"fazör diyagramı" ile gösterilir. Direnç üzerindeki
R
I
D
V (t ) gerilimi ve direnç üzerinden geçen
i
(t ) akımı,
akımı
L
I
Y
ismine "fazör" denilen dönen vektörlerle
gösterilir.
A
L
Y
E
L
.
Fazör diyagramının çizilmesinde aşağıdaki noktalara
dikkat edilmelidir:
R
D
e
v
1.. Fazörler,
a ö e , saat ibrelerinin
bee
te
tersi
s T
yö
yönünde
ü de  açısal
aç sa hızı ilee dö
dönerler.
e e.
A
L
2. Her fazörün uzunluğu, kendi
genliği ile orantılıdır.
O
P
3 Fazörün düşey eksen
3.
üzerindeki
bileşeni
bileşeni, o niceliğin anlık değerine
A
F
A
eşittir.
T
S
4. Her fazörün
dönme açısı, o niceliğin fazına eşittir
U
M
.
((Yukarıdaki
örnek için
ç faz t' dir).
)
R
D
(31-8)
Direnç için ortalama güç :
m 2
1
2
P (t )  i (t )V (t ) 
sin  t   P  
R
T
T
M
I
IR
 P (t ) dtILD
Y
A
L
m 1
m
T
2
Y
sin

tdt

 P 
sin  tdt   P  

E

2
L
R T 0
2 R.
R
AC gerilimin "kare ortalamasının D
karekökü" (kok değeri):
e
v
1/
2
1/ 2
T
2 T
T
1

 m

m
2
A
2
Vkok    V (t )  dt  L 
sin  tdt  

O
T
2
 0

P  T 0
A
2
F
V
A
ile verilir. BuTdurumda,
 P   kok bulunur. Bu ifade DC
S
R
U
M ve direnç üzerinde ısıya dönüşür.
ile aynıdır
.
R
D
2
T
2
0
T
2
0
(31-9)
Örnek : Bir üretecin çıkışındaki gerilim  (t ) = 200sin t  ifadesine sahiptir.
M
I
IR
B d t saniye
Burada,
i ve  volt
lt cinsindendir.
i i d di Bu
B üreteç
ü t 100 ' luk
l k bir
bi di
direncin
i iki
ucuna bağlanırsa, direnç üzerinden geçen akımın "kok" değeri nedir?
 (t ) 200
i (t ) 
sin  t   2 sin  t   im  2 A

R
100
i
2
ikok  m 
 1.41 V
2
2
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
Örnek : Bir üretecin çıkışındaki gerilim  (te
) =D
msin t  ifadesine sahiptir.
v
T
Bu üreteç, bir anahtar vasıtasıyla,
y 70 ' luk bir direncin iki ucuna bağlanmıştır.
ğ
Anahtar kapatıldıktan sonra t = 0.01 s anında direncin uçları arasındaki gerilim
P
A
L
O
VR =0.25m ise, üretecin açısal frekansı nedir? Direncin uçları arasındaki gerilim
A
T
A
F
ne kadar zaman sonra aynı değere sahip olur?
S
U
 (t )
 VR  m sin
i  t   0.25
0 25m  m sin
i  t    t  0.25
0 25 radd
R
0.25
2
2

 25 rad/s ;  
T 
 0.25
0 25 s
0.01
T
25
i (t ) 
M
.
R
D
(31-10)
AC devresinde kapasitör :
M
I
R
I
verilmiştir. Üreteç gerilimi  (t )   sin t ifadesi ile verilsin.
D
L
Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa:
YI
A
q(t )
L
 (t ) 
 0  q(t )  C (t )  C sin t
Y
C
E
L
dq
 C cos t  R
i(t ) 
i(t.)  i sin t  90 
dt
D
e

v
bulunur. Maksimum akım i  C 
ifadesine sahiptir.
1/ C
T
A
Burada, X  1/
C niceliği "sığasal direnç (kapasitif reaktans)"
L
O
P ve birimi ohm () dur.
olarak tanımlanır
A
Üreteç
frekansı çok yüksek (  ) ise kapasitörün kısa devre,
F
A
T ççok düşük
ş ise (  0)) açık
ç devre olduğunu
ğ
ggösterir. Ş
Şekil-b' de
Şekil-a' da, AC üretecine bağlı C sığasına sahip bir kapasitör
m
m
m
m
m
m
m
C
S
U
D
M
.
R
kapasitör akımı ve kapasitör gerilimi zamanın fonksiyonu olarak
ççizilmişti
ş r. Görüldüğü
ğ ggibi,, akım g
gerilimin 90o önündedir.
(31-11)
Kapasitör için ortalama güç :
2
m
P  i (t )V (t ) 
sin t cos t
XC
2sin  cos   sin 2
A
m 2
L
 P
sin 2t Y
2XC
LE
M
I
IR
D
L
YI
.
T
T
m 2 1DR
1
 P   P(t )dt   P 
sin 2tdt  0
e

v
T 0
2
X
T
C
0
T
A
L
O
P herhangi bir güç kaybına yol açmaz.z
Not : Kapasitör ortalamada
A
F
A
titreşimin
belli bir zaman diliminde AC üretecinden enerji
T
S
U
soğurur,
kalan zaman diliminde ise bu enerjiyi kaynağa
M
.
R
verir Böylece,
Böylece ortalama olarak güç kullanmaz.
kullanmaz
D yeniden verir.
(31-12)
Örnek : Sığası 8  F olan bir kapasitör, kok değeri 150 V ve 60 Hz frekansında
M
I
IR
çalışan bir üretecin kutuplarına bağlanmıştır.
bağlanmıştır Devrenin kapasitif reaktansını ve
devreden geçen akımın kok değerini bulunuz.
1
1
1
XC 


 332 
6
 C 2 fC 2  60    8  10 
ikok
kok 150


 0.452 A
X C 332
.
R
D
e
A
L
Y
LE
D
L
YI
v
Örnek : Bir AC üretecinin maksimum
ççıkışş gerilimi
g
 = 48 V ve frekansı da
T
A F olan kapasitörün plakalarına bağlanırsa,
L
f = 90 Hz' tir. Bu üreteç, sığası 3.7
O
P değeri ne olur?
devreden geçen akımın maksimum
A
F
A
q (t )  C  (t )  C  sin  t   i (t )   C  sin  t   i   C 
T
S
i  2 fC U 2  90   3.7  10   48   0.1 A
M
.
R
D
m
m
m
m
m
6
m
m
(31-13)
AC devresinde İndüktör (bobin):
M
I
R
I
verilmiştir. Üreteç gerilimi  (t )   sin t ifadesine sahiptir.
D
L
Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa:
YI
A
di
di  (t ) 
L
((t )  L  0 


 sinY
t
dt
dt
L
LE
L


.
i(t )   sin tdt  
cosR
t  i(t )  i sin t  90
L
 LD
e i   / L ifadesine sahiptir. Burada,
bulunur. Maksimum akım
v
T
X   L niceliği
i liği
"b
"bobin
bi direncii indüktif
i dük if reakta
k ns" olarak
l k bilinir
bili i
A
L
ve birimi O
ohm () dur.
P
ÜreA
teç frekansı
f k
çokk yüksek
k k (  ) ise
i indüktörün
i d k
açıkk ddevre,
F
A
T çok düşük ise (  0) kısa devre olduğunu gösterir. Şekil-b' de
Şekil-a' da, AC üretecine bağlı indüktansı L olan bir indüktör
m
m
m
m
m
m
m
L
R
D
.M
S
U
indüktör akımı ve indüktör gerilimi zamanın fonksiyonu olarak
çizilmiştir. Şekilden de görüldüğü gibi, akım gerilimden 90o
geridedir.
(31-14)
İndüktör için ortalama güç :
M
I
IR
m 2
P  i(t )V (t )  
sin t cos t
XL
D
L
YI
A
L
m
2sin  cos   sin 2  P  
sin 2tEY
2X L . L
R
T
2 D T
me 1
1
 P   P(t )dt   P   v
sin 2tdt  0

T
T0
2
X
T
L
0
A
L
O
Not : İndüktör ortalamada
P herhangi bir güç kaybına yol açmaz.
A
titreşimin belli
bir zaman diliminde AC üretecinden enerji
F
A
Tkalan zaman diliminde ise bu enerjiyi kaynağa
soğurur
soğurur,
S
U
M verir. Böylece, ortalama olarak güç kullanmaz.
yeniden
.
R
D
2
(31-15)
Örnek : İndüktansı 25 mH olan bir indüktör, kok değeri 150 V ve 60 Hz
M
I
IR
f k
frekansında
d çalışan
l
bir
bi üretecin
ü t i kutuplarına
k t l
b ğl
bağlanmıştır.
t D
Devrenin
i indüktif
i düktif
reaktansını ve devreden geçen akımın kok değerini bulunuz.
X L   L  2 fL  2  60    25  10 3   9.425 
ikok
kok
150


 15.9 A
X L 9.425
.
R
A
L
Y
LE
D
L
YI
Ö k : Bir RL devresinde AC üretecinin çalışma
Örnek
D frekansı 50 Hz ve ürettiği
e
v
gerilimin maksimum değeri 100 V' tur. Devreden geçen akımın maksimum
T
A bulunuz.
değeri 7.5 A ise, indüktörün indüktansını
L
O
P


100
i 
 L

 0.0424  42.4 mH
A
2 F
fi
2  50    7.5 
L
A
T
S
Hangii açısallU
frekansta
f k
maksimum
ki
akım
k 2.5 A olur?
l
M 100
 .
R 
 943.4
943 4 rad/s
Di L  2.5   0.0424
m
m
m
m
m
m
(31-16)
ÖZET
Devre
D
Elemanı
Ortalama
O
t l
Güç
Direnç
R
m
 PR  
2R
2R
Kapasitör
2
C
 PC   0
Indüktör
L
 PL   0
M
.
R
S
U
D
L
R kt
Reaktans
Ak
Akımın
Fazı
F
M k Ii
Maksimum
Y
(Direnç)
Gerilim
A
L
Y
E
Akım gerilimle
L
.
V i R
R
aynı
y fazda
d
R
D
e
v
i
1 TAkım gerilimden
V i X 
X  A
90 önde
C
C
L
O
P
Akım gerilimden
A
F X
A
T
M
I
IR
R ,m
o
C
L
 L
90o geride
m
m
C ,m
m
C
VL ,m  im X L  im L
D
(31-17)
Seri bağlı RLC Devresi :
IM
Şekil-a' da seri bağlı bir RLC devresi verilmiştir. AC
R
I
D
kaynağının emk'
emk sı   t   m sin t ifadesine
L uygun
I
Y
olarak değişmekte ve devreye sağladığı
akım da
A
L
Y
i (t )  i sin
i t    şeklinde
kli d ddeğişmektedir.
ği
k di Ü
Üreteç
E
L
.
geriliminin ve devreye sağladığı akımının fazörleri
R
D
şekil-b' de verilmiştir.
Devreden geçen i (t ) akımı
e
v
ddirenç,
e ç, kapasitör
apas tö
ve indüktör
dü tö için
ç ortaktır.
o ta t . Şe
Şekil-c' de
T
A
L
direnç, O
kapasitör ve indüktörün uçları arasındaki
P fazörleri birarada verilmiştir
geri
gerilimlerin
limlerin
verilmiştir. Direnç
A
Füzerindeki gerilim akımla aynı fazda, kapasitör
A
T
m
S
U
D
M
.
R
üzerindeki gerilim akımdan 90 geride ve indüktör
üzerindeki gerilim akımdan 90 öndedir.
(31-18)
M
I
IR
D
L
YI
A
L
Y
EV ve V zıt yönde
bulunur. Bu eşitlik yukarıda fazör formunda da verilmiştir.
L
.
olduğundan bileşkesi V  V olur. Böylece, OABRdik üçgeninden:
D
  V  V  V    i R    i X v
ie
X   i R   X  X   


T

A 
veya i L
i 
O
R X  X 
P R    L  1C 
A


F
A
bulunur. Paydadaki terim, RLC devresinin "empedansı" dır ve Z ile gösterilir:
T
S
1 
U

Z  R M
X
X
Z
R

L
veya







 C 

.
R
birimi
D 'dur.
RLC devresine Kirchhoff
Kirchhoff' un çevrim kuralı uygulanırsa:  (t )  VR (t )  VC (t )  VL (t )
L ,m
L ,m
2
m
2
R ,m
C ,m
2
L ,m
C ,m
2
m
2
m
L
m
m
2
C
m
2
2
L
C
2
2
C
2
2
L
m
2
m
m
2
L
C ,m
2
2
C
(31-19)
OAB dik üçgeninden: tan  
VL ,m  VC ,m
VR ,m
im X L  im X C X L  X C


im R
R
M
I
IR
D
L
I
Y
   0 Akımın fazı gerilimin fazının önündedir, devre
kapasitiftir.
A
L
   0 Akım
Ak ve gerilim
ili aynı ffazdadır.
d d
Y
E
L
.
R
D
e
v
T
A
L
O
P
A
F
A
T
S
U
bulunur. Devrenin fazı, X L ve X C ' nin alacağı değerlere bağlıdır:
1 X L  X C    0 Akımın
1.
Ak
f gerilimin
fazı
ili i fazından
f
d geridedir,
id di devre
d
iindüktiftir.
düktifti
2. X C  X L
3 XC  X L
3.
M
.
R
D
(31-20)
Örnek : Bir RLC devresinde AC üretecinin çalışma frekansı 60 Hz ve ürettiği
M
I
IR
gerilimin maksimum değeri 120 V' tur. Devrede R = 200 , C = 4  F ve L
değişkendir. L' nin hangi değerinde, kapasitörün uçları arasındaki gerilim üretecin
o
geriliminden 30 geride kalır?
Kapasitörün uçları arasındaki gerilimin üretecin
.
R
geriliminden 30 o geride kalması demek, devredeki
D
e
A
L
Y
LE
D
L
YI
akım ile gerilim arasındaki faz farkının  60
olması demektir.
XL  XC
tan  
 X L  X C  R tan 
R

1
1  1
2 fL 
 R tan   L 
 R tan  

2 fC
2 f  2 fC

o
S
U
A
T
A
F
P
A
L
O
v
T


1
1

L
 200 tan  60    0.84 H
6
2  60   2  60   4  10 


M
.
R
D
(31-21)
Örnek : Maksimum gerilimi 150 V olan ve çalışma
ffrekansı
k
50 Hz olan
l bir
bi AC üretecii şekildeki
kild ki RLC
devresinin a ve d uçlarına bağlanmıştır. a-b; b-c; c-d
ve b-d uçları arasındaki maksimum gerilimleri bulunuz.
X L   L  2 fL  2  50    00.185
185   58 
.
R
1
1
1
XC 


 49 
6
 C 2 fC 2  50    65  10 
im 
m
R   XL  XC 
2
2

v
T
150
  58  49 
 40 LA
2
O
 i R   3.66    40  P
146.4 V
A
 i X   3.66A
 F 58   212.3 V
T
 i X S
3
3.66
179 3 V
 66   49  179.3
U
M
.
R
VR , m
m
VL , m
m
L
VC , m
m
L
D
e
2
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
 3.66
3 66 A
D
(31-22)
Örnek : Bir RLC devresinde; R  150 , L = 250 mH, C = 2  F,
M
I
üretecin maksimum gerilimi 210 V ve çalışma frekansı 50 Hz'IR
tir.
LD
İndüktif ve kapasitif reaktansları,
reaktansları devrenin empedansını,
empedansını Idevredeki
Y
maksimum akımı ve akımla gerilim arasındaki faz L
açısını
A bulunuz.
Y
E
X   L  2 fL  2  50    0.25   78.5 
L
.
R
1
1
1
D
X 


 1592.4

e
 C 2 fC 2  50    2  10 v
T
Z  R   X  X   150L
 A  78.5  1592.4   1521.3 
O
P210

A
i 

 0.138 A  138 mA
F 1521.3
R   X  XA 
T
S
 XU X 
 78.5  1592.4 
  tan M
   84.4
  tan 
R
150
.




R
D
L
6
C
2
2
L
2
2
C
m
m
2
2
L
1
L
C
C
1
o
(31-23)
ÖDEV : Bir RLC devresinde; R  425 , L = 1.25 H, C = 3.5  F,
M
I
üretecin maksimum gerilimi 150 V ve açısal frekansı 377 rad/s'Rdir.
I
D
İndüktif ve kapasitif reaktansları,
reaktansları devrenin empedansını,
empedansını devredeki
IL
Y
maksimum akımı ve akımla gerilim arasındaki faz açısını
bulunuz.
A
L
Y
E
L
.
R
D
e
v
T
A
L
O
P
A
F
A
T
S
U
M
.
R
D
(31-24)
Rezonans :
M
I
R
 olsun ve çok düşük bir değerden yukarı doğru sürekli
I
D
L
olarak
l k artırılsın.
t l
D
Devreden
d geçen akımın
k
genliği,
liği
I
Y

 A
i 

L
Y
R X  X 
1 

E
R
 L 
L


C
.


R
D
1
eşitliği ile verildiğinden,
e  L  C  0 olduğunda akımın
v
T
genliği enA
büyük olur. Bu durum üretecin açısal frekansı ,
L
O
P1
devrenin doğal frekansıFA
değerine eşit olduğunda gerçekleşir. Buna
A
LC
T
S
"rezonans" ddurumu
ddenir.
i R
Rezonans ddurumunda,
d akımın
k
genliği
liği i   / R olur.
l
U
M karşı çizilen akım genliği "rezonans eğrisi" olarak bilinir.
Üreteç frekansına
.
R
D
Ş kild verilen
Şekilde
il RLC devresindeki
d
i d ki üretecin
ü t i açısall frekansı
f k
m
m
m
2
2
L
C
2
2
0
rez
m
(31-25)
RLC Devresinde Güç :
M
I
R
I
kullanılan ortalama gücün sıfır olduğunu daha
önce
D
L
I
gördük. Ortalama güç direnç üzerinde
Yharcanır ve
A
L
şöyle hesaplanır:
Y
E
L
P(t )  i(t ) R  i sin.t     R
R
iDR
i R
1
e
P   Pdt

sin

t


dt

i R



v
T T
T
2
A

R
L
PO i Ri  i R
i 
 i  cos 
P
Z
Z
AC devrelerinde kapasitör ve indüktör tarafından
2
2
m
2
m
T
T
2
ort
0
2
m
2
kok
0
kok
ort
R
D
.M
S
U
kok
kok
kok
kok kok
kok kok
A
T
A
F Bu ifadedeki cos , devrenin "güç faktörü" olarak
bilinir.   0 durumu (X L  X C ) rezonans şşartıdır ve
bu durumda, devrede harcanan güç maksimumdur.
T
 sin t    dt 
0
2
T
2
(31-26)
Örnek : Bir RLC devresinde; R  8 , L = 50 mH, C = 5  F ve frekansı
değiştirilebilen AC kaynağının maksimum gerilimi 400 V' tur. Kaynağın
frekansı rezonans frekansının yarısına eşit olduğunda, devreye sağlanan
ortalama güç ne kadardır?
Port  ikok kok cos 
1

LC
0 
1
 50  10    5  10 
3
6
 2000 rad/s
A
L
O
v
T
D
e
.
R
A
L
Y
LE
M
I
IR
D
L
YI
X L   L  50  

2

2
  0  1000 rad/s 
Z
R
X
X




 150.2 


1

L
C
2
XC 
 200  
C


400
R
8
im  m 
cos   
 2.66 A ;
Z 150.2
Z 150.2
 0.2   (400)   8   28.3 W
i

Port  ikok kok cos   m  m  cos  


2
2
2
 150.2 
S
U
M
.
R
A
T
A
F
P
D
(31-27)
Örnek : Bir RLC devresinde; R  150 , L = 20 mH, üretecin kok değeri
M
I
IR
30 V ve ffrekansı
k
5000 rad/s'
d/ ' dir.
di Devredeki
D
d ki akımın
k
maksimum
ki
olabilmesi
l bil
i
için, bağlanması gereken kapasitörün sığası ne olmalıdır? Devredeki akımın
kok değerini hesaplayınız.
D
L
YI
A
L
D
Devredeki
d ki akım
k rezonans durumunda
d
d maksimum
k i
olur.
l Y
E
L
1
1
.
X X
  L
 
R
C
LC D
e 1
1
v
5000 
 C T
 2  10
5000    20  10 
A

 20  10  C
L
O

30
P(Rezonans ddurumunda

 0.2
i 
0 2 AA (R
d Z  R di
dir.))
Z
150
F
A
T
S
U
M
.
R
D
L
C
0
0
0
3
2
3
6
 2 F
kok
kok
(31-28)
Örnek : Bir RLC devresinde; R  400 , L = 0.5 mH, C = 5  F ve AC
M
I
IR
üretecin gerilimi  (t )  100sin 1000t  ile veriliyor. Burada t saniye ve 
D
L
YI
volt cinsindendir. Kaynağın devreye sağladığı ortalama gücü bulunuz.
Port  ikok kok cos 
A
L
Y
E
L
 Z.  R   X  X
R
D
X L   L  0.5  

2
  1000 rad/s 
1

L
 200  
XC 
C


100
R 400
im  m 
cos   
 0.22 A ;
Z
447
Z 447
0.22   (100)  400 

im m

 cos  

Port  ikok kok cos  
  10 W
2
2
2
 447 
S
U
M
.
R
A
T
A
F
P
A
L
O
e
v
T
C 
2
 447 
D
(31-29)
M
I
P  55 MW IR
D
L
YI
A
L
Y
LE
Piletim  368 MW
ısı
Enerji İletim Hattı :
D
e
.
R
l
Gü il
Güç
iletim
ti hhattının
tt
di
direnci:
i R   (tasarruf
(t
f için,
i i küçük
kü ük kkesit
it alanına
l
sahip
hi ince
i
teller,
t ll
A
yukarıdaki örnekte R  220  olarak seçilmiştir).
A
L
O
v
T
2
İletim hattında açığa çıkan güç: Pısı  ikok
R (kaybın en az olması için, akım düşük olmalı).
P
İletilmek istenen güç: Piletim  kok ikok (maksimum güç iletmek için, kok artırılmalı).
A
T
A
F
Yukarıdaki örnekte, iletim hattından geçen akım en fazla ikok  500 A' dir. Dolayısıyla,
S
U
iletim hattının girişinde, kok  736 kV olmalıdır. Şehir şebekesi gerilimi yaygın olarak
M
.
R
220 V olduğundan, iletim hattının sonunda kok değeri düşürülmelidir. Bunun için de,
D
AC geriliminin genliğini artıracak veya azaltacak cihazlara ihtiyaç duyulur.
(31-30)
Örnek : Bir enerji istasyonu, 1 km uzaktaki bir kasabaya 20 MW' lık güç sağlamak
M
I
çıkarılıyor. İletim hattının toplam direnci 2  ve elektriğin kilowatt- saat' i 0.2 ITL
R
D
ise bir günlük enerji maliyetini hesaplayınız
ise,
hesaplayınız. Transformatör kullanılmadığı
durum
L
I
Y
için aynı hesabı tekrar yapınız.
A
L
P
20  10
Y
P  I V  I 

 87 A
E
 V 230  10
L
.
İletim hattında harcanan (ısıya dönüşen) güç: P R
 I R   87   2  15 kW
D
e   360 kW-saat
Bir günlük toplam kayıp  15 kW    24vsaat
M li
Maliyet
  360 kW-saat
kW
0 2 TL A
T
72 TL
   0.
L
O
İstasyon çıkışında transformatör
kullanılmasaydı:
P
P A
20  10

 910 A
P  I V  I 
F
A
 V 22  10
T
S
İ
İletim
hattında
harcanan (ısıya dönüşen) güç: P  I R   910   2  1656 kW
U
Mtoplam kayıp  1656 kW    24 saat  =39744 kW-saat
Bir günlük
.
R
Maliyet
D   39744 kW-saat    0.2 TL   7950 TL
istiyor İstasyon çıkışında 22 kV olan güç bir transformatör yardımı ile 230 kV'
istiyor.
kV a
6
3
2
2
ısı
6
3
2
2
ısı
(31-31)
Transformatör :
M
I
IR
AC gerilimlerin genliklerini değiştirmeye yarayan
D
L
YI
cihaz ya da aletlere "transformatör" adı verilir.
verilir
Şekildeki gibi, aynı demir çekirdek üzerinde farklı
A
L
sarım sayılarına sahip ikiY
halkadan oluşur.
oluşur
E
L
.
Değiştirilecek gerilime bağlı,
bağlı sarım sayısı N olan R
halkaya "primer" adı verilir
verilir.
D
e N olan halkaya ise "sekonder"
Transformatör çıkışının bağlı olduğu, sarımvsayısı
T
adı verilir.
verilir
A
L
O
P
D i çekirdeğin
Demir
ki d ği rolü,
lü bir
bi A
halkanın
h lk
manyetik
tik alan
l çizgilerinin
i il i i diğer
diğ hhalkadan
lk d dda
F
A
geçmesini sağlamaktır. Primer halkanın girişine V gerilimi uyguladığımızı, sekonder
T
S
halkanın çıkışından
V gerilimi aldığımızı varsayalım. Halkaların kesit alanı A ve
U
M manyetik alan da B olsun. Primer ve sekonder halkalardan geçen
her iki halkadaki
.
R
D akılar ile bunların uçları arasındaki gerilimler:
manyetik
P
S
P
S
(31-32)
d P
dB
  NP A
dt
dt
d S
dB
 S  NS BA  VS  
  NS A
dt
dt
bulunur. Bu iki eşitliği taraf tarafa oranlarsak:
 P  N P BA

VP  
M
I
IR
(Eş-1)
(Eş
1)
(Eş-2)
D
L
YI
A
L
dB
Y
N A
V
V
N E
V
dt  N



 V V
L
.
dB
V
N
N
N
N
N A
R
dt
D
e sayılarına bağlı olarak transformatörler
sonucuna ulaşılır. Halkaların birbirlerine görev
sarım
T
f kl şekilde
farklı
kild iisimlendirilirler:
i l di ili l
A
L
N
N N 
V , bu "yükseltici transformatör" adını alır.
 1  VPO
N
A
N AF
N N 
 1  V  V , bu "düşürücü transformatör" adını alır.
T
N
S
U
Uzak noktalara
enerji iletiminde her iki transformatör türü de kullanılmaktadır.
M
.
R
D
S
S
S
S
S
P
S
P
P
P
S
P
P
P
S
S
P
S
P
S
P
P
S
S
P
P
(31-33)
VS
VP

NS NP

VP N S =VS N P
((Eş-1)
ş )
M
I
R
Yandaki devrede S anahtarı kapatıldığında, primer
I
D
L
h lk d ki I akımı
halkadaki
k
yanındaki
d ki sekonder
k d Ihhalkada
lk d dda bi
bir
Y
I akımı oluşur. TransformatörünA
"ideal" olduğunu
L
Y
yani ısınma nedeniyle enerjinin kaybolmadığını varsayarsak:
E
L
.
(Eş. 2)
V I V I
R
D
yazılabilir. Eş-2 ve Eş-1' i taraf tarafa bölersek,
e
v
V I
V I
N
T

 I N IA
N  I 
I
V N
V N
N
L
O
bulunur.
P
A
Yükseltici transformatörlerde
(N  N ), sekonder halkada oluşan akım primer
F
A
Tküçüktür
halkadaki akımdan
ç
(I  I )).
S
U
DüşürücüM
transformatörlerde
(N  N ), sekonder halkada oluşan akım primer
.
halkadaki
akım
akımdan
dan büyüktür (I  I ).
)
R
D
P
S
P P
S S
P P
S S
P
P
P
S
S
P
S
S
S
P
P
S
S
S
P
P
S
S
P
P
(31-34)
Örnek : Bir transformatörün primer ve sekonder halkalarındaki sarım sayıları N P  350 ve
M
I
IR
N S  2000 ' di
dir. P
Primer
i
hhalkanın
lk
girişine
i i i VP = 175
175cos t  ifadesi
if d i il
ile ddeğişen
ği
bi
bir gerilim
ili
uygulanırsa, sekonder halkanın çıkışındaki gerilimin kok değeri ne olur?
N
 2000 
 VS  S V P  
  175 cos  t 
NP
 350 
1000
VS  1000 cos  t   VS kok 
 707.1 V
2
VS
V
 P
NS NP
A
L
Y
LE
D
L
YI
.
R
Örnek : Bir transformatörün sekonder halkasına bağlı direnç
R = 50  ve uçları arasındaki
D
gerilimin kok değeri V = 25 V' tur. Üreteç geriliminin
e kok değeri V = 80 V ve primer ile
v
sekonder halkaların sarım sayıları
sayıları oranı da NT/ N = 2.5
2 5 ise,
ise primer halkadaki direnç (R ) nedir?
A
L
V
V
N
O

 V 
 (25)  62.5 V
V  2.5
P
N
N
N
A
F
A
Üreteçç gerilimi
g
80 VTolduğuna
ğ
göre,
g , ppotansiyel
y düşmesi
ş
(V ) 17.5 V olur.
S
U
25 

V
V V 
M
 I 
 0.2 A
V I V I
I 


.
V
V  R   62.5    50 
R
D V 17.5
S
'
p
S
P
S
P
P
P
P
S
S
S
P
S
D
2
S
P P
S S
P
P
RP 
D
IP

0.2
 87.5 
S
S
P
S
S
(31-35)
RLC devrelerinde sönümlü titreşim :
M
I
R
üzerinde kayıp olacağı için enerji denklemini yeniden
I
D
L
yazmak
k gerekir.
ki Direnç
Di
üzerinde
ü i d birim
bi i zamanda
d ısıya
I
Y
dU
dönüşen enerji miktarının
 iLRAolduğunu biliyoruz.
dt Y
E
L
Herhangi bir anda kapasitördeki yük q, devreden geçen akım
i ise,
.
R
1q 1
dU q ddq
di
U  U U 
 Li 

 LiD  i R
2C 2
dt C dt e dt
v
dq
di d q
d q
dq T1
i
ve

 L
 R A q  0
dt
dt dt
dt
dt C
L
O denklemi ile aynı formdadır.
Bu denklem sönümlü harmonik P
hareket
A
d x
dx
F x(t )  x e cos t    ;   k  b
 b  kx  0A
m
dt
dt
m 4m
T
S
Bu benzerlikten dolayı,
RLC devre denkleminin çözümü şöyedir:
U
M 
R
1
.
q (t ) R
Q
Qe
cos  t    ;   

LC 4 L
D
Şekildeki gibi, LC devresine bir direnç eklenirse, direnç
2
2
E
2
2
B
2
2
2
2
2
2
 bt /2 m
2
2
m
 Rt / 2 L
2
2
(31-36)
q (t )
Qe  Rt / 2 L
Q
Q
Q
q(t )  Qe  Rt / 2 L cos  t   
M
I
IR
q (t )
Qe  Rt / 2 L
.
R
A
L
Y
 
E
L
D
L
YI
1
R2
 2
LC 4 L
D
e ile değişen bir harmonik hareketi
ifadesi
v
T
 Rt /2 L
Bu eşitlik, maksimum genliği Qe
tanımlamaktadır Genlikte zamanla bir azalma meydana geldiği için "sönümlü
tanımlamaktadır.
harmonik hareket" isimlendirmesi yapılmıştır. Sönümlü harmonik hareketin
açısal frekansı, sönümün olmadığı durumdakinden daima daha küçüktür.
A
F
P
A
L
O
A
1 S
1
RT
 

< 
U
LC 4L
LC
M
R /4R
L . 1/ LC durumunda, bu iki frekans yaklaşık aynı alınabilir (  ).
D
2
2
2
2
(31-37)
DERS NOTLARININ
HAZIRLANMASINDA
YARARLANILAN KAYNAK KİTAPLAR
Fiziğin Temelleri (Ders Kitabı)
(David HALLIDAY, Robert RESNICK, Jearl WALKER)
Üniversite Fiziği (Yardımcı Kitap)
(Hugh D. YOUNG ve Roger A. FREEDMAN)
Fen ve Mühendislik İçin FİZİK (Yardımcı Kitap)
(Raymond A. SERWAY ve John W. JEWETT)