Schaum s Outlines Elektromanyetik

-'-~'---O~'-..,

'S C H A U M ' s

ouTZines'

.

2. baskidan çeviri

Basari için mükemmel bir yardimcidir

Bütün temel konulari içerir

Etkin problem çözme teknigini ögretir

~351 çözümlü problem içerir

~Kendi kendine çalisma için idealdir

NOBEL YAYiN DAGiTiM

- Bölüm 1

- Bölüm 2

- BölÜm 3

- Bölüm 4

-of Bölüm 5

Bölüm 6

Bölüm 7

~ BölÜm 8

Bölüm 9

Bölüm 10

içiNDEKILER

VEKTÖ REL ANALIz 11.1 Giris, 1.2 Vektör Notasyonu, 1.3 Vektör Islemleri, 1.4 Koordinat Sistemleri, 1.5Diferansiyel Hacim, Yüzey ve Uzunluk Elemanlari

COULOMB KUVVETLERI VE ELEKTRIK ALAN SIDDETL 132.1 Coulomb Yasasi, 2.2 Elektrik Alan Siddeti, 2.3 Yük Dagilimlari, 2.4 Standart YükDagilimlari

ELEKTRIK AKISI VE GA USS YASASI 323.1 Bir Bölgedeki Net Yük, 3.2 Elektrik Akisi ve Aki Yogunlugu, 3.3 Gauss Yasasi,3.4 Aki Yogunlugu ile Elektrik Alan Siddeti Arasindaki Iliski, 3.5 Özel GaussYüzeyleri

DIVERJANS VE DiVERJANS TEOREML 474.1 Diveijans, 4.2 Kartezyen Koordinatlarda Diverjans, 4.3 D'nin Diverjansi, 4.4Delta Operatörü, 4.5 Diverjans Teoremi

ELEKTROST ATIK ALAN: Is, ENERJI VE POT ANSIYEL 595.1 Bir Noktasal Yükün Hareket Ettirilmesiyle Yapilan Is, 5.2 Elektrostatik AlaninKorunum Özelligi, 5.3 Iki Nokta Arasindaki Elektrik Potansiyeli, 5.4 Noktasal YÜkÜnPotansiyeli, 5.5 Bir YÜkDagiliminin Potansiyeli, 5.6 Gradyant, 5.7 E ve V ArasindakiIliski, 5.8 Statik Elektrik Alanlarinda Enerji

AKIM, AKIM YOGUNLUGU VE ILETKENLER 766.1 Giris, 6.2 Hareket Halindeki Yükler, 6.3 Tasinim (Konveksiyon) AkimiYogunlugu J, 6.4 Iletim Akimi Yogunlugu (J), 6.5 Iletkenlik (cr), 6.6 Akim (1), 6.7Direnç (R), 6.8 Akim Tabakasi Yogunlugu (K), Akimin Sürekliligi, 6.10 Iletken-Dielektrik Sinir Kosullari

LO

KAP AsITE VE DIELEKTRIK MALZEMELER 95

7.1 Kutuplanma (P) ve Bagii Geçirgenlik (tr), 7.2 Kapasite, 7.3 Çok KatmaniiDielektrikli Kondansatörler, 7.4 Kondansatörlerde Biriken Eneiji, 7.5 Sabit GerilimDurumunda D ve E, 7.6 Sabit Yük Durumunda D ve E, 7.7 Iki Dielektrigin AyirmaYÜzeyinde Sinir Kosullari

LAPLACE DENKLEMI 114

8.1 Giris, 8.2 Poisson Denklemi ve Laplace Denklemi, 8.3 Laplace Denkleminin AçikBiçimleri, 8.4 Teklik Teoremi, 8.5 Ortalama Deger ve Maksimum Deger Teoremleri,8.6 Tek Degiskenli Kartezyen ÇözÜm, 8.7 Kartezyen Çarpim ÇözÜmÜ, 8.8 SilindirikÇarpim ÇözÜmü, 8.9 Küresel Çarpim ÇözÜmÜ

AMPERE YASASi VE MANYETIK ALAN 1359.1 Giris, 9.2 Biot-Savart Yasasi, 9.3 Ampere Yasasi, 9.4 Rotasyonel, 9.5 J ve HArasindaki Iliski, 9.6 Manyetik Aki Yogunlugu B, 9.7 Vektör Manyetik Potansiyel A,9.8 Stokes teoremi

MANYETiK ALANLARDA KUVVETLER VE TORKLAR 15410.1 Parçaciklar Üzerinde Manyetik Kuvvet, 10.2 Birlesik Elektrik ve ManyetikAlanlar, i0.3 Bir Akim Elemani Üzerindeki Manyetik Kuvvet, i0.4 Is ve GÜç, i 0.5Tork, 10.6 DÜzlemselBir Sarginin Manyetik Momenti

Bölüm 11

Bölüm 12

Bölüm 13

Bölüm 14

Bölül1l15

Bölüm 16

Bölüm 17

EkA

DIzIN

ENDÜKT ANS VE MANYETIK DEVRELER 16911.1 Endüktans, i 1.2 Standart Iletken Dagilimlari, 11.3 Faraday Yasasi ve ÖzEndüktans, i 1.4 Iç Endüktans, i 1.5 Ortak Endüktans, i 1.6 Manyetik Devreler, LUB-H egrisi, 11.8 Manyetik Devreler Için Ampere Yasasi, 11.9 Hava AralikliÇekirdekler, 11.10 Çoklu Sargilar, 11.11 Paralel Manyetik Devreler

DEPLASMAN AKIMI VE ENDÜKLENEN EMK 19212.1 Deplasman Akimi, 12.2 Je Akiminin Jo Akimina Orani, 12.3 Faraday Yasasi veLenz Yasasi, 12.4 Zamana Bagli Olmayan Alanlarda Hareketli Iletkenler, 12.5Zamana Bagli Ahinlarda Hareketli Iletkenler

MAXWELL DENKLEMLERI VE SINIR KOSULLARL 20513.1 Giris, 13.2 Manyetik Alanlar Için Sinir Iliskileri, 13.3 Sinirdaki Akim Taba~asi,13.4 Sinir Kosullarinin Özeti, 13.5 Maxwell Denklemleri

ELEKTROMANYETIK DALGALAR 21614.1 Giris, 14.2 Dalga Denklemleri, 14.3 Kartezyen Koordinat Sisteminde Çözümler,14.4 Kismen Iletken Ortamlar Için Çözümler, 14.5 Mükemmel Dielektrikler IçinÇözümler, 14.6 Iyi Iletkenler Için Çözümler; Deri Kalinligi, 14.7 Gelen Dalganin DikOlmasi Durumunda Arayüzey Kosullari, 14.8 Egik Gelen Dalga ve Snell Yasalari,14.9 Dikey Kutuplanma, 14.10 Paralel Kutuplanma, 14.11 Duran Dalgalar, 14.12Güçve Poynting Vektörü

ILETIM HATLARI 23715.1 Giris, 15.2 Dagilmis Parametreler, 15.3 Artirnh Model: Gerilimler ve Akimlar,15.4 Sinüzoidal Sürekli Durum Uyartimi, 15.1 Smith Abagi, 15.6 EmpedansUyumlama, 15.7 Tek Saplamali Uyumlama, 15.8 Çift Saplamali Uyumlama, 15.9Empedans Ölçümü, 15.10 Kayipsiz Hatlarda Geçici Olaylar

DALGA KILA VUZLARI 27416.1 Giris, 16.2 Enine (Transverse) ve Eksenel Alanlar, 16.3 TE ve TM Modlari;Dalga Empedansi, 16.4 Eksenel Alanlarin Belirlenmesi, 16.5 Mod Kesim Frekanslari,16.6 Baskin Mod, 16.7 Kayipsiz Bir Dalga Kilavuzunda Güç Iletimi, 16.8 Kayipli BirDalga Kilavuzunda Güç Kaybi

ANTEN LER .. ..... 293

17.1 Giris, 17.2 Akim Kaynagi ve E ve H Alanlari, 17.3 Elektrik (Hertz) DipolAnteni, 17.4 Anten Parametreleri, 17.5 Küçük Dairesel Halka Anten, 17.6 SonluUzunluklu Dipol, 17.7 Monopol Anten, 17.8 Öz ve Ortak Empedanslar, 17.9 AliciAnten, 17.10 Dogrusal Diziler, 17.11 Yansiticilar

"""""""""""""""""""""""""""""""""""""""""""""""" 315

316

Bölüm 1

Vektörel Analiz

1.1 GIRIs

Vektörler, matematik ve fizik derslerinde, genellikle kartezyen koordinat sisteminde incele-nir. Matematik kitaplarinda silindirik koordinatlarin da bulunabilmesine karsin, küresel koordinatsistemiyle pek karsilasilmaz. Elektromanyetikte her üç koordinat sisteminin de kullanilmasi gerek-lidir. Vektörler ve koordinat sistemleri için kullanilan notasyonlar kitaptan kitaba degistiginden, bukitapta kullanilan notasyonlarin tanitilmasinda yarar vardir.

1.2 VEKTÖR NOTASYONU

Hem yönü hem de genligi bulunan büyüklükler olan vektörleri yalnizca genligi bulunan bü-yüklükler olan skalarlardan ayirdedebilmek için, vektörler kalin sembollerle gösterilmektedir.Mutlak degeri (genligi, uzunlugu) i olan birim vektör küçük ve kalin a harfi ile gösterilecektir. BirA vektörü ile ayni yöndeki birim vektör, A vektörünün kendi genligine bölünmesiyle elde edilir.

A AaA=- veya-

lA i A

Herhangi bir vektör, kartezyen koordinat sistemInin x, y ve z dogrultularindaki an ay ve az bi-rim vektörleri yardimiyla, bilesenlerin toplami biçiminde gösterilebilir:

A = Axax + A"a" + Azaz

Bir vektörün mutlak degeri, bilesenleri türünden söyle tanimlanir.

IAI = A = ~Az + Az + Azx y z

1.3 VEKTÖR ISLEMLERI

1. Vektörler birbiriyle toplanabilir, veya birbirinden çikarilabilir.

A :!: B =(Axax + A"ay + Azaz) :!: (B"ax + B"a" + Bzaz)

= (Ax :!:Bx)ax + (Ay:!: By)a\, +(Az :!:Bz)az

2. Birlesme, dagilma ve degisme özellikleri vektör islemlerine uygulanabilir.

A + (B + c) =(A + B) + C

k(A + B) =kA + kB (ki + kz)A =kiA + kzA

A+B=B+A

3. Iki vektörün noktasal çarpimi su biçimde tanimlanir:

A .B =AB cas B CA nokta B" olarak okunur)

Burada B, A ile B arasindaki küçük açidir. Örnek i 'de

A .B = AxBx+ AyBi' + AzBz

oldugu gösterilmektedir. Buradan da, LAI= ~ elde edilir.

r2 VEKTÖREL ANALIZ 1. Bölüm

Örnek 1. Noktasal çarpim, dagilma ve skalar çarpma yasalarina uyar:

A.(B+C)=A.B+A.C A.kB =k(A. B)

Buna göre,

A. B = (A..,a..,+ Ayay+ Azaz) . (B..,a.. + Byay + Bzaz)

= A..,B..(a.. . ax) + AyBy(ay . ay) + AzBAaz . az)

+ A..,By(a.., .ay) + . . . + AzBAaz . ay)

elde edilir. Bununla birlikte, e = o oldugu zaman noktasal çarpimdaki cos e bire esit oldugundan ax.ax = ay .ay = az . az = 1 yazilabilir. Öte yandan, e = 90' için cos e sifira esittir ve dolayisiyla birim vektörlerin birbi-riyle noktasal çarpimlarinm sonucu sifirdir. Dolayisiyla:

A . B = AxBx+ AyBy + AzBz

4. Iki vektörün vektörel çarpimi su biçimde tanimlanir:

A X B =CA vektörel çarpim B" biçiminde okunur.)

Burada (), A ile B arasindakiaçilardan küçük olani, an ise, ayni noktadan baslatilmalaridurumunda A ve B vektörlerinin olusturdugu düzleme dik olan birim vektördür. Düzle-me dik dogrultuda iki yön bulundugundan, daha ayrintili bilgiye gerek vardir. Seçilenyön, A, B'ye dogru döndürülürken, bir sag vidanin ilerleme yönüdür (Sekil 1-1). Bu yöngerekliliginden dolayi degisme kurali vektörel çarpima dogrudan degil, asagidaki gibiuygulanabilir.

AxB= -BXA

~

Sekil 1-1

Vektörel çarpim, bilesenler türünden yazilabilir:

A X B = (Ax3x + Ayay + Azaz)x(Bxax + B"a" + Bzaz)

= (AyBz- AzB)ax +(AzBx- AxBz)ay+(AxBy- A)Bx)az

Bu esitlik, bir determinant yardimiyla da ifade edilebilir:

iriii..

ax ay az

A X B = IAx Ay Az

B, By B.

1. Bölüm VEKTÖREL ANALIz

ÖRNEK 2. A = 2ax + 4ay - 3az ve B = ax- ay olduguna göre, A.B ve A X B islemlerini yapiniz.

A' B =(2)(1) + (4)(-1) + (-3)(0) =- 2

ax ay az

AXB=121

4 -31 = -3ax -3a" -6az-1 O

1.4 KOORDINAT SISTEMLERI

Silindirik veya küresel simetri.Yesahip bir problem, kartezyen koordinat sisteminde de ta-nimlanabilir ve çözülebilir. Ancak, çözüm simetriyi yansitamazveçoguZiiIDim da gereksiz ölçüdekarmasik olur. Dolayisiyla, bu kitapta, kartezyen koordinat sistemin yaninda silindirik ve küreselkoordinat sistemleri de kullanilacaktir. Her üç sistem de, benzerlikleri ve farkliliklari göstermek a-maciylabirlikte incelenecektir.

Sekil l-2'de bir P noktasi kartezyen, silindirik ve küresel koordinat sistemlerinde, sirasiyla,(x, y, z), (r, <jJ,z) ve (r, B, <jJ)koordinatlariyla tanimlanmaktadir. Koordinatlari tanimlarken sira ö-nemlidir ve bu siraya titizlikle uyulmalidir. <jJaçisi, hem silindirik hem de küresel sistemlerde ayni-dir. Ancak <jJ,silindirik koordinat sisteminde ikinci, küresel koordinat sisteminde ise üçüncü siradagörülür. r sembolü hem silindirik hem de küresel koordinat sistemlerinde bulunmakla birlikte, tasi-digi anlamlar farklidir. r, silindirik koordinatlarda, z eksenine dik bir düzlemde, z eksenine olan u-zakligi gösterirken, küresel koordinatlarda bir noktanin orijine olan uzakligini gösterir. Hangi r'densöz edildigi, problemin içeriginden anlasilabilir.

z z z

y y

8 /fP(r,8,~)~i/ i

i r ii i

y

.P(X,y,z)ii

iz

TPer,~,z)iiz

x x x

(a) Kartezyen (b) Silindirik

Sekil 1-2

(c) Küresel

Bir nokta, Sekil 1-3'de görüldü gibi, birbirine dik (ortogonal) üç yüzeyin kesisimi ile de ta-nimlanabilir. Kartezyen koordinatlarda yüzeyler x = sabit, y = sabit ve z = sabit düzlemleridir.Silindirik koordinatlaida, z = sabit düzlemi, kartezyen sistemdekiyle aynidir; <jJ= sabit, kenari z ek-seniyle çakisik olan bir yari düzlemdir; r = sabit, tam dairesel bir silindirdir. Bu üç yüzey birbirinedik olup, kesisim noktalari P noktasini belirler. Küresel koordinatlarda, <jJ= sabit, silindirik koordi-nat sistemindekiyle ayni yari düzlemdir; r = sabit, merkezi orijinde olan bir küredir; B'nin degisimiO ile Jr arasina sinirlidir.

Sekil l-4'de, P noktasindaki üç birim vektör görülmektedir. Kartezyen sistemde, birim vek-törlerin yönü sabit olup. P'nin konumundan bagimsizdir. Diger sistemlerde, az disinda bu söylene-mez. Her birim vektör, kendi koordinat yüzeyine dik olup, koordinatin arttigi yöndedir. Bütün busistemlerin sag el sistem oldugu unutulmamalidir:

ax X ay = az ar X a</J= az ar X ae = a</J

"""'"

4 VEKTÖREL ANALIZ

z z

r =sabit

z = sabit

x

y

x


1. Bölüm

ze =sabii

yy

x

(c) Küresel

Sekil 1-3

Bir vektörün degisik koordinat sistemlerinde, bilesenleri türünden gösterimi asagidaki gibidir:

A = Axax + Ayay + Azaz

A = Arar + AfltP + Azaz

A = A,.ar + Aeae + AfltP

(kartezyen)

(silindirik)

(küresel)

Bu esitliklerdeki An An Aqi bilesenleri, genellikle sabit olmayip, söz konusu sistemdeki koordinatla-rin islevidirler.

z z

az az

x

y

aot>a"

y

/"x


Sekil 1-4

z

-y

(c) Küresel

1.5DIFERANSIYEL HACIM, YÜZEY VE UZUNLUK ELEMANLARi

Elektromanyetik problemlerin çözümü, çogunlukla bir egri boyunca, bir yüzey üzerinde, ve-ya bir hacim içerisinde integrasyonu gerektirdiginden, kullanilacak diferansiyel elemanlarin açikçatanimlanmasi gereklidir.

P noktasinin koordinatlarinin (x + dx, y + dy, z + dz) veya (r + dr, CjJ+ dcjJ,z + dz) veya (r +

dr, e + de, CjJ+ dcjJ)biçiminde genisletilmesiyle bir dv diferansiyel hacmi elde edilir. Sonsuz küçükbÜyüklükler yardimiyla olusturulan bu hacimlerin yaklasik olarak, dikdörtgensel bir kutu oldugusöylenebilir. Her bir sistemde dv'nin aldigi deger Sekill-5'de gösterilmektedir.

...

1. Bölüm VEKTÖREL ANALIz 5

i i i

y

r dep

\j '. \\ +1-,-." -j--7",..1../

"-y

x x x

du = d..'(dy dz du = rdrdI/J di du = r2 sin e dr de dI/J


Sekil 1-5

(c) Küresel

Diferansiyel hacmi sinirlayan yüzey elemanlarinin alanlari da Sekil 1-5'den hesaplanabilir.Örnegin küresel koordinatlarda, ar'ye dik olan diferansiyel yüzeyelemaninin degeri söyle yazilabi-lir:

dS = (rde)(r sin e dtp) = rz sin e de dtp

Diferansiyel uzunluk elemani olan dt, P'den baslayan kösegendir:

de2 = dx2 + dy2 + dz2

de2 = dr2 + r2 dcp2 + dz2

de2 = dr2 + r2 dEP + r2 sin2 fJ dcp2

-,(kartezyen)

(silindirik)

(küresel)

Çözümlü Problemler

1.1 M(xi, yi, zi) noktasindan N(xz, Yi, zz) noktasina uzanan vektörün (xz - xi)ax + (Yz- Yi)ay + (zz- zi)az biçiminde ifade edildigini gösteriniz

M(xl,Yi,zl)

N(X2'Y2, i2)

Y

x

Sekil 1-6

Sekil 1-6'daki A ve B vektörlerini tanimlamak için M ve N'nin koordinatlari kullanilir.

A=xiax+Yiay+ZiazB = xzax+ yzay+ zzaz

Buradan da B - A =(xz - xi)ax + 6'z - Yi)ay + (zi- Zi)az elde edilir.

l

6 VEKTÖREL ANALIZ i. Bölüm

1.2 Kartezyen koordinatlarda (2, - 4, 1) noktasindan (O,-2, O)noktasina uzanan A vektörünüveA dogrusundaki birim vektörü bulunuz.

A ==(O- 2)a.. + [-2 - (-4)]ay + (O-l)az ==-2a.. + 2ay- az

IAi2==(- 2)2 + (2? + (-1)2 ==9

A 2 2 1

aA ==iAi == - 3"a.. + 3"ay - 3"az

1.3 Silindirik koordinatlarda (5, 31r/2, O) ve (5, n12, 10) arasindaki uzakligi bulunuz.

Önce A ve B ile tanimlanan kartezyen konum vektörlerini bulalim: (Sekil 1-7)

A==-Say B ==Say + lOaz

z(S,n/2. 10)

y

Sekil 1-7

Buradan B - A = lOa)' + lOaz elde edilir ve noktalar arasindaki uzaklik iB -AI = 1O.{i olarak bulunur.

1.4

Noktalarin silindirik koordinatlari, kartezyen koordinatlarda oldugu gibi, iki nokta arasinda birvektÖrolusturmakiçinkullanilamaz. - - -_. . r~~-- -~. ~A = 4ax - 2ay- az ve B = ax+ 4ay-4az vektörl~rinin birbirlerine dik oldugunu gösteriniz.

Noktasal çarpim cos B'yi içerdiginden sifirdan farkli iki vektörün noktasal çarpiminin sifir olmasi,B = 90° oldugunu gösterir

1.5

A. B =(4)(1) + (-2)(4) + (-1)(-4) =O

A = 2ax + 4ay ve B = 6a)' - 4az olduguna göre, (a) vektörel çarpim, (b) noktasal çarpim yo-luyla, bu iki vektör arasindaki küçük açiyi bulunuz.

(a)a.. ay az

A X B ==i 2 4 O i==-16a.. + Bay+ 12azO 6 -4

iAi ==V(2Y + (4)2 + (oY ==4.47

iBi ==V(0)2 + (6Y + (-4)2 ==7.21

LAX Bi ==V( -16)2 + (8)2 + (12)2 ==21.54

Buradan da lA x BI = lAIIBI sine oldugundan,sin e = ( 2l;4 ) ==0.668ve B =41.9°bulunur.4.47 7.21

......

I. Bölüm VEKTOREL ANALIZ 7

(b)

/'

1.6

A. B =(2)(0) + (4)(6) + (0)(-4) =24A.B 24

cos 8= -= ( X ) --0.745 veya9 =41.9°J IAIIBI 4.47 7.21

F = (y - 1)ax + 2xay olduguna göre, (2, 2, 1) noktasindaki vektörü, ve B = 5ax- ai, + 2az ol-mak üzere, bu vektörün B üzerine izdüsümünü bulunuz.

F(2,2, 1)= (2-1)ix +(2)(2)ay

=ax +4a y

Sekil 1-8'de gösterildigi gibi, bir vektörün baska bir vektör üzerindeki izdüsümü, ikincivektör dogrultusundaki birim vektörle, birinci vektörün noktasal çarpimindan ede edilir.

A'nin B üzerine izdüsümü = A. aB= i~i

~ ii

8 i

--_L I!aB' y---1

A'nin B'ye izdüsümü -

Sekil i-sBunagöre (2, 2, 1)noktasindakiizdüsümsöylebulunur:

F ' . B' . d F.B (IXs)+ (4X-i)+ (OX2) 1

nin ye iz usumu = -iB-i = .J3o - .J3o

A = ax + a,\'>B = ax + 2az' ve C = 2ay + az olarak verilmektedir. (A x B) x C ve A x B x C)islemlerinin sonuçlarini karsilastiriniz.

1.7

ax ar azAxB= 1

OO 1=2ax -2ay -az2

ax ay-2

2

az

-I 1=-2ay +4az1

(A x B) x C = i2O

LS

Benzer islemlerle, A x (B x C) =2ax- 2a)' + 3az elde edilir. Dolayisiyla, üçlü vektöret çarpim sirasin-da hangi islemin önce yapilacagini parantez kullanarak belirtmek zorunludur.

Problem 1.Tdeki A, B ve C vektörlerini kullanarak A .B x C ve A x B . C islemlerini yapi-niz.

ProblemI.Tden: B x C = -4a.. - ay+ 2az'Dolayisiyla;A. B x C =(1)(-4) + (1)(-1) + (0)(2) =- 5

YineProblemLTden: A x B = 2ax- 2a)'- az.Dolayisiyla;A x B. C =(2)(0) + (-2)(2) + (-1)(1) =- 5

Görüldügü gibi, üçlü skalar çarpim isleminde parantez kullanmaya gerek yoktur. Genelolarak,üçlü skalar çarpim için asagidaki esitlik yazilabilir:

Ax Ay Az

A.BxC= Bx By Bz

Cx Cy Cz

8 VEKTÖREL ANALIZ 1. Bölüm

Vektörlerin ayni dairesel sirada olmasi durumunda, sonuç aynidir. Bu dairesel siralamanindisindaki üçlü skalar çarpimin sonucu ters isaretli olur.

t1.9 Silindirik koordinatlarda, z ekseniüzerindez =h noktasindan (r, L/J,O)noktasina dogru yö-

J nelen birim vektörü elde ediniz. (Sekil 1-9.)

z

h

y

x

Sekil 1-9

R vektörü, iki vektörün farkidir.

R = rar -haz

R rar -haz

aR=LRf .Jr2+h2

i/>açisi, bu esitlikte açik olarak yer almamakla birlikte, hem R hem de aR, ar nedeniyle, I/>'yebagimli-dirlar.

1.10 z = -5 düzlemindeki herhangi bir noktadan orijine yönelmis birim vektörün ifadesini elde e-diniz. (Sekil] -] O)

z

X'7

/ (x,y,-5

y

Sekil 1-10

Problemkartezyenkoordinatlardaifadeedildiginden,Problem 1.1'deki iki nokta formülükullanilabilir.

R =- xax -yay + 5a,

-xax - ya" +5azaR= '

~X2+ y2+25

1.11 Sekil ]-1] 'deki a yariçapli küresel kabuktaki a ~ e ~ f3seridininalaniniküreselkoordinatsistemi yardimiyla bulunuz. <x=O, /3=1tiçin sonuç ne olur?

Sekil l-5(c)'den, diferansiyel yüzeyelemani su biçimle ifade edilebilir:

dS = r2 sin e de di/>

L

i. Bölüm VEKTÖREL ANALIZ 9

z

Sekil 1-11

Dolayisiyla: A=fJ1tfgaz sIn8d8dit>

= 2iraz (cas a - cas ~)

1.12

a = O ve f3 =1t için A = 41ta2 elde edilir. Bu, tüm kürenin yüzeyalanidir.

Diferansiyel hacimden yararlanarak, a yari çapli bir kürenin hacim ifadesini elde ediniz.

Sekil 1-5 (c)'den: dv =r2 sin e dr de dlfJ.Dolayisiyla,

i21<

i1<

[4

v= ,2sin8d,d8dtjJ=-:n:a3o o " 3

1.13 Sekil 1-12'deki silindir için r = 2 m, h = 5 m ve 30°:::; <1>:::;120° olarak verildigine göre,silindirik koordinat sistemI yardimiyla, gölgeli olarak gösterilen yan yüzeyalanini bulunuz.

z

Sekil 1-12

Diferansiyel yüzeyelemani dS = rdlfJdz olduguna göre;

1

5

IZ1t/3

A= 2dit>dzo 1t/6

=51tmz

1.14?

A = yax +xa" + x- az vektörünü kartezyen koordinatlardan silindirik koordinatlara. ~xz+yZ

aktariniz.

Sekil l-2(b)'den:

io VEKTÖREL ANALIZ I, Bölüm

Dolayisiyla:

x=rcosiP y=rsiniP r= ~X2+y2

A = r sin iPax + r cos iPay + r COS2iPaz

Buradan, kartezyen birim vektörlerin a" aqiveaz üzerine izdüsümleri elde edilebilir:

ax . a, = cos rp

ay .a, =sin rp

ax .a'P= -sin rp

ay . a", = cos rp

az . a,p= O

ax. az= O

ay. a, = Oaz. a, = O az . az= 1

Dolayisiyla, ax = cos cpa, - sin cpa'P

ay = sin rpa, + cos cpa'P

az = az

ve A = 2r sin iPcos iPar + (r COS2iP- r sin2 iP)aqi + r COS2iPaz

1.15 Genligi 10 olan bir vektör, silindirik koordinatlarda, (5, 51t!4, O)'dan orijine dogru uzan-maktadir. Vektörü, kartezyen koordinatlarda ifade ediniz.

z

A

y

Sekil 1-13

Silindirik koordinatlarda, vektör, iP=re/4 olmak üzere, 10 ar biçiminde ifade edilebilir.

Dolayisiyla:re LO

Ax = IOcos"4 = .[2

re LO

Ay = Losin "4= .[2A,= O

Buradan daLO LO

A= .[2ax+ .[2 ayyazilabilir. Radyal koordinatin degeri (5) sariucu etkilememektedir.

Ek Problemler

1.16 A = 4a, + lOa, ve B = 2a, + 3a, olarak verildigine göre, A'nin B üzerine izdüsümünü bulu-nuz.

Yanit: 12/.Jl3

1.17 A = (101.[2 )(ax+ az) ve B = 3(ay + aZ)olarak verildigine göre, B'nin A'ya göre izdüsümünü A dog-rultusunda bir vektör olarak ifade ediniz. Yanit: 1.50 (ax+ aJ

1.18 Hem noktasal hem de vektörel çarpim yardimiyla A = lOay+ 2az ve B = - 4ay + O,5a, arasindaki açiyibulunuz. Yanit:161.5°

1.19 Hem noktasal hem de vektörel çarpim yardimiyla A =5.8a" + L55a, ve B =- 6.93ay+ 4.0a, arasinda-ki açiyi bulunuz. Yanit: 135°

1. Bölüm VEKTÖREL ANALIZ Il

1.20 4x + 3y + 2z = 12 düzlemine dik dogrultuda, orijinden disariya dogru yönelmis birim vektöriLbulunuz.

Yanit: (4ax + 3a, + 2az)/ J29A ve B vektörleri her noktada birbirine paralelolduguna göre, bu vektörlerin kartezyen bilesenleri a-rasindaki iliskiyi bulunuz.

1.21

1.22

Ax A, A,Yanit: - = --'- = ---'-Br B\ B,

X = O,Y = 3 ile tanimlanandogruüzerindekiherhangibir noktadanorijineyönelmisbirimvektörüni-fadesini elde ediniz.

-3ay - zazYanit: a = ~

V9+z~

1.23 y =- 5 düzlemi üzerindeki herhangi bir noktadan (Xi> Yi> ZL) noktasina yönelmis birim vektörün ifade-sini elde ediniz.

(xi -x)x +(Yi +5)\ +(zi -z),Yanit:a = .'

~(Xl -x)2 +(Yi +5)2 +(zi-z?

1.24 z = - 2 düzlemi üzerindeki herhangi bir noktadan (O,O,h) noktasina yönelmis birim vektörün ifadesinielde ediniz.

-xa (Yanit: a = x - yay + h+ 2) ,

~X2+y2+(h+2)2 ..

1.25 A =5ax ve B =4ax + Byay olarak verildigine göre, A ile B arasindaki açinin 45° olmasini saglayacakBy degerini bulunuz. Eger B, Bzazterimini de içeriyorsa, By ile Bi arasinda hangi iliski bulunmalidir?

Yanit: By=:t4, ~B~ +B; =4

A . B x C çarpiminin mutlak degerinin, kenarlari A, B ve C olan dikdörtgenler prizmasinin hacmineesit oldugu gösteriniz. (Ipucu: önce, tabanin alaninin iB x ci oldugunu gösteriniz.)

1.26

1.27 A = 2a, - az, B = 3ax + ay ve C = - 2ax + 6ay - 4ai olarak verildigine göre, C'nin hem A hem de Bvektörlerine dik oldugunu gösteriniz.

A =ax- ay, B = 2a, ve C = - ax+ 3ayolarak verildigine göre A-BxC üçlü skalar çarpiminin sonucunubulunuz. Vektörlerin siralarini degistirerek ayni islemin sonuçlarini bulunuz. Yanit:-4, :t 4

1.28

1.29 Problem L28'deki vektörleri kullanarak (AxB)xC islemini yapiniz. Yanzt: -8az

1.30 (2, -5, -2)'den (14, -5, 3)'e yönelmis birim vektörü bulunuz.12 5

Yanit: a = -ax +-az13 13

1.31 Küresel koordinat sisteminde verilen (lO, 3n/4, n/6) noktasindan (5, n/4, n) noktasina yönelen vektörübulunuz. Yanzt:-9.66a,-3.54a,+ 10.6Ia,

Silindirik koordinat sisteminde verilen (2, n/6, O) noktasiyla (l, n, 2) noktasi arasindaki uzakligi bulu-nuz. Yanit:3.53

1.32

1.33 Küresel koordinatlarda verilen (l, n/4, O) noktasiyla (l, 3n/4, n) noktasi arasindaki uzakligi bulunuz.

Yanit: 2.0

1.34 a yariçapli küresel kabugun üzerindeki O s i/Js a bölgesinin alar.mi, küre,e! koordinatlarda integralalarak bulunuz. a =2n için sonucu elde ediniz. Vanit: 2aa2, A =4mz2

a yariçapli h yüksekligindeki sag dairesel silindirin yanal yüzeyinin alanini, silindirik koordinatlaryardimiyla bulunuz. Yanit:27Wh

1.35

12 VEKTÖREL ANALIZ 1. Bölüm

1.36 Problem 1.35'deki tam dairesel silindirin hacmini, silindirik koordinatlarda integral alarak bulunuz.

Yamt:Tra?h

1.37 Sekil 1-14'de i ve 2 ile numaralandirilan yüzeylerin alanini, küresel koordinatlarda yazacaginiz dife-ransiyel yüzeyalanlari yardimiyla, integral alarak bulunuz. Yamt: w4, w6

z

xy

dSi

Sekil 1-14

1.38 Küresel koordinatlari kullanarak, iç yariçapi 2.00 m ve dis yari çapi 2.02 m olan yari küresel kabugunhacmini bulunuz. Yanrt:0.162 irm3

1.39 Küresel koordinatlarda ifade edilen diferansiyel hacmin integralini alarak,I::; r::;2m, O::;e::;w2 ve O

::;L/>::;w2 ile tanimlanan hacmi elde ediniz. Yamt: 71tm36

Bölüm 2

Coulomb Kuwetleri ve Elektrik Alan Siddeti

2.1 COULOMB YASASi

Iki yük arasinda, yükün büyüklügüyle dogru orantili, ve yükler arasindaki uzakligin karesiile ters orantili bir kuvvet vardir. Bu, yüklü parçaciklarla yapilan deneylerden elde edilen Coulombyasasidir. Coulomb yasasi, vektör yapisinda da ifade edilebilir.

F= QiQz a4J((:dz

Bu kitapta kullanilmakta olan SI biril1l sisteminde, kuvvetin birimi newton (N), uzakligin birim Imetre (m) ve yükün (türetilmIs) birimi de kulondur (coulomb, C). Ortamin geçirgenligini gösterenE, C2/N.m2 ya da Flm (metre basina Farad) birimine sahiptir ve serbest uzayda, veya bosluktakidegeri,

10-9(: = Eo= 8.854 X 10"'12F/m = - F/m36JT

biçiminde tanimlanir. Bosluktan farkli ortamlar için ri' = E OEr esitligi kullanilabilir. Burada E" ba-

gii geçirgenlik veya dielektrik sabiti adini alir. Aksi belirtilmedigi sürece, bütün problemlerde or-tamin serbest uzayoldugu kabul edilecek ve Eoiçin yaklasik deger kullanilacaktir.

Benzer isaretli noktasal yükler arasinda itici bir kuvvet, ters isaretli yükler arasinda Ise çekicibir kuvvet vardir. Bu bilgiyi de gösterebilmesi için Coulomb yasasi su biçimde yazilabilir.

F - QiQz . - QiQz Ri - Z azi - } 21

4JTEoRz1 4JTCüR21 \

Bu esitlikte F i, Q2 yükü nedeniyle Qi yükü üzerine etkiyen kuvvet, a2l Q2'den Qi' e yönelen birimvektörü, ve R21 =R21a21de, Q2'den Qi'e dogru olan yer degistirme (deplasman) vektörünü göster-mektedir.

Örnek 1. 20 !LCdegerindeki Qi yüküne, -300!lC degerindeki Q 2 yükü nedeniyle etkiyen kuvveti bulunuz,Qi, (O, 1,2) m noktasinda, Q2 (2, O, O)m noktasinda bulunmaktadir.

IC çok büyük bir yük oldugundan, yük degerleri genellikle mikrokulon (!lC), nanokulon (nC), ve-ya pikokulon (PC) olarak verilirler. Sekil 2-1 'den R2] ve a21degerlerini bulalim:

R21 = - 2a, + 8, + 28= 1(" = =3

z

Fi

y

Q2..--(2, O, O)

x

Sekil 2-1

13

14 COULOMB KUVVETLERI VE ELEKTRIK ALAN SIDDETI 2. Bölüm

1

a21 = '3 ( - 2ax + ay + 2az)

Buradan, - (20 x 10-6)(- 300 x 10-6)(- 2a.. + ay + 2az)F1 - 4.ii-(1O-9/36.ii-)(3)2 3

= 6cax - i - 2az) N

eldeedilir. Kuvvetingenligi6 N olup, yönü Qi'i Q2'ye çekecek biçimdedir (zit yükler birbirini çeker).

Bu kuvvet iliskisi, yüklerin herbiri için ayni oldugundan, herhangi bir Qi yüküne Q2,Q3, , Qii degerli (n - 1) yükten dolayi etkiyen kuvvet, toplarnsailik kurali yardimiyla, tek tekkuvvetlerin vektör toplami alinarak bulunabilir.

QQ QQ Q n QF 1 = 1 2 a21 + 1 3 a31 +. . . = -L i ---4-a

47r E R2 47r E R2 47r EO k=2 R2 kIO 21 O 31 kI

Yükün belli bir bölgede sürekli bir dagiiima sahip olmasi-durumunda da toplamsallik kurali isler:Bu durumda, vektör toplami, vektör integralle degistirilir (Bölüm 2.3'e bakiniz).

Tek bir Q yükünün çevresindeki vektör alani, küresel simetriye sahiptir. Bu, bir Q yükününküresel koordinat sisteminin orijinine yerlestirilmesi ve Q Ile, küçük bir deneme yükü olan Qi

(Qi«Q) arasindaki konum vektörü R'nin, ra/ye esit oldugunun gözlenmesiyle kanitlanabilir. Budurumda,

F1= Q,Q47rE r2 ar

()

olur ve bu da r = sabit küresel yüzeyinde IF11'ninsabit, F,'nin radyal dogrultulu oldugunu gösterir.

2.2 ELEKTRIK ALAN SIDDETIYukardasözüedilen Qi denemeyükünün,Q noktasalyükününalaniniönemliölçüdebozma-

yacak kadar küçük oldugunu varsayin. Bu durumda Q yükünün olusturdugu elektrik alan siddeti, E,Qi üzerindeki bir birim yük basina düsen kuvVet olarak tanimlanir: E =F/Qi.

Q küresel koordinat sisteminin merkezinde oldugundan [Sekil 2-2(a)], herhangi bir P nokta-sindaki elektrik alaninin siddeti, Bölüm 2.1 'den su biçimde bulunabilir:

QE=-a4Ji"Eor2 r

LEP(r,O,</»

z LEP(xz,Yi, zz)

Q

R=(xz -xi)ax +(Yz -Yi)a} +(zz -zi)ai

Y

x

(a) Küresel (b) Kartezyen

Sekil 2-2

li...

2. Bölüm COULOMB KUVVETLERI VE ELEKTRIK ALAN SIDDETI 15

Herhangi bir kartezyen koordinat sisteminde [Sekil 2-2 (b)]

QE= aR

41CEo R2

yazilabilir. E'nin birimi kulon basina newton (N/C) ya da metre basina volt (V/m) olarak verilir.

ÖRNEK 2. KartezyenkoordinatsistemininorijinindekiQ=0.5 jlC noktasal yükünün (O, 3, 4)m noktasin-da olusturdugu E degerini bulunuz.

R= 3ay+ 4a. R = 5 aR= O.6ay+ O.Ba.0.5 x 10-6

E = 4.ir(io-9/36.ir)(5)2(O.6ay+ O.Ba.)

Bu durumda E'nin genligi IEI= 180 V/m olup, yönü aR= 0.6a)' +0.8az biçimindedir.

2.3 YÜK DAGiLiMLARi

HacimselYük

Yüklerin belli bir hacme dagilmis olmasi durumunda her bir yük, dis noktalardaki elektrikalanina katkida bulunur. Bu durumda, toplam elektrik alanini bulmak için bir toplama ya daintegrasyon islemi yapmak gerekir. En küçük elektrik yükü bir eIektron ya da proton olmakla bir-likte, yük dagiliminin sürekli (ve türevi alinabilir) oldugunu kabul etmekte ve asagidaki gibi biryük yogunlugu tanimIamakta yarar vardir:

dQ 3P =- (C/m)dv

Esitlikteki degiskenlerin uygun biçimde kullanilmasi durumunda (Q için C, v için m3) p, C/m3bi-rimli olacakttr. Kitapta da bu birim kullanilacaktir.

Sekil 2-3' de gösterilen v hacminin içerisindeki her bir dQ diferansiyel yükü, bir P gözlemnoktasinda, dE diferansiyel elektrik alani yaratir.

dE = dQ4:rEoR2 aR

Sekil 2-3

Bölgedeki tüm yükün, hacmin içindeki yük oldugu varsayilirsa, P noktasindaki toplam elektrik ala-ni, bütün hacim için integral alinarak bulunur:

E = i paR dvv4n Eo R2

16COULOMB KUVVETLERI VE ELEKTRIK ALAN SIDDETI 2. Bölüm

Tabaka Yükü

Yükler, bir yüzey ya da tabaka üzerine de dagilmis olabilir. Bu durumda tabaka üzerindeki

her bir dQ diferansiyel yükü, P noktasinda dE diferansiyel elektrik alani yaratir (Sekil 2-4).

dQdE = aR

4TCEoR2

Eger yüzeysel yük yogunlugu Ps (C/m2) ise ve bölgede baska bir yük yoksa, P noktasindaki toplamelektrik alani su biçimde olur:

E = r psaR dSJs 4:rr:EoR2

P /dE.

sSekil2-4

Çizgisel Yük

Yüklerin kivrimli bir çizgi üzerinde dagilmis olmasi durumunda çizginin üzerindeki her birdiferansiyel dQ yükü, P noktasinda bir dE diferansiyel elektrik alani yaratir (Sekil 2-5).

dQdE= ? aR

41tEo R-

Eger çizgisel yük yogunlugu Pe (C/m) ise ve bölgede baska bir yük yoksa, P noktasindaki toplamelektrik alani söyle bulunur:

E= ( PeaR dtJL 4:rr:EoR2

::;~

~L

Sekil 2-5

Yukarda verilen her üç yük dagiliminda ve bu dagilimlar için geçerli olan E integrallerinde,aR birim vektörünün, dQ yükünün koordinatlarina bagli olarak degisken oldugunu belirtmek gerek-lidir. Dolayisiyla, aR integrallerden çikartilamaz.

'--

2.Bölüm"

COULOMB KUVVETLERI VE ELEKTRIK ALAN SIDDETI 17

2.4 STANDART YÜK DAGiLiMLARi

Bölüm 2.3' de incelenen üç özel durumdaki integrasyon ya gereksiz ya da kolayca alinabilentürdendir. Bu standart dagilimlarda (ve bu bölümde incelenecek diger dagilimlarda) yükün bir ilet-ken üzerinde olmadigini belirtmek gereklidir. Örnegin, bir problemde yükün bir disk biçiminde ol-dugu belirtilirse, bu, yükün disk biçimli bir iletkenin üzerinde oldugu anlamina gelmez. (Bölüm6'da yüzeyinde yük bulunan iletkenler de incelenecektir). Bu yüklerin bir biçimde uzayda asili bu-lundugunu, belirli bir dagilima sahip oldugunu gözümüzde canlandirmaya çalismaliyiz.

Noktasal Yük

Daha önce belirtildigi gibi, tek bir Q yükünün alani, küresel koordinatlarda

E = Q 2 ar (küresel koordinatlar)41tEO r

biçimindedir [Sekil 2-2(a)]. Bu, ayni yer çekimi yasasi gibi ters karesel bir yasaya uyan, küresel o-larak simetrik bir alandir.

Sonsuz Çizgisel Yük

Yüklerin, sabit bir Pt (Cim) yogunluguyla sonsuz uzun düz bir çizgi üzerine dagildigini düsü-

nelim. Bu dogrunun z ekseni olarak seçilmesi durumunda, alan asagidaki gibi tanimlanir (Sekil 2-6):

E =2 Pt ar (silindirik koordinatlar)

J1:Eor

Alan, silindirik bir simetriye sahip olup, çizgisel yükten olan uzaklikla ters orantilidir. E'nin eldeedilisi Problem 2.9'da görülebilir..

r+=j;

i~

!E

~'-"""""" y

x

-00

Sekil2-6

ÖRNEK 3 z ekseni üzerinde uzanan sonsuz uzunluktaki bir çizginin üzerindeki yük yogunlugu her nok-tada Pe =20 nC/m degerindedir. (6, 8, 3) m noktasindaki E degerini bulunuz.......

Silindirikkoordinatlardar = .J62 + 82 =Lom' dir. Alan z' den bagimsizdir.

E = 20 X10-921t(1o-9/361tXIO)ar = 36a,. V/m


SonsuzDüzlemselYük

Yükler, sosuz bir düzlem üzerinde PS(C/m2) yogunluguyla düzgün olarak dagilmissa, alansu biçimde tanimlanir (Sekil 2-7):

E Pi'= ---'-- a n

2EQ

Bu alan sabit genlikli olup, düzlem yük çevresinde ayna simetriye sahiptir. Bu ifade, Problem2.12' de elde edilmektedir.

tEi

/' an00 i

~E

Sekil 2-7

ÖRNEK 4. Yük,z = LO cm düzlemi üzerinde Ps= (l/3n) nC/m2 yogunluguyla düzgün olarak da-gilmistir. E'yi bulunuz.

IEI = ~= (1I31t)1o-9 -6V/m.lEQ 2(1o-9/361t) .,

Tabakanin üst yani için (z >10), E = 6az!V/m, ve z < LOcm için E =-6az V/m olmaktadir.

h,2.1

Çözümlü ProblemlerQ] = 50 f.1C ve Q2 = LOf.1C noktasal yükleri, sirasiyla, (-I, 1, -3)m (3, I, O)m noktalarinayerlestirilmistir (Sekil 2-8). Qi' e etkiyen kuvveti bulunuz.

R21 ==-4ax - 3a.-4a - 3a

a21= x .5

QiQ2F1= 4 R2 a21:n:Eo 21

= (50 x 10-6)(10-5)(-4ax - 3a.

)4:n:(1O-9/36:n:)(5)2 5

. = (0.18)( -Q.8ax - 0.6a.) N", ), (

z

x

Qi (-1,1, -3)

Sekil 2-8


Kuvvet, 0.18 N degerinde olup - 0.8 ax - O.6azbirim vektörü ile belirtilen yöndedir. Kuvvet, bilesen-leri türünden su biçimde yazilabilir:

T)"2

F1 =O.144ax-O.1O8azN

20.uC degerli dört esit yükün, Sekil 2-9'daki gibi x ve y eksenleri üzerinde :t4m noktalarinakonulmasi durumunda, (O,O,3)m noktasindaki 100.uCdegerli yüke etkiyen kuvveti bulunuz.

y

Sekil 2-9

y ~ 4'deki yükten kaynaklanan kuvveti göz önüne alalim:

Bu kuvvetin y bileseni, y = -4'deki yük tarafindan yok edilir. Benzer olarak, diger iki yükün olustur-dugu kuvvetlerin de x bilesenleri birbirini götürür. Dolayisiyla:

F = 4( ~~)( Laz )= l.73azN-~

t 2.3 SekiI2.10'daki (1, -1, -3)m noktasina konulmus Qi=300 pCnoktasal yüküne, (3,-3,-2) mnoktasindaki Q2 yükü nedeniyle

F1 = 8ax- 8ay + 4az N

kuvveti etkimektedir. Q2 degerini bulunuz.

z

x

Sekil 2-10

R21 =- 2ax + 2ay - az

~ =-8 =~ oldugundan, kuvvet R21yönündedir (Problem 1.21' e bakiniz) ve degeri asagidaki gibidir.-2 2 -1

20 COULOMB KUVVETLERi VE ELEKTRIK ALAN SIDDETI 2. Bölüm

QiQ2Fi= 4

-RiaR

:n:Eo

(300 x 1O-6)Q2 (- 2ax + 2ay - az)8ax - 8ay+ 4az= 4:n:(1O-9/36:n:)(3l 3

2.4

Buradan Q2 =- 40 !..ICbulunur.

r ~ 5 m, Z = O m dairesel diski üzerine düzgün olarak dagilmis 500n jlC degerindeki yükten

dolayi, (O, O, 5) m noktasindaki 50 jlC noktasal yüküne etkiyen kuvveti bulunuz (Sekil 2-11).z

(O,O,5) (j

y

x

Sekil- 2-11

Önce yük yogunlugunu bulalim:

.= Q =5001tXio-6 -0.2xio-4C/m2p, A 1t(5)2

Silindirik koordinatlarda

R =- ra,. + 5az

yazilabilir. Buna göre, her bir diferansiyel yük asagidaki gibi bir diferansiyel kuvvete neden olur:

di<'= (50 X 10 ")(p,r d::dip) (- r~:~: ')4:n:(10"/36:n:)(r1+ 25) \ Vri + 25 i

2.5

Integrasyondan önce, radyal bilesenlerin birbirini götürecegini, ve az'nin sabit oldugunu göz önünealirsak, kuvveti asagidaki gibi ifade edebiliriz:

F = (i..-i(5(50 x 10-6)(0.2 x 10-4)5rdr dcj>Jo Jo 4:n:(io-9/36:n:)(r2+ 25}'12 az

(5 rdr [-1

]5

= 90:n:Jo (r2 + 25)312az = 9O:n: -v?+25 oaz = 16. 56az N

Problem 2.4'ü, yariçapi 2 m olan bir disk için yeniden çözünüz.

Yariçapin küçülmesinin iki etkisi vardir: yük yogunlugu

f!.i = (5)2 =6.25p, (2)2

katsayisiyla artarken, r üzerindeki integral

rs rdr r2 rdrJi ( ? \3/2 =0.0586 yerine li ( \3/2o r- +25) o r2 +25)

Sonuç olarak, kuvvet asagidaki gibi bulunur:

0.0143 biçiminde olur.

(

0.0143

JF =(6.25) - 16.56az N)= 25.27az N0.0586 '.


2.6 (Xi> Yi, zi) noktasindaki Q yükünden dolayi P'de olusan elektrik alaninin ifadesini yaziniz.Yükün orijine konulmasi durumu için tekrarlayiniz.

\ Sekil 2-12'den R =(x - xi)ax + (y - Yi)ay +(z - Zi)azyazilabilir

z

P(x,y,Z)

y

x

Sekil- 1-2

Buradan

QE =4-

R 2 aR1I:€0

- Q (x - xi)ax+ (y - Yi)ay+ (z - zi)a.- 411:€0[(x - xiY + (y - Yi)2 + (z - zl)2]312

,\

elde edilir.

Yükün orijinde olmasi durumunda

Q xax + ya " +za.E-- -'

-1_7rEo (X2+y2+Z2}'2

I. .

1)

yazilabi ir. Ancak, bu esit ik alanin simetrisini gösterememektedir. Küresel koordinatlarda, Q yükü-nün orijinde olmasi durumunda elde edilen

E= Q41tEorz ar

2.7esitliginde simetri açikça görülmektedir.

Kartezyen koordinatlarda (- 4, 3, 2) m noktasina yerlestirilen 64.4 nC degerindeki noktasalyükün orijinde olusturdugu E degerini bulunuz.

Küresel koordinatlarda, bir Q notasal yükünden dolayi orijindeki elektrik alan siddeti

E= Q a41tEorz r

2.8

biçiminde ifade edilir. Bu problemde uzaklik ..fi9 m olup, yükten orijine dogru olan vektör R =43,- 3ay-2a/dir. Buna göre E, su biçimde hesaplanir:

644xlO-9

[

4a.-3a ,.-2a,

](

{

4a x -3a ,_-2a,

]Ei =' .. - . = 20.0 - - V/m

41t~0-9/361t129)..fi9 ..fi9

(O, 4, O) m konumundaki Qi =0,35 /LCve (3, O,O)m konumundaki Qz =- 0.55 /LCyükün-den dolayi (O, O, 5) m'de olusan E alanini hesaplayiniz (Sekil 2-13).

Ri =- 4ay +5aiRz =- 3ax + 5a,

0.35xio-6

[

-4a\, +5az

]Ei =41t(1o-9/361t141) J4i

=-48.03.1'+60.0az V/m


y

x

Sekil- 2-13

E,- -0.55 x W" _(':-38. +58, )- - 4.ir(lO"f36.ir)(.'\4). v34= 74.9a, - 124.'laz V/m

E=E,+E2=74.'Ja. -4KOa, -64.9a, V/m,

2.9 Sonsuz uzunlu~\.ta düz bir çizgi üzerindeki yÜk dagilimi düzgün olup, yük yogunlugu Pe ola-rak verilmektedir. Herhangi bir P noktasmdaki E ifadesini elde ediniz.

Silindirik k00rdinatlari kullanalim ve yük, ~ ekseninin üzerinde olsun (Sekil 2-14). P noktasindakidiferansiyel alan siddeti söyle tanimlanir:

dQ(

rar - zaz)dE =4.ir€oR2 Yr2 + Z2

toa

t-OO

Sekil-14

züzerindeki her dQ için - z'de baska bir dQ yükü oldugundan,z bilesenleri birbirini götürür. Buna göre:

E= [ pi:rdz a-~ 4.ir€o(r2 + Z2)3/2 r

pi:r [Z

]~ Pi:

=4.ir€o r2Yr2 + Z2 -~ ar = 2.ir€or ar

2.10 X = 2m ve y = - 4m noktalariyla tanimlanan dogru üzerinde yogunlugu Pe=20 nC/m olandüzgün bir yük dagilimi vardir. (-2, -1,4) m noktasindaki elektrik alanini hesaplayiniz.

Kartezyen koordinatlar için bazi uyarlamalar yaparak, Problem 2.9'da elde edilen esitlik bu soru i-çin de kullanilabilir. Buradaki dogru B/ye paraleloldugundan, alanin z bileseni yoktur. Sekil 2-l5'den


R = -4ar + 3ay

E- 20 x 10-9 (-4ax +3ay) = -57.6ar + 43.2ayV/m- 2JrEo(5) 5yazilabilir.

z

y

Sekil 2-15

2.ly' Sekil 2-l6'da, x = Odüzleminde, y =::t 4 m'de, Pi= 4 nC/m yogunlugunda iki düzgün çizgi-_/ sel yük dagilimi görülmektedir. (4, O, 10) m noktasinda E'yi bulunuz

Sekil 2-16

Her iki çizgisel yük az'ye paralelolup, alanlari radyaldir ve xy düzlemine paraleldir. Her iki çizgi-sel yük için de, alanin P noktasindaki genligi

E= P{ 182n E r = r,...V/m

() "\J2

olur. Toplamsallik ilkesi yardimiyla, çizgisel yüklerin olusturdugu toplam alan bulunabilir:

E = {~ cos 45° } x = 18a x VIm

2.12 Sonsuz bir düzlemde ps yogunluguyla düzgün olarak dagilmis yükün olusturdugu elektrik a-lanin ifadesini elde ediniz.

Yükü, siJindirik koordinat sisteminde, z = Odüzlemine yerlestirelim (Sekil 2-17).

y

f;:)Pt

/ x

' /E01 " P,,",

/ptr (O, -4, z)


p.r dr dcj> (- ra, +zaz)dE= 2 2 .~4Ji'Eo(r+ z) vr2~

z

dE \/P(O.O.')

y

Sekil 2-17

z eksenine göre var olan simetriden dolayi radyal bilesenler birbirini iptal eder.

_1

21<

[ psrz drdtjJE - /2 az

() o 4n Eo ~2 + Z2y

P,z

[

-1

]

p,

=2~() .Jr2+z2 ()az=2~()a,

Bu sonuç xy düzlemi üzerindeki noktalar için geçerlidir. xy düzleminin altinda birim vektör - azolur.Alan ifadesi, birim normal vektör ankullanilarak, genel bir biçim yazilabilir. .

E=~a2EO n

Elektrik alani, yükün düzlemine her noktada dik olup, genligi düzlemden olan uzaklikla degismez.

2.13 Sekil 2-18'deki y = 3 m düzlemi üzerinde, Ps= (lO -8 / 61t) C/m2 yogunlugunda düzgün biryük dagilimi vardir. Elektrik alaninin ifadesini, bütün noktalar için elde ediniz. .

Aii1tl811!"I'~i.::. ,)

o. .. ~Ez

Sekil 2-18

y> 3 m için:

E=A2Eoan

= 30ayV/m

y < 3 m için:

E = -30ay V/m

- --.....


2.14 Düzgün yük dagilimli iki levha üzerindeki yük yogul)lugu Ps olup, levhalar x =:t l' e konul-mustur. (Sekil 2-19). Bütün bölgelerdeki elektrik alanlari hesaplayiniz.

E2~~

Ei

x

E2

1 2

Sekil 2-19

Sekil 2-19'da, yük levhalarinin yalnizca birer parçasi görülmektedir. Her iki tabanin da yarattigialanlar x dogrultusunda olup, uzakliktan bagimsizdir.

{

-(p./Eo)axEi + E2 = O

(P./ Eo)a..

x<-l

-l<x<l

x>l

2.15 Problem 2.14 'ü, x =-1 'de Psve x = l' de - Ps kullanarak tekrarlayiniz.

E, + E, ~ { ~,i <')"

x< -1-l<x<lx>l

2.16 Ps = (1/3n) nC/ml yogunluklu düzgün dagilimli bir yük tabakasi z = 5 m'ye pi... = (-

25/9)nC/m yogunluklu düzgün dagilimli çizgisel yük z =- 3m,y = 3m ile tanimlanan çizgiyekonulmustur.(x, -1, O)m'deki E'yi bulunuz.

Her iki yük dagilimi da x eksenine paraleldir. Dolayisiyla, pozitif x ekseninden yz düzlemine ba-kildiginda Sekil2-20'deki görünüm elde edilmektedir. Tabaka yükten dolayi:

E = l!:!.. a. 2Eo"z

P.

sE.

P(x,-I,O)y

Pt

Sekil 2-20

P için an = - az olup, elektrik alani su biçimde bulunur:

E. = -6a, V/mÇizgisel yükten dolayi

/ -~a,Ee - 2n:Eor


[~

olup, P noktasindaki alan su biçimde hesaplanir:Ee = 8ay- 6a. V/m

Toplamelektrikalani,bu iki alantoplanarakbulunur:E =Ee + Es = /:lay- 12a. V/m.

2.17 Asagidaki üç düzgün dagilimin (2, O,2) m'de olusturdugu E'yi bulunuz:x = O m'deki P.d= (1I31t) nC/m2 yogunluklu tabaka yük, x =4 m'deki P.,2= (-1I31t) nC/m2yogunluklu tabaka yük, vex = 6 m,y = Om ile tanimlanan dogru üzerindeki Pe= -2 nC/myo-gunluklu çizgisel yük.

Bu üç yük dagilimi da az ile paraleloldugundan, alanin z bilesenI yoktur. (2, O, 2) noktasi, herhan-gi bir (2, O, z) noktasi ile ayni alan degerine sahip olacaktir. Sekil 2.21 'de P, Iki tabaka yükün arasin-da, isaret farkliligindan dolayi alanlarin toplandigi bir noktadir.

E PsI + Ps2 + Pe=-a -a -a2Eo" 2Eo" 211:Eo' r

= 6a, + 6a, + 9a,

d.;

~

tl

= 21a, V/m

Pi\ P,2

~i-- -'-I~

J:i1i].iiiiii.i

OIP(2,O,z)

,E,;----Jfpe' X.

x=O x=4

ii1ilill'

Sekil 2-21

2.18 Sekil 2-22'de, zekseni üzerinde z = :t 5 m araliginda, Pe = 20 nC/m yogunlugunda düzgündagilimli bir yük görülmektedir. Kartezyen koordinatlarda (2, O, O) m noktasindaki E'yi bu-lunuz. Yanitinizi, ayrica silindirik koordinatlarda da ifade ediniz.

i'

20 X 10-9 dz

(2a, - Z8z

) (V / m)dE = 411:(1O-9/36.n')(4 + Z2) V4 + Z2

~~~'JJJ'J

rs

;::

ii dQ=Pt dz

(2,O,O~x--Z ~ y

-5

J,

:

Sekil 2-22

z = O düzlemine göre olan simetriden dolayi, sonuç herhangi bir z bileseni içermez.

fS 2dz

E= 180 -( 7 )

3/2 ax =167ax V/ms 4+z-

Sonuç, silindirik koordinatlarda E = 167 ar V/m biçiminde ifade edilir.

~


2.19 Sekil 2-23' de, z ekseni boyunca z = 5 m ile 00araliginda ve z = - 5 m ile - 00araliginda, 20nC/m yogunluklu düzgün bir yük dagilimi görülmektedir. (2, O,O)mnoktasindaki E'yi bulunuz.

20x LO-"dz(

2ax - zaz)dE=4Jt(10-"/36Jt)(4+z2) Y4+z2 (V/m)

too

dQ =Pt dz

y

x

-s

Pt

,-00

Sekil 2-23

Bu durumda da z bileseni görülmez

[L~ 2dz i-s 2dz

]E = 180 s (4 + Z2)312+ -~ (4 + Z2)312 ax

= 13a, V/m

Silindirik koordinatlarda, E =13 ar V/m olur.Problem 2.18 ve 2.19'un yük dagilimlari bir araya getirildiginde, dü"zgün bir çizgisel yük dagilimi

elde edilir. - . - - .Pt

E=-2 a,=180a,V/m

JtE"r

2.20 Düzgün yük dagilimina sahip r ~ a, z =O diskinin silindirik koordinatlardaki (O, L/J,h) nokta-sinda olusturdugu elektrik alan siddetini bulunuz.

z

dE\. (O, <1>,h)

y

x

Sekil 2-24

Sabit yük yogunlugunun degeri Pi"ise,

dE - p,r dr dlfJ

[

- ra,. + haz

]-4JrE() (rz+hz) .Jrz+h2

r


elde edilir. Radyal bilesenler birbirini götürür. Dolayisiyla,Psh

12"

LU rdrdel>

E = - 2 2 3/2 az4.1rEo (i ,,(r + h )-

Psh(' -1 1

)= 2E" ya2 + h2 + h az

elde edilir. Görüldügü gibi, a ~ 00için, E'nin degeri (p/2E o) B/ye yaklasir. Bu, düzgün dagilimli ta-baka yükün olusturdugu alan degeridir.

2.21 r S Q, Z = O dairesel diski üzerindeki Ps = po sin2 <pyogunluklu yükün (O, <p,h) noktasinda o-lusturdugu E degerini bulunuz.

po(sin2 eI»r dr del>(-ra, + haz

)dE=4.1rEo(r2 + h2) Yr2 + h2

Yük dagilimi düzgün olmamakla birlikte, simetrik oldugundan, bütün radyal bilesenler birbirini götürür.

- p"h1

2"

LU (sin2 eI»r dr del> - Poh( -1 ! )E-- 2 2312 az - .~+ a.

4.1rE{)" () (r + h )- 4E'{) va2 + h2 h

2.22 r S 4 m, Z = O dairesel diski üzerindeki Ps = (10- 4Ir)(C/m2) yogunluklu yükü n r = O,Z = 3mnoktasinda olusturdugu E degerini bulunuz.

d = (io-4Ir)r .drdcp

('-rar + 3az

) ( IE , ~V m)4.7rEo(r"+ 9) Vr2 + 9

Problem 2.20 ve 2.21 'deki gibi, simetriden dolayi, radyal bilesen sifir olur.

L

2"

14 drdel>

E=(2.7Xio") 2 3/2a.=1.51xio"a,V/m veya 1.51a,MV/mn o (r + 9)

2.23 Z = - 3 in düzleminde, -::;2S x S 2 m, - 2 s y s 2 m biçiminde tanimlanan karesel bir tabaka

üzerindeki Ps = 2 (X2 + L + 9)3/2 nC/m2 yogunluklu yükün orijinde olusturdugu E degerinibulunuz.

SekiI2-25'den su bagintilar yazilabilir:

R = -xax - yay + 3a, (m)

dQ = Ps dx dy = 2(x2 + y2 + 9)'/2 x 10-9 dx dy (c)

z

dE

(-2, -2. -3) '\." y

(-2, 2, -3)

x

(2, -2, -3)

Sekil 2-25

Buradan da dE - 2(x2 + y2 + 9)3/2x io-" dx dy (-xax - yay + 3a,) (V im)- 41t"Eo(X2+ y2 + 9) Yx2 + y2 + 9


elde edilir. Simetriden dolayi, E'nin yalnizca z bileseni bulunur.

E = f.

"

L

o

.

c

.

.

.

?_::<~:'~.tlx

.1., 4JH (j

a, = 864a, V/m

2.24 Yogunlugu Ps = 0.3 nC/m2 olan düzgün dagilimli yük, 2x - 3y + z = 6 m düzlemini kapla-maktadif.Orijinide içinealandüzleminyan bölgesindekiE degerinibulunuz.

Bu düzgün dagilimli bir yük tabakasi oldugundan, E = P.J2Eo ve E = (17.0)an V/m olur. Herhangibir Ax + By + Cz =D düzlemine dik birim vektörler su biçimde tanimlanirlar:

Aax+ Ba,,+ Ca:a" = :t

.JA 2 + B2 + C2

Dolayisiyla, bu düzlem için birim vektörler söyle tanimlanir:

2ax -3a)' +a,.an = :t

J14Sekil 2-26'dan, orijini içeren düzlemin yan bölgesindeki birim vektörün isaretinin eksi olacagi açikçagörülmektedir. Buna göre orijindeki elektrik alaninin degeri

(-2ax + 3ay - az) V/mE = (17.0) vi4

olur.z

(O, O, 6)

(O, -2, O) y

x

Sekil 2-26

Ek Problemler

2.26

Qi =250 pC ve Q2 =- 300 pC yükleri, sirasiyla, (5, O, O) m ve (O, O, -5) m noktalarina yerlestirilmis-

{a +a

)tir. Q2'deki kuvveti bulunuz. Yanit: F 2= (13.5~ x.fi z N

Qi =30 pC ve Q2= -100 pC yükleri,sirasiyla,(2, O,5) m ve (-1, O,-2) m noktalarinayerlesmistir.

Qi'e etkiyen kuvveti bulunuz Yana: F1 = (0.465{ - 3Jig7az )N

\ 58

2.25

2.27 Problem 2,26'da Q2'ye etkiyen kuvveti bulunuz. Yanit:- F1

2.28 20 pC degerli dört noktasal yük, x ve y eksenleri üzerinde :t 4m'ye yerlestirilmistir. (O, O, 3) m'yeyerlestirilen LOpC degerindeki yüke etkiyen kuvveti bulunuz. Yanit: 1.73 ai N

l


2.29 500 JlC degerinde on özdes yük, 2 m yariçapli bir dairenin çevresine, esit araliklarla yerlestirilmistir.Dairenin düzleminden 2 m uzakta, eksenin üzerine yerlestiren - 20 JlC'luk yüke etkiyen kuvveti bulu-nuz. Yanit: (79.5)(-an) N

Orijindeki 5001tJlC'luk noktasal yükten dolayi (O,O,5) m'deki 50 JlCluk yüke etkiyen kuvveti bulu-nuz. Yaniti, ayni toplam yükün dairesel bir disk üzerine dagilmis oldugu Problem 2.4 ve 2.5'in so-nuçlari ile karsilastiriniz. Yanit: 28.3 azN

2.30

2.31 z =O düzleminde, x = :t 2 m ve y =:t 2 m arasina yerlestirilen ve üzerinde düzgün dagilmis toplam500 JlC yük bulunan kare tabakanin, (O,O,5) m'deki 30 JlC degerli noktasal yük üzerinde olusturdu-gu kuvveti bulunuz. Yanit: 4.66 azN

Q(C) degerli iki özdes noktasal yükün arasindaki uzaklik dem) olarak verildigine göre, iki yükü birbi-rine baglayan dogrunun üzerindeki E elektrik alaninin degerini bulunuz.

2.32

Yanit: Yüklerin x = O ve x =d'de bulunmasi durumunda, O<x < d için

2.33

Q

[

1 1

]E = - -- a(V/m )4 1

( )2"

1tEO x- d-x

Q(C) degerli sekiz özdes yük, her bir kenari f (m) olan kübün köselerine yerlestirilmistir. Her bir yükeetkiyen kuvvetin genliginin (3.29 Q2/41tEOf2) N oldugunu gösteriniz.

Üzerinde yogunlugu PO>olan düzgün dagilimli yük bulunan küresel kabugun disindaki E alaninin, bü-tün yükün kabugun merkezinde yerlestirilmesi durumundaki E ile ayni oldugunu gösteriniz.

2.34

2.35 Sonsuz uzun düz bir çizgi üzerindeki Pt yogunluklu düzgün yük dagilimindan dolayi olusan E'nin

kartezyen koordinatlardaki ifadesini elde ediniz. Yanit: E = ~ xax + ya,.2JrEo x2 + y2

Pt = 4 nC/m yogunluklu iki düzgün çizgisel yük dagilimi x = O, Y =:t 4m'de z eksenine paraleldir.(:t4, O, z)m'deki elektrik alanini bulunuz. Yanit: :tI8 ax V/m

2.37 Pt = 5 nC/m yogunluklu iki düzgün çizgisel yük dagilimindan biri z =O, Y =-2 m'de, digeri ise z = O,Y = 4 m'de x ekst'nine paraleldir. (4, 1,3) m'deki E'yi bulunuz. Yanit: 30 az V/m

2.36

2.38 x = 3m, y = 4m'ye konulmus Pt =3.30 nC/m yogunluklu düzgün çizgisel yük dagiliminin orijinde o-lusturduguE'yi bulunuz. Yanit:- 7.13 ax- 9.50 ayV/m

Problem 2.38'de baska hangi noktalarda ayni E'nin elde edildigini bulunuz. Yanit: (O, O,z)

z ekseninden iki metre uzakta, z ekseni üzerindeki düzgün dogrusal yük dagilimindan dolayi olusan IEIalani 1.8 x 104 V/m olduguna göre, yük yogunlugunu bulunuz. Yanit: 2.0 Jl C/m

- x + 3y - 6z =6 m düzlemi Pi = 0.53 nC/m3yogunluklu düzgün bir yük dagilimina sahiptir. Orijini de

[

ax -3a, +6az

JYanit: 30 ~ V/m

2.39

2.40

2.41

içeren kenardaki E'yi bulunuz.

2.42Düzgün dagilimli yüklerinin yogunlugu Ps = (l0-9/61t) C/ml olan iki sonsuz tabaka z =-5 m ve y =-5m'dedir. z = O, Y = O'a yerlestirilen düzgün çizgisel yük dagilimin (4, 2, 2) m'de ayni E'yi olustura-bilmesi için Pt yogunlugu ne olmadir? Yanit: 0.667 nC/m

Ps= - 50 nC/m2yogunlukludüzgündagilimlibiryük tabakasiy =2m'ye, Pt =0.2 JlC/m2yogunlukludüzgün dagilimli bir çizgisel yük de z =2 m, y = -Im'ye yerlestirilmistir. Hangi noktalarda E sifir o-lur? Yanit: (x, -2.273, 2.0) m

p, = (-l/31t) nC/m2 yogunluklu düzgün dagilimli yük tabakasi z =5 m 'ye, Pe =(-25/9) nC/m yogun-lukla düzgün dagilimli çizgisel yük z = - 3m'ye yerlestirilmistir. (O, -1, O) m'deki elektrik alanini bu-

lunuz. Yanit: 8ayV/m

2.43

2.44


2.45 Pe = ( J2X 10-8 /6) C/m yogunluklu dÜzgün çizgisel yük x ekseni üzerinde ve düzgün dagilimli birtabaka yük y = Sm'ye yerlestirilmistir. y = 3 m, Z = 3m çizgisi üzerinde elektrik alaninin yalnizca zbileseni vardir. Tabakadaki yük yogunlugunu bulunuz. Yanit: 125 pC/m2

Pe = 3.30 nC/m yogunluklu düzgün dagilimli çizgisel yük x = 3m, y = 4m'ye yerlestirilmistir. Q nok-

tasal yükü orijinden 2m uzaktadir. Orijindeki elektrik alani sifir olduguna göre, Q degerini ve konu-munu bulunuz. Yanit: 5.28 nC, konum (-1.2, -1.6, O)m

2.46

2.47 Yariçapi 2 m olan dairesel bir yük halkasi z = O düzleminde olup, merkezi orijindedir. Düzgün yükdagiliminin yogunlugu Pe = Lo nC/m olduguna göre, orijine yerlestirildiginde (O, O,5) m'de ayni E'yiolusturanQ noktasalyükünübulunuz. Yanit: 100.5 nC

z = Odüzlemindeki r $;2 m dairesel diskinin yük yogunlugu Ps= lO-sIr (C/m2) olarak tanimlandigina1.13 xi 03

Yanit: ~a: (V/m)hv4+h-

2.48

göre (O, q>,h) noktasindaki elektrik alanini hesaplayiniz.

2.49 Problem 2.48'de h'nin 2m'den çok büyük olmasi için elde edilecek sonuçla, diskteki toplam yükün 0-rijine toplanmis olmasi durumunda h noktasinda olusacak alan degerini karsilastiriniz.

Yük yogunlugu Ps = 2x (X2 + L + 4)3/2 (C/m2) olan sonsuz tabaka yükü, z = O düzleminde O $;x$;2 mve O $;Y $; 2 m araliginda bulunmaktadir. (O, O,2)m'deki E yi bulunuz.

2.50

9

(

16

) (

16

)Yanit: (18xl0) - ja, - 4a, + 8a, V / m = 18 -ja, - 4a, + 8a, GV/m

2.51 x ekseni üzerinde x =- 5 m ile x = 5 m arasinda düzgün olarak dagilmis bulunan i OnC degerindekiyükün (8, O,O)m'de olusturdugu elektrik alanini bulunuz. Ayni toplam yükün x =-I m ile x = 1 m a-raliginda dagilmis olmasi durumu için alanin yeni degerini hesaplayiniz.

Yanit: 2.31 a, V/m, 1.43 a, V/m

r$;I m, z = O dairesel diskinin yük yogunlugu Ps= 2(r2 + 25)3/2 e-lAr (C/m2) olarak verildigine göre (O,0,5) m'deki E'yi bulunuz. Yanit: 5.66 a, GV/m

2.52

2.53 Düzgün yük dagilimli küresel bir kabugun içerisindeki her noktada elektrik alaninin sifir oldugunugösteriniz.

2.54 Yariçapi a alan küresel bir hacim içindeki düzgün yük dagiliminin yogunlugu p oldugunagöre,Problem 2.34 ve 2.35'in sonuçlarini kullanilarak, r kürenin merkezinden olan uzakligi göstermek üze-re,

t

~a,.3EO

E = a3p2 a,.

3Eo r

r$;a

rza

oldugunu gösteriniz.

..

Bölüm 3

Elektrik Akisi ve Gauss Yasasi

3.1 BIR BÖLGEDEKI NET YÜK

Belli bir hacim içerisindeki toplam yük, Bölüm 2.3' de tanimlanan yük yogunlugu kullanila-rak, integrasyon islemiyle hesaplanabilir.

dQ =pdv (c)

esitliginden

Q = fpdv(C)!

elde edilir. Genelolarak, p, v hacminin her noktasinda sabit degildir.

ÖRNEK 1. Küreselkoordinatlardai ::;r ~ 2 m ile tanimlananhacimdekiyükyogunlugu2

p = 5 co: <j>(C/m 3 )rolarak verildigine göre, net yükü bulunuz.

Net yük, integral alinarak bulunabilir:

1

2"

I"

i2

[

5cos2cp

)Q = 4 r2 sine drdedcp=5rcC

o o 1 r

3.2 ELETRIK AKlSI VE AKl YOGUNLUGU

\f ile gösterilen ve skalar bir alan olan elektrik akisi, ve D ile gösterilen ve bir vektör alaniolan elektrik aki yogunlugu, belirli problemlerin çözümünde kolaylik saglayan büyüklüklerdir. E-lektrik alanindan farkli olarak, bu büyüklükler dogrudan ölçülemezler; varliklari ondokuzuncuyüzyilda yapilan elektrostatik deneylerinden anlasilmistir.

ÖRNEK 2. Sekil 3.1'de görüldügü gibi, belli bir noktaya yerlestirilen +Q yükünün üzerine küresel, esmer-kezli, iletken bir kabuk kapatilmistir. Baslangiçta kabugun yüzeyindeki net yük sifirdir. Ancak, bir anahtarinkapatilmasiyla toprakla bir anlik bir baglanti saglanmasi üzerine, kabuk üzerinde ayni genlikli, ters isaretli -Q yükü olusmaktadir. Bu -Q yükünün, topraktan kabuga dogru olan geçici negatif yük akisindan kaynaklan-digi söylenebilir. Peki, bu akisin nedeni nedir? Ilk deneyler, +Q yükünden iletkenin yüzeyine dogru olan aki-nin -Q yükünü yüzeye kaydirdigmi gösterdi. Bu nedenle, bu akiya yer degistirme (deplasman) akisi adi veri-lir ve D sembolü ile gösterilir.

Elektrik akisinin \f pozitif yükten çikip negatif yükte son buldugu kabul edilir. Negatif yü-kün olmamasi durumunda akinin ucu sonsuzdadir. Ayrica, bir kulonluk bir elektrik yükünün birkulonluk bir elektrik akisi olusturdugu kabul edilir. Buna göre,

'P = Q (c)

yazilabilir. Sekil 3-2 (ardaki aki çizgileri +Q'dan çikar ve -Q'da sonlanir. Burada, iki yükü n esitgenlikli oldugu varsayilmaktadir. Sekil 3-2 (br de ortamda negatif yükün olmamasi durumu göste-rilmektedir. Bu durumda, aki çizgisi, kati açi içerisinde esit araliklarla dagilmis olup, sonsuza dog-ru uzanmaktadir.

3. Bölüm ELEKTRIK AKiSi VE GAUSS YASASi 33

.iii .-\

'i

/'/

//

/

"'-" " "'-

" -=-

Sekil 3-1

?=) -Q

+Q~

\/1'\i \

(b)(a)

Sekil 3-2

Eger P noktasinin yakinindaki aki çizgileri a birim vektörü yönündeyse (Sekil 3-3) ve egera'ya dik olan dS diferansiyel alanindan d'Y miktarinda aki geçiyorsa, P noktasindaki elektrik akiyogunlugu su biçimde tanimlanir:

dlfi

D=-a (C/m2)dS

.

~.,~~.~- " dS=====--======-~~~

Sekil 3-3

Sekil 3-4'de p (C/mJ) yogunluklu bir hacimsel yük dagilimi, bir S yüzeyiyle çevrelenmis olarakgösterilmektedir. Her bir kulonluk Q yükü için bir kulonluk bir qi akisi tammlandlgina..göre, kapali Syüzeyini k_esennej:~i miktMi, içerilen netyük miktarina esittir. Ancak, D yogunlugunun genligi ve yönü-

34 ELEKTRIK AKISI VE GAUSS YASASi 3. Bölüm

S içerisinde, noktadan noktayadegisebilir; genelolarak, D, S'ye dik dogrultuda olmayacaktir. EgerdS yüzeyelemani üzerinde, D ile dikeyarasinda e açisi varsa, dS'yi kesen diferansiyel akinin dege-ri

d'P =D dS cos e = D.dSan = D . dS

olur. Burada dS, genligi dS ve yönü an olan vektörel yüzeyelemanini göstermektedir. an birimvektörünün yönü her zaman S'nin disina dogru oldugundan, d'P, S'nin içinden disina, dS üzerindençikan aki miktarini göstermektedir.

D

Sekil 3-4

3.3 GAUSS YASASi

Gauss yasasina göre, kapali bir yüzeyden çikan toplam aki, yüzeyin içerisindeki net yükmiktarina esittir. Yasa, integral yardimiyla söyle ifade edilebilir:

fD'dS = Qjf

integrasyon yüzeyinin akillica seçilmesi durumunda, Gauss yasasindan çok önemli bilgilerelde edilebilir.

3.4AKl YOGUNLUGU ILE ELEKTRIK ALAN SIDDETI ARASINDAKI ILIsKI

Sekil 3-5'deki gibi, orijine noktasal bir Q yükünün yerlestirildigini düsünelim. Basitlik açi-sindan, Q pozitif olsun. Eger bu yük, yariçapi r olan küresel bir yüzeyle çevrelenirse, simetridendolayi, Q yükünden kaynaklanan D, yüzey üzerindeki her noktada ayni genlikte olup, her yerde yü-zeye diktir. Bu durumda Gauss yasasi su biçimde ifade edilir:

r r

Q = ~ D . dS = D r dS = D(4:rr2)

-..i

D

y

y

Sekil 3-5

3. Bölüm ELEKTRIK AKISI VE GAUSS YASASI. 35

Bu esitlikten D =Q/4n,-2 bulunur. Dolayisiyla,

Q OD=-a =-~41tr 2 n 41tr 2 r

yazilabilir. Fakat Bölüm 2.2'de, Q'dan kaynaklanan elektrik alansiddetiQE=-a

4.rrEor2 r

olarak tanimlandigindan D =E oE oldugu ortaya çikar.

Genelolarak, geçirgenligi E olan izotropik bir ortamdaki herhangi bir elektrik alani için

D=EE

yazilabilir. Dolayisiyla, D ve E yalnizca ortama bagli bir sabitle birbirinden ayrilmakta olup, ta-mamen ayni yapidadirlar. Yük dagilimindan dolayi olusan E elektrik alani geçirgenligin (E) bir is-leviyken, elektrik aki yogunlugu D, E 'dan bagimsizdir. Çok katli dielektriklerle ilgili problemlerinçözümünde, önce D'yi bulup sonra her dielektrik için E degerini hesaplamak islemleri kolaylastira-caktir.

3.5 ÖZEL GAUSS YÜZEYLERI

Gauss yasasinin uygulandigi kapali yüzey, çok sayida yüzey elemanindan olusabilir. Bu yü-zey elemanlari D'ye dik veya teget olacak biçimde seçilirse, ve eger IDI, D'nin dik oldugu yüzeylerüzerinde sabitse, integral alma islemi çok kolaylasir. Buna göre, özel Gauss yüzeylerini tanimlayankosullar sunlardir:

I. Yüzey kapalidir.

2. Yüzeyin her noktasinda, D xüzeye diktir ya da tegettir.,3- D, dik açi yaptigi yüzey üzerinde bölgeselolarak sabit degerlidir.

ÖRNEK 3. Pt (C/m) yogunluklu düzgün çizgisel yük dagiliminin olusturdugu D'yi, özel bir Gauss yüzeyikullanarak bulunuz.

Çizgisel yük, silindirik koordinatlarin z ekseni olsun (Sekil 3-6). SilindirIk simetriden dolayi

00

~"

-00

Sekil 3-6


D'nin yalnizca r bileseni vardir ve bu bilesen yalnizca r'ye bagimlidir. Dolayisiyla, bu probleme uygun özelGauss yüzeyi, ekseni z eksen; olan kapali bir tam dairesel silindirdir (Sekil 3-7). Bu yüzey üzerinde Gaussyasasinin uygulamasiyla

Q =iD .dS + L D . dS + iD . dS

00

D

D

Sekil 3-7

elde edilir. i ve 3 numarali yüzeyler üzerinde D ve dS birbirine dik olduklarindan integral sonucu sifir olur. 2numarali yüzeyde D ve dS paralelolup (Pt negatifse ters paralel), r sabit olugundan D de sabittir. Dolayisiy-la:

Q = D i2dS = D(21trL)

Burada L, silindirin uzunlugudur. Çevrelenen yük ise Q =piL olur. Dolayisiyla:

D= ~ veD=~a21tr 21tr r

Yukaridaki islemlerin, Problem 2.9 ile karsilastirildiginda ne kadar basit olduguna dikkat ediniz.

Özel Gauss yüzeylerinin tek ciddi sinirlamasi, bu yüzeylerin yalnizca çok güçlü simetri tasi-yan yük dagilimlari için kullanilabilmesidir. Ancak, diger türden yük dagilimlarinda da, bu yöntem,yüklere çok yakin ve çok uzak noktalardaki alan degerlerinin büyük bir yaklasiklikla bulunmasinisaglar (Problem 3.36'da görülecegi gibi).

3.1Çözümlü Problemler

p = 30 x2y (;.iCimJ) olarak verildigine göre, O :o:;x :o:;i m, O :o:;Y :o:;1 in ve O :o:;z :o:; 1 m ile ta-nimlanan hacimdeki yükü bulunuz. Sinirlarin, -I :o:;y:O:;O m olarak degistirilmesi durumundasonuç ne olur?

dQ =P dv oldugundan:

Q = S~ lS>OX2ydxdydZ =-5/lC

y üzerindeki sinirlar degisirse:

Q = ri ri rl3Ox2ydxdydZ=-5/lCJoLiJo

\Bölüm,-o .,,~

J

13.2 Qi = 30 nC, Q2 = 150 nC ve Q3 =-70 nC noktasal yükleri S yüzeyi tarafindan çevrelenmek-tedir. S yüzeyini kesen net akiyi bulunuz.

Elektrik akisinin, pozitif yükten çikip negatif yükte son buldugu kabul edildigine göre, buradakipozitifyüklerden çikan akinin bii bölümü negatifyükte son bulur.

ELEKTRIK AKl SI VE GAUSS YASASL 37

3.3

'JIoei= Qoet= 30 + 150 - 70 = 110 nC

Sekil 3-8'de görülen kapali S yüzeyi,»), = (sinl p)12r (C/ml) yogunluklu, 4 m yariçapli düz-lem disk biçimli bir dagilimi içermektedir. Yüzeyi kesen net akiyi hesaplayiniz.

1

2:>"

14 'sin2 ep

)'P = Q = (- r dr d rp= lir Co o . 2r ,

i

Sekil3-8..,.-

3.4 p, = 12 sin <ppC/ml yogunluklu, 4 m yariçapli dairesel disk biçimli bir yük dagilimi bir S yü-zeyiyle çevrelenmistir. S'yi kesen net aki nedir?

'JI=Q= S:"S:(12sin<i»rdrd<l>=0I1C

3.5

Disk esit miktarda arti ve eksi yük içerdiginden [sin (I/J+ n)= - sin I/J]'S'yi kesen net aki sifirdir.

Yogunlugu Po'= 40 pC/ml olan düzlemsel yük tabakasi, z =-0.5 m'ye yerlestirilmistir. y ek-seni üzerinde de Pt =- 6 pC/myogunlukludüzgünçizgiselyükdagilimibulunmaktadir.Sekil3-9' da görülen kenar uzunlugu 2 m olan ve merkezi orijinde bulunan kübün yüzeyini kesennet aki miktarini bulunuz.

'P = Q'iç

z

P{

-y

x P,

Sekil 3-9


Çevrelenen düzlemsel yük miktari:

Q =(4m2)( 40pC/m2) = 160 pC

3.6

Çevrelenen çizgisel yük miktari:

Q =(2m)( -6pC/m2) =-12 pC

Dolayisiyla: Qnei= qi = 160 - 12 = 148 pC

Noktasal Q yükü, bir küresel koordinat sisteminin orijinine yerlestirilmistir. a ~ e ~ ~(Sekil3-10) iletanimlanan küresel kabuk parçasini kesen akiyi bulunuz. a =Ove ~n sonuçne olur?

z

~y

Sekil 3-10

qi =Q toplam akisi, 41t,-2alanli tüm bir küresel kabugu keser. Seridin alani su biçimde bulunur:

1

21t

L~ 2

A = r sin 9d9d<j>o .a

=21tr2 (cos a -cos ~)

Buna göre, seritten geçen akmm degeri:

A Qqinei = ~Q =-(cosa-cos~)41tr 2

a = O, f3 = 11:/ 2 (yari küre) için VFnet =Q / 2 olur./

(3.7 \ pr = 50 j.1C/myogunluklu düzgün çizgisel yük x ekseni üzerine yerlestirilmistir. z =- 3m düzle-"- mininy =:t 2milesinirlananbölümünde,birmetredengeçenakimiktarini('P/L)bulunuz.

Aki, çizgisel yük çevresinde düzgün dagilimlidir. Dolayisiyla, seridi kesen aki miktari, Sekil 3-II 'de görülen a açisi ile 21tkarsilastirilarak bulunur:

a=2arctan (~)=1.176rad

'i' = s1 1.176)

= 9.36 il C/mL ~l 21t

fJ.

i

1

3. Bölüm ELEKTRIK AKISI VE GAUSS YASASi 39

z

Sekil 311

3.8 Q = 30 nC noktasal yükü, kartezyen koordinatlarda orijine yerlestirilmistir. (1, 3, -4) m'dekielektrik aki yogunlugunu bulunuz.

SekiI3-12'denQ

D = 4nR2 aR

= 30 x 10-9(ax + 3a)' - 4az)4n(26) . v'26

= (9.18 x 1O-11)(ax + 3a~- 48z) C/m2v'26

elde edilebilir. Buradan da, D =9 1.8pC/m2 yazilabilir.

z

x

y

0,3,-4)

\D

3.9

Sekil3-12

p" =20 pC/m yogunluklu iki esit düzgün çizgisel yük x ve y eksenleri üzerindedir. (3, 3, 3)m'deki D'yi bulunuz

Gözlem noktasindan her iki çizgisel yüke uzaklik da 3 J2 m'dir. Önce x ekseni üzerindeki çizgiselyükü göz önüne alalim:

- Pi - 20flC/m

[

ay +az

JD1- -ari-

21trl 21t(3J2 m) :.[i

Simdi de y eksenindeki çizgisel yükü göz önüne alalim:

D - P i . - 2°.

fl C/m

(

a x + a z

J0- -a )-- 21tr2 ,- 21tOJ2 m) J2


Toplam aki yogunlugu, vektörel toplamayla bulunur:

20

[

ax+ay+2az

)

(

)[

ax+ar+2az

)

2

D = /,. /,. = 2.25 (-,. il C/m2n(3" 2) ,,2 ,,6

3.10 D = lOxax(C/m2)olarak verildigine göre, x = 3m'de x eksenine dik olan i m2'lik alani kesenakiyi bulunuz. .

D söz konusu alan üzerinde sabit ve ona dik oldugundan:

'P = DA = (30 bm2)( i m2) = 30 C

3.11 D = 2.xax + 2(l-y)ay + 4zaz (C/m2) olarak verildigine göre, r = LOm, z = 2 m, ifJ= 53.2°'dekisilindirik kabugun yüzeyindeki imm x i mm boyutlu bölgeden geçen akiyi bulunuz.

Sekil3-13'deki P noktasinda:x = 10cos 53.2°= 6

Y = 10sin 53.2°= 8

z

dS

xSeki13-13

Buna göre, P'de,

D = 12a,- 14a)' + 8az C/m2

olur. LOm yariçapli bir silindirin üzerinde, Imm2'lik bir bölümün, düzlemseloldugu söylenebilir. Budüzlem için

dS = io-6(0.6ax+ 0.8a)') m2

yazilabilir. Dolayisiyla, d'P =D.dS = (12ax - 14a)'+8az),lo-,.{j(0.6ax+ 0.8a)')=- 4.0 IlC elde edilir. Isa-retin eksi olmasi, akinin, diferansiyel yüzeyi dS yönünde disari dogru degil, z eksenine dogru kestiginigösterir.

3.12 Pt =3 pC/m yogunluklu düzgün bir çizgisel yük z ekseni üzerindedir. Ayni eksen etrafindaki2 m yariçapli silindirin yük yogunlugu da p" = (-1.5/4n) pC/m2 olarak verilmektedir. Her ikiyük dagilimi da z ekseni boyunca, sonsuz uzunluktadir. Gauss yasasini kullanarak, her böl-gedeki D'yi bulunuz.

Sekil3-14'deki A Gaussyüzeyinive Örnek3'deki yöntemikullanalim:

D- Pt a- 2nr r

O<r<2

3. Bölüm ELEKTRIK AKISI VE GAUSS '; ASASi 41

z

t

B

~

PS

Sekil 3.14

B Gauss yüzeyinin kullanilmasi durumunda ise

Qiç = fD . dS

(Pe + 4:n:ps)L = D (2:n:rL)

ve buradanD = Pe + 4:n:p,.

2:n:r arr>2

elde edilir. Sayisal degeri yerine koyarsak:

{

DA77 ar (f..iC/m2)

D = O.~39 ar (f-iC/m2)

O<r<2m

r>2m

3.13 Gauss yasasini kullanarak, düzgün yük dagilimli dairesel bir halka düzleminde, halkanin i-çindeki tüm noktalarda D ve E'nin sifir oldugunu gösteriniz.

Bir halka yerine, Sekil 3-15'de görüldügü gibi, çok sayida halkadan olusmus, sonsuz uzunluklu birsilindiri göz önüne alalim. i numarali--Oaussyüzeyi için

Q;ç=O= DfdSyazilabilir.

z

fooi

-i- di

Ty

x

t-00

Sekil 3-15

42 ELEKTRIK AKl SI VE GAUSS YASASi 3. Bölüm

Dolayisiyla, r < R için D = Oolur. qi radyal dogrultuda oldugundan, yüklü silindirden bir dz dilimi Çl-karilsa bile yukarda bulunan sonuç bu halkaya uygulanabilir. Halkanin içinde, halka düzlemi üzerin-deki tüm noktalarda D ve E sifirdir.

3.14 Bir yük dagilimi, silindirik koordinatlarda p =5 r e-2r (C/m3) bagintisi ile tanimlanmaktadir.Gauss yasasi yardimiyla D'yi bulunuz.

. p, L/Jveya z'nin bir islevi olmadigindan qi tamamen radyal dogrultudadir. Ayrica, r sabit oldugun-dan, D aki yogunlugu da sabit genlikli olmak zorundadir. Buna göre, kapali bir tam dairesel silindiruygun bir Gauss yüzeyi olabilir. Düzlemin uçlarinda integralin degeri sifir olur ve Gauss yasasi su bi-çimde ifade edilebilir:

Qi' =f D.dSç Yana!

iL

i2"

i, yüzey

o o o 5re-2'r dr depdz = D (2nrL)

5nL[e-2r( -r2 - r - n+ !] = D(2nrL)

D = 2.5U- e-2r(r2 + r + ma, (C/m2)r

3.15 Silindirik koordinatlarda r = 2 m ile r ==4 m arasinda kalan hacim, p(C/m3) yogunluklu düz-gün bir yük dagilimini içermektedir. Gauss yasasi yardimiyla bütün bölgelerdeki D degerle-rini bulunuz.

Sekil3-l6'dan, 0< r< 2 in için:

Qiç = D(2nrL)D=O

zt=i

p(C/m3)

4m

1--/- ( T---~~--'"- i' '

t-00

Sekil 3-16

2:':: r:'::4 in için:npL(r2 - 4) = D(2nrL)

pD =2;(r2- 4)a, (C/m2)

r> 4 m için:

12npL = D(2nrL)

D =6p ar (C/m2)r

3. Bölüm ELEKTRIK AKISI VE GAUSS YASASi 43

3.16 Küresel koordinatlarda r ~ a ile tanimlanan hacim p yogunluklu düzgün bir dagilim içer-mektedir. Gauss yasasi yardimiyla D'yi bulunuz, ve sonuçlari, Problem 2.54'de E için bulu-nan sonuçlarda karsilastiriniz. r> a için ayni D degerini olusturmak amaciyla orijine yerles-tirilecek noktasal yükün degerini bulunuz.

Sekil3-ITde görülengaussyüzeyiL seçilirse:

Qiç = fD .dS4- :rcr3p = D(4:rcr2)3

D-pr- 3 ar

r$,a

z

~

y

xr=a

Sekil 317

Yük dagiliminin disindaki noktalar için ~1W3p =D(4nr2) yazilabildiginden:3

pa3D = -a . r > a2 r'3r

Orijine, Q = ~ 7fa3p degerinde bir noktasal yük yerlestirilirse, r> a için ayni D alani elde edilir.3

Bu noktasal yük, hacimdeki toplam yüke esittir.

3.17 Paralellevhali bir kondansatörün üst levhasinin alt yüzeyinde +p, (C/m2) yogunluklu bir yü-zeysel yük bulunmaktadir. Alt levhanin üst yüzeyindeki yük yogunlugu da -p, (C/m2)' dir.Saçaklanmayi ihmal ederek, Gauss yasasi yardimiyla, levhalar arasindaki bölgedeki, D veE'yi bulunuz.

Üst levhadaki arti yükten çikan tüm aki, alt levhadaki esit degerli eksi yükte sonlanir. Saçaklan-mayi ihmal etmek, bütün akinin levhalarin yüzeyine dik oldugunu varsaymak demektir. Sekil 3-l8'degörülen özel Gauss yüzeyi için,

Q;( = rD.dS+ rD'dS+ f D.dSLo'oi ],'" yan

=0+ r D.dS+OJatl

veya P.,A= Df dS =DA

yazilabilir. Burada A alan degeridir. Sonuç olarak,

2 P \

( )D = po,an(C/m) ve E = -'-an V/mEO

elde edilir. D ve E, arti levhadan eksi levhaya dogrudur.

44 ELEKTRIK AKiSi VE GAUSS YASASi 3. Bölüm

+p.

Seki13-18

Ek Problemler

3.18 Merkezi orijinde, kenarlari eksenlere paralel ve kenar uzunluklari 2m olan küp içindeki yük yogunlu-

gu P =50X2cos (% Y ) (pC/mJ) olduguna göre, küpteki toplam yükü bulunuz.

Yanit: 84.9 JlC

3.19 1 ~ r ~ 3 m, O ~ tP ~ 1t/3, O ~ z ~ 2 m biçiminde tanimlanan hacmin yük yogunlugu P =2 z sin2 tP(CIm)) olduguna göre hacimdeki toplam yükü bulunuz. Yanit:4.91 C

3.20 Küresel koordinatlarda

P= PO -r/~(r i rof e o cos 2 ci>

ile tanimlanan yük yogunlugu için, r = ro, r = 5ro, ve r = 00ile çevrelenen küresel hacimlerin yükmiktarini bulunuz.

Yanit: 3.97 porô~' 6.24 porô~,6.28 porg

3.21Bir S kapali yüzeyi, yük yogunlugu Pf =-POsin~ (CIm) olan O ~ f ~ n m çizgisel yük dagilimini i-çermektedir. S yüzeyini kesen net akiyi bulunuz.

Yanit: -2po (c)

3.22 r ~ 2 m küresel bölgesindeki yükün yogunlugu

-200 ~p=-(/lC/m' )

r2

olduguna göre, r = 1 m, r =4 m ve r = 500 m yüzeylerini kesen net akiyi bulunuz.

Yanit: - 800 nJlC, - 1600 nJlC, - 1600 nJlC

3.23 Bir Q noktasal yükü küresel koordinatlarin orijininde bulunmaktadir. Q' - Q degerindeki bir toplamyük de, r = a'daki küresel kabuk üzerinde düzgün dagilmistir. k < a ve k > a için r =k yüzeyini kesenakiyi bulunuz

Yanit: Q, Q'

3.24 x ekseniüzerindep, =3 JlC/m yogunluklu bir çizgisel yük dagilimi bulunmaktadir. Merkezi orijindebulunan ve r = 3 m olan bir küresel yüzeyi kesen akiyi bulunuz

Yanit: 18 JlC

3.25 Noktasal Q yükü orijinde bulunmaktadir. Merkezi orijinde bulunan, a ~ tP~ f3 ile tanimlanan küre

parçasini kesen net akinin ifadesini elde ediniz. Yanit: ~- a Q2n

l

3. Bölüm ELEKTRIK AKISl VE GAUSS YASASi 45

3.26 Q noktasal yükü küresel koordinat sisteminin merkezindedir. 3 m yariçapli es merkezli küresel kabuküzerindeki 41tmz'lik alandan geçen 'p akisini bulunuz. Yanit: Q/9 (c)

3.27 4 m yariçapli bir küresel kabugun yüzeyindeki 40.2 mz'lik bir alandan, içeri dogru, 10 pC degerindeaki geçmektedir. Orijindeki noktasal yükün degerini bulunuz. Yanit:- 50 pC

3.28 Düzgün bir çizgisel yük dagilimi (Pt) x ekseni üzerinde uzanmaktadir. Çizgisel yükün akisinin nekadarlik bir bölümü y =6 düzleminin - 1 ::;z ::; i ile sinirlanan seridini keser? Yanit: % 5.26

3.29 Q = 3 nC noktasal yükü, kartezyen koordinat sisteminin orijinine yerlestirilmistir. -4 ::;x ::;4 m ve- 4::; y::;4 m ile sinirlanan z = 2 düzlem parçasini kesen 'p akisini bulunuz. Yanit:0.5 nC

3.30 Pt =5 pC/m düzgün çizgisel yükü x ekseni üzerindedir. (3, 2, 1) m'de D'yi bulunuz.

(

2a +az

iYanit: (0.356). Js pC/mz

3.31 Küresel koordinat sisteminin orijinindeki +Q noktasal yükü, r =a ile tanimlanan es merkezli küreselkabuküzerindeki-Q degerlidüzgünyük dagilimiylaçevrelenmistir.r < a ve r> a küreselyüzeylerinikesen'p akisinibulunuz.BütünbölgeleriçinD'yi eldeediniz.

{

+Q r<aYanit:'P=41t?D =

O r>a

3.32 D =500 e -O,lxax(fJC/mz)olarak verildigine göre, x eksenine dik, x =] m, x =5 m ve x =LOm'de bu-lunan 1 mz'lik yüzeyleri kesen 'P akiiarini bulunuz.

Yanit: 452 pC, 303 pC, ]84 pC

3.33 D = 5xzax+ LOiaz (C/mz) olarak verildigine göre, kenarlari 2 m olan, orijinde merkezi bulunan kübünyüzeyini keserek disari çikan net akiyi bulunuz. Yanit:80 C

3.34 Silindirik koordinatlarda

D =30e -rlbar- 2~a z (C/mz)b

olarak verildigine göre, r =2b, z =O, ve z =5b (m) ile taTiimlanan tam dairesel silindirden disari çikanakiyi bulunuz. Yanit: 129 bz (c)

3.35 Silindirik koordinatlarda

sin D= 2rcos I/>atp--az3r

olarak verildigine göre, r ::; a, O ::; i/>::; 1t/2 ile tanimlanan z = O düzlem parçasini kesen akiyi bulunuz.31t/2 ::;i/>::;21t için çözümü tekrarlayiniz. Akinin, az yönünde pozitif oldugunu varsayiniz.

a aYanit: --,-

3 3

3.36 Silindirik koordinatlarda r ::;a, z = Oile tanimlanan disk, p,,(r. 1/»yogunluklu düzgün olmayan yük da-gilimina sahiptir. Uygun gauss yüzeyleri kullanarak, z ekseni üzerinde (a) diske çok yakin bölgede

(O<z«a), (b) diskten çok uzak bölgede (z » a), D'nin yaklasik degerini bulunuz.

p,(O,<i» Q iz1t

ia

Yanit:(a)' ; (b)-i; Q= P.,(r, <i»rdr d<l>2 41tz o o

3.37 Q =2000 pC noktasal yükü, küresel koordinatlarin orijinindedir. r = Im yariçapli esmerkezli küreselyük dagiliminin yük yogunlugu P., = 40 1tpC/m2'dir. r = 2m yariçapli esmerkezli kabuk üzerindekiyüzey yükü yogunlugu ne olmalidir ki r> 2 m için D =Oelde edilsin?

Yanit:- 71.2pC/mz

46 ELEKTRIK AKlSI VE GAUSS YASASi 3. Bölüm

3.38 Küresel koordinatlarda bir yük dagilimi p = 5r (C/mJ) yük yogunluguna sahiptir. Gauss yasasi yardi-miyla D'yi bulunuz.

3.39Yanit: (5?/4)ar (C/m2)

Kartezyen koordinatlarda 2 ::;x ::;4 m ile tanimlanan hacim içinde, 2 C/mJ yogunluklu düzgün bir yükdagilimi vardir. Gauss yasasi yardimiyla bütün noktalarda D'yi bulunuz.

Yanit: -2ax C/m2,2(x - 3)ax (C/m2),2axC/m2

Silindirik bir kondansatörün es merkezli iletkenleri arasindaki bölgede D ve E'nin ifadelerini, Gaussyasasi yardimiyla bulunuz. Iç silindirin yariçapi a olarak verilmektedir. Saçaklanmayi ihmal ediniz.

Yanit: Pm(a/r), Pm(a/Eor),

Oldukça kalin bir iletkenin yüzeysel yük yogunlugu P.,olarak tanimlanmaktadir. Iletkenin içerisinde'p = Ooldugunu varsayarak, küçük bir özel gauss yüzeyi yardimiyla, iletkenin hemen disindaki bölge-de D =:t p, oldugunugösteriniz.

3.40

3.41

Bölüm 4

Diverjans ve Diverjans TeoremiDIVERJANS4.1

Bir vektörel alanin, uzayda noktadan noktaya nasil degistiginin baslica iki göstergesi vardir:bunlarin ilki, bu bölümde incelecek olan diverjanstir. Diverjans skalar bir büyüklük olup, bir fonk-siyonun türevi ile benzerlik gösterir. Ikinci büyüklük olan rotasyonel (curI) ise bir vektördür ve 9.Bölümde, manyetik alanlar konusunda incelenecektir.

Bir vektör alaninin diverjansinin sifirdan farkli olmasi, bu bölgede bir kaynak veya bir yutak(sink) bulundugunu gösterir. Diverjans arti ise bölgede bir kaynak, eksi ise de yutak var demektir.Duragan elektrik alanlarinda, pozitif diverjans, kaynaklar ve pozitif elektrik yükü Q arasinda bir i-liski vardir. Tanima göre, elektrik akisi 'P' pozitifyükten kaynaklanir. Dolayisiyla arti yükler içerenbir bölge 'P"nin kaynagini da içerir. Bu bölgede, elektrik aki yogunlugu D'nin diverjansi arti olur.Benzer bir iliski de, eksi diverjans, yutaklar ve eksi elektrik yük arasinda vardir.

Bir A vektör alaninin bir P noktasindaki diverjansi söyle tanimlanir:

divA= limfA.dS~V--->O LlV

Burada, integrasyon, büzüserek P noktasina dönüsen sonsuz küçük L1vhacminin yüzeyi üzerindeyapilir.

4.2 KARTEZYEN KOORDINATLARDA DIVERJANS

Herhangi bir vektör alaninin diverjansi, herhangi bir koordinat sisteminde ifade edilebilir.Diverjansin kartezyen koordinatlardaki ifadesini elde etmek amaciyla, Sekil 4-1'de görüldügü gibi,x, y, ve z eksenlerine paralel Lli-,~ ve &; kenarli bir küp seçelim. Kübün en küçük x, y, z koordi-natlarina sahip olan P köse noktasindaki A vektör alani su biçimde tanimlanir:

A =Axax + Ayay + Azaz

z

r

)g[Jz

p 1

A AX Ayy

x

Sekil 4-1

Küp için fA. dS ifadesini elde etmek için alti yüz de göz önüne alinmalidir. dS' nin yönü

bütün yüzlerde disari dogrudur. Yüzler eksenlere dik olduklarindan A'nin yalnizca bir bileseni ikiparalel yüzden geçer.

48 DIVERJANS VE DIVERJANS TEOREMI 4, Bölüm

Sekil 4.2'de, küp, 1 numarali yüzü tam görülecek biçimde döndürülmüstür. A'nin, 1 numa-rali yüzün solundaki ve sagindaki yüzler üzefihdeki x bilesenleri de sekilde görülmektedir. Bütünyüzler küçük oldugundan

fA' dS- -Ax(x) ~y ~ZSolyüz

i A.dS-AAx+~)~y~zSagyüz

[ aAx]- AAx)+ ax ~ ~y ~z

Ax(x) Ax(x + ~x)

1dS dS

~X

Sekil 4-2

yazilabilir ve dolayisiyla, bu iki yüz için toplam su degeri alir:cM-2:. LUdYLlzdx

Ayni islemler diger yüzeylere de uygulanip sonuçlar toplanirsa

f[

dA dA. dA

rA . dS::: ~+-i-+-L dy Llzdx dy dz

elde edilir, Esitligin ~ ~y ~ =~V ile böliinüp ~V ~ O sinir durumuna bakilirsa

dA dA, dAdiv A =~+-i-+-L (kartezyen)

dx ay dz

ifadesi elde edilir, Ayni yaklasimla silindirik (Problem 4,1) ve küresel koordinat sistemlerindeki i-fadeler de bulunabilir.

d"

Ald

( )1 aA, dA,

(.1

'

d, '

k)iv =-- TAr +--+~ si in inr dr r dtp dz

div A = J...~~2A )+~~(A9 sine)+~ dAqi (küresel)r2 dr r rsine de rsine di!>

ÖRNEK 1. Bir vektör alani A =5x2(sin'; )a x olarak tanimlandigina göre x = i için div Adegerini bulu-nuz,

div A =~(

5x2 sin 1tX)=5x2

(cos 1tX

)1t + IOxsin 1tX=~1tX2 cos 1tX+ 10xsin 1tX

dx 2 22 22 2 2

div Ai =10,x=l

ÖRNEK2. Bir A vektör alaninin silindirik koordinatlardaki ifadesi A=rsin tpar+? cos tpalP+ 2re-5z 3z biçimin-

dedir, ( t, 1t/2,O)noktasinda div A degerini bulunuz,1 a ' 1 'a a

div A =-- (r2sin f/J)+ -- (r2cos f/J)+ - (2re -SZ)= 2 sin f/J- r sin f/J- lOre-5.r ar r af/J az

di I ' 11: 1. 11:

io(1)

o 7vA (1/2.,,12.0)= 2 sm 2' - 2' sm 2' - 2' e = - 2'

ve

J

4. Bölüm DIVERJANS VE DIVERJANS TEOREMI 49

ÖRNEK 3. Bir A vektör alaninin küresel koordinatlardaki ifadesi A =(5/,2) sin 8a, + , cot 8a// +

, sin 8 cas tPa. biçimindedir. diy A degerini bulunuz.

mYA =~ aa (5 sin 8) +~ 8aa8 (' sin 8 cot 8) +~.!.-(, sin 8 cas tP)= -1- sintP, r , sm , sm8atP

4.3 D'NIN DIVERJANSi

Gauss yasasi (Bölüm 3.3) asagidaki biçimde de ifade edilebilir:

,.(D .dSj Qiç-=-

L\v L\v

Sinir durumunda bu ifade su biçimi alir:

fO' dSI. d

.O I, Qiç

im iv = im --'- = p~v-+O L\v ~v-+O L\v

Burada elde edilen önemli sonuç, duragan alanlardaki Maxwell esitliklerinden biridir:

div D =P ve div E = ..e.E

Bu esitlikler, incelent:n bölgenin her noktasinda E degerinin sabit olmasi durumunda geçerlidir. Esabit degilse div E E = P dur. Dolayisiyla, herhangi bir yüksüz izotropik bölgede hem E hem de Dalanlarinin diverjansi sifir olur.

ÖRNEK 4. Küresel koordinatlarda tanimlanan bir bölgede r ~ a için düzgün dagilimli yükün yo-gunlugu p olarak, r> a içinse sifir olarak verilmektedir. Problem 2.54' de, r ~ a için Er = (pr 13Eo)ve r> a için Er = (pa3/3E or2)olmak üzere, E = E,.ar elde edilmistir. Buna göre, r ~ a için

, i a( 2 P')

1

( 2 P )PdivE=-- , - =- 3, - =-

,2 ar 3Eo ,2 3E" E"

ve r > a için

, ia( ,pa-'

)div E =- - r :; = O,2 ar 3E"r

elde edilir.

4.4 DEL TA OPERATÖRÜ

Vektör analizinde kullanilan kisaltmalardan biri Vsimgesi ile gösterilen ve kartezyen koordi-natlarda asagidaki gibi tanimlanan delta vektör operatörüdür.

a() a() a()V=-ax+-a,+-a.

ax ay Y az -Tek basina bir V operatörü, belli bazi kismi türevIerin alinacagini ve birim vektörlerle çarpilacaginigösterir. Ancak, V ile bir A vektörü arasina nokta konulmussa, bu A'nin diverjansi anlamina gelir.

(

d d d

J( ) dA dA" dA .

V.A = -8 +-8 +-8 ,A 8 +A 8 +A 8 = ~+ ,-+-i. =div AdX x dy Y dZ c x x Y Y Z Z dX dY dZ

Bundan sonra, bir vektör alaninin diverjansi V.A ile gösterilecektir.

'"

50 DIVERJANS VE DIVERJANS TEOREMI 4. Bölüm

Uyari! Delta operatörü yalnizca kartezyen koordinatlarda tanimlanmistir. Diger koordinatlardaV.A bir diverjans ifadesi olarak yazilmissa, bu, söz konusu sistemde tanimlanan bir deltaoperatörünün var oldugu anlamina gelmez. Örnegin, silindirik koordinatlarda, diverjans i-fadesi su biçimdedir:

1 a 1aA</> aAzV.A=--(rA )+--+-

r ar r r aL/> az

(Bkz. Bölüm 4.2). Bu, silindirik koordinatlarda

1 a 1a() a()V =--(r )ar +--a +-az

rar r a az

oldugunu göstermez. Tersine, bu ifade VV (gradyant, Bölüm 5) ve VxA (rotasyonel,Bölüm 9) islemlerinde kullanilirsa, yanlis sonuç ahnir.

4.5 DIVERJANS TEOREMI

Gauss yasasina göre, D . dS'nin kapali yüzey integrali, çevrelenen yüke esittir. Eger, hacminher yaninda yük yogunlugu islevi p biliniyorsa, çevrelenen yük, p islevinin hacim üzerindeintegralinin ahnmasiyla bulunabilir:

fD. dS =f pdv=Qjç

Fakat, p = V.D oldugundan, ayni yasa

fD . dS = f (V . D ~v

biçiminde de ifade edilebilir. Bu, Gauss'un diverjans teoremi olarak da bilinen diverjans teoremidirve düzlemler için geçerii Green teoreminin üç boyutlu benzesidir. Bu teorem, D, Q ve parasindakibilinen iliskilerden yola çikarak elde edilmis olmakla birlikt~~yeteri kadar düzenli herhangi birvektör alanina uygulanabilir.

diverjans teoremi fA' dS =i(v.D )dv

Buradaki v hacminin, S yüzeyiyle çevrelenen hacim oldugu açiktir.

ÖRNEK 5. Küresel koordinatlarda r::;;a ile tanimlanan bölgede, elektrik alan siddeti E =~ar bi-3E

çiminde ifade edilmektedir. Bu vektör alani için yazilacak diverjaI!steoremi ifadesinin her iki yani-

ni da inceleyiniz. r =b ::; a küresel yüzeyini S olarak seçiniz.

fE. dS i (V . E) dv

i i (~: ar) . (b2 sin OdO depar)

12"

i"pb3

= -sin OdOdepo o 3E

= 4JT:pb33E

V. E=~~ (r2pr )=f!.r2 ar 3E €

1

2"

i"

Lb P

- r2 sin e dr de d<po o o E

=4JT:pb33E

Diverjans teoremi herhangi bir koordinat sisteminde hem zamanla degisen hem de duragan alanlarauygulanabilir. Teoremin en çok kullanim buldugu yer, kapali yüzey integrallerinden hacim in


tegraline geçis gerektiren problemlerdir. Ancak, bu teorem, bir vektör alaninin diverjansi olarak i-fade edilebilen bir islevin hacim integralini, bir kapali yüzey integraline dönüstürmek için de kulla-nilabilir.

Çözümlü Problemler4.1 Silindirik koordinatlarda diverja!1sifadesini elde ediniz.

Sekil 4-3'de, kenarlari Ar, tJ.cpve t3..zolan bir delta hacmi görülmektedir. A vektör alani, r, i/>ve zkoordinatlarinin en küçük degerlerine sahip olan P köse noktasinda su biçimde tanimlanir:

A = A,a, + A.pa.p+ Azaz

z

y

Sekil 4-3

Diverjansin tanim ifadesi:

fA'dSdivA= lim~"v-o L.>V

(J)

fA. dS integralini hesaplamak için, hacmin alti yüzü de çevrelenmelidir. A 'nin radyal bilesenleri Sekil

4-4' de gösterilmektedir.

00 dS

dS ~ Ar(r + Ar)

A,{r)

Sekil 4-4Soldaki yüzey üzerinde

fA' dS = -Arr ô.</>ô.z

ve sagdaki yüzey üzerinde:

fA' dS = Ar(r + M)(r + M) /'i</>tJ.z

= (Ar + a~r M )(r + M) /'i</>/'iz

(aAr

)=Arr /'i</>/'iz + Ar + ra; M /'i</>/'iz


yazilabilir. islemlerde ( .M )2 terimi gözardi edilmistir. Bu iki yüzeyin net katkisi, ~V = r M ~4J& ol-dugundan su biçimde ifade edilir.

'aAr aia(Ar + r-;::;-)M!1ij)!1z =-::;-(rAr) ~r!1ij)!1z =--::;-(rAr)!1vo or , or r or

Benzer olarak, atl>'yedik olan yüzeyler için

AtI>~r& ve LA+d:; ~)M&

elde edilir. Bu iki yüzeyin net katkisi ise

(2)

! dA.p ~Vr d<L>

(3)

olur. az'ye dik yüzeyler için ise

Azr ~r ~4J ve(AZ + d~z ~z }~~

olup, net katkinin degeri

dA, ~VdZ

(4)

olarak bulunur. fA. dS 'yi hesaplamak için (2), (3) ve (4) birlestirilirse, (I)'den

div A = ! d(rAr)+! dA.p+ dAir dr r d<L> dZ

elde edilir.

4.2 Düzgün dogrusal yük dagiliminin alani için V.E = Ooldugunu gösteriniz.

Silindirik koordinatlarda çizgisel yük için

E= Pe ar21t E O r

V'E~!~(~ Pe)

-0

r dr L 21tEO r

yazilabilir. Dolayisiyla, r = O disindaki her nokta için bu aagilimin E islevinin diverjansi sifirdir. r =Oiçin ise ifade tanimsizdir.

oldugundan,

4.3 Noktasal bir yükün yarattigi D alaninin diverjansinin sifir ol<1ugunu gösteriniz.

Küresel koordinatlarda, noktasal yük için

D=~a41tr 2 i'

oldugundan, r > O için

- lod

(

2 Q

)V.D=-- r - =0

r2 dr 41tr2 o

4.4elde edilir.

A =e -y (cos xax - sin xay) olarak verildigine göre, V.A ifadesinin degerini hesaplayiniz.

V.A =~(e-y casx)+~(-e -y sinx)= e-Y (-sinx)+e -Y (sinx)= OdX dy

4. Bölül1) DIVERJANS VE DIVERJANS TEOREMI 53

4.5 A =x2ax-+ yz ay +xy az olduguna göre, V.A ifadesini bulunuz.

V.A= ~(x2)+~(yz)+~(xY)='2X+Zax ay az

4.6 A = (X2+ lrl/2 ax olduguna göre, (2, 2, O)noktasindaki V.A degerini bulunuz.

) ( 2 2 )-3/2

(,

)2

V.A = -'2 x + y 2x ve V. A 1(2,2,0)=-8.84xlO-

A = r sin epar + 2r cos epalP+ 2z2az, olduguna göre, V. A ifadesini bulunuz.

ia 2' . ia . 8 0/

v" A =-.mm, (r sm tp)+ -- (2rcas tp) + - (2z")r ar r 8<j> az

4.7

= 2 sin t/>- 2 sin t/>+ 4z =4z

4.8 A = LOsin2,epar + r'a~ + [(z2lr) COS2eplaz, olduguna göre, (2, ep,5) noktasindaki V.A ifadesi-nin degerini bulunuz.

V.A= 10sin2 $+2zcos2 $'r ve V'AI(2.~.5)=5"

4.9 A = (5/r2) ar + (lO/sin 9) a8- r2 epsin 8 alPolduguna göre, V.A ifadesini elde ediniz.

ia 1 aia 2'v'. A =-:;- (5) + --;--- (10) +--;--- (-r tpsm e) = -r

r ar r sme ae r sme arp

4.10 A =5 sin 8 a8 + 5 sin epalPolduguna göre, V.A'yi, (0.5, rr/4, rr/4) için bulunuz.

1 a ? 1 a. cas e cas rpv'. A=- - (5sin-e) +- - (5smtp)=10- + 5-

r sine ae rsine at/> r r sin e

V.A 1(0,5,1[/4,1[/4)=24.14

4,11 Kartezyen koordinatlarda, -1 :5;z :5; 1 için D =POZaz ve diger bölgelerde D = (poZllzl)az ta-nimlari verildigine göre, yük yogunlugunu bulunuz.

ve

V'O=pl

- i ~ z ~ i için

p= ~~oz~Poaz

z < - i veya z > 1 için:

ap= -(+Po)=oaz

Yük dagilimi Sekil4-5'de gösterilmekt\~dir.z

tD

-li ii t D

Sekil 4-5

54 OIVERlANS VE OIVERlANS TEOREMI 4. Bölüm

4.12 Silindirik koordinat sisteminde, O< r ~ 3m bölgesinde D = (lOr3/4)ar(C/m2)ve diger bölge-lerde D =(8 1O/4r)ar (C/m2) olduguna göre, yük yogunlugunu bulunuz.

O< r ~ 3 m için:

- ~~( IOr4

]-= IOr2 (C/m3)

P - r dr L 4

r> 3m için:

1 dp= --(810/4)=0

r dr

4.13 Küresel koordinatlarda

D - JL(1-cos3r )a- 2 r1tr

ile tanimlanan alan için yük yogunlugunu bulunuz.

i d

[~ Q

()]

3Q .p= -- r--I-cos3r =-sin3r

r2 dr 1tr2 1tr2

4.14 Küresel koordinatlarda 0< r ~ i m bölgesinde D =(-2 x 1o-4/r)a, (C/m2)ve r> i m için D =(-4 x 1o-4/r2)ar (C/m2) olduguna göre, her iki bölgedeki yük yogunluklarini bulunuz.

O< r ~ 1 m için:

p= ~~(-2xi.o-4r)= -2xlO-4 (C/m3)r2 dr r2

r> 1 m için:

p= ~~(-4XIO-4)=0r- dr

4.15 Küresel koordinatlarda r ~ 2 için D = (5r2/4)arve r> 2 için D = (20/r2)arolduguna göre, yUkyogunlugunu bulunuz.

r:S;2 için:

i d C 4 )p= ?-\?r 14 =5rr- dr

r> 2 için:

1 dp= --(20)=0

r2 dr

4.16 D = (10 x3/3)ax (C/m2) olarak verildigine göre, merkezi orijine yerlestirilmis, 2 m uzunlu-gundaki kenarlari eksenlere paralelolan bir kübün hacmi için diverjans teoreminin ifadesininher iki yanini inceleyiniz.

,(D . dS = r . (V. D)dv)' Jhacim

D yalnizca x bilesenine sahip oldugundan x = 1 m ve x =- 1 m'deki yüzeyler disindaki bütün yü-zeylerde D.dS sifirdir (Sekil 4.6).

f Il

Il 10(1) Il

Ii 10(-1)D.dS=

. -ax.dydzax+ ~ax'dydz(-a.)-1 - 1 3 -1 -i

=40+40=80C3 3 3


z

y

Sekil 4-6

Simdi de diverjans teoreminin ifadesinin sag yanina bakalim. V .D = i oX2 oldugundan:

r . (V.D)dv= II Ii Ii (iox2)dxdydz= II Ii

[lO~

]2 dydz=80C

Jhacim -I -I -I -I -I 3 3-I

4.17 Silindirik koordinatlardaA = 30 e-r ar - 2zaz olarak tanimlandigina göre, r = 2, z = O ve z = 5ile sinirlanan hacim için diverjans teoremi ifadesinin her iki yanini da inceleyiniz (Sekil 4-7).

fA' dS =.f (V. .A) du

Ar

./

Sekil 4-7

z =O için Az =O olup, yüzeyin bu bölümünde A-dS sifirdir.

lA'dS= f~ (" 30e-2a,,2d€/Jdza,+ fh f2 -2(5)~ rdrd€/Ja,j oJ" J" o

= 60e-2(2n)(5) - lD(2n)(2) = 129.4

Diverjans teoreminin sag yani:

ve

1 a a 30e-'V. A = -- (30re-') +- (-2z) = - - 30e-' - 2r ar az r

.f i~

i2"

i2

(30e-

)(V.A)du= o o o ---;:-30e-'-2 rdrdipdz=129.4

4.18 Silindirik koordinatlarda D = (lOr3/4) ar (C/m2) olarak tanimlandigina göre r = i m, r =2 m,z =Ove z = i Om ile sinirlanan hacim için diverjans teoremi ifadesinin iki yanini da inceleyi-niz (Sekil4-8).

tD.dS =f (V .D)dv


z

y

Sekil 4-8

D'nIn z bileseni olmadigindan, D.dS, üstte ve altta sifirdir. Içteki silindirik yüzeyde dS, -ar yönündedir.

,(1

10

12"'10

j D .dS = o o 4" (1)3ar . (1) dlj) dz( -ar)

110 r2'" 10

+ o Jo 4" (2)3ar . (2) dlj) dzar

= -200Jt' + 16 200Jt' = 750Jt' C4 4

Diverjans teoremi ifadesinin sag yani:

1 a(

10r4

) 2V.D=-- - =1Orrar 4

I rio [2'" r2(V .D) du = Jo Jo Ji (1Or2)rdr dlj)dz =750Jt' C

4.19 Küresel koordinatlarda D = (5r2/4)a,.olarak tanimlandigina göre, r = 4 in ve e = 1tI4 ile si-imlanan hacim için, diverjans teoremi ifadesinin her iki yanini da inceleyiniz (Sekil 4-9).

fD .dS =i(V .D) du

z

Sekil4-9

D'nin yalnizca radyal bilesenleri oldugundan, D. dS yalnizca r = 4 m yüzeyi üzerinde sifirdan farklidir.

21t 1t/45(4)2 2

~D'dS= fo fo ~,. .(4) sin8d8d<l>a,.=589.1C


Diverjans teoremi ifadesinin sag yani:

V' D =J.-.~[

5r4

)r2 dr 4 =5r

ve J 121r

llr/4

V(V.D)dv= (5r)r2sin8drd8dlp=589.lCo o o

Ek Problemler

4.20 Küresel koordinatlar için diverjans ifadesini elde ediniz. Kenarlari /1r, r /18 ve r sin 8 M) olan deltahacmi kullaniniz.

4.21 Düzgün yük tabakasinin alani için V . E = Ooldugunu gösteriniz.

4.22 Yükleri z ekseni üzerinde:t dl2'de bulunan elektrik dipolün alani

E= Qd 3 (2cosear+sineae)41tEO r

olduguna göre, bu alanin diverjansinin sifir oldugunu gösteriniz.

4.23 A = e5xax+ 2 cas ya)' + 2 sin za, olarak verildigine göre, V.A'nin orijindeki degeri bulunuz. Yanit: 7.0

4.24 A =(3x + /)ax + (x -/)a)' olarak verildigine göre, VA'nin ifadesini bulunuz. Yanit: 3 -2y

4.25 A = 2xyax + ia)' + yz2a, olarak verildigine göre, V.A'nin (2, -I, 3rdeki degerini bulunuz. Yanit:- 8.0

4.26 A = 4xyax - xy2a)'+ 5 sin zat olarak verildigine göre, V.A'nin (2, 2, Ordaki degerini bulunuz. Yanit:5.0

4.27 A =2r COS24Jar+ 3r2 sin za</>+ 4z sin2 4Jazolarak verildigine göre, V.A'yl bulunuz.

4.28 A = (1OIr2)ar+ 5e-2zazolarakverildiginegöre,V.A'nin(2, iP,irdeki degerinibulunuz.

Yanit:4.0

Yanit:-2.60

4.29 A =5 cas rar + (3ze-2rlr)a,olarak verildigine göre, V.A'nin (1t,iP.zrdeki degerini bulunuz.Yanit: -1.59

4.30 A = lOar + 5 sin Baoolarak verildigine göre, V.A'yl bulunuz. Yanit: (2 + cas 8) (iolr)

4.31 A = rar -? cot Baoolarak verildigine göre, V.A'yl bulunuz. Yanit: 3 - r

4.32 A =[( LOsin2 8)/r ]ar (N/m) olarak verildigine göre, V.A 'nin (2m, 7t!4rad,7t!2 rad)' daki degerini bulunuz.

Yanit: 1.25 N/m2

Yantl: 4rsin 8+ C~)cote

4.34 E = (100Ir)a</>+ 40az olmasi durumunda E'nin diverjansinin sifir oldugunu gösteriniz.

4.33 A =? sin Bar+ 13 4Jao+ 2ra</>olarak verildigine göre, V.A'yl bulunuz.

4.35 Silindirik koordinatlarda. a $;r $;b bölgesinde

(r2-a21

D=po 2r tr

58 OIVERJANS VE OIVERJANS TEOREMI 4. Bölüm

r > b bölgesinde

(b2 -a2

}D =POL 2r r

ve r < a bölgesinde de D = Oolduguna göre, her üç bölgedeki P degerini bulunuz. Yanit: O, po, O

4.36 Silindirik koordinatlarda O < r ::;;2 bölgesinde D = (4r-1 + 2e-ü.5r+ 4r-Ie-ü,S')arve r> 2 için D =(2.057/r)ar olduguna göre, her iki bölge için p degerini bulunuz. Yanit:-e-ü5r,O

4.37 Silindirik koordinatlarda r::;;2 bölgesinde D = [lOr + (r2/3)]a" ve r> 2 için D = [3/(128r)]ar oldugunagöre, her iki bölge için p degerini bulunuz. Yanit: 20 + r, O

4.38 D =10 sin (Jar + 2 cos (Jae olarak verildigine göre, yük yogunlugunu bulunuz.

sine( 2 )Yanit: - 18+2cot e

5

4.39 Küresel koordinatlarda D = +ar olarak verildigine göre yük yogunlugunu bulunuz.r +1

Yanit: 3(,2 + 3)/(,2 + 1)2

4.40Küresel koordinatlarda D = ;~ [1- e- 2r ~ + 2r + 2r2 ~ ar olarak verildigine göre, yük yogunlugunubulunuz.

Yanit: 40 e-2r

4.41 (4r r3

}'

Küresel koordinatlarda r::;;1 bölgesinde D =L3-S r ve r> 1 için D = [5/(63,2)]aroldugunagö-re, her iki bölge için yük yogunlugunu bulunuz. YanitA - r2, O

4.42 Küresel koordinatlarda r::;;2 m bölgesindeki elektrik alani E = (5r x lO-s/Eo)ar (V/m) olarak tanim-Iandigina göre r = 2 in kabugunun içerdigi net yükü bulunuz. Yanit: 5.03 x 10-3C

Küresel koordinatlarda D = (5r2/4)lIrolarak verildigine göre, r = 1 ve r = 2 arasinda sinirlanan hacimiçin yazilan diverjans ifadesinin her iki yanini da hesaplayiniz. Yanit:751t

4.43

4.44 Silindirik koordinatlarda D = (10?/4) arolarakverildiginegöre, r = 2, z = Ove z = 10 ile sinirlananhacim için yazilan diverjans teoremi ifadesinin her iki yanini da hesaplayiniz. Yanit:800n

4.45 D = iO sin (Jar + 2 cos (Jae olarak verildigine göre, r = 2 kabuguyla sinirlanan hacim için yazilandiverjans teoremi ifadesinin her iki yanini da hesaplayiniz. Yanit:401t2

~

Bölüni 5

Elektrostatik Alan: is, Enerji ve Potansiyel

5.1 BIR NOKTASAL YÜKÜN HAREKET ETTIRILMESIYLE YAPILAN Is

Bir E elektrik alanindaki bir Q yüküne, bir F kuvveti etkir. Yükü dengede tutabilmek için,yüke, ters yönde bir Fakuvveti uygulanmalidir (Sekil 5-1).

F= QE Fa = -QE

.

Fa-8_F'Q .-E

Sekil 5-1

Is, bir yol boyunca uygulanan_kuvvet olarak ~niml~nir. Dolayisiyla, bir yüke uygulanan Fakuvve~ yükün df = Idll miktari kadar hareket etmesine neden oluyorsa, yapilan diferansiyel is, dW,su biçimde tanimlanir:

dW = Fa' di = -QE . di

Görüldügü gibi, Q arti degerliyse ve di, E ile ayni yönde ise, dW = - QE dt < O olur, ve bu elektrikalan~ ~bir is yapildigini gösterir. [Benzer olarak, yeryüzünün çekim alani, yüksek bir yerdenalçak bir yere dogru hareket eden bir M kütlesi üzerinde bir is yapar.] Öte yandan, arti degerli birdW, elektrik alanina karsi is yapildigini gösterir (bir M kütlesinin kaldirilmasina benzer olarak).

Diferansiyel yer degistirme vektörü, bilesenleri türünden su biçimlerde ifade edilebilir:

di = dxax + dY3y + dzaz

di = drar + r d<j>a",+ dzaz

di = drar + r d8ae + r sin 8 d<j>a",

de esitlikleri ise Bölüm 1.S'de daha önce verilmisti.

ÖRNEK 1. Birelektrostatikalan, E =(x/2 + 2y) ax + 2xay (V/m) ile tanimlanmaktadir. Q =- 20jlC noktasalyükünü; (a) orijinden (4, O, O)m'ye; (b) (4, O, O)m'den (4,2, O)m'ye hareket ettirmekle yapilan isi bulunuz.

(a) Ilk yol, x ekseni boyunca oldugundan, di =dx ax yazilabilir.

(X '

dW = - QE .di = (20 x 10-6) "2+ 2y)dx

W = (20 x 10-6) fG + 2y) dx = 80 tlJ

(kartezye,n)

(silindiri.k)

(küresel)

(b) Ikinci yol, y ekseni boyunca oldugundan, di = dy ay yazilabilir.

W = (20 x 10-6) f2Xdy = 320f.1J

60 ELEKTROSTATIK ALAN: iS, ENERJI VE POTANSIYEL 5. Bölüm

5.2 ELEKTROSTATIK ALANiN KORUNUM ÖZELLIGI

Statik bir elektrik alanindaki bir noktasaCyükü bir B noktasindan bir A noktasina tasimaklayapilan is, izlenen yoldan bagimsizdir. Dolayisiyla, Sekil 5 - 2 yardimiyla

LE. di = -

L E. di veya 1. E .di =OCD ~ j~

yazilabilir. Burada, ikinci integral pozitiftanimlanan CDve negatiftanimlanan ~ yollarindan olusankapali Ç.evrim üzerinde alinmaktadir. Tersten gidilerek, F vektör alaninin, her iki kapali yol üzerin-de ~F. di = O kosulunu saglamasi durumunda, F'nin herhangi bir çizgisel integralinin degerinin,yalnizca izlenen yolun uç noktalarina bagli oldugu söylenebilir. Böyle bir alan korunumlu olarakadlandirilir, ve korunumlu olmanin bir ölçütü, F'nin rotasyonelinin sifir olmasidir (bkz. Bölüm9.4).

SekilS-2

ÖRNEK 2. Örnek i 'deki E alaninda, ayni yükü (4, 2, O)'dan (O,O,O)noktasina, düz bir yol üzerinde tasimakiçin yapilan isi bulunuz.

I(O,O.O)

[(X'

]W =(20 x 10-6) (4.Z.0) 2'+ 2Y)Bx + 2xB.. . (dx Bx+ dy B,v)

I(O,O,O).

)=(20 x 10-6) G + 2y dx + 2xdy(4.2,0)

izlenen yoly =X 12 ile tanimlandigindan, dy = +dx yazilabilir. Dolayisiyla:

W =(20 x 10-6)r f x dx =-400~ J

Örnek i 'de 80 + 320 =400}.lJ degerinde bir is, disari dogru giden saga dönük bir yol üzerinde, alanakarsi yapilmisti. Simdi, ayni miktarda bir is, içeri dogru giden düz bir yol üzerinde, alan tarafindan yapil-maktadir. Gidis-dönüs toplam isi sifirdir (korunumlu alan).

5.3 IKI NO KT A ARASIND Md ELEKTRIK POTANSIYELI

Bir A noktasinin bir B noktasina göre potansiyeli, birim degerli Qu pozitif yükünü B'denA 'ya tasimak için yapilan is olarak tanimlanir:

W rAVAB=- = -JR E di (IlCveya V)

Qu . i

Baslangiç, ya da referans noktasinin, integralin alt siniri olmasina dikkat edilmelidir. Ayrica,integralin önündeki eksi isaret unutulmamalidir. Bu isaret, yükü dengede tutmak için uygulanmasigerekenFII= - QE kuvvetindenkaynaklanmaktadir.

E, korunumlu bir alan oldugundan,

VAB= VAc- VBc

\

5. Bölüm ELEKTROSTATIK ALAN: Is, ENERJI VE POTANSIYEL 61

yazilabilir. Bunun için, VAs,A ve B noktalari arasindaki potansiyel farki olarak düsünülebilir. VABpozitif ise, birim yükü B'den A'ya tasimak için bir is yapmalidir, ve A, B'ye göre daha yüksek po-tansiyeldedemektir. ..

5.4 NOKTASAL YÜKÜN POT ANSIYELI

Bir Q noktasal yükünden kaynaklanan elektrik alaninin tamamen radyal dogrultuda olmasin-dan dolayi

VAS = - fA E. di= - irAErdr = - -.LL r' d; = -.LL (~ - ~)S rB 4.irEo JrB r 4.irEo rA rB

yazilabilir. Pozitifbir Q yükü için, rA'nin rB'den küçük olmasi durumunda, A noktasi B noktasindandaha yüksek potansiyeldedir.

B referans noktasin{n sonsuza kaydirildigini düsünürsek

VAOC= -.LL (~ - .!.)4.irEo rA oc

veyaQ

V =4.irEor

yazilabilir. Bu kitapta, bu esitlik siklikla kullanilmaktadir. Ancak, referans noktasinin sonsuzda ol-dugunuunutmamak ve bu esitligi, kendileri sonsuza uzanan yük dagilimlari için kullanmamak gerek-lidir. .

5.5 BIR YÜK DAGiLiMiNiN POTANSIYELI

Bir yükün, bilinen bir p (C/m2) yük yogunluguyla, sonlu bir hacimde dagilmis olmasi duru-munda,herhangi bir dis noktanin potansiyeli belirlenebilir. Bunun için, Sekil 5-3' de görüldügü gi-bi, diferansiyelbir yükün, hacim içinde herhangi bir noktada oldugu düsünülür. Buna göre, P nok-tasinda

dV=~41tEOR

yazilabilir.Hacim üzerinde integral alinarak P' deki toplam potansiyel bulunabilir:

~

LpdvV= -

hm:im 41t E O R

Bu esitlikte, dQ yerine p dv yazilmistir. Esitlikteki R, küresel koordinat sistemindeki r ile karisti-rilmamalidir. Ayrica, R bir vektör olmayip, dQ ile sabit P noktasi arasindaki uzakliktir. R noktadannoktaya degistiginden dolayi da, integralin disina çikartilamaz.

dVp

Sekil 5-3

Yükün bir yüzey ya da .çizgi üzerinde dagilmis olmasi durumunda, ancak yüzey veya çizgiüzerindeintegralalinarak,ve p yerin~Vvveya Pf yazarak yukarida~i V esitligi kulJanilabilir. Bir disnoktadakipotansiyel için yazilan tüm bu esitliklerin, sonsuzdaki sifir referans varsayimina dayalioldugunuunutmamak gereklidir.

62 ELEKTROSTATIK ALAN: Is, ENERJI VE POTANSIYEL 5, Bölüm

~ÖRNEK 3. Toplam degeri 40/3 nC olan bir yük, yariçapi 2 m olan dairesel bir disk üzerinde düzgün olarakdagilmistir. Bu yükten dolayi, diskin ekseni üzerinde, diskten 2m uzakta olan noktada olusan potansiyeli bu-lunuz, Bu potansiyeli, bütün yükün diskin merkezinde olmasi durumunda olusacak potansiyelle karsilastiri-niz,

Sekil 5-4'den,

Q - 10-'" 'C/m2p, =A - 3n R = \/4'+ r2 (m)

) ,30 i

b

L~'r dr'dcf>V=-' ---==49.7V

ve :n [) () \/4":' re

yazilabilir. Bütün yükün merkezde olmasi durumunda, noktasal yük için elde edilen potansiyel esitligi geçer-lidir. i,

o Q -'\f' x 10,,9V=-= '9 '-60V

4nE()z 4:;r;(10'. /36:;r;)2

Sekil 5-4

5.6 GRADYANT

Burada, vektörd analizin bir baska islemi tanitilmaktadir. Sekil 5-5 (a)' da, içerisinde skalarbir V islevinin tanimli oldugu bir bölgedeki M ve N komsu noktalari görülmektedir. Bu iki nokta a-rasindaki uzakligi bulalim:

dr = dxa, + dya" + dzaz

zM(x,).z)

N(x +dx,y +dy,z +dz);; ~~ V(xp)=c,

V (x. '" 7)-7' - - c

~ iyJ

x x

la) Cb)

Sekil 5-5

5. Bölüm ELEKTROSTATIK ALAN: IS, ENERJI VE POTANSIYEL 63

M ile N arasinda V'nin degisimi su biçimdedir:

av av avdV=-dx +-dy +-dz

ax ay az

Bölüm4.4'de tanimlanan delta operatörünün V'ye uygulamasiylaav av av

vv =-a, +-a" +-azax - ay. az

elde edilir. Buradan

dV =vv .drsonucu bulunur.

VV vektör alani (grad V olarak da yazilir), skalar V islevinin gradyanti olarak adlandirilir.Sabit bir Idrl için, V'nin herhangi bir dr yönündeki degisiminin, VV'nin o yöndeki izdüsümüyle o-rantili oldugu görülmektedir. Bunun için, VV, V islevinin maksimum artisi yönündedir.

Simdi, V'nin bir potansiyeli gösterdigini ve M ve N noktalarinin ayni V(x, y, z) = cespotansiyelyüzeyi üzerinde oldugunu düsünelim. [Sekil 5 - 5 (b)]. Buna göre, dV =Oolur, ve buVV'nin dr'ye dik oldugunu gösterir. Ancak, dr espotansiyel yüzeye tegettir; uygun bir N noktasiseçilmesi durumunda da, M'den geçen herhangi bir tegeti gösterir. Dolayisiyla, VV yüzeye Mnoktasindadik olan dogrultuda olmak zorundadir. VV, V'nin arttigi yönde oldugundan, Cz>c, ol-mak üzere, V(x, y, z)= ci' den V(x, y, z)= cz'ye dogru uzanir. Sonuç olarak, bir potansiyel isleviningradyanti,her noktada espotansiyel yüzeylere dik olan bir vektör alanidir.

Silindirik ve küresel koordinatlardaki gradyant ifadeleri, kartezyen koordinatlardaki esitlik-lerden türetilebilir. Her bir terim, V'nin, bu terimdeki birim vektör dogrultusundaki uzakliga görealinan kismitürevi içerir. - ------

,-;-- av av av\ ~ VV=-a +-a +-a

ax x ay Y az z

av av avvv = ~ ar + ---;- aci>+ - azvr r v<!> az

av av avV'V=-a +-a + a

\ ar r r ae il r sin e aep ci>--- -VVher koordinat sisteminde tanimli olmakla birlikte V operatörü yalnizca kartezyen koordi-

natlarda tanimlidir.

-------,

(kartezyen)

(silindirik)i

(küresel)~-

5.7 E VE V ARASINDAKI ILIsKI

A 'nin B'ye göre potansiyeli için yazilan integral ifadesinden, V'nin türevi elde edilebilir:

~ dV =- E .di

Öte yandan, dV = VV. dr yazilabilir.

dI = dr, herhangi bir küçük yer degistirme olmak üzere

* E =- VVeldeedilir.

Potansiyel islevi V bilindiginde, V'nin gradyanti hesaplanarak elektrik alan siddeti kolaycabulunabilir.Gradyantin, espotansiyel yüzeylere dik dogrultuda, V'nin pozitif degisimi yönündekibir vektöroldugu gösterilmisti. Buradaki eksi isaret E'nin yönünün yüksek potansiyel düzeyinden,düsükpotansiyeldüzeyine dogru oldugunu gösterir.

64 ELEKTROSTATIK ALAN: Is, ENERJI VE POTANSIYEL 5. Bölüm

ÖRNEK 4. Küresel koordinatlarda bir Q noktasal yükünün çevresindeki r > O bölgesinde, sonsuza göre ta-nimlanan potansiyel V =Q f 41tE o r biçiminde ifade edilmektedir. Dolayisiyla, '

a[

Q

}QE=-VV= -- - a

ar 41tEO r r 41tEO r2 r

esitligi Coulomb yasasina uygunluk göstermektedir. (V, temelde E'itin integrali alinarak bulunur; dolayisiyla,Vnin türevinin E'yi vermesi normaldir.)

5.8 ST ATIK ELEKTRIK ALANLARINDA ENERJI

Baslangiçta üzerinde yük bulunmayan ve her noktasindaki E degeri sifir olan bir bölgede, n= 3 noktasal yükten olusan bir dagilimi, yükleri teker teker yerlestirerek olusturmaya çalistirdigi-mizi düsünelim.

Sekil 5-6'da görüldügü gibi, ilk yükü (Qi) 1 konumuna yerlestirmek için gerekli is sifirdir.Qi yerlestirildikten sonra Q2'yi de bu bölgeye yerlestirmek için gerekli olan is ise Q2 ile, Qi yükü-nün yarattigi potansiyelin çarpimina esittir. Bütün yükleri yerlestirmek için gereken toplam is subiçimde bulunur:

WE=Wi + W2+ W3=O + (Q2V2,i) + (Q3V3,i + Q3V3,2)

V2,i. 1 konumundaki Qi yükünden dolayi 2 noktasinda olusan potansiyeli gösterir. (Bunotasyon pek yaygin olmadigindan, kitapta kullanilmayacaktir.) WE isi, yük dagiliminin elektrik a-lanindan dolayi biriken enerjidir. (Bu saptama için Problem 5.17'ye bakiniz.)

Eger söz konusu üç yük, bölgeye ters sirada yerlestirilirse, toplam isin degeri su biçimdebulunur:

WE=W3 + W2 + Wi

=O + (Q2 V2. 3) + (Qi Vi, 3 + Qi Vi. 2)

Yukaridaki iki esitlik toplanirsa, elde edilen sonuç, biriktirilen enerjinin iki katina esittir.

2WE=Qi(Vi. 2 + Vi. 3) + Q2(V2,i + V2,3)+ Q3(V3,i + V3,2)

QI(VI,2 + Vi.3) terimi, bölgedeki diger yükler olan Q2 ve Q3'ün alanlarina karsi yapilan istir. Dolayi-siyla, 1 konumundaki potansiyel VI,2+ V1,3=Vi olur. Buradan, n tane noktasal yük içeren bir bölge i-çin

2WE= Qi Vi + Q2V2 + Q3V3

i n

WE = 2' LQniVnini=1

elde edilir. p(C/m3) yogunluguna sahip bir dagilim için, toplama islemi integrasyona dönüsür:

WE=~fpVdvBirikenenerji için kullanilandigeresitliklerde su biçimdedir{Problem5.12'ye bakiniz):

Li

Li

LID2

WE=- D.Edv WE=- EE2dv WE=- -dv2 2 2 E

ve

-

Q3

Sekil5-6


Bir elektrik devresinde, bir kondansatörün alaninda biriken enerji

WE= tQY =tCy2

esitligiyle tanimlanir. Bu esitlikte C, farad birimli kapasiteyi, V kondansatörün iki iletkeni arasin-'daki gerilim farkini ve Q, iIetkenlerin birindeki toplam yükün genligini göstermektedir.

ÖRNEK 5. C =E Ald kapasitesine sahip paralel levhali bir kondansatörün levhalarinin arasina sabit bir Y

gerilimiuygulanmaktadir(Sekil5-7).Elektrikalanindabirikenenerjiyibulunuz. hlA ---,.-/ ? ,5( , ~ ~V""-- ~} 'i,;,

,i

f ::2- {.d-t::.?

WE =~ fEE2dv

=~ (~ff dv

= EAV22d

1=- CV2'2

Ayni sonuç, bir Iletkenin Uzerindeki yUkU, Gauss yasasi yardimiyla, yUzeydeki D'den hesaplayarak da bulu-nabilir. (Bölüm 3.3).

EVD=-a,.d

Q=IDIA= EVAd

W =!QV=! (€AV2

)=!CV22 2 d 2

5.1


Bir elektrik alani E = aay - 4yay (V/m) bagintisi ile tanimlanmaktadir. +2 C degerindeki birnoktasal yükü; (a) önce (2, O, O)m'den (O, O, O)'a, oradan da (0,2, O)'a (b) (2, O,O)'dan (0,2,O)'a iki noktayi birlestiren dogru üzerinden tasimak için yapilan isi bulunuz.

(a) x ekseni üzerinde, y =dy =dz = O oldugundan:

dW = -2(2xax) . (dx ax) = - 4x dx

ELEKTROSTATIK ALAN: IS, ENERJI VE POTANSIYEL 5. Bölüm

y

(0.2. O)

(a)

x(a) (2. O. O)

Sekil 5-8

(O, O. O)

y ekseni üzerinde x =dx =dz = Ooldugundan:

dW =-2(- 4yay) . (dyay)=8y dy

W =- 4 f~dx + 8 r2y dy = 24 J. 2 Jo

Buradan:

(b) Düz çizginin parametrik esitligi su biçimdedir:

x =2 - 2t y =2t z= O

Burada, O~ t ~ 1'dir. Dolayisiyla:

dW = -2[2(2 - 2t)a.. - 4(2t)ay]. [(-2 dt)a.. + (2 dt)ay]

= 16(1+ t) dt

t ~

W =16Jo (1+ t) dt =24j

Q =5 pC degerindeki bir noktasal yükü, küresel koordinatlarda

-r/4 10E =5e ar + -a (V/m)rsine

esitligi ile tanimlanan elektrik alani içerisinde, orijinden (2m, 1t/4,1t/2)noktasina tasimak i-çin yapilan isi bulunuz. .

Küresel koordinatlarda dI ifadesini yazalim:

dI = drar + rde ao +r sin e dl/>at/J

Sekil 5-9' da görülen yolu seçelim. i parçasinda de =dl/> = Ooldugundan

dW =- QE . dI= (- 5 x 10-<»(5e-r/4 dr)

II parçasinda dr = de = Ooldugundan

dW = -QE. di = (-5 x lO-6)(lOd<1»

z

y

Sekil 5-9

5. Bölüm ELEKTROSTATIK ALAN: IS, ENERJI VE POTANSIYEL 67

ve III parçasinda dr = dr/> = O oldugundan

dW =- QE . di= O

yazilabilir. Dolayisiyla:

L

2

1

,,/2

W = (-25 X 10-6) e-rM dr + (-50 + 10-6) dep =-117.9 fJJo (J

Buna göre, 117.9}lJ degerindeki isi alan yapmaktadir.

5.3 Silindirik koordinatlarda E = (k/r)ar olarak tanimlaI1digina göre, bir Q noktasal yükünü her-hangi bir r radyal uzakligindan, bu uzakligin iki kati uzakliktaki herhangi bir noktaya tasi-mak için yapilar isin, r'den bagimsiz oldugunu gösteriniz.

Alanin yalnizca radyal bileseni oldugundan:

-kQdW= -QE -dl= -QErdr=-dr r

Integrasyon sinirlari için ri ve 2ri kullanilirsa,

12ri dr

W= -kQ -= -kQ In2ri r

elde edilir. Görüldügü gibi ifade r'den bagimsizdir.

5.4 z ekseni üzerindeki Pt'=(10-9/2)C/m yogunluklu çizgisel yük için, A, (2m, n/2, O)ve B, (4m,n, Sm) olmak üzere, VAB'yi bulunuz.

E = P lar olmak üzere potansiyel için VAB=- rE. di yazilabilir.21t E o r B

Çizgisel yükün alani tamamen radyal dogrultuda oldugundan, di ile noktasal çarpimm sonucu Er drolur.

fA 10-9 2VAR = -

2(2 )dr = -9[ln r]4=6.24 V

R nEor

5.5 Problem SA'deki alan içerisinde, rB= 4 in ve rc = 10 m ise, VBc'yi bulunuz. Sonra, VAc'yibulunuz ve VAB+ VBctoplami ile karsilastiriniz.

Voc = -9[ln r ]~~= -9(1n 4 -In 10)=8.25 V

VAc=-9[ln r]~~.=-9(ln 2 -In 10) =14.49V

VAR + Voc = 6.24 V + 8.25 V = 14.49 V = VAc

5.6 Küresel koordinatlarda E =(-16/r2) ar (V/m) ile tanimlanan alan için, (2m, n, n/2) noktasinin(4m, O, 1t) noktasina göre potansiyelini bulunuz.

Espotansiyel yüzeyler es merkezli küresel kabuklardir. r =2 m'yi A ve r =4 m'yi B noktasi olarakseçersek:

L

2

(-16

)VAR = - 4 7 dr = -4 V

5.7 Pi = 400 pC/m yogunluklu çizgisel yük x ekseni üzerindedir ve sifir potansiyel yüzeyi, kar-tezyen koordinatlarda (O, 5, l2)m ile tanimlanan noktadan geçmektedir. (2, 3, - 4) m'dekipotansiyeli bulunuz.

68 ELEKTROSTATIK ALAN: IS, ENERJI VE POTANSIYEL 5. Bölüm

z

Çizgiselyük

y

Sekil 5-10

Çizgisel yük, x ekseni üzerinde oldugundan, iki noktanIn da x koordinatlari ihmal edilebilir.

TA="9+ 16=5m rB="25 + 144= 13mBuna göre:

[A p~ p~ rAVAB= - -dr= --ln-=6.88V

's 2nEor 2nEo rB

Orijine Q = 500 pC noktasal yükünün yerlestirilmesi ve sifir referansin sonsuzda seçilmesidurumu için rA = 5 m noktasinin rB = 15 m noktasina göre potansiyelini bulunuz.

5.8

Noktasal yük için potansiyel ifadesi su biçimdedir:

Q (1 1

)V =- ---AB 4nEo TA rB

Potansiyel farkini bulmak için, sifir referansini kullanmaya gerek yoktur.

500 x io-12(

1 1

)VAB =4n(10-9/36n) 5-15 == 0.60 V

Sonsuzda seçilen sifir referansi, Vs ve Vis' i "bulmak için kullanilabilir:

Ys==-1L (I)4nEo 5 =O.90V

Yis=-1L (1)4nEo 15 =O.30V

Buradan da VAR= Vs - Vis =0.60 V bulunabilir.

5.9 40 nC degerindeki yük, 2 m yariçapli dairesel bir halka üzerine düzgün olarak dagilmistir.Halkanin düzleminden 5 m uzakta, ekseni üzerirideki bir n-oktadakipotan~iyeli bulunuz. So-nucu, bütün yükün orijinde noktasal bir yük olarak bulunmasi durumundaki sonuçla karsi-lastiriniz.

Yükün çizgi üzerinde oldugu düsünülürse,

f P (deV=47tEOR

yazilabilir. Burada, yük yogunlugu p! = 40xt)9 = 10-8 Cim ile tanimlanmaktaolup, Sekil 5-27t 2 7t

11'den R = .fi.9 m, dt= (2m) depoldugu görülebilir. Buna göre:

V=L

2JO(lo-s/n)(2)dq, 66.9V4n(10-9/36n)v29 .

s. Bölüm ELEKTROSTATIK ALAN: Is, ENERJI VE POTANSIYEL 69

z

Sekil 5-11

Yükün orijinde toplanmasi durumunda ise sonuç söyle olur:

v =40><10-947tEo(S)

n.ov

5.10 Q = 20 nC degerli bes özdes noktasal yük x =2, 3,4,'5, 6 m'ye yerlestirilmistir. Orijindekipotansiyelibulunuz.

1 "Qm 20 X 10-9(

1 1 1 1 1)v=- L -= -+-+-+-+- =261V

4JtEom-i Rm 4JtEo 2 3 4 5 6

5.11 Sekil 5-12'de, 2L sonlu uzunlugundaki düz bir çizgi üzerine düzgün olarak dagilmis bir yükgörülmektedir. ri ve r2gibi orta noktaya çok yakin iki dis nokta için elde edilen V12potansi-yelinin, sonsuz çizgi yük dagilimi durumu için elde edilenle ayni oldugunu gösteriniz.

r~P'

dj

'2- ~~

-L

Sekil 5-12

Sifir referans sonsuzdayken 1 noktasinin potansiyelini bulalim:

70 ELEKTROSTATIKALAN: IS, ENERJI VE POTANSIYEL 5. Bölüm

iL p~dz

yi = 2 o 41t'Eo(ZZ + ri)ia

= 2p~ [In (z + VZZ + rDJ~41t'Eo

=~[In (L+ VLZ+ ri) -Inri]2JrEo

Benzer biçimde 2 noktasinin potansiyeli de bulunabilir:

yz =2 P~ [In (L+ vLz+ r~) -In rz]JrEo

L » ri ve L » r2 kosullari saglaniyorsa:

yi =~ (Ln2L -In ri)21t'Eo

Yz=~ (In2L - Inrz)2JrEo

olacagindan v. - v. ,,- Pt I rziz- 1- yz-- n-

2JrEo ri

elde edilir. Bu da, Problem 5.7'de sonsuz yük için bulunan ifadeyle uyusmaktadir.

5.12 Bir v hacminde p yogunluguyla dagilmis bulunan yük, enerjisi

WE= ! jpv dv2 v

olan bir elektrik alani yaratir. Biriken enerji için asagidaki ifadenin de geçerli oldugunu gösteriniz.

1f

2

WE = '2 E E dv

Sekil 5-13' de, yük tasiyan v hacmi, R yariçapli büyük bir kürenin içinde gösterilmektedir. v hac-minin disinda p yok olacagindan:

WE=! f Pdv=!f pVdv=!r (V.D)Vdv2 v 2 huresel 2 Jkureselhacim hacim

Sekil 5-13


V. VA=A . VV + V(V . A) vektörel özdesligi integrale uygulanabilir:

WE= ~ r (V.VD)dv-~ r (D.VV)dv2 Jküresel 2 Jküresel

hacim hacim

Bu ifade herhangi bir R yariçapi için geçerlidir; amaç, R ~ 00durumunu incelemektir.Diverjans teoreminden, sagdaki ilk integral su biçimde yazilabilir:

1~

- VD.dS2 küresel

yüzey

Yükü çevreleyen kürenin çok büyümesi durumunda, hacimdeki yük noktasal yük gibi düsünülebilir.Dolayisiyla, yüzeyde, D k/R2'ye, ve V k2/R'ye esit olur. O halde integralin degeri 1/R3ile orantili ola-rak azaliyor demektir. Yüzeyalani yalnizca 1/R2ile arttigindan, su sonuca ulasilir:

Jim 1. VD.dS=OR--,>=Jküresel

yüzey

ikinci integralin sinir durumdaki degeri de

WE =~ f (D. vv)dv =~ f (D.E)dv

olarakbulunur.D =E E oldugundan biriken enerji miktari su biçimlerde ifade edilebilir:

1 2 i D2WE =- fEE dv veya WE =- f -dv

2 2 E

5.13 Bir potansiyel fonksiyonu boslukta V =2.x+ 4y (V) ile ifade edildigine göre, orijinde mer-kezli 1 m3'lük bir hacIinde biriken enerjiyi bulunuz. Diger 1m3'lük hacimleri de inceleyiniz.

[

dV dV dV

J

.

E=-VV= - -u,+-u\,+-uz =-2ux-4u\, (V/m)dx dy' dz .

Alanin genligi (E = .J2o V/m) ve yönü, boslugun her noktasinda sabit oldugundan toplam biriken e-nerji degeri sonsuzdur. (Alan, sonsuz genis paralel plakali kondansatörün alani gibi düsünülebilir.Böyle bir kondansatörü yüklemek için sonsuz büyük bir zaman gereklidir.)

Ancak, bütün alanlar için, enerji yogunlugundan söz edilebilir.1f

2

WE ="2 EE dv

esitligi, her bir küçük dv hacminin içerisinde, w =~E E2 olmak üzere w dv degerinde bir enerji oldu-2

gunu gösterir. Bu sorudaki alan için enerji yogunlugu sabittir:

1 10-8W=-EO (20)=-J/m3

2 36Jr

Görüldügü gibi her bir i m3'lük hacim içinde (1o-8/361t)J enerji vardir.

5.14 CjJ=O ve <p= n/6'daki iki ince, iktken yari düzlem, z ekseni boyunca birbirinden yalitilmistir.O ~ <p~ n/6 için potansiyel fonksiyonu V = (-60cjJ/n) V olarak verildigine göre, 0.1 ~ r ~ 0.6

m ve O ~ z ~ 1 m için yari düzlemler arasinda biriken enerjiyi bulunuz. Ortamin bosluk oldu-gunu varsayiniz.

Sinirli bir bölgede biriken enerji (WEJ, enerji yogunlugunun bölgede integralinin alinmasiyla bu-lunabilir. Yari düzlemler arasinda,

E = - VV= _~~(

-601jJ

}

60

ol"p, o""ji ,öyk b"I"""" ,a. ~ ' = iir a, (VIm)

,.


€

L

i

L

1</6

[.6

(60)

Z 300€

WE= 2° o 0.1 1rT rdrd4'dz=~ln6=i.51oJ

5.15 r = 0.01 m ve r = 0.05m'deki iki esmerkezli silindirik iletken arasinda, saçaklanmanin ihma-liyle, elektrik alani E =(l05/r) ar (V/m) olarak taniml~nmaktadir. 0.5m'lik bir uzunluktaki e-nerji birikimini hesaplayiniz. Ortamin bosluk oldugunu varsayiniz.

1f

€

[+0.5

1

21<

L

O'05

(

lOS

)

Z

WE=i €oEzdv= 2° " 0.01"7 rdrd4'dz=O.2241

5.16 Kenarlari i m uzunlugunda olan bir karenin köselerine Q =4 nC degerinde dört özdes nokta-sal yükün yerlestirmesiyle elde edilen sistemde biriken enerjiyi bulunuz. Yalnizca zit köselerüzerine iki yük yerlestirilseydi enerji ne olurdu?

2WE =QiVi +Q2Vz + QjV3 +Q4V4 =4QiV1

Yukaridaki son esitlik, sistemin simetrisinden kaynaklanmaktadir.

Vi = Q2 + Q3 + Q4 4xlO-9[!+!+~

)=97.5V

41rEo R12 41rEo RI3 41rEo RI4 41rEO 1 i .fi

Buradan,WE:::; 2QiV1 :::; 2(4XIO-9)(97.5)= 780nJ elde edilir.

Yalnizca iki yükün bulunmasi durumunda:

( _9

)[

4xlO-9

i2WE =QiV1 = 4xlO .fi :::; 102 nJ41rEo 2

5.17 Birbirinden d = 0.2m uzakliga yerlestirilmis Qi = 3 nC ve Q2 = - 3 nC degerli iki noktasalyükten olusan sistemde biriken enerjiyi bulunuz.

( Qz ) (~ )2WE=Qi yi + QzVz=Qi 4ii€0 d + Qz 4ii€0 d

Dolayisiyla:QiQz (3 X iO-iz

WE =4ii€0 d = 4ii(10-9/36ii)(0.2):::; -405 OJ

Biriken enerjinin negatif çikmasi bir tutarsizlik gibi görillebilir. Oysa, enerji tE E2 'ye esittir vedolayisiyla

i r 2WE :::;- J. E E dv2 bütünuzay

pozitif bir sayidir. Yukaridaki farkliligin nedeni, noktasal yüklerden olusan bir sistemi bir araya ge-tirinek için yapilan isi, alanda biriken enerjiye esitlerken, yükler sonsuzdayken alanda zaten var olansonsuz enerjinin unutulmasidir. (Sonsuzda ayrik yükler olusturmak için sonsuz miktarda bir is yapil-mistir.) Dolayisiyla, yukarida bulunan WE= - 405 nJ sonucu, enerjinin, sonsuzdaki referansin düzeyi-nin, 405 nJ altinda oldugu anlamina gelir. Yalnizca enerji farkinin fiziksel bir anlami oldugundan, re-ferans düzeyi uygun biçimde ihmal edilebilir.

5.18 Orijinde merkezi bulunan, a yariçapli bir küresel iletken kabuk, sifir referans sonsuzda ol-mak üzere

{

VoV-Voai r

r$'.a

r>a

potansiyel alanina sahiptir. Bu potansiyele karsi düsen enerji birikimin ifadesini elde ediniz.

5. Bölüm ELEKTROSTATIK ALAN: is, ENERJI VE POTANSIYEL 73

{

OE=-VV=

(Voa/r2)ar

1I

€ r2xin[ (Voa)

2

WB =2 €oE2dv ,=0 + 2°Jo O a 7 ,i sin 8drd8dcp =21f€oV~

r<ar>a

Kabuktaki toplam yük Gauss yasasi yardimiyla bulunabilir.

((;u~ia'

)2

Q =DA = ---;;:- (41t'a) = 41t'€o~Ja

Kabuk üzerindeki potansiyel ise V = Vo'dir. Dolayisiyla, WE= t QV olup, bu, bir kondansatörde biri-

ken enerji ifadesidir (bu durumda, bir plakasinin yançapi sonsuz olan küresel kondansatör).

Ek Problemler

5.19 Q =-20 jlC degerinde noktasal bir yükü E =2(x + 4y)ax + 8xay(V/m) alaninda, X2= 8y yolu üzerinde,orijinden (4, 2, O)m'ye tasimak için yapilan isi bulunuz. Yanit: 1.60mj

5.20 Problem 5.2'yi, direkt bir radyal yol kullanarak tekrarlayiniz.

Yanit: -39.35 jlJ (z ekseni boyunca var olan tekillik, alanin korunumlu olmamasina yol açmaktadir.)

5.21 Problem 5.2'yi, Seki15-14'de görülen yolu kullanarak tekrarlayiniz. Yanit: - 117.9}lJ

z

y

x

Sekil 5-14

5.22 Q =3}L C noktasal yükünü, E = (I05/r)ar+ 1o5zaz(V/m) alaninda (4m, 1t, O) noktasindan (2m, w2,2m) noktasina tasimak için yapilan isi bulunuz. Yanit:-0.392 J

5.23 Q =2 nC noktasal yükünü E = (IO5Ir)ar(V/m)alanindasonsuzdanr= 2 m'ye ve sonsuzdanr= 4m'yetasimak için yapilacak isler arasindaki farki bulunuz. Yanit: 1.39 x 10--4J

5.24 Pt =i nC/m yogunluklu düzgün çizgisel yük dagilimi, Seki15-15'de görüldügü gibi, bir kenan 6m 0-lan bir kare biçiminde düzenlenmistir. (O,O,5)m'deki potansiyeli bulunuz. Yanit: 35.6 V

5.25 L metre uzunluklu Pt (C/m) düzgün dagilimli sonlu çizgisel yük dagilimin orta noktasindan radyal ola-rak d metre disindaki bir noktadaki potansiyelin ifadesini elde ediniz. Bu sonucu Problem 5.24'e uy-gulayiniz.

Yanit:~ln L/2+.Jd2 +L2/421rEu d (V)


z.

(O, O, 5)

y

x

5.26

Sekil 5-15

z =O, R S; r S; R + 1 halkasi üzerindeki P.. yogunluklu düzgün yüzeysel yükten dolayi orijinde olusanpotansiyelin R'den bagimsiz oldugunu gösteriniz.

5.27 160 nC degerindeki toplam yük, önce 3 m yariçapli bir dairenin çevresinde 90° araliklarla, esit degerlidört noktasal yük olarak yerlestirilmistir. Dairenin düzleminden 5 m uzakta, eksen üzerindeki nokta-nin potansiyelini bulunuz. Toplam yükün sekiz esit parçaya ayrilarak 45° araliklarla yerlestirilmesidurumuiçin tekrarlayin.Bu biçimde,sinir durumolanPt =(160/61t)nC/m elde edilene kadar devamedilirse potansiyelin degeri n~ olur? Yanit:247 V

Küresel koordinatlarda, A noktasi r = 2 m'de, B noktasi r = 4 m'de bulunmaktadir. Alan, E =(-16/r2)ar(V/m) olarak tanimlandigina göre, sifir referansi sonsuzda alarak, A noktasinin potansiyelini bulunuz.Ayni islemi B noktasi için yineleyiniz. Sonra da, VA- VBpotansiyel farkini hesaplayarak Problem5.6'nin sonucuyla karsilastiriniz. Yanit: VA =2VB =- 8 V

Sifir potansiyel referansinin r = Lo m'de, Q =0.5 nC noktasal yükünün de orijinde olmasi durumu içinr =5 m ve r = 15m'deki potansiyelleri bulunuz. Hangi noktanin potansiyeli, r = 5m'deki ile ayni gen-likli fakat ters isaretlidir? Yanit: 0.45 V, -0.15 V, 00:

5.28

5.29

5.30 Q =0.4 nC noktasal yükü, kartezyen koordinatlarda orijine yerlestirilmistir. A, (2, 2, 3)m ve B (-2, 3, 3)m noktalari olmak üzere VABpotansiyel farkini bulunuz. Yanit:2.70 V

Küresel koordinatlarda, y ekseni üzerinde, y =:td/2 noktalarina yerlestirilmis esit degerli fakat zit isa-retli yüklerden dolayi o!usan potansiyeli bulunuz. r» d oldugunu varsayiniz. Yanit: (Q d sin 0)/( 41tE ar2)

5.31

5.32

5.33

Problem 5.31 'i, yükleri n z ekseni üzerinde olmasi durumu içInyineleyiniz. Yanit:(Q dcos O)/(41tEar2)

Problem 5.14' de, iletkenler üzerindeki yük yogunlugunu bulunuz.

60E JT:' -60E ?

Yanit: I/>=O'da, ~(C/m2); 1/>=-da, ~(C/m-)JT:r 6 JT:r

5.34 Pt =2 nC/m yogunluklu düzgün çizgisel yük, z = Odüzleminde, x eksenine paralelolarak y =3m'de bu-lunmaktadir.A (2m, O,4m) ve B (O,O,O)noktalari arasindaki VABpotansiyel farkini bulunuz.

Yanit:-18.4 V

5.35 p, = (l/61l')nC/m2yogunluklu düzgün yük tabakasi x = O'da, ve p, = (-l/61l') nC/m2yogunltiklu ikincibir tabakada x =Lom'dedir. A (IOm, O,O),B (4m, O,O)ve C (O,O,O)içIn VAB,VBcve VAcdegederinibulunuz. Yanit:- 36 V, - 24 V, - 60 V

SilindirIk koordinatlarda O ::;r ::;2 m için E = (5/r)a, (V/m), ve r>2 m için E =2.5ar V/m alanlari ta-nimlanmaktadir. A(\ m, O,O)ve B(4m, O,O)noktalari arasindaki VABpotansiyel farkini bulunuz.

Yanit: 8.47 V

0.5 m x 1.0 m boyutlarinda paralel plakali bir kondansatörün levhalar arasi uzakligi 2 cm ve gerilimfarki 10 V olduguna göre, c = co. varsayimiyla, biriken enerji miktarini hesaplayiniz.

5.36

5.37

Yanit: 11.1 nJ


5.38 Problem 5.37'de tanimlanan kondansatöre 200 V gerilim uygulanmaktadir.

(a) Biriken eneijiyi bulunuz.

(b) di'i 2cm'de (Sekil 5-16) ve gerilim farkini 200 V'da sabit tutarken d2'yi 2.2 cm'ye çikartarak, bi-

riken enerjiyi tekrar hesaplayiniz. [Ipucu: t>.WE =.l (t>.C)V2]2

Yanit: (a) 4.4 f1J; (b) 4.2 f1J

i illl!illl'~J!illll!lilllll!ir- 0.5 m 1

Sekil 5-16

5.39 2 nC degerli üç yük, aralarinda 0.5 m olacak biçimde bir çizgi üzerinde yerlestirilmistir. Böylece o-lusturulmus olan sistemde biriken enerjiyi hesaplayiniz. Yanit: 180 nJ

5.40

5.41

Problem 5.39'u ortadaki yükün - 2 nC olmasi durumu için tekrarlayiniz. Yanit:- 108 nJ

2 nC degerli dört noktasal yük, bir kenari 1/3 m olan bir karenin köselerine sirayla, birer birer yerlesti-rilmektedir. Her bir yükün yerlestirilmesinden sonra sistemin enerjisin ne olacagini bulunuz.

Yanit: O, 108 nJ, 292 nJ, 585 nJ

5.42 Silindirik koordinatlarda E =- 5e-daar biçiminde tanimlanan elektrik alani için r ~ 2a ve O ~ z ~ 5a ile -

tanimlanan hacimde biriken enerji miktarini bulunuz.' Yanit: 7.89 x 1O-lOa3

Bir potansiyel fonksiyonu V =3X2+ 4/ (V) esitligiyle gösterilmektedir. Hacimde biriken enerjiyi bu-lunuz. Yanit: 147 pJ

5.43

Bölüm 6

Akim, Akim Yogunlugu ve iletkenler6.1 GIRIs

Elektrik akimi, belirli bir noktadan veya belirli bir yüzeyden geçen elektrik yükünün harekethizidir. Genelde, sabit akimlar için I, zamana bagli olarak degisen akimlar için i simgesi kullanilir.Akimin birimi olan amper (1 A= i C/s) si birim sisteminde temel bir birimdir. Kulon ise türetilmisbir birimdir.

ahm yasasi, akimin gerilim ve dirençle olan iliskisini tanimlar. Basit dogru akim (de) dev-relerinde bu iliski I = V/R biçimindedir. Ancak, yüklerin bir sivi ya da gaz içerisinde bulunmasi du-rumunda, veya hem pozitif hem de negatif yüklü tasiyicilarin, farkli karakteristiklerIe ortamda bu-lunmasi durumunda, ohm yasasi, basit biçimiyle yeterli olmaz. Bundan dolayi, elektromanyetikteakim yogunlugu J (A/m2),akimdan daha çok kullanilir.

6.2 HAREKET HALINDEKI YÜKLER

Sekil 6-1(arda görüldügü gibi, boslukta, bir elektrik alani içinde arti yüklü bir parçaciga et-kiyen kuvveti gözönüne alalim. F = +QE ile tanimlanan bu kuvvete karsi koyan bir kuvvet olmadi-gindan, parçacik hiz kazanir. Parçacik E alaninin içerisinde kaldigi sürece, gittikçe artan bir U hi-ziyla E'nin yönünde hareket eder. Eger parçacik Sekil 6 - I(brde görüldügü gibi bir sivinin ya dagazin içerisindeyse, sürekli olarak ortamdaki diger parçaciklarla çarpisir ve yönü rastlantisal biçim-de degisir. Ancak, ortamin türdes (homojen), ve E'nin sabit olmasi durumund~, hizin rastlantisalbilesenleri birbirlerini götürür ve sonuçta yalnizca E'nin yönünde olan sürüklenme hizi adi verilensabit ortalama hiz U kalir. Metallerdeki iletim, kristal yapiyi olusturan atomlarin en dis yörüngele-rindeki elektronlarin hareketinden kaynaklanir. Elektron-gaz kuranuna göre, bu elektronlar da, birSiVi veya gaz içerisinde hareket eden yüklü parçaciginkine çok benzer biçimde, ortalama bir sü-rüklenme hizina ulasir. Sürüklenme hizi, elektrik alan siddetiyle dogru orantilidir.

U=,uE

Bu esitlikte 11,hareket yetenegini gösterir ve birimi m2/V. s'dir. Bir iletkende, yaklasik olarak 1028dÜzeylerinde atom bulunur. Iyi iletkenlerin her atomunda, bir alan uygulanmasi durumunda hareketedebilecek bir ya da iki elektron bulunur. Hareket yetenegi, sicaklikla ve kati maddelerin kristalyapisiyla degisir. Katilarin parçaciklari, titresImli bir harekete sahiptir ve bu titresimler sicakliklaartar. Bu da, parçaciklarin hareketini zorlastirir. Dolayisiyla, yÜksek sicakliklarda hareket yetenegi,(11)azalir ve belli bir E için elde edilen sürüklenme hizi (veya akim) küçülür. Bu olgu; devre anali-zinde her bir madde için bir direnç degerinin tanimlanmasi ve degerin artan sicaklikla artirilmasiylahesaba katilir.

...E ~+Q.u

.... o o

Ca) Bosluk Cb) Sivi veya gaz

Sekil 6-1

76

6. Bölüm AKIM, AKIM YOGUNLUGU VE ILETKENLER 77

6.3 TASINIM (KONYEKSIYON) AKIMI YOGUNLUGU J

Sekil 6-2'de, bir v hacmi içerisinde p yogunluklu ve saga dogru U hizina sahip olan yüklüparçaciklar kümesi görülmektedir. Parçaciklarin hacim içerisinde birbirine göre olan konumlarinikoruduklari varsayilmaktadir. Bu yük kütlesi bir S yüzeyinden geçerken, yogunlugu

J = pU (Nm2)

olan bir tasinimakimina nedenolur. v hacmininkesiti veya v hacmi içerisindep yogunlugusabitdegerli degilse, J zamana göre sabit olamaz. Dahasi hacmin sonbölümü yüzeyi keserken J sifirolur. Bununla birlikte, hareket halindeki yüklü parçacik bulutundan kaynaklanan akim yogunlugukavrami, elektromanyetik alanlar kurammda zaman zaman çok kullanislidir.

u~

J=pU

sSekil 6-2

6.4 ILETIM AKIMI YOGUNLUGU J

Daha önemli olan, bir elektrik alaninin varliginda, sabit kesitti bir iLetkendeortaya çikan ile-tim akimidir. Akim yogunlugu, yine

J = pU (Nm2)

esitligiyle tanimlanir. Bu esitlik U =/1Ebagintisi kullanilarakJ=DE

biçiminde yeniden yazilabilir. Bu esitlikte a~ P/1malzemenin iIetkenligini gösterir ve birimi metrebasina siemens (Sim) olarak tanimlanir. Metalik iletkenlerde yük tasiyicilari, elektrik alanin tersyönünde sürüklenen elektronlardir (Sekil 6.3). Dolayisiyla, elektronlar için hem p hem de /1negatifolup, bu da, pozitif yüklü tasiyicilarda oldugu gibi elektronun iletkenliginin (a) pozitif olmasi de-mektir. Bu da, yüklü tasiyicilarm isaretlerinden bagimsiz olarak, J ve E'nin ayni yönde olmasi an-lamina gelir. Gelenekselolarak, pozitif yüklerin saga, elektronlarin da sola dogru hareket ettigi, pve /1'nün de her zaman pozitif oldugu kabul edilir.

J =DE bagintisi, genellikle, ahm yasasinin noktasal biçimi adini alir. Buradaki (J çarpani,hareket etme serbestisi olan eIektronlarin yogunlugunu (p) ve bu elektronlarin kristal yapi içerisin-de bagii hareket etme yetenegini (/1) içerir. Beklenildigi gibi, asicaklikla degisir.

s

Sekil6-3

78 AKIM, AKIM YOGUNLUGU VE ILETKENLER 6. Bölüm

ÖRNEK 1. Gümüs bir iletkende 6.0 x 10-4mls'lik sürüklenme hizina karsi düsen elektrik alan siddetini veakim yogunlugunu buJunuz.

Gümüs için a= 6i:-7~S/m ve 11= 5.6 x 10-3m2iv . s oldugundan:

E =!:!.= 6.0 X 10-4= 1.07x io-I Vim1J. 5.6 x io-3

J = oE = 6.61 x 106A/m2

6.5 ILETKENLIK (af-,

Bir sivi veya gaz içerisinde, genellikle hem arti hem de eksi yüklü iyonlar bulunur. Bu iyon-lar tek veya çift yüklü olabilirler ve muhtemelen farkli kütlelere sahiptir. Iletkenlik için geçerli ola-cak bir ifade, bütün bu etkenleri içermelidir. Ancak, bütün arti iyonlarin birbirlerinin ayni ve bütüneksi iyonlarin da birbirlerinin ayni oldugu varsayilirsa, iletkenlik, Sekil 6-4 (a)'da gösterildigi gibi,yalnizca iki terim içerir. Metalik bir iletkende yalnizca deger (valence) elektronlari serbestçe hare-

--ket edebilir. Sekil 6-4 (b)'de bu elektronlar sola dogru hareket ederken görülmektedir. Bu durumdailetkenlik tek terimden ibaret olup, serbest elektronlarin yük yogunluguyla (Pe), bu elektronlarin ha-reket yeteneginin (Jle) çarpimina esittir.

Germanyum ve silisyum gibi yari iletkenlerde durum biraz daha karmasiktir. Kristal yapi i-çerisinde, her atomun komsu atomlariyla dört tane kovalent bagi vardir. Ancak, oda sicakliginda,ve isik gibi, herhangi bir dis kaynaktan bir enerji uygulanmasiyla, elektronlar kovalent ba.glarinikoparirlar. Bu, iletim için hazir bir elektron-delik çifti yaratir. Bu tür maddelere öz yari iletken adiverilir. Elektron-delik çiftleri kisa ömiirlü olup, yeniden birlesmeyle (rekombinasyon) yok olurlar.Ancak sürekli olarak yeni çiftler olusur ve iletirnin devami saglanir. Sekil 6-4(e)'de görüldügü gibi,iletkenlik, biri elektronlar, digeri ise delikler için olmak üzere, iki terimden olusur. Pratikte, üç de-gerli veya bes degerli elementlerin eklenmesiyle (katkilama) p türü ve n türü yari iletkenler olustu-rulur. Yukarida tanimlanan öz yariiletken özelligi sürmekle birlikte, n türünde fazlalik elektronla-rin, p türünde de fazlalik deliklerin varligi nedeniyle, bu özellik gölgelenir. Dolayisiyla, iletkenlik içe-risinde Peveya Phyogunluklarindan biri digerinden çok daha etkin olur.

ÖRNEK 2. Saf gerinanyumun oda sicakligindaki iletkenligini bulunuz.

Bir metre küpteki elektron-delik çiftinin sayisi, 300 K için, 2.5 x 1019olarak bilinmektedir. Elektronve deliklerin hareket yetenekleri, sirasiyla, Ile= 0.38 m2/ys ve I1h= 0.18 m2iv.s olarak verilmektedir. Mal-zemede katki bulunmadigindan, elektron ve delik sayisi esittir.

a = Nee(l1e+ I1h)= (2.5 x 1019)(1.6x 10-19)(0.38+ 0.18) = 2.24 Sim

-e c9-'i -,4---e -e -e O-J -' --e -e O--e JJ- E -e E O- --eE-.--e--G O---0

ci=PeIJ.e ci = PeIJ.e + PhIJ.hCI=P_IJ.- +P+IJ..

(a) Sivi veya gaz (b) Iletken (e) Yari iletken


ÖRNEK 1. Gümüs bir iletkende 6.0 x 10-4mls'lik sürüklenme hizina karsi düsen elektrik alan siddetini veakim yogunlugunu buJunuz.

Gümüs için a= 6i:-7~S/m ve 11= 5.6 x 10-3m2iv . s oldugundan:

E =!:!.= 6.0 X 10-4= 1.07x io-I Vim1J. 5.6 x io-3

J = oE = 6.61 x 106A/m2

6.5 ILETKENLIK (af-,

Bir sivi veya gaz içerisinde, genellikle hem arti hem de eksi yüklü iyonlar bulunur. Bu iyon-lar tek veya çift yüklü olabilirler ve muhtemelen farkli kütlelere sahiptir. Iletkenlik için geçerli ola-cak bir ifade, bütün bu etkenleri içermelidir. Ancak, bütün arti iyonlarin birbirlerinin ayni ve bütüneksi iyonlarin da birbirlerinin ayni oldugu varsayilirsa, iletkenlik, Sekil 6-4 (a)'da gösterildigi gibi,yalnizca iki terim içerir. Metalik bir iletkende yalnizca deger (valence) elektronlari serbestçe hare-

--ket edebilir. Sekil 6-4 (b)'de bu elektronlar sola dogru hareket ederken görülmektedir. Bu durumdailetkenlik tek terimden ibaret olup, serbest elektronlarin yük yogunluguyla (Pe), bu elektronlarin ha-reket yeteneginin (Jle) çarpimina esittir.

Germanyum ve silisyum gibi yari iletkenlerde durum biraz daha karmasiktir. Kristal yapi i-çerisinde, her atomun komsu atomlariyla dört tane kovalent bagi vardir. Ancak, oda sicakliginda,ve isik gibi, herhangi bir dis kaynaktan bir enerji uygulanmasiyla, elektronlar kovalent ba.glarinikoparirlar. Bu, iletim için hazir bir elektron-delik çifti yaratir. Bu tür maddelere öz yari iletken adiverilir. Elektron-delik çiftleri kisa ömiirlü olup, yeniden birlesmeyle (rekombinasyon) yok olurlar.Ancak sürekli olarak yeni çiftler olusur ve iletirnin devami saglanir. Sekil 6-4(e)'de görüldügü gibi,iletkenlik, biri elektronlar, digeri ise delikler için olmak üzere, iki terimden olusur. Pratikte, üç de-gerli veya bes degerli elementlerin eklenmesiyle (katkilama) p türü ve n türü yari iletkenler olustu-rulur. Yukarida tanimlanan öz yariiletken özelligi sürmekle birlikte, n türünde fazlalik elektronla-rin, p türünde de fazlalik deliklerin varligi nedeniyle, bu özellik gölgelenir. Dolayisiyla, iletkenlik içe-risinde Peveya Phyogunluklarindan biri digerinden çok daha etkin olur.

ÖRNEK 2. Saf gerinanyumun oda sicakligindaki iletkenligini bulunuz.

Bir metre küpteki elektron-delik çiftinin sayisi, 300 K için, 2.5 x 1019olarak bilinmektedir. Elektronve deliklerin hareket yetenekleri, sirasiyla, Ile= 0.38 m2/ys ve I1h= 0.18 m2iv.s olarak verilmektedir. Mal-zemede katki bulunmadigindan, elektron ve delik sayisi esittir.

a = Nee(l1e+ I1h)= (2.5 x 1019)(1.6x 10-19)(0.38+ 0.18) = 2.24 Sim

-e c9-'i -,4---e -e -e O-J -' --e -e O--e JJ- E -e E O- --eE-.--e--G O---0

ci=PeIJ.e ci = PeIJ.e + PhIJ.hCI=P_IJ.- +P+IJ..

(a) Sivi veya gaz (b) Iletken (e) Yari iletken

80 AKIM, AKIM YOGTJNLUGUVE ILETKENLER 6. Bölüm

6.7 DiRENÇ (R)

Eger, Sekil 6-7'de görüldügü gibi, düzgün bir kesit alanina (A) ve f uzunluguna sahip bir ilet-kenin iki ucu arasindaki gerilim farki V ise akimin, A yüzeyi üzerinde düzgün dagilimli oldugu var-sayimiyla,

E = ~ ve J = aV(l (l

yazilabilir. Bu durumda toplam akim

I=JA = aAVt

biçiminde ifade edilir. ahm yasasina göre V =Rioldugundan, direnç içint

R =- (C)aA

elde edilir. (1 S-I = 1.Qolarak tanimlanan siemens yerine önceleri mho kullanilirdi.)

Bu ifade, genelolarak, bütün f uzunlugu boyunca sabit kesitli olan iletkenler için kullanilir. Ancak,yüzeyindeki akim yogunlugu merkeze göre daha büyük olan Iletkenlerde bu esitlik kullanilmaz. A-kim dagiliminin düzgün olmamasi durumunda direnç, asagidaki esitlikten bulunur:

v VR= =-

f J .dS f aE. dS

Gerilim farkinin degil de E degerinin bilinmesi durumunda ise su esitlik kullanilir:

f E.dlR=

f aE. dS

Esitligin payi, alinan örnegin uçlari arasindaki gerilim düsümüne, paydasi ise toplam akima (i) e-sittir.

+111V

Sekil 6-7

ÖRNEK 4. Sekil 6-8'de görülen parça gümüsten yapilmis olup, cr= 6.17 x io7 Sim iletkenligine sahiptir. Içve dis yüzeyler arasindaki direnci bulunuz.

Iç ve dis yüzeylerden ayni i akimi geçiyorsa:

6. Bölüm AKIM, AKIM YOGUNLUGU VE ILETKENLER 8]

k kJ = - a r ve E = - a rr err

J-- 0.05in--r

'b =3.0 in

tP=5°

~Sekil 6-8

Buna göre, 5° = 0.0873 rad oldugunu da gözönüne alarak:

1300 k- a . dra

R = 0,2 ar r r

[,OS

[.0873 k

- ar .r depdzaro o r

- In 15- 0(0.05)(0.0873) = 1.01 x to-s Q = io.1 J-tQ

6.8 AKIM TABAKASi YOGUNLUGU (K)

Bazi durumlarda, akim, bir iletkenin yalnizca yüzeyinden akar. Buna örnek olarak dalga ki-lavuzlarinin iç duvarlari gösterilebilir. Böyle bir tabaka akimin varliginda, birim transvers uzunlukiçin tasima hizini gösteren bir yogunluk vektörü tanimlanir (K; birimi A/m). Bazi kitaplarda yo-gunluk vektörü için 1., notasyonu kullanilir. Sekil 6-9'da, r yariçapli bir silindirIk tabaka biçiminde,z ekseni boyunca akan i akimi görülmektedir. Bu durumda, tabakanin her bir noktasi için

iK= -az

2Ter

yazilabilir. Baska tabakalarda, K noktadan noktaya degisebilir.

z

r

Sekil 6-9

Genelolarak bir akim tabakasi içinde kapali bir C egrisi üzerinde akan akim, K'nin dikeybileseninin egri boyunca integral i alinarak hesaplanir.

i = I/nde

ÖRNEK 5. Ince bir iletken tabaka, O< x < 0.05 m araliginda z = Odüzleminde yatmaktadir. ai dogrultusun-daki 25 A'lik bir akim, tabaka üzerinde sinüzoidal biçimde dagilmis olup, x =O ve x = 0.05 m için yogunluksifir, ve x = 0.025 m için ise maksimumdur (Sekil 6-] O).K ifadesini elde ediniz.


z

-y

rSekil 6-10

Verilen bilgilerden K =(k sin 20 Jrx)ay (Alm) elde edilir. Buradaki k katsayisinin degeri bi-linmemektedir. Buna göre,

Jri.05

i =25 = Ky dx =k Jo sin 20m dx

veya 25 = ki 10 Jr ve k =250Jr Alm elde edilir.

6.9 AKiMiN SÜREKLILIGI

Üzerindeki J degeri bilinen herhangi bir S yüzeyini kesen i akimi daha önce incelendi. Yü-zeyin kapali olmasi durumunda, disariya bir net akimin çikabilmesi için, içerdeki arti yükte bir a-zalma olmasi gereklidir:

!j .dS =1=- dQ =-~ J PdV:r dt dt

Bu esitlikte, dS üzerinde birim normal, disariya dogru yönelmis normaldir. Esitlik ~V ile bölünürse,

fj .dS =-~ J pdv~v dt ~V

elde edilir. Eger ~V ~ O oldugu düsünülürse, esitligin sol yani akim yogunlugunun diverjansina(V'J) ve tam yani da -ap / dt 'ye yaklasir:

dpV . J = --dt

Bu, akimin sürekliligi esitligi olarak bilinir. Bu esitlikteki p, yalnizca hareketli yüklerin yo-gunlugunu degil, net yük yogunlugunu gösterir. Asagida gösterilecegi gibi, dp / dt , bir iletkenin i-

çinde yalnizca geçici olarak sifirdan farkli olabilir. Buradan elde edilen V . J = Osüreklilik esitligiKirchhoff'un akim yasasinin alanlar için esdegeri olup, bir çok iletkenin eklem noktasindan çikannet akimin sifir oldugunu gösterir.

Iletim süreci içerisinde, deger elektronlari, bir elektrik alaninin uygulanmasiyla hareket ede-bilirler. Dolayisiyla, elektronlar hareket halindeyken, durgun durumda geçerli olan esitlikler artikgeçerli degildir. Ancak bu elektronlar, net yükle karistirilmamalidir; çünkü her bir iletim elektronuiçin, malzemenin her bir ~V hacmi içerisindeki net yükün sifir olmasini saglayacak biçimde, çekir-dekte bir proton vardir.


Bununla birlikte, kati bir iletken içerisindeki bir bölgede, geçici bir dengesizlik sirasinda, t = Oa-nindakinet yük yogunlugununpooldugunudüsünelim.Bu durumda,J = GE= (Cf/E)Doldugundan,

a dpV. -D=--E dt

yazilabilir. Diverjans islemi için, koordinatlara göre kismi türevierin alinmasi gereklidir. Türdes(homojen) yapilarda oldugu gibi cf ve E 'un sabit degerli olmalari durumunda, bu sabitler kismi tü-rev islevinin disina alinabilir:

a ap-(V .D) =--E at

a ap-p=--E at

ap a-+-p=O

veya at €Bu esitligin çözümü su biçimde ifade edilir:

p =poe-(eJ/E)1

Görüldügü gibi, p, 'Z"= E/Cfzaman saliitiyle üstel olarak azalir. Bu zaman sabitine relaksasyon za-mani adi verilir. t = -r'da, p ilk degerinin % 36.8'ine düser. iletkenler için 'Z"degeri çok küçüktür(lO-J9'lar düzeyinde). Bu da göstermektedir ki, serbest yük bir iletkenin içinde kalamaz; ancak ilet-kenin yüzeyi üzerinde düzgün olarak dagilir.ÖRNEK 6. Gümüsiçincr=6.17 x 1017Sim verildigine göre, relaksasyon zamanini bulunuz. POyogunluklubiryükün,gümüsbir parçaniniçerisineyerlestirildiktensonrabir ve beszamansabitikadarsonrakianlardakip degerlerinibulunuz.

E '" E o oldugundan:

T= ~ - io-936.ira - 6.17 x 107- 1.43X 10-19S

Dolayisiyla:

t = .'da: p = poe-i = 0.368po

t = 5.'da: p = poe-s = 6.74 X io-3po

6.10 ILETKEN-DIELEKTRIK SINIR KOSULLARI

Duragan kosullar altinda bütün net yük iletkenin dis yüzeyleri üzerinde olup, iletkenin içindehem D hem de E sifirdir. Elektrik alani korunumlu bir alan oldugundan, herhangi bir kapali yol bo-yunca E . di integral i sifirdir. Sekil 6-11 'de köseleri 1, 2, 3, 4 ile belirtilen dikdörtgen biçimli biryol görülmektedir.

fE. di + fE. di + fE. di + fE. di = O

2 ile 3 ve i ile 4 arasindaki yol uzunluklarinin, iletken ile dielektrigin kesisim yüzeyi arada kalacakbiçimde, sifira yaklastirildigini düsünelim. Bu durumda, ikinci ve dördüncü integraller sifir olur. 3ile 4 arasindaki yol iletkenin içinde oldugundan, bu aralikta E sifir olmalidir. Buna göre esitlik asa-gidaki biçime dönüsür.

J 2

+- ~ik~"""",=

4 3 Iletken

Sekil 6-11


fE.dl= fE1dt=O

Bu esitlikte E" E'nin dielektrik yüzeyine teget olan bilesenidir. i - 2 araligi gelisi güzel seçilebildi-ginden, yüzeyin her noktasi için

Ei =Di =O

yazilabilir.

Dikey bilesenler ile ilgili kosullar, Sekil6-12'de görüldügü gibi, küçük, kapali bir tam daire-sel silindirin, kesisim yüzeyine yerlestirilmesiyle incelenebilir. Bu yüzeye Gauss yasasi uygulanarak

fD.dS =Qiç

~. D.dS+ i D.dS+f D.dS=f P.,dSJiisi ah yan A

elde edilir. Kesisim yüzeyinin her iki yaninda Di = O oldugundan üçüncü integral sifirdir. Ayrica,silindirin alt yüzü iletken içerisinde oldugundan ve bu bölgedeki D ve E sifir oldugundan, ikinciintegral de sifirdir. Bu durumda elde edilen

r D.dS= r DiidS=! p.,.dSJüsi Jüsi YA

veya

esitligi yalnizca

DiL= p" ve ELi= p2..E

kosullari saglaniyorsa geçerlidir.Dn

\

Sekil 6-12

ÖRNEK 7. Bir iletkenin yüzeyindeki bir noktada elektrik alan siddeti E = O.2a...- O.3ay- O.2a: (V/m) biçi-minde tanimlanmaktadir. Bu noktadaki yüzeysel yük yogunlugunu bulunuz.

Iletkenin serbest uzay içerisinde bulundugunu varsayalim. Buna göre:

D" = EDE" = p$

E" = :f:IEI = :f:O.412V/m

(10-9

)P. = 36ii (:f:0.412) = :f:3.64 pC/m2

isaretteki belirsizlik, verilen noktadaki yüzeylerden disari dogru olan dikeyin yönünden kaynak-lanmaktadir.

Kisaca, duragan kosullar altinda iletkenin hemen disindaki alan, bir yüzeysel yük dagilimibulunmasi durumunda, sifirdir (hem teget hem de dikey bilesenler sifirdir). Bununla birlikte, yü-zeysel yükün varligi, iletkende net bir yük oldugu anlamina gelmez. Bunu gözde canlandirabilmekiçin. küresel koordinatlarin orijininde bulunan arti bir yükü düsÜnelim. Bu noktasal yÜk,belli birkalinligi olan iletken bir kÜreselkabukla çevrelenmisse [Sekil 6-13(a)], E'nin sifir oldugu iç bölgedisinda, alan için yine

-......-....


E= +Q4Jr E r 2 ar

esitligi geçerlidir. +Q tarafindan olusturulan coulomb kuvvetleri, iletim elektronlarini iç yüzeyedogru çekerek burada eksi isaretli bir P.\"!olusumuna yol açarlar. Bu durumda da, dis yüzeyde orta-ya çikan elektron eksikligi, pozitif bir yüzeysel yük yogunluguna (P,'2)neden olur. + Q yükündençikan elektrik aki çizgileri (\{i), Sekil 6-l3(b)'de görüldügü gibi, iletkenin iç yüzeyindeki elektron-larda sonlanir. Elektrik aki çizgileri, iletkenin dis yüzeyindeki arti isaretli yüklerden de çikar. Gö-rüldügü gibi, iletkeni kesen herhangi bir aki çizgisi olmadigindan, iletkenin üzerindeki net yük sifirolarak kalir.

Pii

Pi2

(a) (b)

Sekil 6-13

Çözümlü Problemler6.1 Bir AWG # 12 bakir iletkenin yariçapi 1.025 mm' dir. 15 m uzunlugunda bir iletken 20 A ta-

simaktadir. Bu iletken için elektrik alan siddetini, sürüklenme hizini, gerilim düsümünü vedirenci bulunuz.

Önce iletkeniii kesitini bulalim:

Buradan

A = Jr (1.025 10-3)2 =3.3 X 10-6 mL

i =IlA =20/3.3 x 10-6=6.06 x 106 Alm2 elde edilir.

Bakir için (j= 5.8 X 107 Sim oldugundan:

E = i/(j= 6.06 x 106/5.8x 107= 0.104 V/m

v = Ei' = (0.104)(15) = 1.56 V

R = V/i = 1.56/20 = 0.078 n

Bakir elektronlarinin hareket yetenegi )1=0.0032 ml/Vs, ve (j =P)1oldugundan yük yogunlugu su bi-çimde bulunur:

p= (j = 5.8x107)1 0.0032 = 1.81xlOIOC/m3

i = pU oldugundan, sürüklenme hizi için


6.2

u = ~ = 6.06x1O6 - 3.34xlO-4 misP 1.81xlOJO

elde edilir. Bu sürüklenme hiziyla, bir elektronun # 12 bakir tel içinde i cm ilerlemesi yaklasik olarak30 saniye sürer.

Alüminyum içerisinde 5.3 x 10-4 m/s degerinde bir sürüklenme hizina karsi düsen akim yo-gunlugunu ve elektrik alan siddetini bulunuz.

Alüminyum için iletkenlik ve hareketyetenegi a= 3.82 x 107Simve)1=0.0014 m2N.s olarak verilir.

J = pU = ~ U = 3.8~ 107 (5.3 x 10-4) = 1.45 x 107A/m2il O. 14

J UE=-=-=3.79 x lO-IV/m

o il

6.3 Uzun bir bakir iletkenin dairesel kesitinin çapi 3 mm olup, iletkenden 10 A'lik bir akim ak-maktadir. Bir saniyede, (digerleri tarafindan yerleri doldurolmak üzere) 100 mm uzunlugun-da bir parçayi terkeden iletim eiektron iarin in yüzdesini hesaplayiniz.

Avogadro sayisi N = 6.02 x 1026atomlkmol'dur. Bakirin özgül agirligi 8.96 ve atomik agirligi63.54 olarak verilir.Atom basina bir tek iletimelektronuvarsayimiyla,birim hacimdekielektron sayisi

Ne =(

6.02XIO26 atom)(

Ikmol

)[8.96XIO3 kg

J(i elektron

)kmol 63.54 kg m3 atom

=8.49xIO28 elektronlm3

olarak bulunur. i 00 mm uzunlugundaki parçanin elektron sayisi da

[

-:i

)

2

N=1T: 3X~0 - (0.1O0)(8.49xIO28)=6.00xIO22

6.4

biçiminde elde edilir. 10A'lik bir akim için bir noktadan bir saniyede geçmesi gereken elektron miktari:

(10 C

)(

1 elektron

)=6.25x1O19 elektronls

s 1.6xlO-19 C

Buna göre, 100 mm'lik bir parçayi, bir saniyede terk eden elektronlarin orani:

625xio19. 2 (1O0)=%0.1O4(saniyede)6.00xi02

Alüminyumun bir santimetre kübündeki bütün iletim elektron iarin in belli bir noktadan 2 s i-çinde geçmesi durumunda olusan akimi bulunuz. Atom basina bir tek iletim elektronu oldu-gunu varsayiniz.

Alüminyumyogunluguve atomikagirligi,sirasiyla,2.70 x 103kg/m3ve 26.98 kglkmol olarak ve-rilir. Buna göre:

Ne = (6.02 x 1026 )(~

)(2.70X1O3)=6.02x1O28 elektronlm326.98

1= dQ = (6.02X1O28elektronlm3 Xi0-2 m}'(1.6xI0-19 C/elektron) -4.82kAdt 2s

ve

6.5 0.0046 m2N.s hareket yetenegine ve 29.1 MS/m iletkenligine sahip bir metal içerisindekiserbest eIektron yogunlugunu bulunuz.a =)1P oldugundan:

-.,


6.6

6

=a =29.1x10 6.33x1O9 Cim 3p p 0.0046

N = 6.33x1O9 =3.96x1028 elektronlm3e 1.6x 10-19

n türü bir germanyum (Ge) elemaninda her 108 atom için bir tane verici (donör) atom olduguvarsayimiyla, 300 K'deki iletkenligi bulunuz. Ge için yogunluk 5.32 x 103 kg/m3 ve atomikagirlik 72.6 kg/kmol olarak verilmektedir.

n türü bir yari iletkenin tasiyicilari elektronlardir. 1 kmol içerisinde 6.02 x 1026atom bulundugun-dan, tasiyici yogunlugu için

Ne =(

6.02X 1026 atom)( 1kmol i

[5.32X 103 kg

J[

elektron

Jkmol ln.6kg) m3 108 atom

=4.41xl 020 elektronlm 3

elde edilir. Ge için 300 K' deki özyogunluk (ni)2.5 x 1019m-3olarak verilir. Yari iletkenlerde NeN"= n?esitligi geçerli oldugundan, deliklerin yogunlugu

( 19rN" = 2.5xl0 . - 1.42x1O18delik/m34.41xl020

ve

6.7

olarak bulunur. Ne » N" oldugundan, iletkenligi, katkilanmis elektronlar belirler. Bu elektronlarin300 K'deki hareket yetenegi su biçimde elde edilir:

a"" Neepe= (4.41x 1020)(1.6x 10-19)(0.38)=26.8 Sim

Düzgün kesitli ve 150 m uzunluktaki bir iletkenin gerilim düsümü 1.3 Volup, akim yogunlu-gu 4.65 x 105 Nm2 olarak verilmektedir. Iletkenin içindeki malzemenin iletkenligini bulunuz.

E = Vi Ive J = aE oldugundan:

s

(

1.3

)

-4.65 x LO-=a - veya a= 5.37 x LO/Sim

150

Malzemelerin dirençlerini gösteren bir çizelgede, tavlanmis bakir için bir "ayak" basina 10.4ohm. dairesel mil degeri verilmektedir. Malzemenin iletkenligIni metre basina siemens ola-rak bulunuz.

Dairesel mil, çapi bir mil (i mil = 10-3inç) olan bir dairenin alanidir.

i dal",e! m;) = n[[ io'~ inç )(0.0254 i:Ç ir =5.07x io'" m'

Iletkenlik, direncin tersine esit oldugundan:

[

1 ayak

J[

inç

J[

m

J (

1dairesel mil

i

7a= - 12- 0.0254- = =5.78xl0 Sim

10.4D..daireselniil ayak inç 5.07xl0-l0ni2

AWG # 20 alüminyum iletkenin 1000 ayak (feet) basina direnci 16.7 Q olduguna göre, alü-minyumunun iletkenligIni bulunuz.

iletken çizelgelerinden # 20 iletkenin çapinin 32 miloldugu bulunur.

6.8

6.9

J

A=Jl{32X~0-3 (0.0254l =5.19xlO-7 m2

p.= (1000 ayak) (12 inç/ayak)(0.0254 m/inç) = 3.05 x 102m


R = f/aA esitliginden a bulunabilir.

a= 3.05x1O2(16.7)(5.19x1O-7) - 35.2 MS/m

6.10 Yariçapi 2mm olan silindirik bir iletkenin akim yogunlugu, eksenden olan uzaklikla, J = 103e-400rCA/m2)bagintisina göre degismektedir. Toplam i akimini bulunuz.

J = l<Pe-400r(A/m2)

f f r21< rO.002

1= J.dS= JdS= Jo Jo HYe-.oo,rdrdq,

[e-400r

]0.002

=2n(1O3) (-400)2 (-400r -1) o 0= 7.51mA

6.11 J = 1o21xlay CA/m2) olduguna göre, y = O düzleminin -0.1 ::;;x::;;0.1 m ve -0.002::;; z::;;0.002 mile tanimlanan bölümden geçen akimi bulunuz.

f foooo2

Lol ?

1= J. dS = 10- lxia \ .dx dza \ =4 mA-0.002 -0.1 o o

Jr Jr

6.12 J =100cos 2yaxCA/m2)olduguna göre, x=O düzleminin -4 S Y S 4 m ve -0.01 ::;;z ::;;0.01

m ile tanimlanan bölümünden geçen akimi bulunuz.

f fOoO]

firl4

1= J .dS= 1OOcos2yax .dydzax =2.0A-0.01 -ir 14

6.13 Küresel koordinatlarda,' J = 103 sin e ar CA/m2) olarak verildigine göre r =0.02 m küresel ka-bugunu kesen akimi bulunuz.

J ile dS =,2 sin 8 d8 dqJai, radyal oldugundan:

(ir rir1= J: Jo lO3(O.O2fsin28d8dt/>=3.95A

6.14 Düzgün bir akim dagilimi oldugunu varsayarak, sabit bir kesit alanina CA)ve e uzunlugunasahip herhangi bir iletkenin direncinin R =/!/aA ile ifade edildigini gösteriniz.

e boyunca sabit bir kesit alani, sabit bir E anlamina gelir. Buradan gerilim düsümü

V =JE .dl =EP.

olarak bulunur. Akim A kesiti üzerinde düzgün olarak dagilmissa

1= fjodS=JA=aEA

elde edilir. Burada a iletkenligi göstermektedir. R = VII oldugundan:

R=~aA


6.15 SekiI6-14'de görülen fJ.uzunluklu koaksiyel kablonun yalitkaninin direncini bulunuz.

i ~

)r

~eSekil 6-14

Iç iletkenden dis iletkene toplam akimin i oldugunu varsayalim. Buna göre r radyal mesafesinde

J =~=~A 27rrf

oldugundan E =~ elde edilir.21t(Jrf

Dolayisiyla, iki iletken arasindaki gerilim farki

L" i i b

Vab=- -dr=-ln-b 2nClr! 2nol a

olarak ve direnç de

V 1 bR =-=-ln-

i 2nol a

olarak bulunur.

6.16 4 m genislikli bir akim tabakasi z =Odüzleminde olup, orijinden (1, 3, O)m'ye yönelmis lOAdegerinde bir toplam akim tasimaktadir. K'nin ifadesini elde ediniz.

Tabakanin her noktasinda K'nin yönü birim vektörü verir.

ax +3a\

J1oK'nin genligi ise 10/4 A/m'dir. Dolayisiyla:

LO

[

a x + 3a \'

)K = - ~. Alm

4 vlO

6.17 Sekil 6-15'de görüldügü gibi, bir ir akimi, z ekseni üzerindeki bir filamandan asagi dogruakmakta ve z = O' daki ince bir iletken tabakaya girmektedir. Bu tabaka için K ifadesini eldeediniz.

tztIT

y

x

Sekil 6-15


z = Odüzleminde bir daire düsünün. Tabakadaki, h akimi 2rcr uzunlugundaki çevre üzerinde düz-gün olarak yayilir. K'nin yönü a/dir. Buna göre:

K = .!La2rcr r

6.18 Problem 6.17' deki akim tabakasi için 30o1ik düzlem parçasindaki akimi bulunuz. (Sekil 6-16).

I 1",/6 i i

1= K"dt= -i.rd</J="i'2nr 12

---(

~300~K i

Sekil 6-16

Ancak, düzgün dagilimli akim için, 300'lik bir dilim, toplamin, 30°/360° = III2 oranindaki bölümünüta:;.iyacagindan, integral almak aslinda gereksizdir.

6.19 Bir i akimi, Sekil 6-17' de görüldügü gibi, ince bir tam dairesel silindire üstten girmektedir.Silindirin yariçapi 2 cm olduguna göre K'yi bulunuz.

ri

..-...-

~ t +

Sekil 6-17

Üstte, akim herhangi bir 2m- çevresinde düzgün olarak dagiidigindan:

iK = -a,. (A/m)2rcr

Asagiya dogru, kenarlarda, akim 2rc(0.02 m) çevresI üzerinde düzgün dagilmistir.

iK = - (-a, }(A/m)

0.04rc .

6.20 Ekseniz ekseniileçakisikolan 0.05 m yariçaplisilindirikbir iletkenp, =polz (C/m2)yüzey-sel yük yogunluguna sahiptir. Yüzey üzerindeki E ifadesini elde ediniz.

DiL= Pi oldugundan ELi= p/E o yazilabilir. (0.05, lfJ,z) için:

E = Eiiar= ~a,. (V/m)EO z

6.21 x 25 bölgesini kaplayan bir iletkenin yüzeysel yük yogunlugu

P = Po

s ~y2+Z2

olduguna göre, iletkenin hemen disindaki bölge için E ve D ifadelerini elde ediniz.


Disa dogru olan dikey -ax oldugundan, iletkenin hemen disinda:

D = Dn(-ax) = Ps(-ax) = k (-ax)y2 + Z2

PO(E = -ax)

Eoyy2 + Z2

6.22 ra = 0.01 m ve rh = 0.08 m degerlerine sahip es merkezli iki silindirik iletkenin yalnizca ara-larindaki bölgede D ve E sifirdan farklidir. Silindirik iletkenlerin yüzeysel yük yogunluklariPvave psh'dir. Pia = 40 pC/m2 olduguna göre pih'nin degerini bulunuz ve iki silindir arasinda-ki D ve E'nin ifadesini elde ediniz. (Sekil 6-18).

ve

Seki16-18

Simetriden dolayi, silindirler arasindaki alan radyal olup, yalnizca r'ye baglidir. Buna göre, ra<r< rbiçin:1 d

V.D = --(rDr)= O veya rDr = cr dr

yazilabilir. c sabitini hesaplamak için, r = ra için Dn = Dt = Psaoldugunu gözönüne alalim:

c = (0.0l)(40xio-12)= 4xio-13 Cim

Dolayisiyla:

D =4X1O-13 CI 2) E =~=4.52xio-2 (VI )ar ( m ve ar m

r EO r

Buradan Psbyogunlugu bulunabilir.

4xio-13 oPih = Dn

lr=r-o =Dr

lr=r-o =- --5pC/m~

. " h 0.08

Ek Problemler

6.23 Alüminyum için iletkenlik 38.2 MS/m ve iletim elektronu yogunlugu 1.70 x 1029m-3 olarak verildigi-ne göre, iletim elektronlarinin hareket yetenegini hesaplayiniz.

Yanit: 1.40 x 10-3m2N.s

6.24 Problem 6.23'ü, (a) 0'= 58.0 MS/m ve Ne = 1.13 X 1029m-3degerlerine sahip bakir için; (b) 0'= 61.7MS/m ve Ne = 7.44 X 1028m-3 degerlerine sahip gümüs için tekrarlayiniz.

YanIt: (a) 3.21 x io-3 m2/V. s; (b) 5.18 x io-3m2/V. s

6.25 p türü gerillanyum için o' = 104 Sim ve delik hareket yetenegi Ph =0.18 m2N.s olarak verildigine göreNh delik yogunlugunu butunuz.

23 -1YanIt: 3.47 x LO . m'

l


6.26 Problem 6.25'in verilerini ku1lanarak, öz yogunluk ni =2.5 x 1019 m-30lduguna göre, Ne elektron yo-

gunlugunu bulunuz. Yanit: 1.80 x 1015m-3

n türü silikon için, a= 10 Sim, Jle==0.13 m2N.s ve ni = 1.5 x 1016m-3 olarak verildigine göre, elekt-ron ve delik yogunluklarini bulunuz. Yanit: 4.81 x 1020m-3, 4.68 x 1011m-3

Yogunlugu 18.8 x 103 kg/m3 ve atOmikAgirligi 184.0 olan tungstenin i metreküpündeki iletim eleki-fOnlarinin sayisini bulunuz. Atom basina iki iletim elektronunun oldugunu varsayiniz.

Yanit: 1.23 x 1029

6.27

6.28

6.29 Bakir için a =58 MS/m ve 11=3.2 x 10-3m2N.s verildigine göre, i metredeki iletim elektronlarininsayisini bulunuz. Atom basina ortalama kaç elektron düsmektedir? Atomik agirlik 63.54 ve yogunluk8.96 x 103kg/m3 olarak verilmektedir. Yanit: 1.13 x 1029,1.33

Kesit boyutlari 0.02 x 0.08 m ve uzunlugu 2.0 m olan dikdörtgen kesitli bir bakir çubugun gerilim dü-sümü 50 mV olduguna göre, direnç, akim yogunlugu, elektrik alan siddeti, ve iletim elektronlarininsürüklenme hizi degerlerini bulunuz.

6.30

6.31

Yanit: 21.6 P.Q, 2.32 kA, 1.45 MNm2, 25 mV/m, 0.08 mm/s

Kesit boyutlari 0.01 x 0.07 m ve uzunlugu 3 m olan bir alüminyum çubuk 300 A tasimaktadir. Elekt-rik alan siddetini, akim yogunlugunu ve iletim elektronlarinin sürüklenme hizini bulunuz.

Yanit: 1.12 x 10-2 V/m, 4.28 x 105 Nm2, 1.57 x 10-5 m/s

A WG #20 bakir iletkenin 20°Cdeki direnci 33.31 Q/km olarak verilmektedir. Bu, hangi iletkenlikdegerine karsi düsmektedir? A WG #20 iletkenin çapi 32 mildir. Yanit: 5.8 x 107Sim

6.32

6.33 AWG #18 platin iletkenin direnci 1.21 x 10-3Q/cm olarak verilmektedir. Bu, hangi iletkenlik degeri-ne karsi düsmektedir? AWG #18 iletkenin çapi 40 mildir. Yanit: 1.00 x 107Sim

Direnci 0.0172 Q/cm olan AWG #32 tungsten iletkenin iletkenligini bulunuz. Bu iletkenin yariçapi8.0 mildir. Yanit: 17.9MS/m

6.34

6.35 Ortasi bos silindirik bir alüminyum iletkenin dis yariçapi 32 mm ve et kalinligi 6 mm olduguna göre,bu iletkenin metre basina direncini bulunuz. Yanit: 53.4 pf2Im

6.36 Kalinligi 1.0 mil, kenari 5 cm olan kare seklindeki alüminyum folyonun, (a) kare yüzünün karsit ke-narlari arasindaki; (b) iki kare yüzü arasindaki direnci bulunuz. Yanit: (a) 1.03 mO; (b) 266 pD.

100 ft uzunlugundaki AWG # 4/0 iletkeninin bakir ve alüminyum için direncini bulunuz. AWG # 4/0iletkeninin çapi 460 mildir. Yanit:4.91 mD.,7.46 mD.

6.37

6.38 Bakir bir iletkenin uzunlugu 2 metre olup dairesel bir kesiti vardir. Kesitin yariçapi i uçta Imm, digeruçta 5 mm olup, aradaki degisim dogrusaldir. Iletkenin direncini bulunuz. Yanit: 2.20 mD.

6.39 i m uzunluklu kare kesitli bir bakir iletkenin bir ucundaki kenar uzunlugu 1mm, diger ucundaki kenaruzunlugu ise 3 mm'dir. Aradaki degisim dogrusalolduguna göre, iletkenin direncini bulunuz.

Yanit: 5.75 mD.

6.40 Uzunlugu -eolan, kesit sekli her noktada ayni kalan, fakat kesit alani dogrusalolarak A'dan kA'ya

yükselen iletkenin direncini bulunuz. Yanlt:~(~

)aA k-I

6.41 Bir AWG # 12 iletkeni, anma akimi olan 30 A'i tasirken akim yogunlugu nedir? Bu iletkenin çapi 81mildir. Yanit: 9.09 x 106A/m2

Dairesel bir iletkenin yariçapi 2 mm olup, akim yogunlugu J = 103/r (Nm2) bagintisi uyarinca r iledegismektedir. Toplam akimi bulunuz. Yanit: 41tA

6.42

6. Bölüm

6.43

AKIM, AKIM YOGUNLUGU VE ILETKENLER 93

Silindirik koordinatlarda 0.01 ~ r ~ 0.02 m, 0< z ~ i m bölgesi için J = 10 e-lOOraqi(Alm2) olarak ta-

nimlanmistir. Bu bölgenin qy= sabit düzlemi ile kesisen yüzeyinden geçen toplam akimi bulunuz.

Yamt: 2.33 x 10-2A

6.44 Küresel koordinatlarda akim yogunlugu

J = (,,O: co,O}o (.tm2)

biçimindetanimlandiginagöre e =7d4, 0.00 i ~ r ~ 0.080 m konik seridi kesen akimi bulunuz.

Yamt: 1.38 x 104 A

6.45 J =2x2ax + 2x/ar + 2xyaz (Alml) olduguna göre, bir kösesi orijinde olan ve bir metre uzunluktaki ke-narlari koordinat eksenlerine paralelolan küpten disariya dogru yönelmis akimi bulunuz. Yamt: 3.0 A

SekiI6-19'da görüldügü gibi, 50 A'lik bir akim z ekseni boyunca akip önce 0.03 m yariçapli bir küre-sel kabuga, sonra da e = w2' de bir düzlem tabakaya girmektedir. Küresel kabuktaki ve düzlemdekiakim tabakasi yogunluklarinin ifadelerini elde ediniz.

6.46

265 7.96 .

Yamt: ---:--ao (Alm), -a,. (Alm)sin e r

Sekil6-t9

6.47 i degerli bir filaman akimi z ekseninden asagi dogru akarak z =5 x 1o-2m'de 5 x 10-2m yariçapli kü-resel bir kabugun O~ qy~ m'4parçasina girmektedir. Bu akim tabakasi için K'yi bulunuz.

801Yanit: :--ao (Alm)

TCsin e

6.48 Yogunlugu K =20a, A/m olan bir akim tabakasi x = Odüzleminde yatmaktadir. Ayni 0i1amda ayricaJ = 10 az Alm2degerinde bir akim yogunlugu mevcuttur. (a) z =O düzleminde, merkezi orijinde olan0.5 m yariçapli dairenin çevreledigi alandan geçen akimi bulunuz. (b) lxi ~ 0.25m, iyi ~ 0.25m, z =Oile tanimlanan küreden geçen akimi bulunuz. Yanit: (a) 27.9 A; Cb) 12.5 A

Ortasi bos, et kalinligi çok küçük, 0.01 x 0.02 m dikdörtgen kesitli bir iletken pozitif x yönünde 10 Atasimaktadir. K ifadesini elde ediniz. Yamt: i 67ax Alm

6.49

6.50 Kati bir iletken x + y = 3 m ile tanimlanan bir yüzeye sahiptir ve orijine dogru uzanmaktadir. Yüzey-deki alan siddeti 0.35 V/m'dir. Yüzeydeki E ve D ifadelerini elde ediniz ve p,'yi bulunuz.

Yamt: :!:0.247(ax + a,.)V/m,:!: 2.19 x 1o-12(ax+ a)) C/m2,:!:3. iOx w-Il C/ml,

6.51 z < O bölgesine uzanan bir iletkenin z = O düzleminde bir yüzü bulunmakta ve bu yüz üzerinde,silindirik koordinatlarda, P.,= 5 X 10-1oe-lO,. sin2 <p(C/m2) ile tanimlanan bir yüzey yükü bulunmakta-dir. (0.15 m, w3, O)'daki elektrik alan siddetini bulunuz. Yant/: 9.45azV/m

~


6.52 Merkezi orijinde bulunan 3 yariçapli bir küresel iletkenin yüzey yükü yogunlugu P.,= POCOS2() ile ta-nimlanmaktadir. Yüzeyindeki E'yi bulunuz.

PO 2Yanit: -cos () ar

EO

6.53 Bir iletkenin yüzeyi üzerindeki bir noktada elektrik alan siddeti E = 0.2ax - 0.3ay - 0.2az V/m oldu-guna göre, bu noktadaki yüzeysel yük yogunlugunu bulunuz.

Yanit: i: 3.65 pC/m2

6.54 Orijine yerlestirilmis küresel bir iletkenin yüzeyindeki elektrik alan siddeti, küresel koordinatlardaE = 0.53 (sin21jJ)ar V/m olarak tanimlanmaktadir. Kürenin y ekseniyle birlestigi yerdeki yük yogunlu-

gunu bulunuz.

Yanit: 4.69 pC/m2

Bölüm 7

Kapasite ve Dielektrik Malzemeler

7.1 KUTUPLANMA (P) VE BAGiL GEçIRGENLIK (Er)

Dielektrik malzemeler elektrik alani içerisinde kutuplanirlar ve bunun sonucu olarak, aynialan siddeti için serbest uzayda sahip olduklarindan daha büyük bir elektrik aki yogunluguna (D)sahip olurlar. Kutuplanma için basit fakat yeterli bir kuramsal inceleme, dielektrik atomunun Sekil7-1 (a)' da görüldügü gibi üst üste konmus iki pozitif ve negatif yük bölgesinden olustugunu düsü-nerek yapilabilir. Bir E alaninin uygulanmasi Üzerine pozitifyükler alan yönünde, negatifyükler dealana ters yönde hareket ederler. Bu yer degistirme, Sekil 7-I(c)'de görüldügü gibi, p =Qd biçi-minde ifade edilen bir elektrik dipol momenti ile tanimlanabilir. .---.....

Uygulanan alanin kaldirilmasi durumunda, çogu malzemede yükler ilk bastaki üst üste olankonumlarina geri dönerler. Ayni Hooke yasasina uyan bir yayda oldugu gibi, konumun bozulmasiiçin harcanan enerji, sistemin ilk durumuna geri dönmesine izin verilirse geriye alinabilir. Konumdegisikligi sirasinda da, yayda oldugu gibi enerji depolamasi söz konusudur.

Kutuplanmis dielektrigin içindeki bir L1Vbölgesinde N tane dipol momenti (p) bulunur. Ku-tuplanma (P), birim hacimdeki dipol momenti olarak tanimlanir:

Np ( 2 )P = \im - \C/m1'.,,-.0Llv

Bu esitlik, elektrik dipol momentlerinin hacim içerisinde sürekli ve düzgün bir dagilimi oldugunugösteriyorsa da, gerçekte durum böyle degildir. Makroskobik açidan bakildiginda ise, kutuplanmaelektrik alan yogunlugundaki artisi da içerdiginden, esitlik su biçimde olur:

D=EoE+P

Bu esitlik, belli bazi kristal yapili dielektriklerde oldugu gibi, E ve P'nin farkli yönlerde olabilece-gini gösterir. Izotropik, dogrusal malzemelerde E ve P her noktada paralelolur. Bu durum, boyui-suz bir sabit olan Xeelektriksel suseptibiliteyi göstermek üzere,

P =XeEoE (izotropik malzeme)

esitligiyle ifade edilir. Buradan, E i ==i + Xeyine boyutsuz bir sayi olmak üzere

D =E0(1 + Xe)E = E oEiE (izotropik malzeme)

elde edilir. D =E E oldugundan (Bölüm 3.4)E

Ei=-EO

ile tanimlanan E" bagil geçirgenlik olarak adlandirilir. (Bölüm 2.1 ile karsilastiriniz.)

95

(-() O dGQ\ i

\ /' ---» E . E

(a) (b) (c)

Sekil 7-1

96 KAPAsITE YE DIELEKTRIK MALZEMELERI 7. Bölüm

ÖRNEK 1.E =0.15 MY/m ve X, = 4.25 degerlerine sahip bir dielektrik malzeme için D ve P'nin genlikleri-ni bulunuz.

Er = Xe+ i = 5.25 oldugundan:

10-9 'ii. 6) ?

D=EOEr E=-(5.25AO.15xlO =6.96f..lC/m-361t

10-9P =Xe EO E = -(4.25XO.15XIO6)= 5.64f..lC/m2

361t

7.2 KAPAsiTE

Serbest uzay veya bir dielektrik malzeme ile birbirinden ayrilan herhangi iki iletken parça a-rasinda bir kapasite vardir. Bu sisteme bir gerilimin uygulanmasiyla bir iletkende +Q yükü, digeriletkende ise -Q yükü olusur. Yükün mutlak degerinin gerilim farkinin mutlak degerine orani sis-temin kapasitesi olarak tanimlanir:

c= Q (F)V

1 farad (F), 1 CN'a esdegerdir.

Kapasite, yalnizca sistemin geometrisine ve dielektrik malzemelerin özelliklerine baglidir. Se-kil 7.2'de 1 numarali iletkene yüklenmis +Q yükü ile 2 numarali iletkene yüklenmis -Q yükünün ya-rattigi elektrik akisi görülmektedir. Dolayisiyla, D ve E alanlari da olusturulmustur. Yükler iki katinaçikarilirsa, D, E ve dolayisiyla gerilim farki da iki katina çikar. Dolayisiyla, Q/Vorani sabit kalir.

Sekil 7-2

ÖRNEK 2. Saçaklanmayi ihmal ederek. Sekil 7-3'deki paralellevhali kondansatörün kapasitesini bulunuz.Üst levhanin toplam yükünün +Q ve aIt levhanin toplam yükünün -Q oldugunu varsayalim. Yükün

plaka üzerindeki dagilimi, kenarlarda daha yogun olacak biçimdedir. Saçaklanmanin ihmal edilmesiyleproblem basitlesir ve yükün levhalar üzerinde P =:!:QIAyogunluguyla düzgün olarak dagildigi varsayilabilir.LevhalararasindaD her noktadaesit degerliolup,+p,.'den-p/ye yönelmistir.

D=Q(-aJ ve E= Q (-az)A EOEr A

Üst levhanin alt levhaya göre potansiyeli, Bölüm~5;3'dekigibi bulunabilir.

id Q. QdV=- ( a,).(dzaJ=

oEoErA'. .. EoErA

Buradan C = Q / V = EoErAld elde edilir. GörUldügügibi. sonuç, levhamn sekline degil alanina, aralarindakiuzakliga ve aradaki dielektrik malzemeye baglidir.

7 Bölüm KAPASITE VE DIELEKTRIK MALZEMELER 97

z

A

i EofIr

x

Sekil 7-3

y

7.3 ÇOK KATMANLI DIELEKTRIKLI KONDANSA TÖRLER

Bir kondansatörün içinde Sekil 7-4 (arda görüldügü gibi temas yüzeyleri E ve D'ye paralelolan iki dielektrik varsa, esdeger kapasite, sistemin, Sekil 7-4 (br de görüldügü gibi paralel kondan-satörlerden olustugu düsünülerek bulunabilir.

Ci = EoErIA!d Cz = EOEr2Az

d

EO

Ces =Ci+Cz=d(ErtA1+ErzAz)

, 'd-===-v

(a)

L(i 1C.~V

(b)

Sekil 7-4

Sekil 7-5 (arda görüldügü gibi temas yüzeyleri D ve E'yi dik olan iki dielektrik varsa, esde-ger kapasite, sistemin sekil 7-5 (brde görüldügü gibi, iki seri kondansatörden olustugu düsünülerekbulunabilir.

Ci = E'oE'rIAdi

'f

1 1 1-=-+-Ces Ci Cz

Cz = E'oE'r2Adz

E'r2di + E'ridz

E'OE'rl E'r2A

Sonuçlar, temas yüzeyleri D ve E'ye dik olan herhangi bir sayidaki dielektrik malzemeninvarligi için de genisletilebilir: esdeger kapasitenin tersi, tek tek kapasitelerin tersinin toplamma e-sittir.

98 KAPASITE VE DIELEKTRIK MALZEMELER 7. Bölüm

i-

r-l

eii i- V

c,\-)

di

d2

_v

(a) (b)

Sekil 7-5

ÖRNEK 3. Levhalarinin alani 0.30 m2ve levhalar arasi uzakligi 5.5 mm olan paralellevhali bir kondansatöriçerisinde temas yüzeyleri D ve E'ye dik olan üç tane dielektrik vardir. Bu dielektrik-Ierin özellikleri Eri =3.0, di = 1.0 mm, E1'2= 4.0, d2 = 2.0 mm, E1'3= 6.0 ve d3 = 2.5 mm olarak verildigine göre kapasiteyi bulu-nuz.

Her bir dielektrigin, üç kondansatörden biri oldugunu düsünebiliriz.

Ci = EOErlA = EO(3.0)(0.30)=7.96nFdi 10-3

Benzer biçimde C2 = 5.31 nF ve C3 = 6.37 nF bulunur. Dolayisiyla, esdeger kapasitei 1 i i

- = + + veya Ces=2.12 nF olarak bulunur.Ces 7.96xl0-9 5.31xlO-9 6.37xl0-9

7.4 KONDANSA TÖRLERDE BIRIKEN ENERJI

Bölüm S.8'de bir kandansatörün elektrik alaninda biriken enerji

WE=~fD.EdV

esitligiyle tanimlanmisti. Bu esitlikteki integral islemi, saçaklanmanin ihmal edilmesiyle, iletkenlerarasindaki bosluk üzerinde yapilabilir. Eger bu boslukta E i'bagii geçirgenligine sahip bir dielektrikvarsa, D =E oE rE esitliginden

1f

?

WE= '2 EOErE- dv

elde edilir. Görüldügü gibi, bosluktaki ile ayni bir E degeri için, bir dielektrigin varligi durumunda,enerjide E r oraninda (E r > 1) bir artis olur. Biriken enerji, kapasite degeri ve gerilim türünden de i-fade edilebilir:

WE= l..Cv22

Enerjinin, serbest uzaydaki degerine göre artisi, E r ile dogru orantili olan C degerinde yansltil-maktadir.

7.5 SABIT GERILIM DURUMUNDA D VE E

Sekil 7-6'da görüldügü gibi levhalarinin arasi bos olan ve levhalari arasina sabit bir V gerilimiuygulanan paralellevhali bir kondansatör. sabit bir E degerine sabittir. Saçaklanmanin ihmal edilmesiyle

VEo = -aii

dEO V

Do= EO EO =-aiid


elde edilir.

Y~.

.

..':..'

.':'h_L A

.

...

.

.

ijl:

~ L/7 EO ---73"--------

Sekil 7-6

Levhalar arasindaki boslugun, bagii geçirgenligi E,. olan bir dielektrikle doldurulmasi durumunda,iletkenlik E,. katsayisiyla artarken gerilim sabit kaldigindan:

E =Eo D =E ,.Do .

ÖRNEK 4. Levhalariarasindaserbestuzaybulunanparalel levhalibir kandansatör,bir sabitgerilimkayna-gina baglidir. Levhalar arasina bagil geçirgenligi E,. = 2 olan bir dielektrigin yerlestirilmesi durumunda WE,C, Q ve p':nin nasil degisecegini bulunuz.

Yeni degerler AçiklamaWE=2WEo Bölüm 7.4C= 2Co C= 2WE/V2

P.,= 2p..o P..= DiLQ = 2Qo Q = P.,A

Bosluga dielektfigin yerlestirilmesi, sabit gerilim kaynagindan fazladan bir Qo yükünün çekilmesine nedenolur.

7.6 SABIT YÜK DURUMUNDA D VE E

Sekil 7-Tde görülen paralel levhali kondansatörde, üst levhada +Q, alt levhada -Q yükübulunmaktadir. Bu yük bir V gerilim kaynaginin önce kondansatöre baglanip, sonra çekilmesindenkaynaklanmis olabilir. Levhalar arasinin bos olmasi durumunda, saçaklanmanin ihmal edilmesiyle

Q i QDo= -a Eo= -Do =~a

A 11 EO EO A 11

elde edilir. Bu sistemde, herhangi bir iletim yolu olmamasindan dolayi, yükün artmasi veya azal-masi söz konusu degildir. Bundan dolayi, levhalar arasina bir dielektrigin yerlestirilmesi durumun-da D ve E degerleri asagidaki gibi olur:

0=001

E=-EoEr

~ ~.'.'.~A ,,-::::::::'d

::!1];;]7;;" -J'Sekil 7-7

ÖRNEK 5. Paralel levhalarinin arasi bos olan yüklü bir kandansatör, yalitilmis olarak tutulurken levhalarinarasina bagil geçirgenligi 2 olan bir dielektrik yerlestirilmistir. WE,C ve V'deki degisimleri hesaplayiniz.

Yeni riegerler

WE= t WED

V - i V.- 2' o

C = 2Co

Açiklama

D.E = tDo.EoV=Ed

C = Q/V(Problem 7. 20'ye bakiniz.)

100 KAPAsITE VE DIELEKTRIK MALZEMELERI 7. Bölüm

7.7 IKI DIELEKTRIGIN AYiRMA YÜZEYINDE SINIR KOSULLARI

Sekil 6-11 ve 6-12' deki iletkenin yerine ikinci bir farkli dielektrigin yerlestirilmesi duru-munda, Bölüm 6-10'daki bakis açisiyla asagidaki iki sinir kosulu elde edilir:

(1) E'nin teget bileseni, dielektriklerin ayirma yüzeyi boyunca süreklidir.

E E Dii Di2il = iZ ve - =-

E ri ErZ

(2) D'nin dikey bileseni, dielektriklerin ayirma yüzeyinde, Ip..1genlikli bir süreksizlige sa-hiptir. Birim normal vektörün 2. dielektrige dogru seçilmesi durumunda, bu kosul su bi-çimde ifade edilir

Dni - DIi2 = -p", ve E P",E ri Eni - E rZ nZ = --

EO

Genelolarak, temas yüzeyinde herhangi bir serbest yük olamayacagindan (p",= O) esit-likler su biçimde yeniden düzenlenebilir.

Dni = Dnz ve E ri Eni = E rZEnz

ÖRNEK 6. Sekil 7-8'de Ei = 2ax- 3ay +5az V/m olup, dielektriklerin ayirma yüzeyi yüksüzdür. Dz'yi ve ei.~ açilarini hesaplayiniz.

«

i

z

Ei

/,' " 2

,-"'/" .J ,

/' <"'Le

~, \..("'" 'o<)< .j~

,; ~;::" '...~ ~i

"

v"-'"

')

Sekil 7-8

Ayirma yüzeyi z =sabit düzlemidir. x ve )' bilesenleri teget, z bileseni ise yüzeye diktir. E'nin tegetbilesenininve D'nin dik bilesenininsürekliliginden:

Ei = 28,,- 38,.+ 58z

E2= 28,,- 38,.+ Ea8z

Di = «=o«=riEi= 4«=08.. - 6«=08,. + 10«=08"

D2= D..i-x+ D,.i-,.+ 10«=08.

Bilinmeyen bilesenler, Dz = EOErzEzbagintisindan bulunabilir.

Dxza, + D)'Zay + i OE()a, = 2 E()ErZax - 3 E()E rZay+ E()ErZE,za,Buradan da

Dx'!. =2EoErz=IOEz DJz = -3EoE rZ= -15EoLO

Ez'!.=-=2E rZ

elde edilir. Ayirma yüzeyiyle yapilan açilar da asagidaki gibi bulunur:

Ei.az = IEd cos (90° - ei)

5 = J3s sin ei81= 54.2°

Ez.az= IEzIcas(90° - ez)

2 = ./li sin ~ez= 29.0°

L


Asagidaki esitlikler oldukça kullanislidir:

EzI

-- 2tan ei - VE;1 + Eyi

Ez2e - 2tan 2- VE;2 + EY2

Dzi/ E~ErI

vE;1 + E;i

Dz2/EoEa

V E;2 + E;2

Süreklilik iliskilerinden yola çikarak, bu esitliklerin bölünmesiyle, su baginti elde edilir:

tan ei = Er2tan e2 Eri


7.1 D = 3.0 x 1O-7a C/m2 olarak verildigine göre, Er = 2.8 degerine sahip dielektrikdeki kutup-lanmayi (P) hesaplayiniz.

Malzemenin homojen ve izotropik ik oldugu varsayilirsa:

P = XeEoE

D = EoE,E ve Xe = E,.- i oldugundan:

(

E -I In

P = ~ r= l.93xlO~7a C/ml

7.2 Xe= 3.5 ve P = 2.3 x 10-7a C/m2 degerlerine sahip bir malzeme için E'nin degeri bulunuz.

P ve E'nin ayni yönde oldugu varsayilirsa:

i 3E=-P=7.42xlO" aV/m

Xe EO

7.3 Er = 5.2 degerine sahip dielektrik bir ortamdaki iki noktasal yük, 8.6 x 10-3N degerinde birkuvvetle etkilesirler. Yükler boslukta olsaydi kuvvetin degeri ne olurdu?

Cuolomb yasasina göre, F = QiQ2/(41tEoE4\ kuvvet E,. ile ters orantilidir. Kuvvetin en büyükdegeri serbest uzayda elde edilir.

Fmax= g(S.6xio-3)= 4.47X10-2 Ni

7.4 Sekil 7-9'da, x < O ile tanimlanan 1. bölge serbest uzayolup, x > O ile tanimlanan 2. bölge,E,.2 = 2.4 degerine sahip bir dielektriktir. Di = 3ax- 4a, + 6az C/m2 olarak verildigine göre,E2'yi ve ei, e2 açilarini hesaplayiniz.

x bilesenleri ayirma yüzeyine diktir: Dnve Ei süreklidir.

Di = 3ax-3 4 6

Ei =-ax--ay +-azEo Eo Eo

4ay + 6az

D2 = 3ax + DY2ay+ Dz2az4 6

E2= Ex2ax- - ay+ - azEo Eo

102 KAPASITE VE DIELEKTRIK MALZEMELERI 7. Bölüm

Sekil 7-9

Di =E OErzEi esitliginden

3ax +Dyiay +Dziaz = EOEri Exiax -4Eri ay +6Eri az

. 3 1.25elde edilir. Buradan E.d =- =-

EOEri EODyl =-4Eri=-9.6 Dzl = 6E rl = 14.4 bulunur.

Açilar da su biçimde hesaplanir:

Di-ax= IDi i cas (90° - 81)

3 = J6i sin 81

81 = 22.6°Benzer biçimde, 81= 9.83° bulunur.

7.5x < O ile tanimlanan serbest uzay bölgesinde elektrik alan siddeti Ei = 3ax + Say- 3azV/m iletanimlanmaktadir. x > O bölgesinde ise E rl = 3.6 degerine sahip bir dielektrik vardir.Dielektrigin içindeki alanin x = Odüzlemi ile yaptigi ei açisini bulunuz.

Ei 'nin yaptigi açi su biçimde bulunur:

Ei-ax = IEil cas (90° - 81)

3 = J4j sin 81

81 = 27.2°

AÇlYIbulmak için de Örnek 6'da gelistiren yöntemden yararlanilabilir.

1tan81 =-tan81 =0.1428

E rl

7.6ez= 8.13°

Bir dielektrigi serbest uzaydan ayiran düzlem 3x + 2y + Z = 12 m ile tanimlanmaktadir.

Düzlemin orijini içeren bölgesinde E ri = 3.0 ve Ei = 2ax + Saz V/m olduguna göre Ei'yi bu-lunuz.

Ayirma yüzeyi, Sekil 7-1O'da, eksenlerle kesisim noktalariyla birlikte görülmektedir. Serbest uzaybölgesindeki birim normal vektör su biçimde tanimlanir:

3a, + 2a" +azan = .J14

Ei 'in an üzerine izdüsüniü, E'nin ayirma bölgesindeki dik bilesenidir.

11

Ei.an = .J14


z

12

ErI

EO

y

x

Sekil 7-10

Buna göre,11

E"i =-=8" = 2.368%+ l.S78y + 0.798.V14

Eti = Ei - E"i = -0.368% - l.S78y + 4.218. = Eii

D..i = EoE,iE"i = Eo(7.088%+ 4.718y + 2.378.) = D"2

1E"2= - D"2 = 7.088%+ 4.718y + 2.378.

Eo

ve sonuç olarak

E2 = E"2 + Eii = 6.72a%+ 3.148y + 6.588. V im

7.7

elde edilir.

Sekil 7-11' de, her iki yaninda serbest uzayolan düzlemsel bir dielektrik dilimi görülmekte-dir. Parçanin içinde sabit bir Ez alaninin oldugunu varsayarak, Ez = Ei oldugunu gösteriniz.

~3

Sekil 7-11

AyirmayüzeyindeE/nin sürekliliginden:

Et3 =Etl

Ayirma yüzeyinde yük olmadigindan Dt/ ayirma yüzeyinin iki yaninda süreklidir.

Dt/3 = Dt/I ve dolaysiyla: Et/3 = Et/I

Sonuç olarak: E3 = Ei

7.8 (a) Sekil 7-4(a)'daki kondansatörün kapasitesinin

C EOErlAi EOErzAZci"= + = Ci + C Z'd d


(b) Sekil 7-5 (a)'daki kondansatör için

i 1 i i 1-= + =-+-Cq EOErl Aldi EOErZ Ald} Ci Cz



(a) Her iki dielektrik için gerilim farki V oldugundan:

V Di Dz VEi=Ez= -aii ve -=-=-aii

d EOErl EOErZ d

Burada a", üst levhadan asagi dogru olan dikeydir. DiL= P..oldugundan, üst levhanin iki bölü-mündeki yük yogunluklari

V

P.,i= -;jEoEri

V

P.,z = -;jEoE rZ

olup, toplam yükün degeri su biçimdedir:

(

EOEri Ai EOErz Az

)Q=p.i.iAi + p.,zAz= V d + d

Dolayisiyla, sistemin kapasitesi Ces= QIV'den, basta belirtildigi gibi olur.

(b) Üst levhadaki yük +Q olsun. Buna göre, levhalar arasindaki her noktada

D= Q aA ii

olup,

Ei= QEOErI A aii

E,= Q- EOErZ A aii

yazilabilir. Buradan, dielektriklerin uçlari arasindaki gerilim farki bulunabilir.

Vi =Eidi = Qdi.EoE ri A

Vz= E,d = Qdz_Z -EoErzA

Seri baglantidan dolayi V =Vi + Vz= Q( i + i)

yazilabilir. Dolayisiyla,L EOErl Aldi' EoErZ Aldz

IICq = V/Q bagintisindan esdeger kapasite, belirtildigi gibi bulunur.

Sekil 7-12'de iç iletkeninin yariçapi a, dis Iletkeninin yariçapi b olan, L uzunluklu es eksenlibir kandansatör görülmektedir. Bu kandansatörün kapasitesini bulunuz.

7.9

Sekil 7-12

Saçaklanma ihmal edildiginde, Gauss yasasina göre iletkenler arasinda D, uzakligin tersi ile oran-tilidir (Problem 6.22'ye bakiniz). P.,iç iletkenin üzerIndeki yüzeysel yük yogunlugu olmak üzere, r =a için D = p.i.'dir(P.pozitifvarsayilmaktadir).Bunagöre:

a p.aD= Ps -ar E= -ar

r EoErrBuradan, iletkenler arasindaki gerilim farki hesaplanabilir.

fa

[

psa

]

Psa bVai>= - Jb ar 'drar = -ln-

EoEr r EoEr a


Iç iletkendeki toplam yük Q =p/2rra L) oldugundan:

Q 2n EOErLC---- V - ln(b/a)

7.10 Sekil 7-13'de görülen kondansatörün levhalari arasi, Er = 4.5 degerli bir dielektrikle doldu-rulmustur. Kapasiteyi hesaplayiniz.

z

y

x

Sekil 7-13

Saçaklanma ihmal edildiginde, levhalar arasindaki bölgede D'nin silindirik koordinatlardaki ifadesiD = Dij>ai/Jbiçiminde olup, Dr/>yalniz r'ye baglidir. if>=a düzleminin if>=O düzlemine göre gerilimi Vaise;

f L

'"

(Dq, ) Dq,rL

'" Dq,ri:xVo=- E.dl=- -8q, -(rdcp8q,)=-- dcp=--

o EoE, EoE, o EoE,

Dolayisiyla, Di/J= -EOE ,VoIra olup, if>= a düzleminin yük yogunlugu

EOE i' VoP.,= Dil =-Di/J= -

ra

olarak bulunur. Levhadaki toplam yük ise asagidaki gibi elde edilir:

Q = fPs dS = L

h

1'2 EoE, Vo dr dz

o" rer

EoE, Voh r2=-In-er ri

Buradan da c = Q = EoE,h In ~Vo er r,

bulunur. a radyan türünden yazilir ve sayisal degerler kullanilirsa C = 7.76 pF bulunur.

7.11 Problem 7.10'daki sistemde, aradaki dielektrik ayni kalmak üzere levhalarin paralel hale ge-tirildigini düsünün. Kapasitenin ayni kalmasi için aradaki d mesafesi ne olmalidir?

Paralellevhalar için:

C= EGE,. Aif

106 KAPAsITE VE DIELEKTRIK MALZEMELER 7. Bölüm

Buradan:

EOErA EOErh(r2-ri) a(r2-rl)d--- -- C -(EoErhla)[ln(r2Iri)] [Inhlri)]

Görüldügü gibi sagdaki orantinin payi, kondansatörün iki ucundaki yay uzunluklarin fm"kini,paydasibu yay uzunluklarinin oraninin logaritmasini içermektedir. Problem 7.10'daki veriler için, ar] = 0.OS7mm, ar2 = 2.62 mm, ve d = 0.74 mm bulunur.

7.12 ayariçapli, yalitilmis bir küresel kabugun kapasitesini bulunuz.

Sifir referans in sonsuzda alinmasiyla, böyle bir iletkenin potansiyeli su biçimde bulunur:

V= Q

2TCEOQ

Buradan QC= - =4TCEoQ

V

7.13 Yariçaplari a alan ve birbirlerinden d» a kadar açik bulunan iki küresel kabugun kapasitesinibulunuz.

Bir tek küresel kabugun kapasitesi için, yaklasik olarak, Problem 7.12'de bulunanlanilabilir. Sekil 7-14'de iki özdes kondansatör seri olarak görülmektedir.

1 1 1-=-+-C Ci C2

CiC2C= -2nEoa

C,+C2

4TCEoQ degeri kul-

@)}L-((@---Ji---

Ci

/' ~f--C2

Sekil 7-14

7.14 Sekil 1-5'de levhalari arasinda, Eri = 1.5 ve Er2 = 3.5 degerine sahip ve her biri aradakihacmin yarisini kaplayan iki dielektrik bulunan bir kandansatör görülmektedir A = 2 m2 ved = 10-3 m alarak kapasiteyi bulunuz.

Ci = EoEriA = (S.S54XIO-12 XL5)1 =13.3nFd 10-3

Ayni biçimde C2 =31.0 nf bulunur. Dolayisiyla:

C = Ci + C2 =44.3 nF

.. A

(Jte,2

Sekil 7-15

7 Bölüm KAPASITE VE DIELEKTRIK MALZEMELER io7

7.15 Problem 7.14'deki dielektriklerin ayirma yüzeyinin levhalara paralelolmasi durumu için,kapasiteyi yeniden hesaplayiniz.

C =EOErA = EOErA = (8.854x10-12X1.5)=53.1 nFi di d / 2 10-3/2

Ayni biçimde C2 = 124 nF bulunur. Dolayisiyla:

C= C1C2 =37.2nFCi +C2

7.16 Sekil 7-16'da görülen silindirik kondansatörde, her bir dielektrik, hacmin yarisini kapla-maktadir. Kapasiteyi bulunuz.

rL

L

Sekil 7-16

Dielektriklerin ayirma yüzeyi D ve E'ye paraleloldugundan, sistemin paralel bagli iki kondan-satörden olustugunu düsünebiliriz. Her bir kondansatör, bütün silindirin tasiyacagi yükün yarisini ta-

siyacagindan, Problem 7.9'un sonucu kullanilarak, E r,ort= 1/ 2(E ri + E r2) olmak üzere

7rEOErIL 7rEOEr2L 27rEOEr.orILC=Ci+C2= + -

In(b/a) In(b/a) In(b/a)

elde edilir. Iki dielektrik, ortalama bir bagii geçirgenligi olan tek bir dielektrik gibi davranmaktadir.

7.17 Sekil 7-17' de görülen sisteme 200 V uygulandigina göre, her bir kondansatörün uçlari ara-sindaki gerilimi bulunuz.

E05(1) =5000EoCi = 10-3

lOOOEoC2=~

C= CCiC~ =312.5E'o=2.77x l0-9pi+ 2

Q:VJ ~ ::

Sekil 7-17


Kandansatörün içindeki D alani su biçimde bulunabilir.

Q cv - (2.77x 10-9)(200)- 5.54x 10-7C/miDn= P. =:;i=A- 1

Buradan,D

Ei =-= 1.25x 10.Y/mEoE,1

DEi=-=6.25 x 10.Y/m

Eo

ve Vi= Eidi = 12.5Y Vi = Eidi = 187.5 Y elde edilir.

7.18 Sekil 7-18'deki E ri = 2.0 ve E rZ= 5.0 dielektriklerin uçlari arasindaki gerilim düsümünübulunuz. ri =2 cm ve rZ= 2.5 cm olup, ayirmayi yüzeyi tam ortadadir.

Sekil 7-18

Gerilim düsümü, bir tam dairesel silindir için geçerli olanla aynidir. a açisina sahip olan diliminkapasitesi, tüm eseksenli kandansatörün kapasitesinin al2irkatina esittir. Problem 7.9'dan

Ci =(

~ 21tEoEriL = aL(1.5xio-Io) (F)21t In(2.25/ 2.0)

Cz =aL(4.2xio-Io) (F)

elde edilir. Q =Ci Vi = CzV2 ve Vi + V2=V oldugundan:

Vi= C2 V= 4.2 (ioO)=74VCi+C2 1.5+4.2

V2= C V= 1.5 (ioO)=26VCi +C2 1.5+4.2

7.19 Paralellevhalari arasinda bosluk bulunan bir kondansatöre bir V gerilim kaynagi kisa bir süreiçin baglanip, sonra kaldirilmistir. Daha sonra, yükleri n konumu etkilenmeksizin levhalarinarasi dz = 2di'e çikartilmistir. WE,D, E, C ve V'nin nasil degistigini bulunuz.

Yenidegerler

Dz=Di

E2=Ei

WE2= 2WEi

Açiklama

D = Q/A

E=D/EO

WE=t fEoEz dv ve hacim iki katina çikar.

C2 = tciV2= 2Vi

C=EA/d

V = Q/C

7 Bölüm KAPAsITE VE DIELEKTRIK MALZEMELER 109

7.20 (a) Problem 7.19'da; (b) Örnek S'de bulunan enerji degisimlerini açiklayiniz.

(a) Zit yüklü levhalari ayirmaya zorlamakla, sistem üzerinde disaridan WEimiktarinda is yapilmistir.Bu is, (E alaninda birikmis) bir iç enerji artisi olarak kendini göstermektedir.

(b) Yüklü levhalar, dielektrik parçayi aradaki bosluga çekmekte ve dolayisiyla, çevre üzerinde, ö-

zelliklede, parçaninkaydigikilavuzüzerinde t WEddegerinde is yapmaktadir. Sonuç olarak içenerji de azalmaktadir.

7.21 Levhalari arasindaki mesafe d = 1.0 cm, ve dielektrigi serbest uzayolan bir paralel levhalikondansatöre 29 kY uygulanmaktadir. Havanin dielektrik dayaniminin 30 kY/cm oldugunuvarsayin. Sekil 7-19'da görüldügü gibi, Er = 6.5 degerine sahip, dz = 0.20 cm kalinligindaolan ve dielektrik dayanimi 290 kY/cm olarak verilen ince bir cam parçanin araya sokulmasidurumunda havanin neden delindigini (yalitkanliginin bozuldugunu) belirleyiniz.

~i 1.0 cm

cthava, E.o

Sekil 7-19

Sistemde, iki seri kondansatör vardir.

EoACi = ::\ 125EoA8xI0-'

EOErACz = ::\- 3250EOA2x w-.

Problem 7-l8'deki gibi, V, gerilimini bulabiliriz.

V = 3250 (29)=27.93kV1 125+3250

Buradan27.93kV

E1-= = 34.9kV/cm0.80 cm

elde edilir ve bu deger havanin dielektrik dayaniminin ötesindedir.

7.22 Yariçapi a =2.5 cm olan silindirik bir iletkenle, h =6.0 m uzakta, iletken eksenine paraielolan toprak düzlemi arasindaki kapasitenin metre basina degerini bulunuz.

Bu tür problemlerde görüntüler yöntemini kullanmakta yarar vardir. Iletkenin ayna görüntüsününtoprak içerisinde oldugunu ve iletkenin tasidigi yükün ters isaretlisini tasidigini varsayalim. Simdi,toprak düzleminin kaldirildigini düsünelim. Iki iletkenin elektrik alaninin, gerçek iletkende sinir ko-sulunu sagladigi ve simetri nedeniyle toprak düzleminin oldugu yerde es potansiyel bir yüzeyin oldu-gu (Bölüm 5.6) açiktir. Dolayisiyla bu alan, gerçek iletkenle toprak düzlemi arasindaki alandir. .

Gerçek ve görüntü yük dagilimlarinin, iletkenlerin merkezinde ve sirasiyla +Pt ve -Pt yogunlukluçizgisel dagilimlar oldugu düsünülebilir. Buradan (Sekil 7.20'ye bakiniz):

ayariçapinda +pt nedeniyle olusan potansiyel = - ( + Pe)

In al2nEo

P noktasinda -Pt nedeniyle olusan potansiyel = -(~

)ln(2h - a)

. 2nEo

110 KAPAsiTE VE DiELEKTRIK MALZEMELER 7. Bölüm

a

rh

i i . ti \ \ i ' ,\ \ \ i J , i\ \ \ i i i i, \ ,1/ i i h

\ ,,\.1< i Li" '..J ,// /--_/~/ /'-~/ -Pt

Sekil 7-20

-p/den dolayi potansiyel r = a'da, yani gerçek iletkenin yüzeyinde, sabit degildir. Ancak a « h ise,potansiyelin yaklasik olarak sabit oldugu söylenebilir. Buna göre, gerçek iletkenin toplam potansiyeli

p ( p (( ) p ( Pf P f 2hV =-lna+-In2h-a ",--lna+-In2h=-ln-

a 2nEo 2nEo 2nEo 2nEo 2nEo a

olur. Benzer biçimde, görüntü iletkenin potansiyeli -V;dir. Bu da, iki iletken arasindaki potansiyel

farkinin 2Vave gerçek iletkenle toprak arasindaki potansiyel farkinin da -t (2Va) =Va olmasi demek-tir. Birim uzunluk basina kapasite de

C - Q/V -~- 2nEoL - Va - Va -ln(2h/a)

olarak bulunur. Verilen a ve h degerleri için CIL =9.0 pF/m elde edilir.

Yukarda bulunan sonuç, a « h oldugu zaman (pratikteki durum) yaklasik olarak dogrudur. Ger-çek çözüm su biçimde bulunur.

(

C

)

2nEo

L <om = infh+~:Dikkat edilirse, kaynak-görüntü sistemi için (daha genelolarak, merkezden merkeze açikligi 2h

olan herhangi bir paralel silindirik iletken çifti için) C/L'nin, yukarda bulunan degerin yarisi olacagigörülür (ayni yük, iki kat gerilim). Yani, d = 2h olarak olmak üzere:

C - nEo - nEo

L -iar d+~d2:-4a' r la(dla)

Ek Problemler

7.23 E = 0.15 MV /m ve X,.= 4.25 degerlerine sahip dielektrik için D ve P'nin genliklerini ve E ,'yi bulu-nuz. YanIt: 6.97 pC/ml, 5.64 pC/ml, 5.25

Er = 3.6 dielekirik malzemesinde D =285 nC/ml olduguna göre E \LeP'nin genliklerini ve Xe degerle-rini bulunuz. Yanit: 8.94 kV/m, 206 nC/ml, 2.6

7.24

7.25 z< Obölgesinde E, = 2.0 ve E = -3a, + 4a) - 2az V/m olduguna göre, Er = 6.5 degerine sahip z > O

bölgesindeki E'yi bulunuz. Yanit: -3ax +4ar - 645az V/m

7 Bölüm KAPAsITE VE DIELEKTRIK MALZEMELERI III

7.26 x> O bölgesi bosluk olup, bu bölgede D = 2ax - 4ay +1.5azC/m2 olarak tanimlanmaktadir. x < Oböl-gesinde E i = 5.0 degerine sahip bir dielektrik vardir. Bu bölge için P'yi bulunuz.

Yanit: 1.6ax- 16ay + 6az C/m2

7.27 z < Om ile tanimlanan 1. Bölge bosluk olup, bu bölge için D = 5ay + 7az C/m2 verilmektedir. 0< z ~ 1m ile tanimlanan 2. Bölgede E ,= 2.5, z> 1 m ile tanimlanan 3. bölgede E ,= 3.0 dielektrikleri vardir.

E2, P2 ve 83 ü bulunuz. Yanit: ~(5a i' +~az)

(V/m), 7.5a)' + 4.2a, C/m2, 25.02°E ol' 2.5

Iki dielektrik arasindaki ayirma düzlemi 3x + z = 5 ile tanimlanmaktadir. Orijini içeren taraf içinEi] = 4.3 ve Di = (4.5ax + 3.2az)10-7, diger tarafiçin Ei2 = 1.80 verilmektedir. Ei, E2, D2 ve 82'yi bu-lunuz. Yanit: 1.45 x 104,3.37 x 104,5.37 X 10.7,83.06°

7.28

7.29 Bir dielektrik ayirma düzlemi 4y +3z = 12 m ile tanimlanmaktadir. Orijini içeren bölge serbest uzayolup bu bölgede D] = ax + 3ay + 2az,uC/m2'dir. Diger tarafta E12= 3.6'dir. D2ve 82'yi bulunuz.

Yanit: 5.14 ,uC/m2,44.4°

E ,= 3.0 dielektrigine, 0.92 m2 alanina ve 4.5 mm araliga sahip paralel levhali bir kondansatörün ka-pasitesini bulunuz. Yanit:5.43 nF

Kapasitesi 8.0 nF olan paralel levhali bir kondansatörün alani 1.51 m2 ve levhalar arasi açikligi iOmm' dir. Levhalar arasinda serbest uzay bulunmasi durumunda ayni kapasiteyi elde etmek için açiklikne kadar olmalidir? Yanit: 1.67mm

7.30

7.31

7.32 Sekil 7.21' deki içerdeki ve disaridaki büklümlü iletken yüzeyler arasindaki kapasiteyi bulunuz. Sa-çaklanmayi ihmal ediniz. Yanit: 6.86 pF

Sekil 7-21

7.33 2.75 inç (1 inç = 2.54 cm) çapli silindirik bir iletkenle, iletkenin ekseninden 28 ft (1 ft = 12 inç) açik-taki paralel bir düzlem arasinda birim uzunluk basina düsen kapasiteyi bulunuz. Yanit: 8.99 pF/m

Problem 7.33 'ü, iletkenin yariçapinin iki katina çikartilmasi durumu için yeniden çözünüz.

Yanit: 10.1 pF/m

Yariçaplari 1.5 cm ve merkezleri arasi uzakligi 85 cm olan iki paralel silindirik havai iletken arasinda-ki kapasitenin metre basina degerini bulunuz. Yanit: 6.92 pF/m

Alani 0.30 m2 ve levhalar arasindaki açikligi 5.5 mm olan paralellevhali bir kondansatörün içerisinde

ayrim yüzeyleri E ve D'ye dik olan üç dielektrik vardir. Eri = 3.0, di = 1.0 mm; Er2 = 4.0, d2 = 2.0mm; Ei3= 6.0, d3 = 2.5 mm olduguna göre kapasiteyi bulunuz. Yanit: 2.12 nF

Problem 7.36'daki kondansatöre 1000 V uygulandiginda, her bir dielektrikteki potansiyel farkinin vepotansiyel gradyantini (elektrik alan siddetini) bulunuz.

Yanit: 267 V, 267 kY/m; 400 V, 200kV/m; 333 V, 133 kY/m

Koaksiyel bir iletkenin iç yariçapi 0.5 mm ve dis yariçapi 4 mm olup, aradaki dielektrik için Ei =5.2'dir. Metre basina kapasite degerini bulunuz. Yanit: 139 pF/m

7.34

7.35

7.36

7.37

7.38

112 KAPAsITE VE DIELEKTRIK MALZEMELERI 7. Bölüm

7.39 0.75 cm yariçapli bir iletkeni, 2.25 cm yariçapli silindirik bir ekrani ve Er = 2.70 degerli bir yariilet-ken i olan kablonun metre basina kapasitesini bulunuz. Yanit: 137 pF/m

7.40 Sekil 7-22'de görülen koaksiyel kablonun iç iletkeninin yariçapi 0.5 mm ve dis iletkeninin yariçapi 5mm'dir. Kablo içinde, sekilde görülügü gibi "spaeer" adi verilen parçalar da bulunduguna göre, birimuzunlukbasinakapasiteyibulunuz. . YaDit:45.9pF/m

e,=S.S Jo

68 ~ / CJE::3-1 1--10mm i

~ SOmm l

7.41

Sekil 7-22

Levhalari arasinda bosluk bulunan paralel levhali bir kondansatör, kisa bir süre için 200 V'luk birkaynaga baglanarak doldurulmustur. Kaynagin ayrilmasindan sonra, levhalarin arasina Er = 2.0 de-gerli bir dielektrik yerlestirilmistir. WE,D, E, P."V ve C'nin yeni ve eski degerlerini kaslastiriniz.

Kismi yanit: Vz = t Vi

7.42 Paralel levhali bir kondansatörde Eri = 2.0 degerli bir dielektfigin yerini ErZ= 6.0 degerli baska birdielektrik alirken, biriken enerji sabit kalmaktadir: Wz= Wi. V, C, D, E, Q, ve p,,'de herhangi bir degi-

siklik olup olmadigini bulunuz. Kismi yanit: P.,z= .J3 PsI

7.43 Levhalari arasinda bosluk olan paralellevhali kondansatörün uçlari arasinda sabit bir gerilim varken,levhalar arasindaki açiklik d'den d/2'ye düsürülmektedir. Q, P." C, D, E ve WE'deki degisimleri he-saplayiniz. Kismi yanit: Dz =2Di

7.44 Problem 7.3'ü, levhalar arasi açikligin d'den 2d'ye çikartilmasi durumu için çözünüz.

Kismi yay/it: Dz = t Di

7.45 Paralellevhali bir kondansatörün dielektfigi hava olup, levha açikligi d'dir. Q yükünü bozmadan lev-halar arasi açiklik d/2'ye düsürülürken, Er =3 dielektfigi levhalarin arasini doldurmaktadir. D, E, V, C

ve WE'dekidegisimlerihesaplayiniz. Kismiyanit:Vz=tVi

7.46 Paralellevhali bir kondansatörün levhalari arasinda bosluk vardir. Bu durumdaki gerilim gradyantini,levhalar arasindaki boslugun % 20 sinin Er = 5.4 degerli mikayla doldurulmasi durumunda bosluktakigerilim gradyantiyla karsilastiriniz. Her iki durumda da uygulanan gerilimin ayni oldugunu varsayiniz.

Yanit: 0.84

7.47 Ekranli bir güç kablosunun iç iletkeninin silindirik ekrana göre potansiyeli 12.5 kV'tur. Kabloda ikiyalitim tabakasi olup, E ri = 6.0 degerli birinci yalitim r = 0.8 cm yariçapli iç iletkenle r = 1.0 cm ara-sinda ve ErZ=3.0 degerliikinciyalitimr = 1.0cm ile ekraniniç yüzü (r = 3 cm) arasindadir.Herbiryalitimdaki maksimum gerilim gradyantini bulunuz. Yanit: 0.645 MV/m, 1.03 MV/m

'i '2 ,)

Sekil 7-23

7 Bölüm KAPASITE VE DIELEKTRIK MALZEMELERI 113

7.48 Ekranli bir güç kablosu, E/ = 2.26 degerli bir polietilen yalitima ve 18.1 MV /m dielektrik dayanimasahiptir. Iç ileikenin yariçapi 1 cm ve esmerkezli ekranin yariçapi 8 cm olduguna göre, iç ileikenin ek-rana göre geriliminin maksimum degerini bulunuz.

Yanit: 0.376 MV

7.49 Sekil 7-16'daki eseksenli kondansatör için a =3 cm, b = 12 cm, Eri = 2.50 ve E/z = 4.0'dir. Gerilimfarki 50 V olduguna göre Ei, Ez, Di ve Dz'yi bulunuz.

7.50

Kismi yanit: Ez =::t (36.1/r)ar (V/m)

Sekil 7-23'deki ri = 1 mm yariçapli iç ileikenin r3 = 100 mm yariçapli dis iletkene göre gerilimi 100V'dur. 1 < r < 50 mm bölgesi bosluk olup, 50 < r < 100 mm bölgesinde E/ = 2.0 degerli bir dielektrikvardir. Her bir bölgenin uçlari arasindaki gerilimi bulunuz.

Yanit: 91.8 V, 8.2 V

7.51 Problem 7.50'deki iki bölgede, birim uzunlukta biriken enerjiyi bulunuz.

Yanit: 59.9 nI/m, 5.30 nI/m

Bölüm 8

Laplace Denklemi8.1 GIRIs

Bölüm'2 de elektrik alan siddeti (E) noktasal yüklerin, çizgisel yükleri n ve diger yük dagi-limlarin toplanmasiyla ya da integrallerinin ahnmasiyla bulunmustu. Bölüm 3' de ise, önce Gaussyasasi kullanilarak D, sonra da E elde edilmisti. Bu iki yaklasim elektromanyetik alan teorisininanlasilmasinda yararli olmasina ragmen yük dagilimlari genellikle bilinmediginden her iki yakla-sim da pratik degildir. E nin V'nin negatif gradyanti olarak bulundugu Bölüm 5 deki yöntem böl-genin her yerindeki potansiyel fonksiyonunun bilinmesini gerektirir. Fakat genellikle bilinmez. Bu-nun yerine, düzlemler, egri yüzeyler ya da çizgiler biçimindeki iletken malzemeler belirtilir ve biri-nin üzerindeki gerilim bir referansa göre, genellikle diger iletkenlerden birine göre bilinir. Bu du-rumda Laplace denklemi potansiyel fonksiyonu V'nin sinir iletkenlerdeki kosullari saglayacak se-kilde elde edilebilecegi bir yöntem saglar.

8.2 POISSON DENKLEMI VE LAPLACE DENKLEMI

Bölüm 4.3'te Maxwell denklemlerinden biri, V.D = p, gelistirilmisti.EE = D ve -VV = E yiyerinekoyarak

V'E (-VV) =P

bulunur. Ilgili bölgenin her yerinde ortam homojense, E diverjansin içindeki kismi türevierden Çl-kartilabilir, ve

V. VV = _E. veya V2V = _E.E E

seklindeki Poisson denklemi elde edilir.

Ilgilenilen bölge p dagilimi bilinen yükler içerdiginde, Poisson denklemi potansiyel fonksi-yonunun belirlenmesinde kullanilabilir. Çok sik olarak bölgede yük yoktur (ayni zamanda bölgeher noktada esit geçirgenlige sahiptir). Bu durumda Poisson denklemi

V2V =O

biçiminde ifade edilebilir. Bu, Laplace denklemidir.

8.3 .LAPLACE DENKLEMININ AÇIK BIçIMLERI

Laplace denkleminin sol yani, V'nin gradyantinin diverjansi oldugundan bu iki islem denk-lemin belirli bir koordinat sistemindeki biçimine ulasmakta kullarulabilir.

Kartezyen Koordinatlar.dV dV dV

V'A= -a,+-a,,+-azdx . dy . dz .

----

ve, genel bir A vektör alani için

V'A = aAt + dAy + dAzdx dY dz

8. Bölüm LAPLACE DENKLEMI 115

oldugundan, Laplace denklemi

V2V= d2y + d2y + d2y =0dX2 dy2 dZ2

biçimini alir.Silindirik Koordinatlar.

ve

dY 1 dY dYVV = -ar +--a +-a,

dr r d<P <p dZ '

1 d 1 dAq, dA,V'A = --(rA )+--+ "-

r dr r r d

. 1d ( 2 )1 d

(.

)1 dAq,

V.A= -- r A --- Aesine +--r2 dr r r sin e de r sin e d<p

böylece Laplace denklemi2 ld

(

OdY

]

i d

(

" dY

]

"i d2yV V = - - r - - + - sm e- + =()

r2 dr dr r2 sine de d<p r2 sin2 e d<iJ2

olur.8.4 TEKLIK TEOREMI

Laplace denkleminin ya da Poisson denkleminin sinir kosullarini da saglayan herhangi birçözümü var olan biricik çözüm olmalidir: çözüm tektir. Zaman zaman bu noktada tam olmayan si-nirlar nedeniyle bazi karisikliklar ortaya çikar. Bir örnek olarak, Sekil 8-1 de görülen Z =Odaki 100V luk iletken düzlemi düsünelim. Açiktir ki hem

Vi =5z +100hem de V2 = 100

Laplace denklemini ve Z =O da V = 100 kosulunu saglar. Bunun nedeni, gerilimi bilinen, ancakherhangi bir referansa sahip olmayan tek bir iletken yüzeyin, uygun bir biçimde tanimlanan birbölgeye tam bir sinir olusturmamasidil".Hatta iki sonlu paralel iletken düzlem bile, alanin kenarlar-daki saçaklanmasibelirlenemedigindentam bir sinirolusturmaz.Ancak,paraleldüzlemlerbelirtildiginde

z

V2 Vi

Sekil 8.i

116 LAPLACE DENKLEMi 8. Bölüm

ve saçaklanmanin ihmal edilebilmesi durumunda düzlemler arasindaki bölge uygun sinirlara sahiptir.

8.5 ORTALAMA DEGER VE MAKSIMUM DEGER TEOREMLERI

Yüklerin olmadigi bir bölgede potansiyelin iki önemli özelligi Laplace denkleminden elde e-dilebilir:

(1) Bir çemberin ya da kürenin merkezindeki V potansiyeli, çemberin ya da kürenin üzerindealdigi degerlerin ortalamasina esittir. (Bakiniz Problem 8.1 ve 8.2)

(2) V potansiyeli bölgenin içinde maksimum (ya da minimum) bir deger alamaz. (BakinizProblem 8.3.)

(2) den V'nin herhangi bir maksimumunun bölgenin sinirinda oldugu ortaya çikar. Simdi, V

a2v a2v a2v-+-+-=0ax2 ay2 az2

Laplace denklemini sagladigindan av / ax,av / ay, ve av / az de Laplace denklemini saglarlar.Dolayisiyla, elektrik alan siddetinin kartezyen bilesenleri maksimum degerlerini sinir üzerinde a-lirlar.

8.6 TEK DEGIsKENLI KARTEZYEN ÇÖZÜM

Sekil 8.2'deki paralel iletkenleri gözönÜne alalim, z = O'da V =O ve z =d'de V = 100 V ol-sun. Plakalar arasindaki bölgede serbest yükler olmadigi varsayilirsa:

V2v= ~V + ~V + ~V =08X2 8y2 8z2

zv= 100V

Saçaklanma ihmal edildiginde potansiyel yall1lzcaz ile degisebilir. Bu durumdad2V~=Odz2

olur. Bu denklemin çözümü su biçimdedir:V=Az + B

z = O'daki V = O sinir kosulu B = O olmasini gerektirir. Ve z =d'deki V = 100 kosulundan,A =1O0/d bulunur. Dolayisiyla:

V= 100(;) (V)


Bu durumda elektrik alan siddeti E

E =- VV= _(

aVa + ava. + av a)= -~

(100~

}=_100 a

. ax x ay ) az Z az d Z d Z

seklinde elde edilir. Böylece D =- E ~OOaz (CIm 2 )

(V/m)

Iletkenlerde

P.i.=Dn=:tE1O0d (c/m2)

olup, arti isareti z = d'de ve eksi isareti z = O'da geçerlidir.

8.7 KARTEZYEN ÇARPIM ÇÖZÜMÜKartezyen koordinatlarda potansiyel birden fazla yönde degistiginde Laplace denklemi bir-

den fazla terim içerir. V'nin hem x'in hem de y'nin fonksiyonu oldugunu ve V =X(x) Y(y) özel bi-çiminde oldugunu varsayalim. Bu, degiskenlere ayirmayi olanakli kilacaktir.

~(XY) a2(xy)-+ =0ax2 ay2

esitligi

d2X d2y

Y dx2 + X dy2 = O ya da

1 d2X 1 d2y--+--=0X dx2 y dy2

olur. Ilk terim y' den ve ikinci terim x' den bagimsiz oldugundan her biri bir sabite esitlenebilir. Birsabit digerinin negatifine esit olmalidir. Sabit a2 olsun.

1 d2X 1 d2y--=a2 --= -a2X dx2 y dy2

x için gen~l çözüm (a verildiginde)x = Aie'l< + A2e-ax

ya da, esdeger olarak,x = A3 cosh ax + A4 sinh ax

ve Y için genel çözüm (a verildiginde)Y = B,eiay + B2e-:ia\

ya da, esdeger olarakY = B3 cos ay + B4 sin ay

Böylece, potansiyel fonksiyonu x ve y degiskenleri cinsindenV = (Aieax + A2e-ax)(Bjeiay + B2e-jay)

seklinde ya da

v = (A3 cosh ax + A4 sinh ax)(B3 cos ay + 84 sin ay)

seklinde yazilabilir.

Laplace denklemi dogrusal, homojen bir denklem oldugundan, yukaridaki formda çarpimia-rin -her çarpim a'nin farkli bir degerine karsilik gelmek üzere- toplami da bir çözümdür. En genelçözüm bu sekilde olusturulabilir.

118 LAPLA.CEDENKLEMI 8. Bölüm

Benzer formda, V = X(x) Y(y) Z(z), üç boyutlu çözümler elde edilebilir, fakat bu durumda ikiayirma sabiti vardir.

SILINDIRIK ÇARPIM ÇÖZÜMÜ

V =R(r) c1J(ep)Z(z) formunda bir çözüm varsayilirsa, Laplace denklemi

4>Z~(

r dR)+ RZ d2ep +R4>d2Z =0

r dr dr r2 d2 dz2

olur. Rl/JZ ile bölerek ve r'ye göre türevalarak elde edilen

~ d2R +~ dR +~ d2ep =-~ d2Z =-b2R dr2 Rr dr r24> d2 Z dz2

esitliginde, r ve epterimleri z'yi içermez ve z terimi ne r ne de ep'yi içermez. Bunlar, yukaridaki gibibir sabite, -b2, esitlenmelidir. Böylece:

8.8

~d2Z =b2Z dz2

Bu denklemle kartezyen çarpim çözümünde karsilasilmisti. ÇözümZ = Ci cosh bz + C2 sinh bz

seklindedir. Simdi r ve ep'ye bagli denklem asagidaki sekilde daha da ayrilabilir:'} '} 2

C d-R +~ dR +b2r2 =-~ d 4>=a2R dr2 R dr ep d2

Sonuçta elde edilen epye bagli

1 d24> 2--=-a4> d4>

denkleminin çözümü= C3 cos aep + C4 sin aep

seklindedir. r ye bagli denklem,

d2~ +~ dR +(

b2 -~ II? =Odr" r dr r2 r

Bessel diferansiyel denkleminin bir formudur. Çözümleri, Bessel fonksiyonlari olarak isimlendiri-len kuvvet serisi seklindedir.

ve

R = CsJa(br) + C6Na(br)

00 (-1)m(br/2t+2mJ (br)= ~

a mL:omir(a+m+l)

(b ) = (cas an:)Ja(br) - La(br)Na r .sm an:seklindedir. Ja(br) serisi, a mertebesinden birinci tür Bessel fonksiyonu olarak bilinir; eger a =n birtamsayi ise kuvvet serisindeki gamma fonksiyonu (n + m)! ile degistirilebilir. Nlbr), a mertebesin-den ikinci tür Bessel fonksiyonudur; eger a =n bir tamsaYLiseNn(br), a ~ n için yukaridaki bölmeisleminin limiti olarak tanimlanir.

Nlbr) fonksiyonu r = OyakinindaIn r gibi davranir (BakinizSekil 8-3). Dolayisiyla,r = Oda potansiyelin sonlu oldugu bilindiginde çözümün içinde yer almaz (C6=O).

Burada


NO(x)

o x o x

-1 -1

(a) (b)

Sekil 8-3

Derecenin (n) bir tam sayi ve argümanin (x) büyük degerli olmasi durumunda, Bessel fonk-siyonlari sönümlü sinüs dalgalari gibi davranir:

JI1(x)~ H;co{ x-~- n27r)

Bakiniz Sekil 8-3.8.9 KÜRESEL ÇARPIM ÇÖZÜMÜ

Küresel koordinatlarda V'nin r ve () ile degistigi, fakat epile degismedigi problemler özel ilgikonusudur. V = R(r) e( e) çarpim çözümü için Laplace denklemi

(~d2r +3..c dR]

+[J..-d2e +~ de

]=o

L R dr2 R dr e de2 e tane deolur. Ayirma sabiti, daha sonra açiga çikacak olan nedenlerle, n tam sayi olmak üzere n(n + 1) sek-linde seçilmistir. Ayri1mis iki denklem

NI1(x)~ H;Sin( x-~- n;)

ve

2d2R dRr d~ +2r--n(n + l)R =0. dr

d2a 1 de-+-dlP tan OdO + n(n + 1)e = O

seklindedir.r ye bagli bu denklem

R =C1y' + C2r-(n+ i)

seklinde bir çözüme sahiptir.()ya bagli denklem (Bessel denkleminden farkli olarak) ç=cos () degiskeni cinsinden

P,,(ç) = ~~(~2 -it2nn!d~n

ile verilen n inci dereceden bir polinom çözümüne sahiptir. P,,(ç) polinomu n inci derecedenLegendre polinomudur. ~=:tl 'de (yani e =O,n)logaritmik olarak sonsuz olan ikinci bir bagimsizQn(ç)çözümü vardir.

n = O, 1, 2, .. . ..


8.1 Sekil 8-4 (a)'da görüldügü gibi potansiyel çemberi n I/n oranindaki bölümünde Vi degerineve çemberin geri kalaninda Odegerine sahiptir. Çemberi n merkezindeki potansiyeli bulunuz.BütÜn bölge yüklerden ariniktir.

120 LAPLACE DENKLEMI 8. Bölüm

V= Vi

V=O

JI.= Vi

(o) (h)

Sekil 8-4

Merkezdeki potansiyele Vediyelim. Laplace denklemi çözümlerin toplanmasina izin verir. Sekil 8-4(a)'daki gibi n problem üst üste bindirilirse, sonuç Sekil 8-4(b)'de görülen problemdir. Dönel simet-risi nedeniyle, Sekil 8-4(b)'deki her alt problem çemberin merkezinde ayni V,. potansiyelini verir.Dolayisiyla merkezdeki toplam potansiyel nVe 'dir. Fakat, açiktir ki, Sekil 8-4(b) için tek çözüm çem-beriniçindeheryerde,özelliklemerkezdeV=Vi olmasidir. Böylece:

VinVe= Vi yada Ve=-

n

8.2 Problem 8.1 in sonucundan ortalama deger teoreminin nasil çiktigini gösteriniz.

Önce Sekil 8-5'te görülen, potansiyelin bir çemberiri n.es parçasinda n farkli deger aldigi özel du-rumu düsünelim. Problem 8.1' de bulunan çözümlerin üst üste bindirilmesi merkezdeki potansiyel için,bu özel durumda ortalama deger teoremi olan

ye= Vi+ yi +. . . + v..= yi + yi + . . . + v..n n n n..

V=V"

.~

i

" i 211' .

" \ ~/ '',' i /, , i i //

,,1////

-=-:.~.:::--- --// i i , '

// / i ' "i i \ 'i "

i i \i i \

i '

V=v"-I

V= V2 V= V3

Sekil 8-5


esitligini verir. 6.<1>=21t/n olmak üzere

1Ve= -(ViM+ VzM+A + Vn6.<I»

21t

olur. Bu durumda, n ~ 00 olmasina izin verilerek, bir çember için ortalama deger teoremi olan

Ve= ~ rZ1tV«I»d<l>21t Jo

esitligi elde edilir. -

Düzlem açilar yerine kati açilarin kullanilmasi ve tamamen ayni akil yürütme ile, küre için ol1ala-ma deger teoremi elde edilir.

Yüklerin olmadigi bir bölgede potansiyelin maksimum bir deger alamayacagini kanitlayiniz.8.3

Dahili bir P noktasinda maksimumun oldugunu varsayalim. Bu durumda, çok küçük bir küre, Pdeki Vepotansiyeli küre üzerindeki her noktadaki potansiyeli asacak sekilde P de merkezlenebilir. Budurumda Veküre üzerindeki potansiyelin ortalama degerini de asacaktir. Fakat bu ortalama deger teo-remiyle çelisecektir.

8.4 Sekil 8-6 daki paralel dairesel diskler arasindaki bölgede potansiyel fonksiyonunu bulunuz.Saçaklanmayi ihmal ediniz.

V,r ya da ct/ninbir fonksiyonuolmadigindanLaplacedenklemi

dZV =0dzz

olur ve çözüm V= Az + B olur.

Paralel çembersel diskler herhangi bir paralel düzlem çiftininkine özdeS bir potansiyel fonksiyonunasahiptir. Farkli bir eksen seçimi için, dogrusal potansiyel fonksiyonu Ay +B ya da Ax + B biçimindeolabilir.

z

y

x

8.5Sekil 8-6

Iki paralel iletken düzlem serbest uzayda y =Ove y =0.02 m'dedir ve sifir gerilim referansi y=0.01 m'dedir. Eger iletkenler arasinda D =253 ay nE/ml ise iletken gerilimlerini bulunuz.

Problem 8.4 ten V = Ay + B Bu durumda

DE= -=-VV=-Aa)'

EO .

253x 10-9 a = - Aa8.854xlO;-IZ Y y

Buradan A =- 2.86 x 104V/m bulunur. Böylece

0= (-2.86 x 104)(0.01) + B ya da B = 2.86 x IoZ V


ve v =- 2.86 x 1O4y+ 2.86 x 102 (V)

8.6Bu durumda, y = Oiçin V = 286 V ve y = 0.02 için V = - 286V olur.

Sekil 8-7 deki paralel iletken diskler 5 mm aralikla ayrilmistir ve aralarinda Er = 2.2 olan birdielektrik vardir. Diskler üzerindeki yük yogunluklarini belirleyiniz.

zV; 250 V

y

xV; 100 V

Sekil 8-7

v =Az + B oldugundan

ve

A = L!J.V = 250 - 100 3 X 04 V il!J.z 5 x 10-3 1 m

F = -VV = -3 x 1Q4a..Vlm

D = €oE,E= -5.84 x 10-7_.C/m2

Diskler arasinda D sabit oldugundan, ve bir iletkenin yüzeyinde Dn = P.,oldugundan

P.,= 1: 5.84 x 10-7 C/m2

olur, + üst plakada ve - alt plakada geçerlidir.

8.7 Esmerkezli tam dairesel iki silindir arasindaki bölgede, r = 1 mm'de V = Ove r = 20 mm'deV = 150 Volmak üzere, potansiyel fonksiyonunu ve elektrik alan siddetini bulunuz. Saçak-lanmayi ihmal ediniz. (Bkz. Sekil 8.8)

V; 150 V

..y

x

Sekil 8-8

Potansiyelrp ve z'ye göre sabittir. Bu durumda Laplace denklemi

L~(

r dV)

- Or dr dr

denklemine indirgenir. Bir kez integral alarak,

rdV =Adr

ve tekrar integral alarak, V =A In r + B elde edilir. Sinir kosullarini uygulayarak;

O=A In 0.001 + B 150 =A In 0.020 + B


A =50.1, B =345.9 bulunur. Böylece

V=50.llnr+345.9(V)

E = 50.1 (-ar) (V/m)r

ve

8.8olur.

Silindirik koordinatlarda iki </J= sabit düzlemi, Sekil 8-9 da görüldügü gibi, z ekseni boyuncayalitilmistir. Saçaklanmayi ihmal ediniz ve </J= a için 100 V potansiyel ve </J= O'da sifir refe-ransi varsayarak düzlemler arasinda E ifadesini bulunuz.

tz

------

4>=0 /if>=oi

Sekil 8-9Bu problem daha önce Problem 7.io'da çözülmüstü: burada Laplace denklemi ayni sonucu elde

etmekte kullanilacak.

Potansiyel r ve z ye göre sabit oldugundan, Laplace denklemi1 d2V--=0r d2

"

olur. integral alarak V =AifJ+ B bulunur. Sinir kosullarini uygulayarak:'

O=A(O) + B 100= A(a) + B

100A=- B=O

a

Dolayisiyla: v = 1oo.Pva

8.9

1 d

( ep)

100E=-VV=--- 100- a =--a (V/m)

r dep a 4> ra 4>

Küresel koordinatlarda r =O. LOm için V =Ove r =2.0 m için V = 100 V'tur. Bu esmerkezliküresel kabuklar arasinda serbest uzayoldugunu varsayarak E ve D yi bulunuz.

V, () ya da ifJ'nin bir fonksiyonu olmadigindan, Laplace denklemi

~~(

r2 dV)=0

r2 dr drdenklemine indirgenir. integrallerne

2 dv =Ar dr

sonucunu ve ikinci bir integralleme


-AV= -+B

r

sonucunu verir. Sinir kosullarindan

-A0= -+B

0.10ve

-AIOO=-+B

2.00

ve buradan A = 10.53 Vm, B = 1O5.3Vbulunur. Böylece:

V= -10.53 +105.3r (v)

dV 10.53E =-VV = --ar = -~ar (vi ni)dr r

D - E - -9.32xlO-11 (Ci 2 )- EO - 2 ar ~ mr

8.10 Küresel koordinatlarda, r =2 cm' deki bir Iletken üzerinde V =- 25 V ve r = 35 cm' deki ilet-

ken üzerinde V = 150 V'tur. Iletkenler arasindaki ortam Er = 3.12 degerli bir dielektriktir. I-

letkenler üzerinde yüzey yük yogunluklarini bulunuz.Problem 8.9 dan:

-AV= -+B

rSabitler sinir kosullarindan bulunur.

-A-25=-+B

0.02-A

150=-+B0.35

Buradan-3.71

v =- + 160.61 (V)r

d

(-3.71

)-3.71

E = -VV = - dr --;:-+ 160.61 a, =~iir (V/m)

-0.103D = EoE,E= --i- ii, (nC/m2)r

Bir iletkenin yüzeyi üzerinde, Dn = p",.

- -0.103- _256 CI 2Ps - - n m

, (o.02f

+0.103 2r =0.35 m de: Pi, = =+0.837 nClm

, (0.35f

8.11 Sekil 8-10'da görüldügü gibi, eseksenli koniler arasindaki bölgede Laplace denklemini çö-zünüz. ei' de Vi potansiyeli ve e2'de V = O potansiyeli varsayilmaktadir. Koni tepeleri r =Oda yalitilmistir.

Potansiyel r ve ye göre sabittir. Laplace denklemi

i ~(SinedV)

=Or2sine de L de

denklemineindirgenir.integralalarak sine( ~~ }= A

r = 0.02 m de:


v./

Sekil 8-10

V=A In ltan~ )+Bve

bulunur. Sabitler

Vi = A Inltan ed )+ B o =A Inl tan e; )+ B

( e)

92

Ini tan - -In tan-esitliklerindenbulunur.BöyleceV= Vi

L

:) L

~2

)In tan - -In tan-

2 2

8.12 Problem 8-11 'de ei = 10°,e2= 30° ve Vi = 100Volsun. e = 200'dekipotansiyelibulunuz.Hangi e açisinda potansiyel 50 V'tur?

Genel potansiyel ifadesine degerleri koyarak

V=-89.34 HianninO268]=-8934Ini :a;6~j

bulunur.Buradan,e = 20° için, V = - 89.34 In (tan 10°)

= 37.40 V elde edilir.. L 0.268

50=-89.34In (tane/2)L 0.268

esitliginden e = 17. 41 ° elde edilir. .

8.13 Problem 8-11 ve 8-12 ve Sekil 8-11 ile ilgili olarak, e2 = 90° deki iletken düzlem üzerindekiyük yogunlugunu bulunuz.

Potansiyel,Problem8-11'deki ifadeye(h = 90°, ei = 10°ve Vi = 100V yerlestirilerekeldeedilir.Böylece

V =50 V için ise,

Bu durumda

In(tan~)V = 100 2

In (tan 5°)

E= _!dV 86 -100 ~ = 41.0586r dO (r sin O)In (tan 5°) r sin O

D = EoE =3.63 ~10-1o 86 (C/m2)rsinO

126 LAPLACE DENKLEMi 8. Bölüm

j .~ 10'

Vi=IOOV

Sekil 8-11

e = 90° düzleminde, sin e = i oldugundan D nin yönü düzlem üzerindeki yük yogunlugunun isaretininnegatif olmasini gerektirir. Böylece

3.63xI0-IO (C/m2)Ps=- r

8.14 Sekil 8-12 deki iki koni arasindaki kapasiteyi bulunuz. Ortamin serbest uzayoldugunu var-sayiniz.

R-=::>-1:30~

Sekil 8-12

Saçaklanma ihmal edilirse, potansiyel fonksiyonu ei = 75°, e2= 105°olmaküzereProblem8.11' deki ifadeyle verilir. Böylece

In (tan ~) -In (tan 52.5°)V=Vi

In (tan 37.5°) -In (tan 52.5°)

= (- 1.89Vi) In (tan i) + sabit

Buradan: (1dV

)1.89EoVi

D=EoE=Eo ---89 = . 89r dO r sm O

Bu durumda üst plaka üzerindeki yiik yogunlugu

P.= D - 1.89E V.1 n- o 1

r sin 75°


ve dolayisiyla üst plaka üzerindeki toplam yük

Q - f ds -r2nrcsc75o1.89EoV1 . 75"d d.i.= 1228 V- P,I' -Jo Jo . rsm r 'i' . Eo ir sm 75°

ve kapasite C =Q/Vi =l2.28E oolur.

8.15 Iki esmerkezli tam çembersel silindir arasindaki bölgede düzgün bIr p yük yogunlugu vardir.V yI bulmak IçIn PoIsson denklemInI kullaniniz.

Saçaklanma ihmal edildiginde, Poisson denklemi

!~ (rdy\ = =f!.rdr d;:) E

Denklemine indirgenir. integral alinirsa:

~ (r dy\ =- prdr d;:) E

dV pr2r-=--+A

dr 2E

dV pr A-= --+-dr 2E r

pr2V = - 4E + A In r + B

Yükleri Coulomb kuvvetlerine karsi bir konumda tutmanin hiçbir yolu olmadigindan, uzayda yükdagilimlarini içeren statik problemlerin teorik alistirmalar olduguna dikkat ediniz.

8.16

1t Z 1t--<-<-

2 Zo 2

bölgesi p = 10-8cos (z/Zo)(C/m3) degerinde bir yük yogunluguna sahiptir. Diger yerlerde yük yogun-lugu sifirdir. V ve E yi Poisson denkleminden bulunuz, ve sonuçlari Gauss yasasindan bulunanlarlakarsilastiriniz.

V, x ya da y nin bir fonksiyonu olmadigindan Poisson denklemi su biçimdedir:

d2V - - f!.- - 10-8cas (z/Zo)dz2 - E - E

iki kez integral alarak1O-8z~cas (z/zo) + Az + B (V)V= E

(lO-8zosin (z /zo) - A)az (V/m)E = - VV = Eve

elde edilir. Fakat, yük dagiliminin simetrisi nedeniyle, z = O düzleminde alan yok olmalidir. Dolayi-slylaA = O'dir ve

10-8 zosin(z!zo)( )E = az V/m

E

Z = O çevresinde merkezlenmis özel bir gauss yüzeyi Sekil 8-13 'te görülmektedir. D yalnizca herbirinin alani A olan üst ve alt yüzeyleri keser. Dahasi, yük yogunlugu z=O çevresinde simetrik oldu-

gundan, D z=O çevresinde ters simetrik yani Düst = Da" Dalt = D(- az) olmalidir.

DL,dS + DIai,dS =eJflO-R cos(z / Zo)dxdydz2DA =2 zoA 10-8sin (z/ lo)


z

1IIIIIIi_illll]I!1-1(zo/2

ya da O < z < nZol2 için

Sekil 8-13

D = 2'.010-8 sin (z i 2'.0)

Bu durumda, -nzo/2 < z < nZol2için

D =zolO-8 sin (z i Zo)az(Clml)

ve E =DIE sonucu Poisson denkleminden elde edilen sonuçla uyusur

8.17 Silindirik koordinatlarda bir potansiyeI r ve q,'nin fonksiyonu olup, z'nin fonksiyonu degil-dir. V =R(r) c1J(q,)olmak üzere, R ve ep için ayrilmis diferansiyel denklemleri elde ediniz veçözünüz. Bölgede yük yoktur.

Laplacedenklemi

yada

(Jd2R +~dR +~d2(J =0dr2 r dr r2 dtj>2

r2d2R r dR 1 d2(J--+--= ---R dr2 R dr (J dtj>2

olur. Sag tarafyalnizca q,'nin fonksiyonu iken sol tarafyalnizca r'nin fonksiyonudur; dolayisiyla, heriki taraf bir sabite, al, esittir.

yada

r2d2R rdR 2--+--=aRdr2 Rdr

d2R 1 dR a2R-+ :;-=0dr2 r dr r

Çözüm R = Cir" + Cir-tl seklindedir. Ayni zamanda,

ld2<1>- 2- -- - a dej>

olup, çözüm <1>=C3 cos aq, + C4 sin aq, seklindedir.8.18 V =Vo(sinh ax) (sin az) potansiyel fonksiyonu verildigine göre (Bölüm 8.Tye bakiniz), V =

O ve V = Vaolan yüzeylerin seklini ve konumunu belirleyiniz. a > O varsayiniz.Potansiyel y' nin bir fonksiyonu olmadigindan, espotansiyel yüzeyler y yönünde :t oo'a uzanir. n = O,

I, 2, olmak üzere z =nn/a için sin az = O oldugundan, z = O ve Z = lt/a düzlemleri sifir potansiyel-dedir. x =O için sinh ax = Ooldugundan x = O düzlemi de sifir potansiyeldedir. V =O espotansiyeliSekil8-14'te kirikkalinbirçizgi ile gösterilmistir.

V=Voes potansiyeli .

Vo = Vo(sinh ax)(sin az) veya.

hi

sin ax=-sin az

denklemini saglar. zinin sifir ile lt/a arasindaki degerleri yerine konuldugunda, karsilik gelen x koordi-qat!ari kolayca elde edilir. Örnegin:


z =1t/2açevresinde simetrik olan espotansiyel Sekil 8-14'te kalin egri ile gösterilmistir. v, z'ye göreperiyodik oldugundan ve V(-x, -z) = V(x, z) oldugundan, bütün xz düzlemi Sekil 8-14'te görülen seri-din kopyalariyla doldurulabilir.

z

'ira

v=o

o 1a

2a

3a

x

Sekil 8-14

8.19 Sekil 8-IS'te görülen dikdörtgen olugun içindeki bölgede potansiyel fonksiyonunu bulunuz.

'1 ;:Vodin

"-xc

Sekil 8-15

Potansiyel

V= (Ci eoshaz+C2 sinhazHC3 eosax+C4 sin ax)formunda x ve z'nin bir fonksiyonudur (Bakiniz Bölüm 8.7). x =O ve Z =O'da V = O kosullari Ci veC3 sabitlerinin sifir olmasini gerektirir. Bu nedenle x =c de V= Ooldugundan, n tamsayi olmak üze-re a =nH:le' dir. C2C4'üC ile degistirerek ifade

V =C sinh n1tzsin n1tXc c

olur ya da daha genelolarak, süperpozisyon ile

V ~ C . hn1tz . n1tX

= L. 11sin -sin-11=\ c c

Son sinir kosulu

" ~(C

.h

nTCd

)

. n1tXYO= L. "sin ~ sin-

,,=1 c c(O< x < c)

olmasini gerektirir.

1.57 1.02 0.67 0.49 0.28 0.10az 1.57 2.12 2.47 2.65 2.86 3.04

ax 0.88 1.0 1.25 1.50 2.00 3.00


Böylece bn ==Cn sinh (nirdlc) sabitleri O < x < c araligindafix) == Voiçin Fourier sinils serisindeki kat-sayilar olarak belirlenir. Fourier katsayilarinin hesabinda kullanilan

2L

C mubn =- j(x)sin-dx n=1,2,3,......c o c

formülü b 2Vo re. mu dx{

O n çift

n = ;;-Josin ;;- = 4Voi mt n tek

biçimine dönüsür. Bu durumda potansiyel fonksiyonu O< x < c, O<z < d için

V = L 4Vo sinh (n1tzi c) sin ninntek n1t sinh (nnd i c) c

olur.

8.20 Asagidaki küresel çarpim çözümünün, merkezdeki bir nokta dipolünkiyle (Bölüm 8.9, Ci =O,n = 1) özdes oldugunu gösteriniz.

V- ~ p.( e)- C2 cose- i cas -

r2 r2

Sekil 8-16, z = + dl2 de +Q, z = - d/2 de - Q noktasalyüklerindenolusanz ekseniboyuncasonlubir dipolü göstermektedir. p =Qd niceligi dipol momentidir (Bölüm 7.1). P noktasindaki potansiyel

V- Q Q - p(

r2 - 'i)41tEo ri 41tEo r2 41tEo d rir2

d -7 Olimiti için merkezde bir nokta dipol elde edilir. Küçük d degerleri için

ri - ri ""d cos f) 2 z d cos e ve iriri"" r

Dolayisiyla, limitte Ci = pl41rEoolmak üzere küresel çarpim çözümü

V=~cose4n Eo r2

biçiminde elde edilir.

Benzer olarak, daha yüksek mertebeden Legendre polin om lari nokta kuadrupoiiara, oktupoiiara,vb. karsilik gelir.

z

p

y

x

Sekil 8-16

Ek Problemler8.21 Kartezyen koordinatlarda bir potansiyel yalnizca x'in bir fonksiyonudur. x =- 2.0 cm' de V=2S.0Y ve

bölgenin her yerinde E = LS x 103(- ax)V/m'dir. x = 3.0 cm de V'yi bulunuz. Yanit: 1O0Y


8.22 Kartezyen koordinatlarda z = 3.0 cm deki bir düzlem, gerilim referansidir. Eger z > O için E =6.67x1O3az V/m ise ve bölge Er = 4.5 olan bir dielektrik içeriyorsa z =O'daki iletken üzerindeki geri-limi ve yük yogunlugunu bulunuz. Yanit: 200V, 266 nC/m2Silindirik koordinatlarda, r = 5 mm'de V =75.0 V ve r = 60 mm'de V = O'dir. Eger potansiyel yalniz-ca r'ye bagli ise, r = 130 mm'de gerilimi bulunuz. Yanit: -23,34V

Serbest uzayda r =5 mm'de ve r =25 mm'de esmerkezli, tam dairesel iletken silindirler, sirasiyla, si-fir ve Vagerilimindedirler. r = 15 mm'de E =- 8.28 x 103ar V/m ise Va degerini ve dis iletken üze-rindeki yük yogunlugunu bulunuz. Yanit: 200 V, + 44 nC/m2

Esmerkezli iletken silindirler için r = 1 mm' de V = 75 V ve r = 20 mm'de V = O'dir. Silindirler arasin-daki bölgede, Er = 3.6 olmak üzere, D'yi bulunuz. Yanit: (798/r) ar (pC/m2)

Silindirik koordinatlarda L/J= 10°ve L/J= Oo'deki iletken düzlemler, sirasiyla, sifir ve 75 V gerilime sa-hiptir. Er = 1.65 olan bir malzeme içeren düzlemler arasindaki bölgede D'yi bulunuz.

Yanit: (- 6.28/r) ar (nC/m2)

Bir kenari 50 cm olan iki iletken kare düzlem bir kenar boyunca 2.0 cm, diger kenar boyunca 2.5 cmayrilmistir (Sekil 8-17). Bir gerilim farki varsayiniz ve bir düzlemin merkezindeki yük yogunlugunu2.0 cm düzgün aralikli özdes bir çiftinkiyle karsilastiriniz. Yanit: 0.89

8.23

8.24

8.25

8.26

8.27

-I-

2.0 cm

T

8.28Sekil 8-17

Küresel koordinatlarda gerilim referansi r = 15 mm'de ve r = 200 mm'de gerilim Va'dir. r = 110mm'de E = - 334.7a, V/m olarak verildiginde Va' i bulunuz. Potansiyel yalnizca r'nin bir fonksiyonudur.

Yanit: 250V

Küresel koordinatlarda r =50 cm'de V = 865 V ve r = 85cm'de E = 748.2 ar V/m' dir. Eger potansiyelyalnizca r'ye bagli ise gerilim referansinin konumunu belirleyiniz. Yanit: r =250 cm

Küresel koordinatlarda, sifir referansi sonsuzda olmak üzere, r = 0.22 m'de V = 450V'tur,0.22 < r< 1.00 m bölgesini Er = 1.72 olan bir diclektrik ve r> 1.00 m'yi serbest uzay doldurmaktadir.r =1.00:t O m'de D yi bulunuz. Yanit: 8.55 V/m, 14.7 V/m

Sekil 8 - 18'deki e = 45°'deki koni e = 300'deki referansa göre V gerilimine sahiptir. r =0.25 m ve e= 300'de E = - 2.30x 103af]V/m'dir. Gerilim farki V'yi bulunuz. Yanit: 125.5V

8.29

8.30

8.31

Sekil 8-18


8.32 Problem 8.31' de, koniler arasinda Er = 2.45 olmak üzere, 30° ve 45°' deki iletken koniler üzerindekiyüzey yük yogunluklarim bulunuz.

v -12.5{ C/ 2 ) 8.84( C/ 2

)i anit: - \n m , - n mr r

8.33 Sekil 8-19 da görülen iki koni arasindaki bölgede E'yi bulunuz.0.288 V

Yanit: 1 (V/m)rsin e

(J=20°

iIJv= Vi >0d

Sekil 8-19

8.34 Silindirik koordinatlarda, p = IllIr (pC/m3)'tür. r = 1.0 m'de V = O ve r = 3.0m'de V = 50 Volarakverildiginde, bu yük dagiliminin neden oldugu E ifadesini bulunuz.

Yanit: (12.5- 6~.3}r (V/m)

8.35 Düzgün bir p yük yogunlugu varsayarak, Poisson denkleminden küresel koordinatlarda E'yi bulunuz..(

pr A

)Yanit: --2 ar3E r

8.36 Problem 8.35 de bulunan çözümü düzgün olarak yüklü bir küre durumuna özellestiriniz.Yanit: Bakiniz Problem 2.54.

8.37 Silindirik koordinatlarda bir potansiyelin r ve z'nin fonksiyonu oldugunu fakat i{>'ninfonksiyonu ol-madigini (V =R(r) Z(z» varsayiniz. Laplace denklemini yaziniz ve r ve z cinsinden ayrik diferansiyeldenklemleri elde ediniz. r'ye bagli denklemin çözümlerinin Bessel fonksiyonlari ve z'ye bagli çö-zümlerin üstel ya da hiperbalik fonksiyonlar oldugunu gösteriniz.

8.38 Ilk bes Legendre polinomunun

Po(cos8) =1

P1(cos 8) = cas 8

P2(cos8) =!(3 cos28 -1)

P3(cos8) = !(5 cos38 - 3 cos 8)

P.(cos 8) = ~(35 cos4 (J- 30 cos2 8 + 3)

oldugunu kamtlayiniz ve bunlarin ç =cos (J 'ya göre degisimlerini çiziniz. Yanit: Bakiniz Sekil 8-20

8. Bölüm LAPLACE DENKLEM I 133

o

PO(~)1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

1.0 ~

-0.2

-0.4

8.39Sekil 8-20

Problem 8.18 için E'yi elde ediniz ve çesitli degerler için Sekil 8-14 üzerinde çiziniz. E'nin veespotansiyel yüzeylerin ortogonalligine dikkat ediniz.

Yanit: E = - Voa(cosh ax)(sin az)a", + (sinh ax)(cos az)az]

8.40 a > O olmak üzere, V = Va(eosh ax) (sin ay) olduguna göre, V = Ove V = Vadegerlerine sahip olanyüzeylerin seklini ve konumunu belirleyiniz. Sekil 8-14'e benzer kaba bir resim çiziniz.

Yanit: Bakiniz Sekil 8-214 1 Ya

v=o

-1a

o 3a

xa a

v=oSekil 8-21

/q,=tr

/q,=o v= Vo

Sekil 8-22


8.41 Problem 8.40'10 potansiyel fonksiyonundan E'yi elde ediniz ve Sekil 8-21'de espotansiyel yüzeylerinüzerinde çesitli degerler için çiziniz.

Yamt: E = - Voa[(sinh ax)(sin ay)ax + (cosh ax)(cos ay)ay]

8.42 Problem 8-ITde bulunan çarpim çözümlerini ve toplamsallik ilkesini kullanarak, Sekil 8.22'de görü-len yari dairesel seritin potansiyel fonksiyonunu elde ediniz.

. 4V r" - (a2 / r yi .Yamt:V= L () J sinn<\>

"tek n1t bn -(a2 /br

Bölüm 9

Ampere Yasasi ve Manyetik Alan

9.1 GIRIs

Bir statik manyetik alan, sabit bir akimdan ya da bir sürekli miknatistan kaynaklanabilir. Bu

bplümde sabit akimlarin olus!\J!~1;1g~iM'!1<ll1~~ti~,~!iinJ1:!rii;:ic,t:;knecektir.Zamanla degisen elektrik a-lanlariyla birlikte var olan zamanla degisen manyetik alanlar Bölüm 12 ve 13 'te incelenecektir.

9.2 BIOT -SA VART YASASi

Bir diferansiyel manyetik alan siddeti, dIl, bir diferansiyel akim elemani i dI'den kaynakla-nir. Alan, uzakligin karesiyle ters orantili olarak degisir, çevreleyen ortamdan bagimsizdir, ve ldlve aR'nin vektörel çarpimiyla elde edilen yöndedir. Bu iliski BTot-Savii1:yasasi olarak bilinir.

i di X aR (A/m)dH = 4n:R2 ~

R'nin yönü, Sekil 9-1 'de görüldügü gibi akim elemanindan dII'nin belirlenecegi noktayadogru olmalidir.

Sekil 9-1

Akim elemanlari birbirlerinden bagimsiz olmadiklarindan, akim filamanini olusturan tüm e-lemanlar H'ye katkida bulunurlar ve hesaba katilmalidirlar. Toplama islemlerinin sonucunda Biot-Savart yasasinin integral formu elde edilir.

1 i di X aRH = j 4n:R2

Bütün akim elemanlarinin hesaba katilmasini garantilemek için kapali yol integrali gerekmektedir(yol oc'da kapanabilir).

ÖRNEK 1. Sonsuz uzunlukta, düz, silindITIkkoordinatlarda z ekseni boyunca akan i filaman akimi, SekiI9-2'de

136 AMPERE YASASi VE MANYETIK ALAN 9. Bölüm

gösterilmistir. Genelligi bozmadan, z = Odüzleminde bir nokta seçilebilir. Diferansiyel formda:

dH-/dzazx(ra,.-zaz)

4lr~2 +Z2 yil

- / dz rat/>_4 ( 2 2

)3/2

lrr +z

integrasyon degiskeni z'dir. at/>,z ile degismediginden integrali almadan önce integralin disina çikarilabilir.

H= [f'" lrdz ] -~aL., 4Jr(r2+ Z2)312 a.i. - 2Jrr .

tz

Sekil 9-2

Bu önemli sonuç H'nin radyal uzaklikla ters orantili oldugunu gösterir. Yönün, iletken, sagbasparmak akim yönünü gösterecek sekilde kavrandiginda sag el parmaklarinin alan yönünü gös-terdigi "sag el kurali"na uygun oldugu görülmektedir.

ÖRNEK 2. Sonsuzbir akim tabakasi,Sekil 9-3'te görüldügügibi, K =Kayolmak üzerez =O düzlemindedurmaktadir. H'yi bulunuz.

z

Sekil 9-3

Biot-Savart yasasi ve simetrinin düsünülmesi H'nin yalnizca x bilesenine sahip oldugunu ve x vey'nin bir fonksiyonu olmadigini gösterir. 12341 kare hattina Ampere yasasini uygulayarak ve H'nin z'ye göreters simetrik olmasi gerektigi gerçegini kullanarak

9, Bölüm AMPERE YASASi VE MANYETiK ALAN 137

K

fH. dl =(H) (2a) + O+ (H) (2a) + O=(K) (2a) ya da H = "2

elde edilir. Dolayisiyla, her z > O için, H =(K/2) ax olur. Daha genel olarak, keyfi yöndeki bir akim tabakasi için,

H - lKxa- 2 n-yazilabilir. H'nin tabakaya olan uzakliktan bagimsiz olduguna dikkat ediniz. Dahasi, H'nin tabakanin altin-daki ve üstündeki yönü, tabakadaki akim elemanlarindan bir kaçina sag el kurali uygulanarak bulunabilir.

9.3 AMPERE YASASi

Kapali bir yol çevresinde manyetik alan siddetinin teget bileseninin çizgi integrali yolun çev-reledigi akima esittir.

, H .di =i iç

Ilk bakista yasanin i akiminin bir integrasyonla belirlenmesinde kullanildigi düsünülebilir.Tersine, akim genellikle bilinir ve yasa H'yi bulmaya yarar. Bu, yük dagilimi verildiginde D'yibulmak için Gauss yasasinin kullanilmasina tamamen benzerdir.

H'nin belirlenmesinde Ampere yasasindan yararlanabilmek için problemde önemli ölçüde

simetri olmalidir. Iki kosul saglan~~dir:1. Kapali yolun her noktasinda H, ya yola teget ya da yola diktir.

2. H, H'nin teget oldugu yolun tüm noktalarinda ayni degere sahiptir.

Biot - Savart yasasi yukaridaki kosullari saglayan bir yolun seçiminde yardimci olarak kul-lanilabilir. Pek çok durumda uygun bir yol kolaylikla bulunur.

ÖRNEK 3. Sonsuz uzun, düz bir i akim filamaninin olusturdugu H'yi elde etmekte Ampere yasasini kulla-niniz.

Biot-Savart yasasi Sekil 9-2'deki çemberin her noktasinda H'nin teget oldugunu ve ayni büyüklükteoldugunu gösterir. Bu durumda

fH, di =H (21tr)=i

Dolayisiylai

H=-a<j>21tr

9.4 ROTASYONELBir A vektör alaninin rotasyoneli baska bir vektör alanidir. Sekil 9-4'deki P noktasi C kapali

egrisiyle sinirlanan ,),s düzlemsel alaninda yer almaktadir. Rotasyoneli tanimlayan integrasyonda,8"

~:':J~stt. . A'::::'

.' '-",:.:.:,:.:.:,:.,

::::::ti(/

/}:::':"

":::"':.::: ,'.'

C

Sekil 9-4

C, çevrelenen alan solda kalacak sekilde katedilir. Sag el kuraliyla belirlenen birim normal an se-kilde görüldügü gibidir. A'nin rotasyonelinin aii yönündeki bIlesenI


fA' di

(rotA). an ==11~o f:.S

seklinde tanimlanir.

Koordinat sistemlerinde, rot A üç birim vektör yönündeki bilesenleri ile tamamen belirlenir.Örnegin, kartezyen koordinatlardaki x bileseni, Sekil 9-5'te görüldügü gibi, C yolunu P'den geçenx = sabit düzleminde bir kare alarak tanimlanir.

fA. di(rot A) . Rx= .6}~~-i f:.y f:.z

z

y

3x.

Sekil 9-5

Eger f:.S'nin orijine en yakin köselerinde (nokta 1) A = Ax ax+ Ay ay + Azazise, bu durumda

f= f +s:+r +f~

(aAz

) (aA

)=Ayf:.y+ Az+ ay f:.y f:.z+ Ay+ a/f:.z (-f:.y)+Az(-f:.z)

(aAz aA)= -- =-:z. f:.y f:.zay az

ve (rot A) .ax= aAz - aAyay az

olur. y ve z bilesenleri benzer biçimde belirlenebilir. Üç bilesen bir araya getirilirse:

(aAz aAy) (aAx aAz ) (aAy aAx)rotA= --- ax+ --- a + --- az (kartezyen)ay az az ax 'Y ax ayAçinimi A'nin kartezyen rotasyonelini veren üçüncü merteben bir determinant yazilabilir.

ax ay aza a a

rotA= 1- - -ax ay azAx Ay Az

Ikinci satirin elemanlari delta operatörünün bilesenleridir. Bu rot A için V x A yazilabileceginigösterir (Bakiniz Bölüm 1.3). V yalnizca kartezyen koordinatlarda tanimlanmasina ragmen, vektör

9, Bölüm AMPERE YASASi VE MANYETIK ALAN 139

analizinden diger ifadelerle birlikte, diger koordinat sistemlerinde rot A için bu uygun notasyonku Ilani Iir.

rot A için silindirik ve küresel koordinatlardaki ifadeler, biraz daha zor olmasina ragmen,yukaridaki gibi ayni tarzda çikarilabilir.

A

[

i dAz dA<\>

} (dAr' dAz

}i

[

dtrA~) dAr

](

'

i'

d, '

k)rot = r+ --- ,i..+- --- a si in irir d<\> dz dz dr 'v r df de z

i

[

dtA<\>sin e) dAe

]

i

[

1 dAr dVA<\>)

]

1

[

d(rAe) dAr

]

..rotA= - -- a +- ae+- --- a,i.. (kuresel)

r sin e de d<\> r r sin e d<\> dr r dr de 'v

Rotasyonel operatörünün iki özelligi çok kullanislidir.

1, Bir rotasyonelin diverjansi skalar sifirdir; yani herhangi bir A vektör alani için:V

v ' (V x A) = O

2, Bir gradyantin rotasyoneli sifir vektörüdür; yani herhangi bir skalar konum fonksiyonu fiçin (Bakiniz Problem 9.20),

Vx(Vf) = O

Duragan kosullarda, E = - VV olup, (2)' den

, VxE=Obulunur.

9.5 J VE H ARASINDAKI ILIsKI

Ampere yasasindan yararlanarak, (rot H)x için tanimlayici esitlik (Bakmiz Bölüm 9.4),J, = d/x/dS x yönündeki akimin alan yogunlugu olmak üzere,

ix - JI' -= x(rot H)' a x = ",\l~->o Ll)' &

biçiminde yazilabilir. Dolayisiyla rot H'nin ve J akim yogunlugunun x bilesenleri her noktada e-sittir. Ayni sey y ve z bilesenleri için de geçerlidir. Dolayisiyla:

VxH=J

Bu, duragan alanlar için geçerli Maxweii denklemlerinden biridir. Eger bir bölgenin her yerinde Hbilinirse, VxH bu bölgedeki J'yi üretecektir.

ÖRNEK 4, a yariçapli, uzun ve düz bir Iletkenin kesit alaninin iç bölgesinde (r < a) H = (lr / 27r(l2)aifJolup, r> a için ise H =(l/2nr)aifJ manyetik alan siddeti tanimlanmaktadir. Her iki bölgede J'yi bulunuz,

Iletkenin içinde 7r(l2kesit alaninda düzgün olarak dagilmis bulunan, +z yönündeki i genligindeki aki-ma karsilik gelen

d ( Ir

J

1 d

[

Ir2

]

IJ =VxH = -- l- ar +-- --:f az =~azdz 2na 2 r dr 2na na

bulunur.Iletkenin disinda ise

J =VxH = -~(~

)ar +~~

(~

)a- = O

dz 2nr r dr 2n '

olur.


9.6 MANYETIK AKl YOGUNLUGU B

D gibi, manyetik alan siddeti H'de yalnizca (hareketli) yüklere dayanir ve ortamdan bagim-sizdir. H ile baglantili kuvvet alani, il = Iloll r ortamin geçirgenligi olmak üzere

B=,uH

ile verilen manyetik aki yogunlugu B'dir. B'nin birimi tesladir:

i T= 1~Am

Serbest uzay geçirgenligi (Ilo) 4n X 10-7sayisal degerine sahiptir ve birimi henry/metre, H/m' dir;

ortam bagii geçirgenligi il r , Bölüm ii' de incelenecek olan ferramanyetik malzemeler disinda bire

çok yakin bir sayidir.

Bir yüzeyden geçen manyetik aki ep

ep = fsB. dS

seklinde tanimlanir. cj)'nin isareti dS' deki yüzey normalinin seçimine bagli olarak pozitif ya da ne-gatif olabilir. Manyetik aki birimi weber (Wb)'dir. Farkli manyetik birimler arasinda

1 T = i Wb/m2 iH = iWb/A

iliskileri vardir.

ÖRNEK S. ifJ =1t/4 düzleminin 0.01 < r < 0.05 m ve O < z < 2 m ile tanimlanan parçasindan akan akiyi bu-lunuz (Bakiniz Sekil 9-6). z ekseni boyunca yerlestirilmis 2.50 A'lik bir akim filamani, az yönündedir.

/JolB=,uoH=-aopJT:r

dS = dr dzaop

L

2

Loo05/J i

4> = ~aop' drdz aopo 0.01 2JT:r

2/Jol 0.05= 2JT: InO.Ol

= 1.61x 10-" wb yada 1.61/JWb

Manyetik aki cj) çizgilerinin hiçbir baslangiç ya da bitis noktasi olmayan kapali egriler oldu-guna dikkat edilmelidir. Bu, pozitifyüklerden baslayan ve negatifyüklerde sonlanan elektrik akisi

x

B

t2.50 A

Sekil 9-6

9. Bölüm AMPERE YASASi VE MANYETIK ALAN ]4]

if! ile zitlik olusturur. Sekil 9-Tde kapali .yüzeye giren CI>manyetik akisinin tamami yüzeyiterketmelidir. Dolayisiyla B alanlarinin matematikselolarak

V.B=O

ile açiklandigi üzere hiçbir kaynagi ya da yutagi yoktur (Bakiniz Bölüm 4.1).

dS

9.7

Sekil 9-7

VEKTÖR MANYETIK POTANSIYEL A

Elektrik alan siddeti E ilk önce bilinen yük dagilimlarindan elde edilmisti. Daha sonra, elekt-rik potansiyeli V gelistirilmis ve E'nin V nin negatif gradyanti yani E =-VVolarak elde edilebile-cegi bulunmustu. Laplace denklemi sinir iletkenler üzerinde bilinen potansiyellerden V'yi elde et-menin bir yolunu saglamisti. Benzer biçimde,

VxA =B

seklinde tanimlanan bir A vektör manyetik potansiyeli B'nin ve dolayisiyla H'nin hesaplanabilece-gi bir ara büyüklük olarak hizmet eder. A'mn taniminin V.B = Ogereksinimiyle uyumlu oldugunadikkat ediniz. A'nin birimleri Wb/m ya da T.m dir.

EgerV.A=O

ek kosulu konulursa, bu durumda vektör manyetik potansiyeli A, ilgili bölgedeki bilinen akimlar-dan belirlenebilir. Üç standart akim dagilimi i9in ifadeler asagidaki gibidir.

A=.i.Jlldlj 41tR

A= riiKdSJs 41tR

A = fi.iJ dv

v 41tR

Burada, R akim elemanindan vektör manyetik potansiyelin hesaplandigi noktaya olan uzakliktir.Benzer elektrik potansiyeli integrallerinde oldugu gibi (Bakiniz Bölüm 5.5), A için yukaridaki ifa-deler sonsuzda bir sifir düzeyini varsayar; eger akim dagilimi sonsuza kadar uzaniyorsa bu ifadelerkullanilamazlar.

akim filamani:

tabaka akimi:

hacim akimi:

ÖRNEK 6. Serbest uzayda, sonsuz, düz akim filamant için vektör manyetik potansiyeli arastiriniz.

Sekil9-8 de akim filamamz ekseniboyuncadirve gözlemnoktasi(x,y, z) dir. f, z ekseni boyuncadegisen


z

11 tdARi i

~dI

~

/ !

... i ' ."I ../

X L--~~.// y

Sekil 9-8degisken olmak üzere, f= O'daki özel akim elemani

f di = f de az

ile gösterilmistir. Büyük L degerleri için R ~ f oldugundan

A= f~ Püf de-~ 4nR az

integralinin var olmadigi açiktir. Bu, akim dagiliminin sonsuza uzandigi bir durumdur.

Ancak,

dA =Püf de4n:R az

-------- diferansiyel vektör potansiyelini düsünmek ve ondan diferansiyel B'yi elde etmek mümkündür. Dolayisiylaf= O'daki akim elemani için

ve

Püf de

dA 4n:(x2 + y2 + Z2)1I2az

p f de [ -y X

]dB =V x dA = ~n: (X2 + y2 + Z3)312 ax + (x2 + y2 + Z2)312ay

bulunur. Bu sonuç dR = (l/ Jlo) dB için Biot-Savart yasasi ile verilen sonuçla uyusuro

9.8Sonsuz akim filamani için A'yi belirlemenin bir yolu için Problem 9-l7'ye bakiniz.

STOKES TEOREMI

~iniri kapali bir C egrisi olan açik bir S yüzeyi düsünelim. Stokes teoremi, bir F vektör ala-ninin teget bileseninin C çevresindeki integralinin, rat F'nin normal bileseninin S üzerindekiintegraline esit oldugunu ifade eder: .

fF. di = i (V X F) .dS

Eger F vektör manyetik potansiyeli A olarak seçilirse Stokes teoremi

fA' di =iB .dS = $

esitligini verir.

9.1


L kenar uzunlugundaki kare biçimdeki akim çevriminin merkezindeki H'yi bulunuz.

ÇevrimSekil9-9'daki gibiyerleseceksekildebir kartezyenkoordinatsistemiseçelim.

9. Bölüm AMPERE YASASi VE MANYETIK ALAN 143

y

LI2

bLI2

x-L12

-L12 dx

Sekil 9-9

Simetri dolayisiyla, her iki yari da, merkezdeki H'ye ayni miktarda katkida bulunur. O $;x $; Ll2. Y=-Ll2 yari kenari için Biot-Savart yasasi, orijindeki alani

dB = (I dx 8x) X [-X8x + (L/2)8y]4.ir[X2 + (L/2)2]312

- 1dx(L/2)az- 4.ir[X2+ (LI2)2]3/2

olarak verir. Dolayisiyla, an çevrimin düzleminin sag el kuraliyla belirlenen birim normali olmak üze-re, orijindeki toplam alan "'"'

LW 1 dx (L I2)aH=8 z

o 4.ir[X2+ (L/2)3f/22Yi 1 2Yi i

= .irL az= .irL lin

9.2olur

ay yönündeki 5.0 A 'lik bir akim filamani x = 2m, z =- 2m'de y eksenine paraleldir (Sekil 9-10).OrijindekiH'yi bulunuz.

i

-----

.---Sekil 9-10

Düz bir akim filamani için H ifadesi uygulanarak, r = 2 J2 olmak üzere1

H=-a2nr '"

elde edilir ve (sag el kurali kullanilarak) (

- ax +azaq,-- J2

bulunur.


Böylece: H = 5.0f

ax +az

]= (0.281{ ax +az

]A / m

21t(2J2) J2 ~ J2

9.3 Bir K = 10 azAlm akim tabakasi x =5 m düzleminde yer almakta ve ikinci bir K =- 10 azAlm tabakasi x = -Sm'de yer almaktadir. Bütün noktalarda H'yi bulunuz.

Sekil 9-11 de tabakalar arasindaki herhangi bir noktada her bir tabaka için K x an = -Kayoldugugörülmektedir.Dolayisiyla,- 5 <x < 5 içinH =LO(- ay)Alm'dir.DigerheryerdeH = O'dir.

.'.'N.',;.;.;.;.;.;.'

;;;;;;;;;;;;;;,;.:.;-;.;.;-;.' 1

?J~filj!

:::t

K =IOszz

0.",IV. ~

Sny -----

"> .

,A [ ~

-3 o ~X

K=-IO Sz

LSn

I

""""""

YP'.

';':':':';';';':-:-.

,;::::::::::;::;;.;,

9.4

Sekil 9-11

Sonsuz uzunlukta, a yariçapli ince bir silindirik iletken i akimi tasimaktadir. Ampere yasasi-ni kullanarak bütün noktalarda H'yi bulunuz.

Biot - Savart yasasi H'nin yalnizca if>bilesenine sahip oldugunu gösterir. Üstelik, Hipyalnizcar'nin bir fonksiyonudur. Ampere yasasi için uygun yollar esmerkezli çemberlerdir. Sekil 9-12'de gö-rülen i yolu için

i. H . di = 21frH</>= [. = Oj iç

ve 2 yolu için

fH .di = 21frH</>= i

olur. Dolayisiyla, silindirik iletken kabugun içindeki noktalar için H = O,ve dis noktalar için, eksenboyunca bir i akim filamanininkiyle ayni alan olan, H = (l/2nr)aip'dir.

i

Sekil 9-12


9.5 i akiminin kesit üzerinde düzgün olarak dagildigi a yariçapli kati bir silindirik iletken içinH'yi bulunuz.

Sekil 9-13 'te i hattina Ampere yasasi uygulanirsa:

.{ 8. di =i.r iç

H(2nr) =1(::)Ir

8=-a.2na2

Dis noktalar için 8 = (//2nr)a. olur.i

Sekil 9-13

9.6 Silindirik koordinatlarda, O< r < 0.5 m bölgesinde akim yogunluguJ = 4.5e-2'a. (Alm2)

ve diger her yerde J = O'dir. H'yi bulmak için Ampere yasasini kullaniniz.

Akim yogunlugu orij ine göre simetrik oldugundan, Ampere yasasinda, içerilen akim fJ .dS ile ve-rilmek üzere dairesel bir yol kullanilabilir. Dolayisiyla r < 0,5 m için

H.(21Cr) = L2>rf 4.5e-2rrdrdq,1.125

8=-(1-e-2'-2re-~a. (A/m)r 't

Herhangi bir r ~ 0.5 m için içerilen akim 0.5941tA olarak aynidir. Dolayisiyla

Ht/J(27rr) = 0.59411: R = 0.297 a<jJ(Alm)r.yada

olur.

9.7 a yariçapli dairesel bir akim çevriminin ekseninde H'yi bulunuz. Çevrimin merkezindeki de-geri hesaplayiniz.

Sekil9-14'te görülennoktaiçinR = - aa, + ha.

(Jada<jJ)x(-aa, +liaz) (lad<i»(aaz +lia,.)dR = . { \3/? - { \3i?

41t\a2 +h2 J - 41t\a2 +h2 J -

Sekilden de anlasilacagi gibi her bir çap çizgisinin iki ucundaki akim elemanlarinin ürettigi r bilesen-leri birbirlerini yok eder. Dolayisiyla:


z

h

./

ldl

Sekil 9-14

L2" fa2 d<L> fa2

H = o 4J1'(a2 + h2?12 az = 2(a2 + h2)312 az

h = O'da H = (f/2a)a: olur.

9.8 Sekil 9-15'te görüldügü gibi, bir K = 6.0ax Alm'lik akim tabakasi z = Odüzleminde yer al-maktadir ve bir akim filamani y = O, z = 4m'ye yerlestirilmistir. (O, O, 1.5)m'de H = O ise['yi ve yönünü belirleyiniz. /

i

z

//

K =6.0ax

Sekil 9-15

Akim tabakasindan dolayi1 6.0

H = - Kxan = - (- a)) Alm2 2

olur. (O,O, 1.5)m'de alanin yok olmasi için, filamandan kaynaklanan IHI,3Alm olmalidir,

IHI=~21tr

/30= --'. 21t(2.5)/=47.1 A

Tabakadan kaynaklanan H'yI yok etmek için, bu akim Sekil 9-15 te görüldügü gibi ax yönünde olmalidir.

A = Cv cas ax)ax + Cv+ eX)azverildigine göre orijindeki VxA'yi bulunuz.9.9

VxA=

axddx

al' a. zd d

dy dz i=ax- eXay- cos ax azO y+ex, y cas ax

(O,O,Ofda VxA = ax- ar - azolur.


9.10 Kartezyen koordinatlarda, z ekseni boyunca yerlestirilen akim filamanll1dan az yönünde akani akiminin yarattigi H'nin rotasyonelini hesaplayiniz.

Örnek l' den,

H= ~a =!(

-yax+xay

J2nr ~ 2n X2+y2

ve böylece x =y = O disinda

[

a r x

J

d

(

-y

J~VxH = - --' a

dxlx2+y2 dy x2+y2 '=0

olur. Bu VxH = J ile uyumludur.

9.11 Silindirik koordinatlarda A = 5r sin epaz biçiminde tanimlanan bir vektör alani için, (2, Tr,O)'daki rot "'yi bulunuz.

A yalnizca z bilesenine sahip oldugundan, rotasyonel ifadesinde iki kismi türev sifirdan farklidir.

VxA = ..!..~(5rsin<j»ir -~(5rsin<1»i</> =5cos<1>ar-5sin<1>a</>r d<1> dr

Dolayisiyla VxA i (2.it,O)=-5ar olur.

9.12 Silindirik koordinatlarda A = 5e-I' cos epar - 5 cos epaz biçiminde tanimlanan bir vektör alani

için, (2, 3n/2, O)'daki rot A yi bulunuz.

VxA =..!..~(-5cos<1»ir +[~(5e-r cos<j»-~(-5cos<j»

Ja -..!..~(5e-r cos<1>~z

r d<1> dZ dr r d<1>

(

5.

} r5 -I" \

= -;sm <1> i' + ,-; e sm <1>) ,

Böylece VxAI (2.3it12.0)=-2.50a,.-0.34a, olur.

9.13 Küresel koordinatlarda A = i O sin e a(j biçiminde tanimlanan bir vektör alani için, (2, n/2,

O)'daki VxA'yl bulunuz.i

[

d(

.

)]

1 d( . 'L iOsin e

VxA = ---:- -- 10 sm e al' +-- IOr sm e)'l</>= ar sm e d<j> r dr r

Böylece VxA ~2n12())=5a~ olur.

9.14 ro = i cm yariçapli bir dairesel iletken a =n/2ro olmak üzere bir

104 ( 1 r .

1H = -I 2sinar--cosar (A/m)r ~a a

ax ay azi

VxH= id d d- - -

dX dy dZ

-y xO

7 2x2 + y

2x- + y


iç alanina sahiptir. Iletken içindeki toplam akimi bulunuz.

Iki yöntem vardir: (I) J =VxH yi hesaplamak ve daha sonra integralini almak; (2) Ampere yasa-sini kullanmak. Burada ikincisi daha basittir.

f L2" Ht

(4r2 :n: 2r2 :n:

)i. = H .di = - -!! sin- - -!! cos- rodtPiÇ '-'li o ro r 2 :n: 2

8 X ictr~ 8- =- A:n: :n:

9.15 Serbest uzayda bir

6

2.39xlO cos<l>a,. A/mH= r

radyal alani vardir. -w4 ~ </J~ 7rl4,O ~ z ~ 1 m ile tanimlanan yüzeyden akan (/Jmanyetik a-kisini bulunuz. Sekil9-16'ya bakiniz.

3.00B = /JoH= - cos tP-r (T)r

L

i

f"/4

(3 00

)4>= -=- cos tP ar' r dtPdz aro ..-,,/4 r

=4.24Wb

B, r ile ters orantili oldugundan (V . B = O bagintisinin gerektirdigi gibi) radyal uzaklik ne seçilirse.seçilsin bir sey fark etmez, toplam (I.kiayni olur.

fr{4

Sekil 9-16

9.16 Silindirik koordinatlarda B =(2. O/r)aq,Tdir. 0.5 ~ r ~ 2.5 m ve O~ z ~ 2.0 m ile tanimlanandüzlem yüzeyden akan (/Jmanyetik akisini belirleyiniz. Sekil 9-17'ye bakiniz.

~= J B-dS

L

2.0

L2os 2 O

= -':'-a.".drdz a."o 0.5 r

(2.5

)= 4.0 InO.5 = 6.44 Wb

9.17 Sonsuz uzun, düz bir i filaman akimini çevreleyen bölgede vektör manyetik potansiyeli A'yibulunuz.


z

2.0I'

B

Sekil 9-17

Örnek 6'da görilldügü gibi, A için direkt integral ifadesi kullanilamaz. Ancak,

v' x A = B = ~oi a2nr I/J

iliskisi A için bir vektör diferansiyel denklem olarak degerlendirilebilir. B yalnizca iPbilesenine sahipoldugundan silindirik rotasyonelin yalnizca iPbileseni gereklidir.

dAr - dAz = ~oidz dr 2nr

Filaman z'ye göre düzgiln oldugundan A'nin z'nin bir fonksiyonu olamayacagi açiktir. Dolayisiyla

dA Pol ~ i- i.. =- ya da Az= - 2-ln r + C olur.

dr 2m- . 2n

Integrasyon sabiti sifir referansinin belirlenmesini saglar. r = ro'da Az= O alinirsa ifade

~oi

(ro

}A = - ln-

2n r Z

olur.

9.18 Örnek 2'deki akim tabakasi için vektör manyetik potansiyel A'yi bulunuz.

~oKV'xA=B= -ax

2

dAz - dAy = ~oKdy dz 2

z > Oiçin

Böylece

A 'nin x ve y'den bagimsiz olmasi gerektiginden:

- dAy =~oKdz 2

~oKya da Av= - - (z - zo)

. 2

Böylece, z > Oiçin:

A= _~~K (z-zo)iy =-~; (z-zo)K

z < Oiçin, yukaridaki ifadenin isaretini degistirmek gereklidir.

ISO AMPERE YASASi VE MANYETIK ALAN 9. Bölüm

9.19 Problem 9.18'de bulunan vektör manyetik potansiyeli kullanarak, Sekil9-18'de görülen dik-dörtgensel alandan akan manyetik akiyi bulunuz.

z

(O,O,2)

(O,O, 1)

(O, 2, 2)

(O, 2, i)

yK

x

Sekil 9-18

Sifir referansi LO=2'de olsun, böylece

A = - /-to(z - 2)K2

olur. Çizgisel integral esitligi su biçimdedir:

~ = fA' di

A iki kenarda yola dik olup, üçüncü kenarda (z = 2) ortadan kalkar. Dolayisiylay=z z

~ =L A. di = _/-to(1 - 2) L K dy = /-toKy=o 2 o

Sifir referansi seçiminin hesaplamayi nasil basitlestirdigine dikkat ediniz. Stokes teoreminden <l>'yibelirleyen A 'nin kendisi degil VxA' dir; böylece sifir referansi keyfi olarak seçilebilir.

9.20 Bir gradyantin rotasyonelinin sifir oldugunu gösteriniz.

Bölüm 9.4'teki rot A tanimindan, bir bölgedeki her kapali yol için

fA.dI=O

integrali sifirsa rot A'nin bu bölgede sifir oldugu görülmektedir. Fakat eger,ftek degerli bir fonksiyonolmak üzere A =Vfise

fA' di = f Vf . di = f df = O

olur (Bölüm 5.6'ya bakiniz).

Ek Problemler

9.21 Sekil 9- i9'da görülen sonlu akim elemanindan kaynaklanan manyetik alanin

i(

. .)H =- sm lti - sm ltz aqo41fr

ile tanimlandigini gösteriniz.

9.22 Orijinde pozitif z yönündeki diferansiyel bir IdI akim elemanindan kaynaklanan dB'yi küresel koor-i dt sin (J

dinatlarda genel bir (r, e, L/J)noktasi için bulunuz. Yanit: 41fr2 8.p

9. Bölüm

9.23

AMPERE YASASi VE MANYETIK ALAN isi

ztzi

it

p

Z2

ic r

Sekil 9-19

~

Sekil 9-20'deki iç ve dis iletkenlerdeki akimlar düzgün olarak dagilmistir. Ampere yasasini kullana-rak, b <;;r <;;c için

H=~(

c2-r2

)2Jr:r c2 - b2 8."

oldugunu göstermek için Ampere yasasini kullaniniz.

Sekil 9-20

9.24 R = 3 m yariçapli ve 1= 20 A olan iki özdes dairesel akim çevrimi, ortak eksenler üzerinde 10m ara-likla ayrilan paralel düzlemlerdedir. Iki çevrimin tam ortasindaki bir noktada H'yi bulunuz.

Yanit: 0.908a" Alm

+y yönündeki 10 A'lik bir akim filamani y ekseni boyunca yatmaktadir ve K = 2.0axAlm'lik bir akimtabakasi Z = 4m'de yerlestirilmistir. (2, 2, 2) m noktasinda H'yi belirleyiniz.

Yanit: 0.398 ax + I.Oay - 0.398a, Alm

(xax + yay + zaz)/(x2 + L + z2)312'ninrotasyonelinin sifir oldugunu gösteriniz. (Ipucu: VxE =O)

9.25

9.26

9.27 A =(- cos x)(cos y)az genel vektörü verildiginde A'nin orijindeki rotasyonelini bulunuz. Yanit: O

9.28 A = (cos x)(sin y)ax + (sin x) (cos y)a)' genel vektörü verildiginde, A 'nin her yerdeki rotasyonelini bu-lunuz. Yantt: O

Silindirik koordinatlarda A = (sin 21jJ)aljJgenel vektörü verildiginde (2, n/4, O)'da A'nin rotasyonelinibulunuz. Yanit: O.Saz

Silindirik koordinatlarda A = e-2z (sint<l»aljJgenel vektörü verildiginde (0.800, n/3, O.SOO)'deA'ninrotasyonelini bulunuz. Yanit: 0.368ar + 0.230a,

9.29

9.30


9.31 Küresel koordinatlarda A =(sin t/J)3r+ (sin 8)3~ genel vektörü verildiginde, (2, 7r/2, O) noktasindaA'nin rotasyonelini bulunuz. Yanit:O

9.32 Küresel koordinatlarda A = 2.5038 + 5.003~ genel vektörü verildiginde, (2.0, rrJ6, O)'da A'ninrotasyonelini bulunuz. Yanit:4.333r - 2.503"8--+-1.2534>

9.33

A - 2cose sine- J 3r + J 3ar. r

9.34

genel vektörü verildiginde A 'nin rotasyonelinin her yerde sifir oldugunu gösteriniz.

10-2m yariçapli bir silindirik iletken bir

( 4

(r r2

)H = \4.77XlO -- 2 34>(A/m)2 3xlO-

iç manyetik alanina sahiptir. Iletkenin içindeki toplam akim nedir? Yanit: 5.0 A

Silindirik koordinatlarda belli bir bölgede J = 105 (COS22r)~z'dir. Bu akim yogunlugundan H'yi eldeediniz ve daha sonra H'nin rotasyonelini alarak J ile karsilastiriniz.

(r sin4r cos4r 1

)Yanit:H=l<f -+-+--- a4 8 32r 32r '"

9.36 Kartezyen koordinatlarda -a ::;z ::;a bölgesinde sabit bir J =JO3"akim yogunlugu vardir (Sekil 9-2i).Bütün bölgelerde H'yi bulmak için Ampere yasasini kullaniniz. H'nin rotasyonelini aliniz ve J ilekarsilastiriniz.

9.35

{

Joa3x

Yanit:H= JOZ3x

-Joa3x

z>a

-a::;z ::;a

z<-a

rot H =Jz

-a

Sekil 9-219.37 Eger

0.2( . 2 )B= - Sin 3z(T)

r

ise silindirik koordinatlarda r::; 5xlO-2m için z = O düzleminden akan toplam manyetik aki ep'yi he-saplayiniz. Yanit: 3.14xlO-2Wb

9.38

B = 2.5°isin '; }-2Y3z (T)

olarak verildiginde z =O, Y ~ O, O ::;x::; 2 m seridinden akan toplam akiyi hesaplayiniz. Yanit: 1.59 Wb


9.39 a yariçapli bir iç iletken ve iç yari çapi b, dis yariçapi c olan bir dis iletkenden olusan eseksenH bir i-letken iç iletkende f akimi tasimaktadir. Iletkenler arasinda L/J= sabit düzleminden birim uzunluk basi-na akan manyetik akiyi bulunuz.

9.40

il f bYanit: -.!! In-2n: n

Düzgün bir K = Koa, akim tabakasi z = b> 2'dedir ve bir diger düzgün K = Ko(-ay) akim tabakasiz=-b'dedir. x = sabit, -2 ::;;x::;;2, O::;;y ::;;L ile tanimlanan alandan akan manyetik akiyi bulunuz. Ser-best uzay varsayiniz.

Yanit:4Jio KoL

9.41 Problem 9.11' deki vektör manyetik potansiyeli kullanarak z ekseni üzerindeki bir f akim filamanin-dan dolayi ep=sabit, fi ::;;f::;; fO, O ::;;z ::;;L dikdörtgeninden akan akiyi elde ediniz.

/lofL fOYanit: -In-

21t fi

9.42 a yariçapli bir silindirik iletkenin içindeki vektör manyetik potansiyel

A = _/loIr2 a4na 2 z

olarak verildiginde karsilik gelen H'yi bulunuz.

9.43

Yanit: lloH = rot A

Düzgün bir K =Ko(-ay) akim tabakasi x = O'da ve bir diger düzgün K =Koayakim tabakasi x =a'dayerlestirilmistir.Tabakalararasindavektörmanyetikpotansiyelibulunuz.

Yanit: (!LOKo x + C)a,

9.44 Problem 9.43'teki akim tabakalari arasinda z = sabit düzleminin bir parçasi O ::;;x::;;b ve O::;;y::;;aile

tanimlanmistir. Bu parçadan akan QJakisini hem fB .dS ve hem de fA. di bagintilarindan bulunuz.

Yanit: ab !lo Ko

Bölüm 10

Manyetik Alanlarda Kuvvetler ve Torklar10.1 PARÇACiKLAR ÜZERINDE MANYETIK KUVVET

Bir manyetik alanda hareket halindeki yüklü bir parçacik, hizina dik açilarda, genligi yük,hiz, ve manyetikaki yogunlugu ile orantili olan bir kuvvetinetkisindekalir. Bu kuvvetintam ifadesi

F =QU x Bvektörel çarpimi ile verilir. Dolayisiyla, hareket halindeki bir parçacigin yönü bir manyetik alan ta-rafindan degistirilebilir. Hizin genligi, U, ve bunun sonucu olarak kinetik enerji ayni kalacaktir. Bukuvvet, elektrik alanlarinda olusan ve parçacik üzerinde bir is yaparak, onun kinetik enerjisini de-gistiren F = QE kuvvetinden farklidir.

B alani bir bölgenin her yerinde düzgün ise ve parçacik alana dik bir baslangiç hizina sahipseparçacigin yolu, belli bir r yariçapli bir çemberd:r. Alanin kuvvetinin genligi F = IQIUB'dir veçemberin merkezine dogru yönlenmistir. Merkezcil ivme (j)2r = U2/rgenligindedir. Bu durumda,Newton'un ikinci yasasindan hareketle.

IQI UB = m U 2r

ya da r= mUIQIB

yazilabilir. Bu esitliklerden, r'nin parçacigin dogrusal momentumu mU'nun bir ölçüsü oldugu gö-rülmektedir.

ÖRNEK 1. B =5 mT alanina 83.5 km/s baslangiç hiziyla giren 1.70 x 10-27 kg kütleli ve 1.60 x 10-19 Cyüklü bir parçacik üzerindeki kuvveti bulunuz.

B'nin ve parçacigin baslangiç hizi Do'in yönleri bilinmedikçe kuvvet hesaplanamaz. Sekil 10-1 'de gö-rüldügü gibi Do ve B 'nin dik oldugunu varsayarak

F=IQI VB

= (1.60x 10-1~(83.5x lW)(5x 10-3)=6.68 X 10-17N bulunur.

x x x x

xx (x xxLx

Uox

x x x x

(B sayfanin içine dogru)

Sekil 10-1

ÖRNEK 2. Örnek 1'deki parçacik için dairesel yolun yariçapini ve bir devir için gereken zamani bulunuz.

r= mUIQIB=

0.177m

154

10. Bölüm MANYETIK ALANLARDA KUVVETLER VE TORKLAR 155

10.2 BIRLESIK ELEKTRIK VE MANYETIK ALANLAR

Bir bölgede her iki alan ayni zamanda mevcutsa, bir parçacik üzerine etkiyen kuvvet

F = Q(E + V x B)

ile verilir. Bu Lorentz kuvveti, baslangiç kosullari ile birlikte, parçacigin yolunu belirler.

ÖRNEK 3. Koordinatlarin orijinini çevreleyen belli bir bölgede B =5.0 x 10-4az Tve E =5.0ac V/m'dir. Birproton (Qp = 1.602 X 10-19 C, ml' = 1.673 x 10-27kg) Va = 2.5 x 1o5ax m/s baslangiç hiziyla orijinde alanagirmektedir. Protonun hareketini betimleyiniz ve üç tam devir sonrasi konumunu veriniz.

Parçacik üzerindeki baslangiç kuvveti

Fa=Q(E+ Vax B)=Qp(Eaz-VaBay)

olur. Kuvvetin z bileseni (elektrik bileseni) sabittir, ve z yönünde sabit bir ivme üretir. Böylece z yönündekihareket denklemi

z =1.at2 =![

QpE

]

t22 2 mp

olur. -QjIVBa,'ye degisen diger (manyetik) bilesen2nr 2nmi'T= -=-V QpB

periyodunda, z eksenine dik dairesel hareket üretir. Sonuçta ortaya Sekil i0-2'de görülen sarmal (helisel) birhareket çikar.

z

~x

Sekil 10-2

Üç devir sonra, x =y =O ve

1

[

Qp E

))' 181t 2Em p

z= - - 3T - = ,=37.0 m2 mp QpB-

olur.

10.3 BIR AKIM ELEMANi üzERINDEKI MANYETIK KUVVET

Sik sik karsilasilan bir durum, bir dis manyetik alanda akim tasiyan bir iletkendir. 1= dQ/dtoldugundan, di = Vdt konvansiyonel i akimi yönündeki temel uzunluk olmak üzere, diferansiyelkuvvet denklemi

dF =dQ(V x B) =(i dt)(V x B) = I(di x B)biçiminde -.yazilabilir. iletken düz ve iletken boyunca alan sabitse, diferansiyel kuvvetinintegrasyonu sonucu,

F =ILB sin ekuvvet ifadesi elde edilir.

Manyetik kuvvet gerçekte i akimini olusturan elektronlara uygulanir. Ancak, elektronlar yal-nizca iletkenin içerisinde olabildiklerinden, kuvvet sonuçta tünl iletkene etkiyerek iletken üzerinde biris yapar. Bu gerçek, elektrik makinelerinde, akim tasiyan iletkenlerin davranislarinin açiklanmasi içinuygun bir baslangiç saglamakla birlikte, belli bazi temel konulari göz ardi etmektedir. Bu bölümde,akimi sabit tutabilmek için gerekli olan enerjiden ve sabit akim kaynagindan söz edilmemekte,

156 MANYETiK ALANLARDA KUVVETLER VE TORKLAR 10. Bölüm

Faraday'in endüksiyon yasasi (Bölüm 12.3) kullanilmamaktadir. Elektrik makineleri teorisinde so-nuçlar bu kosullar gözönüne alinarak yeniden düzenlenmelidir. Manyetik alan içerisinde hareket ha-lindeki iletkenler Bölüm 12'de tekrar incelenecektir. (özellikle Problem 12.10 ve 12.13).

ÖRNEK 4. AlanB =3.50 X 10-3(ax - ay)T olmak üzere, -az yönünde 5.0 A 'lik akim tasiyan 0.30 m uzunlu-gundaki bir düz iletken üzerindeki kuvveti bulunuz.

F=/(LxB)

= (5.0)[(0.30 )(-az )x3.50XlO-3 (ax -a y)]

(-a -a

J=7.42XlO-3i Ji Y N

7.42 mN genligindeki kuvvet, Sekil 1O-3'tegörüldügü gibi hem B alanina hem de akim yönüne dik açilarda-dir.

r

X~~~:YSekil 10-3

10.4 is VE GÜç

Yukarida incelenen, yüklü parçaciklar ve akim tasiyan iletkenler üzerindeki manyetik kuvvet-ler alandan kaynaklanir. Bu kuvvetlere karsi koymak ve dengeyi saglamak için, esit fakat zit yönlü Fakuvvetleri uygulanmalidir. Hareket varsa, dis etken tarafindan kuvvet uygulanarak yapilan is

json i

W= Fa.dIbaslangiçi

integrali ile verilir. integral isleminin sonucu arti ise, bu, parçaciklari ya da iletkeni, baslangiç ko-numundan son konumuna götürmek için, dis etkenin alana karsi is yaptigi anlamina gelir. Manyetikkuvvet ve dolayisiyla Fa genellikle korunumsuz oldugundan, iletkenin ilk ve son konumlarini bir-lestiren bütün integrasyon yolu belirtilmelidir.

ÖRNEK 5. Eger B = 2.50 x 1o-3a, T ve akim 45.0 A ise, Sekil 10-4'te görülen iletkene gösterilen yönde0.02s'de tam bir devir yaptirmak için gereken isi ve gücü bulunuz.

F = l(l x B) = 1.13 x 1O-2a</>N

ve böylece Fa = -1.13 x 1o-2a",N.

W=fFa"dl

L

2'"

= O (-1.13 X 1O-2)8</>" r depa</>

= -2.13 X 10-3J

ve P = W/i = - 0.107 W olur.


y

x r =0.03 in

Sekil 10-4

Eksi isaret iletkeni gösterilen yönde hareket ettirirken manyetik alan tarafindan is yapildigianlamina gelir. Zit yöndeki hareket için, sinirlarin yerlerinin degistirilmesi isaretin degismesinisaglar, ve r dl/Jaip'nin isaretinin degistirilmesi girisiminde bulunulmamalidir.

10.5 TORK

Belirlenen bir nokta çevresinde bir kuvvetin momenti, yani tork, bu nokta çevresinde kuvvetkolu ile kuvvetin vektörel çarpimidir. Kuvvet kolu r, çevresinde torkun elde edilecegi noktadankuvvetin uygulandigi noktaya dogru yönelmistir. Sekil lO-S'te, T'nin birimi Nm olmak üzere, P'deki kuvvet O çevresinde

T=rxF

ile verilen bir torka sahiptir. (Torku enerjiden ayirmak için N.m/rad birimi önerilmektedir.)

Sekil lO-S'te T (.xydüzleminde) O'dan geçen bir eksen üzerinde yer ahr. Eger P, O'da ser-bestçe dönen kati bir çubukla O'ya bl\glansaydi uygulanan kuvvet P'yi bu eksen çevresinde dön-meye zorlayacakt\. Bu durumda T'nin, O noktasi çevresindedegil, eksen çevresinde oldugu söyle-necekti.

ÖRNEK 6. x =004 m, )' = Ove O< z < 2.0 m'ye yerlestirilmis bir iletken az yönünde 5.0 A'lik bir akim tasi-maktadir. Iletkenin uzunlugu boyunca B =2.5 az Tdir. z ekseni çevresindeki tork u bulunuz.

F =I(L x B) =5.0(2.0a, x 2.5a,) =25.0a, NT = r x F = O.4a, x 25.0ay = io.Oa: N'm

10.6 DÜZLEMSEL BIR SARGININ MANYETIK MOMENTI

Sekil lO-6'da görülen, x yönünde w genisliginde ve y boyunca e uzunlugunda z = O düzle-mindeki tek sanmh sargiyi düsünelim. B alani +xyönünde düzgündür. Yalnizca :ty yönündeki

z

F

P

.pv

-- ,---y-..-JX

Sekil 10-5

]58 MANYETIK ALANLARDA KUVVETLER VE TORKLAR 10. Bö]üm

z

-- -----

.A W~

Sekil 10-6

akimlar kuvvetlere neden olur. Soldaki kenar için,

F = l(/!ayx Bax)= - BUaz

ve sagdaki kenar için

F =BUaz

olur.

Sol akim elemaninin y ekseni çevresinde neden oldugu tork r = -(w/2)ax kuvvet kolunu ge-rektirir; sag akim elemaninin kuvvet kolu için, isaret degisecektir. A sarginin alan~olmak üzere, heriki elemanin neden oldugu tork

T = (- ~ )ax x (-BU)az +(; )ax x BUaz = BUw(-ay)=BIA(-ay)

olur. Bu tork ifadesinin herhangi bir biçimdeki düz bir sargi için (ve y eksenine paralel herhangi bireksen için) geçerli oldugu gösterilebilir.

Düzlemsel bir akim halkasinin manyetik momenti in, an sag el kurali ile belirlenen birimnormalolmak üzere, IAan seklinde tanimlanir. (Parmaklar akim yönünü gösterdiginde sag baspar-mak a,,'nin yönünü verir.) Düzlemsel bir sargi üzerindeki tork, uygulanan alana

T=inxB

esitligi ile bagimlidir.

Bu manyetik moment kavrami, yörüngede dolanan yüklü parçaciklarin davranisinin anlasil-masinda çok önemlidir. Örnegin, SekilI 0-7'de görüldügü gibi, U hiziyla ya da maçisal hiziyla dai-

resel bir yörüngede hareket eden pozitif Q yükü 1= (m/2n)Q akimina esdegerdir, ve böylecero

m=-QAan. 2rc

manyetik momentine neden olur. Simdiki tartismada daha da önemli olan, bir B manyetik alanininvarliginda, akim halkasini in ve B ayni yönde -ki bu yönde tork sifir olacaktir-olana kadar döndür-me egiliminde olan bir T =in x B torkonun olacagi gerçegidir.

Sekil 10-7

io. Bölüm MANYETIK ALANLARDA KUVVETLER VE TORKLAR 159


10.1 4 m uzunlugundaki bir iletken ar yönündeki 10.0 A 'lik bir akimla y ekseni üzerinde uzan-maktadir. Bölgelerdeki alan B =0.05ax T ise iletken üzerindeki kuvveti bulunuz.

F =LL x B = io.0(4ay x O.OSa.J =-2.0a, N

10.2 z =O, x =4 m' de yerlestirilmis 2.5 m uzunlugundaki bir iletken -ar yönündeki 12.0 A 'lik bir

akimi tasimaktadir. Iletken üzerindeki kuvvet (-ax + az)!.J2 yönünde 1.20 x 10-2 N ise böl-gedeki düzgün B' yi bulunuz.

F =LL x B'den

{ i

ax ar az-2 -ax +az .

(1.20xio .J2 = O -(12.0X2.S) O 1=-30Bzax+30BxazBx By Bz

B =B = 4xio-4 Tz x .J2

bulunur, böylece

olur, B'nin y bileseni herhangi bir degere sahip olabilir.

10.3 2 cm genisliginde bir akim seridi, Sekil 10-8'de görüldügü gibi, ax yönünde 15.0 A'lik bir a-kim tasimaktadir. Eger düzgün alan B = 0.20ay T ise serit üzerindeki birim uzunluk basinakuvveti bulunuz.

~Y~;?:JW%:g~91~:w.t::;:::::::::::::::::::::::::.:.::::.:::.':?. x

////B

Sekil 10-8

dF ifadesinde, IdJ, KdS ile degistirilebilir.

di<' = (K dS) x B

(lS.0

)= 0.02 dx dy (O.20)a.

fo.oi

L

L

F = 150.0 dx dya.-0.01 o

F

L= 3.08. N/m

10.4 Her ikisi de ayni yönde 10.0 A 'lik akim tasiyan ve aralarindaki uzaklik 0.20 m olan iki uzun,düz, paralel iletkenler üzerindeki birim uzunluk basina kuvvetleri bulunuz.

Kartezyen koordinatlarda Sekil io-9'da görülen düzenlemeyi düsünelim. Soldaki iletken sagdakiiletkende, -az yönünde ve genligi

f.1o1 {4n Xio-7 )(io.o) -5,B=-= ~ =10 12nr 2n (0.20)

160 MANYETIK ALANLARDA KUVVETLER VE TORKLAR 10. Bölüm

z

~B

~-O.l?-/

\.~

/x

Sekil 10-9

olan bir alan yaratir. Bu durumda sag iletken üzerindeki kuvvet

ve

F = / Layx B(-az) = /LB(-aX>

F =1O-4(~ax) N/mL

olur. EsIt fakat zit yönlü bir kuvvet soldaki iletkene etkir. Kuvvetin bir çekim kuvveti oldugu görül-mektedir. Ayni yönde akim tasiyan iki paralel iletken onlari bir araya çekme egiliminde olan kuvvetle-re sahip olacaklardir.

10.5 Bir iletken Sekil 10-10'da görüldügü gibi, Ko yogunlugunda ve w genisliginde bir akim seri-dine paralel i akimi tasimaktadir. Iletken üzerinde birim uzunluk basina kuvvet için bir ifadebulunuz. w genisligi sonsuza yaklasirsa sonuç ne olur?

..x

~ y

Sekil 10-10

Problem 10.4'ten, Sekil i0- iOda görülen Kodx filamani iletken üzerinde

dF =IB = iJl.o(Kodx)L 8, 2:ra 8,

çekme kuvvetini uygular. Buna -x'teki benzer filamandan kaynaklanan kuvvet eklendiginde x yönün-deki bilesenler birbirini götürür, sonuçta

dF =/1l0(Kodx)(2!:\-az)=1l0/Koh dx (-az)

L 21tr r J 1t h2 +x2

olur. Seridin yari genisligi boyunca integral alinirsa,

F =/ 1l0(Koh)(-azW;12 2 dx 2 _[

IlA/KO arctan~ ~..

-az)L 1t h +x 1t 2h J

bulunur.Beklendigigibi,kuvvetbir çekimkuvvetidir.

Seritgenisligisonsuzayaklasirsa,F/L ~(J1o/KrJ2)(-az)olur.

10.6 Sekil i0- i i' de görülen düzgün B alani içinde, birbirinden w sabit uzakligiyla ayrilmis, f u-zunlugundaki iki iletken için y ekseni çevresindeki torku bulunuz.

i O. Bölüm MANYETiK ALANLARDA KUVVETLER VE TORKLAR 161

z

Sekil 10-11Soldaki iletken

F1 =/tay XBa..= B/t( -a,)

kuvvetinin etkisinde kalir, bu kuvvetin torku

w wTi ="2(-a..) X B/t(-a.) = B/t"2(-ay)

olur. Sagdaki iletken üzerindeki kuvvet ayni torkla sonuçlanir. Böylece

T =B/tw( -ay)olur.

10.7 Bir D' Arsonval metre hareketi B =0.10 Thk bir düzgün radyal alana ve dönme açisi radyancinsinden olmak üzere T = 5.87 X 10-5 e (N.m) torklu bir geri çekme yayina sahiptir. Sargi35 sarim içermektedir ve ölçüleri 23 mm'ye 17 mm' dir. 15 mA'lik bir sargi akimindan hangidönme açisi olusur?

Sekil io-12' de görülen biçimlendirilmis kutup parçalari sinirli bir sapma araliginda düzgün birradyal alanla sonuçlanir. Tüm sargi uzunlugunun alanin içinde oldugunu varsayarak üretilen tork

T =nB/tw = 35(0.10)(15 x 10-3)(23 x 10"3)(17 X 10-'3)=2.05 X 10-5 N. in

olur. Bu sargi, bu tork yay torkuna esit olana kadar döner.

2.05 x 10-5=5.87 x lO-se

e = 0.349 rad veya 20°

~ II"""'........ . . . .. . . . .. . . . . . . . . ........... ................... . . . .. .. . . . . .. . .. . . .. . . . . . . ............... . . .. . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . .. ....... . . . . . . .. . . . . .. . . .. . . . . . . . . .... ........."""""'" .............

illiMI:I::..:::::.: .::;':;:!:~iii:im...............

Sekil 10-1210.8 Sekil i 0-13 'teki dikdörtgen sargi bir

B = 0.05 ax + ay Tvialaninin içindedir. Sargi gösterilen kooumdayken ve 5.0 A 'lik bir akim tasiyorken z ekseniçevresindeki torku bulunuz.

m = IAa" = 1.60x 10-2a..

T = m XB = 1.60 x 1O-2a..X0.O5a":-iay

= 5.66 x 1O-4a,N. in

Eger sargi 45° dönerse, m'nin yönü (ax + ay)/ J2olur ve tork sifir olur.

162 MANYETIK ALANLARDA KUVVETLER VE TORKLAR io. Bölüm

10.9 Bir B =6.5 Talaninda 2.0 A'lik bir akim tasiyan, 0.2 m'ye 0.3 m'lik, 85 sanmli bir dikdört-gen sargi üzerindeki maksimum torku bulunuz.

Tm..= nBIfw = 85(6.5)(2.0)(0.2)(0.3) =66.3 N . m

10.10 Yörüngede dolanan yüklü bir parçacik üzerindeki maksimum torku bulunuz. Yük 1.602 x10-19C, dairesel yolun yançapi 0.5 x 10-10m, açisal hiz 4.0 x 1016rad/s ve B =0.4 X 10-3T'dir.

Yörüngede dolanan yük

16ro 4xio ( -]9 \ (_]0 )2 -24 2

in = -QAan = \1.602x1O JT\0.5x1O an = 8.01x1O an km2p 2n

manyetik momentine sahiptir. Bu durumda maksimum tork ai" B'ye dik iken ortaya çikar.

Tma.= mB = 3.20 x 10-27N:m

10.11 a, yönünde 10 A' lik akim tasiyan, 4 m uzunlugundaki bir iletken y =:t2 m arasinda y ekseniüzerinde uzanmaktadir. Eger alan B = 0.05an T ise iletkeni sabit hizla x = Z = 2 m'ye, kendineparalel hareket ettirmekle yapilan Isi bulunuz.

Tüm hareket boyunca

F =IL x B = -2.0a1

olur. Uygulanan kuvvet esit genlikli fakat zit yönlüdür:

Fa =2.0az

Bu kuvvet sabit ve dolayisiyla korunumlu oldugundan, iletken, Sekil 10-14'te görüldügü gibi, önce z.boyunca sonra x yönünde hareket ettirilebilir. Fa tamamen zyönünde oldugundan, x boyunca

z

'-1 1:';2-).

2~ ! [~I T-

iY

x

Sekil 10-14

z

0.08 in

[

x/i

. Y

Sekil 10-13


hareket ettirmekle hiçbir is yapilmaz. Böylece

W=J~(2.0aJ.dzaz =4.0 Jolur.

10.12 Bir iletken z ekseni üzerinde -1.5 :::;z :::;1.5 m'de uzanmakta ve -az yönünde 10.0 A'lik birsabit akim tasimaktadir. Sekil 10-15 e bakiniz. Bir B = 3.0 x 10-4 e-O2x ayalani için, iletkenisabit hizda 5 x 10-3 S de x =2.0m, y = O'a hareket ettirmek için gereken isi ve gücü bulunuz.x ekseni üzerinde paralel hareket varsayiniz.

z

\.5

,~///n~ i~~ y

x

./1

-//'

//~~

-\.5

Sekil 10-15

F =IL x B = 9.0 x 10-3e-O.2xax

BudurumdaFl/= -9.0xlO-'e-()2xa, ve

w =t (-9.0X lO-' e-1I2xaj dxa,

=-l.48xlO-2 J

olur. Alan iletkeni hareket ettirir, ve dolayisiyla is negatiftir. Güç

p= W = -1.48xlO-2 =-2.97 Wt 5xlO-3

ile verilir.

10.13 Eger B = Boa, (Bo pozitif bir sabittir) ise, Sekil IO-I6'da görülen iletkeni N devir/dakikadönme hiziyla pozitifyönde tam bir tur döndürmek için gereken isi ve gücü bulunuz.

z

c--iiiiiiiiiii~r'.

y

x i t' y

Sekil 10-16


Iletken üzerindeki kuvvet

F = n.. x B =IL az x Boar = BolL aif>

olur, böylece uygulanan kuvvet

Fa = BoIL( -aif»

olarak elde edilir. Iletken a if>yönünde döndürülecektir. Dolayisiyla, tam bir devir için gereken is

w = fBi/L(- a$)' rdcj>a$ =-2rcrBi/LJo

olur. Dakika basina N devir saniye basina N/60 oldugundan, güç

-2rcrBoILNp=-60

olur.

Is ve güç ifadelerindeki negatif isaret alanin is yaptigini gösterir. Kapali bir yol çevresinde is ya-pilmis olmasi, kuvvetin bu durumda korunumsuz oldugunu gösterir.

10.14 Sekil io-16'da görülen düzenlemede iletken 100 mm uzunlugundadir ve az yönünde 5.0A ' lik sabit bir akim tasimaktadir. Eger alan

B =-3.5 sin tPar mT

ve r = 25 mm ise, iletkeni sabit hizda L/J= O'dan L/J= n'ye gösterilen yönde hareket ettirmek i-çin gereken isi bulunuz. Eger n< L/J< 2n için akim yönü ters çevrilirse tam bir devir için ge-reken toplam is nedir?

F=ILxB=-1.75xI0-3sin</>aif> N

Fa = 1.75xlo-3 sin tPaI/JN

Böylece w = rn 1.75xlO-3 sincj>a$.rdcj>a$= 87.5f.llJo

olur. Eger iletken ir:ile 2ir:arasinda iken akim yönü degisirse, is ayni olacaktir. Toplam is 175 ,uJ'dur.

10.15 Bir elektronu (me = 9.107 X 10-31kg) 0.35 X 10-1°m yariçapli dairesel bir yörüngede 2 X 1016radls'lik bir açisal hizla tutmak için gerekli merkezci! kuvveti hesaplayiniz.

F = mew2r =~. 107 x 10-31)(2XIO16y (0.35XIO-io)= 1.27x10-8 N

10.16 x ;:=:O bölgesinde düzgün bir B =85.3azJ.lT manyetik alani vardir. Eger bir elektron bu alanaorijinde Vo = 450ax kmls hizla girerse, elektronun çikis yaptigi konumu bulunuz. Ayni bas-langiç hizina sahip bir proton nereden çikar?

meUo -2r =-=3.00xlO me IQIB

Elektron av yönünde bir baslangiç kuvvetinin etkisinde kalir ve alandan x =Z =O,Y =6 cm'de çikar.

Bir protondiger yöne dönecektir,ve daireselbir yolunbir bölümüSekil 1O-I7'deP ile gösteril-mistir. mp = 1840 me oldugundan,

mprp = -re =55 m

me

olur ve proton x = z = O,Y = -I 10 m'de çikar.

i O. Bölüm MANYETIK ALANLARDA KUVVETLER VE TORKLAR 165

zy

f; B

Sekil 10-17

10.17 Bir protonun konumu sabitlenmisse ve bir elektron onun çevresinde 0.35 x 10-]0 m yariçaplibir dairesel yörüngede dönerse, protondaki manyetik alan nedir?

Proton ve elektron dairesel hareket için merkezcil kuvveti saglayan

Q2F=4lr EO,2

coulomb kuvveti ile çekilirler. Böylece

Q2 22 =mew ,

4lr EO'yada

? Q2w-=-4 3

. lrEome,

olur. Simdi, elektron bir i = (a>'2lr)Qakim halkasina esdegerdir. Böylece bir halkanin merkezindekialan, Problem 9.7'den

B -II H - !LoI - !loo>Q-""0 - -

2, 41t,.

olur. Yukarida bulunan w degerini yerine koyarak

(ito /41t)Q2 (10-7 )(1.6XIO-'9 YB = = =35 T

,2 ~41tEomJ (0.35xlO-Io)2 ~(tXIO-9 )~.IXIO-3' )(035xlO-'o)elde edilir.

Ek Problemler

10.18 2m uzunlugundaki bir akim elemani orijinde merkezlenmis olmak üzere y ekseni üzerinde uzanmak-

tadir. Akim ay yönünde 5.0 A 'dir. Eger akim elemani düzgün bir B alanindan dolayi 1.50(ax+ az)!.J2kuvvetinin etkisinde kalirsa, B'yi belirleyiniz. Yanit:O.1O6(-ax+ aZ>T

10.19 Bir B = 3.5 x 1o-2azT manyetik alani x ekseni boyunca O.30m'lik bir iletkene bir kuvvet uygular. Ilei-ken akimi -ax yönünde 5.0A ise iletkeni konumunda tutmak için hangi kuvvet uygulanmalidir: .

Yanit: -5.25 x 1o-2ayN

10.20 Bir K =30.0aj' Alm akim tabakasi z =-Sm düzleminde, ve ay yönünde 5.0 A'lik bir akim filamani yekseninde yer almaktadir. Birim uzunluk basina kuvveti buhinuz. Yanit: 94.2 ,uN/m (çekim)

10.21 i akimli bir iletken düzlemsel bir K akim tabakasini, Sekil IO-18'de görüldügü gibi, dik olarak delipgeçmektedir. Tabakanin altinda ve üstünde iletken üzerindeki birim uzunluk basina kuvveti bulunuz.

Yanit: :!J.1oKI12

10.22 EgerB = 2.0ax+ 6.0 ay T

ise, z ekseninde az yönünde 5.0 A 'lik akim tasiyan 2m 'lik bir iletken üzerindeki kuvveti bulunuz.

Yanit: -60ax + 20ayN

166 MANYETIK ALANLARDA KUVVETLER VE TORKLAR io. Bölüm

Sekil 10-18

10.23 Her biri Kosabit yogunlugunda iki sonsuz akim tabakasi paraleldir ve akimlari zit yöndedir. Tabakalarüzerindeki birim alan basina kuvveti bulunuz. Kuvvet çekme mi yoksa itme kuvveti midir?

Yanit: J.1oKo2/2 (itme)

10.24 Sekil 10-19'da görülen z = h düzlemindeki dairesel akim halkasi z =O'daki K = Koay düzgün akim ta-bakasina paraleldir. Diferansiyel bir halka uzunlugu üzerindeki kuvveti ifade ediniz. integral alarak

toplam kuvvetin sifir oldugunu gösteriniz. Yanit: dF = t Ia/.loK odcp (- az)z

K

Sekil 10-19

10.25 L uzunlugunda B'ye dik iki iletken Sekil 1O-20'degösterilmistir; aralarindaki uzaklik sabit olup w'dir.iletkenlere paralel herhangi bir eksen çevresindeki torkun BIl w cos ()ile verildigini gösteriniz.

10.26 r yariçapli ve i akimi tasiyan bir dairesel akim halkasi z = O düzleminde yer almaktadir. Eger akim ai/>

yönünde ise ve bir B = Bo (a, + az)/ J2 düzgün alani varsa olusan torku bulunuz.

Yanit: (rcr2Bo i / J2 )ay

10.27 r = 0.35 m yariçapli bir akim halkasi x =Odüzleminde x ekseni çevresinde merkezlenmistir ve (O, O,0.35)m'de akim 5.0 A genliginde ve -ay yönündedir. Düzgün alan B =88.4 (a, + az)/lT ise torku bulu-nuz. Yanit:1.70x 10-4(-ay)N.m

10.28 2.5A'lik bir akim,z = Odüzleminde,orijindemerkezlenmis,x vey eksenlerineparalel,0.60 m kenarlibir kare iletken çerçevenin çevresilide, genellikle ai/>yönÜnde yönlenmistir. Eger B = l5aymT ise çer-çevenin üzerindeki kuvvetleri ve torku bulunuz. Çerçeve z = O düzleminde 45° döndürülseydi torkfarkli olur muydu?

Yanit: 1.35 x 1O-2(-ax)N.m; T = in x B10.29 200 sarimh, 0.30 m ye 0.15 m'lik 5.0 A akim tasiyan dikdörtgen bir çerceve bir B =0.2 T düzgün ala-

ninin içindedir. Manyetik moment m ve maksimum torku bulunuz. Yanit: 45.0 A-m2, 9.0 N.m

.. ==-B--Sekil 10-20

i O. Bölüm MANYETIK ALANLARDA KUVVETLER VE TORKLAR 167

10.30 4.0 m uzunlugundaki iki iletken, Sekil 1O-2l'de görüldügü gibi, z ekseninde merkezlenen 2.0 m yari-çapli bir silindirik kabuk üzerindedir. 10.0 A 'lik akimlar görüldügü gibi yönlenmistir ve <p=O'da B =0.5ax T ve <p= Jr'de B = -0.5ax T dis alanlari vardir. Kuvvetler toplamini ve eksen çevresindeki torkubulunuz. Yanit:- 40a)"N, O

z

1(

y

x

Sekil 10-21

10.31 Tam dairesel bir silindir, egri yüzeyi üzerinde her biri 7.5 A'lik sabit akima sahip olan 550 iletken i-çermektedir. Manyetik alan B =38 sin <par mT olarak verilmektedir. Akim yönü O < <p< Jr için a; ve Jr< cj>< 2Jr için -az'dir (Sekil 10-22). Silindir -aii yönünde 1600 devir/dakika ile dönerse gereken meka-nik gücünü bulunuz. Yanit: 60.2 W

Sekil 10-22

10.32 Eger B =Bo sin 2<Parise ve akim B'nin isaretinin degistigi her 900'lik bölgede yön degistiriyorsa, ri i-letkenli bir silindiri (Sekil i o-n 'ye bakiniz) alana karsi N devir/dakika ile döndürmek için gerekengücün ifadesini elde ediniz.

BonltrN( )Yanit: 60 W

10.33 ax yönünde i akimi tasiyan [ uzunlugundaki bir iletken x ekseni üzerinde uzanmaktadir. Eger düzgünalan B = Boaz ise, iletkeni Sekil i 0-23 'te görüldügü gibi sabit hizda döndürmekle yapilan isi bulunuz.

Yanit: Jr Bo[2 I/4

z

'~-

1

i ~ if> =!!.

#8 / 2

. //. ///

----------

Sekil 10-23


10.34 Y ekseni boyunca f uzunlugundaki dikdörtgen bir akim çevrimi, Sekil 10-24'te görüldügü gibi, birB = Boa:düzgün alaninin içindedir. Çevrimi x ekseni boyunca sabit hizda hareket ettirmekle yapilan i-sin sifir oldugunu gösteriniz.

z B

x

Sekil 10-24

10.35 Sekil !O-24'te görülen düzenleme için manyetik alan

B =Bo(sin ;)8%

biçiminde ifade edilmektedir. Sargiyi gösterilen konumdan baslayarak x ekseni boyunca sabit hizda wkadar hareket ettirmekle yapilan isi bulunuz.

Yana: -4 BoIf!üJ!1r

10.36 0.25 m uzunlugundaki bir iletken y ekseni boyunca uzanmakta ve ay yönünde 25.0 A'lik bir akim ta-simaktadir. Eger düzgün alan B = 0.06a, T ise iletkenin 3.0 s'de sabit hizda x = 5.0 m'ye paralel öte-lenmesi için gereken gücü bulunuz. Yanit:-0.625 W

10.37 Eger dairesel yörüngenin çapi i cm ise B =30 /LT alaninda bir protonunun tegetsel hizini bulunuz.

Yanit: 14.4 mis

10.38 Bir alfa parçacigi ve bir proton (Qa = 2Qp) bir, B = 1 /LT manyetik alanina Va = 8.5 m/s ilk hiziylagirmektedirler. Alfa parçaciginm ve protonun kütleleri sirasiyla 6.68 x 10-27 kg ve 1.673 x 10-27kgolarak verildigine göre dairesel yörüngelerin yari çaplarini bulunuz.

Yanit: 177 mm, 88.8 mm

10.39 Eger bir manyetik alandaki bir proton bir dairesel yörüngeyi 2.35 ps'de tamamlarsa B'nin genIigi ne-dir?

Yanit:2.79 x 10-2 T

10.40 Bir B = 4.0 X 10-2 T alanindaki bir elektron 0.35 x 10-1° m yariçapli bir dairesel yörüngeye ve 7.85 x

10-26N.m'lik bir maksimum torka sahiptir. Açisal hizi belirliyiniz.

Yanit: 2.0 x 1016rad/s

10.41 Bir bölge, B =650 /LT olmak üzere, ayni yönde düzgün B ve E alanlari içermektedir. Bir elektron,çemberin yariçapi 35 mm olmak üzere, sarmal (helisel) bir yörünge izlemektedir. Eger elektroneksenel yönde sifir baslangiç hizina sahip ise ve bir tam devir için geçen sürede eksen boyunca 431mm ilerlemisse E'nin genligini bulunuz.

Yanit: 1.62 kV/m

Bölüm 11

Endüktans ve Manyetik Devreler

iLi ENDÜKTANS

Bir iletken sisteminin endüktansi L, iletkenin aki baginin, kendisini üreten akima orani ola-rak tanimlanabilir. Sekil 11-1' de görüldügü gibi, sabit (ya da en fazla alçak frekansh) i akimi ve Nsanrnh bir sargi için

L:::: N(/Ji

olur. L' nin birimi IH:::: iWb/A olmak üzere "Henry"dir.Endüktans, A aki bagi N sanrnh sargilar i-çin Nep ya da diger iletken düzenlemeleri için sadece ep olmak üzere, L::::Vi ile de verilir.

itSekil 11-1

L'nin her zaman ortamin geçirgenligi J.1(J.1'nün birimi H/m dir) ile uzunluk birimine sahip birgeometrik faktörün çarpimi olacagina dikkat edilmelidir. Bunu, direnç R (Bölüm 6) ve kapasite C(Bölüm 7) ifadeleriyle karsilastinniz.

ORNEK i. Sekil 11-2 de görülen eseksenli bir iletkenin birim uzunluk basina endüktansini

1---~/ (ub '~i '- i i --.1i --j--+-- ii i i ii i i i

ii

Tt

1Sekil 11-2

169

170 ENOÜKTANS VE MANYETIK DEVRELER 11. Bölüm

bulunuz. Iletkenler arasinda

iH=-aq,2nr

J1o1B=-a<1>

2nr

olur. Iki iletkendeki akimlar I/J= sabit yüzeyindeki aki ile baglamrlar. BIr -euzunlugu için

;.=if

il>110! dr dz = 11{)If In ~() a 2:ri:r 2:ri: a

!:. = 110 In ~ (H/m)e 2:ri: a

ve

olur.

ÖRNEK 2. -e= 0.50 m boyunda ve 0.02 m yançapli daIresel bIr kesiti olan 300 sanrnli ideal bir solenoidinendüktansini bulunuz.

BirIm uzunluk basina sanmlar n = 300/0.50 = 600 oldugundan eksenel alan

B = J.l.oH= J.l.o6001 (Wb/m2)

olur. Bu durumda

7= ~C'P= N(!j)A = 3OO(600J.l.o):ri:(4 X 10-4)

=568 J.l.H/m

ya da L =248 f.1Hbulunur.

Bölüm 5.8'de noktasal yüklerin sonsuzdan hayali olarak alinip getirilmesi bir elektrik alaninenerji içeriginin elde edilmesinde kullanilmisti:

Ll' .WE =- D.E dv

2 hacim

Manyetik alanda noktasal yükün hiçbir esdegeri yoktur, ve sonuç olarak manyetik alanda depola-nan enerji için hiçbir paralel çikartim yoktur. Ancak, daha incelikli bir yaklasim tamamen benzerbir ifadeye götürür.

1IW =- B.HdvH 2 hacim

Bunun devre analizinden WH= t LI 2 formülü ile karsilastirilmasi

L= r B.HJhacim 7 dv

sonucunu verir.

ÖRNEK 3. Örnek l'i kontrol ederek

L =1

B.H dv =~1

{

1

2ir

fh(~}

drd<Pdz=~ln!:...!iacim 12 12 o o a l41t2r2 21t a

bulunur.

11.2 STANDART ILETKEN DAGiLiMLARi

11-3'ten 11-7'ye kadar olan sekiller eseksenli olmayan bazi genel düzenlernelerin kesin yada yaklasik endüktanslarini verir.

ll. Bölüm ENDÜKTANS VE MANYETiK DEVRELER 171

Q.....

.

.

..

.

.

.

..

.

.

.

..

.

.

.

.

.

.

'

.

'

..

.

..

"

...

.

.

.

.

..

.

'

.

!

.

..

.

'

.

"

.

k

.

.

.

'..

.

...

.

.

..

.

.

'

.

.'

...

.'.

.

.

...

'..'..

..

.."

.

..

-i

'" ~ ,. .. ;N sanrnh

Sekil 11-3 Toroid, kare kesitli

J.lON2aIn!i (H)L=~ ri

N2SL '" /-lo (H)

21tr

(ortalama r yançapindaortalama aki yogunluguvarsayilmistir)

Sekil 11-4 Toroid, genel S kesitli

Y"'~"~~ ~~d~/

L - J.locosh-l.iL (Him)t - 11" 2a

. d »a için

~ "" J.lo In!l. (Him)i. 11" a

Sekil 11-5 a yari çapi

~O

i paralel .1

~ o . etkeni..

i;::,Jd

.!::.. = J.locosh-I 2a (H/m)t 211"

'" J.loIn!!. (Him)211" a

Sekil 11-6 Bir toprak düzlemine paralel silindirik iletken

$ 0..' (~ N' S. J.lo

s.~/ L=~ (H)

Sekil 11-7 Küçük S -kesit alanh uzun solenoit

11.3 FARADAY YASASi VE ÖZ ENDÜKTANS

Kapali bir C yolu ile sinirlanan bir S açik yüzeyi düsünelim. S'yi kesen manyetik aki L/Jza-manla degisirse, C nin çevresinde bir v gerilimi olusur; Faraday yasasi geregi,

dcjJv=--dt

olur. Bölüm 5'de görüldügü gibi, elektrostatik potansiyel ya da gerilim, V, uzayda iyi tanimlidir ve

172 ENDÜKTANS VE MANYETIK DEVRELER ll. Bölüm

korunumlu bir elektrik alanla baglantilidir. Bunun tersine, Faraday yasasi ile hesapnmanendüklenen v gerilimi konumun çok degerli bir fonksiyonudur ve korunumsuz bir alanla baglanhli-dir (elektromotor kuvvet). Bölüm 12'de bunun üzerinde daha çok durulacaktir.

Faraday yasasi bir elemanin akiminin degisken olmasi nedeniyle akisinin degismesi duru-munda da geçerlidir.

v = - d</>di =-L didi dt dt

Devre teorisinde, L elemanin öz endüktansi ve v öz endüktans gerilimi ya da endüktansin ters geri-limi olarak adlandirilir.

11.4 iç ENDÜKTANSManyetik aki bir iletkenin disinda oldugu gibi iç bölümünde de olusur. Bu iç aki, dis endüktansla

karsilastirildiginda genellikle küçük olan ve sik sik ihmal edilen bir iç endüktansa neden olur. Sekil 11-8(a)'da, i akiminin alan üzerinde düzgün dagiidiginin varsayildigi, dairesel kesitH bir iletken görülmekte-dir. (yüksek frekanslarda deri etkisi akimi dis yüzeyde yogunlasmaya zorladigindan, bu varsayim yalniz-ca alçak frekanslarda geçerlidir.) ayariçapli iletkenin içinde Ampere yasasinin uygulanmasi

k ~ok8=-i 28.,. ve B= i-i8.,.na na

sonuçlarini verir

Tt

-i

/

(a) (b)

Sekil 11-8

Sekil 11-8(a)'da görülen düz iletken parçasi, Sekil 11-8(b)'de önerildigi gibi, sonsuz bir toroidin ki-sa bir kesiti olarak düsünülmelidir. Akim filamanlari sonsuz yariçapli çemberi er biçimine dönüsür-ler. € dr seridinden geçen d4>aki çizgileri iletken ekseninden uzakligi r'den küçük olan filamanlariiçerir. Böylece, bu filamanlardan biriyle sinirlanan açik bir yüzey d4> çizgileri tarafindan bir defa(ya da bir tek sayida) kesilir; diger yandan, 1 ya da 2 gibi bir filaman için yüzey sifir defa (ya da çiftsayida) kesilir. Dolayisiyla, d4>, toplam akimin yalnizca rcr2lm? oranindaki bölümünü baglamakta-dir. Böylece toplam aki bagi

il =f[

!!C)dfP= f

[

nr2

)J.lolr P..dr=J.loIf

Tea2 . Tea2 2TCO2 8n

agirlikli "toplamiyla" verilir ve

L III i -~=~xlO-7 Him7=---;-- 8n 2

ll. Bölüm ENDÜKTANS VE MANYETIK DEVRELER 173

olur. Bu sonuç iletken yariçapindan bagimsizdir. Toplam endüktans dis ve iç endüktanslarin topla-

mina esittir. Eger dis endüktans t x 10-7HIm mertebesinde ise iç endüktans ihmal edilmemelidir.

11.5 ORTAK ENDÜKTANS

SekiI11-9'da 1 sargisindan geçen ii akiminin ürettigi manyetik akinin bir kismi (4>iz)2 sargi-sinin N2 sarimini halkalar. 2 sargisindaki ortak endüktans gerilimi

V2 =N 2 d4>12 (negatif isaret ihmal edilmistir)dt

ile verilir. -i.

112

Ni

Cj)12

Sekil 11-9

M12 ==N24>12/11ortak endüktansi cinsinden

v =N dl/J12dii =M dii2 2 dii dt 12 dt

olur.

Bu ortak endüktans sargilar arasindaki bölgenin geçirgenligi ile L endüktansi gibi geometrikbir uzunlugun çarpimi olacaktir. i ve 2 sargilarinin rolleri ters çevrilirse

di2vi =M21 -dt

bulunur. Bunun sonucu olarak, asagidaki karsiliklilik iliskisi kurulabilir:

M12=M21

ÖRNEK 4. Ni =1000, ri = 1.0 cm, ve Ri =50 cm olan solenoid N2= 2000,r2 =2.0cm, ve R2=50cm olan i-kinci bir sargi ile esmerkezlidir. Serbest uzay kosullari varsayarak ortak endüktansi bulunuz. .

Küçük kesitli uzun sargilar için, H nin sarginin içinde sabit oldugu ve sarginin hemen disindaki nok-talar için sifir oldugu varsayilabilir. Ilk sargi bir li akimi tasirsa.

H = (~i:)/i (A/m) (eksenelyönde)

B= ,..02000/1 (Wb/m2)

ciL=BA =(,..02000/1)(Ji x 10-4) (Wb)

olur. H ve B, sargilarin disinda sifir oldugundan, bu yalnizca ikinci sargiyi baglayan akidir.

M 12=N2( ~ )= (2000)(4irxlO-7 )(2000)(irXlO-4)= 1.58 mR

11.6 MANYETIK DEVRELER

9.Bölümde, manyetik alan siddeti H, aki 4>,ve manyetik aki yogunlugu B incelenmis ve or-tamin serbest uzayoldugu çesitli problemler çözülmüstü. Örnegin, Ampere yasasi, Sekill l-lO'da

174 ENDÜKT ANS VE MANYETIK DEVRELER ll. Bölüm

görülen uzun, hava çekirdekli sarginin içinden geçen C kapali yoluna uygulandiginda sonuç

fH.dl =NI

olur. Fakat aki çizgileri sarginin disinda yaygin olarak dagildigindan, dis bölgede B küçüktür. Aki,etkin olarak, sarginin içinde sinirlanmistir ve iç bölgede

NIHz-

{

olur. Ferrornanyetik malzemeler binler mertebesinde bagil Jlr geçirgenligine sahiptirler. Sonuç ola-rak, verilen bir H için, B = JloJlrH aki yogunlugu serbest uzayda olabileceginden çok daha fazladir.Sekil ll-ll' de, sargi demir çekirdek üzerine dagitilmamistir. Buna ragmen, sarginin NI degeri çe-kirdegin içinde dolasan bir ep akisina neden olur. Akinin, çekirdegi, çevreleyen uzaya birkaç binebir oranla tercih ettigi söylenebilir. Bu, Bölüm 9'un serbest uzay manyetizmasindan o kadar farkli-dir ki, demir çekirdek manyetizmasi ya da manyetik devreler olarak bilinen yeni bir konu gelismis-tir. Konuya basit olarak yaklasildiginda, bütün akinin çekirdegin içinde oldugu, dahasi akinin çe-kirdegin kesiti üzerinde düzgün olarak dagildigi varsayilabilir. Ayrica, NI düsümlerinin hesaplan-masi için gereken çekirdek uzunluklari ortama uzunluklar olarak alinabilir.

/ C/ ----

'.'

Sekil 11-10 Sekil 11-11

11.7 B-H EGRIsI

Bir ferromanyetik malzeme, ona artan H degerleri uygulayarak ve kar~ilik gelen B aki yogunlugudegerlerini ölçerek denenebilir. Bazi genel ferromanyetik malzemeler için manyetizasyon egrileri ya dabasitçe B-H egrileri Sekil 11-12 ve ll-13'teverilmistir. Bagil geçirgenlik Jlr= B/J1DH esitliginin kulla-nilmasiyla B-H egrisinden hesaplanabilir. Silisyumlu çeligin Jlr- H iliskisi, Sekil 11-14'te görüldügü gi-bi, dogrusalliktan çok uzaktir. Bu dogrusalolmama, problemlerin grafikselolarak çözülmesini gerekti-nr.

lLS MANYETIK DEVRELER IçIN AMPERE YASASi

Bir ferromanyetik çekirdek çevresindeki N sanmli bir sargi, ve i akirnh NI ile verilen birmanyetomotor kuvvet (mmk) üretir. Bu mmk için bazen F simgesi kullanilir; birimi ampere ya da am-per-sarimdir. Sekiii 1-15 (a)'da görülen çekirdegin merkezindeki yolun çevresine uygulanan Ampereyasasi

F=Ni=tU.dl

= i H . di + iU . di + Lu. di

= Ht 1:1+ H21:2+ H3t3

sonucunu verir.

i 1. Bölüm ENDÜKTANS VE MANYETIK DEVRELER 175

:rtlt-Looit

i":

,, 'tt , t',.'-'-+,

i'

lfUttil1=+

.,.t+t~TrFfi:

.-ili,.1

'#lff,Lt ,ti ,

"'LI

0.20

1,

!t:E

+

-I 'j"

-,-of,

...",H-I-t

,t

L':im

f:ttfi-

."+ti"

:1:1:'

+'t-I"1"j

0.40H',

++.ttit

0.20" ',-H,.,

:I.-1000

t'>+H .j

tttHl'

~r~

ttt

..,.. r".ttTiff:

'.btt

'ri

i r ittj:A Dökme demir

:B Dökme çelik=c Silisyumlu çelikD Nikel-Demir Alasim!

, , '1-+JtiLttlUIJH.j

lt

,,',.a't

;~,

.."',

,'

,

:

,

~~;--i':

100 300 400200

H (A/m)

Sekil 11-12 H < 400 Alm için B-H egrileri

:Utt

"dj ."Lt):.

"",H .r

.:q-i,'

to. + ,H H,I

..~:t:tt

tttflittlt;

"--lti'H' ,,-+++

,:r,~

,i:tliTQ

H...,iHtUi,HHt-ttl"ttt::

<\Dökme demir

jB Dökme çelikle Silisyumlu çelikD Nikel-DemIr alasimi '

t

fftT

':tt:ti+H t'HH~1

-Utt

tt.1..

2000 3000 4000 5000 6000

H (A/m)

Sekil 11-13 H > 400 Alm için B-H egrileri

0.80

Ea:i

0.60

0.40

1.20

Eit

'" 1.00

0.80

d'0.60 ,.

176 ENDÜKTANS VE MANYETIK DEVRELER 11. Bölüm

7000

6000

5000

Il, 4000

)000

2000

1000

100 200 )00 400

Sekil 11-14

Üç dirençten ve bir V kaynagindan (ernk) olusan kapali bir çevreye Kirchhoff yasasinin uygulan-masiyla elde edilen

v = Vi+ V2 + V3

esitligi ile yapilan karsilastirma, V gerilim artimina ve VI, V2ve V3gerilim düsümlerine benzer ola-rak, F'nin bir NI artimi ve Htterimlerinin NI düsümü olarak görülebilecegini gösterir. Bu benzet-me Sekil 11-15(b) ve (erde gelistirilmistir. Sekil 11-15(b)'de akisi i akimina, ve 9t manyetik di-renci R direncine benzer. Manyetik direnç için asagidaki sekilde bir ifade gelistirilebilir.

NI düsümü= H R= B A(~)=9t~

Böylece, 9t =~ ( H rj~

olur. Eger manyetik dirençler biliniyorsa, Sekil 11-15(b)'deki manyetik devre için

F =NI =(9t1 +9t2 +9t3)

/ /911 . ..

)J')Fe v-=-i R2

L:

91) R)

(a) (b) (c)

Sekil 11-15


denklemi yazilabilir. Ancak, her malzemenin manyetik direncinin hesaplanabilmesi için 11,.degeriönceden bilinmelidir. Ancak B ya da H bilindikten sonra 11,.'nindegeri bilinebilir. Bu, cr iletkenligi-nin akimdan bagimsiz oldugunu gösteren

R=~crA

bagintisiyla (Bölüm 6.7) zitlik olusturur.

11.9 HAVA ARALIKLI çEKiRDEKLER

Küçük hava aralikli manyetik devreler çok yaygindir. Hava araliginin NI düsümü çekirdek-teki düsümden genellikle çok daha fazla oldugundan, araliklar genellikle mümkün oldugunca kü-çük birakilir. Aki aralikta disa dogru saçaklanir, böylece araliktaki alan bitisik çekirdegin kesit ala-nindan büyük olur. Aralik boyu i'açekirdegin küçük boyutunun onda birinden daha az olmak üzere,hava araliginin görünür alani, Sa, hesaplanabilir. a ve b boyutlarindaki dikdörtgensel bir çekirdek i-çin

Sa =(a+f. a )(b+f.J

olur. Eger hava araligindaki toplam aki biliniyorsa, Ha ve Hala dogrudan hesaplanabilir.

1 (cf» f.a<D

Ha =;;;-is:- Haf.a = floSa

Tek bir hava aralikli .i; uzunlugundaki düzgün bir demir çekirdek için, Ampere yasasi

f. a <DNI=H;f.i+Haf.a =Hif.i+-

floS a

verir. Eger <Pakisi biliniyorsa, hava araligi boyunca NI düsümünü hesaplamak, B/yi elde etmek,uygun B-H egrisinden H/yi almak ve çekirdekteki NI düsümü Hi~'yi hesaplamak zor degildir. Eldeedilen toplam, <Pakisini olusturmak için gereken NI'dir. Ancak NI verildiginde, Bi ve 'nineldeedilmesi, problemlerde görülecegi üzere deneme yanilma yolu ile olur. Ayrica grafiksel çözümyöntemleri de kullanilabilir.

11.10ÇOKLU SARGILARIki ya da daha fazla sai;igibir çekirdek üzerinde mmk'lari birbirine yardim edecek ya da bir-

biriyle zitlasacak sekilde sarilabilirler. Sonuç olarak kutuplanmayi belirlemenin bir yöntemi Sekil11-16'da verilmistir. Iki ya da daha fazla gerilim kaynakli bir dc devrede varsayilan akimin yanlisolabilmesine benzer sekilde, ortaya çikan <Pakisi için varsayilan bir yön yanlis olabilir. Negatif birsonuç, akinin zit yönde oldugu anlamina gelir

Ni li t

N212i

(o) (b)

Sekil 11-16

178 ENDÜKTANS VE MANYETIK DEVRELER 11. Bölüm

11.11 PARALEL MANYETIK DEVRELER

Paralel bir manyetik devrenin çözüm yöntemi, Sekil 11-17(b)'de görülen iki gözlü esdegerdevreninkiyle aynidir. Soldaki bacak bir NI artimi ve bir NI düsümü içerir. a ve b eklemleri arasin-daki NI düsümleri her bir bacak için asagidaki sekilde yazilabilir:

F-H,fi =H1f1 =H3f3

Akilar da

<P,= <P1+ <P3

esitligini saglarlar. Çekirdek kisimlari için farkli malzemelerin kullanilmasi, farkli B-H egrileri ileçalismayi gerektirir. Bacaklardan birindeki bir hava araligi, bu bacagin eklemleri arasindakimmk'nin Hi-!;+ Haf'aolmasina yol açar

";;;"rr ---\i

~tll !i'

IH3 t3

~a)

b

(b)

Sekil 11-17

Paralel manyetik devre problemleri için esdeger manyetik devre çizilmelidir. Malzeme türle-rini, kesit alanlari, ve ortalama uzunluklari dogrudan diyagram üzerinde isaretlernekte yarar vardir.Daha karmasik problemlerde Tablo ll-I' deki gibi bir çizelge yardimci olabilir. Verilenler dogru-dan tabloya konulur, ve geri kalan nicelikler hesaplanir ya da uygun B-H egrisinden alinir.

Tablo 11-1


iLi Sekil 11-2'deki eseksenli kablonun, a = Imm ve b = 3 mm için, birim uzunluk basinaendüktansini bulunuz. f.1,.= 1 varsayiniz ve iç endüktansi ihmal ediniz.

L f.1 b - 4nxl0-7 In3 =O.22f.1H/m-=-In--f2na 2n

f HJj a

I----- --.- 3

F( )t z 1 Hztz

Kisim Malzeme Alan f B H H

1

2

3

II. Bölüm ENOÜKT ANS VE MANYETIK DEVRELER 179

11.2 d = 25 tt, a = 0.803 inç olmak üzere Sekilll-5'te görülen paralel silindirik iletkenlerin birimuzunluk basina endüktansini bulunuz.

L =~cosh-] ~=(4xio-7)cosh-l 25(12) -2.37 ,uHImi: n 2a 2(0.803)

Yaklasik formül

L =~ln!!..-= 2.37 p HImi: n a

verir. dia ~ i Oiken, yaklasik formül % O.Sten daha küçük bir hata ile kullanilabilir.

11.3 Problem 11.2'deki ile ayni yariçapa sahip bir dairesel iletken sonsuz bir iletken düzlemden12.5 ft uzaktadir. Endüktansi bulunuz.

L =~in!!..- =(2xlO-7 )in 2S(12)= 1.18 ilHimL 21t a 0.803

Bu sonuç Problem 11.2'deki sonucun yarisidir. Sekil 11-S'deki iki iletkenin arasina tam ortaya iletkenbir düzlem yerlestirilebilir. Her bir iletken ve düzlem arasindaki endüktans 1.18 ,uH/m'dir. Seri ol-duklarindan, toplam endüktans 2.37 ,uH/m olur.

11.4 Sekil 11-4 'te görülen hava çekirdekli toroidin 4mm yariçapli dairesel bir kesite sahip oldu-gunu varsayiniz. 2500 sarim varsa ve ortalama yariçap r =20 mm ise endüktansi bulunuz.

L =pN 2S = (4n X10-7 )(2500 )2n(0.004 )2 =3.14 mH2rcr 2n(0.020)

11.5 Sekil 11-3'teki hava çekirdekli toroidin 700 sarima, 1 cm' lik bir iç yariçapa, 2 cm'lik bir disyariçapa sahip oldugunu ve a = 1.5 cm yüksekliginde oldugunu varsayiniz. L'yi a) kare ke-sitli toroid formülünü; b) ortalama bir yariçapta düzgün bir H varsayan, genel bir toroid içinyaklasik formülü kullanarak bulunuz.

Ca) L = IlON2 a in r2 = (41tx 10-7 )(700)2 (0.01 S) in 2 =1.02 mH21t ri 21t

2' )L = 1l0N S - (41tXlO-7 (700)2(0.01)(0.01 S) - 0.98mH21tr 21t(0.015)

Kesitle karsilastirildiginda daha büyük olan bir yariçap için iki formül ayni sonucu verir. Problem11.26'ya bakiniz.

11.6 a yariçapli bir silindirik iletkenin birim uzunluk basina iç endüktansini bulmak için enerjiintegralini kullaniniz.

Iletken ekseninden bir r::; a uzakligindaIr

H=-aI/J2rrn2

Cb)

polrB=-a2rrn2 I/J

12B . H = Jlo r2

47l'2a4

bulunur. Bu durumda iletkenin le uzunlugunda depolanan enerjiye karsilik gelen endüktans

L =f (B.H)dv =~ f r22rcrldr = Pol:12 4n2a4 8n

oldugundan

ya da LIf = flo/81t olur. Bu Bölüm i i A'ün sonucuyla uyumludur

lBO ENDÜKTANS VE MANYETIK DEVRELER ll. Bölüm

11.7 Sekil 11-8'de görülen dökme demir çekirdeginin iç yariçapi 7 cm ve dis yariçapi 9 cm'dir.Sargi mmk'si 500A ise akismi bulunuz.

i! = 2iy(0.OB) =0.503 m

F 500H =-=-=995Nm

i! 0.503

Sekil 11-13'teki dökme demir için B - H egrisinden, B = 0.40 T bulunur.

~=BS = (0.40)(0.02)2= 0.16mWb

~.:::.NI

..'. 1-

'.'.' T2cm

Sekil 11-18

11.8 Sekil ll-19'da görülen manyetik devre C-biçimli bir dökme çelik kisma (kisim i), ve birdökme demir kisma (kisim 2) sahiptir. Dökme demirde aki yogunlugu B2 =0.45 T ise 150sanmlik sargidan geçmesi gereken akimi bulunuz.

1- 1.8cm

Sekil 11-19

Hesaplanan alanlar Si =4 x 10-4mzve Sz=3.6 x 10-4mz'dir. Ortalama uzunluklari!i =0.11+0.11+0 12=J>14 m-i!2 =0.12+0,Q.Q9..=D.009.=::= 13Bm

olur. Sekilll-13'teki dökme demir için B-H egrisinden, HJ.=12?0 Nm olur.

= 82S2 = (0.45)(3.6XIO-4)= 1.62x10-4 Wb

Bi =-=0.41 TSi . ..-'

Bu durumda, Sekilll-12'deki dökme çelik egrisinden Hi =.233Nm olur.Sekilll-20'deki esdeger devreden asagidaki esitlikler yazilabilir.

F =NI =Hi!i + H2!2

1501=233(0.34)+ 1270(0.138)1=1.70A

Hi 'i

W~I

NI t~2~ }2(2

Sekil 11-20


11.9 Sekil 11-21 'de görülen manyetik devre Ri =0.44 m ortalama uzunluklu ve 0.02 x 0.02 m ka-re kesitli dökme çeliktir. Hava araligi uzunlugu.f'a = 2mm'dir ve sargi 400 sarim içerir. 0.141mWb)' lik bir hava araligi akisi olusturmak için gereken i akimini bulunuz.

.i( a

T

Sekil 11-21Hava araligindaki akisi ayni zamanda çekirdekteki akidir.

m -3

Bi =~= 0.141x1O 0.35TSi 4x1O-4

Sekil II-13'ten, Hi = 850 Alm bulunur. Bu durumdaH/, i =85q(0.44)=374A

olur.HavaaraligiiçinS"=(0.02 + 0.002)2=4.84X 10-4m2dir, ve böylece

 0.I4ix1O3 ( 3 )Haea =- f!a = \2 x iO =464 A1l0Sa (4n x 10- 7 )(4.84 x 10- 4)

olur. Dolayisiyla F =Hif; + H"t" = 838 A veF 838

i = - = - = 2.09AN 400

bulunur.

11.10 Görünür alanin S" = 4.26 x 10-2m2ve aralik uzunlugunun f'a = 5.6 mm oldugu bir de maki-nede hava araliginin manyetik direncini belirleyiniz.

[!t=~= 5.6X 10-3/LoSa (4.irx LO 7)(4.26 x 10-2) = 1.05 x iOS H-i

11.11 Sekil 11-22'de görülen dökme demir manyetik çekirdegin alani Si =4 em2 ve ortalama u-zunlugu 0.438m'dir. 2-mm'lik hava araliginin görünür alani Sa = 4.84 cmz'dir. Hava araligiakisi <!>'yibelirleyiniz.

--L2mm

T

Sekil 11-22

Çekirdek, hava araliginin uzunluguyla karsilastirildiginda son derece uzundur, ve dökme demirpek iyi bir manyetik malzeme degildir. Dolayisiyla, bir ilk kestirim olarak toplam amper-sarimlarin600'ünün hava araligina düstügünü yani H,,1a= 600 A oldugunu varsayalim.

FH b --f!

"f'a- S '"110 "

)600(4:cx 10-7 )(4.84X1O-4 =1.82x1O-4 Wb<1>= 2xlO 3


Bu durumda Bi = <L>/Si = 0.46 Tve Sekilll-13'ten Hi = 1340 Alm olur. Bu durumda çekirdek düsümü

H/'i =1340(0.438)=587 A

olur, böylece

H /. i + Ha (, = 1187Abulunur

Bu toplam sarginin lOOOAmmk'sini asar. Sonuç olarak, H/i ve Ha!;,toplami i OOOAolana kadarBi nin 0.46 rdan küçük degerleri denenmelidir. Bi =0.41 T ve QJ=1.64X 10-4wb degerleri 1000A'eçok yakin bir toplamla sonuçlanir.

11.12 Problem 11-11' i Sekil 11-23 'teki esdeger manyetik devreyi ve manyetik dirençleri kullana-rak çözünüz.

91;

F

ij 9Ia

Sekil i 1-23

Problem 11.11'de elde edilen Bi ve Hi degerlerinden,B. 4

PoP,. =~=3.83xI0- HImHi

bulunur. Bu durumda, çekirdek için

~.=~- 0.438, fJ.O/-l,Si- (3.83 x LO4)(4x 104) =2.86 x 106H-i

ve hava araligi için

bulunur.

~ =~ 2x 10-3a fJ.oS. (4n x 10-'7)(4.84 x 10-4) 3.29 x 106H-i

devre denklemiF=<I»(~i+~a)

<1»= 10002.86 x 106+ 3.29 x 106= 1.63 x 10-.4Wb

sonucunu verir. Demir için bu degere karsilik gelen aki yogunlugu 0.41'T, Problem ll-ll 'in sonuçla-riyla uyumludur. Hava araliginin manyetik direnci boyutlardan ve f.lo'danhesaplanabildigi halde, ay-

nisi demirin manyetik direnci için dogru degildir. Bunun nedeni demir için p/nin Bi ve Hi degerlerinebagli olmasidir.

11.13 Problem 11.Il'i <p'nin F'ye karsi bir çizimiyle grafiksel olar[\k çözünüz.

H;'nin 700'den 1100 Alm'ye kadar olan degerleri Tablo 11-2'nin ilk sütununda listelenmistir; kar-

silik gelen Bi degerleri Sekil 11-13'teki dökme demir egrisinden bulunmustur. QJve Hif';degerleri he-saplanmis ve H"!;,, <l>!;'if.loSa'danelde edilmistir. Bu durumda F, Hif'; ve H"f'a'nin toplami olarak veri-lir. Hava araligi dogrusaloldugundan yalnizca iki nokta gereklidir. Sekil 11-24'ten F = IOOOAiçin <l>akisinin yaklasik olarak 1.65 x 10-4 wb oldugu görülür.

Bu yöntem sadece Problem 11-11'de kullanilan deneme yanilma verilerinin bir çizimidir. Ancak,çesitli sargilar ve sargi akimlari incelenecekse bu yöntem yardimci olur.


Tablo 11-2

1.70

Dökme demir

1.60

...l600

iii1iiiiii11iiii

1000

.;-- 1.50io

x 1.40.o~.". 1.30

1.20

1.10

L .L200

-i.400

1800

F(A)

Sekil 11-2411.14800 ve 1200 A'lik sargi mmk'lari için Problem ll-Il 'in çekirdeklerindeki <Pakilarini belir-

leyiniz. Grafiksel bir yaklasim ve negatif hava araligi dogrusu kullaniniz.

Dökme demir çekirdegi için Problem 11-13'te gelistirilen Hif/ye karsi ep verileri Sekil 11-25'teçizilmistir. 800 A'lik sargi mmk'si için negatif hava araligi dogrusunun bir ucu ep = O, F =800A'dedir. Diger uç H,,!;,=800 A degerini alir. Buradan bu ucu 2.43 x 10-4 Wb, F = O'a yerlestiren

ep=lloS"(H,,e,,) 2.43xI0-4 Wbe" .

elde edilir.

F = 800A negatifhava araligi dogrusunun dökme demir çekirdegi için dogrusalolmayan F'ye kar-si ep egrisi ile kesisimi ep =1.34 X 10-4 wb verIr. Diger negatif hava araligi dogrulari ayni negatif e-gime sahiptir. 1000 A'lik bir sargi mmk'si için ep = 1.63 X 10-4 Wb ve 1200 A'lik için ep = 1.85 X 10-4Wb olur.

11.15 Dökme demir için B-H egrisini kullanarak Problem 11-11'i 1000 A'lik sargi mmk'si için çö-zünüz.

Bu yöntemde Problem i 1-i 3 ve i 1-14 ün F'ye karsi epegrisi gibi ek bir egri çiziminden kaçinilir.Simdi, hava araligi dogrusunu demirin B-H egrisi üzerinde çizmek için farkli alanlar ve farkli uzun-luklar için ayarlama yapilmalidir Tablo i 1-3 gerekli hesaplamalari göstermektedir.

F - 1000 =2283 Alm-;;- - 0.438f.i

Hi (Alin) Bi(T) 4I»(Wb) Hi!; (A) Hala (A) F(A)

700 0.295 1.18 X 10-4 307 388 695

800 0.335 1.34 X io-4 350 441 791

900 0.365 1.46 X 10-4 395 480 874

1000 0.400 1.60 X 10-4 438 526 964

1100 0.420 1.68X 10-4 482 552 1034


2.6

400 800

F(A)

Sekil 11-25

Tablo 11-3

Üçüncü ve besinci sütundan veriler, Sekil 11-26'da görüldügü gibi, dökme demir B-H egrisi üzeri-ne dogrudan çizilebilir. Hava araligi dogrusaldir ve yalnizca iki nokta gereklidir. Yanitin Bi = 0.41 Toldugu görülmektedir. Bu yöntem dogrusalolmayan iki çekirdek parçasi için de kullanilabilir (Baki-niz Problem 11.16).

0.80

0.20

0.60

E 0.50~

0.30

0.10

1000

H (A/m)

Sekil i 1-26

2.2

2.0

1.8

.-.1.6ib1.4x

J.2"-"0&

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

OO

Bii(T) Hii (A/m) Bii() (T) Hii(i) (Atm) -Hii() (A/m)i l; l;

0.10 0.80 X iOS 0.12 363 1920

0.30 2.39 X iOS 0.36 1091 1192

0.50 3.98 X iOS 0.61 1817 466

ii. Bölüm ENDÜKTANS VE MANYETIK DEVRELER 185

11.16 SekiIII-27'de görülen manyetik devrenin nikel-demir alasimindan olusan 1.Kismi için, li =LOcm ve Si = 2.25 cm2, dökme çelik olan 2. kismi için L2=8 cm ve S2=3 cm2degerleri ve-rilmektedir. Bi ve B2 aki yogunluklarini bulunuz.

"

Sekil 11-27

Dökme çelikten olusan kisim 2 için veriler dönüstürülecek ve nikel - demir, alasimindan (F/fi =400 A/m) olusan kisim l'in B-H egrisi üzerinde çizilecektir. Tablo 11-4 gerekli hesaplamalari göster-mektedir.

Tablo 11-4

Sekil 11-28'deki grafikten Bi = 1.01 T bulunur. Bu durumda, BiSi =B2S2 oldugundan,

B2= 1.0i[

2.25XIO-4

)=0.76T

3xlo-4

elde edilir. Bu degerler, uygun B-H egrilerinden, karsilik gelen Hi ve H2 elde edilerek ve

F= Hifi + H2f2

denkleminde yerine konularak kontrol edilebilir.

11.17 Sekil 1I-29(a)'daki dökme çelik paralel manyetik devrenin 500 sarimlik bir sargisi vardir.Ortalamauzunluklar f2=.ej=LO cm, li =4 cm' dir. <1>3= 0.173 mWb ise sargi akimini bulunuz.

<1>1 =<1>2 + <1>3

Merkez bacagin kesit alani iki kenar bacaginkinin iki kati oldugundan, aki yogunlugu çekirdegin heryerinde aynidir yani

Bi=B2=B3= 0.173xlO-31.5 x 10-4

1.15T

Bz (T) Hz (A/m) B2() (T)Hz(tJ

(A/m) F -Hz() (A/m)ti ti

0.33 200 0.44 160 240

0.44 250 0.59 200 200

0.55 300 0.73 240 160

0.65 350 0.87 280 120

0.73 400 0.97 320 80

0.78 450 1.04 360 40

0.83 500 1.11 400 O


olur. B = US T'ya karsilik olarak Sekil 11-13 H = 1030 Alm verir. a ve b noktalari arasindaki NI dü-sümü asagidaki denklemi yazmakta kullanilir [Bakiniz Sekil 11-29(b)]:

F - Hfi =H~ =H0, veya F =H(fi +~) =1030(0.14) = 144.2 ABu durumda

F 144.2i =-=-=0.29A

N 500olur.

1.20

0.80

i::--::. 0.60Q:i

0.40

0.20

Sekil 11-28

b

(a) (b)

Sekil 11-29

11.18 Problem 11.17'deki ayni dökme çelik çekirdek, sargilar Sekil 11-30(a)'da görüldügü gibiolmak üzere, dis bacaklar üzerinde 500 sarimlIk özdes sargilara sahiptir. Yine <1>3= 0.173mWb ise sargi akimlarini bulunuz.

Çekirdegin her yerinde aki yogunluklari aynidir ve sonuçta H aynidir. Sekil 11-30(b)'deki esdegerdevre, problemin çözümünün yalnizca bir "kutup" için yapilabilecegini gösterir.

<1>3B = - = US T ve H = 1030Alm (Sekil ii-u ten)

53

F3 =H(I] + 0,) = 1030(0.14) = 144.2 A 1= 0.29 A

a, '--' ,

. H"-4 A fiH',H 1 lrHF

i i. Bölüm ENDÜKT ANS VE MANYETIK DEVRELER 187

Her bir sarginm akimi 0.29A olmalidir.

t4>J

Ht3

i-=-i

"'iDIF'

"

0

(a) (b)

SekiilI -30

11;19 Sekil 11-31(a)'da görülen paralel manyetik devre, kesit alani S = 1.30 cm2 her yerde ayniolmak üzere, silisyumlu çeliktir. Ortalama uzunluklar Ri =R, =25 cm, e2=5 cm'dir. Sargila-rm her birinin 50 sarimi vard(f. ~i = 90 jlWb ve <1>,= 120 jlWb olarak verildiginde sargi a-kimlarini bulunuz. .-

.,.~"'-"

ar--4>I 4>3 'i i i

:J"- 11(2' 1:'\-"':

\itHi tiT~ 4>1~F,j r'\ ~'(;T~i,

(a)

b

(b)

~ Sekil 11-31""'\

Sekil i I-I 'den ~8~ Alm bulunur. Bu durumda, Hiei =21.~ ~ olur. Benzer.~larak, .B2=0.23~, H2=49 Alm , H2f/= 25A; ve B, = 0.92T, H, = 140Alm, H3e3- .)5.0A eldeedilir.Sekil i 1-31(b)dekiesdeger devre a ve b noktalari arasindaki Ni düsümü için asagidaki denklemleri verir:

Hi!, - Fi =H2e2 =F3 - H3{i3/

21.8 - Fi =2.5 =F,- 35.0

Buradan F1 = 19.3 A ve F3 = 37.5 A bulunur. Akimlar li =0.39 A ve h = 0.75 A'dir

11.20 Üç bacak için manyetik dirençleri kullanarak Problem 11-19'un esdeger manyetik devresinIelde ediniz, ve Fi = 19.3 A ve Fi = 3.75 A alarak çekirdekteki akiyi hesaplayiniz.

e

')\=-----/loJlrS

B ve H'nin Problem 11-19'da bulunan degerlerinden

Jlol1r1= 7.93 X 10-3 H/m Jlol1r2= 4.69 x 10-3 H/m Jlol1r3= 6.57 x LO-' H/m

elde edilir. Manyetik dirençler su biçimde hesaplanir:

t~1=~=2.43 X iOSH-i

J-tOJ-triSi

188 ENDÜKTANS VE MANYETIK DEVRELER II. Bölüm

~ =8.20 X i04H-I, ~= 2.93 X icrH-I. Sekil 11-32 den

~ = <L>3~+ <L>2~

Fi.=4>1921- ~2~

<1>1+ <1>2 = <1>3

(1)

(2)

(3)bulunur.

BIi-cf>i

~2 -<1>3

Bl2

tF3 =37.5 AFi = 19.3At

Sekil 11-32

(3)'den <1>2'nin(i) ve (2) de yerine konulmasi ile asagidaki <1>1ve <1>3cinsinden denklem sistemlerielde edilir:

Fi. = 4>1(9't1+ ~) - 4>3~. veya

r; = -4>I~ + 4>3(~+ ~.

19.3= ~1(3.25 x 10")- 4>3(0.82x 10")

37.5 = -<1>1(0.82x 10")+ <1>3(3.75x 10")

Çözümler <1>1=89.7 jlWb, <1>2= 30.3 jlWb, <1>3= 120 jlWb biçimindedir.

Yukaridaki denklemler ve iki gözlü devre problemine benzerlik ilginç olmasina ragmen, bagil ge-çirgenlikleri ve manyetik dirençleri hesaplamadan önce Bi, B2 ve B3 aki yogunluklarinin bilinmesi ge-rektigine dikkat edilmelidir. Fakat B biliniyorsa, neden akiyi dogrudan ep = BS'den bulmayalim?Manyetik direnç bu tür problemlerin çözümünde fazla yararh degildir.

Ek Problemler

11.21 Iç yariçapi a = 2 mm ve dis yariçapi b = 9 mm olan eseksenli bir iletkenin birim uzunluk basinaendüktansini bulunuz. jl,.= i varsayiniz. Yanll: 0.301 jlH/m.

11.22 Iletken yariçapi i mm ve merkezden merkeze uzaklik 12 mm olmak üzere iki paralel silindirik iletke-nin birim uzunluk basina endüktansini bulunuz. Yanit: 0.992 jlH/m.

11.23 1 m aralikli iki paralel silindirik iletkenin birim uzunluk basina endüktansi 2.12 jlH/m'dir. Iletken ya-riçapi nedir? Yanit:5 mm

11.24 Düzgün aralikli 2500 sarimli hava çekirdekli bir solenoidin uzunlugu L5m ve yariçapi 2 x 10-2m'dir.L endüktansini bulunuz. Yanit: 6.58 mH

11.25 Sekil 11-3'teki gibi kare kesitli, hava çekirdekli bir toroidin iç yariçapi 5 cm, dis yariçapi 7 cm veyüksekligi 1.5 cm'dir. Endüktans 495 jlH ise toroidde kaç sarim vardir? Yaklasik formülü inceleyinizve sonucu karsilastiriniz. Yanit:700, 704

11.26 Sekil 11-3'teki gibi kare kesitli bir toroid 700 sarimli olup ri = 80 cm, r2 = 82 cm, ve a = 1.5 cm'dir.Her iki formülü kullanarak L'yi bulunuz ve sonuçlari karsilastiriniz. (Problem 11.5'e bakiniz.)

Yanit: 36.3 jlH (Her iki formül)

11.27 5000 sarimii, ri = 1.25 cm ve (ii = LO m olan bir sargi jl,. = 50 olan bir çekirdege sahiptir. 500 sarimli,

1'2=2.0 cm ve (i2= i0.0 cm olan ikincI bir sargi ilk sargiyla esmerkezlidir, ve sargilar arasindaki bos-luktajl =jlo'dir.Ortak endüktansi bulunuz. Yanit: 7.71 mH

11.28 0.4 T aki yogunlugunda dökme demir, dökme çelik, silisyumlu çelik ve nikel demir alasiminin bagilgeçirgenliklerini belirleyiniz. Sekil 11-12'yi ve 11-13'ü kullaniniz. Yanll: 318, 1384, 5305,42440

i i. Bölüm ENDÜKTANS VE MANYETIK DEVRELER 189

11.29 Uzunlugu fa = 2 mm olan bir hava araliginin aki yogunlugu 0.4 T'dir. Çekirdek a) dökme demir h)dökme çelik c) silisyumlu çelik ise ayni NI düsümü için manyetik çekirdegin uzunlugunu belirleyiniz.

Yanit: (a) 0.64 cm; (h) 2.77m; (c) 10.6m

11.30 Bir manyetik devre aym ferromanyetik malzemeden (J.ir= 4000) olusan iki kisim içermektedir. Kisim

1 için fi =50 mm, Si = 104 mm2; kisim 2 için f2 = 30mm, S2= 120 mm2'dir. Malzeme egrinin bagilgeçirgenligin aki yogunlugu ile orantili oldugu bir kismindadir. MMK 4.0.A ise <Pakisini bulunuz.

Yanit: 26.3 pWb

11.31 20 mm yariçapli dairesel kesitli bir toroidin ortalama uzunlugu 280 mm ve akisi <P= 1.50 mWb'dir.Çekirdeksilisyumluçeliksegerekenmmk'yi bulunuz. Yanit:83.2A

11.32 Sekilll-33'teki manyetik devrenin her iki kismi da dökme çeliktir. Kisim 1 için fi =34 cm ve Si =6cm2; kisim 2 için f2 =16 cm ve S2=4 cm2'dir.h =0.5A, Ni = 200 sarim,N2= 100sarim,ve ep=120pWb ise I, sargi akimini belirleyiniz. Yanit:0.65 A

Sekil 11-33

11.33 Sekil i 1-34'te görülen silisyumlu çelik çekirdek LO mm'ye 8 mm'lik dikdörtgen bir kesite ve 150mm'lik bir ortalama. uzunluga sahiptir. Hava araligi uzunlugu 0.8 mm ve hava araligi akisi 80,uWb'dir. MMK'yl bulunuz. Yanit: 561.2 A

~Sekil 11-34

11.34 Problem i 1.33'ü tersten çözünüz: sargi mmk'sinin 561.2 A oldugu bilinmekte olup hava agirligi akisibelirlenecektir. NI düsümünün %90' inin hava araligi boyunca oldugu varsayimiyla baslayarak denemeyanilma yöntemini kullaniniz.

11.35 Problem 11.33'teki silisyum çelikli manyetik devrenin mmk'si 600 A'dir. Hava araligi akisini belirle-yiniz. Yanit: 85.2 ,uWb

11.36 Problem 11.33'teki silisyumlu çelik manyetik devre için, demirin manyetik direnci 91;'yive hava ara-liginin manyetik direnci 91a'yl hesaplayiniz. Akinin <P=80,uWb oldugunu varsayiniz ve F için çözü-nüz. Sekil 11-35'e bakiniz. Yanit: 91;=0.313 ,uH-i, 9la= 6.70 ,uW1,F = 561 A

ili;

>U}Sekil 11-35

190 ENDÜKTANS VE MANYETIK DEVRELER ll. Bö]üm

11.37 Sekil] ]-34'te görüldügü gibi silisyumlu çelikten bir çekirdek Si =80 mm2dikdörtgen kesit alanina veSil = 95 mm2 alanli {iii= 0.8 mm uzunlugunda bir hava araligina sahiptir. Çekirdegin ortalama uzunlu-gu 150 mm ve mmk 600 Ndir. Problem 11-13 tarzinda, <P'yi F'ye karsi çizerek akiyi grafikselolarakçözünüz. YanIt: 85 pWb

11.38 Problem 11.3Tyi 600 A'lik bir mmk için negatifhava araligi dogrusu kullanarak grafikselolarak çö-zünüz. YanIt: 85 pWb

11.39 Problem 11.3Tyi Problem 11.15 tarzinda grafikselolarak çözerek, çekirdekteki aki yogunlugunu eldeediniz. Yanit: 1.06T

11.40 40 x 60 mm' lik bir dikdörtgen ferromanyetik çekirdegin akisi ep= 1.44 mWb' dir. Çekirdekteki birhava araliginin uzunlugu !;,= 2.5 mm'dir. Hava araligi üzerindeki NI düsümünü bulunuz. Yanit: 1079 A

11.41 2 cm yariçapli kesite sahip bir toroid ortalama uzunlugu 28 cm olan bir silisyumlu çelik çekirdege veImm uzunlugunda bir hava araligina sahiptir. Hava araligi alani, Sa'nin bitisik çekirdekten %10 dahabüyük oldugunu varsayiniz ve 1.5 mWb'lik bir hava akisi olusturmak için gereken mmk'yi bulunuz.

Yanit: 952 A

11.42 Sekil l1-36'da görülen manyetik devre SODA'lik bir mmk'ya sahiptir. Kisim 1 {ii = 340 mm veSi =400 mm2 olmak üzere dökme çelik; kisim 2 f2 = 138 mm ve S2=360 mm2 olmak üzere dökmedemirdir. epakisini belirleyiniz. Yanit: 2.29 pWb

2

Sekil 11-36

11.43 Problem] 1.42'yi Problem ll.] 6 tarzinda grafikselolarak çözünüz. Yanit: 229 p Wb

11.44 ri =2 cm, r2 = 3 cm ve yüksekligi a = 1 cm olan kare kesitli bir toroid iki kisimdan olusan bir çeki 1'- i

dege sahiptir. Kisim 1, 7.9 cm ortalama uzunluklu silisyumlu çeliktir; kisim 2, 7.9 cm ortalama uzun-luklu nikel-demir alasimidir. 17.38 A'lik mmk'dan kaynaklanan akiyi bulunuz. Yanit: 10-4Wb

11.45 Problem lI.44'ü Problem] l.15'in grafiksel yöntemiyle çözünüz. Neden ikinci ters B-H egrisinin bi-rincisi üzerine çizimi beklendigi kadar zor degildir?

Yanit: ]0-4 Wb. Ortalama uzunluklar ve kesit alanlar aynidir.

11.46 Sekil] 1-3Tdeki dökme çelik paralel manyetik devre, kesit alanin çekirdegin geri kalanininkinin ikikati oldugu orta bacakta 500 sarimli bir sargiya sahiptir. Boyutlar!;, = i mm, S2= S3= isO mm2,Si =300 mm2, fi = 40 mm, iz = 110 mm ve 13= 109 mm'dir. 125 pWb'lik hava araligi akisi üretmek içingereken sargi akimini bulunuz. Sa'nin S3'Ü%]7 astigini varsayiniz. Yanit: 1.34A

,-- 12 ,--- 13'--'i~:ii

:~I~I' '

t.

Sekil 11-37


11.47 Sekil i 1-38'deki dökme demir paralel devre çekirdegi 500 sarimhk bir sargiya ve her yerde 1.5em2'lik düzgün kesite sahiptir. Ortulama uzunluklar {ii= {i3 = 10 em ve {i2=4 em' dir. 3. baeakta 0.25T'hk aki yogunlugu elde etmek için gereken sargi akimini belirleyiniz.

YanIt: 1.05A

(~-i-

~-(r -'i

i i

,~~2 !'-- - ---'

Sekil 11-38

11.48 Iki özdes 500 sarimhk sargi esit akimlara sahiptir ve Sekil i 1-39'da gösterildigi gibi sarilmislardir.Dökme çelik çekirdek 3. baeakta 120 ilWb'lik bir akiya sahiptir. Sargi akimlarini ve 1. baeaktaki akiyibelirleyiniz.

Yanit: 0.41 A, O Wb

0.02

~ 0.01 m,Jt

~ 0.14m ~Sekil 11-39

11.49 Iki özdes sargi Sekil 11-40'da gösterildigi gibi sarilmislardir. Silisyumlu çelik çekirdek her yerde 6

em2'lik bir kesite sahiptir. Ortalama uzunluklar fi = {i3 = 14 em ve {i2=4 em'dir. i. baeaktaki aki 0.7mWb ise sargi mmk'larini bulunuz.

Yanit: 38.5 A

Fi~2~tF

Sekil 11-40

Bölüm 12

Deplasman Akimi ve Endüklenen EMK

12.1 DEPLASMAN AKIMI

Statik alanlarda H'nin rotasyoneli Jc akim yogunluguna noktasalolarak esit bulunmustu. Builetim akim yogunlugudur; c alt indisi hareketli yüklerin - elektronlar, fotonlar, ya da iyonlar - aki-mi olusturdugunu vurgulamak için eklenmisti. Alanlar ve yükler zamanla degistiginde V x H =Jcgeçerli olsaydi, süreklilik denklemi dogru olan

dpV'Jc=--dt

denklemi yerine V'Jc = V.(V x H) = Obiçiminde olacakti. Bu nedenle, James Clerk Maxwell,

JD ==dD olmak üzere V x H =Jc+JDdtoldugunu varsaydi.

Deplasman akim yogunlugu JD'nin de gözönüne ahnmasiyla süreklilik denklemi saglanir:

dD d dpV'Jc=-V'JD=-V ._=--(V.D) =--

dt dt dt

Belirli bir yüzeyden geçen deplasman akimi iD, yüzey üzerinde JD'nin normal bilesenininintegralinin alinmasiyla elde edilir (i/nin J/den elde edilmesi gibi).

i D = r J D . dS = r dD. dS = ~ rD. dSJs Js dt dt Js

Burada, son ifade S yüzeyinin uzayda sabit oldugunu varsayar.

ÖRNEK 1. Sekil 12-1'deki devredeic= iDoldugunuStokesteoremini(Bölüm9.8) kullanarakgösteriniz.

Si ve S2 yüzeyleri ortak C yoluna sahip olduklarindan

,( H .di =1 (V x H) .dS =i (V X H) . dSi ~ ~

=1 (Jc + aD).dS =i (Jc + aD).dS

Si at ~ at

~;<.

Vi-

~..,\ s,

/ ./'

Sekil 12.1

192

12. Bölüm DEPLASMAN AKIMI VE ENDÜKLENEN EMK 193

Akinin iletken plakalar arasindaki dielektrige hapsoldugunu varsayarak, Si üzerinde D = O olur.Ayrica, dielektrik içinde hareketli hiçbir serbest yük olmadigindan, S2üzerinde Je = Oolur. Böylece

f J e . dS =f dD. dSSi S2 dt

bulunur. aD/at'nin S2'nin yalnizca dielektrik içinde kalan kismi üzerinde sifirdan farkli oldugunadikkat edilmelidir.

ÖRNEK 2 Örnek l'i bu defa devre analizi kullanarak tekrarlayiniz.SekilI2-I'e bakiniz. Kandansatörün kapasitesi, A plakanin alani ve d uzaklik olmak üzere

C=EAd

ya da Le =ID

dir. Bu durumda iletim akimi

i =C dv =EA dvc dt d dt

olur. Diger yandan, saçaklanma ihmal edildiginde, dielekirik içindeki elektrik alan E =v/d'dir.Böylece

D=EE=~vd

dD E dv- --dt d dt

olur ve deplasman akimi (D plakalara diktir)

iD =f dD. dS =f ~ dv dS =EA dv =iA dt A d dt d dt c

olarak bulunur.

12.2 Jc AKiMiNiN JD AKiMiNA ORANI

Bazi malzemeler ne iyi iletkendirler ne de mükemmel dielektriktirler. Dolayisiyla, bu türmalzemelerde hem iletim akimi, hem de deplasman akimi ortaya çikar. Kötü bir iletken ya da ka-yipli bir dielektrik için bir model Sekil 12-2' de gösterilmistir. E için dWl zaman bagimliligi varsaya-rak, toplam akim yogunlugu

a .Jt =Je +JD = aE +-(€E)= aE + jw€Eat

olur ve buradanLe a---ID (OE

elde edilir. Beklendigi gibi, frekans arttikça deplasman akimi daha önemli hale gelir.

E

Sekil 12-2ÖRNEK 3. 1.5 mm yariçapli dairesel kesitH bir iletken bir ic = 5.5 sin (4 x 1010t)(PA) akimi tasimaktadir.Eger a= 35 MS/m ve Er = 1 ise deplasman akim yogunlugunun genligi nedir?

Le O 3.50 X 107 7ID = illE= (4 X ioIO)(10-9/36.ii) 9.90 X LO

J _ .(5.5 X io-6)/[.ir(1.5 X 10-3)2] -3 I 2D- 9.90 x 107 7.86xio iLA in

Böylece olur.

194 DEPLASMAN AKIMI VE ENDÜKLENEN EMK 12. Bölüm

12.3 FARADAY YASASi VE LENZ YASASi

Faraday yasasindaki (Bölüm 11.3) eksi isareti endüklenen v geriliminin yönünü gizli olarakverir. Bunu açik hale getirmek için, bir C kapali egrisi ile sinirlanan, zamanla degisen bir B aki yo-gunlugu tarafindan dikine kesilen bir S düzlem alanini düsünelim. Faraday yasasi burada, C çevre-sinde pozitif yön ve dS normalinin yönü olagan sag el kurali ile verilmek üzere

"E.dI =-~ fB .dS~ :re dt s

integral formunu alir [Sekil 12-3(a)]. Simdi eger B zamanla artiyorsa, zamana göre türevi pozitifolacak ve böylece yukaridaki denklemin sag tarafi negatif olacaktir. Soldaki integralin negatif ol-masi için, E'nin yönü yolun yönüne zit olmalidir (Sekil 12-3(b». Yololarak düsünülebilecek bir i-letken filaman da, E'nin yönünde bir ic akimi tasiyacaktir. Sekil 12-3(c)'de görüldügü gibi, böylebir akim halkasi B'deki artisa karsi koyan bir tP'akisi üretir. Lenz yasasi bu durumu söyle özetler:degisken bir aki tarafindan endüklenen gerilim, kapali bir yolda, kendisini olusturan akiya karsiyönde bir aki olusturacak bir akimin akmasina neden olacak yöndedir.

dS

.Filaman

~ ~ V

~ C +E iP'

(a) (b) (c)

Sekil 12-3

Bir iletkenin, zamana bagli olmayan bir manyetik alan içerisinde hareket etmesi durumunda,Lenz yasasi disinda, iki farkli yöntemle daha yön bulunabilir. (1) iletkene etkiyen manyetik kuvve-tin yönü, hareketi engelleyecek biçimdedir. (2) Sekil 12.4-a'da gösterildigi gibi, hareket halindekiiletken, aki çizgilerini iter ve aki dagilimini bozar. Bu bozulma, iletken çevresinde saatin dönüs yö:nüne ters yöndeki aki çizgileriyle gösterilmektedir. Eger akimin akabilecegi kapali bir yololsaydi,sag el kuralina göre, bu akimin yönü sekildeki gibi olurdu ve endüklenen gerilim, akimin iletkeniterk ettigi noktada + yönlü olurdu. Sekil 12-5'de, hareketli iletken ve onun sebep oldugu akim,benzer bir devreye baglanmis bir gerilim kaynagiyla karsilastirilarak söylenenlerin dogrulugu gös-terilmistir.

iP t +

Sekil 12-4


+~ i Q(a) (b)

Sekil 12-5

12.4 ZAMANA BAGLI OLMAYAN ALANLARDA HAREKETLI ILETKENLER

Bir B manyetik alaninda, U hizi ile hareket eden Q yükü üzerindeki F kuvveti Bölüm IO'daincelenmisti.

F =Q(U x B)

Bir hareketsel elektrik alan siddeti, Em, birim yük basina kuvvet olarak tanimlanabilir:

FEm = - = U x B

Q

Çok sayida serbest yükü olan bir iletken bir B alaninda hareket ettiginde, uygulanan Em Iletkenin i-ki ucu arasinda, genligi Em'nin iletkene göre nasil yönlendigine bagli olan bir gerilim farki yaratir.Iletken uçlari a ve b olmak üzere, b ye göre a nin gerilimi

Vab = r Em . di = r (U X B) . di

olur. Eger U hizi ve B alani birbirlerine dik iseler, ve iletken her ikisine'de dikse, bu durumda tu-zunlugundaki bir iletken

v =B tU

gerilimine sahip olacaktir.

Kapali bir çerçeve için çizgisel integral bütün çerçeve çevresinde alinmalidir:

v =f(U X B) . di

Elbette, eger bütün döngünün yalnizca bir kismi hareket halindeyse, Em diger her yerde sifir olaca-gindan, integralin, yalnizca bu kismi kapsamasi gereklidir.

ÖRNEK 4. Sekil l2-6'da, iki iletken çubuk B = O.35azTalaninda Vi = l2.5(-ay) mis ve V2 =8.0ay m/s hiz-lari ile disari dogru hareket etmektedirler. c'ye göre b'nin gerilimini bulunuz.

Iki iletken için elektrik alan degerleri:

Emt= Vt XB = 4.38(-8%) V/m

Em2= V2XB = 2.808%V/m

i

y

a (3 O, O) x

Sekil 12-6 '


Dolayisiyla:

f.~

L

~

Vab= o 4.38(-8,)' du.. = -2.19 V Vdc= o 2.808... dx8..= 1.40V

Vbc= Vba + Vad + Vdc= 2.19 + 0+ 1.40= 3.59 V

olur.

b, c'ye göre pozitif oldugundan, araya bir ölçü aleti konulsaydi, akan akim ay yönünde olur-du. Devredeki bu saat yönündeki akim, Lenz yasasi ile uyumlu olarak, devrenin genislemesindenkaynaklanan + azyönÜndeki aki artisina karsi koyan -az yönündeki akiya neden olur. Dahasi, B'ninhareketli iletkenlere uyguladigi kuvvetler, iletkenlerin hizlarina zit olarak yönlenmistir.

12.5 ZAMANA BAGLI ALANLARDA HAREKETLI ILETKENLER

Eger kapali bir iletken çerçeve hareket halindeyse (bu sekil degisimlerini de kapsar) ve aynizamanda B alani zamanin bir fonksiyonu (konumun oldugu gibi) ise, bu durumda toplamendÜklenengerilim, iki aki degisimi kaynaginin her birinden gelen katkilardan olusur. Faraday ya-sasi bu durumda

V=-~ f B.dS=- f dB .dS+!(UxB).dIdt S sd j

biçiminde ifade edilir. Sagdaki ilk terim, çerçeve sabit tutuldugunda B' deki degisimden kaynakla-nan gerilimdir; ikinci terim, B sabit tutuldugunda döngünün hareketinden kaynaklanan gerilimdir.Her terimin yönü Lenz yasasinin, duruma uygun dÜsen ifadelerinden bulunur, ve iki terim bu yön-lere bagli olarak toplanir.

ÖRNEK 5. Sekil 12-7(a)'da görüldügü gibi, düzlemsel iletken bir çerçeve x ekseni çevresinde (Daçisal hi-ziyla dönmektedir; t = O'da çerçeve xy düzlemindedir. Zamanla degisen bir B = B(t)az manyetik alani mev-cuttur. Faraday yasasinin iki terimli biçimini kullanarak çerçevede endüklenen gerilimi bulunuz.

z

y y

(a) (b)

Sekil 12-7

Döngünün alani A olsun. az . an = cos 0Jtoldugundan B'nin degisiminden dolayi v'ye katki

Vi = - ( aB. dS = - ( dB 8 .dSa = - dB A cas MLs at ls dt z n dt

olur.

v'ye hareketsel katkiyi hesaplamak için çerçeve üzerindeki bir noktanin U hizi gereklidir. Sekil 12-7(b)' den

U =f(Da =-L (Dan nCOS (Dt

oldugu görülür, böylece an X az = sin (Dt(-ax) oldugundan

U X B = -L m8nX B8z = ~ mB sin M( -ax)cas mt cas (L)t


elde edilir. Sonuç olarak

f wB sin wtfUz = (U X B) .di = - yax.dicos wt

bulunur. Son integrali almak için Stokes teoremi (Bölüm 9.8) kullanilabilir. v' x y ax = -az oldugundan

fyax .dl= L (Vxyax). dS= i (-a,). dSan= -A coswt

olur, böylece

v -- OJBsinOJt(-AcosOJt)=BAOJsinOJt2 - cas 0Jt

elde edilir.

Çözümlü Problemler12.1 CJ=5.0 Sim ve Er = i olan bir malzemede elektrik alan siddeti E =250 sin 1010t (V/mr dir.

Iletim ve deplasman akim yogunluklarini ve bunlarin esit genlige sahip olduklari frekansibulunuz.

Le =CJE=125DsinlOlOt (A/m2)

Alan yönünün zamanla degismedigi varsayilirsa

1 D = a!! =~(EoEr 25Dsin 1OIOt)= 22.1coslOlOt (A/m2)ot at

bulunur. Le= LDiçin! = 8.99 x 1010Hz = 89.9 GHz frekanslna esdeger olan5.0 II

OJ= 2 -5.65xlO rad/s8.854xl0-1(J =(f)E yada

elde edilir.

12.2 Iç yariçapi 5 mm, dis yariçapi 6 mm ve uzunlugu 500mm olan eseksenli bir kandansatörEr = 6.7 olan bir dielektrige sahiptir ve uçlari arasina 250 sin 377 t (Vrluk bir gerilim uygu-lanmistir. Deplasman akimi io'yi belirleyiniz ve Iletim akimi ic ile karsilastiriniz.

Iç iletkende v = Ooldugunu varsayalim. Bu durumda, Problem 8.7'den, 0.005 :::;r:::;0.006 m'dekipotansiyel

[

250.

] (

r

)v= -(6 )

sin377t ln- (V)In "5 0.005

olur. Buradan1.37 x io3 .

E= -Vv = - sin377t8, (V/m)r

8 13 x io-8 .D = EoE,E= - . sin377t8, (C/mZ)r

aD 3.07 x io-5 >

JD = -;- = - cas 377ta, (Ai m-)<Jt r

iD= Jv(2:n:rL) = 9.63 x io..s cos 377t (A)

elde edilir. ic için devre analizi xöntemi kapasitenin2n:EOErLC =

(6 )-1.02 nF

In -5olmasini gerektirir. Bu durumda

ie =Cdv = (1.02xlO-9)(250)(377)(cos377t)=9.63xlO-5 cos377t (A)dt


olur. ie = iDoldugu görülmektedir.

12.3 Nemli toprak 10-3 Sim'lik bir iletkenlige ve Er = 2.5'luk bir dielektrik sabitine sahiptir.E =6.0 X 10-6sin 9.0 x 1o9t (V/m)

olmak üzere Le ve lD'yi bulunuz... 9 9 2Once, Le = aE=6.0x 10- sin 9.0 x Lo t (A/m) bulunur. Sonra, D = EoErEoldugundan

(JD (JELD =-=EoEr-=1.20xlO-6 cos9.0xi09( (A/m2)

(Jt (Jtelde edilir.

12.4 Sekil l2-8'deki iletkende B = 0.04ay T ve U = 2.5 sin tO3t az (mis) olmak üzere endüklenengerilimi bulunuz.

Em =U X B =0.10 sin 1O3t(-ak) (V/m)0.20 ,.

v= L 0.lOsinio3t(-a..).ilia..

= -0.02 sin 103t(V)

Iletken önce azyönünde hareket eder. Bu yari dönem içinx =0.20 ucu z eksenindeki uca göre negatiftir.

i ut i~"~- .)( i

iii

~y

Sekil 12-8

12.5 Problem 12.4'ü manyetik alan B = 0.04ax(T) olarak degistirildiginde tekrar çözünüz.

Iletken hiçbir alan çizgisini kesmediginden, endüklenen gerilim sifir olmalidir. Bu Problem 1.8kullanilarak analitik olarak kanitlanabilir. B ve di her zaman paraleloldugundan

v= f(UXB).dI= fU.(BXdI)=O

olur.

12.6 z =Odüzleminde 0.65 mz'lik bir alan bir filaiTIan iletkenle çevrilmistir.

B =0.05cos 103{ ay~az J (T)

verildigine göre, endüklenen gerilimi bulunuz. Sekil 12-9 abakiniz.

v = -L aB .dSas at .

=L 50 sin 103t(ay.:-iaz). dSaz

= 23.0sin 103t (V)


Sekil 12-9

Alan kosinüs fonksiyonunun ilk yari döneminde azalmaktadir. Kapali bir devrede i'nin yönü bu azal-maya karsi koyacak sekilde olmalidir. Böylece geleneksel akim Sekil 12-9'da gösterilen yöne sahipolmalidir.

12.7 Sekil 12-10'da görülen çember biçimli iletken z = Odüzleminde yer almakta olup, yariçapi0.10 m ve direnci 5.0.Q dur. B =0.20 sin lO'ta, (T) olarak verildiginde akimi belirleyiniz.

tp = 8. S = 2 x io-3.irsin i(ft (Wb)

dtpv = --= -2.1l cas l(ft (V)dt

i = * = -O.4.1l cas l(ft (A)

t = O+'da aki artmaktadir. Bu artisa karsi koyabilmek için, çerçevedeki akim döngünün pozitif x ek-seniyle kesistigi yerde anlik -a)' yönüne sahip olmalidir.

z

s

x

Sekil 12- 1O

12.8 Sekil 12-11 'de görülen dikdörtgen çerçeve bir

B = O.80e-O50\'a, (T)

alanindaU = - 250a)' m/s hizi ile orijine dogru hareket etmektedir. R =2.5 n ise, sargi ke-narlarinin y = 0.50 in ve 0.60 m'de oldugu andaki akimi bulunuz.

z

R+;;;r-

I.Omy

x

Sekil 12-11

200 OEPLASMAN AKIMI VE ENOÜKLENEN EMK 12. Bölüm

Yalnizca 1.0 m'lik kenarlar endüklenen gerilime sahiptir. y =0.50 m'deki kenar loIsun.

Vi =Bi .t U =0.80e~.25 (1)(250) = 155.8 V v2=B2.tU= 148.2 V

Gerilimler gösterilen yöndedir. Anlik akim

i 155.8-148.2= 3.04 A2.5

olur.

12.9 i cm uzunlugundaki bir iletken z eksenine paraleldir ve 25 cm'lik bir yariçapta 1200 de-vir/dk ile dönmektedir (Bakiniz Sekil 12-12). Radyal alan B = 0.5a, T ile verilirseendüklenen gerilimi bulunuz z

y

x

Sekil 12-12

Açisal hiz

(1200 re.v

)(~ min

)(2lr rad )=40lr rad

mm 60 s rev s

olur. Buradan

u =TW =(O.25)(40n) m/s

Em = IOn8</>X 0.58, = 5.0n( -8z) V/m

[.01

v= O 5.0n(-8z).dz8z=-5.0xlO-2nV

bulunur. Negatif isaret Iletkenin alt ucunun 'üst ucuna göre pozitif oldugunu gösterir.

12.10 7 cm yariçapinda ve 15 cm yüksekligindeki bir iletken silindir B =0.20 a, T radyal alaninda600 devir/dk ile dönmektedir. Üst ve alttaki kayar kontaklar Sekil 12-13'de görüldügü gibibir voltmetreye baglidir. Endüklenen gerilimi bulunuz.'

w =(600)(6\i)(2n) =20n rad/s

U = (20n)(0.07)8</>m/s

Em= U X B =0.88(-8z) V/m

Egri yüzeyin her dikeyelemani ayni akiyi keser ve ayni endüklenen gerilime sahiptir. Bu elemanlaretkin olarak paralel baglidir ve herhangi bir eleman için endüklenen gerilim, toplamla aynidir.

Sekil 12-13

12-Bölüm OEPLASMAN AKIMI VE ENOÜKLENEN EMK 201

rO 15v =lo 0.88(-aJ-dzaz =-0.13 V (tabanda +)

12.11 Sekil l2-l4'te R = 0.20 Q dirençli dikdörtgen iletken bir çerçeve 500 devir/dk ile dönmek-tedir. ri = 0.03 m' deki dikey iletken Bi = 0.25ar T alaninda, ve r2 = 0.05 m' deki IletkenB2 = 0.80ar T alanindadir. çerçevedeki akimi bulunuz.

Vi = (500)(~)(23i')(0.03)acp = 0.503i'acpmis

[-so

Vi = o (0.503i'acpX 0.25a,) .dzaz = -0.20 V

Benzer olarak D2 = 0.83nat/!mis ve V2= -1.04 V'tur. Bu durumda diyagramda gösterilen yönde

i = 1.04-0.20 4.20 A0.20

olur.

i

z

/,,-:: ~:---R-'" (

6' i

, i3it 0~: 0.50 in

/' ('~-i-- i\.. ' "" /-I-~---""

Sekil 12-14

12.12 Sekil l2-l5'te görülen dairesel disk B = Baz düzgün aki yogunlugu içinde ro(rad/s) Ile dön-mektedir. Kayar kontaklar diski bir voltmetreye baglamaktadir. Bu "Faraday eskutuplu üreti-ci" ölçü aletinde hangi gerilimi gösterir?

Sekil 12-15

Herhangi bir radyal eleman üzerindeki genel bir nokta D = ro r at/!hizina sahiptir. Dolayisiyla:

Em = D X B = ror B ar

a diskin yariçapi olmak üzere

v-ra 2- JomrBar .drar = ffi1 B2

olur. Pozitif sonuç B ve ro'nin görülen yönleri için dis noktanin merkeze göre pozitif oldugunu gösterir.

12.13 Bir kenan 0.60 m olan kare seklindeki bir sargi Sekil 12-16(a)'da görüldügü gibi bir B =0.80a, T alaninda ro= 60ir rad/s ile x ekseni çevresinde dönmektedir. Endüklenen gerilimibulunuz.


z z

y y

(a) (b)

Sekil 12-16

Baslangiçta sarginin xy düzleminde oldugunu varsayarak

a= 0Jt= 60m (rad)

bulunur. xy düzlemi üzerindeki izdüsüm alani [Sekil 12-16(h) y~ bakiniz]

A =(0.6)(0.6 cas 60nt) (m2)

olur. Bu durumda ljJ= BA = 0.288 cas 60m (Wb) ve

v =- dljJ =54.3 sin 60m (V)di

elde edilir. Lenz yasasi bunun a'nin b'ye göre gerilimi oldugi:inu gösterir.

Alternatif Yöntem

x eksenine parelel her kenar genligi

IU,I =Irmsinai =118.0nsin 6On/l (m/s)

olan bir y hiz bilesenine sahiptir. Iki kenar için BI:IUri gerilimleri

ivi =2(BI:IUy i) =154.3 sin 60ml (V)

vermek üzere toplanir. Lenz yasasi yine uygun isareti belirler.

12.14 Örnek 5'i Faraday yasasinin orijinal, diferansiyel biçimini kullanarak kontrol ediniz.

Sekil 12-7(b)'den alana dik izdüsümlü çerçeve alani A cas 01 oldugundan,

ljJ=B(t) (A cas 0Jt)ve

dljJ dB .v =-- =-- A cas mi + BAmsm mt =vi + v?~ ~ -

olur.

(Diferansiyelbiçimikullanmakhemenherzamandahakolaydir.)

12.15 Problem 12.11'deki çerçevede Üretilen elektrik gücünü bulunuz. Çerçeve üzerinde yapilanmekanik isin hizini hesaplayarak sonucu kontrol ediniz.

Elektrik gücü dirençteki güç kaybidir:

Pe = PR = (4.20)2(0.20) = 3.53 W

Alanin iki dikey iletken üzerinde uyguladigi kuvvetler

Ft =i(li X Bt) = (4.20)(0.50)(0.25)(8, X H,) ==0.525aq. N

Fz = i(lz X B2) = (4.20)(0.50)(0.80)( -az X H,) = - 1.68a", N

ile verilir.


Çerçeveyi döndürmek için, -F1 ve -Fz kuvvetleri uygulanmalidir; bunlar

P =(-Fi). Ui + (-Fz). Uz =(-0.525)(0.50ir) + (1.68)(0.83ir) =3.55W

degerinde is yaparlar. Yuvarlama hatasi sinirlari içinde, P = Pe' dir.

Ek Problemler

12.16 Kayipli bir dielektrikte iletim akim yogunlugu lc =0.02 sin 1o9t (Almz) olarak verildiginde, (J = 103Sim ve Er = 6.5 için deplasman akim yogunlugunu bulunuz. Yamt: 1.15 x 10-6 cos 1o9i (Almz)

12.17 1.5 mm yariçapli dairesel kesitli bir iletken bir ic =5.5 sin 4 x Iol0t (/LA) akimi tasimaktadir. (J = 35MS/m ve Er = 1 ise deplasman akim yogunlugunun genligi nedir? Yamt: 7.87 x 10-3 /lAlmz

12.18 (a) (J =2.0 x 10-4 Sim ve E,= 81 olan saf su için; (b) (J =4.0 Sim ve Ei = 1 olan deniz suyu için ile-tim akim yogunlugu ve deplasman akim yogunlugunun esit oldugu ITekansi bulunuz.

Yamt: (a) 4.44 x 104GHz; (b) 7.19 x 1010Hz

12.19 ri =0.5 mm ve rz = 1 mm'de esmerkezli küresel iletken kabuklar Er = 8.5 olan bir dietektrik ile ay-rilmistir. v = i 50 sin 5000i (V) gerilimi uygulandiginda kapasiteyi bulunuz ve ic'yi hesaplayiniz.Deplasman akimi if)'yi elde ediniz ve ic ile karsilastiriniz. Yanlf: ic =iD=7.09 x 10-7cas 5000i (A)

12.20 0.05 mz alani olan 2 mm aralikli iki paralel iletken plaka arasinda E,= 8.3 ve (J =8.0 x i0-4 Sim olankayipli bir dielektrik vardir. v = Losin 107i (V) gerilimi uygulandiginda toplam etkin akimi bulunuz.

Yamt: 0.192 A

12.21 0.6 mm aralikli ve Ei = 15.3 olan bir dielektirige sahip bir paralel plakali kondansatöre 15 GHz fre-kansinda etkin degeri 25 V olan bir gerilim uygulanmistir. Etkin deplasman akim yogunlugunu bulu-nuz. Saçaklanmayi ihmal ediniz. Yanlf: 5.32 x 105Almz

12.22 x ekseni üzerinde x =Ove x = 0.2 m arasindaki bir iletken bir B =0.04ay T alaninda U =6.0az mis hi-

zina sahiptir. Endüklenen gerilimi (a) hareketsel elektrik alan siddetini, (b) dtP/ di'yi, ve (c) Rf'() e-sitligini kullanarak bulunuz. Kutuplanmayi belirleyiniz ve iletken bir kapali döngüye baglandigmdaLenz yasasini tartisiniz. Yamt: 0.048 V (x =Oucu pozitifiir.)

12.23 B =0.04 sin kz al' (T) için Problem 12.22'yi tekrarlayiniz. Iletken bir yöndeki akidan ters yöndeki aki-

ya hareket ettiginde Lenz yasasini tartisiniz. Yana: 0.048 sin kz (V)

12.24 Sekil 12-17'de görülen y eksenine paralel iletken çubuk y = O ve y = 0.05 m'deki kayan kontaklarla

bir döngüyü tamamlar. (a) Çubuk x =0.05 m'de duragan ve B =0.30 sin 104iaz (T) iken endüklenengerilimi bulunuz. (b) Çubugun hizi U = 150axmis iken tekrarlaymiz. Kutuplanmayi tartisiniz.

Yamt: (a)-7.5 cos 1o4i(V); (b)-7.5 cas 1o4i-2.25 sin 104i(V)

x0.05

Sekil 12-17


12.25 Sekil 12-18'deki dikdörtgen sargi U = 2.5 mis hiziyla saga hareket etmektedir. Bi =0.30 T olmak ü-zere, sol kenar akiyi dik açida keser, diger yandan sag kenar esit akiyi ters yönde keser. Sargidaki aniakimi bulunuz ve Lenz yasasini kullanarak yönünü tartisiniz. Yanit: 12 mA (saat yönünün tersi)

Bir=17

l:::J~2;-SOmson

Sekil 12-18

12.26 z = Odüzleminde kenarlari eksenlere paralel bir dikdörtgen iletken çerçevenin y boyutu 1 cm ve x bo-yutu 2 cm, ve direnci 5.0 n'dur. Sargi kenarlarinin x =20 cm ve x = 22 cm oldugu bir zamanda x ek-seni boyunca 2.5 mls'lik bir hizla orijine dogru hareket etmektedir. Eger B = 5.0e-lOxaz(T) ise akimibulunuz. x =5 cm ve x = 7 cm'deki sargi kenarlari için tekrarlayiniz. Yanit: 0.613 mA, 2.75 mA

12.27 Sekil 12-19'da görülen 2.0 m'lik iletken B =0.10 sin q>ar(T) radyal alaninda 1200 devir/dk ile dön-mektedir. 100 n dirençli kapali çerçevedeki akimi bulunuz. Kutuplanmayi ve akim yönünü tartisiniz.

Yanit: 5.03 x 10-2sin 40nt (A)

1---

TO": r:: 0.20m--~t

--- :2.0m ioon:i

iii

i'"x

~Sekil 12-19

12.28 Bir B = 0.50ar (T) radyal alaninda, r = 0.23 m ve r = 0.25 m'deki iki iletken z eksenine paraleldir ve0.01 m uzunluktadir. Her iki iletken tP=40 nt düzleminde ise, iki iletken radyal iletkenlerle baglandi-ginda bir akim dolandirmak için elverisli gerilim nedir? Yanit: 12.6 mV

12.29 Sekil 12-20'de dönen bir cam diske gömülü 3 S;r S;6 cm olan bir radyal iletken görülmektedir. Iki11.2 mil' luk direnç iki devreyi tamamlamaktadir. Disk 12 devir/dk ile dönmektedir. Diskteki alanB = 0.30an (T) ise üretilen elektrik gücünü hesaplayiniz. Bunun dönme üzerindeki etkisi nedir? Buprobleme uygulanan sekliyle Lenz yasasini tartisiniz. Yanit: 46.3 J1W

Sekil 12-20

12.30 Faraday disk üretecinin (Problem 12.12), ri = 1 mm ve r2 = 100 mm'deki metre baglantilariyla, disk0.80 T'lik bir aki yogunlugu içinde 500 devir/dk ile dönerken ürettigi gerilim nedir? Yanit: 0.209 V

12.31 Sekil 12-16(a)'da görülen türden bir sargi 75 mm genislikte (y boyutu) ve 100 mm uzunluktadir (x bo-yutu). B =OA5a) (T) düzgün alaninda 0.25'V luk bir etkin gerilim elde edilmis se dönme hizi nedir?

Yanit: 1000 devir/dk

Bölüm 13

Maxwell Denklemleri ve Sinir Kosullari

13.1 GIRIsElektrik alan siddeti E'nin ve elektrik akim yogunlugu Dinin, iki farkli malzemenin

arayüzeyi boyunca davranislari, statik alanlar için Bölüm 7'de incelenmisti. Benzer bir degerlen-dirme simdi, yine alanlar statikolmak üzere, manyetik alan siddeti H ve manyetik aki yogunlugu Biçin yapilacaktir. Bu, dört ana vektör alani üzerindeki sinir kosullarinin çalisilmasini tamamlaya-caktir.

Zamana bagli alanlarin degerlendirildigi Bölüm l2'de deplasman akim yogunlugu Jo tanitil-mis ve Faraday yasasi incelenmisti. Bu bölümde, bu denklemler ve daha önce gelistirilenler,Maxwell denklemleri olarak bilinen kümeyi olusturmak üzere bir arada gruplandirilmistir. Budenklemler tüm elektromanyetik alan teorisinin temelini olusturduklarindan, ezberlenmeleri gerek-lidir.

13.2 MANYETIK ALANLAR IçIN SINIR ILIsKILERIIki farkli malzeme arasindaki arayüzeyde H ve B incelendiginde, iki farkli dielektrik arasin-

daki E ve D için not edilenlere benzer sekilde (Bölüm 7.7'ye bakiniz) ani degismeler beklenebilir.Sekil 13-1 'de, 0"1ve Jlrlözelligindeki 1 malzemesini, 0"2ve Jlr2özelligindeki 2 malzemesin-

den ayiran bir arayüzey görülmektedir. B'nin davranisi, arayüzey boyunca görüldügü sekilde yer-lestirilen tam dairesel küçük bir silindir kullanilarak belirlenebilir. Manyetik aki çizgileri süreklioldugundan

fB .dS = ( Bi .dSi + f B. dS + f ~ .dSi = OJuç i silIndir Juç]

olur. Simdi, aralarindaki arayüzey korunarak, iki düzlemin birbirine yaklasmasina izin verilirse, eg-ri yüzeyin alani sifira yaklasir ve

r Bi .dSi + f B2. dSi =OJuçi uç]

yada - Bni r dSi + Bn2f dSi =OJuçi uç]

olur, buradan

Bni = Bn2elde edilir.

Ui.lAri U2.1l,2

B2

Sekil 13-1

206 MAXWELL DENKLEMLERi VE SINIR KOSULLARI 13. Bölüm

Bu esitligin anlami, B'nin dik bileseninin bir arayüzeyde sürekli oldugudur. Arayüzeyin her ikinormalinin de Bilive Bia'nin hesaplanmasinda kullanilabilecegine dikkat ediniz.

Bir arayüzeyde H'nin degisimi, Sekil 13-2'de görüldügü gibi, kapali dikdörtgensel bir yolçevresinde Ampere yasasinin uygulanmasiyla elde edilir. Arayüzeyde hiçbir akim olmadigi varsa-yimi ve dikdörtgenin sifira çekilmesiyle,

0= fH. dl- Htil:1f. - H{2l:1fz

olur, böylece Het = H{'2

elde edilir. Dolayisiyla tegetsel H dikdörtgenin iki yani boyunca ayni izdüsüme sahip olur. Dik-dörtgen 90° döndürülüp ayni islemler yinelenirse

Ht! = Hiz

oldugu ortaya çikar. Bu, H'nin tegetsel bileseninin, akimin olmadigi bir arayüzeyde sürekli oldugu-nu gösterir.

Hi ve Hz'nin akimin olmadigi bir arayüzeyde yaptigi açilar (bakiniz Sekil 13-2) arasindaki

tan ei = ILatan ez ILrI

iliskisi Bölüm 7.7'deki Örnek 6 ile benzerlik kurularak elde edilir.

("2

Ai

,(j,ti

Sekil 13-2

13.3 SINIRDAKI AKIM TABAKASi

Arayüzeydeki malzemelerden biri sifirdan farkli bir iletkenlige sahipse bir akim var olabilir.Bu akim malzemenin her yerinde akiyor olabilir; ancak daha ilginci arayüzeydeki bir akim tabakasidurumudur.

Sekil 13-3 düzgün bir akim tabakasini göstermektedir. Gösterilen koordinat sisteminde akimtabakasi K =Koayyogunluguna sahiptir ve i ve 2 bölgeleri arasindaki x = O arayüzeyine yerlesti-rilmistir. Bu akim tabakasinin ürettigi H' manyetik alani Bölüm 9.2 Örnek 2'de

H~= !K X ani= !Ko3z Hi = !K X an2 = !Ko( -az)

olarak verilmistir. Böylece H' arayüzeyde iKJ genligindebir tegetsel süreksizligesahiptir.Digerbir kaynaktan kaynaklanan ikinci bir Hu manyetik alani varsa bunun tegetsel bileseni arayüzeydesürekli olacaktir. Bileske

H = Hi + H"

manyetik alaninin tegetsel bileseni de i KJ genliginde bir süreksizlige sahip olacaktir. Bu, al/i~ böl-ge i den bölge 2 ye birim normalolmak üzere

(Hi - Hz) X aniz = K

13. Bölüm MAXWELL DENKLEMLERI VE SINIR KOSULLARI 207

Hi

0

z

K

x

Sekil 13-3

vektör formülü ile ifade edilir. Koordinat sisteminin seçiminden bagimsiz olan vektör iliskisi, Karayüzeyin ilgili noktasinda akim yogunlugunun degeri olmak üzere, düzgün olmayan bir akim ta-bakasi için de geçerlidir.

13.4 SINIR KOSULLARININ ÖZETI

Referans amaciyla, iki dielektrigin arayüzeyindeki E ve D iliskileri H ve II iliskileri ile bir-likte asagida gösterilmistir.

Manyetik Alanlar Elektrik AlanlarBni = Bnz { Diii = Dllz (yüksüz)

{ Hii =Ha (akimsiz) . (Di - Dz). a"iz= -Pi (yüzeyyüküile)(Hi - Hz) x aniz= K (akim tabakasi ile) Eri=Erz

tan ei ~ 2 tan ei E.- = -!:- (akimsiz) - = ~ (yüksüz)tan8z ~rl tan ez Eri

Bu iliskiler kosullarin statik oldugu varsayilarak elde edilmisti. Ancak, Bölüm l4'te bunlarinzamanla degisen alanlara da ayni biçimde uyarlanabildigi görülecektir.

13.5 MAXWELL DENKLEMLERI

Statik bir E alani bir H manyetik alaninin yoklugunda var olabilir; statik Q yüklü bir kon-dansatör bunun bir örnegidir. Benzer sekilde, sabit i akimii bir iletken E alansiz bii:H manyetik a-lanina sahiptir. Ancak, alanlar zamanla degisiyorsa, H bir E alansiz var olamaz ne de E karsilikgelen bir H alani olmadan var olabilir. Statik alan teorisinden çok degerli bilgiler türetilebilmeklebirlikte, yalnizca zamanla degisen alanlarla elektramanyetik alan teorisinin tam degeri ortaya ko-nulabilir. Faraday ve Hertz'in deneyleri ve Maxwell'in teorik çözümlemeleri hep zamanla degisenalanlari içermistir.

Maxwell denklemleri olarak adlandirilan, asagida gruplanan denklemler önceki bölümlerdeayri ayri gelistirilmis ve incelenmisti. Tablo 13-1'de, bölgede yüklerin ve iletim akimlarinin olabil-digi en genel biçim sunulmustur. Ilk iki denklemin Stokes teoremi altinda noktasal ve integral bi-çimlerinin esdeger olduguna ve son iki denklemin diverjans teoremi altinda noktasal ve integral bi-çimlerinin esdeger olduguna dikkat ediniz.

208 MAXWELL DENKLEMLERI VE SINIR KOSULLARI 13. Bölüm

Tablo 13-1 Maxwell Denklemleri, Genel Küme

Hiçbir yükü n olmadigi (p = O) ve hiçbir iletim akiminin olmadigi (Je = O) serbest uzay içinMaxweii denklemleri Tablo 13-2'de gösterilen biçimi alirlar.

Tablo 13.2 Maxwell Denklemleri, Serbest Uzay Kümesi

Serbest uzay kümesindeki birinci ve ikinci noktasal biçim denklemleri, zamana bagli E ve Halanlarinin bagimsiz olarak var olamayacaklarini göstermekte kullanilabilir. Örnegin, E zamaninbir fonksiyonu ise, D = E oE de zamanin bir fonksiyonu olacak, böylece aD/at sifirdan farkli ola-caktir. Sonuç olarak, v' x H sifir degildir ve böylece sifir olmayan bir H var olmalidir. Benzer se-kilde, ikinci denklem H zamanin bir fonksiyonu oldugunda bir E alaninin da var olmasi gerektiginigöstermekte kullanilabilir.

Problemlerde en sik Maxwell denklemlerinin noktasal biçimleri kullanilir. Ancak, integralbiçimleri temel fiziksel yasalari daha iyi gösterdiginden önemlidir.


13.1 Sekil13.4'te bölge I'de Bi =1 . 2ax+ 0.8ay+ O.4az(D'dir. Hz'yi(yani z = +0 daki H'yi) vealan vektörleri ile yüzey tegeti arasindaki açilari bulunuz.

Rili dogrudan Bi'in altina yazin. Akimin olmadigi bir arayüzey boyunca B'nin normalinin süreklive R'nin tegetinin sürekli oldugu kurallarindan çikan Rz ve Bz bilesenlerini yazin.

Noktasal Biçim integral Biçim

aD fH .di = L (J + ) .dS(Ampere yasasi)VxH=Jc+- at

aBfE' di = L (- ) . dS

(Faraday yasasi; Ssabit)VXE= --at

V.O=p fD .dS = f. p dv (Gauss yasasi)

V.B=O fB .dS =O (monopolün yoklugu)

NoktasalBiçim integralBiçim

aD fH .di = L () . dSVXH=-

ataB

fE' di = L (- ) . dSVxE= --at

V.D=O fD . dS = o

V.B=O fB .dS =Oos


Sekil 13-4

Bi = 1.2ax + 0.8ay+ 0.4

1Hi = - (8.0ax+ 5.33ay+ 2.67

f-io

s; (T)

ai)1O-2 (Alm)

1 2 -2 I )H2= - (8.0sx+ 5.33ay+ LOf-ioHi2si)10 (A mf-in

Bi= Bx2Sx + BY2ay + 0.4 ai (T)

Simdi kalan terimler dogrudan çikar:

Bx2 = f-iof-iaHx2= 8.0 X 10-2 (T) Hi2 = Bi2 = 0.4 (A/m)flOf-ir2 f-io

81 açisi, ai> Bi ve az normali arasindaki açi olmak üzere, 90° - ai dir.

Bi 'az

cos (\"1=~=0.27

BY2= 5.33 X 10'2 (T)

Böylece ai = 74.5°ve 81 = 15.5° olur. Benzer olarak, 82= 76.5°bulunur.Kontrol ediniz: (tan 81) / (tan 82)= f..tr2/ f..trl'

13.2 Ilrl = 3 olaiihölge,J x < Oile, Ilr2= 5 olan bölge 2, x > O ile tanimlanmaktadir.

Hi = 4.0ax+ 3.0ay- 6.0a. (A/m)

olarak verildiginde 82 = 19.7°ve H2 = 7.12 Alm oldugunu gösteriniz.Problem 13.1'deki islem sirasi yinelenebilir:

Hi = 4.Oax+ 3.0ay- 6.0ai (A/m)

Bi = f-io(12.0sx+ 9.0ay-18.0ai) (T)

B2= f-in(12.0az+ l5.0ay - 30.0ai) (T)

H2= 2.4Oax+ 3.0ay- 6.0ai (A/m)Bu durumda

H2= v'(2:40rz-:t(IO)2 + (-6.0ri =7.12 Alm

olur. H2 ile normal arasindaki a2 açisi

Hx2cos(\"2=-=0.34

H2

ile verilir. Böylece 82 = 90°- a2 = 19.7°olur.

yada (\"2= 70.3°

13.3 ~rl = 4 olan bölge 1,y + z = 1 düzleminin orijini içeren yanidir (Sekil 13.5 e bakiniz). Bölge2 de ~r2= 6 dir.Bi =2.0ax+ 1.0 ay (T) ise B2ve H2'yi bulunuz.

z

CD i /Jr2 = ]

O'//////"/// ///"////

/Jr! = 1581

210 MAXWELL DENKLEMLERi VE SINIR KOSULLARI 13. Bölüm

/3"Q)/1.,2=6

o y

Sekil 13-5

Birim normal a" = (ay+ az) / .J2 olarak seçilsin.

Bni = (2.0a. + 1.0a~?' (a) + a.) ~Y2 Y2

Bni = (;2)a" = 0.5ay+ 0.5a. = Bn2

B,i = Bi - Bn!= 2.0a. + 0.5a.v- 0.5a,i

H,i = - (O.Sa. + 0.125ay- 0.125a.) = H'21'0

Biz= 1'01',2H,2= 3.0a. + 0.75ay- 0.75a,

Simdi B2nin normal ve teget bilesenleri bir araya getirilir.

B2 = 3.0a.+ 1.25ay- 0.25a. (T)i

H2= - (0.50a. + 0.21ay- 0.04a,) (A/m)1'0

13.4. z < O ile tanimlanan bölge I'de /-lrl= 3 ve

1Hi = - (0.2a.+ 0.5ay+ 1.03z) (A/m)

/lo

olarak verilmektedir. 82= 45°oldugubilindiginegöreH2yi bulunuz.Hi.a.

cas ai = ~ = 0.88 veyaai = 28.3°

Bu durumda, Oi= 61.7° ve

tan 6i. 7° 1',?- -= veyatan 45°3

olur. B'nin normalinin sürekliliginden, IlriHz1= 1l,2Have böylece

i(

1',1)

1H2 =- 0.2a. + 0.5ay+ -1.0a, = - (0.2a, + O.5ay+ 0.54a,)

1'0 1',i 1'0

1"2= 5.57

(A/m)

bulunur.

13.5 x =O'dakibir K =6.5 az Alm akim tabakasi Hi =10 ayNm ve x < Oolan bölge 1 Ile x > Oolan bölge 2'yi ayirmaktadir. x = +0 da H2'yi bulunuz.

Iki bölgenin geçirgenlikleri hakkinda hiçbir sey söylenmemistir; ancak, Hi tümüyle tegetsel ol-dugundan, geçirgenlikteki bir degismenin hiçbir etkisi olmayacaktir. Bili = O oldugundan Bii2= O vedolayisiyla Hn2= Oolur.


(H, - H2) x a..12= K

(10a,. - Hy2ay)X a. = 6.58.

(10 - HyJ( -a.) = 6.5a.

H,'2= 16.5 (A/m)

Böylece H2 =16.5 ay (Alm) olur.

13.6 K =9.0 ay Alm'lik bir akim tabakasi, !lri = 4 ve z < Oolan bölge 1 ile !lrZ= 3 ve z >0 olanbölge 2'nin arayüzeyi z = O'dayerlestirilmistir.H2=14.5 ax + 8.0a: (A/in) olarak verildiginegöre Hi'i bulunuz.

Sekil 13-6'da görülen akim tabakasi önce tek basina incelenecektir.H; = H9.0)a,.x (-sJ = 4.5(-s.)

H; =H9.0)a,. x ar = 4.53"i

J.l.r2 =3 ~Hi

0

J.l.ri =4x

0 K =9.03)'

Sekil 13-6Akim tabakasi nedeniyle, Hx'in degeri, bölge I'den bölge 2'ye, 9.0 Alm artacaktir.Simdi tüm H ve B alanlari incelenecektir.

H2 = 14.58" + 8.0a, (A/m)

B2= /lu(43.5a"+ 24.0a,) (T)

B, = /lu(22.0s. + 24.08.) (T)

Hi = 5.58"+ 6.08, (A/m)

Akim tabakasi nedeniyle Hxi'in Hx2'den 9.0 Alm daha az olmasi gerektigine dikkat ediniz. Bi"/JQllrlHxlolarak elde edilir.

Alternatif bir yöntem (Hi - H2) x anl2= K esitligini uygulamaktir.

(H"18,,+ H,.iay+H.ia.)Xai = K + (14.5a, + 8.0a.) x a,

-H"iay + H,.is"= -5.5a,.

Buradan Hxl = 5.5 Alin ve Hyl = Obulunur. Bu yöntem yalnizca tegetsel H için kullanilir; herhangi birnormal bilesen önceki yöntemlerle belirlenmelidir.

13.7 z < Oolan bölge I'de !lrl = 1.5, z> Oolan bölge 2'de !lr2= 5'tir. (O,O,O)yakininda

Bi = Z.40ax+ io.Oaz (T) B2= 25.75ax- 17.7ay+ lO.Oaz (T)

olarak verilmektedir. Eger arayüzeyde bir akim tabakasi varsa, bunun orijindeki yogunlugunedir?

Orijin yakininda

1 . 1Hi =- Bi = - (1.60a"+6.67a.) (A/m)

/lo/lTl /Lo

1H2 = - (5.lSa" - 3.548,.+ 2.08.) (A/m)

110


. olur. Bu durumda K'nm yerel degeri1 5.0

(a... + ar) IK=(U1-U2)XanI2=-(-3.55a...+3.54ay+4.67a.)Xa.=- ~ 2 (A m)/Lu /lo Vk

ile verilir.

13.8. Serbest uzayda E = Emsin (wi - !3z)ay verildiginde D, B ve H'yi bulunuz. i =O'daE ve H'yiçiziniz.

D = EoE = EiiEmsin (wi - fJz)ay

V x E =-dB/di Maxwell denkleminden

a... ay az

yada

a a aI

aBa~ ay az =-ato Emsin (wi - (Jz) O

aB- at = fJEm COS (wi - fJz )a...

elde edilir. Statik bir alan olan integrasyon "sabiti" ihmal edilerek integral alinirsa

fJEm .( fJ )B= --sm wi - z R...

w

bulunur. Bu durumda

{JE",.( (J )H = --sm wi - z ax

Wllo

olur.

E ve H'nin karsilikli olarak dik olduguna dikkat ediniz. t =O'dasin (ca - {3z)=-sin {3zolur. Se-kil 13-7, pozitif Emve {3için z ekseni boyunca iki alani göstermektedir.

x

H

y E

it =oi

z

Sekil 13-7

13.9 Problem 13.8'deki E ve H alanlarinin z yönünde yürüyen bir dalga olusturdugunu gösteriniz.Dalga hizinin ve EIHnin yalnizca serbest uzayin özelliklerine bagli oldugunu kanitlayiniz.

E veH birliktesin (ca - {3z)seklinde degisir. Bu durumda E ve H'nin durumlariw

z = ii(i - lii)wl - fJz = sabit = Wlo veya

ile karakterize edilir. Fakat buw

c=fj

13. Bölüm MAXWELL DENKLEMLERI VE SINIR KOSULLARl 213

hizi ile normali az yönünde hareket eden bir düzlemin denklemidir. ({3ve (O'ninpozitif oldugu varsa-yilmistir; (3 negatif ise, hareket yönü -az olur). Böylece, Sekil 13-7'deki bütün örüntü c hizi ile z ek-seninde ileri dogru hareket eder.

Maxwell denklemi V X H = ani at

a~ ay az

aax

aay

aaz =!.. €oEmsin (wt - fJz)ayat

ve

-fJEmsin(WI-fJz) Owjlo

fJ2E!!!CAS (wt - fJz )ay = €oEmw cas (wt - fJz )ay

wfJo1 w2- =

fJ2

€of-lo

c = ~€:IlO = -V(io-9/36n;)~4n:x 10-7) 3 x lO!I(m/s)

!i= WfJo = ~ = i20n; (V iA) = i20n; QII fJ ,,~

O

verir. Sonuç olarak

bulunur.

13.10 Serbest uzayda H = Hm d(OJI+ {3z)axverildigine göre E'yi bulunuz.an

VXH=-at

aa- H t!(M+/IZ) an

z m ay=- at

jfJH ei(u,i+/lz) anm ay=- at

fJHm _i(",t+/Jz)aD=-i:' yro

ve E =D/E o bulunur.

13.11 Serbest uzaydaE = 30Jrei(H)8t+/lz)ax(V im)

verildiginde Hm ve B'yi bulunuz (P> O).Bu (orada E'nin y yönünde ve H'nin x yönünde olmasinin disinda) esasinda Problem 13.8 ve

13.9'daki ile ayni olan bir düzlem dalgadir. Problem 13.9'un sonuçlari serbest uzayda bu türden her-hangi bir dalga için geçerlidir:

w i-= .~=3 x ioii(m/s){3 v €olln

Böylece verilen dalga içinioR i

fJ =- = - (radim)3xioR 3

H = Hmei(loRt+/lz)ay (A/m)

!i= ~ =i20n; QH ~;:,

30n; i

LLm= :t: i20n; = :t: 4 (A/m)

elde edilir.

Rm'nin isaretini saptamak için V x E =- aB fat denklemini uygulayalim:jfJ30n;ei(J(i"'</lZ)ay = -jlO!lf-lnHmei(l(,"'+/!Z)ay

Buradan Rm'nin negatif olmasi gerektigi görülür.


13.12.,ur = 1 olan homojen iletken olmayan bir bölgede

E = 30JreiIWl-(4I3)Ylaz(V im) H = 1.oeilc"'-(4/3)Y]ax (A/m)

ise Er ve m'yi bulunuz.Problem 13.9'a benzer olarak

w 1 3x1O8-=-=- (mis)fJ -..[ip VE,IJr

elde edilir. Böylece, ilr= i oldugundanw 3xio8 1- =- 30;ir= 120;ir-1 VE. - VE.

ve buradan Er = 16, ro= ioH rad/s bulunur. Bu ortamda isigin hizi c i 4 tür.

5..= ~= 120;ir r;. (Q)H \/; \/;;

Ek Problemler13.13. tlrl =5 olan bölge I, 6x + 4y + 3z =12 düzleminin orijini içeren tarafindadir. Bölge 2'de tlr2= 3'tür. H,

1Hi = - (3.0ax - 0.5a)') (A/m)

IJo

olarak verildiginde B2 ve 82'yi bulunuz.Yanit: 12.15a, + 0.60a)' + 1.58a, (T),56.6°

13.14. Iki farkli bölge arasindaki arayüzey üç kartezyen eksenden birine diktir. Eger

Bi = IJo(43.5ax+ 24.0a.) B2= IJo(22.0a.+ 24.0a.)

ise (tan 81)i (tan 82)orani nedir? Yanit: 0.506

13.15. Tam dairesel bir silindirin içinde Ilrl = 1000'dir. Disi serbest uzaydir. Silindirin içinde Bi =2.5 39' (7)

ise hemen disarda B2'yibelirleyiniz. Yanit: 2.5a<1>(m7)

13.16. Küresel koordinatlarda, bölge 1 r < a, bölge 2, a < r < h ve bölge 3, r> h'dir. 1lr2= 500 olup, bölge ive bölge 3 serbest uzaydir. Bi =0.20 ar (7) olarak verildiginde her bölgedeki H'yi bulunuz.

0.20 4 x 10-4 0.20Yanit: -(Alm), (A/m). - (A/m)

IJo IJo tlo

13.17. x = O daki bir K = (8.0 i J..IO)ay (Nm) akim tabakasi x < O ve Ilrl = 3 olan bölge 1 ile x > O ve 1lr2= iolan bölge 2'yi ayirmaktadir. Hi = (10.0 i J..IO)(ay + az) (A/m) olarak verildigine göre H2 yi bulunuz.

1Yanit: .:- (1O.0a)' + 2.0a.) (A/m)

tlo

13.18. x = Odüzlemi, x < O ve Ilrl = 2 olan bölge I'i, x > O ve 1lr2= 7 olan bölge 2'den ayiran, yogunlugu Kolan bir akim tabakasi içermektedir. Bi ve B2

Bi ==6.0ax + 4.0a.v+ lO.Oa, (T)

olarak verildiginde K'yi bulunuz.

~ = 6.0ax- 50.96a)'+ 8.96a, (T)

Yanit:1

/- (3.nay - 9.28a.) (A m)tlo

13.19. Serbest uzayda D = Dmsin (ca + f3z)axtir. Maxwell denklemlerini kullanarak-wtloDm .

( iiB = fJ sm wl + fJZ)a)'

13. Bölüm MAXWELL DENKLEMLERi VE SINIR KOSULLARI 215

oldugunu gösteriniz. DiLi> O, {3> O varsayarak t = O da z ekseni boyunca alanlari çiziniz.

Yanit: Sekil 13-8 e bakiniz.x

yaYllm~

it =Oi

z

y

Sekil 13-8

13.20. Serbest uzayda B

B = Bmt!(,"H/JZ)ay

olarak verilmektedir. E'nin

wBm t!(wt+/lZ}a.E=--p


13.21. l.1r= 1 ve Er = 50 olan homojen bir bölgede

E = 20nt!«Ul-/lZ)a. (Vim) B = !-triHmt!(M-flZ}ay(T)

olarak verilmektedir. Dalgaboyu 1.78ni ise rove H",'yibulunuz.Yanit: 1.5 x 108rad/s, 1.18 A / ni

Bölüm 14

Elektromanyetik Dalgalar14.1 GIRIs

Maxwell denklemlerinin bazi dalga çözümleri Bölüm 13'ün çözümlü problemlerinde ele a-linmisti. Bu bölümde, elektromanyetik dalgalar daha detayli bir biçimde. incelenecektir. Dalga ya-yilmasinin incelendigi birçok ortam yüklerden bagimsiz oldugundan yük yogunlugunun p = O ol-

dugu kabul edilecektirAyricaD =EE, B = ,UHve J = OE esitlikleri ile tanimlanandogrusalveizotropik bir ortam oldugu varsayilacaktir.

14.2 DALGA DENKLEMLERI

Yukarida yapilan kabuller ve E, H alanlarinin her ikisi için de geçerli olan eirotzaman ba-gimliligi ile birlikte Maxwell denklemleri (Tablo 13-1)

V XH =(a+ jwE)EVxE= -jwpHV.E=O

V. H=O

(1)

(2)

(3)

(4)

olur. (i) ve (2) esitliklerinin rotasyoneli alinirsa

V x (V x H) = (a+ jOJE)(V x E)

V x (V x E) = -j 0JfL (V x H)

elde edilir. Simdi, sadece Kartezyen koordinat sisteminde, bir vektör için

V2A ==(V2Ax)ax + (V2Ay)ay + (V2Az)az

olarak tanimlanan Laplace operatörn

V x (V x A) =V(V.A) - V2A

esitligini saglar. Rotasyonelin rotasyoneli için bagintilar yerine konulur ve (3) ile (4) esitliklerikullanilirsa

V2H =jmjl( a+ jOJE)H ==YH

V2E = j mjl( a + j (J)E)E ==yE

vektör dalga denklemleri elde edilir. y'nin karekökü yyayilma sabiti olarak tanimlanir:

y= a+ j{3a ve {3pozitif gerçel sabitlerdir ve

a=rol~[~-l]

p ~m.iii2E [~L+(:E)2 + 1]

(5)

(6)

bagintisi ile tanimlanirlar.

216

scorpio

Elektromanyetik Dalgalar

14. Bölüm ELEKTROMANYETIK DALGALAR 217

14.3 KARTEZYEN KOORDINAT SISTEMINDE ÇÖZÜMLER

alF 1 alF

azl - 7 atl

tek boyutlu dalga denkleminin çözümleri f ve g keyfi fonksiyonlar olmak üzere F =i(z - ur)veF =g(z + ut) biçimindedir.Bunlar sirasiyla+zve -z yönündeu hizi ile ilerleyendalgalaritemsileder-ler. Sekil 14-1'de birinci çözüm t = Ove t = ti için gösterilmistir; dalga ti zaman araliginda +z yö-nünde ut] kadar ilerlemistir.

F

ii: Oi ii: Li i

I(Zo)

-"/- ki '...,i I(zi - uiti)

i Zl

~ Illi ~ z

Sekil 14-1

Özelolarak

j{x) = Ce-:;wx/ii ve g(x) = De+jwx/ii

seçilirse açisal frekans i molan harmonik dalgalar elde edilir:

F =Cej«(JJt-{3z) ve F =Dej(Wl + {3z)

Bu esitliklerde f3 ==(Olu'dur. Gerçel ve sanal kisimlar da dalga denkleminin çözümleridir. Bu çö-zümlerden bir tanesi, F =C sin (mf - f3z), Sekil 14-2'de t = Ove t = rrl2roiçin gösterilmistir. Belir-tilen zaman araliginda dalga pozitif z yönünde d =u(7rl2w) = 7rl2f3yolu kadar ilerlemistir. Herhangibir sabit t aninda x, 27rlf3 kadar degistigi zaman dalga sekli kendini tekrar eder;

11,==211:/3

uzakligina dalga boyu adi verilir. Dalga boyu ve 1==coilir frekansi için

Af= u veya II,= Tu

esitlikleri yazilabilir. Burada, T == lif =27rlcoharmonik dalganin periyodudur.

Bölüm 14-2'dekivektördalga denklemlerininburadatartisilançözümlerebenzerçözümlerivardir.Kartezyenkoordinatsistemindekiax,ayve azbirimvektörlerinindogrultularisabitoldugun-

\z

Sekil 14-2

218 ELEKTROMANYETIK DALGALAR 14. Bölüm

dan H için dalga denklemi yeniden

d2H d2H d2H ?

-+-+-=y-Hdx2 dy2 dz2

biçiminde yazilabilir. Özellikle önemli olan çözümlerden biri de sadece bir koordinata, örneginz'ye bagli olan çözümlerdir (düzlemsel dalgalar). Bu durumda yukarida verilen esitlik

d2H 2H-=ydz2

seklinde yazilabilir. Bu ise, varsayilan bir e JO)izaman bagimliligi için tek boyutlu skalar dalgadenkleminin vektörel yapidaki ifadesidir. Çözümler, yayilma sabiti y cinsinden, daha önce verilençözümlerle aynidir.

+iz ;W(H(z, t) = Hoe- e aH

Buna karsilik gelen elektrik alan çözümleri ise+iz ;W(E(z, t) = Eoe- e aE

olur. aHve aE sabit birim vektörleri ortogonaldirler (birbirlerine diktirler) ve yayilma yönünde bilesenlerimevcut degildir. Durum böyle olunca eksenler, alanlardan bir tanesi örnegin E, x-ekseni yönü ile çakisin-caya kadar döndürülebilir. Bu takdirde (2) numarali Maxwell denkleminden görülecegi üzere :t z-yönündeki yayilma için H alan vektörn de:ty ekseni yönünde olur.

ÖRNEK i. E =EOe-r--aEalani verilmistir (zaman bagimliligi gösterilmemistir). E nin yayilma yönünde. a,bileseninin mevcut olamayacagini gösteriniz.

aE'nin kartezyen bilesenleri izdüsüm yöntemi ile bulunur:

E =Eoe-"'(Z[(aE' aJax + (aE' a)')a" + (aE' aJaz]

V.E = Oesitliginden

:z EOe-rz(aE oaJ=O

bulunur. Bu esitlik sadece acaz = Oolmasi halinde geçerlidir. Sonuç olarak E'nin azyönünde bileseni mevcutdegildir.

Yukarida elde edilen düzlemsel dalga çözümleri ortamin 11, E ve (j özelliklerine baglidir,çünkü y yayilma sabiti de bu özellikleri içerir

14.4 KiSMEN ILETKEN ORTAMLAR IçIN ÇÖZÜMLER

Az bir iletkenlige sahip bir ortam için (örnegin nemli toprak, deniz suyu) dalga denklemininE cinsinden çözümü

E = Eoe -rzax

olarak ifade edilir. Bu takdirde Bölüm 14.2'deki (2) esitliginden

~(j + jOJ E -IZ

H = . Eoe ayjOJ/l

bulunur. E/H orani ortamin karakteristigidir (Ayrica frekans bagimlidir). Daha açik olarak +z yö-nünde yayilan E = Ezan H = Hr ay dalgalari için karakteristik empedans

E1]=~

Hy

11= ~ olupV~seklinde tanimlanir. Dolayisiyla

14. Bölüm ELEKTROMA.NYETIK DALGALAR 219

1]karakteristik empedansi,

1111= ~ ,FW

tan 28= ~(J)E

ve 0° < 8< 45°

olmak üzere, 11]1Le kutupsal formunda ifade edilebilir. (Eger dalga -z yönünde ilerliyorsa, E/H,

=-1] olur. Bunun sonucu olarak y yerine -y konulur ve diger kare kök ifadesi kullanilir.)

eiOJtzaman bagimliligi kullanilir ve y = a + jfJ yazilirsa kismen iletken bir ortamdaki alanlariçin asagidaki esitlikler elde edilir:

E(z, t) = Eoe-Otzei(fht-/1z)sx

H(z t) = Eo e-OtZei(fht-/1z-8) s, 1171 y

e-az çarpani nedeniyle dalga +z yönünde ilerlerken E ve H alanlarinin her ikisinin de genlikleri za-yiflar. Bölüm 14.2'de a için verilen (5) esitliginden görülecegi üzere (j iletkenligi sifir olmadigisürece zayiflama mevcut olacaktir. Sadece mükemmel dielektrik veya serbest uzay için iletkenliksifira esittir. Benzer sekilde E(z, t) ve H(z, t) arasindaki 8 faz farki sadece (j sifira esit oldugu za-man sifirdir.

Yayilma hizi ve dalga boyuro 1

u~ fJ ~~'( F(:J +1)

A= 2n = 2n

fJ roV~E(F+(:J2+1)

esitlikleri ile tanimlanir. Eger yayilma hizi biliniyorsa A dalga boyunu bulmak için Af= u esitligikullanilabilir. ((j/ ux= / teriminin, hizi ve dalga boyunu, iletkenligin (j = Ooldugu serbest uzay veyamükemmel dielektriklerdeki degerlerinden zayiflatici etkisi vardir. Ortam dagitkandir (dispersif).Yani, farkli frekansli dalgalar farkli u hizlarina sahiptir.

14.5 MÜKEMMEL DIELEKTRIKLER IçIN ÇÖZÜMLERMükemmel bir dielektrik için (j= O'dir ve dolayisiyla:

a=O fJ= OJ~ 11=*LOo

a = O oldugundan E ve H dalgalarinda zayiflama yoktur. 1]'nin açisinin sifir olmasi nedeniyle bellibir noktadaki H ve E ayni fazdadir. E'nin ax ve yayilmanin az yönÜnde oldugu kabul edilirse alandenklemleri Bölüm 14-4' dekilerin limiti olarak elde edilebilir:

E(z, t) = Eoej(WI-f3z)ax

HCz, t) = Eo e j(wi-f3z)ay11

Hiz ve dalga boyu iseOJ 1

u-----f3-~

A= 2rc - 2rcf3 - ~ biçimind t

OJ-vf.1E e animlanir.


Serbest uzaydaki çözümler

Serbest uzay mükemmel bir dielektrik ortamdan baska bir sey degildir. J1,€ ve u'nun serbestuzay için degerleri su biçimde tanimlanir:

-12 10-9E =Eo =8.854 x 10 F/m"" - F/m

36ir

17= 170""I20n Q ve u = c ""3 x 108 mis

14.6 IvI ILETKENLER IçIN ÇÖZÜMLER; DERI KALiNLiGi

J1 = J1o = 4n x 10-7 HIm

Eger çalisilabilecek frekans araliginda malzemenin ey degeri ey» m E kosulunu sagliyorsamalzeme iyi bir iletken olarak siniflandirilir. Bu takdirde yayilma sabiti ve karakteristik empedans,

[(OiW ~ ~ o

a = {3= VT = v7if).lCJ 17=V~ 145

degerlerini alirlar. Görüldügü gibi bütün iletkenlerde E ve H dalgalari zayiflatilir. Sayisal örneklerbunun çok hizli bir zayiflatma oldugunu gösterecektir, a her zaman j3'ya esit olur, Her sabit nokta-da H ve E arasindaki faz farki 45° veya n/4 rad'dir, Bir kez daha E'nin axve yayilmanin azyönün-de oldugu kabul edilirse, alan esitlikleri, Bölüm I4.4'den:

E(z, t) = Eoe-azj<ca-f3z)ax H(z, t) = ~i e-azj<ca-f3zXCiJtf3z-irl4)ay

y=a+ j{3

Ayricau~ ;~~:: ~~

'\ 2ir 2ir ~ 1 b'l

'

l\,= -= ~ -2iru yazi a i ir.{3 vTifIiCJ

Iletken bir ortamda hiz ve dalga boyu burada deri kalinligi veya sizma derinligi cinsinden ifade e-dilmistir.

1

8 ==.JTifIiCJ

ÖRNEK 2. Sekil 14-3'de görüldügü gibi z > O'da yer alan, iletkenligi CJ= 58 MS/m olan bir bakir iletkeninyüzeyiüzerinde!= ml2ir= 100MHz frekansli bir E = i.Oe-azd<ca-Max(V/m) alaninin mevcut oldugunukabul ediniz. Dalga iletkenin içine dogru yayildikça zayiflamayi inceleyiniz.

x

Euji.O ~0""0 o'

Y

y'Y": .

)onu

z

Sekil 14-3

z derinliginde alan genligi

olup, burada

IEI= LOe-az = I O -zj(j

1 . e8=--661

.J1Cjj1cr-. ~m degerindedir.


Dolayisiyla sadece 6.61 mikrometre sonra al~n genligi baslangiç degerinin e-i = % 36.8'ine düser.5 D 'da, yani 33 mikrometrede genlik baslangiç degerinin % 0.67'sidir, yani pratik olarak sifirdir.

14.7 GELEN DALGANiN DIK OLMASI DURUMUNDA ARA YÜZEY KOSULLARI

ilerleyen dalga iki farkli bölgeyi ayiran arayüzeye geldigi zaman bir kismi yansir ve bir kis-mi da kirilir. Bu iki kismin genlikleri bölgelerin sabitleri (elektriksel özellikleri) ile belirlenir. Sekil14-4'de, ilerleyen bir E dalgasi z = O'daki arayüzeye i. bölgeden, z < O, yaklasmaktadir. Ei ve ETalanlari z = -O da, Ei ise z = +0 dadir. (2. bölge). Burada i "gelen", r "yansiyan" ve t "kirilan" an-laminda kullanilmistir. Dalganin arayüzeye dik geldigi kabul edilmistir. E ve H için denklemler

Ei(z, i) = E:.e-Yizei°"a.ir

Er(z, i) = Er,eYizeio)'a.ir

Ei(z, i) = E:,e-Y2Zeio)'a.ir

Hi(z, i) = H:.e-y,Zeio)'ay

H'(z, i) = HaeYizeio)'ay

H'(z, i) = H:,e-Y2Zeio)'f:ay

seklinde yazilabilir. Alti sabitten bir tanesi, hemen hemen her zaman Eb, gerçel olarak alinabilir.Az sonra çikarilacak olan arayüzey kosullari altinda geriye kalan bes sabitten biri veya daha fazlasikarmasik büyüklük olarak bulunabilir.

x

0 Q)

(11. Ili. 1:1

z

y

Sekil 14-4

Dik gelen dalga durumunda, E ve II bütünüyle arayüzeye tegettirler ve dolayisiyla arayüzey bo-yunca sürekli olurlar. Bunun z = O'daki anlami

Eb +E~ = E~ Hb +H~ = H~

olur. Ayrica her iki bölgede karakteristik empedans ~JHy'ye esittir (bakiniz Bölüm 14-4)..Eio

Hi =7]1o

E~HT =-7],o

E~Hi =7]2o

Yukaridaki bes denklem asagida karakteristik empedans cinsinden verilen oranlari elde etmek içinbirlestirilebilir.

Eo 7]2- 711

E~ 7]1+ 712

E~- 2712E~ - 711+ 712

Ho= 711- 712

H~ 711+ 712

H~ 2711

H~ 711+ 712


Çesitli malzemeler için karakteristik empedanslar daha önce incelenmisti. Bunlar referans olmalariiçin tekrar verilmektedir.

iletken ortam

~'Wf.lTl=

(] + jWE

Tl = {iif- /45°

- f/JTl-'J~

~OTlo= - = 120JrQ

Eo

kismen iletken ortam

mükemmel dielektrik

serbest uzay

ÖRNEK 3. Serbest uzayda (bölge 1) ilerleyen E ve H dalgalari arayüzeye dik olarak gelmektedirler. 2. bölgebir mükemmel diel«ktriktir ve bu bölge için Er = 3.0'dir. Gelen, yansiyan ve kirilan E ve H dalgalarininarayüzeydeki genliklerini karsilastiriniz.

E~ - 112- 111= -0.268E~ - 1]1+ 112

E~_~=0.732E~ - 1]1+ 112

- ~= 120.ii= 217.7 Q1]2- '/; VE,

H~ - 1]1- 112=0.268H~ - 111+ 112

H~_~=i.268H~ - 111+ 112

111= 1]0 = 120.ii Q

14.8 EGIK GELEN DALGA VE SNELL YASALARiIki farkli ortam arasindaki bir düzlemsel arayüzeye çarpan gelen dalga genel olarak ikinci

ortamda bir kirilan dalganin ve birinci ortamda da bir yansiyan dalganin olusmasina neden olur.Gelme düzlemi gelen dalganin normalini ve arayüzeyin yerel normalini içeren düzlemdir; Sekil 14-5'de bu xz düzlemidir. Yansiyan ve kirilan dalgalarin normalleri de yansima düzleminde yer alirlar.Gelme açisi Bi,yansima açisi Brve kirilma açisi Bz(hepsi Sekil l4-5'de tanimlanmistir.) Snell yan-sima yasasina

Bi= Brve Snell kirilma yasasina

sin ei =~ Jl2E 2sine, JliEi

uyarlar.x

:-.,

YansivanEi 402

7

Gelen dalganormali

Sekil 14-5


ÖRNEK 4. Bir dalga, havadan Er= 2.1 olan teflona 300'lik açi ile gelmektedir. Kirilma açisini hesaplayinizve islemleri bölgelerin yerlerini degistirerek tekrarlayiniz.

Ili = 112oldugundan

sin e i = sin 30° = JE r2 =.J2isinei sin et Eri

Teflon ile hava geçisi için asagidaki bagintilar yazilabilir:sin 30° 1

sin ei - .J2j

Her iki ortamin da manyetik geçirgenliginin ayni oldugu kabul edilirse optik olarak daha yogun birortamdan yayilma (fE1> fE2) 81> 8i sonucunu dogurur. 8i arttikça 81= 900olmasinisaglayacakbirgelme açisi degerine ulasir. Bu kritik gelme açisinda ikinci ortama geçen bir dalga yerine yüzeyboyunca yayilan bir dalga ortaya çikar. Kritik açi

veya et =20.18°

veya et =46.43°

8c = sin-I JE r2. E rI

bagintisi ile verilir.

ÖRNEK 5. Teflondan serbest uzaya yayilan bir dalga için kritik açi su biçimde bulunur:

ec= sin-I ~ = 43.64° .v2.1

14.9 DiKEY KUTUPLANMA

E elektrik alaninin gelme düzlemine göre yönelimi dalganin iki farkli ortam arasindakiarayüzeyde nasil kutuplanacagini belirler. Dikey kutuplanmada E gelme düzlemine diktir (Sekil14-6'daki xz düzlemi) ve dolayisiyla arayüzeye (düzlemsel) paraleldir. Arayüzeyde asagidaki esit-likler geçerlidir:

E6 =T12cosei -171 cosei

Eb 172cos8i +171cosei

Eb = 2172cosei

Eo 172cose; +171cosei

Dikkat edilirse dik gelme durumunda 8i = 81 = Oo'dirve yukaridaki ifadeler Bölüm l4.8'de bulunanifadelere indirgenir.

x

O~0

z

Sekil 14-6


Eger Jli =Jli ise, herhangi bir 9i için

17icos8; -171 cos8, *- O

oldugunu göstermek zor degildir. Dolayisiyla dikey kutuplaninali gelen dalga kismen veya tamamen yansir.

14.10 PARALEL KUTUPLANMA

Paralel kutuplanma durumunda E elektrik alan vektörü bütünüyle gelme düzlemi (Sekil i4-7'de gösterilen xz düzlemi) içinde yer alir. Böylece E , dikey kutuplanmada H'nin oynadigi rolüoynar. Arayüzeyde asagidaki esitlikler geçerlidir:

Eo= "2 cos 8, - "1 CAS8iE~ ". CAS8i + "2 CAS8,

E~ 2"2 cas 8iE~. 711cas 8i - "2cas 9,

0XL CV

~'~.Hr

Eri

Ei\

=

Sekil 14-7

Dikey kutuplanmanin aksine, J.Li = J.Liolmasidurumunda,yansiyandalganinolmadigibir gelmea-Çisi mevcuttur. Brewster açisi olarak adlandirilan bu açi

8 -I IfiB=tan -

Ei

bagintisi ile tanimlanir.

ÖRNEK o. Havadan, Er = 5.0 degerli cama yayilan paralel kutuplanmali bir dalga için Brewster açisinindegerini bulalim:

98 =tan-I .JS:Ö =65.91°

14.11 DURAN DALGALAR

Mükemmel dielektrik «1'1= ai = O) bir ortamda yayilan dalgalar mükemmel iletken «1'i = 0:="17i= O) bir arayüzeye dik olarak geldikleri zaman yansiyan dalga ve gelen dalga birlikte bir durandalga olustururlar. Iki ucu sabitlestirilmis bir iple kolayca gösterilebilen böyle bir dalgada yarimdalga boyu aralikli bütün noktalarda salinimlar ayni fazdadirlar. Gelen ve yansiyan dalgalarin birle-simi

E (z t) - [Ei ej(ON-(Jz)+ Er ej(ON+(Jz) ]a - ejON (Ei e-j(Jz + Er ej(Jz)a, - () () x - () () x

seklinde yazilabilir. 17i= Ooldugundan E~ i E~ = -1 ve


E(z, t) = eifJX(Ebe - j{3z - Ebej{3z ~ x = -2jEb sin !3zejfJX a x

veya gerçel kismi alinarakE(z, t) =2 Eb sin pz sin mt 3x

yazilabilir. Duran dalga Sekil 14-8'de T/8 uzunlugundaki zaman araliklarinda gösterilmistir. Burada,T =27r1mperiyottur. t =O'da her yerde E = O'dir; t = (T/8)'de E vektörlerinin uç noktalari 1 numaralisinüs egrisi üzerinde, t = 2(T/8)'de 2 numarali sinüs egrisi üzerinde yer alirlar ve bu sekilde devam e-der. 2 ve 6 numarali sinüs egrileri salinimlar için bir zarf olustururlar; bu zarfin genligi gelen dalganin

genliginin iki katidir. Dikkat edilirse komsu yarim dalga parçalar birbiriyle 180° faz fark1ldirlar.x

0=0 0'=00

0.4.8

2E&

~

Sekil 14-8

14.12GÜÇ VE POYNTING VEKTÖRÜ

Iletkenligi CJolan bir ortam için birinci Maxwell denklemi yazilir ve denklemin her iki tara-finin E ile skalar çarpimi alinirsa

aEVxH=oE+E-

ataE

E .(V x H) = oE2 + E . E-at

bulunur.Bu esitlikteE2=E-E'dir. V.(AxB)=B .(VxA) - A.(VxB) vektör esitligidenkleminsoltarafini degistirmek için kullanilmistir.

r7 r7 2 dEH.( vxE) - v .(ExH) = CJE + E'E-

dt

Ikinci Maxwell denklemi geregince,

H.(VxE) = Mo(- J1dH)

=- J1dH2L dt 2 dt

yazilir. Benzer sekilde, E-E dE - E dE2dt - 2"at

elde edilir. Bulunan esitliklerin yerlerine konulmasi ve terimlerin yeniden düzenlenmesiyle


2

2 E dE2 - J1 dH - V.(E x H)(JE =-"2 dt 2 dt

elde edilir. Bu denklemin keyfi olarak seçilen bir v hacmi üzerinden integrasyonu

f f (

E oE2 ilOR2

) faE2dv=- --+-- dv- (EXH).dSv v 2 ot 2 ot s

esitligini verir. Burada esitligin sag tarafindaki son terim diverjans teoremi uygulanarak v'nin yü-zeyi üzerinden alinan integrale dönüstürülmüstür.

Sol taraftaki integralin birimi watt' dir ve birim zaman basina isi olarak harcanan enerj iyitemsil eden omik bir terimdir. Bu harcanan enerj inin kaynagi sag taraftaki integraller tarafindanbelirlenir. EE2/2 ve j.J.H2/2sirasiyla elektrik ve manyetik alanlarda depo edilen enerji yogunluklariolduklarindan hacimsel integral (eksi isareti dahil) bu depo edilen enerjideki azalmayi verir. Bununsonucu olarak yüzeysel integral (eksi isareti dahil) disardan hacim içine giren enerji hizi olrr'idlidir.Bu takdirde bir isaret degisimi hacimden disari çikan ani enerji hizmi verir:

Pet) = Tç (E X H)' .dS=fiJ>.dS

Burada t!J= E x H, bir noktada birim alan basina düsen ani enerji akis hizi olarak tanimlananPoynting vektörüdür.

Poynting vektörünü tanimlayan vektörel çarpimda alanlarin gerçel yapida olduklari kabul e-dilmistir. Öte yandan, eger E ve H karmasik yapida ifade edilirler ve ortak dM zaman bagimliiiginasahip olurlarsa bu durumda g"J'nun zaman ortalama degeri

t!J = 1 Re (E X H* )ort. 2

bagintisi ile verilir. Burada H*, H nin karmasik eslenigidir. Benzer sekilde devre analizinde karma-

sik güç S = + VI * olup, güç P = + ReVI*, bunun gerçel bölümüdür.

Düzlemsel dalgalar için, enerji akisinin yönü yayilmanin yönüdür. Dolayisiyla Poyntingvektörü yayilma yönünü belirlemek veya eger yayilma yönü biliniyorsa alanlarin yönünü belirle-mek için koordinatlardan bagimsiz yararli bir yöntem sunar. Bu yöntem, gelen, kirilan ve yansiyandalgalar incelendiginde özellikle yararli olabilir.


14.1 Yayilan bir dalga y = 10 sin ({3z- mi) Ile tanimlanmistir. Eger hiz 3x iog mis ve açisal fre-kans (J)=106radlsise, dalgayi,A/8kadar ilerlediginde,t = Ove t = ti anlarindaçiziniz.Is-lemleri (J)=2 x 106radls ve ayni ti ani için tekrarlayiniz.

Dalga bir periyoi, T =2n/s, boyunca le kadar ilerler. Dolayisiyla,

T -3-tl=S-4W

B)

n -236mA =eti =(3X10 4(106)-8


Sekil 14-9 (a)'da dalga t =O ve t =ti için gösterilmistir. Frekans iki katina çiktiginda dalga boyu yari

degerine iner ve faz kayma sabiti f3önceki degerinin iki katina çikar. (Sekil 14-9(b)'ye bakiniz.) ti a-nindada dalga236 m ilerlemistiLancakbu kez uzaklik A14'dür.

yt = O

i '" = 106 i

y

LoL-1",=2xl061i

z z

(a) (b)

Sekil i 4-9

14.2 Serbest uzayda, E(z, t) = 103 sin «(ot- [3z)a, (Vlm)' dir. H(z, t)'yi bulunuz.

OJ{- f3z fazi incelenirse yayilma yönünun +z oldugu görülür. E x H vektörünün de +z yönünde ol-masi gerektiginden, H -azyönünde olmalidir. Bu nedenle

103H x=--sin(mt - f3z) (Alm)

120n

103H(z, t)= --sin(mr - f3z)ax (Alm)

120n

14.3 f = 95.5 MHz ise, Problem 14.2' deki dalga için y yayilma sabitini belirleyiniz.

Ey

~ =170 =120nQxveya

ve

Genelolarak, y = .Jjmf..l(a+ jm E) 'dir. Serbest uzayda a= Ooldugundan

. . ~ .(2Jif\ .2ir(95.5 x 106)Y= jWv,",o€o= j ~) =j 3 x 108 =j(2.0) m-i

olur. Dikkat edilirse bu sonuç a =Ove f3= 2.0 oldugunu gösterir.

14.4 E(z, t) = io sin «(ot+ [3z)az + 10 cas «(ot + [3z)a, alanini z = O düzleminde, (ot =O, n:J4, n:J2,

3n:J4ve Jriçin inceleyiniz.

HesaplamalarTablo14-1'de verilmistir

Tablo 14-1

Wl E" = 10 sin wl Ey = cos wl E = E"8,, + Eyay

O O 10 lOay

ir 10 10

10( a":-i ay)-

vi4 viir

10- O 10a"2

3ir 10 -10

10(a";2ay)- -4 vi viir O -10 10( -ay)


Sekil 14-lO'da gösterildigi gibi E(x, t) daireselolarak kutuplanmistir. Ayrica dalga -az yönünde iler-ler.

x

14.5 Faz kaymasi sabiti 30.0 rad/m ve genligi (l/31l') Alm olan bir H alani serbest uzayda -az yö-nünde ilerlemektedir. Eger alan t =O ve z = O oldugu zaman -ay yönünde ise E ve H'nin uy-gun ifadelerini yaziniz. Frekans ve dalga boyunu belirleyiniz.

E ve H arasindaki bagintiyi belirleyen Tl karakteristik empedansi, iletkenligi (J'olan bir ortamda

karmasik olur ve dolayisiyla E ve H'nin fazi karmasik yapida yazilmalidir. Serbest uzayda bu kisitla-ma gereksizdir. Alanin kosinüslü ifadesi kullanilirsa,

iH(z, t) =--cos(roi + [3z)av3n .

olur. -z yönündeki yayilma için

Ex = -Tlo = - 120nQHy

Dolayisiyla E(z, t) =40 cos (ca + [3z)ax(V/m)

elde edilir. [3=30 rad/m oldugundan

veya Ex =+40cos(rot+[3z) (V/m)

A= 2n n[3=15m

c 3xlO8 - 45 XlO8 Hzf =il = n /15 - n

bulunur.

14.6 Eger dalga frekansi 1.6 MHz ise J.lr= 1, Er = 8 ve G = 0.25 pS/m degerlerine sahip bir mal-zeme için y yayilma sabitini bulunuz.

Budurumda,

Dolayisiyla

(J' - 0.25xlO-12 - 10-9 - OroE - 2n(1.6x1o6 X8XIO-9/ 36nr -

~ .JPrEr 2[3""ro"PE =21if= -9.48xlO- rad/sc

ve Y= a + j[3""j9.48 x 10-2m-I'dir. Verilen frekansta malzeme mükemmel dielektrik gibi davranmakta-dir. i pS/m mertebesindeki iletkenlik,malzemenin daha çok bir yalitkan gibi davrandigini gösterir.

a""O

14.7 Neper ve desibel arasindaki dönüsüm faktörünü belirleyiniz.

GenligiE = Eoe-<Jz

bagintisina göre azalan, +z yönünde ilerleyen düzlemsel bir dalga göz önüne alalim.

/'1/\.. . y\ i

"i

Sekil 14-10


Bölüm 14.12' den bilindigi üzere dalga tarafindan tasinan güç E2 ile orantilidir. Dolayisiyla

P =Poe-2az

olur. Bu takdirde desibel tanimi geregince z uzakligi boyunca güç azalmasi, 10 log 10(pofP) dB 'dir.Fakat

PO LO PO 20 ( ) ( )101ogw-=-ln-=-\az =8.686\azP 2.3026 P 2.3026

oldugundan,az neper,8.686(az) desibeleesdegerdir,yani

1 Np =8.686 dB

14.8 Eger a = 5 x 10-3 Sim, J.lr= 1 ve EZr = 8 ise hangi frekanslarda yeryüzü bir mükemmeldielektrik olarak kabul edilebilir? Bu frekanslarda rJ.sifir kabul edilebilir mi?

Kesim frekansinincr 1

-s;-mE 100

biçiminde belirlendigini kabul edelim. Bu takdirdem 1OOCJ

f =-~-=1.l3GHz2n 2n E

olur. Küçük cr/WE degerleri için:

a=w~~( ~1+(;;;r -1)

~~E [

1

(o)

2

]O

f;O ~,

=w - - - =- -=- -(120ii)=0.333Np/m2 2 WE 2 E 2 E,

Dolayisiyla frekans ne kadar büyük olursa olsun ayaklasik 0.33 Np/m veya 3 dB/m olacaktir (bakinizProblem 14.7) ; cl sifir kabul edilemez.

14.9 a =38.2 MS/m ve J1r= i degerlerine sahip alüminyum 'için 1.6 MHz frekansindaki li deri

kalinligini bulunuz. Ayrica yve u dalga hizini da bulunuz.

8 - ~ - 6.44x10-5 m = 64.4,um1if,ucr

a = {3= DJ oldugundan:

r = 1.55 x 104 + j1.55 x 104 = 2.20 X 104 cl,i° (m-i)m

u=-=wl) =647 (mis){3

ve

14.10 Dikey kutuplanmis bir dalga i. bölgeden (EZri = 8.5, J.lrl= 1, ai = O) serbest uzayolan 2. böl-

geye dogru 15°' lik bir gelme açisi ile yayilmaktadir, Eb=1.0,uV/m olarak verilmistir.E;,Eb,Hb veHb 'yi bulunuz.

Karakteristik empedanslar

170 120171= r:-- = ~ =1290

VErl ",8.5

ve 172=170 = 120nD

olup, kirilma açisi

sin 15° ~sin Or =V 8.5 EO

veya Oi=48.99°

olarak bulunur.


Bu takdirde

E~ =112 COSe; -1]1 COSel =0.623E~ 1]2COSe;+1]1cosei

Eb - 21]2cose; -1.623Eb 1]2COSe;+1]1cosei

bulunur. Sonuç olarak, Hb = Eb /1]1= 7.75 nA/m, H~=4.83 nA/m, veHb = 4.31 nA/m olacaktir.

veyar

EO = 0.623 J1VIm

veya Eb = 1.623 J1V/m

14.11 (J =58 MS/m, Jlr= 1 olan iletken bir ortamda! = 100 MHz [rekansta 11karakteristik empe-

dansini, y yayilma sabitini ve u dalga hizini hesaplayiniz.

o: = f3 = 1.51 x iOS

y =VwJJo/45° = 2.14 x lOs/45° m-i

'1= ~ /45° = 3.69 x io-3 /45° Q

1Ö =-= 6.61 JJmo: u = wö = 4.15 x iif mis

14.12 Serbest uzayda (z < O)+z yönünde ilerleyen bir düzlemsel dalga z =O'da karakteristik özel-likleri (J =61.7 MS/m, J1r= 1 olan bir iletken üzerine (z > O) dik olarak gelmektedir. Serbestuzaydaki E dalgasinin frekansi! = 1.5 MHz ve genligi 1.0 VIm' dir. Arayüzeyde elektrik alan

E(O, t) = 1.0 sin 2nft ar (VIm)

bagintisi ile verilmistir. z> O için H(z, t)'yi bulunuz.

z > Oiçin ve karmasik yapida

E(z, t) = 1.0e-azt/(2iiji-/}z) ay (V/m)

olur. Sonradan bu ifadenin sanal kismi alinacaktir. Iletkende,

LI= {3= Virtl1o= VJr(1.5 x Hn(4.ir x III 7)(61.7x 106)= 1.91X 104r;;;;;

11= ,j!!!.!.!./45° = 4.38 x lOV."4" (J

Bu takdirde, Ey/(-Hx) = 17, oldugundan

8(z, t) = -2.28 X 103e-az t/(21tjt-fJz-TC!4)ax (A/m)veya sanal kismini alarak

8(z, t) =-2.28 x 1O3e-az sin (21ift - f3z - irl4)ax (A/m)

bulunur. Bu esitlikte,f, a ve f3 yukarida verildigi gibidir.,

14.13 Serbest uzayda E(z, t) = 50 cos (0Jt - [3z)ax(VIm)' dir. z =sabit düzleminde bulunan 2.5m ya-riçapli bir dairesel alandan geçen ortalama gücü bulunuz.

Karmasik yapida,E = SOt/(ea-Max

dir. 1]= 120n!2 ve yayilma +z yönünde oldugundan

H = .2. t!(""-/lz)a (A/m )12ir y

!Jbrt =~Re (E X H*) = !(50)(1~JaZ WIm2

(V/m)

Bu takdirde

olur.


Akis alana diktir ve dolayisiyla

Port= +(5ol~)(2.5f =65.1W

- l12nbulunur.

14.14 Bir v gerilim kaynagi Sekil 14-11(a)'da gösterildigi gibi belli uzunluktaki bir koaksiyel kablovasitasiyla, saf bir R direncine baglanmistir. Dielektrik için P/'Poynting vektörünün kullanilma-si durumunda da, dirençte devre analizi yöntemleri ile bulunan ayni ani güç ifadesinin elde e-dilecegini gösteriniz.

S/lti .;.;.

VV\L

,<LlR

::~UU

(a)

z

b

E

(b)

Sekil 14-11

Problem 7.9 ve Ampere yasasi geregince:

E= v a ve H=~arln(bla) i 2nr q,

Burada, a ve b, Sekil 14-11(b)'de gösterildigi gibi, içteki ve distaki iletkenlerin yariçaplaridir. Bu tak-dirde,

vi az!1"= E X H = 2nr21n (b/a)

olur. Bu, ani güç yogunlugudur. Dielektrigin kesit alani üzerindeki toplam ani güç,

1

211

fb vi

p(t)= az .rdrdljJ az =vio il 2nr 2 In(bla)

olacaktir. Bu esitlik ayni zamanda dirençteki ani güç kaybi için devre kuraminda elde edilen sonuçtur.

14.15 Sekil 14-12'deki 1. Bölgede (Eb=1.5xio-3 VIm, Eii = 8.5, Prl = 1 ve 0"1= O) olup, 2.


bölge serbest uzaydir. Dalganin arayüzeye dik geldigini varsayarak, arayüzeyden yansiyan ve kiri-lan E ve H alanlarinin genliklerini bulunuz.

~ i'li= -=1290

€o€,i'12 = 120Jr O = 377 O

Eo = '12- '1i E~ = 7.35 X 10-4 V im'12+ '1i

E~=~E~=2.24x 10-3V/m'12+ '11Ei

H'o =--!! =1.16X 10-5A/m'1i

Ho = '1i - '12 H~ = -5.69 X 10-6 A/m'1i+ '12

m=~iro=5.91 x 10-6A/m'1i+ '12 .

E,i ,1l,1 ~ Eo.llo

po

t

Et

o t!Jllt!JIIi

!JII'

E'o

Sekil 14-12

14.16 Ei elektrik alaninin serbest uzayda (1. bölge) 2. bölge ile ara yüzeydeki genligi 1.0 V/in'dir.H ~ = -1.41 X10-3Alin, E r2= 18.5 ve 02 = Oise Jlr2'yi bulunuz.

ETO- =-120ira =- 377QHTO

E~ - 1.0 - - 377(377+172)H~ -1.41x1O-3 172-377

ve E~ = 172 -'-377

Eb 377 +172esitliklerinden

veya 112=1234a

bulunur. Bu takdirde 1234= ,""0"" r2. EO(18.5)

veya J.1.r2= 198.4 olur.

14.17 Dik olarak gelen bir E alaninin serbest uzayda elektriksel özellikleri Er = 80, Jlr = 1 ve a =

2.5 Sim olan deniz suyunun hemen disinda genligi E~ = 1.0 V/in'dir. 30 MHz frekansi için

hangi derinlikte E'nin genligi 1.0 mV/m olacaktir?1. bölge serbest uzay ve 2. bölge deniz suyu olsun:

171=377!2 172=9.73cl3.5°Q

Bu takdirde E'nin deniz suyunun hemen içindeki genligi E~ 'dir.

Ei 211-.-!!-= 2 veya E~ =5.07xio-2 V/mEi} 111+ 112


r =~jw)1(a + jw E) = 24.36/46.53° m -I bagintisindan

a= 24.36 cas 46.53° = 16.76 Np/m

bulunur. Bu takdirde

1.0 x io-3 =(5.07 x io-2)e-16.76z

esitliginden z = 0.234 m elde edilir.

14.18 Genligi 100 V/m olan ve serbest uzayda ilerleyen E alani Sekil 14-13' de gösterildigi gibikalinligi 5 j..lmolan bir gümüs tabakaya çarpmaktadir. a= 61.7 MS/m ve!= 200MHz oldu-gunukabulederek IEz!,IE31ve IE41genliklerini bulunuz.

Ei =eofP,

Sekil 14-13

200MHz'deki gümüs için, 17=5.06 x io-3 145° n'dur.

E2- 2(5.06 X 10-3~)Ei - 377 + 5.06 x 10-3/45°

Iletken içinde:

Dolayisiyla: iE21=2.68 x 10-3 V/m

a = f3 = ~iif)1a = 2.21 x io5

Dolayisiyla, dalga iletken içerisinde yayilirken, zayiflatma yaninda bir de faz kaymasi olacaktir. iE3!ve IE41sinüzoidal olarak degisen dalganin maksimum degerlerini gösterdiginden bu faz kaymasi alan

esitliklerinde mevcut olmayacaktir ( le::!:j/3zi =1).

iE31= iE21e-az = (2.68 X 10-3)e-(2.2IXloS)(5X 10-6) = 8.88 X LO-. V/m

E. - 2(377)E3 - 377 x 5.06 x 10-3/45°

iE.i = 1.78 x 10-3V/m

Ek Problemler

14.19 E(z, t) = 103sin (6 x lO8t- f3z)ay(V/m)

olarak verilmistir. Serbest uzayda, dalgayi t = Oaninda ve dalga z ekseni boyunca IJ4 kadar ilerledigizaman ti aninda çiziniz. ti. f3ve ",'yi bulunuz.

Yanit: ti = 2.62 ns, f3= 2 rad/m, '" = JlID.Sekil 14-14'e bakiniz.


103

Oz

-103

t =O

Sekil 14-14

14.20 Serbest uzayda

H(z, i) = 1.0ej(I.Sxio8t+{3z)a x (A/m) olduguna göre,

E(z, i) için bir baginti elde ediniz ve yayilma yönünü belirleyiniz. Yanit: Eo =377 V/m, -az

14.21 Serbest uzayda H(z, i) = 1.33 x 10-1 cos (4 x 1o7i - [3z)ax (A/m) olduguna göre,

E(z, i) için bir baginti elde ediniz. [3 ve Ie'yi bulunuz.

Yaml, Eo= 50 V/m. ( 3~ }lliIIm. 15a m

14.22 Yürüyen bir dalganin hizi 106 m!s'dir ve bu dalga

y = LOcos (2.5z + 01)

bagintisi ile tanimlanmistir. Dalgayi z'nin bir fonksiyonu olarak i =O ve i = ii = 0.838,us için çiziniz.

Bu iki zaman arasinda dalga boyunun kaçta kaçi yayilmistir. Yanit: t Sekil14-15'e bakiniz.

\o

z

i. X/3 -I-- x = 2.Si in ~Sekil 14-15

14.23 E(z, i) = 10 sin (o) i - [3z)ax- 15 sin (ca - [3z)ay(V/m) alaninin i =O,z = 31e/4'deki genligini ve yönünü

bulunuz. Yanit: 18.03 V/m, 0.555ax - 0.83ay

14.24 f.1,= 1, E, =15, cr= Oolan bir ortam için 500kHz'deki y degerini bulunuz. Bir elektromanyetik dalgabu ortamda hangi hiz ile yayilir? Yanii:j4.06 x io-2m-l, 7.74 x 107mis

14.25 Serbest uzaydaki bir elektromanyetik dalganin dalga boyu 0.20m'dir. Ayni dalga mükemmel birdielektrik ortama girdigi zaman dalga boyu 0.09 m olmaktadir. f.1,= 1 oldugunu kabul ederek E,'yi vedielektrikteki dalga hizini belirleyiniz.

Yanit: 4.94; 1.35 x 108mis


14.26 Serbest uzaydaki bir elektromanyetik dalganin faz kayma sabiti 0.524 rad/m'dir. Ayni dalga mükem-mel dielektrik bir ortama girdiginde faz kayma sabiti 1.8i rad/m olmaktadir. Jli= i oldugunu kabul e-derek Ei ve yayilma hizini bulunuz. Yanit: 11.9,8,69 x 107in/s

14.27 E ,= 16, Jli = 4.5 ve o"= 0.6 Sim olan bir ortam için 400MHz'deki yayilma sabitini bulunuz. v hizinin

serbest uzaydaki c hizina oranini bulunuz. Yanit: 99.58 160.31° m-I, 0.097

14.28 Kismen iletken bir ortamda Er = 18.5, Jlr= 800 ve o"= 1 Sim' dir. 109 Hz'lik bir frekans için cx,[3, Tl'YIve u hizini bulunuz, E(z, t) = 50.0e-az cas (iii t - [3 z)ay (V/m) olarak verildiginde H(z, tryi belirleyi-niz.

Yanit: 1130 Np/m, 2790 rad/m, 2100 122.1 ° Q, 2.25 X 106mis

2.38 X 10-2 e-az cas (ca - 0.386 - [3z) (-ax) (Alm)

14.29 Gümüs için 0"= 3.0 MS/m'dir. Hangi ftekansta deri kalinligi 8 Imm olur? Yanit: 84.4 kHz.

14.30 Belli bir ftekansta bakirdaki (O"=58.0 MS/m) faz kayma sabiti 3.71 x 105 rad/m'dir. Frekansi bulu-nuz. Yanit: 601 MHz

14.31 E elektrik alaninin bir sivinin hemen içindeki genligi 10.0 V/m ve sabitler Jlr= 1, Er = 20,0"= 0.50S/m'dir. E'nin ortam içerisinde 10 cm uzakliktaki genligini (a) 5MHz (b) 50MHz ve (c) 500MHz fre-kanslari için belirleyiniz. Yanit: (a) 7.32 V/m; (b) 3.91 V/m; (c) 1.42 V/m

14.32 Serbest uzayda E(z, t) = 1.0 sin (ca - [3z)ax(V/m) dir. z = sabit düzleminde bulunan 15.5 m yariçaplibir dairesel diskten geçen ortalama gücün 1W oldugunu gösteriniz.

14.33 Küresel koordinatlarda,

100 . e ( [3 ) H 0.265. e ( [3 )E = -sin cas iiit- r aB (V/m) = -sin cas lllt- r at/> (Alm)r r

biçiminde tanimlanan küresel dalga serbest uzayda bulunan belirli bir dipol antenden oldukça büyük

bir r uzakligindaki elektromanyetik alani temsil eder. r = 1 km, O ::; e::;!!.-yariküresel kabugundan ge-. 2çen ortalama gücü bulunuz.

Yanit:55.5 W

14.34 SerbestuzaydaE(z, t) = 150sin (ca- [3z)ax(V/mr dir. z = Odüzlemindebulunanve kenaruzunluklari30 mm, 15 mm olan dikdörtgensel bir alandan geçen toplam gücü bulunuz. Yanit: 13.4mW

14.35 Serbest uzay-gümüs arayüzeyin serbest uzay tarafinda Eb ~ 100 V/m dir. Frekans 15MHz ve gümüs

için sabitler Er = Jlr= 1, o"= 61.7 MS/m'dir. Sinir yüzeyindeki E6' ve Eb 'yi belirleyiniz.

Yanit: -100 V/m, 7.35 x 10-4~ V/m

14.36 Serbest uzay - iletken arayüzeyinin serbest uzay tarafinda H b= 1.0 Alm ' dir. Frekans 3 1.8 MHz ve

iletken sabitleri Er = Jli= i, o"= 1.26 MS/m' dir. H 6' ve H ~ degerlerini ve Hhnin deri kalinligini be-lirleyiniz.

Yanit: 1.0 Alm, 2.0 Alm, 80 Jlm

14.37 Serbest uzayda yayilan, genligi 1.0 A/m ve frekansi 200MHz olan bir H alani Sekil 14-16'da gösteril-digi gibi kalinligi 5Jlm ve iletkenligi o"= 61.7 MS/m olan bir gümüs tabakaya çarpmaktadir. Tabaka-nin hemen arkasindaki Hb 'yi bulunuz. Yanit: 1.78 x 10-5Alm

14.38 Serbest uzayda yayilan 100 V/m genlikli bir E alani Sekil 14-l7'de gösterildigi gibi mükemmel birdielektrige çarpmaktadir. E~ 'yi belirleyiniz. Yanit:59.7 V/m

14.39 Serbest uzayda yayilan bir E alani Sekil 14-18'de gösterildigi gibi kismen iletken olan bir ortama

çarpmaktadir. Frekans 500MHz ve E~ = ioOV/m olarak verilmistir. Eb ve H b 'yi belirleyiniz.

Yanit: 19.0 V/m, 0.0504 Alm


fO .PO fO ,Po

fO .PO

~-1 t"'

Sekil 14-16

'-1

1--30 mm-1

Sekil 14-18

14.40 Bir dalga dielektrik bir ortamdan serbest uzay ile olan arayüzeye dogru yayilmaktadir. Eger gelme a-çisi 2Do'likkritik açi ise ortamin dielektrik sabitini bulunuz. Yanit: 8.55

14.41 E~ / Eb ve Eb / Eboranlarini dik gelme için ve ei = ioo'lik bir egik gelme açisi için hesaplayiniz. 1.

bölge için Erl = 8.5, Jlrl= 1ve ai = Dolup, 2. ortam ise serbest uzaydir.

Yanit: Dik gelme için Eb / E~ =0.490 ve E;) / E{J = 1.490. ioo'lik gelme açisi için

E~ / Eb = 0.539 ve Eb / Eb = 1.539

14.42 Paralel kutuplanmis bir dalga havadan bir dielektrik içine 75°'lik Brewster açisi ile yayilmaktadir.E/yi bulunuz. Yanit: 13.93

fO .PO

#-1tEl

1--1 mm-j

Sekil 14-17

eo,PO

r

Bölüm 15

iletim Hatlari(Milton L. Kult)

15.1 GIRIsElektromanteyik enerjinin kilavuzlanmamis yayilimi i4. Bölümde incelenmisti. Bu bölümde,

dalgalar 'dielektrik bir ortam içinde bulunan iki iletken tarafindan kilavuzlandigi zaman enerji ileti-mi incelenecektir. Bu iki iletkenli iletim hattinin tam analizi alan teorisi kullanilarak yapilir. Bunaragmen sistemin performansi, iletim hattini dagilmis parametreler ile modelleyerek ve elektroman-yetik alanlara (elektrik ve manyetik alanlar) karsilik gelen gerilim ve akimlari kullanarak öngörüle-bilir.

Bu bölümde yalnizca düzgün, yani her noktasindakiartimli dagilmis parametre degerleri sa-bit olan iletim hatlari incelenecektir.

15.2 DAGiLMiS PARAMETRELERBir hattin birIm uzunluk basina dagilmis parametreleri Bölüm 7 ve i i de tanimlanan

endüktans ve kapasite, iletkenlerin direnci ve dielektrik ortamin iletkenligidir. Parametrelerin dagi-limin geometrisine, malzemelerIn özelliklerine ve bazi durumlarda frekansa bagli oldugu daha öncegörülmüstü. Asagidaki özet listede geometriye bagimlilik bir geometrik faktör GF ile gösterilmistir.

Kapasitec = Jr~J(GFC) (F/m) [Ed =dielektrigin geçirgenligi]

iletkenlikc S.

G =- Od (im)f:d

[Od =dielektrigin iletkenligi]

Endüktans (dis)Ud

Lt! = ~ (GFL) (H/m)Jr [.u.i= dielektrigin geçirgenligi :::: J-lo]

DC direnç (lOkHz'e kadar olan frekanslar için)1

Rd=-(GFRJ) (Olm) [Oc= iletkenlerin iletkenligi]Oc"T

AC direnç (10 kHz'In üstündeki frekanslar için)

-~ [ö= 2 - deri~ ]Ra - 2Jro..ö (GFRa) (O/m) \hrf.uco,. kalinligi

Endüktans (iç)

L ={

RaI2:rf (H/m), J.lo/.t;r (H/m)

f> 10kfuf < 10kHz

içiniçin

238 ILETIM HATLARi 15. Bölüm

Endüktans (toplam)

Lt = L.. + Li = L"

En çok kullanilan üç tip iletim hatti için geometrik faktörler asagidaki gibidir.

Koaksiyel Hat (iç yariçap a, dis yariçap b, dis kalinlik t)2 1

GFC= GFL=-In (b/a) GFC1 1 1 1

GFRd= "2 +(b )

GFR"= - + _ba i +1 aL'P b için

Paralel teller (yariçap a, açiklik d)

1 d dGFC=- GFL= cosh-I_= In-

GFL ~ ad'P a için

2GFRd=?a-

2

GFR"= ~Paralel plakalar (genislik w, kalinlik l, açiklik d)

w 1GFC=- GFL=-

l'Cd GFC

2l'C

GFRd= wl

4l'C

GFR" =-;-L'P b için

15.3 ARTIMLI MODEL; GERILIMLER VE AKIMLAR

Sekil l5-l'deki modeldeki R, L, G ve C degerleri Bölüm l5.2'de verilmis olup, bu model,gerilimleri ve akimlari kullanarak hattin analizine olanak tanir. Lll uzunlugundaki bir hücre içinde ave b noktalari arasindaki gerilim farki

. . oi(x t)ôv(x, l) = (R ôx)z(x, i) + (L ôx) ~ ot

bagintisi ile verilir. Lll ~ Oiçin sinir durumda bu esitlik

ov(x. i)ox Ri(x. t) + L oi(x, t)ol (1)

olur.

R~x L.Lx aR~i L.lx h c

R.lx L.lx

G.lx C.l.r G.lx

T C.l.r-i-

~i- .l.r

Sekil 15-1

15. Bölüm ILETIM HA TLARI 239

Benzer sekilde, b ve c noktalarindaki akimlar arasindaki fark

av(x i)6.i(x, i) = (G 6.x)v(x, t) + (C 6.x) !at

olacaktir. Buradan

di(x, t)ax = Gv(x, t) + C av(x, t)at (2)

elde edilir.

(1) ve (2) esitlikleri ile verilen birinci mertebeden kismi diferansiyel denklemlerden tek bir

&f(x. t) RGÇ(x t) + (RC + LG). aj(x, t) + LC &f(x, t) (3)ax2 J' at at2

ikinci mertebeden kismi diferansiyel denklem elde edilebilir. (3) hiperbolik tipte bir denklemdir vedalga denklemine çok benzemektedir. Gerçekten de kayipsiz bir hat için (R =G =O) (3) denklemi,14. Bölümde islenen bir boyutlu skalar dalga denklemidir. Dolayisiyla iletim hatlarinin, süreksiz-liklerde (ani parametre degisikliklerinin oldugu bölgeler) yansitilabilen ve/veya iletilebilen akim vegerilim dalgalarini tasidigi önceden bilinmektedir.

15.4 SINÜZoIDAL SÜREKLI DURUM UYARIMI

Sekil 15-1'deki iletim hatti yeteri kadar uzun bir süre sinüzoidal bir kaynak tarafindan uya-rildiginda (açisal frekans ro)akim ve gerilim de ayni frekansli sinüzoidal fonksiyonlar olurlar:

u(x, t) = Re [V(x)eij i(x, t) = Re [l(x)eij

Burada V(x)vei(x) fazörleri genelolarak karmasik degerlidirler ve kutupsal yapida ifade e-

dilirler (x degiskenine bagimlilik bastirilmis olarak):

v= iVII~v 1 = ili fJ!J.

Burada L/J,karmasik vektör ile gerçel eksen arasindaki açiyi gösterir. Bütün akim ve gerilim-ler yerine fazör gösterilimleri konulmasi, iletim hatlarinin sürekli durum analizinde büyük kolayliksaglar.

Sekil 15-2, fazör bölgesinde alici uçta bir ZR yükü (karmasik) ile sonlandirilmis ve verici

uçta iç empedansi Zg, gerilimi v'g= YgrnL!!..olan bir kaynak tarafindan sürülen 1 uzunlugundaki

düzgün bir hatti modellernektedir. Hattin birim uzunluk basina seri empedansi ve paralel admitansi

Z =R +jwL Y= G +jwC

bagintilari ile verilir. Alici uçtan itibaren uzaklik x degiskeni ile ve verici uçtan itibaren uzaklik dad Ile ölçülür.

VericiuçZ -

if is-

i~~i.

"y~ e 'sx= 1d=O ~+d

Ali~i uç (yük)LR-

Z. }'

:V~ z,+x-- X=()

il =1

Sekil 15-2

240 ILETIM HA TLARI 15. Bölüm

Bölüm 15-3'teki (1). (2) ve (3) denklemleri V(x)a ve i(x) fazöderi için adi diferansiyeldenklemlere dönüsürler.

dV(x) = ZI(x)dx

dl(x) = YV(x)dx2A

d :X\X) = -If:(x) (3b)

Burada y = VZY ==tr + jP' dir ve karekök, a ve /3 'yi negatif olmayan sayilar yapmak üzere seçil-

mektedir. (3b) denklemi düzlemsel dalga denklemi (Bölüm 14.3) ile ayni yapidadir. Bu denkleminyürüyen dalga çözümleri su biçimdedir:

V(x) = V+eYX+ V-e-YX ==i{pJo~(x)+ t.,jx)

i(x) = j+eYx+ j-e-YX ==t,Jx) + t...,..,(x)

(1b)

(2b)

il + ve diger katsayilar, karakteristik empedans zo ve sinir yansima katsayisi f R ile orantili olan xden bagimsiz fazörlerdir. Bu katsayilar.

Z = V. + - - V- - g0- j+ - j- - 'fy

V- j- e...,.JO)fR==v+ = - j+ =~ (O)

esitlikleri ile tanimlanir. i R'yikarakteristik ve yük empedanslari cinsinden ifade etmek kolaydir:

f - ZR - ZOR-ZR + Zo

Bu takdirde, eger bir noktadaki yansima katsayisi

rex) ==~-(x)Yc~(x)

seklinde tanimlanirsaZ -Z ()

f( ) - r -iYX- R -2yx.X - Re - eZR + Z()

elde edilir. Benzer sekilde Z(x) = V(x)/ j(x) alici uca (x = O) bakildiginda görülen bir noktadaki

empedans ise: [ ['(e) vd.lerinin yerine Ls vd. lerini yaziniz]1 + f(x)

Z(x) = Z01 - f(x)

Verici uçtaki kosullar ise (i(l) vd.lerinin yerine Ls vd. leri yazilarak)

Z - Z 1 + fss- ol-fs

V. A Zss= VgZs + Zg

A Vsls=-

Zs

olur. Yüke aktarilan ortalama güç ve verici uca saglanan ortalama güç

15. Bölüm ILETIM HATLARi 241

1 A A. 1 A 2PR = i Re (VRIR)= il/RI Re (ZR)

= ~(x = O) - p(~...,...i<x= O)1 AA. iAzPs = 2 Re (Vs/s) = il/si Re (Zo5)

bagintilari ile hesaplanir.

Yüksek frekans veya kayipsiz hatlar için sadelestirmelerR ct wL ve G ct wC olacak sekildeki frekanslar için (örnegin i MHZ'in üzerindeki frekanslar)

~R + jwL (iZii= G+jwC= -VC=Rii

y= yeR + jwL)(G +jwC) = (~ + GRii )+ iwVLC= a + i{3. 2Ro 2

1 2n 1U. =- and ).=-=-

p YLe {3 fVLC

olur. Burada her zamanki gibi upve A. faz hizini ve dalga boyunu gösterir.

R =O ve G = O olan ideal kayipsiz hat için yansima katsayisinin genligi sabittir.

.~Ili

i

ZR-Ro

lf(x) = fRe-l- = ZR+Ro L4>R-}.{3X

Burada, tPR,rR'nin kutupsal açisidir. Gerilim

V(x) = Y+(1 + f R j-2{3x)

bagintisi ile verilir. Buradan

IYimax= IY+I(l + if Ri) iVirnin= IY+I(1-lf Ri)

elde edilir. Ardisik maksimum ve minimumlar arasindaki uzaklik Px = 90° veya çeyrek dalga boyu-dur. Bunun sonucunda elde edilen dalga için gerilim duran dalga orani (VSWR)

VSWR=I~lmax= 1 + If RiIVimin 1- if Ri

bagintisi ile tanimlanir. Küçük kayiph hat için VSWR bagintisi, zayiflatma katsayisinda düzeitmeyapildiktan sonra kullanilabilir. (Problem 15.2, 15.9, 15.4 iLebakiniz).

15.5 SMITH ABAGi

Smith abagi (Sekil 15-3) yüksek frekansh iletim hatti problemlerinin grafik yardimiyla çö-zümünde kullanilir. Bu abak yansima katsayisinin, normalize edilmis r + jx empedansi cinsindenkutupsal çizimleridir.

Z(x) 1 + f(x)- =<z(x) =<rex) + ix(x) =Rii 1- rex)

I

ro+ ixo - 11

.f(x) =rR 1-2{3x = . L4>R -...

2. {3x==r, + if;

ro + IXo + 1 --

( a =O için)

Burada ro =r(0) ve Xo= x(O)'dir.Karmasikr düzlemindesabit r egrileri(Sekil i5-4(b» ve aynizamanda sabit i ri egrileri,çemberlerdir(Sekil 15-4 (a». SabitXegrileri ise çemberlerüzerindekiyay parçalaridir (Sekil 15-4 (c». Bazi önemli iliskiler Tablo 15-1'de listelenmistir.


..,'...;:;i .:i!.

Q,",~

..

.. ii'.--.."

Radyal ölçekLO 0,8 ii,. 0.4 O.~ 1.2 ! .. :.iI 'i,n in

0,9 117 (J.5 O.~ 0,1 ii.. 14 L' :.4 ~,

Yansima katsayisi genligi

r için 0-1.0 arasi dogrusal bölümlemeGerilim duraii dalga orani (VSWR)VSWR için R> i ölçegi

Sekil 15-3 Smith abagi: Normalize edilmis direnç ve reaktans koordinatlari


1180"

C

t-1+;

r- //"------["1

r,

i-wo in= sabit

(a)

-i-;

:::r= sabit(b)

:::x = sabitLe)

Sekil 15-4Tablo 15-1

Sekil 15-3 'teki tam Smith abagi, Sekil 15-4 (b) ve (crnin üst üste konulmasi ile elde edilir.Burada, sabit i ri çemberleri gösterilmemistir,bunun yerine bir (r, X) noktasina karsilik geleni ri degerleri sol taraftaki ölçekten okuiiur. VSWR degeri ise sag taraftaki ölçekten okunur. Smithabaginin disinda yer alan çemberler üzerinde uzakliklar dalga boyu cinsinden verilmistir. r =O, X =Odan itibaren distaki ölçek saat yönde kaynaga dogru (x / A oranini ölçer) ve içteki ise saatin tersiyönde yüke dogru (d / A oranini ölçer) gider. Abak üzerinde bir tam dönme, yarim dalga boyunakarsilik gelir. Üçüncü çember üzerindeki ölçek ise </Jr= </JR - 2f3x degerlerini verIr.

Smith abagi normalize edilmis admitanslar için de kullanilabilir:Y(x)- ~ y(x) ~ g(x) + jb(x)

Go

Burada r çemberleri g için, X yaylari b için kullanilir. Verilen bir y için [' nin açisi 180° + cfJr'dirvey = O + jO noktasi açik devreye karsilik gelir.

15.6 EMPEDANS UYUMLAMA

Yüksek frekanslarda minimum VSWR degerinde çalismak esastir (idealolarak VSWR = 1degerinde). Bir ZR yükünü hatta uyumlamak veya farkli karakteristik empedanslari olan ardisikbagli hatlari birbirine uyumlamak için birkaç yöntem kullanilmaktadir. Uyum saglamak için kulla-nilan devreler Sekil 15-5 de görüldügü gibi yüke (x =O) veya hat üzerinde herhangi bir x = xi

noktasina yerlestirilebilir. Normalize edilmis kosullar asagidaki gibi olacaktir:

a) Uyumlamadan önce: z(O)=ZR = ro+ jxo; y(O)=go+ jbo; VSWR> 1

Uyumlamadan sonra: Z(O)= 1 + jO; y(O) = 1 + jO; VSWR = 1

r r X

Açik devre Li!!.. <x>(keyfi) (keyfi) (00)Kisa devre 1/180" O OSaf reaktans 11:1:9{f' O :HUyumlu hat O 1 O


b) Yükte:

Sekil 15-5

z(O) = ro + jxo; y(O) = go + jbo; VSWR(O) > i

Uyumlamadan önce: z(xi)=ri+jxi; y(xi)=gi+jbi; VSWR=VSWR(O)

z(xi) = i + jO; y(xi) = 1 + iO; VSWR = iUyumlamadan sonra:

Düsük frekanslarda (radyo frekanslari) uyumlama devreleri az kayipli toplu parametreli reaktif e-lemanlarla gerçeklestirilebilir; Sekil i 5-6'da toplu parametreli böyle bir L - C devresi görülmektedir.ZR'ninreaktif bir bileseni varsa, ZR'= R + jO olabilmesi için ters isaretli bir reaktans seri olarak eklenir.Dolayisiyla, uyumlama için:

veya

v ',.,ro i i

igiris = }UA-2+ R + jwLi = Ro

1 V LiLi=- R(Ru-R) ve C2=-(JJ RRo

yazilabilir. R > Ro ise, kandansatör endüktansin diger ucuna baglanmalidir.Yüksek frekanslardaki güç kayiplarini en aza indirmek için belli uzunlukta bir açik devre veya

kisa devre, "tek saplamali" veya "çift saplamali" olarak uyumlama amaciyla kullanilir.

C~ R-

Li

Ygiris-----

-Rii

Sekil 15- 6

15.7 TEK SAPLAMALIUYUMLAMASekill5-7'de görülen devrede Lsuzunluklu kisa devre edilmis bir saplarna, yükten Xi mesafe-

sine yerlestirilmistir. Uyumlama için:(1) y(xi) =1 + jbi olacak biçimde Xi seçilir.(2) y(ls) = O- jbi olacak biçimde Lsseçilir.

Uyumlamadan sonra y(xi) =1 + jO ve Xi ile larasinda VSWR =1 olur.

ÖRNEK 1. Yukaridaki iki adim, Smith abagi kullanilarak gerçeklestirilebilir (Sekil 15-8).

(i) YR'yiçiziniz ve ir Ri[veya VSWR (O)] çemberini belirleyiniz.(ii) i r Riçemberi ile g = i çemberinin kesisim noktalarini isaretleyiniz.

(iii) YR'denkaynaga dogru hareket ederek ilk kesisim noktasina geliniz ve Yi= i + jbi'i okuyunuz; Xi u-

zakligini A'nin kati olarak hesaplayiniz (veya 2{3x, açisini okuyunuz).

VSWR = i i i VSWR = i . . VSWR> i-

}z.

o

G i GJ 1 GJ ZR

oi i

-Ix=o -Ix=xi -IX=O(a) (b)

15.Bölüm ILETIM HATLARi 245

G ZR

--.t=l x = x, x.: ri

Sekil 15-7

-I .;. i

r10'

i-I'

ii 'i

\ Lo

i...,

-i

~- i - j

Sekil 15-8

(iv) i r1 =1 çemberi üzerinde y =O- jbi noktasini isaretleyiniz. y = 00kisa devre konumundan, kay-naga dogru hareket ederek y =-jbi noktasina geliniz. Ls uzakligini A'nin kati olarak belirleyiniz.

Eger ilk kesisim noktasina erisilemiyorsa, saplama uzunlugunu yeni konumdaki suseptansa göreayarlayarak ikinci nokta kullanilabilir.

Arka arkaya baglanmis, farkli karakteristik empedanslari olan iki hatti uyumlamak için, baglanti nok-tasinda, yukarda anlatilanlar yapilabilir. Baglanti noktasindaki esdeger yük, ikinci hattin giris empedansidir.

15.8 ÇiFT SAPLAMALI UYUMLAMA

Çift saplamali bir tunerde, ana hat üzerinde ds aralikli olarak yerlestirilmis, kisa devre edil-mis iki saplama hat bulunur (Sekil 15-9). 1. saplarna, yüke yakindir ve genellikle yük noktasinda(x = O) bulunur. Genelde kullanilan açikliklar }J4 ve 3}J8'dir. Açiklik }J4 ise, bu hatta çeyrek dalga

boyu tuner adi verilir. Çift sapmali uyumlama probleminin Smith abagi ile çözümü için verilen d.,degerine karsi düsen tuner çemberi olusturulmalidir. Bu gr =g(ds)= i çemberi olup, 2. saplama i-çin, g = 1 çemberinin ana hat için üstlendigi rolü üstlenir. Tuner çemberi, g =i çemberinin diyag-ramin merkezi (1 + jO) çevresinde saat yönünde çevrilmesiyle elde edilir. 180ollikdönme A/4 tuner .

çemberini, 90ollikdönme de 3}J8 tuner çemberini verir (Bakiniz Sekil 15-10).


<0\

G ZN

iX =d, i = o

Sekil 15-9

- i -t-j

r 'I 1+;-i

tl

-lL-I-{ i - i

Sekil 15-10

ÖRNEK 2. ds = AJ4varsayimiyla, Sekil 15-11 'de görüldügü gibi, çift saplamali uyumlama için bes basa-makli bir islem gerçeklestirilir.

1. A/4 tuner çemberi çizilir.2. Tuner çemberi ile YR =gR + jbR giris noktasindan geçen gR çemberinin kesistigi nokta (noktalar)

isaretlenir. Kesisim noktalarindan herhangi biri br olarak alinabilir.3. x =O'daki 1. saplarna, suseptansi, bR'denbiye degistirmekte kullanilir.

4. Yr =gR + jbr noktasindan i rJ çemberinekayilir.Bu çemberüzerindekaynagadogruds =A/4kadar gidilir. Erisilen nokta g = 1 çemberi üzerinde Y =1 + jbi noktasidir.

5. 2. saplamayi ayarlayarak bi suseptansi giderilir ve Y = 1 + jO elde edilir. Böylece uyumlamasaglanmis olur.

A/4 tunerini kullanarak gR > 1 olan bir yükü uyumlamaya kalkismak sorun dogurur. Bu du-rumdailetkenlikçemberitunerçemberinikesmez.BazigR> 1 degerleriiçin3A/8tuneriuygunola-bilir. Her durumda, g'yi, uyumlama için uygun bir mesafeye koymak üzere, tuner yükten Xi kadaruzaga kaydinlabilir. Yeni noktada g = 1 oluyorsa, tek saplama kosulu saglanir ve ikinci saplama i-çin b = O alinir.


i+j

-i

,-::

-i-j

Sekil1S-11

Hattin çesitli bölümlerindeki duran dalga degerleri su biçimdedir: Her bir kisa devre saplamaiçin VSWR = coolur. ds < x < Liçin VSWR = 1 olup O< x < ds için ise VSWR degeri y = gR+ jbTtarafindan belirlenir; ve eger yükle birinci saplaina arasina bir hat eklenmisse, VSWR degeri YRta-rafindan belirlenir.

15.9 EMPEDANS ÖLÇÜMÜYarikli hatlar, yüksek frekansli koaksiyel hatlarla birlikte, duran dalga oranini ölçmek ve

minimum gerilim noktasini belirlemek için kullanilirlar. Sinith abaginin yardimiyla, bilinmeyen birsonlandirmanin empedansi, duran dalga oraninda.ove minimum gerilim noktasinin kisa devre refe-rans konumundan sapmasindan bulunabilir. .'

Sekil 15-12'de yarikli hat, uygun bir biçimde araya sokulmus olarak görülmektedir. ZR ye-rinde kalmak üzere, hat üzerinde gezdirilen bir probla, gerilimin minimum ve maksimum noktalariölçülür ve yerleri saptanir. Uygun bir yükselteç devresiyle probun çikisi VSWR degerini göstere-cek biçimde kalibrasyon yapilir. ZRyerine bir kisa devre konulur ve yüksek VSWR kosulu için re-ferans minimumlari saptanir. Beklendigi gibi, maksimum ve miniinumlar A/4 araliklarla yineleniL

\1ax 1

L-i >../2

i \ 1' , ! \' 1' .i' in - i . in.i i i i

YARIKU HAT rrf.--i,..\.1

-:iz."- KAYNAK

j KISAi DEVRE

i :2: Z ESDEGER

~ R KONUM

Sekil 15-12


ZR'yiSmith abagiyla bulmak için, ölçülen VSWR çemberi SekiI15-13'de görüldügü gibi çi-zilir ve minimum gerilim dogrusu belirlenir (X = Odogrusu üzerinde, O'dan iLekadar). Ölçülen ilidegeri dalgaboyu cinsinden ifade edilir ve VSWR çemberi üzerinde, Vmindogrusundan ili kadar u-zakta bulunan noktalar isaretlenir. ZRkapasitif oldugundan, ili üzerinden kaynaga dogru bir dönüslebir Vminnoktasina erisilir. (ZRendüktif olsaydi, ili çeyrek dalga boyundan büyük olurdu ve Vminnoktasindan önce bir Vniaxnoktasina erisilirdi.)

~.

ÜKTIF ~/V,WR r = 1

\\

min ':tO

KAPAsiriF

Sekil 15-13

15.10KAYIPSIZ HATLARDA GEçiCi OLAYLARAnahtarlamalive darbeli çalismalarda,hat gerilimlerindeani degisimlerolur. Bu tür geçici

durumlarinanalizi için, Bölüm 15-13'de anlatilankismi diferansiyeldenklemlerinveya bunlarinLaplace dönüsümlerinin kullanilmasi gereklidir. Ancak hattin kayipsiz olmasi özel durumunda (R =G =0, Ro= OJLI C, u p =1 / OJLC ) çoklu yansiyan dalgalarin toplanmasi (süperpoze edilmesi) ilkesi-

ne dayanan basit bir grafik yöntem kullanilabilir.Sekil 15-14'te görülen kayipsiz hatta, iç direnci Rg olan bir viI) uYarIimi 1= O'da uygulan-

maktadir. Hattin bir ucunda ortaya çikan ani bir degisimin etkisi belli bir gecikmeden sonra hattindiger ucunda da görülür. Bu gecikme süresi tD = lIup ile tanimlanir. Yükün hatta uyumlan!TIamisolmasi durumunda (RR ~ Ro), alici uçta bir yansima olur. Eger kaynak uyumlanmamissa (Rg ~ Ro)gönderici uçta da yansima olur.

Gönderi ci UçR~

~T T

Aliciuç

tl. (t) Us (t) EJVR ~J RR.

x=/ti= ii - +:1

+x-K=tIil =/

SekillS-14

ÖRNEK 3. Her iki ucu uyumlandirilmis bir hatta (RR=Rg =Ro) i =O'da !oV degerinde bir basamak gerilim(yani dogru gerilim) uygulanmasi durumunda, geçici durum gerilim degerleri Sekil 15-15'deki zaman-uzak-lik çizimleriyle verildigi gibidir. Kaynak gerilimi sabit oldugundan ve alici uçta herhangi bir yansima olma-digindan, gecikme süresi sonunda (iD) sistem v(d, i) =5V sürekli durum degerine ulasir. Sekil 15-15(a) ve (b)deki koyu yazilmis rakamlar, sürekli durum kosuluna karsilik gelen farkli konum-zaman bilesimlerini göste-rir. Örnegin, 5'in anlami V(O.51,O.5iD)= 5V'tur. .

15. Bölüm

i' - OT'.- .I'r

,~\LLn

iti 4

'Ll""

'"'} "

id=(i i2 3 4 5 6. . . . .

i i ..21[) iif)

j d =0,5/ i5.1tf)

1210

ILETIM HATLARi 249

id=/ i

r 1~io

t

:,3

1i = li [IDj "'- i -

d

i[)

(a) := !'-içizimi

-d

(r'",= Oi

..i i

L.!..= (1,5 LL>i ,---

o'" il

\\'/'/

/

i //21,,1/

, !iii

it

4 , ,i i ~'IO ;

5.. 6,,[3

-i

<ie"'O 'i

-d

(hi :::i-dçizimi (ct: l-dçiziIDi

Sekil 15-15

ÖRNEK 4. Yük disinda herseyin Örnek 3 ile ayni oldugunu kabul edelim. Burada yük açik devredir (Rii =00).Sekil15-16'dazaman-uzaklikegrileriverilmistir.Yüktekiyansimanedeniyleiov lukdüzgünsüreklidu-ruma2tDsonraerisilir.

\' = "-"

'

tid=() i1'0-

,

"'0"

~i il = n5/." l..:.-

i

.i~i' '" "R

."

.,

ilo

J~i----_LO i

~,,~ !t =O.5I[) i<.

..l

d

/-il

i d =1 !

iif)

121"

1

,,;/

i'. i i =LO j ,

:"1- YANSIYAN--in

ii

---I'- Ijl-- i

'- "" ii

}YANSIYAN°\

GELEN

i" :!olt>

GELEN--:-i ",';'- ----------

I to~";1

L~..l -

d

ltd = ,.lçiziIDi

d

(f, = ni

"~'i

i h) = i -dçiziIDi Icl:I-i/çiziIDi

Sekil 15-16

ÖRNEK 5. Bir hat Örnek 3 ve 4'te oldugu gibi uyariimistir. Parametre degerleri

Vg =20 V dci

rg= '2 rR=l (açikdevre)Rg= 3Ro

olup geçici gerilim Sekil 15-17'de gösterilmistir. Hattin her iki ucunda yansima oldugundan, 20V degerindedüzgün bir sürekli duruma ulasmak için sonsuz zaman gereklidir.

250 ILETIM HATLARi

"'t

2°, tvi6.~5

15

12.5

\ti

.

2.5 .

tJ"

\~

/i--..

2tD Jr/) 4torv

(a) = V,-i çizimitt

(bj:Ji.dçizimi

Sekil 15-17

15. Bölüm

d

rllo ,. at 0.5/

() i O

(i'R = ii 0.51 5

1.0 5

!.5 5.;. 5 = LO

2.0 Lo

2.5 i 10 .;. 2.5 = 12.5

3.0 12.5

3.5 12.5.;. 2.5 =15.0

4.0 15.0i

,~! I<;' ) + ! j'i= I"'".,.. i .., .~. ".~.

(c) Orta noktada gerilim

Çözümlü ProblemlerlS.l. Paralel iletkenli bir iletim hatti, aralarindaki uzaklik 12 inç olacak sekilde #6 AWG bakir tel-

den (çap =0.162 Inç, O'x= 58 MS/m) imal edilmistir. Iletkenler arasinda hava oldugunu ka-bul ediniz. Iç endüktansi ihmal ederek; L, C. G'lerin metre basina degerlerini; dc direnci ve 1MHz'deki ac direnci bulunuz.

Paralel iletkenlihatlar için tanimlanandört geometrik faktör iletkenyançapina (a =2.06 x 10-lm) veiletkenler arasindaki mesafeye Cd= 0.305 m) baglidir. d »a oldugundan:

GFL =In (~) =5.0

2GFRd = '2 = 4.72 x iOS m-ia

1

GFC = GFL = 0.20

2GFRa = - = 971 m-ia

tIava-dielektrik için J..ld=/lo ve Ed =Eo; bakir için J1c::::/lo'dir. Dolayisiyla:

1Rd = - (GFRd) = 2,59 X 10-3 Q/m

:ra,.1

Ö= = 66 JJmVJifJJ"a"

. 1 2

Ra = 2 Ö (GFRo) = 4,04 x 10- Q/m1c "a"

L = JJd(GFL) = 2.0 JJH/m1c

c = 1CEAGFC) = 5.56 pF/m

G=OS/m

lS.2 3 GHz'de çalisan bir radar setinde kullanilan hava dielektrikli kati bir koaksiyel hattin özel-likleri su biçimdedir: Bakir malzeme, hava dielektrigi koruyabilmek için aralikli olarak sap-lamalarla desteklenmis; dis çapi 7/8 inç, et kalinligi 0.032 inç ; iletken çapi 0.375 inç; ka-rakteristik empedansi 46.4 Q, zayiflama 0.066 dB/ni; maksimum tepe gilç, 1.31 kW; normaltepe güç, 200 kW; en dÜsükgüvenli dalga boyu 5.28 cm. Iç endilktansi ihmal ederek, hat içinL, Ci G ve Ra'ninmetre basina degerlerini bulunuz.


a iç yariçapi 4.76 mm ve b dis yariçapi 10.3 mm dir. Bu takdirde In (bla) =0.771, GFL =0.386,GFC =2.59 olur.

L =/-lo(GFL) =0.154JlH/m C = JrE'o(GFC)= 71.9rF/m:n:

Bakir için ve 3GHz frekansinda (5=1.2 .um'dir.Bu takdirde1 1 1

GFRa=- +- =307m-1 ve R. =-(GFRa) =0.702Q/ma b 2:n:a~Ö

elde edilir. Hava dielektrik için G =O Sim dir.

15.3 Eger f3 = ~vrc ise düzgün kayipsiz bir hat için v(x, t) =A cas (OJt + 8)J(3x geriliminin ile-

tim hatti denklemini sagladigini gösteriniz.Kayipsiz hat için R =G = O'dir.Dolayisiyladenklem

aiv(x: i) = LC aiu(~, t)ax' at'

formuna indirgenir. Bu ise verilen gerilim için

- f32U= Le( - WZv) veya f3=wVLC

olmasini gerektirir.

15.4. Problem 15.1'deki paralel iletkenli hat için 5 kHz'lik çalisma frekansinda karakteristik empe-dansi, yayilma sabitini (zayiflatma ve faz kaymasi), yayilma hizini ve dalga boyunu bulunuz.

5 kHz'de dc direnç kullanilabilir.

Z =RJ + jwL =2.59x 10-3+ j2:n:(5x 1Q3)(2x 10-6)=6.289 X 10-2/87.6° Q/m

Y= G + jwC = j2:n:(5 x 10-')(5.56 x lO-IZ) = 1.747 x 10-7 /9O"S/m

Zo= .Ji. = (iX)/ -1.2° Q

Y= VZY= 1.048X 10-4 /88.8° = (2.19 x 10-6) + j(1.048 x io-4) m-I

Bu takdirde: .

a=2.19 x io-oN/m. f3= 1.048x 1O-4rad/m, up= w//3 =2.998 x Htm/s. ). = 2:n://3=59.96 km.

15.5. 100 kHz'de çalisan iOkm'lik bir paralel iletkenli hat için zo = 557 Q .a =2.4 x 10-5 Np/m

ve f3=2. 12 X 10-3 rad/m dir. x =Odaki uyumlu sonlandirma ve VR= LO!!!..V için A./4'lük

x-artimlarinda V(x) geriliminihesaplayinizve fazörleriçiziniz.

Alici uçta hat uyumludur; dolayisiyla TR=O ve V(x) = V+e=~ olur.

Fakat, V(O)= V+ = VR= LO~ V oldugundan:V(x) = iae"" ~ (V)

x =n (A/4) (n =O, 1,2, , 13, 13.48) için (burada n = 13.48 degeri LOkin'lik uzunluga karsilik gelir):

px = n(i rad) = n(90")

a

a:x= ii(px) = nO.0178 Np)

Bu artirnlar kullanilarak Tablo 15-2 olusturulmustur. Tablo degerlerinin kutupsa! egrisi Sekil IS-S'deverilmistir.


Tablo 15-2

4()<

~ii

0-

~7t"

Sekil 15-18

15.6. Yük uyumsuzlugu sonucunda r R =0.4 is!... olmus ise, Problem 15.5'i tekrar çözünüz. Digerbütün veriler aynidir.

Problem I5.5'in aksine, burada gerilim gelen dalga ile yansiyan dalganin süperpozisyonu olarak verilir:

V(x) = ~elen (x) + ~ansiyan (x) = V' e"" il!!. + rR V. e-"" / -{3x

x = O'dakisinirkosullarindan(fizikselbirimlerihmaledilerek)10LQ: = 1.4V. ~ veya V" = 7.14 LQ:

V(x) = 7.14e""il!!. + 2.86e-"" j-{3xelde edilir. O halde:

Yükten itibaren çeyrek f3x= 4>v. IV(x)l.dalga boylari derece ax, Np V

O O 0.0 10.001 90 0.0178 10.182 180 0.0356 10.363 270 0.0534 10.554 360 0.0711 10.745 450 0.0889 10.936 540 0.1067 11.137 630 0.1245 11.338 720 0.1423 11.539 810 0.1601 11.74

LO 900 0.1779 11.95II 990 0.1956 12.1612 1080 0.2134 12.3813 1170 0.2312 12.6013.48 1215 0.24 12.71


Tablo 15-3

Burada a ve (3Problem 15.5 de verildigi gibidir. Gerekli olan hesaplamalar Tablo 15.3 ve Sekil 15.19da gösterilmistir.

" i i i i i i~XL)..=" " 13."",U l: " iü 9

tVi

-ilei

" "

Sekil 15-19

15.7 0.5 mil uzunlugundaki bir Iletim hatti üzerinde 5 kHz'de yapilan ölçümler sonucu, karakte-ristik empedansin 94/-23.2° Q, toplam zayiftatmanin 0.06 Np ve giris ile çikis arasindakifaz kaymasinin 8° oldugu görülmüstür. Hat için mil basina R, L, G ve C parametrelerini, hatüzerindeki faz hizini, ve gönderen uç gücü 3W ve yük uyumlu oldugu zaman hat üzerindeharcanan gücü bulunuz.

Ölçülen zayiflatma al =0.06 Np'dir. Dolayisiyla a = 0.12 Np/mil, faz kaymasi {31= 8° = 0.14 rad,{3= 0.28 rad/mil'dir. Buradan

vzy= y =0.12 + jO.28=0.305/66.SOmitl veya ZY = 0.093/133.6° mitz

Bulunan bu sonuçlardan ve VZ /Y =94 / - 23.2°C ölçülen degerindenZ = 28.67/43.6° = 20.8 + j19.8 C/mil= R + j2:rfL

Y = 3.24 X 10-3/90" = j3.24 x io-3 S/mn= G + j2irfC

elde edilir. O halde R =20.8 Q/mil, L =630 ,uH!mil, G =O, C =0.103 tiP/mil olur.

Yükten ax,itibaren

Np e"'" f3x "den (x) ansiyaii(x) iv(x)iAj4O 0.0 1.0 o" 7.14!!!:. 2.86!!!:. 10.00!!!:.1 0.0178 1.018 90" 7.27/90" 2.81/-90" 4.46/90"2 0.0356 1.036 180" 7.40 /180" 2.76/-180" 10.16/180"3 0.0534 1.055 270" 7.53 /2700 2.71 /-270" 4.82/-90"4 0.0711 1.074 360" 7.67 /3fU 2.66/- 360" 10.33!!!:.5 0.0889 1.093 450" 7.80 /450" 2.62/-450" 5.18/90"6 0.1067 1.113 s4<r' 7.94/S4<r' 2.57/-540" 10.51/1BO"7 0.1245 1.133 630" 8.09/630" 2.52/-630" 5.57 / -90"8 0.1423 1.153 nO" 8.23/7200 2.48/- 720" 10.71!!!:.9 0.1601 1.174 810" 8.38/810" 2.44/-810" 5.94/90"

LO 0.1779 1.195 900" 8.53/900" 2.39/-900" 10.92/lBO"II 0.1956 1.216 990" 8.68/990" 2.35/-990" 6.33 / -90"12 0.2134 1.238 1080" 8.84/1080" 2.31/-1080" 11.15LQ:13 0.2312 i. 260 1170" 9.00 /1170" 2.27 /-1170" 6.73 /90"13.48 0.24 1.271 1215° 9.08/1215° 2.25/-1215° 9.34/148.5°


Faz hizi: up =21tf/ {3=2:r(5 x 11f)/O.28=1.12 x iOSmills

Uyumlu bir yük için (yansimasiz), alinan güç su biçimde verilir:

PR = p'çe~'2"'(= 3e-O.12 = 2.66 W

Zayiflama sonucu kaybolan güç ise 0.34 W'tiL

15.8. 150 m uzunlugunda ve 600 Q luk bir iletim hattinda ci =2.4 x io-3 Np/m ve /3=0.0212 radlmolup, çalisma frekansi 400 kHz'diL Hat ZR = 424.3/45<>O.yükünü beslediginegöre, dalgaboylari cinsinden hat uzunlugunu, r R,r s ve Zs degerlerini bulunuz. Alinan gerilim degeri-

nin VR=50 t!!...V. olmasi durumunda, Vs 'yi, hat üzerinde gerilimin maksimum oldugu noktayi

ve i Vimax degerini bulunuz.A = 2nl {3= 296.4 m oldugundan, L= 150 m = 0.5U. x = O'da:

ZR - ZI) 300+ j300 - 600

r R =ZR + Zo- 300 + j300 + 600= 0.45(116.6" ==-0.2 + jO.4

Dolayisiyla, x = Liçin:

r s= ir Ri e 2<>( /4>R - 2pe = 0.45e-o.n /116.6" - 363"

= 0.22 LD3.6" = -0.09 + iO.20

ve /1 + rs') (O.91 + iO.2'

)Zs = Zo\1 - r;' = 600 .1.09 - iO.2. = 502.7 L22.:§:. Q

VR=50fS!.. = V+(l + r R), olduguna göre V" ==56.2/-26.6"v. Bu durumda:

Vs = (V+e"f [Lf)[l + fs] ==(56.2e°,36/-26.6" + 181.5")[0.91 + jO.2] = 75.0/167.3"Y

Gerilimin en büyük degerine ulastigi noktayi bulmak için Sekil 15-20 deki fazör diyagramillI incele-

yelim. x = O da gelen ve yansiyan gerilimler arasindaki açi 116.6° dir. Vgelensaatin dönüs yönünün tersinde

58.3° ve Vyansiyansaatin dönüs yönünde ayni miktarda döndürülfuse, iki fazör ayni yönde olurlar. {3x =58.3° olan mesafe x = 48.2 m olup, bu, maksimurnun yeridiL Genligin degeri ise su biçimde hesaplanir.

iVim""= 56.2eO1l6 + (0.45)(56.2)e mO.116= 85.5 Y

v-t '- ..-/. ..",:;/

./°

58.3< / //

"o/

i'-

Sekil 15-20

15.9 Problem l5.2'de özellikleri verilen koaksiyel hat için karakteristik empedansin ve zayif1ama-nin gerçek degerlerini bulunuz ve verilen degerlerle karsilastiriniz. 3GHz'lik bir çalisma fre-kansinda orta iletkeni desteklemek için gerekli kisa devre saplamaninin uzunlugunu bulunuzve verilen özelliklerden yararlanarak bu hat için en yüksek "güvenli" çalisma frekansini he-saplayiniz.

Yüksek frekansli düsük kayipli hat için karakteristik empedans:

- fE.- ~ L~4 X 10,"7 . ~.Ro-'\JC- 7.19xio-ii 46.33Q (venlendeger.46.4Q)


Metre basina zayiflarna:

Ri- 0.702 3 I 06 Iix=2Ro= 2(46.33)= 7.58 x 10- Npm = O. 58dB in

Burada 1 Np = 8.686 dB dönüsümü kullanilmistir.

Ortadaki iletkeni desteklemek için saplama »4 boyunda olursa, kisa devre ana hatta baglantinoktasinda açik devre gibi görülür. 3 GHz'de bu uzunluk

(verilen deger 0.066 dB/m)

e. =! up=! ('3 x i{f' -4 f 4.3 x Hr') - 0.025m veya 2.5 cm

olmalidir. En yüksek "güvenli" çalisma fTekansi,verilen en düsük "güvenli" dalga boyu kullanilarakbulunur:

Up 3 x iOSiri'lr k=:-- = -"8 10-2= 5.68GHz}~se Adilsük)..:;, x

Bu degerin üzerindeki fTekanslarda, TEM disinda yayilma modlari da ortaya çikabilir.

15.10.70 Q'luk bir kayipsiz, yüksek frekansli hat A.=80 cm'yekarsidüsenbir frekanstavex =O'da(140 + j91)Q olan bir yükle çalismaktadir. Smith abagini kullanarak, rR ve VSWR degerle-rini, yükten ilk gerilim maksimumuna olan uzakligi, yükten ilk gerilim minimumuna olan u-zakligi, Vmax 'daki empedansi, Vmin'dekiempedansi, hattin 54 cm uzunluklu bir parçasinin gi-ris empedansini ve giris admitansini hesaplayiniz.

Smith abaginda ZII zo =2 + j 1.3 norinalize yükü çiziniz (Sekil 15-21). Bu noktadan geçecek bi-çimde, merkezden, disaridaki A çemberine radyal bir çizgi çekiniz. r R'ninaçisinin qJR= 29° oldugu gö-rülür. Merkezden z noktasina olan uzakligi ölçünüz ve abagin altidaki göstergelerden r R ve VSWRgenliklerini okuyunuz.

rR =0.50 VSWR =3.0 ve r R =0.5 /29"

Merkezde, çizilen normalize empedansdan geçen bir çember çiziniz. Bu çember yatay dogruyu3 +jO noktasinda kesmektedir. Bu kesisim noktasi, alttaki ölçegin yerine, VSWR degerini hesaplama-da kullanilabilir. Bunun nedeni, bu çemberin, sabit bir VSWR'yi göstermesidir. VSWR çemberi ile,merkezden açik devre noktasina dogru çizilen radyal dogrunun kesistigi noktayi isaretleyiniz. Bu kesi-sim noktasi, gerilimin ve empedansin maksimum, akimin ise minimum oldugu noktadir. Bu noktadaki

0.21 A

iJ

\

oc

0.25 A

Sekil 15-21


normalize empedans 3 + jO oldugundan Zmax= 210 + j OQ degerindedir. Yükten ilk Vmaxnoktasina o-lan mesafeyi bulmak için distaki ölçek (kaynaga dogru dalga boylari) kullanilir. Referans konumu0.2U'da ve maksimum çizgisi 0.25 A'dadir. Dolayisiyla, mesafe kaynaktan 0.04A veya yükten 3.2 cmuzaktadir.

Vmax noktasindan kaynaga 0.25A yaklasilirsa Vminnoktasina ulasilir. Normalize empedans 0.33 +jO ve Zmin= 23.1+j OQ degerindedir. Yükten ilk minimuma uzaklik:

0.25 A + 0.04 A =0.29 A =23.2 cm

Giris empedansini bulmak için yükten kaynaga dogru 54 /80 = 0.675 dalga boyu yaklasiniz venormalize empedansi okuyunuz. Çemberin bir tiiru 0.5A olduguna göre, distaki ölçek üzerinde, yükten0.175 A uzakta olan noktayi bulunuz. Bu nokta 0.21 A + 0.175 A = 0.385 A noktasidir. Bu noktadanmerkeze bir dogru çiziniz. VSWR çemberi ile kesisim noktasindan normalize empedans 0.56 - jO.71ve Zg;ris= 39.2 - j 49.72 Q olarak bulunur.

Normalize giris admitansi, abak üzerinde çap çizgisinin diger ucunqadir ve bu bir karmasik sayi-nin tersinin alinmasina karsi düser. z = 0.56 - j 0.71 için y = 0.68 + j 0.87 olur ve dolayisiyla:

y

Ygiris=Ro= (9.Tl + j12.4) mS

15.11.Sekil 15-22'de görülen kayipsiz yüksek frekans iletim hattinin çalisma frekansi 700 MHz o-lup, her bir hat bölümünün faz hizi 2.1 x 108mls'dir. Smith abagini kullanarak, hattin her birbölümündeki VSWR degerlerini ve 1 numarali hattin besleme ucundaki giris empedansinibulunuz. (Burada üç ayri iletim hatti problemi vardir.)

iF 1

Z,,"" +j70n

.

..Li '" 1.25 m

ZR""40+jOf}

Sekil 15-22Hatlarin dalga boyu: A= (2.1 X 108) / (7 x 108) =30 cm. 2. hat için uzunluk (43.5 / 30) A= 1.45Aolupnormalize yük degeri (O+j 70) / 70 =j I'dir. Bu SekilI5-23'deki 1 noktasi olsun. Bu referans nokta-sinin O.125A ve bu noktada VSWR = 00 olduguna dikkat ediniz. VSWR çemberi üzerinde kaynagadogru 1.45 A kayiniz ve 2 noktasina geliniz. Bu noktada: Zgiris= O + j 0.51. 2. hattin giris empedansi

Zgiris2 = Zgiris ROl = O + j 35.7 Q

olup,I. hattin yükünün bir bölümünü olusturur.3. hattin uzunlugu 21/30 = o.n olup, normalize yük (40 + jO) /90 =0.44 + j O'dir. Bu 3 noktasi

olsun. Burada referans noktasi OAolup, çember VSWR = 2.25 çemberidir. Bu çember üzerinde kay-naga dogru 0.7A ilerleyerek 4 noktasina ulasilir ve su degerler okunur:

Zgiris= 1.62 + j 0.86 veya Zgiris3=ZgirisRo3 =145.8 + j 77.4 QBu da 1. hattin yükünün ikinci parçasidir.


iI.I~5

~~:.\\\"" i -

~~\\\'\ '.. i/ ! "';---" ""

.

'.

~ '?,>/. LO "

./ i 11"0,/

~'o

~/ ./ VSWR "" 2.2' o '.

J i ~ 7 . ii . .f i <LL

4! f \ . ni i . . Ile. il._~,

I)I"

"

'..J~

'I!-, . \ / i

O.~ '\

. , . i\ eK i\ /\ ' /

\' "", /~""\'SWR=!" ///-"""'~"-'-_.'."-""--""."9

6

Sekil 15-231. hattin uzunlugu 1.25/0.30 = 4.167 }. olup, yük Zgiris2ve Zgiris3'ün paralel bilesimidir. Her bir

empedansi 50 Q hatta normalize ediniz, her bir admitansi bulunuz, Yr için admitanslari toplayiniz vesonra da zR'yibulunuz.

Zz= jC:~0 =O+ jO.714 (5 noktasi) ve

145.8+ j77.4 .Z3 = = 2.92 + }1.55 (7 noktasi) ve50

YR=0.27 - j1.55 (9 noktasi) ve YS\VR= 14

9 numarali noktadan geçen çap çizgisinin diger ucundaki LOnoktasinda (0.09). noktasi) ZR=0.1 + j

0.063' dür. VSWR = 14 çemberi üzerinde ZRnoktasindan kaynaga dogru 4.167 }.iIerlenirse, Zgtris= 9.5- j 6.3 degerine sahip II noktasina ulasilir. i. hattin giris empedansi:

50 (9.5- j 6.3) =475 - j 315 Q

YZ = O - j1.41 (6 noktasi)

Y~ = 0.27 - jO. 14 (8 noktasi)

15.12 Ca) Yüksek frekansit 50 Q'luk bir kayipsiz hattin uzunlugu 141.6 cm olup, bagil dielektrik

katsayisi Er = 2.49'dur. Sonlandirilmis hattin 500 MHz'deki giris emp~dansi Zgiris= (20 +)25)Q olarak ölçülmüstür. Smith abagini kullanarak sonlandinci yükün degerini bulunuz. Cb)Empedans ölçümünden sonra, hatta paralelolarak, yükten 8.5 cm uzaga 8pF degerinde ka-yipsiz bir kandansatör baglanmaktadir. Ana hattin üzerindeki VSWR degerini bulunuz.(a) Er = 2.49 için:

3xHf . u 1.9xutUp = .~ = i. 9 x Ht m/s lo.= !!. = 5 rf 38 cmv2.49 f x 1

Hattin uzunlugu (141.6/38) }. =3.726 }.'dir.Normalize giris empedansi Zgiris= (20 + j 25) / 50 =0.4 + j 0.5 dir. Bu degeri Sekil 15-24'de 1 noktasi olarak isaretleyip VSWR'yi ölçünüz,VSWR = 3.2 çemberini çiziniz ve yüke dogru 0.418 }.'yi referans noktasi olarak belirleyiniz.zgiri/den yüke dogru, VSWR çemberi üzerinde 3.726 }. (net olarak 0.226 }.) ilerleyiniz venormalize yük empedansini ZR=0.72 - j 0.98 olarak okuyunuz (2.noktada). Yük empedansinin500 MHz'deki degeri ZR=(36 - j 49) Q'dur.

(b) Kondansatör paralel bagli oldugundan Y egrileri üzerinde çalismak daha uygundur. (Sekil 15-25). Sekil 15-24'de zR'ninkarsisindaki degeri okuyunuz: YR=0.48 + j 0.67. YR'yiSekil 15-25'de3 noktasi olarak isaretleyiniz ve VSWR = 3.2 çemberini çiziniz. Referans noktasi kaynaga dogru0.105 }. olup, bu x = O'akarsi düsmektedir. VSWR çemberi üzerinde kaynaga dogru 8.5 cm veya(8.5/38) }.=0.224}. ilerleyiniz ve 4 noktasinda y(xi) degerini okuyunuz.

2S8

J

,I~i

o

\

~,\~'"

Sekil 15-24

ILETIM HATLARi

\\~

!i

//

/

is. Bölüm

ZO('

fi~~~\

i '/ / \ ii ,-<- / i \ \

! .::: i ./ \ ys<:~! j,"'/ / :; ) 025

ii i '1' / li~, '

~\ .

!O,~ ;

\ '

t /~ . \ 4 ''(x,) i

\h~~"'~

Kondansatöreklenmedenöncey(xi) = 1.04 - i 1.22 dir. Kondansatörün normalize admitansi

Sekil 15-25

Ye = (j2;r{C)Ro = j2:r(5 X 1(11)(8 X 10-12)(50) =O+ j1.26

olup, xi'deki yeni admitans Ye+ y(xi) =1.04 + j 0.04'tür. Bu yeni admItansl S noktasi olarak isaretleyi-niz ve VSWR =1.04 olarak ölçünüz. (3.2'den önemli miktarda bIr azalma).

15.13. 4 m uzunlugunda, saplama destekli, kayipsiz, 300 Q, hava dielektrik hatti (Sekil 15.26), ki-sa devre edilmis A/4 destekler kullanarak 300Q omik yükle 300 MHz'de çalisacak biçimdetasarlanmistir. Yükte veya boyutlarda hiçbir degisiklik olmaksizin hat 400 MHz'de çalisti-rilmaktadir. Smith abagini kullanarak, destekler dahil olmak üzere hattin her bir bölümünde-ki duran dalga oranlarini ve yeni frekanstaki giris empedansini bulunuz.

i- Im

GIRiS IR" == 300111

i!j\

::.(i

v-

2.5m-r-°5m-1. i

[r

ZR ==)«() 11

tL~5m

tVSekil 15-26

Dalga boyu:). = u,Jf= (3 x 108) / (4 X 108) = 75 cm). cinsinden uzakliklar: Toplam uzunluk = 4 m = S.333 ).

Yük - saplama i arasi = 50 cm = 0.667 ).

Saplama uzunlugu = 25 cm = 0.333 ).

Saplamalar arasi = 2.5 m = 3.333 ).

, Saplama2 - girisarasi= i m = 1.33).Saplamalar paraleloldugundan Y diyagrami kullanilir (Sekil IS-27). X =O'da, YR=Ro / ZR = i + iO (lnoktasi) ve VSWR = t'dir. Yükle ilk saplama arasindaki 0.667 ). mesafesi boyunca hat eksiz oldugun-dan y(xi) = i + jO olur.

15. Bölüm ILETIMHATLARi 259

/!

1.0

".\~ --3

i, \ sc-~1- \,\

\

(I.J/ . .

oJ,

Sekil 15-27

Kisa devre edilmis saplamalarin admitansini bulmak için 2 noktasi Yscolarak isaretlenir, VSWR= 00çemberi üzerinde kaynaga dogru 0.333A ilerleyerek 3 noktasina gelinir ve y =O + ) 0.58 degerIelde edilir. Bu, saplama i 'in de baglanmasi durumunda Xi noktasindaki admitansi bulmak için y = i +)0 ile toplanmalidir. Dolayisiyla y(xi) = 1 + ) 0.58 (4 noktasi), VSWR = 1.75 olur ve referans noktasikaynaga dogru 0.148 A'dir. 4 noktasindan geçen VSWR çemberi çizilir; 4 noktasindan kaynaga dogru3.333 /...hareket edilerek 5 noktasina ulasilir; ve X2noktasinin saplama baglanmadan önceki admItansi,y(X2) =0.57 - ) 0.08 olarak okunur. Bu noktada y(X2) =0.57 + ) 0.50 elde etmek üzere saplama 2 ekle-nir (6 noktasi) ve VSWR = 2.3 çemberi çizilir. Referans konumu kaynaga dogru 0.092 A'dir. 6 nokta-sindan kaynaga dogru VSWR = 2.3 çemberi üzerinde 1.333 ilerleyerek 7 noktasina ulasilir venormalize giris admitansi Ygiris= 0.52 - ) 0.38 olarak okunur. Çap üzerinde ters yöne hareket edilIr ve8 noktasinda Zgiris= 1.23 + ) 0.92 elde edilir. 400 MHz'de giris empedansi ZgirisRO= (369 + ) 276) Q el-de edilir.

15.14 Sekil 15-28'de görülen toplu parametreli kayipsiz devre, 50 Q'luk bir hatti i GHz'de çalisanbir RF tranzistörün girisine uyumlamakta kullanilmaktadir. Tranzistörün giris yansima kat-sayisi r = 0.6/-150°, olup, 50 Q luk bir sistem için ölçülmüstür. L ve Cnin eslenik

uyumlama kosulu için degerlerini bulunuz.i

S. 00000' 1, ! L .

i i' -i-,--z", r'" rR,,::,O{} i Tc . -- Tranzistör

~ '

Sekil 15-28

Uyumlama devresinin reaktanslarinin 50 Q'luk hata normalize edilmesiyle X=wL!50 ve b=50 (i)C eldeedilir. Tranzistörden geriye, devreye dogru bakildiginda görülen normalize empedans ise

1

z", = ix + 1 + ib(1)

olur. Uyumlama ölçütü r R= f*, veya


1 + ro<z", = --:- = 0.27 + jO.25L-r*

biçiminde olup, (1) ve (2) birlikte b =:t 1.64 verir. b = 1.64 için x = +0,70 olup, b'nin arti olusu kon-dansatöre karsilik gelir. Buna göre:

bC=-=5.2pF

O1Ro

(2)

ve L =xRo=5.6nH01

lS.lS.15 111uzunlugundaki 300Q 'luk bir hat, iSO Q'luk dirençle sonlanmis 3 m uzunlugundaki iSOQ'luk bir hatta baglanmistir. Hava dielektrikli hadarin kayipsiz oldugu ve çalisma frekansi-nin 50 MHz'de sabit oldugu varsayimiyla, iki hatti, ana hatta VSWR = 1 olacak biçimdeuyumlamak için Ro degerini ve hattin çeyrek dalga bölümünün (çeyrek dalga 'dönüstürücü)uzunlugunu bulunuz. Dönüstürücü kullanilmasaydi ana hattaki VSWR ne olurdu?

Sistemin modeli Sekil 15-29'da görülmektedir. 1= 50 MHz ve up= 3 x 108mis için dalga boyuA =6 m olup, A/4 uzunlugu 1.5 m'ye karsi gelir.

/, = 15 in Ix = N41., = o

1.= 3m

RR = 150ni Ri" = 3(X)n i i ROT i i iR,,: = 150n !

Sekil 15-29Dönüstürücü yokken 300 Q'luk hattin sonlanmasi ikinci hat Ro ile sonlandigindan, 150 Q'dur. Bi-

rInci hattaki yansima katsayisinin degeri:

150-300 1 i +0)r= = -- ve VSWR=-=2150+ 300 3 i - H)

Dönüstürücünün, sekilde görüldügü gibi yerlestirilmesiyle, RRyükündeki yansima katsayisi

r - RR - ROTR-RR + ROT (1)

olup, birinci hattaki yükün 300 Q olmasi gerektiginden, {3x= 90° daki giris empedansinin degeri subiçimdedir.

l+rR~ 1-fRZgiris =300 Q =RaT 1 - r R / -180" ROT 1 + r R

{J)'in RR =150 Q alinarak (2)'de kullanilmasiyla

3OO(150 + ROT+ 150 - ROT) =RoT{l50 + ROT - 150 + ROT)

veya ROT ="'300 x 150 =VRoiRin =212.1 Q.elde edilir.

(2)

lS.16 ISO MHz'lik bir kaynak, 10 m uzunlugunda 75 Q'luk bir koaksiyel hatti beslemektedir. Buhat, uzunluklari 0.5 m ve i m olan ve herbiri 50 Q'luk dirençle sonlandinlmis 50 Q'luk ikihattin paralel baglanmasiyla elde edilen bir yükle sonlandinlmistir. Bütün hadar kayipsiz o-lup, ER = 2.2'dir.Sekil 15-30'dakiçizimebakarak,besleyicihattaminimumVSWRdegerineneden olacak, paralel bagli 75 Q'luk saplamanin Lsuzunlugunu ve baglanti noktasini (xi) bu-lunuz. Saplama, yüke olabildigince yakin olmalidir.

Faz hizi = up =3 x 108/ J2i =2.02 x 108mis; dalga boyu: A=up / i = 1.35 m. 50 Q'luk her bir hattin

giris empedansi, Ro sonlandirma nedeniyle, 50 Q'dur. 75 Q'luk hattin yükü 25 Q olup bununnormalize degeri ZR = 0.333 + j O'dir. Smith abagi üzerinde zR'yi isaretle ve bu noktadan geçeceki rJ çemberini ve açi ölçegine gidecek radyal çizgiyi çiz. (Sekil 15-31). cfJR=180° elde edilir veiri =0.5ve VSWR = 3 oldugu görülür.


(, = tOm

ZHl =54111

IR.) = "'1511 E.. = 2.21

x = x, x=O .~~

~~/LJ}

2H:=500

Sekil 15-30

v."').. Jx ",:'-- - --1 y,",",

~,"./;

(:R

VSWR = 3r = 41.5

Sekil 15-31Uyumlama saplamasi paraleloldugundan, ZR'den çap üzerinde ters yöne giderek YR=3 + jO noktasinageç. g = 1 ve VSWR = 3 çemberlerinin kesisim noktasini bul ve x = O'dayükten olan uzakliklari be-lirle:

Y =1 + j 1.15 ; kaynaga dogru 0.25 + 0.166 = 0.416 A mesafesinde.Y =1 - j 1.15, kaynaga dogru 0.3335 - 0.25 = 0.0835 A mesafesinde

75 Q'luk saplamayi xi =0.0835A=11.3cm'ye yerlestir.Saplamauzunluguls,uyumdurumundaY=1+ jO elde edilebilmesi için Ys= O + j 1.15 verecek uzunluktur. Dolayisiyla, y,'yi isaretle ve y = 00kisadevre kosulundan bu noktaya olan uzakligi belirle. Saplamanin uzunlugu, (0.25 + 0.1345) A = 51.9cm'dir.

Uyumlu yükler için li ve 12hatlarindaki VSWR 1.0'dir. Kisa devre edilmis saplamada VSWRsonsuzdur. Ana hatta, x =Odan x =xi 'e VSWR =3 olup, x =xi'den x =13'eVSWR =LO'dir.

15.17600 MHz'de ZR = (600 + j 300) Q'luk bir yükü uyumlamak için 300 Q'luk kayipsiz bir havadielektrik hatta paralel baglanmasi gereken kisa devre edilmis saplamanin santimetre cinsin-den uzunlugunu ve yüke olan en kisa uzakligini bulunuz. Uyumlama saplamasi ile ana hatayni türdendir.


Hem hat hem de saplama için; up=3 X 108mis ve A=0.5 m'dir. Ydiyagrami üzerinde ZR=(600+j 300)/300 =2 +jl ii isaretleyiniz.(Sekil 15-32).VSWR=2.6çemberiniçizinizve çap üzerindenYR=0.4 - j 0.2'ye geçerek kaynaga dogru 0.464 A referans noktasini elde ediniz. VSWR çemberi üze-rinde YR'deng = i çemberi ile ilk kesisim noktasina ulasiniz ve 0.162 Areferans noktasinda y(xi) = 1 +j i elde ediniz. Saplarna noktasinin yüke uzakligi

Xi =[(0.5 - 0.464) + 0.162]A =0.198A =9.9 cm

Hatti VSWR = 1 olacak biçimde uyumlamak için, Xi noktasindaki suseptansi sifirlayabilecek bi-çimde, kisa devre edilmis saplamanin admitansi y, = O- jl olmalidir. Gerekli saplama uzunlugu ise0.125 A =6.25 cm'dir.

---'%/6<

/LO

,o

([~

, '\,~ ,

.~

S<

i 1 i\

~ ' 11,0,25"R LI, /i~'T

y (x:) = i - J

;;"I "i :ç.". ....

VSWR=2.t:i :'"~'

~ ~f'::'/I9/- 'I ...;:-J .~,

I\.0,3;;-- '

Sekil 15-32Bu noktanin erisilmez olmasi durumunda g = i çemberiyle ikinci kesisim noktasi kullanilabilir.

Bu noktada Y(X2)= 1 - jl ve

Xi = [(0.05 - 0.464) + 0.338]), = 0.374A = 18.7 cm

olur. Saplama Ys = +jl verecek biçimde ayarlanmali ve uzunlugu 0.375 A= 18.75 cm olmalidir.

15.18.Kayipsiz bir 70 ,Q'luk yüksek frekans hatti için Er = 2.1 olup, hat 320 MHz'de

ZR= 50/30" Q ile sonlandirilmistir. Yük, paralel baglanan kisa devre edilmis ve Er = 2.3

degerine sahip bir 50,Qhat ile uyumlandirilacak olup, saplama yükten en az 5 cm uzakta ol-malidir. Böyle bir uyumlama olasi ise, saplamanin boyunu ve yükten uzakligini bulunuz.

Ana hat için Up=3 x iOS/m =2.07 x iOSmis, ;. =UOI!= 64.7 cm; saplama hatti için:

up'= 3 x ios/m = 1.98x 'iOSmis. A.= 61.9cm. Normalize yük ZR=(50/30")/70 = 0.62+j 0.36,VSWR=1.92, YR=1.20 - jO.70, referans noktasi kaynaga dogru 0.327 A; (bkz. Sekil 15.33). VSWRçemberi üzerindeYRidenkaynaga dogru ilerleyerekilk kesisim noktasina variriz; 0.350A'deveya0.023A= 1.49 cm mesafedey(xi) =1- jO.66.5 cm sinirlamasindandolayi, bu nokta kullanilamaz.VSWRçemberiüzerindehareketedevamederekO.is LAmnoktasindaY(X2)= 1 +jO.66eldeedin.Me-safe,

X2= (0.5 - 0.327) + 0.151= 0.324Am= 21.0 cm

olup, saplamanin baglanma noktasini gösterir.Saplama farkli bir Rodegerine sahip oldugundan, önce gerçek degeri elde etmek gerekir.

1 + '0 66Y(X2)= ;0' (1.4 + jO.94) x 10-2 S

, 15, Bölüm ILETIM HATLARi 263

<.\ "" 0.3241\

. CI.",,":'<...-

"'I;::""

,-'

~!tio

0.5

~ I.rj

LO

-"sc

(1,25

'./" ". -'ci)1-'

I, = 0.43 - 0,25 = (i, IS A \,\.:.<;\)

Sekil 15-33Buradan, suseptansin sifirlanmasi için

y. ==(-jO.94 x 10"2)(50) ==-jO.47

kosulunun saglanmasinin gerektigi anlasilir. Kisa devre edilmis saplamanin uzunlugu, bu durumda(0.43 - 0.25)As= O.ISAs= 11.1 cm olur.

15.19.Karmasik bir yükün empedansi 500 MHz'de bir VHF köprü ile 29/3ff' g olarak ölçülmüstür.

Bu yük bir 50 Q, 3)J8 tuner üzerinden 50Q'luk bir hava dielektriklihatta baglanmistir.Ana hattadegeri 1 olan bir VSWR elde etmek için kisa devre edilmis saplamalarmboylarmi bulunuz.Var-sa, iki çözümü de gösteriniz.

Sistemin modeli Sekil 15-9'da görülmektedir. Hava dielektrikli hat için: up=3 x 108mis ve A=Up / f =60 cm. Normalize yük empedansi:

ZR ==ZR==O.58/3ff =0,5 + jO,29Ro

Smith abagi üzerinde 3}JS tuner çemberini çizin, zR'yi isaretleyin, VSWR = 2.5 çemberini çizin,YR= 1.52 - jO.88 noktasini bulun ve tuner çemberi ile gR= 1.52 çemberinin kesisim noktasini bulunuz,Her bir kesisim için bir çözüm vardir.

ysc

(b)

Sekil 15-34

264 ILETIM HATLARI 15. Bölüm

Ilk önce y = 1.52- j 1.82 noktasini gözöntine alalim (Sekil 15-34a). Burada, suseptansi -O.88'den-1.82'ye (1 noktasi) degistirmek için birinci saplamanin boyu ayarlanmalidir. Böylece 2 noktasindaYsI = O-jO.94 olur. Bu b için saplama uzunlugu, y = oo'dankaynaga dogru, A.ölçegi üzerinden okunur:

f.. = (0.380- 0.25»),= 7.8cm

i noktasindan kaynaga dogru 3A/8 ilerleyerek y = i + j 1.53 degerine sahip 3 noktasina erisili... 2.saplama y =O- j 1.53 eklemelidir (4 noktasi) ve saplama uzunlugu

f.z = (0.342- 0.25»), =5.52 cm

olmalidir.

Sekil 15-34b, ikinci çöztimti göstermektedir. Ikinci çöztimde ayni islemler yapilmaktadir:I'noktasinda: y = 1.52 - j 0.16rnoktasinda: YsI= O+ j 0.72 ve3'noktasinda; y =1 + j 0.454'noktasinda; Y,2= O- j 0.45 ve i,'2= (0.433 - 0.25)A.= i 1.4 cmBirinci çöztimde sonsuz VSWR degerine sahip toplam saplama uzunlugu 12.63 cm oldugundan,

pratik bir sistemde daha az kayiplara neden olur. Bunun için bu çöztim tercih edilir.

isi = (0.25 + 0.099) A.= 21.6 cm

15.20.Problem 15.19'daki yük ile hatti uyumlamak için, yükten 7.2 cm uzaga yerlestirilmis ikisaplamali bir çeyrek dalga tuneri (50Q, kisa devre edilmis saplamalar) kullaniniz.

Problem 15.19'dakinormalizeyük admitansiYR= IIzR= 1.52-j 0.88 ve dalga boyu A.=60 cmdir. 7.2 cm'de yani yükten 0.12A. uzakta Yi = 0.54 - j O.36'dir; bu deger, tuner kullanarak hattauyumlandirilmalidir. Iki çözüm olasidir.

Çözüm i (SekillS-35)Yi = 0.54 - jO.36

i: YT=0.54- jO.502: y,1= -jO.14

f.i = (0.478 - 0.25)'\ = 13.68cm

3: A/4 ilerleyerek Y =1 + j 0.95'e ilerle4: Y,z= -jO.95

{'Z= (0.3795 - 0.25»),= 7.77cm

Toplam saplama uzunlugu = 21.45 cm (tercih edilir)

ot:

Ti, i

P i '/! i !

~j/

:b7SekillS-35

Çözüm2 (SekillS-36)YZ=0.54 - jO.36

1': Jr = 0.54 + jO.SO2': Y,I=jO.86

f.1 = (0.25+ 0.113)'\ = 21.78cm

3': A/4 ilerleyereky =1- j 0.95'e ilerle4': Y,z= + jO.95

t,z = (0.25 + 0.1205»),= 22.23cm

Toplam saplama uzunlugu = 44.01 cm

!

~.

.~ ~,.:., "" '" \i //~ '- ,. /.Ü.JI':'T :R>4

'~. ! i 1,v.Jt,:,T . i

Vi ---\-- - ~ ,:x

. i,

( i ," '

~. {r i ni :! .

\ -\\\...:\ "\\\\

\\ \'\

SekillS-36

15. Bölüm ILETIM HA TLARl 265

15.21.600 MHz'de YR = (4.76 + j 1.43) mS yükü, 70Q'Iuk çift saplamali bir tuner kullanilarak70Q'Iuk kayipsiz bir hava dielektrikli hatta uyumlandirilaeaktir. Birinci saplama yükün ucu-na yerlestirilmis olup, saplamalar arasi açiklik i Oem'dir. Uyum durumunda kisa devre edil-mis saplama uzunluklarini hesaplayiniz.

Hava hatti için A = (3 X 108) / (6 X 108) "-' 0.50 m olup saplamalar arasi uzaklik 10 cm = A/5'dir.Sekil 15-37'deki gibi bir A/5 tuner çemberi çiziniz. VSWR =3.0 çemberini belirleyen YR=YRRo=0.33+ j 0.10 normalize yükünü isaretleyiniz. Biri tuner çemberi ile Yi=0.333 - j 0.18'deki kesisim noktasi(VSWR = 3.2) ve digeri de Yi= 0.333 + j 0.84'deki kesisim noktasi (VSWR= 4.9) olmak üzere iki çö-züm vardir.

~~o' ': '\,/ -~";' LO \

~'::::::-o \,+"~,./ \ / '\ \ "'\\

'I '.::t// }i \ \ \1'1 ~

~ 7 '\ ,.t -ii i ." \ ,,<Ot. iii.V~)~T f!, . i, j~

°< : \ . '< ; ;}; ;","n.. " '~ \\

",

\~"

, "

,

"C'

,,'

; ;~

\ \\ / 1'0 :. , i ::r .\" .'\

1 / .' '"' !. ;' '\ o ',' .\ . ",, o - /\ '" ./ i' ,-\:' .\,' YS\\'R '= i'," /.~. ~ /-t'~

? /~Oj / '0'

"""", ~ '\":'~

,

?I/~)/, ~--- k

/;>-i . \\

i> = fi..J17 !. , 1

"i. i::

Sekil 15-37

Birinci çözüm: YRidenyi 'e geçmek için YsI= -jO.28 uzunluk 0.207A = 10.35 cm. VSWR = 3.2çemberi üzerinde, YRiden kaynaga dogru 0.2A ilerleyerek Y = 1.0 + j1.23'e geçilir. Uyumlama için,Y = 1 + j O elde etmek ainaciyla YsI = -j1.23 verecek biçimde ikinci saplama ayarlanmalidir. Uzunluk0.1O9A=5.45 cm'dir.

Ikinci çözüm: Yi= 0.33 + j 0.84 için Y~,i= +j 0,74 ve uzunluk 0.35 LA= 17.55 cm. VSWR =4.9çemberi üzerindeYr'denkaynaga dogru 0.2A ilerleyereky'= 1.0 - j1.75'e ulasilir.Uyumlamaiçin

1 + jO elde etmek amaciyla Ysi = -j 1.75 verecek biçimde ikinci saplama ayarlanmalidir. Uzunluk0.417A=20.85cm'dir.

15.22.40 em uzunlugunda 50Q'luk bir yarikli hat, 600 MHz'de bir anteni besleyen 50 Q'luk kayip-sIz bir hatta baglanmistir. Anten bagliyken ve kisa devre sonlama ile yapilan duran dalga öl-çümleriyle Sekil 15.38'deki veriler elde edilmektedir. Yarikli hattaki en küçük deger yük ta-rafindadir.

\lin \{in2Rcm

j

.1 cm

--{,iYüksek VSWR

} 1Kisa devre

--{

Max \Iin

";= s~m i ~o,.1'1

vsWR--=-~000~,~ ! :<cm

Sekil 15-38


AntenIn empedansini, yükten dolayi olusan yansima katsayisini, ve hattaki yayilma hizini bulunuz.

Kisa devre için minimumlar arasi mesafe dalga boyunun yarisina yani A = 50 cm'ye esittir. 600MHz için faz hizi up =fA = 3 x 108 mis (hava dielektrik)'dir. Anten bagli iken minimum kaymalarkaynaga dogru 5 cm = O.lA'dir. Smith abagi üzerinde VSWR = 2.2 çemberini çiziniz ve Sekil 15-39'daki gibi minimum gerilim çizgisini çiziniz. VSWR çemberi üzerinde Vminnoktasindan yüke dogruO.lAuzaklikta zR'yi isaretIeyiniz.

ZR=0.64 - jO.52 ve ZR=RoZR =(32-j26)Q

Yükün fR degeri diyagramdan okunur: L/>R= -108° olup, dis ölçekten, i/den merkeze olan uzak-lik ifR 1= 0.375'dir.

ifiO i ;:SC

1.0 .

VS~WR =~.~ \\

i ,'.i \

min! 1 , ;:ocO.~5

0.1" i - -i -R-

~ 0.64 -IÜ.52

-}()R<

Sekil 15-39

15.23.Faz hizi 2 x i 08 mis olan, 40m uzunlugundaki kayipsiz bir 500Q'luk koaksiyel kablo, i =O'daVg(i) =18V de, Rg = 1O0Q kaynagina baglanmistir. Aliei uç kisa devre ile sonlandirilmissa, i=O ile i =2.5 j.1s arasinda gönderiei uçtaki gerilimi (vll)) çiziniz.

Hattin gecikme süresi:

to =! 40Up - 2 x Ht = 0.2 ,..is

Gönderici uçta t =Olda gelen dalga:

(O)ullRo 18x 50

Us =-= =6V. Ra + Ro 100+ 50

Iki uçtaki yansima katsayilari:

r = Ra- Ro = 100 - 50 = + ~II Ra + Ro 100 + 50 3

r = RR- Ro - O- 50 = -1R RR + Ro 0+50

Sekil lSAOlda 2.5 /LS= 12.5 to süresi boyunca 1 =d çizimleri gösterilmektedir. Buradan arzu edilenv,=l çizimi, Sekil 15-4I'deki gibi kolayca elde edilir. Herhangi bir an için, Vs,d = a'daki bütün gelenve yansiyan dalgalarin toplamina esittir. Bu toplainin içerisinde yaratilan son gelen dalga da vardir.Örnegin,

. 2 2v.(4.01to) = 6 - 6 - 2 + 2 + - =-

3 3

fR = -loldugundan, son gelen dalgadan önceki dalgalar çiftler halinde birbirlerini yok ederler.


rg = ,~,Gönd..i'

t ()

Alici!rR=-j

li

Sekil 15-40

.v,.

Jo

.j

i;c,

=i:J.\

~'1)

J..=1-,

-°L" - i'i

,

Sekil 15-41

15.24.Iyi tasarlanmis, kayipsiz, 1O0Q'luk 1O0.us gecikmeli hattin, t = O da girisine 2 ms periyotlu10 .us'lik dikdörtgen darbe uygulanmakta ve bu darbeler çikista 1O0.ussonra görülmektedir.Kaynagin iç direnci 50Q olup, açik devre çikis geriliminin tepe degeri 9Vtur. Sonlandirma50Q'Iuk bir direnç le yapildigina göre vs(t) ve vR(t)'yi t = O'dan t = 650.us'ye kadar çiziniz.

t = Oda gönderici uç gelen dalgasi iOj.1SsÜrelibir darbe olup .

V. = (9)(100) 6 Vgelen 50 + 100

tepe degerine sahiptir. Gönderici ve alici uçlarin yansima katsayilari:

r = R" - Ro- 50- 100 - .!:K R" + Ro 50 + 100 3

r = RR - Ro= 50 - 100= - !R RR + Ro 50 + 100 3

Darbe periyodu 2000iis oldugundan Sekil 15-42'deki ilk 650 j.1S'yikapsayan t =d çiziminde yalnizcat=O'dagönderilen darbeyi incelemek gereklidir. Problem i 5.23'de anlatilan toplama tekniginin Sekili 5-42'ye uygulanmasiyla, Sekil i5-43 'de görülen gerilim çizimleri elde edilir.

DÜzgün bir çalisma için, gecikme hatti Ro = 1O0Q ile sonlandirilmalidir.

rg '" 'i,l{Oi "" .""

li (iis)

:"'" V~.

Gönderici ,,'

v

n6\

Alici i

ri< '" - 'i,

d'

Sekil 15-42


,'" v

~

~,

'

.

:

,

~"i

,t- "

" ;;i Ci" ...r (i-")

-'., ., ',.

-"i,

iR' v cli

i

I...

'

...'

:

.

'

.,

"

.'.

'

';

~

'I.

B"

:i<' ,""ri"" -! ii-")"r

Sekil t 5-43

Ek Problemler15.25. Boyutlari a =0.5 mm, b =3 mm ve t =0.4 mm olan bir koaksiyel kablonun içi Er = 2.0, (fJ = 10 jJS/m

degerlerine sahip bir dielektrikle doldurulmustur. Iletkenler için (fe =50 MS/m olduguna göre, 50MHz'de L, C, G, RJ ve Ra'nin metre basina degerlerini bulunuz. Iç endüktans gözardi edilebilir.

Yanit: 0.358 .uH/m, 62.0P.F/m,35.1 jJS/m, 0.030Q/m, 0.743Q/m.

15.26. Çapi 0.081 inç, iletkenligi 52.8 MS/m olan paralel iki #12 AWG iletkeninden olusa havai hattin ilet-kenler arasi açikligi 4 inç olarak verilmektedir. Çalisma frekansi 100 kHz olduguna göre, L, C. G ve Rnin metre basina degerlerini bulunuz. Yantt: 1.84 .uH/m,6.05pF/m, O,Ra= 0.0268 Q/m.

15.27."Ikizuçlu"bir iletimhattindaiki paralelbakir iletken(crc= 50 MS/m),Er = 2.4 degerliaz kayiplibirdielektrigin içerisine 0.625 inç aralikla yerlestirilmistir. Kayiplari ihmal ederek, 300 Q'luk karakteris-tik empedans için iletkenlerin çaplarinin ne olmasi gerektigini bulunuz. Bu çaptaki iletkenlerin de di-reneini ve 100 MHz'deki ac direncini bulunuz.

Yantt: 0.026 inç =0.66 mm, O.l17Q/m, 2.72Q/m.15.28.Bir yüksekfTekansuygulamasindakullanilankoaksiyelkablonunbakir iletkenlerindeniçerdeolanin

çapi 0.8 mm ve disarda olanin iç çapi 8.0 mm'dir. Dielektrik malzeme için Er = 2.35 olup, çalismafrekansinda dis iletkenin kalinligi, daIma derinliginden çok daha büyüktür. Kullanici mühendis ayniRo degerine sahip, fakat b2 - a = 1.5 (bi- a) olacak biçimde daha genis dis iletkenli yeni bir kablo is-temektedir. Yeni kablonun E r degerini ve her iki kablonun Ro ve metre basina kapasite degerlerinibulunuz. Yanit: 3.18, 90Q, 56.8 pF/m(eski), 66.1 pF/m (yeni).

15.29. Problem 15.28'deki koaksiyel kablonun 10 kHz'de çalismasi durumunda hattin Zo, a, f3, up ve A de-

gerlerini bulunuz. Yanit: 32.7 /l5.2° Q, 1.04 x 10-3 Np/m; 4.2 x Lo-. rad/m. 1.49 x io8 m/s, 14.9 km

15.30. Problem 15.26'daki paralel iletkenU hattin karakteristik empedansini, yayilma sabitini, yayilma hizinive dalga boyunu bulunuz.

Yanit: 552.5/-0.65°Q, (2.4 +j21O)1O-S m-I, 2.99 x Htm/s. 2.99 km

15.31.2 mil uzunluklu bir iletim hatti 10 kHz'de çalismakta olup R = 30Q/mil, C = 80 nF/mil, L = 2.2mH/mil ve G = 20 nS/mil parametrelerine sahiptir. Karakteristik empedansi, mil basina zayiflamayi,mil basina faz kaymasini, faz hizini ve dalga boyunu bulunuz. Gönderici uç gücü 1.2 W iken uyumlubir yüke aktarilan güç ne kadardir?

Yanit: 167.7 /-6.1° Q, 0.0896 Np/mi. 0.838 rad/mi,7.5 x 104 mi/s, 7.5 mi; 838.6 mW


15.32. 250 m uzunluklu bir iletim hattinin çalisma frekansi 2 MHz, yük empedansi 200Q'dur. Hat karakte-

ristikleri Zo =300i!!..Q, (1'= 4 X 10-4Np/m, {3= 0.06 rad/m' dir. Gönderici uç gerilimi

30i!!..V olduguna göre, alici uç gerilimini, yüke verilen gücü, gönderici uç akim ve gücünü, ve yük-

ten yansiyan gücü bulunuz. Yanit: 22/-1300 V; 1.21W; 105.4118.3°mA, 1.5 W; SOmW

15.33. Bir hattin karakteristiklerini belirlemenin bir yolu, hat kaynaktan ayrilmis olarak x = ['dekigirisempe-dansini, alici uç açik devre ve kisa devre iken ölçmektir. Alici uç açiksa ölçülen deger Zoc, kisa devre

ise Zsc'dir. ZocZsc çarpimindan ve Zoc/ Zs<:oranindan karakteristik empedans ve yayilim sabitinin

metre basina degerleri bulunabilir. 2 mil uzunluklu bir hattin 5 kHz'de ölçülen degerleri

Zoc= 14i.91:-84.1°_~ ve Zsc=6~.?/37.7cQ olduguna göre, Zs esitligini kullanarak Lo, a (milbasina) ve {3(mil basina) degerlerini bulunuz. Yanit: 93.8 1-23.2° Q, 0.12 Np/mi, 0.28 rad/mi

15.34. 200 m uzunluklu 300Q'luk bir iletim hattinin 200 kHz'deki a ve {3degerleri 2.5 x 10-3Nplm ve 0.02

rad/m'dir. VR= 20i!!..V ve ZR = 3501200Q olduguna göre alici uçla ilk empedans minimumu ara-

sindaki mesafeyi bulunuz. Zmindegeri nedir? Yani/: 107.2 m, 239.4 Q15.35. 500Q'luk bir hat, iç direnci 600Q ve açik devre anma gerilimi 80i!!..Yolan iOkHz'lik bir kaynaga

baglanmistir. Hattin uzunlugu 3 mil olup, IOkHz'de a = 0.05 Np/mil ve {3= 0.9 radlmilolarak veril-

mektedir. x = O'dauyumlu bir yük için gönderici uç gücünü, alici uç gücünü ve VR'yi bulunuz. Aliciucun açilmasi durumunda gönderici uç gücü ne olur?

Yanit: 1.32W, 0.98 W, 31.3/-154.7°Y; 0.65W

15.36. Problem 15.35'deki hattin x = O'dakisa devre edilmesi durumunda alici uç akimini ve gönderici uç gli-cünübulunuz. Yanit: 0.12/-157.6° A.0.55W

15.37. Problem 15.2 ve 15.9'daki kati koaksiyel hat az kayipli bir hat olarak siniflandirilir. (a) YükLIn40Q'luk bir direnç olmasi durumunda yükteki yansima katsayisi ve VSWR nedir? (b) VSWR =1.5 için maksimum ve minimum yük direncini belirleyiniz. (c) Zr = (55 + jO) Q ise yükten 3 cmuzaktaki yansima katsayisini bulunuz. (Zayiflamayi da gözönüne aliniz.)

Yanit: (a) -0.073, 1.16; (b) 69.45 Q. 30.89 Q; (c) 0.0856 i -216°

15.38. Er = 2.1 degerli 90Q'luk kayipsiz, yüksek frekansli bir koaksiyel hat 150 MHz'de çalismaktadir.VSWR degerinin sonlandirma direncindeki küçük degisimlere karsi duyarliligi incelenmek istenmek-tedir. (a) n'nin O ile 5 arasindaki tam degerleri için IR ve VSWR'nin RR = (90 :t 2n)Q'a karsi düsendegerlerini tablo haline getiriniz. (b) VSWR degerinin 1.025 ile sinirli olmasi durumunda,sonlandirma direncinin maksimum ve minimum degerlerini bulunuz.

Yanit: (a) Bkz. Tablo 15-4, (b) 92.24Q, 87.81Q15.39. Problem 15.38'deki iletim hatti için; (a) faz hizini, dalga boyunu ve metre basina faz kaymasini bulu-

nuz. (b) Sonlandirma direnci 100 Q ise, }J2, }J4 ve AlS hat uzunluklari için giris empedanslarini biilu-

nuz. Yanit.' (a) 2.07 x 108m/s. 1.38 m, 4.55 rad/m; (b) 100 i -0° Q, Sl/-0° Q, 90 /-6°Q

15.40. Smith abagmi kullanarak, (a) iR, (b) VSWR ve (c) YRdegerlerini, ohm cinsinden verilmis asagidaki (ZR,Ro)çift-

leri için hesaplaymiz: (100 + j150. 50); (28 - j35, 70); 90 / -30e ,90); (120L2Q:, 50); (O,70); (50 + jS, 50)

Yanit: '(a) 0.75/26.5< 0.53/-121° , 0.27!-90, 1.0/45°, -1.0, 0.05/90c(b) 7,3.3, 1.75,00,00., 1.1(c) 0.16-jO.225, 0.97+j1.23, 0.87+jO.52. -jOAI5, 'X, l-jÜ.l

15.41. Asagidaki (iR, Ro) çiftleri için (a) iR, (b) VSWR ve (c) YR (mS cinsinden) degerlerini bulunuz.(0.5/600 ,50 Q); (1/-80" . 90 Q); (O.ll!!.. ' 70 Q); (-0.6 /-300 ,50 Q); (0.8 + jO.4, 70 Q)

Yanit: (a) 0.44 -- jO.495 , 0+ jO.84, 0.83 + jO, 2.0 - jL85, O.l)6-- jO.238(b) 3.0, X, 1.2,4.0, 17Cc) 8.8--j9.9, 0+j9.3, 11.9+jO, 4O-j37, 0.86-j3.4


Tablo 15-4

15.42 3m uzunlugunda kayipsiz bir yüksek frekans hatti Ro = 50 Q ve ER = 1.9 degerlerine sahip olup 350

MHz'de çalismaktadir. Hat üzerinde VSWR 2.4'e esit olup, ilk gerilim maksimumu yükten 7cm uzak-tadir. Smith abagi yardimiyla yük empedansini, alici uçtaki yansima katsayisini, ilk gerilim minimu-mumun konumunu ve giris empedansini bulunuz.

Yanit: (40 +}39) Q, 0.42/81°, 22.6cm. (22.3-jll)Q

15.43.Er = 2.2 degerli70 Q'luk kayipsizbir hat 2.5 m uzunlugundaolup 625 MHz'deçalismaktadir.Hat ü-zerinde VSWR 1.7 olup, ilk gerilim minimumu yükten 5 cm uzaktadir. Smith abagini kullanarak yÜkadmitansini, x = O'dakiyansima katsayisini, ve hattin giris admItansinl bulunuz.

Yanit: (10.4 + j5.4) mS. 0.27 / -68° . (16 - }7.9) mS

15.44. Ro = 150 Q degerine sahip hava dielektrikli bir hat 75 MHz'de (150 - j150)Q ile sonlandirilmistlr. (a)

Smith abagini kullanarak giris empedansinin (150 +j150)Q oldugu en kisa hat uzunlugunu bulunuz.(b) Hattaki VSWR degerini ve yükteki yansima katsayisini bulunuz. Zin= R + jO degerine sahip en ki-sa hat uzunlugunu ve R'nin degerini bulunuz.

Yanit: (a) Um; (b) 2.6.0.47 /-64°; (c) 64.8em. 57 Q

15.45. Iki hat, 250 MHz'lik bir kaynagin girisine paralel baglanmistir. Her iki hattin uzunlugu da 2m olup,hatlar 70 Q'luk dirençlerle sonlandirilmistlr. Birinci hat için Ro = 50 Q, Er = 1.9, ikinci hat içinRo = 90Q, Er = 2.3 olarak verilmistir. Smith abagini kullanarak paralel baglantinin giris empedansinibulunuz. (Iki giris empedansini birlestirirken dikkatli olunuz). Yanit: (24.6 + j3.5)Q.

15.46. Faz hizi 2.5 x i08mis olan kayipsiz bir 50 Q'luk hattin uzunlugu] 05 cm olup, 500 MHz'de YR= (20 -j16) mS ile sonlandirilmistir. Ro= 50Q degerine sahip 17.85 cm uzunlugunda kisa devre edilmis birhat, Sekil 15.44'de görüldügü gibi YR'ninuçlarina baglanmistir. Smith abagini kullanarak hattakiVSWR degerini ve giris empedansini bulunuz. Kisa devre edilmis hattin esdeger endüktansi (veya ka-pasitesi) nedir? Yanl!: 1.0, 50Q; 5.] pF.

.f- i, = IiI:',ni

i}R i, i-i- i: = ---1,i-,S' ,ni

R, = 50n

Sekil 15-4415.47. Problem 15.46'daki hatta, ikinci hattaki kisa devre dikkatsizlik sonucu açik devreye dönüstürülmÜstür.

Smith abagini kullanarak hattaki VSWR degerini ve giris empedansini bulunuz.Yanit: 6.2, (26.5 + j72.5)Q

n RR fR VSWR

O 90 0.0 1.0

1 92 00110 i 1.02288 -0.0112 1.023

2 94 0.0217 1.04486 -0.0227 i. 046

3 96 0.0323 1.06784 -0.0345 1.071

4 98 0.0426 1.08982 -0.0465 1.098

5 100 0.0526 1.11180 -0.0588 1.125


15.48. Problem 15.1'deki gibi paralel iletkenli bir hat 20 MHz'de çalismakta ve 500Q'luk bir omik yükü, yü-ke baglanmis bir çeyrek dalga uyumlama dönüstürücüsü üzerinden beslemektedir. Ana hattaki ve dö-nüstürücüdeki kayiplari ihmal ediniz. (a) Uyumlama için gerekli dönüstürücü hatti uzunlugunu ve ka-rakteristik empedansini bulunuz. (b) Eger hem dönüstürücüde hem de ana hatta ayni çapli iletkenkullanilmissa, uyumlama için gerekli d açikligini inç cinsinden bulunuz.

Yanit (a) LT= 3.75 m, ROT= 547.7 Q; (b) dT= 7.77 inç.

15.49. Kayipsiz 70Q'luk bir hat 2S0 MHz'de ZR = 60.3/30.7° Q ile sonlandirilmistir. Smith abagini kullana-

rak hatta minimum VSWR degerini elde etmek için yüke paralel baglanmasi gereken endüktans veyakapasitenin degerini bulunuz. Er = 2.1 ise istenen degeri verecek kisa devre edilmis hat uzunlugunucm cinsinden bulunuz. Yanit:C =4.SpF (VSWRmin= 1.0); 24.S cm

15.50. 200Q'luk bir hava dielektrikli hat 200 MHz'de YR= (3.3 - i 1.0) mS ile sonlandirilmistir. (a) Smithabagini kullanarak, VSWR'yi ve normalize admitansin gerçel kisminin bire esIt oldugu noktalardanyüke en yakin olanini bulunuz. (b) Hatta VSWR = i olmasi için bu noktada eklenmesi gerekensuseptansi milisiemens olarak bulunuz. Yanit: 1.65,29.3 cm; (b) -2.55 (endüktif)

15.51. 150 MHz'de çalisan 120 Q'luk hava dielektrikli kayipsiz bir hatti sonlandirmak için 72 Q'luk iki omikyük paralel baglanmistr. Hatti VSWR = 1 olacak biçimde uyumlamak için paralel baglanacak kisadevre saplamanin boyunu ve yüke en yakin konumunu cm cinsinden bulunuz. Yanit: 16 cm, 78.6 cm.

15.52. (a) Problem 15.51de kisa devre edilmis saplamanin ayarlanabilecegi en büyük uzunluk 50 cm ise, yükile hat uyumlanabilir mi? (b) Yanit evet ise uyum için gerekli saplama uzunlugunu ve saplama konu-munu bulunuz. (c) Saplama eski konumunda birakilir ve 50 cm maksimum degerine ayarlanirsa, hat-taki VSWR degeri ne olur? Yanit: (a) Evet; (b) 83.S cm, 21.4 cm; (c)3.3.

15.53. Er = 1.8 degerli 280 MHz'de çalisan 90Q'Iuk kayipsiz bir hat, VSWR = l'e neden olan bir kisa devresaplama ile yapilan sonlandirmayla uyumlandirilmistir. Saplama yükten 15.8 cm uzaktadir ve boyu 10cm'dir. Sonlandirma empedansinin omik degerini bulunuz. (Ipucu: y,.'yi yok et, VSWR'yi bul ve kay-

naga dogru geri gel.) Yanit: 201.2 /26.6° Q

15.54. 50Q'luk hava dielektrikli kayipsiz bir hatta 120 MHz'de ZR = (25 - i30)Q'dur. Yükten 45 cm uzagasabit konumda yerlestirilen ayarlanabilen kisa devre saplamanin hatta en iyi uyumu saglamak içinboyu ne olmalidir? Hattaki VSWR'nin minimum degeri nedir? Yanit: 96 cm, 1.08

15.55. (a) 70Q'luk hava dielektrikli kayipsiz bir hat kisa devre edilmis paralel bir saplama ile 200 MHz'de140Q'luk bir yüke uyumlanmistir. Uyum durumu için saplamanin yüke en yakin konumunu ve sapIa-ma uzunlugunu cm cinsinden bulunuz. (b) Saplamanin uzunlugu ve konumu degismeksizin hat bu kez220 MHz'de kullanilmaktadir. Yeni frekans için ana hattaki VSWR degerini bulunuz.

Yanit: (a) 22.65 cm, 22.S0 cm; (b) 1.2215.56. 90Q'luk kayipsiz bir hava dielektrikli hattin sonlandirmasi 600 MHz'de ZR = (270 + LO)Q'dur. Çift

saplamali 0.25 i\.tuneri, ilk saplama, uyumlama için yük ucunda olacak biçimde baglanmaktadir. Kisadevre saplamalarin uzunluklarini bulunuz (her iki çözüm). Hangi çözüm yeglenir?

Yanit: 9 cm ve 4.95 cm (tercih edilir); veya 16 cm ve 20.05 cm15.57. 3}JS tuneri 400 MHz'de ZR = (50 - i50) Q olan bir yükü 50Q'luk kayipsiz bir hava dielektrikli hatta

uyumlamak üzere yük ucuna baglanmistir. Kisa devre saplamalarin uzunluklarini bulunuz (her iki çö-züm için) ve tercihinizi belirtiniz. Yanit: 4.5 cm ve 4.3 cm (tercih edilir); veya 12.1 cm ve 26.1 cm

15.58. Yükü 470 MHz'de YR=(0.024- i 0.02)Solan50 Q'luk havadielektriklihat üzerinde,yükten7 cm u-zaga ilk saplamasi yerlestirilmis bir }J4 tuneri vardir. Hat ile yükün uyumunu saglayacak kisa devreedilmis saplamalarin uzunluklarini bulunuz (her iki çözüm) ve tercihinizi belirtiniz.

Yanit: 14.5 cm ve 7.6 cm (tercih edilir); veya 23.1 cm ve 24.3 cm.


15.59.Er = 2.0 degerli70 Q'lukbir hattanyapilmisiki saplamalibir 3A18tuneri272MHz'deaynitürdenbirhatla ve belli bir yükte kullanilmak üzere olusturulmustur. Uyum durumunda yükteki kisa devre sap-lama 4.76 cm uzunlugunda ve diger saplama ise 4.60 cm uzunlugundadir. Yükün, çalisma fiekansin-daki omik empedansini bulunuz. Yanit: (58.1- j58.1)Q

15.60. 225Q'luk omik bir yük 300 MHz'de 90Q'luk hava dielektrikli bir hatta uyumlandirilmaktadir.Uyumlama için biri yük uçlarina digeri de 30 cm açiga yerlestirilmis iki kisa devre saplama kullanil-maktadir. Saplamalarin uzunluklarini bulunuz (iki çözüm) ve tercihinizi belirtiniz.

Yanit: 13.6 cm ve 8.5 cm (tercih edilir); veya 28.1 cm ve 37.5 cm.

15.61. 50 Q'luk yarikli bir hat, kayipsiz bir 50Q'luk hatta 750 MHz'de yük empedansini bulmak için kullanilmak-tarnr. Hat bir kisa devre ile sonlandirildiginda, yüksek VSWR, 30 cm ve 10 cm'de komsu minimumlara sa-hiptir (düsük degerler yük tarafinda). ZR bagli iken VSWR =3.2, bir minimum 13.2 cm'de ve komsu mak-

simum 23.2 cm'dedir. Çalisma fiekansindaZR'nin omik degerini bulunuz. Yanit: 31.24 L-50.2° Q

15.62. Asagidaki yarikli hat ölçümlerini veren 90Q'luk hava dielektrikli sistemin çalisma fiekansini ve yükempedansini bulunuz:

Yüklü: VSWR = 1.6, gerilim minimumu 10 cm'de (büyük sayilar yük tarafinda)Kisa devre edilmis: VSWR> 100, minimum 40 cm'de maksimum 10 cm'de.

Yanit:144Q; 250 MHz15.63. 50 Q'luk bir yarikli hat, 50 Q'luk kayipsiz bir koaksiyel kablonun 625 MHz'deki yük empedansini

ölçmekte kullanilmaktadir. Kisa devre sonlandirmasi durumunda komsu gerilim minimumlari LOmm'de ve 250 mm'dedir (yüksek degerler yük tarafinda). Yük bagliyken VSWR > 100 olup, bir mi-nimum 172.7 mm'de görülmektedir. Yük empedansinin omik degerini bulunuz. Yanit: 80Q (kapasitif)

15.64. Yükü, 50 Q'luk kayipsiz bir hava dielektrikli hatta 517 MHz'de uyumlamak için bir tuner yüke bag-lanmistir. Uyumlamanin kalitesini görmek için yarikli bir hat sisteme sokulmaktadir. Tuner ve yükbagli iken VSWR =1.15 olup, 253.4 mm'de bir Vminvardir. Tuner ve yük kaldirilip yerlerine kisa dev-re koyuldugunda, komsu minimumlar 40 mm ve 330 mm'de görülmektedir (küçük degerler yük tara-finda). Hatta en iyi uyumdan kaynaklanan kalici normalize admitansi bulunuz. Yanit: 0.98 - j 0.14

15.65. 60 m uzunlugunda, kayipsiz, 50 Q'luk, faz hizi 2 x 108mis olan bir koaksiyel kablo, kisa devre ilesonlandirilmistir. Hat, t = O'da, iç direnci 25Q olan 30V'luk bir dc kaynaga baglanmistir. t = O ile gesilf-min 0.1V'un altina düstügü zaman araliginda gönderici uç gerilimini çiziniz. Yanit:Bkz. Sekil 15.45

",.v.,20r

i 6.67

., .",0.74 ' 0.25 0.08

n'0 'I ~ i:: 1,; ::~ }.H i. LLS

Sekil 15-45

15.66. Er = 2.78 degerli, 90Q'luk kayipsiz bir hat t = O'da iç direnci 120 Q olan 70V'luk dc kaynaga baglan-mistir. Hattin uzunlugu 135 m ise, alici uçtaki açik devre geriliminin sürekli durum degerinin%97'sine düstügü zamani bulunuz. Gerilim, sürekli durum degerinin %99.95'ine ne zaman ulasir?

Yanit: 2.25 /LS,5.25/lS.

15.67. Iç direnci 150 Q olan bir darbe üreteci, açik devre genligi 8 V olan 20,us'lik bir darbe üretmektedir.Üreteç, 1O0Q'lukdirençle sonlandirilmis 50Q'luk kayipsiz, 200,us gecikme hattina baglanmistir. Dar-


beler 4 msilik bir periyoda sahip olduguna göre, gecikme hattinin girisindeki gerilimi, darbelerin bas-ladigi t =O ile t = 1.4 ms arasinda çiziniz. Yanit: Bkz. Sekil 15-46

VV' II

20

LO

°"0.031: r~ i. ms

Sekil 15-46

15.68. 70Q'luk kayipsiz, 50JlSgecikme hattinin 30Q'Iuk bir dirençle sonlandirilmasi ve bir darbe üreteci ilebeslenmesi durumunda t = 0+ ile t = 300 JLSarasinda Vsve vR'nin zamana göre degisimlerini çiziniz.Üreteç 70 Q'luk bir iç dirence sahip olup, tekrarlama hizi saniyede 1000 darbe ve açik devre gerilimtepe degeri +lOV olan 2.us'likdarbeden üretmektedir. Yanit: Bkz. Sekil 15-47.

'V 1

.',,~:mb-2.0

i:;.,

,..'

.

t

,.~!

-1.jJ." ,.U" 501

JWi

:0.1 "" - !.jJ.;.i-'It)

Sekil 15-47

15.69. Sekil 15.48'deki hat tepe degeri 800 V olan 12 ns genisliginde kisa dikdörtgensel darbeler üretmektekullanilmaktadir. S-2 açikken, S-I kapatilarak hattin Vdcile yüklenmesi saglanmakta ve sonra S-I a-çilmaktadir. Daha sonra, t = O'da S-2 kapatilarak hat RR üzerinden bosaltilarak bir darbe olusturul-maktadir. Hattin uzunlugunu ve Vdc'yibulunuz.

Yanit: 1.2 m, 1600 V2kn

.~?I"",k

-1 L[ Ro = 150 Q, f:, = 2.25

_

5

-;--' ~ R,.= V,,",. -- 1.50n

d =1d=ii

Sekil 15-48

15.70.Er = 3.65 degerli,220 m uzunlugunda90Q'lukkayipsizbir hat 50Q'lukbir dirençlesonlandirilmaktave bir darbe üreteciyle beslenmektedir. Üretecin iç direnci 90 Q olup, yinelenme hizi saniyede i 00darbe olan, 140 V açik devre tepe gerilim degerli 5 JLSsüreli darbeler üretmektedir. Vsve vR'yi t =O+'dan t = 30 JlS'ye kadar çiziniz.

Yanit: Bkz. Sekil 15.49

\"'~

.

..t:i,v"

.." :., <"

Liii

i". V f!

~'i~~

tl- "i., ~ ,I". ' . ,. 1" L2"

j3" -/. IJ.~

i20

Sekil 15-49

Bölüm 16

Dalga Kilavuzlan(Milton L. Kult)

16.1 GIRIs

Bölüm 14'de göz önüne alinan elektromanyetik dalgalar birkaç degisik yöntem kullanilarakverilen bir yayilma yönünde kilavuzlanabilir. Örnegin, megahertz mertebesindeki frekanslardadüzlemsel dalgalari tasiyan iki iletkenli iletim hatlari 15. Bölümde göz önüne alinmisti. Bu bölümgigahertz (mikrodalga) bölgesinde çalisan dikdörtgen veya dairesel kesitli tek iletkenli (bos boru)dalga kilavuzlari ile sinirlandirilmistir. Bu düzenekler de dalga cepheleri yayilma yönüne dik düz-lemler olan düzlemsel dalgalari tasirlar. Buna ragmen borunun iç yüzeyindeki sinir kosullari alanla-rin dalga cephesi üzerinde degismesine neden olur.

16.2 ENINE (TRANSVERSE) VE EKSENEL ALANLAR

Dalga kilavuzu z ekseni boyunca yerlestirilir. Genelolarak, kilavuzun duvarlari için aÇ=00(mükemmel iletken) olup, dielektrik malzeme ile doldurulmus bosluk için a = O (mükemmel

dielektrik), Jl =Jl oJlr ve E = EoEr'dir.Ayrica, dielektrik içinde p = O(serbest yük yok) varsayilir.Sekil 16 - 1 (a)'da a x b dikdörtgen kesitli dalga kilavuzu kartezyen koordinat sisteminde gösteril-mistir. Sekil 16 - 1 (b)'de ise yariçapi a olan dairesel veya silindirik dalga kilavuzu silindirik koor-dinat sisteminde görülmektedir.

i" o

\+::1 (tl) (bj

b

Sekil 16-1

Bölüm 14'de oldugu gibi dielektrik çekirdekteki elektromanyetik alan için dwt zaman faktörükabul edilecektir; bu zaman faktörü yapilan analizde gösterilmeyecektir (fazör notasyondaoldugu gibi). Dolayisiyla dalga yayilmasinin +z yönünde oldugu kabul edilirse Falan vektö-rü (E veya H alanlarindan birini temsil eder) için asagidaki ifadeler yazilabilir.

Dikdörtgensel koordinatlar F = F(x, y)e-ikz

F(x, y) = Fx(x, y)a.. + Fy(x, y)ay + ~(x, y)a",

==F rex, y) + F:(x, y)a:

Silindirik koordinatlarF:: F(r, 4>)e-ik::

F(r, 4» = F,.(r, 4>)ar + F.p(r, 4>)a4> + FAr, 4>)a",==Fr(r, 4» + ~(r, 4»a:

16, Bölüm DALGAKILAVUZLARi 275

Dielektrik kayipsiz oldugundan (a = O) dalga zayiflamadan yayilir. Dolayisiyla k = 2n/'A dalga sa-yisi (md/m) gerçel ve pozitif olacaktir.

Not: Bu kitabin diger bölümlerinde sadece 13 ile gösterilen dalga sayisinin yalnizca frekansave ortamin dielektrik özelliklerine bagli oldugu sinirsiz dielektrik ortamlar göz önünealinmistir. Buna ragmen, yakinda görülecegi üzere sinirli dielektrik bir ortamda dalgasayisi sinirin geometrisine de baglidir. Bu önemli farklilik bu bölümde yeni bir sem-bol, k, kullanilarak belirtilmistir.

Alan vektörünün bir FT enine vektör bilesenine ve Fzaz eksenel vektör bilesenine ayristiril-masinin iki amaci vardir. Bir yandan, sinir kosullari yalnizca ET ve H/ye uygulanir (bakiniz Prob-lem 16.1 ve 16.2). Diger yandan, birazdan görecegimiz gibi, dalga kilavuzunun içindeki E ve H a-lanlarinin tamami Dz veya Hz kartezyen bileseninden hesaplanabilir.

Eksenel Bilesenlerden Enine Bilesenlerin Elde EdilmesiDikdörtgensel bir koordinat sistemi kabul edelim. Bölüm 14-2'deki (2) Maxwelll denklemi

kullanilarak asagidaki üç skalar denklem elde edilir.

-jwp.Hx =j'kE + aE,y -ay

-jwp.Hy= -JkE - aE,x -ax

-jwp.H, = aE" - aExax ay

(La)

(lb)

(le)

Bölüm 14-2'deki(1) Maxwell denkleminde a= Oalinirsaek olaraküç skalar denklem daha bulunur:aHz

jwEE, = jkHy + ay (la)

jwEE",= -jkH, - aH,'"idX (2b)

. aH>, aHxJwEE,=---

- ax ayi Simdi (Ja) ile (2b) esitlikleri arasinda Hx ve (Jb) ile (2a) esitlikleri arasinda Hy yok edilirse

E = - ik aE, +jw!i aH,y k~ ay k~ ax

E = - jk aE'..- jwp. aHzx k~ ax k~ ay

elde edilir. Burada k; = W2J.1E- k2ldir.kcparametresi (rad/m cinsinden) kritik dalga sayisi olarak ta-nimlanir (Problem 16.3 e bakiniz). Son olarak (3b) ve (3a) esitlikleri (2a) ve (2b) de yerine konulursa

H = - jk aHz - jWE aE, x.v e av k2 ax ( )c, c

(2c)

(.'Xl)

(3b)

H = - ik aHz+jwE aE,x k~ ax k~ ay

bulunur. Dalga kilavuzunu uygun bir sekilde uyarmak suretiyle Ez veya Hz bilesenlerinden birini(fakat her ikisini birden degil) yok etmek mümkündür. Sifirdan farkli eksenel bilesen C3)esitlikleriyardimiyla diger bütün bilesenleri belirleyecektir.

Silindirik koordinatlardaki benzer sonuçlar için 16.4 ile 16.5 problemlerine bakiniz.

(Jd)

276 DALGA KILAVUZLARi 16. Bölüm

16.3 TE VE TM MODLARi; DALGA EMPEDANSLARIBölüm 16.2'de sözü edilen iki dalga tipi Ez == O veya Hz == O olmasina göre enine (transverse)

elektrik (TE) veya enine manyetik (TM) olarak adlandirilir. Dalga kilavuzu bu sekildeki dalgalaritasidigi zaman TE veya TM modunda çalisiyor denir. o

Herhangi bir enine elektromanyetik dalga için dalga empedansi (ohm cinsinden)lEri

Tl==iHrl (4)

ile tanimlanir (Bölüm 14 ile karsilastiriniz). (TE) modundaki bir dalga kilavuzu için (La) ve (lb) e-sitlikleri kullanilarak

IEri2 = IExi2 + lE"f = (kW,U

)2(1H:,f + IHxI2)""(w{J.

)21Hr12TE kTE

WUveya 1JTE = ---:.-

kTE

elde edilir. (4) esitliginde sadece iki boyutlu vektörlerin uzunluklari hesaba katildigindan, 17koordinatsisteminden bagimsiz olmalidir. Bu, Problem 16.6'da 17TE'nindegeri silindirik koordinatlarda yenidenhesaplanarak dogrulanmistir. Problem 16.7'de (dikdörtgensel koordinatlar kullanilarak)

kn.i1Jn.i =-

W€

(5)

(6)

oldugu gösterilmistir.

16.4. EKSENEL ALANLARiN BELIRLENMESITE ve TM modlarinin tam olarak belirlenmesi için geriye eksenel alanlarin belirlenmesi

kalmistir:TE moduiçin Fz= Hz;TM moduiçin Fz= Ez' F'nin (dikdörtgenselveyasilindirikkoor-dinatlarda) kartezyen bileseni olan Fze-jkz FT'nin bilesenleri üzerindeki sinir kosullarindançikarsanan uygun sinir kosullari ile birlikte Bölüm 14.2'de bulunan skalar dalga denklemini saglar.

y2(f;;e-ik=)= -w2f.lE(f;;e-1k=) (7)

[Uyari: Hrpe7jkZseklindeki enine bilesenler kartezyen bilesenler degildirler ve skalar dalga denkle-mini saglamazlar]

Bir Dikdörtge,. Kesitli Dalga Kilavuzunun TE Modlari Için Açik Çözümler(7) da\ga denkleminden

OZH. OZH. ,_o ~.+-o ;+k';TEH: =0x' y-

bulunur. Burada daha önce de tanimlandigi üzere k;TE=W2J..lE- k;E 'dir. Degiskenlerine ayirma

yöntemi (Bölüm 8.7) ile çözüm yapilirsa

H:(x, y) = (A", cas k,x + Bx sin kxx)(A,o cas k,oY + B,osin kyY) (8)

elde edilir. Burada k;+ k~ =k;TEdir. kx ve ky ayirma sabitleri sinir kosullari yardimiyla belirlenir

(Problem 8.19'u gözden geçiriniz). Önce E/O, y) = E/a, y) = Oesitlikleri ile verilen x-kosullarinigöz önüne alalim. (3a) esitligi kullanilmoakve Ez= Oalinarak esitlikler

aH.I

' aH.

,-= --= -oax x=o - ax .<=a-

seklinde gösterilebilir. Bu kosullar (8) esitligine uygulanirsa Rx = O ve

sin kA = O veya kx= mn (k = O,1,2, . . .)aelde edilir.

16. Bölüm DALGA KILAVUZLARI 277

Simetri nedeniyle y cinsinden sinir kosullarindan By =OveitTe

ky=b' (n=O,1,2,...)

bulunur. Her bir negatif olmayan (m, n) tamsayi çifti (apaçik çözüm veren (0,0) basit durumu di-sinda) TEninile gösterilen farkli bir TE modu belirler. Bu modun eksenel alani su biçimdedir:

m TeX n,tryH-mn(x. y) = H",;icas-cas- b

'

. a

Bu esitlikten (3) esitligi yardimiyla enine alan bulunur. TEn,,]için kritik dalga sayisi

(' m:r:

)' 2 i It:r:

)' 2

keTEnin= -Y -;; + \b'olur. Böylece TEninmodu için keTE"",cinsinden dalga sayisi ve dalga empedansi

kTEmn= Vljij.i€ - k;TE",n

(9)

(LO)

Wll

'7TE",n= VW2j.iE - k~TEmn

(11)

(12)

esitlikleri ile verilir. Dikdörtgen kesitli bir dalga kilavuzunun TM/11IImodlari için Problem 16.9'a

bakiniz. Orada keTMnin= keTEnmoldugu gösterilmistir. Sonuç olarak dikdörtgen kesitli dalga kilavuz-larinin dalga empedansi disinda bütün modsal parametrelerinden TE ve TM indisIeri kaldirilabilir.

Ayni sey silindirik dalga kilavuzlari için geçerli degildir. Problem 16.12'ye bakiniz.

16.5 MüD KESIM FREKANSLARi

Pratikte dalga sayilari ile degil, frekanslar ile ilgilenilir. Dolayisiyla kritik dalga sayisi (kC>kavrami yerine kesim frekansi kavraminin konulmasi tercih edilir. Bu ise

h ==/Loke = 1 ke2:r: 2TeViiE

tanimi kullanilarak gerçeklestirilir (Problem 16.3'e bakiniz). Kesim frekansife ve çalisma frekansil= OJ/ 2n >fe cinsinden (10), (11) ve (12) esit!ikleri

fcmn=i;o~(:)2 +G)2

(13)

(dikdörtgen kesitti dalga kilavuzu) (1O-b)

2:r: . /?l'--r'lkmn= - vf' - f~mn

!loveya

Ao- - .,A",n - vi - (hmn/f)-

(LL-b)

170

7JTEmn= vi - (hmli/f)2(12-b)

seklinde yazilabilir Burada Aa= uolf çalisma frekansindaki sanal bir düzgün düzlemsel dalganin

dalga boyu ve 170 = Vj.il E da kayipsiz dielektrigin düzlemsel dalga emped~nsidir. (11- b) deki ikin-- - - -

ci ifade Aoçalisma dalga boyu ile gerçek kilavuz dalga boyu Anin arasindaki bagintiyi gösterir. TM,,1Ildalgalari için (12 - b) yerine [(6)'ya bakiniz]

f f, ,2

17TMmn = 170\j 1 - ( CI")(14)

esitligi kullanilir.

278 DALGA KILAVUZLARI 16. Bölüm

TEmn veya TMmn dalgalarinin faz hizlariUo

u- -J.-f- ~i - (ti)'(15)

esitligi ile verilir. Eger (lO - b) yerine Bessel fonksiyonu içeren benzer bir ifade konulursa bütünformüller silindirik dalga kilavuzlari için de geçerlidir. (Problem 16.10 ve 16.11Lebakiniz).

(15) esitligi kesim frekansinin anlamini açik bir sekilde vermektedir. Çalisma frekansi, kesimfrekansina yaklastigi zaman hiz sonsuza gider. Bu ise dalga yayilmasinin degil, yayiniminm (üstelbiçimli küçük bozucularin ani yayilmasi) karakteristik özelligidir.

16.6. BASKiN MüD

Herhangi bir dalga kilavuzunun baskin modu en küçük kesim frekansina sahip mod olaraktanimlanir. Simdi, bir dikdörtgensel kesitli dalga kilavuzu için koordinat sistemi a ;;!b kosulunusaglayacak sekilde seçilebilir. TE veya TM modu için (Problem i 6.9)

Icmn=;0 ~(:r + G)2

oldugundan dikdörtgen kesitli dalga kilavuzunun baskin modu her zaman TEIo'dir. TM modu için-nem ne de n sifira esit olabilir. Baskin modda

UoIcIO = 20

. ~) 2nJ..io= -

vi - (4/20)2 klOUio =).iof

).101110 =-;-1]0"'o

olur. (9) esitliginden, EzlO ==Ove Bölüm l6.2'deki esitliklerden.7CX

HzLO =Hio cas - ExlO= Oa

.(

20

). JrX

Hxio = J )..10Hio sm -;-

Hyio = O

elde edilir-:Gerçel Hio için, sifirdan farkli üç alan bileseninin zaman bölgesi ifadeleri/

(JrX

)Hz LO = Hio cas -;; cas (wi - k ioz )

.(

20

). . .rrx

Ev Lo= -riIOHxto= -J1]o -:;- Hiosin-. ~ a

(16)

Hxio= -(::)Hio sinC:;)sin (M - klOz)

EyH) = 1]O(~)HLOsin (;) sin (wi - kioz)

(17)

biçimindedir.(17) esitliklerindeki baskin mod alanlarinm t = Oanindaki egrileri Sekil 16-2 ve Sekil 16-3

de verilmistir. iE) ve i H.i1'lerin her ikisi de sinen xla) ile orantilidir. Bu durum Sekil 16-2 de E a-

lan çizgilerini x =al2 civarinda sik aralikli ve x =O ile x =a civarlarinda seyrek aralikli çizmek su-retiyle belirtilmistir. H alan çizgileri y'ye göre degisim olmadigindan esit aralikli gösterilmistir.Ayni çizgi-yogunlugu kabulü Sekil 16-3 (a) 'dal EI =1Ej 'nin ve Sekil 16-3 (b)'de

iHi = VH; +H;

nin yerel degerlerini göstermek üzere kullanilmistir. Dikkat edilirse H alan çizgileri kapali egriler-dir (div H =O); H alaninin dikey deplasman akim yogunlugu Jo etrafinda sirkülasyon yaptigi kabuledilebilir. (Bölüm i 2. i)


Vf Eit

ii H

b

rnnli,

----------------------------------------------

Ci1i

----------a x "" -a ,

Sekil. 16-2 Enine kesit z =-A1o/4 (-k1uZ;= n/2)

Ai" '\i" )" ih-.i

-~

-.i

--~ i " ' ------~ ., --- , ,/~\ /;r'" -, \ (/"'--

~ \111 ~-~ \,, ii.' ," '\ "I' /,! I, \ I," ' ",

i "\ ! ';! i/ ,.! '- "J',' ..~ ." -_/ 'i '-/' ' , " /'

-_/ / , --' ,'----_/ ', '---

H,I tb

le

\1-" i'A.",~

A.", ]'\",, ~~

-4

(a)::x=ai2 (h) :::,I = sabit

Sekil. 16-3 Boyuna kesitler

Sekil 16-4'te bir dikdörtgen kesitli dalga kilavuzunda TEIo modunun, bir probun Üst duvarin(y = b, x = a/2) ortasindan kilavuzun sonlandirma duvarindan z = 1,.10/4uzakligina kadar sokulmasi

suretiyle nasil uyarilabilecegi gösterilmistir. Probun yakin çevresinde daha yÜksek mertebedenmodlar mevcuttur. Eger frekans-boyut kosulu dogru olarak seçilirse bu modlar yayilmazlar.

Silindirik bir dalga kilavuzunun baskin modu için Problem 16.13'e bakiniz.

KOAKSIYEL KOAKSIYEL

Lf',- ~I ~\~.//\~ /

E

b b

--::

o°12

()

a i-- A.,'i4--1

Sekil 16-4

16.7. KAYIPSIZ BIR DALGA KILAVUZUNDA GÜç ILETIMI

+z yönÜndeiletilen zaman ortalama gÜç,karmasik Poynting vektörÜnünz bileseninin,kilavuzunyayilmayönüne dik olan bir ara kesitiÜzerindeintegralininalinmasi ilehesaplanir(BölÜm14.12):

...

?z = ~ Re J J ET X H;' . az dSaTakesit

(18)

280 DALGA Kll..AVUZLARI 16. Bölüm

(16) esitliginden alan bilesenleri yerine konulur ve Ag =ab yazilirsa kayipsiz bir dikdörtgen kesitlidalga kilavuzunun baskin modu için:

P=io = :° IH1O12 (~)(~~JAg= ~O IH1O12Ag(~J2 ~1- (/7r (19)

elde edilir. Beklendigi gibi kayipsiz bir sistem için, ~LO z den bagimsizdir. Ayrica güç, alan genli-

ginin karesi ve kilavuzun kesit alani ile orantilidir. Bir kilavuzun uyarilmasi genelolarak elektrikalan genligi ile belirtildiginden:

(20'

IEIoI = t]°lo) IHiol

(19) esitligini yeniden

P. = IElOfAg '1- (tio )2 '= IElofAK (W) ._LO 4 V I 4 (19~b )'lo 'lTEIO

seklinde yazmak daha kullanislidir. (19) ve (19b) esitliklerine benzer ifadeler daha yüksek merte-beli modlar için de geçerlidir.

Kayipsiz silindirik dalga kilavuzu için Problem l6.15'e bakiniz.

16.8 KAYlPLI iliR DALGA KILAVUZUNDA GÜç KAYBIKilavuz dielektriginin iletkenligi sifirdan farkli (fakat küçük) ve / veya kilavuz duvarlarinin

iletkenligi sonlu oldugu zaman herhangi bir yayilan moddaki qalga zayiflatilir ve iletilen güç z ileüstel olarak azalir. Bu dielektrik ve duvar kayiplarinin uygun bir sekilde ele alinmasi, iki tip kaybinayri ayri analiz edilmesi ve duvarlarla etkilesen alanlarin sadece dielektfigin kayipsiz olmasi duru-mundaki alanlar olabilecegi kabulü yapilarak mümkün olabilir. Matematigi mümkün oldugu kadarbasit tutmak amaciyla sadece dikdörtgen kesitli dalga kilavuzunun TElOmodu göz önüne alinacak-tir.

Dielektrik kaybiBölüm 14.2'deki (1)-{4) Maxwell denklemleri, dielektrik iletkenlik a = ad yerine sifir ve

dielektrik geçirgenlik c = Cdyerine karmasik geçirgenlik

jOdl=EJ--ro

konulmasi ile degismez. Dolayisiyla kayipli dielektrik için alan denklemleri kayipsiz dielektrik içinalan denklemlerinde Cdyerine E konularak elde edilebilir. Özelolarak kayipli TEIo modunda alanvektörlerinin i-bagimliligi, YLO(1 I) geregince

rio = jkio( l) =jV ro2J.t,i€ - k~io = jy'(ro2J.tJ€J - k~io) - jroJ.tJOd. 1/2

= i'a (i-/ro{.(JOd' ) =(roJ.tdOd

)+ °a1-'10 ai 2a JI-'io

i-'10 ' i-'i ()(20)

olmak üzere, e-YioZbiçiminde olup, (20) esitligindeki /310su biçimde ifade edilir:

a -y 2 2 21'Cy1-'10 = ro J.tdCd- kcio= klO(Ed)= -:- 1- (feiolli..to (21)

Binom yaklasiminin kullanilabilmesi için ad ve ro degerlerinin, roJ.tdOd~ Mokosulunu saglayacak

sekilde yeteri kadar küçük olmalari gerekir. Bu yaklasiklik mertebesinde kayipli dielektrikteki dal-ga sayisi (YlO'insanal kismi) mükemmel dielektrikteki dalga sayisina esittir.

16. Bölüm DALGA KILAVUZLARi 281

Öte yandan dielektrikteki güç kaybini belirleyen ad =Re rio zayiflatma faktörü

<1' = CtJPdad = (vji:;7Ed) ad 1d 2f31O 2Vl - (lclO/f)2 2TlTEload (Np/m)

(22)

esitligi ile verilir.

Duvar kaybiDuvar kayiplarini belirleyen LXWzayiflatma faktörü su sekilde dolayli olarak bulunabilir. GÜç

alan siddetinin karesi ile orantili oldugundan TEio modundaki zaman-ortalama güç iletimiP (z) - P

-e -2a.",

ort -:10

ile verilmistir. Dolayisiyla duvarlarda birim i-uzunlugu basinadir. Pzio giris gÜcü (19) esitligi

harcanan güç

olup,

l?cayip(Z)= -P~t(z) = 2awRn(z)

_l?cayip(z) _l?cayip(O)<1'- --w 2Port(z) 2P:1o

(23)

elde edilir.

Geriye sadece duvar iç yüzeyinin ilk 1 m'lik kismindan içeriye dogru akan gÜcÜ gösterenPkayip(ü)'in hesaplanmasi kalmistir. Simdi bir duvar yüzeyinde tegetsel R'nin (varsayim geregince(16) esitliginden elde edilebilir) zaman ortalama genligi

- _.1 25izayip- 2Rs IHt€getl (24)

olan Poynting vektörünü olusturdugunu göstermek zor degildir. Bu vektörün yönü duvardan içeri

dogrudur. Burada Rs = Re Tlw= VJrfp.../Gw , (Bölüm 14.6) verilen f frekansinda duvar malzemesi-

nin yüzey direncidir (Q). Son olarak, uygun (24) bagintisinin her bir duvar yÜzeyinin ilk 1m'likkismi üzerinde integre edilmesi ve sonuçlarin toplanmasiyla

~ayip(O) = R, IHio12 [b + ~ (f /fclO)2 ] (W / m)

elde edilir. (23), (19) ve (25) esitliklerinden

<1'w= R,CiO( °). a + 2b(lclO/f)2? (Np/m)Tlo V~ abVl- (lcin/f)-

(25)

(26)

bulunur. Burada Rscio, TEIo modunun kesim frekansindaki yüzey direncidir ve Tlo= YPd! Ed ise

(kayipsiz) dielektrigin dÜzlemsel dalga empedansidir.

Birlesik Kayiplar

Toplam zayiflatma faktörÜ arap= aw + ad i dir. Np/m yi daha çok kullanilan dB/m ye çevir-mek için Problem 14.7'ye bakiniz.

Çözümlü Problemler16.1. SekiI16-I(a) daki dalga kilavuzunun her bir mükemmel iletken duvarinda E ve H üzerinde-

ki sinir kosullarini veriniz.Bir mükemmel iletken için E'nIn tegetsel ve R'nin dik bilesenleri sifira esIt olmalidir. O halde,

üst duvar EAx, b) = E,(x, b) = D ve Hy(x, b) = Osol duvar Ez(D,y) = E,(O,y) = O ve HAD.y)= O

sag duvar Ez(a, y) = Ey(a.y) = O ve H,(a. y) = O

alt duvar EAx, O)= E,(x, O)= O ve HAx, O)= O


16.2. Problem l6-l'i, Sekil16-l(b) deki dalga kilavuzu için yeniden çözünüz.Tekbir silindirikduvarda

Ez(a, <li)= E4>(a, <li)= O ve H,(a, <li)= O

olur.

16.3. kc sayisina kritik dalga sayisi denmesinin nedenini açiklaylll1z.Kayipsiz bir dielektrikteki dalga yayilmasi için k dalga sayisi gerçel olmalidir. Fakat

k = VW2jlE - k~= Vk~- k;

dir, Burada ko verilen OJfrekansinda sinirsiz dielektrik ortamdaki düzgün bir düzlemsel dalganin dalgasayisidir. Dolayisiyla kc. kilavuzlanmis bir dal2;anin ayni frekansli ikizinin kc den büyük bir dalga sa-yisina sahip olmasi gerektigi anlaminda kritik dalga sayisidir. Bir baska deyisle, kilavuzlanmis dalga-

nin/frekansi (uof2n)kc dan büyük olmalidir. Burada, u()= i/Viii sinirsiz dielektrik içindeki dalga hi-zidir.

16.4. Bölüm 14.2'deki (1) ve (2) Maxwell denklemIerini silindirik koordinat sistemindeformda ifade ediniz.

Silindirik koordinatlardaki rotasyonel için Ekler kismina bakiniz. (1) esitligi «(J=O)i aH.

jWEE, = -~ + jkHIpr acp

. E Ok

aHzJWE 4>= -J H, - ar

skalar

(i)

(ii)

, i a i aH,jwEE.=-- (rHIp)---

r ar r a<li (iii)

ve (2) esitligii 3E.

-jwjlH =--:: + ikE, r acp '" (iv)

- jwj.lH", = - ikE, - aEzar (v)

i a i aE,- J'wIiH. = -- (rEip)- - ari.r - rar r 'f' (vi)

sonuçlarini verir.

16.5. Problem 16.4 deki esitlikleri kullanarak Ez ve Hz cinsinden bütün silindirik alan bilesenlerinibulunuz.Ci) ve (v) esitliklerinden

E, = - iw~! aHz- ik aE,k; r afj) k; ar (1)

(ii) ve (iv) esitliklerinden

H =jWE! aE,- ik aH,, k; r a<li k; ar (2)

(1) ve (i) esitliklerinden

H = - jWE aEz- ik! aH:'" k; ar k; r acp (3)

(2) ve (ii) esitliklerinden

E = - ik ! SE. + jwjl aH,4> k; r a<li k; ar

elde edilir. kcdaha önce tanimlandigi gibidir.

(4)


16.6. Silindirik koordinatlardaki alan bilesenlerini kullanarak l1TEyi hesaplayiniz.Ez==OoldugundanProblem16.4deki (iv) ve (v) esitliklerinden

iHrl =YIH.12 + iH..12= ,/(km )2IE..12 + {km )2IErI2 = k1"ElEriVW~ ,W~ W~

dolayisiyla

elde edilir.

IETi- W/-l1]TE"'"iHrl - kTE

16.7. Dikdörtgensel koordinatlardaki alan bilesenlerinden yararlanarak 1hMyihesaplayiniz.Hz ==Ooldugundan (2a) ve (2b) esitliklerinden

lE I,

lE" (kn.i

)2

( i " kTM.r~+ yr= - fH.I-+IHrl") veya IETI=-IHTI

. .Wc. Wc

dolayisiyla - iETi= krM1]TM= IHTI Wc

bulunur.

16.8. Herhangi bir TE veya TM dalgasi için (düzlemsel dalgalarda oldugu gibi) E ve H alanlarininkarsilikli olarak dik olduklarini gösteriniz.

Her iki dalga tipi için de E.v= TJH..ve Ey = -riH. dir. Dolayisiyla rJgerçel oldugundan

Er' HT =Re (f.:CH;+ E,H;) = Re (riHyH: - TlH.H;)

= ri Re (HvH; - HiH:) = O

EzHz" sifira esit oldugundan E . H =O olur.

16.9. TMmn için (9) - (12) esitlikleri benzeri esittikleri elde ediniz.(8) esitligine benzer sekilde

E.(x, y) = (C, cosk.x + D. sin k.x)(C, cas kvY + Dysin kyY)

k; + k; = k;TM"'"W2/-lc- khtolur. Burada

dir. Fakat simdi

E,(O, y) = E,(a, y) = O ve EAx, O)= E,(x. b) = O

sinir kosullari nedeniyle m, n =1,2,3, olmak üzere

C. =0 k, = '!!!!.a Cy=O ky = nnb

elde edilir. Dikkat edilirse TM modunda m ve n indisIeri sifirdan farklidir.Gerekli olan formüller

E. (X ~.)' = E. . mnx . n.n:y,""". "",sin-sin-a b (1)

I

(mn' 2

(' tin

)'

k,TM-= './-;-) + ,b = kcTEnm

kiMm" = k1"-",,,

(2)

(3)

kiM

1]TMmn - Wc (4)

dir.

16.10. Kayipsiz bir silindirik dalga kilavuzunun TM modlarim belirleyiniz.

284 DALGA KILAVUZLARi 16. Bölüm

Silindirik koordinatlardaki Laplace operatörü Ekler bölümünde verilmistir. Böylece EzCr,rp)bile-seni için (7) dalga denklemi

if E. i 2E. i ,PE. " -.-,: + - -:::-=+ -; ~ + k;""E, = Oar- r cir r- (lcp-

(k;"" = w~{li:- kht)

biçimine dönüsür ve su sinir kosullarina uyar:

(i) E.(r, ip + 2;r) = E.(r, tp): (ii) E.(O. iJ»sinirli, (iii) E.(a. tp) = O

Bölüm 8.8'de oldugu gibi degiskenlerine ayirma yöntemi uygulanirsa çözüm

E:n,.(r. iJ» = En,)n(k,INnpr) cos niJ> (1)

olarak bulunur. Burada ri =O, 1,2, ... olup, Xnp==k,TMn"a, Jn(x) = O denkleminin p. pozitif kökÜdür.

(p = 1,2, ) (Bu sekildeki ilk birkaç kök Tablo 16-1 de verilmistir).

Tablo 16-1 li/ix) = O'in Xl/pkökleri

Hz ==Oile (1) ifadesi Problem 16.5 yardimiyla TM modunun bütün enine alan bilesenlerini belir-ler. TMnpmodunun kesim frekansi

U(L

- - Xn"feT"'n" - 2.Ta

(2)

bagintisi ile verilir.

(2) esitligi kullanildigi zaman bütün dikdörtgen kesitli dalga kilavuzu formülleri silindirik dalgakilavuzlari için de geçerlidir; örnegin

,!(')~..t"n,,)-TlT"'np= Tlo\j 1 - , 2:i:a :

(3)

16.11. Kayipsiz bir silindirik dalga kilavuzunun TE modlarini belirleyiniz.

Bir TE modunda eksenel alan HzCr, rp)dalga denklemini ve Problem 16-10 daki (i) ve (ii) kosul-larini saglar. Problem 16.5 deki (2) esitliginin bir sonucu olarak (iii) kosulu yerine

aH. i(iii)' 7, =O(lr ir~.

kosulu kullanilmalidir. Dolayisiyla degiskenlerine ayirma yöntemi ile

H:n,,(r. tp) = Hn,).(k,YEn"r) cos ritp (1)

bulunur. Burada ri =O, 1,2, olup x~p==k'TE"" denkleminin p. pozitif kökÜdÜr (p =1,2, ...). Tablo

16-2 ye bakiniz.

Tablo 16-2 J:(x) =Oin x:p kökleri

ri=O Li =1 ri=2 ri = 3

P = i 2.405 3.832 5.136 6.380

p =2 5.520 7.016 8.417 9.761

P =3 8.645 10.173 ll. 620 12.015

ri =0 11=1 ri=2 ri =3

p=1 3.832 1.841 3.054 4.201p=2 7.016 5.331 6.706 8.015

p =3 10. 173 8.536 9.969 11.346


Problem 16.10 daki (2) ve (3) esitliklerinin benzerleri su biçimdedir:

t.Un,

eTEnp= ,- xnp..:ra (2)

'10

'1TEn,p '1- (4t~fV 2ira,

16.12. !cTElip ve!cTMiip nin bagii genliklerini tartisiniz.

Her bir sabit n için Jix)'in , xnpsifir/ari ve Xiip duragan noktalari (bu noktalarda Jn(x) bir mak-

simum veya bir minimum deger alir) x ekseni boyunca siralanmislardir. Bu sinüs dalgasi benzeri dav-ranis Sekil 8-3 (a) da açikça görülmektedir. n > O için fonksiyon O'dan baslar ve ilk duragan nokta ilkpozitif sifiri önceler. Dolayisiyla x 'np< xnp'dir ve dolayisiyla

keTEn,p< k'TMnp ve feTEnp< f<TMnp

olur. n = Oiçin fonksiyon bir maksimumdan baslar ve siralama ters döner:

keTEtip> kdMHp ve fd'Ei!P > feTM(1p

16.13. (a) Kayipsiz bir silindirik dalga kilavuzunun baskin modu nedir? (b) Artan kesim frekansinagöre ilk bes modu siralayiniz.(a) Problem 16.12 ye göre baskin mod en küçük kesim frekansli TMo!veya TEl/i'dir. Tablo 16-1 ve

Tablo 16-2 kullanilirsa (ve çözümlemenin gösterecegi gibi) baskin modun TEi i oldugu görülür,

(b) TEii, TMoh TE2h TE1ove TMii . ( J~(x) = -li(x). oldugundan Tablo 16-2 nin birinci sütunu ileTablo 16-1 in ikinci sütunu özdestir).

16.14. Silindirik bir dalga kilavuzunun TEi i (baskin) modu için enine alanlarini bulunuz.m =p = 1 için Problem 16.11 deki (1) esitligi, Ez= O ve Problem 16.5 deki (1) - (4) esitlikleri,

jwiiH1i ,

Erii = -k 2 ll(k'TEiir) sm 4>eTl;llr

(1)

-jkTEiiRii ' kH,ii = k li( eTEiir) cos 4>eTE ii

(2)

jkrEiiHii .H",ii =, ll(keTEiir) sm 4>

k;'ic:iir(3)

jWIiH11 l '(k r i ir)cos4>E =- i ,T~

"II kcTEII(4)

sonucunu verir. Burada keTEII= x;i/a ve kreii = YW2/lE - (x;i/af dir.

16.15. Kayipsiz silindirik bir dalga kilavuzunun TEi. modundaki zaman ortalama güç akisini he-saplayiniz.

Enine alanlar Problem 16.14 de verildigi sekilde olmak üzere Bölüm 16.7 izlenerek

! Er X H~. az = HErIiH:ii - E"IiH,~i)

= WpkTEii IHii12

{[il(tI)

]2 . 2,j, [l

'( )]

2 2

}2k ! sm 't' + i LI cas 4>eTEII tl

(1)

bulunur. Burada v = kcTEiir integrasyon degiskeni kullanilmistir.


(1) esitligi O ::;;L/J::;;2n ve O ::;;v::;; x; i, kesit alani üzerinden integre edilirse, sin2 ve COS2terimlerinin

integralleri n'dir. Dolayisiyla

Prii = :rW!l;k':ll !Hti12 L

x"

{[J;(t<W+ [JI(!J)

]

2

}V dv

- <TEii" V(1)

elde edilir.(2) esitligi ile verilen bir integrali hesaplamak için genel bir kural mevcuttur: Degiskenlerine

ayirma yöntemi ile elde edilen adi diferansiyel denklemi göz önüne aliniz. Bu durumda denklem(Bölüm 8.8'e bakiniz.)

J~+.! J; + (.i - -.;)11 =o11 v-o

(3)

olur. Dolayisiyla degiskenlerine ayirma yöntemi ile li (O) = J;(x;i) = Okosulu kullanilirsa,

IXii o o

L

xii

[ (J .

J

2

Ix!.

[(Jit + (JilV)2)Vdt' = J; + 2 ) v dv - d(J;)o o o t' o

L

Xii

[ (J

]2 V2

)=" Ji + -!i). d("2 -Ji(xii)

('ii [J]= ~(vJ 1+ Ji)21<;;,- Jo u2 J i + ;

. 1 i \x (J~+-J; - -::.J1) dt! -J7(xi,), tl 11-

LXii' J

)=-M7(Xil)':'" (] V2(Ji+; (-J,)dv

l"i>

('J2

) l°'i'

= -Vi(xii)+ i) tl2 d i + i) vii du

= _!J2 (x' O ) + 1v2J201';'- (Xil)2- 1P (x' )2111 - io 2 111

elde edilir. Bu sonuç (2) esitliginde yerine konulur ve k1Ell ve kc1Ell yerine bunlara karsilik gelen ifa-deler kullanilirsa, gerekli olan cebirsel islemler yapildiktan soma

f> =TJ" j.H 12A (OL )02

V1i_(o

i'!T!iH'

}2

[(x;i)=-iJ2 ('o)]

xII4 ii g .

0 I ('

)2 i Xii

Id'E" , Xii(4)

elde edilir. Burada Ag = 1fa2 kesit alanidir ve Xii = (2:ra/uo)hTEl1 'dir.

16.16. Dikdörtgen kesitH ve silindirik dalga kilavuzlarini baskin modlarinda çalistiklari zaman güçileticileri olarak karsilastiriniz.

Bölüm 16.7 deki (19) esitligi ile ve Problem 16.15 de (4) esitligi ile verilen iki güç formülü Hgenligine, kesit alanina ve normalize edilmis frekansa bagimliligin özdes oldugunu gösterir. Tek farkdikdörtgen kesitli dalga kilavuzunda 1 ve silindirik dalga kilavuzunda

(1.841)=- 1(0.5814)2=0"39(1.841)2 .-

degerini alan geometrik çarpandadir.16.17. (a) Kesim dalga boyu kavramini açiklayiniz. (b) Kesim frekansinin kilavuz frekansi üzerinde

bir alt sinir oldugu gibi kesim dalga boyu kilavuzun dalga boyu üzerinde bir üst sinir midir?(a) Açkesim dalga boyu, frekansi kesim frekansi olan bir kilavuzlanmamis düzlemsel dalganin dalgaboyudur, yani Ari: = Uo(b) Hayir. Gerçekten de

). =~tti" V/2_!;"",

esitliginde görülecegi üzere bir (m, n) modu Adan büyük herhangi bir kilavuz dalga bo.yuile yayilabi-lir.


16.18.Bir S-band radar için kayipsiz hava-dielektrik dalga kilavuzunun iç boyutlari a =7.214 cmve b =3.404 cm dir. Mod kesim frekansinin 1.1kati olan bir çalisma frekansindayayilanTMIl modu için (a) kritik dalga sayisini, (b) kesim frekansini, (c) çalisma frekansini, (d)yayilim sabitini, (e) kesim dalga boyunu, if) çalisma dalga boyunu, (g) kilavuzun dalga bo-yunu, (h) faz hizini, (i) dalga empedansini hesaplayiniz.(a) (10) denkleminden kdi =V(:r/O.07214)2 + (:r/O.O3404)" = 102.05 rad/m

(b) (13) denkleminden !en = [(3 X 10'~)/2:r)J(1O2.05) =4.87 GRz

(c) 1= U!eii = 5.36 GRz.

(d) (11 b) kullanilarak

Yii =jkii =j 3~~OSV(5.36Y- (4.87Y(IO")=j46.8m-i(e) Adi = uol!eii= (3 x lOS)/(4.87 x 109)= 6.16cm

(f) Au= uoll = (3 x lOS)/{5.36 x 109)= 5.60 cm

(g) Aii = 2:r/kli = 2:r/46.8 = 13.4 cm

(h) (15) esitligi kullanilarak Ull = (O. 134){5.36 X 109) = 7.18 X 108 mIs

(i) Hava için, rJo= 120nQ ve (14) esitligi

i 1 . 2 -l1TMII = 120:r\J 1 - (1.1) = b7.5 Q

sonucunu verir.

16.19. Iç çapi 3 cm olan kayipsiz bir hava-dielektrik silindirik dalga kilavuzu 14 GHz de çalis-maktadir. +z dogrultusunda yayilan TMIl modu için kesim frekansini, kilavuz dalga boyunuve dalga empedansini bulunuz.

Probleml6.10'daki(2) esitligiile birlikteTablo16-1 denu() 3 x iOS

leTM11 = 2.'TaXii = :r(3 x 10-2) (3.832) = 12.2 GRz

bulunur. Bu takdirde (11 b) ve (14) esitliklerinden

A. = UQ = 3x1OS =436cmII V/2 - I;TMI: V(14)2- (12.2)2(109) .

If

(!eTMii

)2 i

(12.2

)2

1]TMII = 1]0\1 1- f = 120:r\l 1- 14, =185 Qelde edilir.

16.20. Kayipsiz bir hava-dielektrik silindirik dalga kilavuzunun, 10 GHz lik bir çalisma frekansin-da ve mod kesim dalgaboyu çalisma dalga boyunun 1.3 kati olan bir TEi i modu yayilacaksekilde iç çapini bulunuz.

Belirtilen kosul AcIl=1.3Aaveya

~= 1.3 Uo!eTEn i veya

ikTCII = 1.3 = 7.692 GRz

dir. Fakat Problem 16.11 gereginceUQ , 0.3

tTEll =2-XII =_d (1.841) (GRz):ra :r

bulunur. Bu iki ifadenin esitlenmesi ile d =2.28 cm bulunur.

16.21.Problem 16.14 deki E alanini uzay degiskenleri olarak p ==r / a ve ç==kTEIlZ kullanarak za-man bölgesinde ifade ediniz.


Toplu sabitler cinsinden

K" ]s Wp.Hiik;TEiiG

K." == wp.H"k"ir. ii

Bu büyüklükler gerçeldir. Buradan (x;, = 1.841):

Ei'(p. 4>,~,t) = Re [E,iie-'<"'<-;I]= - Kpl,(1.841p) sin 4>sin (wi -~)p

Eq,(p, 4>.~, t) = Re [Eq,l1ei<M"I]= - K.;tl;(1.841p)cos 4> sin (wl - ~)elde edilir.

16.22.Problem 16.21 de elde edilen E alani için alan çizgilerini hesaplayiniz ve çiziniz. Ayrica eni-ne H alaninin çizgilerini hesap yapmadan çiziniz.

Herhangibir vektör alanininçizgileri,uzayin her noktasindavektöregriyebu noktadategetola-cak sekildeçizilenbir uzayegrileri ailesidir.DolayisiylaE çizgilerininbir kesitdüzlemdekidiferansi-yel denklemi (x, y) dikdörtgensel koordinatlar sisteminde dy / dx =Ey / Ex veya (p, ep)kutupsal koor-dinatlarda

1.dp - Ep

pd4> - E",

olur. Problem 16.21 de bulunan E alaninin bilesenleri (1) esitliginde yerine konulursa

dp-K Ji(1.841p) ?d4>- 'l;(1.841p) tan 4> (-)

elde edilir. Görüldügü gibi silindirik bir dalga kilavuzunun TEii modu için alan örüntüsü zaman ileveya kilavuz boyunca ç uzakligi ile degismez.

Nonnal olarak alan çizgileri diferansiyel denklemin sayisal integrasyonu ile bulunur. Fakat bura-da bir analitik çözüm basit olarak elde edilir: -

l,(L841p)In li (1.841Po) Ki In isec4>1 (Ki >0)

(1)

(3)

Bu bir tek parametreli egriler ailesidir. Burada po parametresi bir egrinin sinep=O yatayeksenini kes-tigi noktadaki yariçapi verir. Dikkat edilirse epyerine -ep veya ep+ 1t konuldugu zaman (3) esitligininsag tarafi degismez. Dolayisiyla alan örüntüsü yatay ve düseyeksenlerinin her ikisine göre simetriktirve bu nedenle sadece O :$ ep:$n/2 çeyregi göz önüne alinmalidir. Bir alan çizgisi boyunca pozitif epdegerlerinin artis yönünde hareket edildigi zaman (3) esitliginin sag tarafi da pozitif degerler alarakartar. Bunun sonucu olarak [Sekil 8-3(a) ya bakiniz] p / po orani da 1 den büyük degerler alarak artar.Bu, alan çizgisinin p = 1 sinirini dik olarak kesmesi kosulu ile birlikte, Sekil 16-5 de gösterildigi gibiorijinden uzaklastikça alan çizgisinin büküldügünü gösterir. po = 1 çizgisi tek bir noktaya indirgenir.

di = 4IY - ()

i ri, - -EH

"" = (L}:::

Sekil 16-5


H alan çizgileri E çizgilerine dik yörüngeler olarak çizilmistir; Problem l6.8'e bakiniz. Problem16.14 geregince Hp ve Hepalanlarinin her ikisi de p = 1 ve 4> =O, 11:noktalarinda sifir degerini alir. Do-layisiyla H'nin yönü bu noktalarda belirsizdir.

16.23.Bir S-band radar sistemi için kayipsiz, hava-dielektrik dalga kilavuzunun boyutlaria = 7.214 cm ve b = 3.404 cm dir. Baskin mod 3GHz frekansinda +z dogrultusunda yayil-maktadlL Eger E alaninin uyarim düzeyi lOkV/m ise iletilen ortalama gücü bulunuz.

TEIomoduiçinkesimfrekansill" 3 x io"

f"in= lo = 2(l107214)= 2.08 GHz

dir ve (19 b) esitligi

- ,- (10")"(7.214)(3.404)10 4 11- ('2.08)" = Il7.4 WP:io- 4(377) 'v 3 ,sonucu verir.

16.24.Yariçapi 1 cm olan kayipsiz bir hava-dielektrik silindirik dalga kilavuzunda baskin modda15GHz'de iletilen güç 2W'dir. Manyetik alan için uyarma düzeyini bulunuz.

TEii içinkesimfrekansi(Tablo 16-2 ye bakiniz).ii",. 3x 10" , , ,

I'TE1! = 2:i:axi, =2:i:(l x 10-:) (1.841) = 8.79 GHz

Böylece Problem 16.15'deki (4) esitligi377, mm_n___-

2 = -IHiif(:rlO-')( 15/8.79)2YI - (8.79/15)2[0.239]4

olur. (Ayrica Problem 16.l6'ya bakiniz). Bu esitlik çözülürse iHi li =0.11 Alem bulunur.

16.25.Boyutlari a =2.286 cm ve b = 1.016 cm olan X-band dalga kilavuzunun bir kismi mükem-mel iletken duvarlardan olusmustur ve kayipli bir dielektrik ile doldurulmustur (O',l= 367.5jlS/m, Er = 2.1, J.1r= 1). Baskin yayilma modu için 9GHz'deki zayiflatma katsayisini dB/mcinsinden bulunuz.

TEIomodununkesimfrekansi

- u"- (3 x 10")!VD , Hf"w-2a - 2(0.02286) 4._3G z

olup (22) esitliginden (ikinci form)

I ' (377/\12.1)(367.5 x 10'6)a-AdB m) = i' x 8.69 = 0.48

2\ 1 - (4.53/9)-

elde edilir. Okuyucu veriler için W!-1dad<iiin,. yaklasiminin dogru oldugunu göstermelidir.

16.26. Bir X- band hava-dielektrik dikdörtgen kesitli dalga kilavuzu boyutlari a = 2.286 cm veb = 1.016 cm olan pirinç duvarlara sahiptir (J.1w= J.1o, CTw= 16 MS/m). Baskin mod 9.6

GHz'de yayildigi zaman duvar kayiplari nedeniyle ortaya çikan zayiflamayi dB/m cinsindenbulunuz.

Baskin modun kesim frekansindau" 3 x LO"

f,,1O= lo = 4,572 X 102 - 6,56GHz. .. eY

direnci '

lO 7)olur. Pirincin yuz f, (6'6 x 109)(4:r x , = 40,24 mQ

,:r '-R = \116 x 106,dO V

dir.

290 DALGA KILAVUZLARI 16. Bölüm'

Dolayisiyla (26) esitligi kullanilarak

0.04024(~

9.6 \

,JO.

,

02_286 + 2(0.01016)(6.56/9.6)2o: (dB/m)=- -, , x 8.69=0.214

w 377 6.56 (0.0?.286)(O.OlO16)V1- (6.56/9.6)2elde edilir.

16.27. Bir hava-dielektrik silindirik dalga kilavuzu (a =5 mm)! = 1.3!cTMoifTekansinda TMoi modunda

çalismaktadir. Duvar malzemesinin bakir (o"w= 58 MS/m) oldugunu kabul ederek, bu bakirin kü-çük bir kisminda duvar kaybi nedeniyle olusan zayiflamayi dB/m cinsinden bulunuz.

Ilk önce Bölüm 16.8'i izleyerek Pkayip(O) ifadesini çikartiniz. Problem 16.10 daki (1) esitligi ne-deniyle EzO1(r,ep)= Eo1lo(xOlr/a)dir. Bu durumda Problem 16.5 deki (3) esitligi duvar üzerinde te-getsel manyetik alani verecektir:

H</>oi(a, ep) =jwEr;c(~Eo1li(xo1) jEo1l1(xoi) (L )kc-IMoia 7)0 !c,TMOI

Ht/fJIsabit oldugundan (24) esitliginden

P. rO) = '~R [iEoil1 Ji(XOl) ('

,

L' )2

]('J )kayip' ., 2 .. \ _::ra110 '/eTMe}I'

(1)

elde edilir.

Daha sonra Problem 16. 15'de verilen yöntemi kullanarak PzTMOI'i bulunuz. Problem 16.15 geregince

E,Q' =:jk'"MOlEo1 J1(~' )'= jErli(, L) "

( Li - (I<TMO!

)' 2

)' Ji ('

,xoir)kcTMO! a , '[,TMOl' V fa.

H - j E OL (1 /f.'1"MOI) J (XOI r'

)</>Ql- iTlo a

bulunur. Öteyandan HqiJI =EqiJI = Odir. Dolayisiyla zaman ortalama Poynting vektörü

S- - LE,

H * _lEmf (f IJ:IM,lifVI - (j'TMOi/f)lL1('XO1r

)- 2 ,(11 ojM>1- i -27)0 a

olur. Bir kesit üzerinden integre edilirse

1

"

1

1'"

(X r' 2A '

1

'01

J~ ~ )r dr dtp =:-f, J~{u)u du =Agl~(xoi)(i n a Xoi o

elde edilir. Bu sonuçlar birlestirilirse,Pi..yip(O) R,

a'...= ::;--p- =;. /,1)2.. .1'MO1'lvilV1 - (!ciMIli'

(2)

olacaktir. Verilenler içinUn 3 X iif

f..'rMOI=:2::raXoi= 2::r(5X lO-') (2.405) = 22.99 GRz

f = (1.3)(22.99) =:29,89 GRz

R = ~::rf1l= "f;r(29.89X1O"}(4:rX 10-7) =0.0451 Qf Gw" 58 X 10"0.0451

a'w=: , i , - 0.0374 Np/m = 0.325 dB/m(377)(5 x io-')Vl- (1/1.3)~

sonuçlari elde edilir.

Ek Problemler16.28.Hz (x, y, Z, t) = K cos 87.3x cos 92.4y cos (2nft - 109.1z) seklinde verilen bir manyetik alanin serbest

uzayda var olabilmesi için gereken kosullari belirleyiniz. Yanit: f = 8.0 GHz


16.29. Eger faz kayma sabiti (dalga sayisi) 54°/cm ise tlr = 1 ve Er = 2.2 olan bir oiiamda yayilan 4GHz'likbir dalga için kritik dalga sayisini elde ediniz. Yanit: 81.1 rad/m

. 16.30. Eger Problem 16.28'de Hz (x, y, z, i) bir dikdörtgen kesitli dalga kilavuzundaki TEi i dalgasinin eksenelalanini gösterirse (a) kilavuz boyutlarini, (b) kritik dalga sayisini, (c) kilavuz dalga boyunu bulunuz.

Yanit: (a)7.2cmx3.4cm(b) 127.1 rad/m(c) 5.76 cm.

16.31. Problem 16.18;dt:~ ...,-oand dalga kilavuzu 9GHz'de X-bandinda kullanilmaktadir. Kilavuzda yayila-bilecek modlari belirleyiniz.

Yanll: TEob TE02, TEio, TE", TEio, TEil, TE3o, TE31, TE4o; TMi b TMii, TM3!

16.32. Problem 16.19 da verilen frekansda baska hangi modlar yayilabilir?Yanit: TEob TEi i, TEn, TE31,TMo!

16.33.3.95 ve 5.85 GHz frekanslari arasinda kullanilan bir C-band dalga kilavuzunun boyutlari 4.755 cm ye2.215 cm'dir. Hava-dielektrik için baskin mod kesim frekansini ve çalisma frekansi 4.2 GHz olduguzaman kilavuz dalga boyunu hesaplayiniz.

Yanit: 3.155 GHz, 10.82 cm

16.34. Hava-dielektrikli WC-sO silindirik dalga kilavuzu, baskin mod yayilimi için 15.9 - 21.8 GHz frekansaraliginda kullanilmaktadir. Iç çapinin 1.270 cm olmasi halinde kesim frekansini hesaplayiniz. AyricaTMoi modu için kesim frekansini elde ediniz.

Yanit: 13.84 GHz, 18.08GHz.16.35. Bir hava-di elektrikli L-band dikdörtgen kesitli dalga kilavuzu için a/b = 2 ve bir baskin mod kesim

frekansi 0.908 GHz'dir. Eger ölçülen kilavuz dalga boyu 40 cm ise çalisma frekansini, kilavuz boyut-larini ve dalga sayisini bulunuz.

Yanit: 1.18 GHz, 16.52 cm ye 8.26 cm, 15.7 rad/m

16.36. Problem 16.35'deki dalga kilavuzu için TEii modunun yayilabilecegi en küçük frekans i bulunuz.Yanlt:/> 2.569 GHZ

16.37.26.5 ve 40 GHz arasinda kullanilan bir V-band dalga kilavuzunun iç boyutlari 0.71 i cm ye 0.356cm'dir. (a) Hava-dielektrik için baskin mod kritik dalga sayisini hesaplayiniz. (b) Eger ölçülen kilavuzdalga boyu 1.41 cm ise çalisma frekansi nedir?

Yanit: (a) 441.86 rad/m, (b) 29.98 GHz

16.38. WC-19 hava-dielektrik silindirik dalga kilavuzu 42.4-58. LOGHz bölgesinde baskin modda çalismaküzere kullanilmaktadir. Kilavuzun 36.776 GHz kesim frekansi için iç çapini bulunuz. Yanit:0.478 cm.

16.39. Boyutlari aIb =2 olan bir Ku-band hava-dielektrik kilavuzu 12.4 - 18.8GHz frekans bölgesinde bas-kin modda çalismak üzere kullanilmaktadir. Kesim frekansi 9.49 GHz'dir. Kilavuzun iç boyutlari ne-dir? Yanll: 1.58cm ve 0.79 cm.

16.40. Bir hava-dielektrik silindirik dalga kilavuzunun.f= 30GHz = 1.5 feTElifrekansindaki baskin mod içinyariçapini ve kilavuz dalga boyunu bulunuz. TMi i modu bu kosullar altinda yayilabiIiI'mi?

Yanit: 0.44 cm; 1.34 cm; Hayir16.41. Problem 16.40'1,Er =2.2 olan kayipsiz bir dielektrik malzemeden yapilan kilavuz için çözünüz.

Yanit: 0.296 cm, 0.903 cm; Hayir16.42. Boyutlari 1.067 cm ve 0.432 cm olan bir K-band dikdörtgen kesitli dalga kilavuzu 18GHz de baskin

modda çalismaktadir. Eger dielektrik hava ise kesim frekansini, kilavuz dalga boyunu, faz hizini vedalga empedansini bulunuz. Yanll: 14.06 GHz, 2.67 cm, 4.81 x io~ m/s, 604.2Q

16.43. Problem 16.42'yi kilavuzun Er= 2.0 olan kayipsiz bir dielektrik ile doldurulmasi durumunda çözÜnDz.Yanll: 9.93 GHz, 1.44 cm, 2.54 x 1O~m/s, 319.6Q

292 DALGAKILAVUZLARi 16. Bölüm

16.44. Bir hava-dielektrik silindirik dalga kilavuzunun f = 30 GHz = 1.5 !cTMil ftekansindaki TMii moduiçin yariçapini ve kilavuz dalga boyunu hesaplayiniz [Problem 16.40 ile karsilastiriniz].

Yanit: 0.915 cm, 1.342 cm.

16.45. Kesim ftekansinin altinda çalisan bir (m, n) modunun kesim zayiflatma faktörü cx"mn= -jkmnseklindetanimlanmistir. Boyutlari 2.286 em'ye 1.016 cm olan kayipsiz bir hava-dielektrik kilavuzu 9.4 GHz'deçalistigi zaman dB/cm cinsinden acTEiiyi hesaplayiniz. Yanit: 23.9.

16.46. Bir dikdörtgen kesitli dalga kilavuzunun belirli bir kesit alanindaki E alaninin ani bilesenleri

Ey = -A sin(;) cas (7) Ex = B cos(;) sin (7) Ez =0

olarak verilmistir. E alanini çiziniz ve çalisma modunu belirleyiniz.Yanit: Sekil 16-6'ya bakiniz; TEi i

.\ th

-a x()

Sekil 16-6

16.47. Problem 16.23'deki hava-dielektrik dalga kilavuzu 2.6 GHz'de 200 W ortalama güç iIetmektedir. Ala-nin uyanm düzeyini bulunuz. Yanit:143 V/cm

16.48. Eger Er = 1.8 olan kayipsiz bir dielektrik Problem 16.47 deki dalga kilavuzunun içine yerlestirilirse200W'lik bir güç iletimi için uyartm düzeyini hesaplayiniz. Yanit: 106.8 V/cm.

16.49. Problem 16.24 deki hava-dielektrik dalga kilavuzu Er= 2.1 olan kayipsiz bir dielektrik ile doldurul-mustur. Eger uyartm düzeyi ve ftekans degismez ise baskin modda iletilen gücü bulunuz.

Yanit: 0.09 Nem.

16.50. Problem 16.27 deki (2) esitliginin a,w = 1 seklinde yazilabilecegini gösteriniz. BuradacrwaÔw'l"bMoi

Dw deri kalinligidir (ftekansa bagimli).

Bölüm 17

Antenler(Kai - Fong Lee)

17.1 GIRIs14. Bölüm'de incelenen Maxwell denklemleri, içerisinde kaynak bulunmayan sinirsiz bir or-

tamda yayilan düzlemsel dalgalari öngörür. Bu bölümde akim kaynaklarinin veya antenlerin olus-turdugu yayilan dalgalar incelenmistir. Genelolarak bu dalgalarin dalga cephesi küreseldir ve yön-den bagimsiz genliklere sahiptirler. 17. Bölüm boyunca serbest uzay kosullari kabul edildigindendielektrik sabiti, manyetik geçirgenlik, yayilma hizi ve ortamin karakteristik empedansi (çin kulla-nilan notasyonlarda Oindisi ihmal edilebilir. Benzer sekilde isimanin dalga sayisi (faz kaymasi sa-biti) f3= roVilE= w/u seklinde yazilacaktir.

17.2 AKIM KAYNAGi VE E VE H ALANLARIBölüm 9.7'de tanimlanan vektör manyetik potansiyel A, akim kaynagi disinJaki bölgede

fazör alanlari... 1 uH=-VXA=-VxA

!-l '1

1 1 uE=--VxH=---VXVXA=-VxVXA

jwE jW!-lE j{3

esitlikleri ile verir. Burada u =3 x io8 mis ve j.L=120 'lt Q dir.A fazörü

(1)

fIl(} e-itir )A = ,... s dv

hacim 4Jtr

biçiminde ifade edilir. (2) esitliginde r, gözlem noktasi ile Jsdv kaynak akim elemani arasindaki

uzakliktir. e-j{3rçarpaninin önemi A, zaman bölgesine dönüstürüldügü zaman daha iyi anlasilir.

1.J,iJscosu>(t-r!u)

dA= vam 4Jtr

Dolayisiyla gözlem noktasindaki A, kaynagin daha önceki zamanlardaki kosullarini uygun bir se-kilde yansitir (verilen herhangi bir kaynak elemani için gecikme tam olarak kosullarin gözlemnoktasina yayilmasi için gerekli olan r / u zamanidir).

(2)

17.3 ELEKTRIK (HERTZ) DIPOL ANTENSekil 17-I'de gösterilensonsuzküçükakimelemanitarafindanolusturulanvektörpotansiyel,

(2) esitligigereginceue-jtir

A(P) = :---4 (l dt)azJtr

olur. Küresel koordinatlarda 3z=cos e3r- sin e 39 oldugundan (1) esitliginden

i dtf32 . 8 -1#r

[1. + ~ ]H",= - sin ef3 f3

2 2... 4Jt r r

bulunur.

294 ANTENLER 17. Bölüm

::

e

,'f,p/1

/ i/ f

/ ir i

iif

" ij

y

x

2l dt ., -o"r[

1 . 1]E =n-R~cosOe 'f' -- j -

r ., 4Jr f' p2r2 p3r3

i dt o

[1 1 1

)E = n- R2sinOe-J{Jrj-+-- j-O ., 4Jr f' pr p2r2 p3r3

Diger bütün bilesenler sifirdir. Burada sadece, ~ veya -;. ile orantili terimlerin ihmal edildigi u-r r

zak alan göz önüne alinacaktir.

H jl dtp. O -jfJruzakalan", =-sin e4Jrr

jI dtp oEo = 1}- sin Be-iPr= 1}Hcp4:rr

(3) esitliginin, genligi 1/r ile orantili olarak azalan ve +ar yönünde yayilan iraksak bir küresel dal-gayi temsil ettigi açiktir.

Hertz dipolü tarafindan isinan güç uzak alanin zaman ortalama Poynting vektörünün (Bölüm14.12) büyük bir küre yüzeyi üzerinden integral i alinarak elde edilir.

~oit = ~Re (E x H*)

[2Jt ["~ima= Jo Jo ~ort . rLsin Ode depar

= [2."r" [~Re (E(JH;)]rsin OdOdepJo Jo

= 1}(PI dt)2 - 1}JrP (df\ 2

12:r 3),- )

(3)

(4)

17.4 ANTEN PARAMETRELERI

R1simaisima direnci, ayni akim la beslendigi zaman antenin isidigi güce esit bir güç harcayanvarsayimsal bir direncin degeri olarak tanimlanir. Dolayisiyla Pisima= ~I5R,simaveya R,sima=2es'm.ll~

olup, burada Lobesleme noktasi akiminin tepe degeridir. (4) esitliginden Hertz dipolü için2Jr1}(

de)

2

(d0

2

R. =- - =790 - (Q)"ima 3), A ,

elde edilir. F( e, ep)örüntü fonksiyonu, uzak bölge elektrik ve manyetik alan genliklerinin yöne göredegisimlerini verir. Hertz dipolü için bu fonksiyon, iE i ve iH i ep'denbagimsiz olduklarindanF( e) = sin e esitligine indirgenir.

17, Bölüm ANTENLER 295

Isima siddeti V( e, fjJ),anten performansinin diger bir ölçütüdür. Bu birim kati açi basina ISI-nan zaman ortalama güç olarak tanimlanir. Sekil 17-2 den,

V(e . ) iiiiiidHiima=l~ortI dS' = 21

1'm I' q> dQ dS'/r2 r ;Tart

/9'OIt/

/ dS

dS'

Sekil 17-2

V, r den bagimsiz oldugundan (enerjinin sakinimi ilkesi geregince) bu hesaplamada uzak a-lan kullanilabilir. Hertz dipolü için,

V(e) =!!.(I di\ 2 ..

-'8 ).-} sin~e (5)

olup, F örüntü fonksiyonu ve isima siddeti dagiliminin kutupsal egrileri Sekil l7-3'de verilmistir.~ i Yari

(a) = ni!) (b) U(8)

Sekil 17-3

Sekil l7-3(b)'de yari güç noktalari e = 45° ve e = 13Soldedir.Dolayisiyla yari güç demet ge-nisligi 9001dir.Genelolarak demet genisligi (Vmaxyönü civarinda) ne kadar kÜçÜkolursa antenInyönelticiligi o kadar iyi olur.

Bir antenin yönlÜkazanciD(e, fjJ),Jsima siddeti Vee, fjJ)'ninayni Va toplam gücünÜ isiyanvarsayimsal bir izotropik kaynagin isima siddetine orai11olarak tanimlanir.

Izotrapik kaynak için,~<ima

Vo= 4'n

olup,D(e, CJ»= V(e, CJ»= 4nV(O, CJ»

Vo Pisima

yazilabilir. Bir antenin yönelticiligi, yönlü kazancinin maksimum degeridir.4JrUmax

Dma.'C=P,sima


Hertz dipolUiçin, (4) ve (5) esitliklerindenrJ

(

ide)

2 2

(4;r)gT sin e . "

D(e,</»= (~;r)e~02 =1.5sinke

bulunur. Bir antenin isima verimi, Pgirisantenin beslemeden çektigi zaman ortalama gÜç olmak Üze-re Eisima= Pisima/ Pgirisdir. G(e, if» (gÜç) kazanci verim ile yönlÜ kazancin çarpimi olarak ta-nimlanir.

ve Dmax= 1.5 (6)

G(e, </»=E,sim.D(e, </»= 4J1:U(e, </»= 4J1:U(e, </»Pgiris Pisima+ PL

Burada PL antenin omik kaybidir. Kayipsiz bir izotropik kaynagin gÜç kazanci Go = i'dIr. Bazenantenin gÜç kazanci

GG<.IB= 10 logio - = LOloglOG

Go

seklinde desibel cinsinden ifade edilir.

17.5 KÜÇÜK ÇEMBERSEL ANTEN

Manyetik dipololarak da bilinen bu anten, z =Odüzleminde yer alan ve larp fazör akimini ta-siyan küçük bir halkadir. Bu antenin isidigi E ve H alanlari Hertz dipolü tarafindan isinan alanlarile, E ve H'nin yönlerinin yer degistirmesi halinde ayni karakteristiklere sahiptir. Uzak bölgede,

({32;ra2)Ie-liJ' .H{J= _. sme4:rr

E<fJ= -YfHe

l'

/Jt/ i

/ i/ i

/ i8 / i

~/ i/ i

a, i

---', if ' i

y

x

Sekil 17-4

Küçük bir halka antenin iSima direnci Problem 17.6'da , Risll11a= (20n )({32 Tra2/ olarak bu-lunmustur.

17.6 SONLU UZUNLUKLU DIPOL

Hertz dipolünün isima gücünü veren (4) ifadesi (d/!/},i terimini içermektedir. Bu terimden degörüldügü gibi uzunluk dalga boyu ile karsilastirilabilir olmalidir. Sekil i 7-5(a)'da gösterilen sonuaçik devre edilmis iki telli iletim hattinin iletkenleri, aralarinda faz farki bulunan akimlar tasimak-tadir. Bu nedenle uzak alanlar birbirlerini hemen hemen yok ederler. Verimli bir anten, hattin uçlariSekil 17-5 (b)'de gösterildigi gibi büküldügü zaman elde edilir.

17. Bölüm ANTENLER 297

u:i-i

~- ~"'-~--'," '".-----

~----....., - " - '/----~

f"\

IIi(z') t i \ Ll2i \J i,

1,(.') il) iu,i-- A/2--i

((ii (i>j

Sekil 17-5

Bu durumda olusturulan akim fazörleri'L '

Ii(z')=imsinP(z-z') (O<z'<L/2)

ve liZ')=ImsinP(~+z') (-L/2<z'<O)olur. Iki akim y ekseninde simetrik olan noktalarda tümüyle ayni fazdadir ve z'= :I.U2uç noktala-rinda sifira esit olurlar. Bükülen iletkenler L sonlu uzunlugunda tek bir dipol anten olustururlar.Dikkat edilirse, besleme noktasindaki (z' = O) akim ile maksimum akim arasindaki baginti

Lo= imsin [3L esitligi ile verilir.2

Uzak alan, r~ L ve r~ II. kabulü yapilarak, (2) ve (1) esitlikleri yardimiyla hesaplanir.

jl,.,e-itlrH.p = 2 F( O) Ea = TlH</>Jrr

Burada örüntü fonksiyonu

cos(fi~cos O) - cos(fi~)F(O)=. 8sin

bagintisi ile verilir. Ayrica bir anten için, birimi uzunluk birimi olan ve bütün örüntü bilgilerini içe-ren etkin uzunluk tanimlanabilir. [l(z') = im sin P(L/2 -lz'l) yaziniz].

sin 8f

L/2 " 21hA8)=- . l(z')eI/k cos8dz'=-!!!.F(O)4, -L/2 P4J

Yaklasik 1.2A'yakadar olan L uzunluklari için anten örüntüsü sekiz sayisinin seklini andiriroL, 1.2A'ya yaklasirken örüntüsü keskinlesir. L ~). olmak üzere öteki sinirlarda, örüntü Hertzdipolünün Sekil 17-3(a)'da gösterilen örüntüsü ile aynidir. L uzunlugu 1.2A'danbüyük oldugundaörüntüler çok kulakli olur. (Sekil 17-6'ya bakiniz).

(2n - I)A /2 (n = 1,2, 3 ) uzunlugundaki sonlu bir dipolün isima direncinin R1siina~ (30Q)Cin [(4n - 2)n] oldugu gösterilebilir. Burada

C.

( ) Lxi-cosY d.nx= yo y

biçiminde tanimlanan bir fonksiyondur. n = 1 için (yarim dalga dipol) Risiina= 30 (2.438) = 73Q veDinax= 1.64'dür (Bakiniz Problem 17.8).


~ i

~i

~la i :': L =--;\i2 ihi L =-- ,\ lCi L'= ."\.2

Sekil 17-6

17.7 MONOPOL ANTEN

Sonsuz iletken bir düzleme dik olan Ll2 uzunlugundaki bir iletken bir monopol anten olustu-rur (Sekil 17-7 (a)). Tabandan beslendigi zaman olusan E ve H alanlari dipol alanlarinin aynidir.Bu, monopolün Sekil 17-7(b)'çlegösterildigi gibi iletken düzlemin altinda kalan görüntÜsÜçizildi-ginde belirgin hale gelir.

-i-iii

i'

"-"\\\\\ii

(. \

i, - i i \/1 i

/' i /GÖrüntü i /

akim i //1/

ii.: i

rv'

-

Wl

i!' i

Sekil 17-7

Monopol sadece iletken düzlemin üzerindeki bölgede güç isidigindan toplam isinan gÜç buna

karsilik gelen dipolun isidigi toplam gücün yarisidir. R,sima= 2P1siiiia/iJ esitliginden görÜldÜgÜÜze-

re isima direnci dipol için bulunan degerin yarisidir. Dolayisiyla Ll2 =..:t/4 (çeyrek-dalga monopoJ)için Risima=36.5 Q olur.

17.8 ÖZ VE ORTAK EMPEDANSLAR

Besleme devresinden bakildiginda, bir anten Z,,::::Ra + jXa degerinde bir yÜk empedansina

esdegerdir. Burada Ra = R1sima+ RL ve RL omik dirençtir. X" reaktansi kolaylikla hesaplanamaz;dipoller ve monopoller için iletkenlerin p yariçaplarinin bir fonksiyonudur. Sekil 17-8'de Ll2 u-zunluklu monopoller için Ra ve X,,' nin her ikisinin de degisimleri gösterilmistir. Eger dÜseyeksenÜzerindeki ölçekler iki katina çikarilirsa ayni egriler L uzunlugundaki dipoller için de geçerlidir.Dolayisiyla yarim dalga dipol için Ra = 73Q'dur ve X" kabaca p dan bagimsizdir X" :::;40 Q (p -t Ooldugu zaman X" :::; 42.5Q olacagi gösterilebilir).

Birinci antenin yanina ikinci bir anten yerlestirilirse, bu antenlerden biri üzerindeki akim di-

gerinde bir gerilim endükler. Bunun sonucu olarak sistemde bir ZZI= Vz1/I1 =Rz1+ jXz1 ortak em-pedans! mevcut olacaktir. Iletken boyutlari çok küçÜk olan yan yana iki yarim dalga dipol için Rz1ve XLi Sekil l7-9'da gösterildigi gi,bi aralarindaki d uzakligi ile degisir.


-Jl..i

ii

H..

-.1'.. ~,

-Lt.. -ii. ---....=r;-

:..:~ "."u :141

2\1

iii

il

O.H> ().i~ (i.~) 0.25 iiJÜ

MonopolUn uzunlugu, Ll2A.Sekil 17-8. (Kaynak: Edward C. JordanIKeith G. Balmain, Electromagnetic Waves and Radillting Systems, 2iided.,@ 1968, 5.548. Prentiee-Hall, Ine., Englewood Elirfs, N.J izniyle yeniden basilmistir~)

"o

-"'.1

::

:';" :u..

:;"

-...

Sekil 17-9. (Kaynak: Weeks, (1968), Antenna Engineering. MeGraw-ffill, Ine. izniyle yeniden basilmistir.)

17.9 ALI CI ANTEN

Bir vericinin uzak alaninda bulunan bir anten düzlemsel dalgadan enerji çeker ve bunu 21yük empedansina aktarir. Sekil i 7-10'(a) da gösterilen dipol anten z ekseni üzerinde yer almaktadirve gelen dalganin Poynting vektörü !I'dir. Açik devre gerilimi etkin uzunluk h,,(9) ile E alan vek-

törünün gelme düzlemi üzerindeki izdüsümünün E genliginin çarpimina esittir. [Sekil 17-10 (a)'daki koordinat sistemi için E = VE; + E;,]

VOC= h,,(8)E


; t E

YÜK L,

Un (h)

Sekil 17-10

Alici antenin örüntüsü benzer bir verici anteninin örüntüsü ile aynidir. Kullanilabilir Pa gücüalici antenin yüke aktarabilecegi maksimum güçtür. Bu da ZL = Za* oldugu zaman ortaya çikar. Se-kil17-io (bYdeki esdeger devreden

hA8)ZEZPa= . 8R"

yazilabilir. Bir anten için Ai e) etkin alani varsayimsal bir alandir ve gelen dalganin güç yogunluguE2/2ri. ile çarpildigi zaman kullanilabilir gücü verir.

, EZ) - - hAOfE2

A,.(O)(_2 - Pa- 8R, rJ/ a

Etkin alan ile yönlü kazanç arasindaki bagintinin

AAO, <p)- AzD( O,<p) 4;r

veya A,.(O)= h,.(Bf(4;)

oldugu gösterilebilir.

Verici ve alici antenlerin her ikisi birden göz önüne alindigi zaman 1 anteni tarafindan isinanPisima1gücü ile alici antendeki (2), Pa2kullanilabilir gücü arasindaki iliski

P"Z Di(Oi, <P1)Ad(OZ, <P2)-= >~slm.i 4;rr-

Friss iletim formülü ile verilir. Burada r, iki anten arasindaki uzakliktir. ei ve 41iaçilari alici ante-nin, 1 anteninin koordinat sisteminden görülen yönünü belirler. Benzer sekilde ez ve l/1zaçilari daverici antenin, 2 anteninin koordinat sisteminden görülen yönünü belirler.

17.10 DOGRUSAL DIzILER

Dar demet genisligi olan ve yüksek kazançli bir uzak alan örüntüsü, esit yapida anten ele-manlarini Sekil 17-ll'de gösterildigi gibi besleme noktalarini bir dogru üzerinde siralamak sure-tiyle bir dizi olusturarak elde edilebilir. Dizinin örüntü fonksiyonu, her bir elemanin örüntü fonksi-yonunun f(X) dizi çarpani ile çarpilmasi suretiyle bulunur. Problem 17.1S'de, düzgün araliklarlayerlestirilmis N elemandan olusan bir dizi için, d uzaklik olmak üzere


.. iP(r. O. ip)

i"

Sekil 17-11

N-!

J{x) = L I"eii,nde",x,,",0

bagintisinin varligi gösterilmistir.

X açisi dizi ekseni Ile OP dogrusu arasindaki açidir; geometriden cos X =sin e cos </Jdir. E-ger elemanlarin fazlari n= O, 1, ..., N-I için I" = a"e/NO:olacak sekilde ise

N-I

[(X) =L anei"(cr+/jdç"SX)"=0

veya u ==li' + f3d cas X seklinde tanimlanarakN-I

r (u ) = )' a el""11 ",,=0

( 7)

elde edilir.

Toplam örüntü fonksiyonu, Iii (u)! maksimum oldugu zaman bir maksimum deger alir ve buda u = O için olusur. Eger a = O ise (her bir imten ayni fazda) u = O esitligi X= :t90° sonucunu verir.Bu ise maksimum isimanin antenlerin dogrultusuna dik açilarda olusmasi demektir. Buna enine di-zi adi verilir. Öte yandan, eger faz a =-13d olarak alinirsa u = O esitligi X = 0° sonucunu verir. Buise bir boyuna dizidir.

Düzgün bir dizideki bütün anten akimlarinin genlikleri esittir. ao = ai= . . . =aN-l = 1 için (7)esitliginden

Ji(U) = si~ (Nu 12) eJ(N-IjUi1. sin(u!2)

elde edilir. Dolayisiyla isima örüntüsünün merkezi u = Oüzerinde bulunan demetinin veya ana kulagi-ninyüksekligilil(O~=N dir. Örüntünün ilk iki sifiri Dii (u)1 nun sifirlari] u =:t 2rrlNde olusur. Ilk ikisifir arasindaki uzaklik demet genisligini tanimlamak için kullanilabilir. e = 90° düzlemi üzerinde

) i"i~:r ~A

t.<p= 2 sin- {3Nd= Ndi- ~8 "

. -I i jT i At.,t,=4sin\/-

.= '1-

"t' ~{3Nd v Nd

bulunur. Burada yaklasik degerler Nd» A durumu içindir.Yan kulaklar yaklasik olarak sifirlarin ortasinda olusur. Ana kulagin birinci yan kulaga orani

N sin (3n/2N)'dir. Bu, büyük Nler için 3nl2 degerine yaklasir.

(8)

enine düzgün

boyuna düzgün

302 ANTENLER 17, Bölüm

17.11 YANSITICILAR

Bir antenin kazanci yansiticilar yardimiyla artirilabilir. 6 dB'den 12 dB'ye kadar olan ka-zançlar Sekil 17-12 (a)'da gösterildigi gibi bir yarim dalga dipol ve bir köseli yansitici kullanilarakelde edilebilir. (\jf = 180° oldugu zaman düz bir tabaka yansitici elde edilir).

y

Görüntü 2 Görüntü 1Köseli YaJl5lticl

\ /./

"'X

Yanm dalgaclipol

(ii)(h)

Sekil 17-12

\jf = 180° / N (n = 1, 2, 3, ...) için bir yansiticinin etkisi görüntü yöntemi ile hesaplanabilir.Gerçek yansitici yerine (2N - 1) tane görüntü dipolü yerlestirilmistir. Bunlar beslenen gerçek dipolile birlikte yönleri +, - , + , ... olarak giden, esit araliklarda yerlestirilmis, dairesel bir dizi olustu-rurlar [Sekil 17-12 (b)]. Uzak alanlarin üst üste bindirilmesiyle ile su esitlik elde edilir:

(n '

). -jjJrcos -cas (} iN-I. , .E-JllIoe ~ L (-l)rieiJ}sslniicos(riip-<P)ao

2nr sm (} ,,=0 ( 9)

Yüksek kazançli uygulamalar için, Sekil 17-13'de gösterildigi gibi, odagina yerlestirilmis birkaynak tarafindan sürülen parabolik yansiticilar oldukça sik bir sekilde kullanilir. Parabolik yansi-ticinin yönelticiligi, açiklik yariçapi a ve açiklik verimi ~ ile orantilidir:

(2:rao 2

Dma.=T) 'li

Açiklik verimi degisik tasarim faktörlerine baglidir; uygun bir deger %55'dir. Yari gÜçde-met genisligiYGDG::::::117°(A/2a) formülü kullanilarak tahmin edilebilir.

2a ODAKTANBESLElvlE

Sekil 17-13



17.1. Üzerinden z dogrultusunda akim akan ve merkezinden beslenen bir dipol antenin elektrikseluzunlugu Li)' « SÖ'dur. (a) Akim dagiliminin üçgensel formda kabul edilebilecegini göste-riniz. (b) Vektör manyetik potansiyel A 'nin bilesenlerini bulunuz.Ca)

(' L

)LLl

f3 --izi <f3-=;r-~-.2 2 A 10

oldugundantL .

I(z') = imsin f3(-i - Iz'l)

(L .

)2I:"

(L , )""'Imf3-i-iz'i ""'1: -i-Izi,; I;"= i f3L

m 2

Cb) U

fu: 'e-jI!T\ 2IlI~e-iI!T

JU2 'L

)ul' (L'

A=~ ICz')a,,(- .)dz'='. (--Iz'I dz'a:=~I- )e""/J'az

4;r -uz . r 4;rLr -uz 2 4;rr \ 2,

Bu esitliktenlll;"

(L)' 'Q.

A, = A cosfJ= - -.e-I'- COS(j

" 4;rr 2

ve A.p= O bulunur.

.8 f.'I;"(

L)

-1'fJr . 8A, = -A sm = - - - e sm': 4;rr 2

17.2. 0.01 m'lik bir Hertz dipolün ioOMHz'de 100W'lik bir güç isimasi için gerekli olan akiniibulunuz. (b) E ve H nin (lOOm,90°,0) noktasindaki genliklerini bulunuz.(a) . 3 x lOs (

d

02 "'3).=-

08 =3m R1sim?,790 -;;- =8.78x LO Q1 ,).

R - 2P.sirm - - i 200 -isuna-i: 1- "v8.78X 10-3 -151 A

(Bu asiri büyük akim degeri, uzunlugu bir dalga boyundan çok küçük olan bir antenin verImlibir ISiyiclolmadigini gösterir.)

TJf3Idf.iEi =-S1O 9Oc=0.95 V/m4;rr

(b)iH!= 2.52 x io-3 Alm

17.3. SekiI17-14'te gösterildigi gibi z dogrultusunda yerlestirilmis iki Hertz dipolü ayni fazdadir-lar ve aralarindakiuzaklikddir. (8, ifl)dogrultusundaki isiina siddetini bulunuz.

cos a =sine sin iPoldugundand d

ri "'"r - -cos tr = r - - sin 8 sin ,+,2 2 't'

ved

r, = r + - sin 8 sin A.- 2 't'

Bu durumda uzak elektrik alani E =Eoao olur ve

Idt 'f3r1) Idt I~

('R .

8)E,,=-e-' '(jf31Jsin8 +-e- i JI-'1Jsm .4:rrz 4;rrl

jf3f}(ldt)-I~ .C

-ifl(dtZJ<inOsinf' + _iti(df2)sinllsin9 )= e sIne c-4;rr

= jf31J(/dt) e-'fJrsin e cos (f3~ sin e sin ep)2;rr , -olarak bulunur.

304 ANTENLER i 7. Böllim

p

Sekil 17-14

'E2

)'IU3ldt): ! d '

U = ,21 !!. = o sin" e cos i {3;:;-sin e sin <P)\2T/ 8:r- \ .:.

d « A için kosinüslü terim yaklasik i 'dir ve

U = 1]({31dt)z sin: e8:rZ

Bu nedenle;

bulunur.

17.4. Birbirlerine dik olan (Sekil 17-15) ve 90° faz farkli esit genlikli akimlarla beslenen iki Hertzdipolünün uzak elektrik alani

E =j/31J(I dt) e-j/1'[(sin 8 - j cas 8 cas <!»ae + (j sin <!»a.p]4:rr

olduguna göre, uzak bölge manyetik alanini, isima siddetini, isman gücü, yönlü kazanci veyönelticiligi bulunuz.

EjJ j{3(f dt) _.. 'H. =-=-e 1{V(sm8- Jcas8cos sinz 8)

211 32:r-

p =J1

)"

,

'"u, . 8 d8d' =1/({3/,

dt)z'iiina sm <po " 6:r

4:rU \ , ,D(8, ep)= - =,;(1 + sin- 4>sin- 8)

P,~d

Dm.. = D(90°, 90") = ~

, 1

J d/O

,~1\'fI

-\'

Sekil 17-15


17.5. Uzunlugu L =2m olan bir Hertz dipolünün çalisma frekansi lMHz dir. Bakir iletken içincre=57 MS/m,J..lr= i ve yariçapa = i mmoldugunagöre isimaveriminibulunuz.

Bölüm 17.4'te tanimlandigi üzere,R:,ma P,~ma R1~ma€ --- -

i~ma- Pg,ris- R:,ma + PbToP - R1~ma+ Ri.

Burada R1simaisima direnci ve Ri omik dirençtir. ayariçapi1 1

Ö=-=-:mmV;r/pac b

deri kalinligindan çok daha büyüktür. Dolayisiyla akimin kalinligi o olan silindirIk bir kabuk ile si-nirlandirildigi varsayilabilir.

1 LRi-=-

,(2 ),,=O.O84Q

a" ;ra u

(L ' LA'R1~== (790 Q) -:-)' = (790Q)( -;-}' = 0.035Q,L ,u.

0.035€o ---(;;"94

ipma- 0.119-/0. .

17.6. Yariçapia = n-i m ve çalisma frekans i IMHz olan bir çembersel antenin isima veriminibulunuz. Halka, parametreleri aw = 0.406 mm, cr = 57 MS/m ve J..lr= 1 olan AWG20 telindenimal edilmistir.

IMHz'de deri kalinligi 0= 0.667 ,um'dir. Akimin, kalinligi o olan bir yüzey tabakasi üzerIndebulundugu kabul edilirse omik direnç

1(

' 2;ra

)Ri.=:- - =O.206Qa ,2.'"w~ö

olur. Bölüm 17.5'deki uzak bölge manyetik alan ifadesi kullanilirsa

L

2

L'" ({J' 'rp

P,pma= ~T/IHl'II2r2sinedediP=T/ ,';ra.' = (lOQ)(f)2;ra2)2/2<\ o 121f

Buradan

D 2?,pma ' ? , ,"i~ma= 7 = (20 Q)(fhw')' = 0.39 p Q

ve€ - R1prr..ipma- OJ.

R1~ma+Ri. = /01.89 X 10-4

olur.

17.7. Uzunluklari (a) L =}J2 ve (b) L = (2n - 1) ~, n = 1, 2. . . olan dipol antenler için lsima di,rencini bulunuz.

(a)Lf

2""

I""EI2 {co (

'L '

)' L,2

P,.n~= 2- ~r2sin8de i - 2 f

"" s ,f3zcose -cos (f3- )}

o o 21']0 i if>- 301~' 2,o sin e d8

, R =2P"",

"'-60/;" i.,{cos(f3~cose)-cos ('!:.)]

2

.>= 12 -~ . 2,o lo o sine de


Yarim dalga dipol için 1°-1L =AIZ ve im= .

(' !:')()

smfJ 2!

'

(On

)R -

L

" coS' - cos eipma- 60 2o sin O da

dir. x =cosO olsun. Bu durumda:

(lU:'

cos -- Ii Z ) - 30 f

l

{

i + cos m 1 + cos m}

-L,

R1pma- 60 2 dx - ? + u-X-I (1 -x) - ..1 1-x i +x ,

Köseli parantez içindeki iki terim esit oldugundan:

j-i

('1 + cos Jrx

)' .J.

R1pma= 30 uX-I 1 +x

y =n(1 + x) dönüsümü ile

L

2.'<

(1- cas ~'

)R1piria= 30 . dy =30 Cin (2ir)oY'

R,pma=30(2.48) = 73 Q

elde edilir.

;.(b) L = (Zn - 1) 2" için benzer yaklasimla

Ripma=30 Cin [(4n - 2).T) Q

bulunur.

17.8. Yarim dalga dipol için Diruixyönelticiligini bulunuz.Bölüm 17.6'dan, PU2 =nl2 için

""

I

cas (i,

cas e)iHi=-4> 2iir sin O dolayisiyla

LoIH,plm.,= 2:rr

Maksimum deger e = 90olde elde edilir. Buradan

U 2 71 z TJ/~mu = r "2!H~!m.~= 8n2

bulunur. Problem 17.Tden:

P 71/~C'

(") )isima= - III .nSnDolayisiyla:

4:rUmu - 4 = 1.64Dm,,~=-p - Cin (2:r)iad

17.9. Bir LSA.dipol serbest uzayda ve 500 MHz frekanslOdazaman ortalama degeri 200W olan birgüç isimaktadir. r = ioOm, e = 90oldeelektrik ve manyetik alan genliklerini bulunuz.

Problem 17.Tden, Risima= (30Q) Cin (6n) = lOS.3Q ve dolayisiyla

"" = !ZR1='=~2(200) = i. 95 AVRi1=' 105.3

olur. 1.5-\dipol için iid = linJ'dir.


Bölüm 17.6 dan

. . Ilmll

. 1.95IH",(1oo m, 90")1=:;- IF(9O")j= 2 (100

. (1) =3.1 mAlm_:cr r= H(' m .:i:)

iELi(100 m, 90")1 = (120.:i:)(3.1 x io-3) = 1.17 V im

17.10 Mükemmel iletken bir düzlem üzerinde bulunan bir dipol için görüntü akimlarini dik ve pa-ralel yönelim için elde ediniz.

Mükemmeliletkendekigörüntününtemel ilkesi,pozitifbir yüküngörüntüsününnegatifyük ileve negatif bir yükün görüntüsününde pozitif bir yük ile alinmasidir.Yapilankabulegöre, akimlari,pozitifyüklerinhareketiolusturur.Dolayisiylaher ikiyönelimiçinde görüntüdipolleriSekil 17-16'dagösterildigigibiolusturulur.

GER(EK J <1'

DWOLL~,GERÇEK

0- i i 0--. DIPOLi i

// ///////// / // / // //// //// ////

:

~L

ii +

-J . GÖRÜNTÜDIPOLÜ

/////////////////////////////,

!<p_..i

-,

epi -ii,

, ,J L______-

-1 6..i -i i

0- 0--.g

WLDIk

i i

-0 "~ GÖRÜNTÜJ L ---DtPOLÜ

(in Paralel

Sekil 17-16

17.11.Aralarindaki uzaklik d = »2 olanyan yanayerlestirilmisiki yarimdalgadipol içingirisem-pedanslarini hesaplayiniz. Esit genlikli, zit fazli besleme noktasi akimlari kabul ediniz.

Iki besleme noktasinin gerilimleri

Vi = liZI! + 12Z12 V2 = IiZ21 + 12Z22

bagintilari ile verilir. Burada Zl2 =Z21'dir.Bunun sonucu olarak,

- V; .12'Z, =-,-= Z" + (.

- )Z12/, ./i

V; (I,)Z-""'-=Z,,+.-

.Z..

- /2 -- .iz "

bulunur. Yarim dalga dipoller için Sekil 17-18 den Zii = Zi2 =73 + j42.5 Q ve Sekil 17-19'danZl2= -12.5 - j28Q elde edilir. Bu takdirde, li =-li olmak üzere

Zi=Z2=73+j42.5-(-12.5-j28)=85.5+j70.5 Qolur.

17.12.Eksenleri yatay düzleme dik ve aralarindaki uzaklik A/4 olan üç özdes dipol anten bir dogru-sal dizi olusturmaktadir. Besleme akimlarinin herbirinin genligi SA'dir ve komsu elemanlararasindaki faz farkim2 radyandir. Zii = 70Q, Zi2 -(10 + j20)Q ve Z13 =(5+ jlO)Q olarak ve-rildiginde her bir anten tarafindan isinan gücü ve toplam isinan gücü hesaplayiniz.

Vi = IiZii + liZl2 + 13Z13 esitliginden


VI(

12

) (1)'

)- ~ .

ZI=I;=ZIi+ i; Z12+ ,i; Z13=70+e ',T'-(-io-j20)+e-i,T(5+jlO)=45Q

elde edilir. Benzer sekilde 22 =70Q ve 23 =(85 - j20)Q olur. Buradan 2500W toplam güç için

~imal=! 11112Re (Zi) =~(25)(45) =562.5 W ~imaZ= 875 W ~ima3= 1065.2 W

bulunur.

,17.13.Iki yarim dalga dipol, #1 anteni 300 MHz'de 300W vermek üzere, Sekil 17-17 de gösterildi-

gi gibi yerlestirilmistir. #2 anteninin uçlari arasinda endüklenen açikdevre gerilimini ve buantenin etkin alanini bulunuz.

\~:

., i "c -",0- .

}), '.~ hil'//~;' \// \,-"

/' ~/

/'

iSekil 17-17

Bir yarim dalga dipol için (Lo= lmax)' Bölüm,I 7.6'dan

2 cos Gcos e)h ( e)

- -, -f3

'

(Jsm

olup, 300 MHz de 13 = 2n'dir. #1 anteniiçin~ -

L -j2F?pmai /2(300)01= y-= ,1-=2.87ARipmai V 73

ve 81 açi degerinde uzak alanin genligi

(oT

)cas -coseiIE(el)1 = T/f3~1hAei) = 1]/01 '~

4.irr 2;,Tr sm e,

olur. Bunun sonucu olarak,

(' :r

)'

(Jr

)'

cas -cosei cos -case,IVcx.:'21= h,(ez)iE(edi = 1]101 2. . 2 -

f3oTr sm e, sm ez

bulunur. Sayisal degerler yerine konulursa, LVocl = 0.449 V elde edilir.

#2 anteninin etkin alani A,(9O")= 4; Ih.(9O"W= 0.131m1 dir.ip""

17.14. Problem 17.13'te verilen antenler için, #2 anteninin kullanilabilir gücünü bulunuz.


Bölüm 17.9'dan

p _h,(8zY IE(8i)12 = ivO<:1lz= (0.449)2 = 344/iW" - 8R,~ma 8R,~ma 8(73)

bulunur.

17.15.Sekil 17-11 de verilen dogrusal dizi için dizi çarpanini bulunuz (Sekil 17-18 olarak yenidençizilmistir. )

l, -:;i

y/ir-Sekil 17-18

n numaralidipolün(n = O,1, ..., N -1) uzakelektrikalani,Bölüm17.6'dan:. 1 -ffJr. . . 1 f!~jfl(r'~ndc"';.:r.)

En=J7Irif! F(8)a8=Jrtn F(8)ae2:rrn 2:r(r - nd cas X)

= [ii: F(8)ali]/neflndCOO:C

Toplamsanik ilkesi geregince, P noktasindaki alan'II~'i . ..-j{k

E(P) = '2:En =JTJ2f! [F(8)f(x)]alin-O :rr

olur. Burada,.'11-1

f(x) = 2:InefflndC05.n-O

dizi çarpani her bir anten için F(B) örüntü fonksiyonlarinin modülasyon zarf i olarak düsünülebilir.

17.16.Sekil17-ll'in, aralarindaki uzaklik d =}J2 ve a = -1t/4 olan N = 10 tane yarim dalga dipolünolusturdugu bir düzgün diziyi gösterdigini kabul edelim. x-y düzleminde epI,x eksenindenörüntünün birincil maksimumuna kadar ölçülen açi ve tP-iise ilk ikincil maksimuma kadar öl-çülen açi olsun. epl- ep2farkini bulunuz.

B= ro2, X= L/Jve birincilmaksimumiçinu = Okosulugeregince

:r0= - - + Jt cas <Pi

4 veya ep! =75.52°

elde edilir. Ilk iki sifir u =2Tr1Nve u =4Tr1Ndeolusur. Ilk ikincil maksimum yaklasik olarak bu iki u

d.. d

3nd d

.egerininortasm a, u = - e ir.N


Dolayisiyla

31t' 1t'

10 = - '4+ Jr cas tp:

Bu durumda <Pi-l/J2 = 18.89° olur.

veya 4'2= 56.63°

17.17.Besleme-noktasi akimi Loolan z dogrultusundaki bir yarim dalga dipol Sekil 17-I9'da göste-rildigi gibi mükemmel iletken yz düzleminden s uzaklikta yerlestirilmistir. xy düzlemindekinoktalar için uzak bölge elektrik alanini elde ediniz.

xr

Sekil 17-19

Yansiticinin etkisi besleme noktasi akimi -lo olan bir görüntü dipolü ile temsil edilebilir. Bu tak-dirde Problem 17.IS'in uygulanabilecegi N = 2 dipolden olusan bir dogrusal dizi elde edilir.

N-2

x-tp

d-ls

r-r +5 cas4'10- -lo

Ii-lo

konulursa,

F(9O")

71loe-ilJr= - - sin(flscas4')~1c7

elde edilir. (Ayni mertebeden yaklasiklik ile)

. -11l("'" """ 4»

E(P) = ./rJe . i .2jLie1/l1 ços. sin (fls cas tp)21C7 -, , --

f( X)

17.18. Problem 17. 1Tdeki anten ve yansitici için isinan güç 1W ve s = O.1A.'dir.(a) Om ik kayiplariihmal ederek yansiticinin olmasi ve olmamasi durumlarinda besleme noktasi akimlarini kar-silastiriniz. (b) Yansiticinin olmasi ve olmamasi durumlarinda (8 = 90°, tP= 0°) dogrultusun-daki elektrik alan siddetlerini karsilastiriniz.

Ca)Yansitici oldugu zaman besleme noktasindaki giris empedansi

Zl = Zii - ZI2 = (73 + j42.5) - Zt2

olur.


Fakat, Sekil 17-9'dan d = 2s = 0.2A için, Zl2 = (51 - j 21) Q elde edilir. Dolayisiyla Zi =(22 +j63.5)Q ve böylece

l - /'2Riin" - 12(1)-Oyan.uaTi "\ Ri.ma - \j 22 - 0.302A

elde edilir. Yansitici kaldirildigi zaman, Zi =(73 + j42.5)Q vel2(i)

lOyan.ua.,: \j 73 : 0.166 Aolur.

(b) Per, 90°, 0°) noktasinda Problell117.17'den' E .

1- T)lOyanOUClh . lfi yan.uClh - sin ::-

.'Tr ::>

ve Bölüm 17.6 dan.

rE i : T)/i)yan.ua.zj yan.UCl" ,_:rr

bulunur. Dolayisiyla IEyan.UClhl/lE,..".uCl.J= 2(0.302/0.166) sin 36° = 2.14 elde edilir.

17.19. Bir yarim dalga dipol 900'lik bir köseli yansiticinin köse noktasindan S =AI2 uzakligina yer-lestirilmistir. Besleme noktasi akimi i.OA olarak verildiginde (8 = 90°, (jJ = O)dogrultusun-daki isima siddetini bulunuz.

\jf=90° ve 13s= Ttiçin Bölüm 17.11'deki (9) esitligi

EiI(cn.OO)=j1]~)e"!i1'"(l)[-i-i+(-i)-l]= -j2T)(1.0)eill' (V/m):rr :rtsonucunu verir.

Bu takdirde U(9QQ,0") = r2IE,,~9O". 0)1"= 2? = 76.4 W/Sf"-71 :r- bulunur.

17.20. Bir parabolik yansitici anten 300 MHz deki yönelticiligi 30 dB olacak sekilde tasarlanmistir.(a) Açiklik veriminin %55 oldugunu varsayarak, çapi bulunuz ve yari gÜç demet genisliginitahmin ediniz (b) Eger yansitici 150 MHz frekansinda kullanilirsa yönelticiligini ve YGDG(yari gÜç demet genisligi) degerini bulunuz.(a) 30dB'lik bir yönelticilik Dmax= 1000 ve 300 MHz de it = im degerlerine karsilik gelir.

D (~2:ra

)' 2,. A iDm..mu:.---:- '(; veya 2a = _ \ 1 -;:;-= 13.58m. A :r e

ve YGDG ""(117°) (A/2a) = 8.62° dir.(b) Frekansin yariya düsürülmesi dalga boyunu iki katina çikarir: Dolayisiyla (a) dan

Dm..= j{~)= 250= 24 dB ve YGDG = 2(8.62°)= 17.24°

bulunur.

Ek Probleinler17.21. Bir V'hacll1iiçindeki zamanla degisen herhangi bir J(r', t) akim yogunlugu dagiliminin olusturdugu

A(r, t) manyetik vektör potansiyeli

A(r,t)= P-fff

J(r"t-ir-r'lIu) dt!'4:r w ir - rj i

seklinde yazilabilir. Burada, u =3 X 108 mls'dir. Orijinde bulunan ve l(t) = /oe-I/T az (-c> O) akimini ta-

!1(4,df)YGm/:

4 ;

ie

;7:irsiyan bir Hertz dipolü için A(r, t) yi elde ediniz.


17.22. Problem 17.21'deki Hertz dipolü ~çin i ri »uT kabulünü yaparak H(r, (),ljJ)'yibelirleyiniz.

Yamt: - f.l(lodf) sin ee~(f'-Irli")ira4Jt'UT!rt >P

17.23. Orijinde açisal frekansi w olan bir Hertz dipolünü gözönüne aliniz. Er ve Eo alanlarinin H~ nin fazinagöre fazlarini (a) f3r= 1, (b) f3r= Odegerlerine karsilik gelen noktalarda bulunuz. O< ()< 90° kabul e-diniz. Yamt: (a) En H~ye göre 90° geri fazdadir ve Eo,H~'yegöre 45° geri fazdadir; (b) En H~yegöre 90° geri fazda ve Eoile H~hemen hemen ayni fazdadir.

17.24. z dogrultusundaki bir Izdl Hertz dipolü ile x dogrultusundaki ikinci bir Hertz dipolü ayni waçisal fre-kansina sahiptirler. Eger, iz' I/e göre 90° ileri fazda ise y ekseni üzerinde uzak bölgede alanin sag elli,dairesel kutuplanmis oldugunu gösteriniz.

17.25. Eger d « A ise Problem 17.3'deki iki Hertz dipolünün isidigi gücü bulunuz. Yamt: 4Jt'TJ(I ~e)2

3 \ A

17.26. Uzunlugu iocm ve yariçapi 400 j.!molan bir kisa dipol anten 30MHz'de çalismaktadir. Düzgün bir a-kim dagilimi kabul ediniz. (a) cr = 57 MS/m ve ve J.l=4n x io-7 H/m degerleri kullanarak isima veri-mini, (b) maksimum güç kazancini, (c) yönlükazancin 1.0 oldugu () açisini bulunuz,

Yamt: (a) %42, (b) 0.63, (c)54.71 °

17.27. Sekil 17-20'de gösterildigi gibi, uzunlugu !:ilolan z dogrultusundaki bir Hertz dipolü ile x-y düzlemin-de yariçapi a olan bir çembersel antenden olusan sistemi göz önüne alalim. (a) Eger iz ve I~ayni fazdaiseler kutuplanma bütün dogrultularda daireselolacak sekilde iv I~ ve a arasinda bir baginti elde edi-niz. (b) Dogrusal kutuplanma mümkün müdür? Eger mümkün ise faz iliskisi nedir?

Yanit: (a) !:J:.=lo.l~ (b) Evet. Akimlar 90° faz farkli olmalidir.L~ 2Jt'a-

--t

~\~~

i '*

Sekil 17-20

17.28. 1 cm yariçapli bir çembersel halka antenin N sarimi vardir ve ioo MHz'de çalismaktadir. io.OQ'lukbir isima direnci için N 'yi bulunuz. Yamt: 515.

17.29. Bir yarim dalga dipol 200 MHz'de çalismaktadir. Bakir iletkenin yariçapi 406 j.!ill'dir.Eger cr = 57MS/m ve J.l= 4n X 10-7H/m ise isima verimini ve maksimum güç kazancini bulunuz.

Yamt: %99.26, 1.63

17.30. Uzunluklari (a) 3A./4, (b) 31../2olan dipoller için maksimum akimin besleme noktasi akimina oranini

elde ediniz. Yamt: (a) 1.414; (b) =-1

17.31. Uzunlugu 10 cm ve iletken yariçapi 400j.!molan bir kisa monopol anten bir mükemmel iletken düzle-min üzerine yerlestirilmistir ve 30 MHz de çalismaktadir. Düzgün bir akim dagilimi kabul ederek ISI-ma verimini bulunuz. cr=57 MS/m ve J.l=4n X 10-7 H/m degerlerini kullaniniz. Yamt: %73.36.


17.32. Iki yarim dalga dipol, aralarindaki uzaklik 004).,olacak sekilde yan yana yerlestirilmistir. Eger I, =212

ise ve #1 anteni 75Q'luk bir iletim hattina baglanmis ise, hat üzerindeki duran d~lga oranini bulunuz.[Yansima katsayisi r nin (Zi - Zo) i (Zi + 2'0)ve duran dalga oranin (1 + Irj)/(i -Ifi) oldugunu ha-tirlayiniz.] Yam/: 1.63

17.33. Beslenen bir dipol antenin, açikliklari 0.1511.olan ve parazit eleman olarak çalisan iki özdes dipolUvardir. ZI2 = (64+}0) ve Z13 =(33 - }33)Q olduguna göre, aktif dipoldeki besleme noktasi empedansi-ni bulunuz. Yana: (29.36 + }65. 93)Q

17.34. Sekil 17-21(a)'da bir yarim dalga dipol bir alici anten olarak çalismaktadir ve gelen alanE = 4.0e,,")2JUay(mV/m)'dir. Kullanilabilir güç Pai olsun. Sekil 17-2l(b)'de bir 3)J2 dipol y ekseniile 45°'lik bir açi yapacak sekilde xy düzleminde yer almaktadir. Ayni gelen dalga kabul edilmektedirve kullanilabilir güç P,i2'dir.Pati Pa2oranini bulunuz. Yana: 0.74::\

" r

ill~ J.j:;"

p:rr

/mPOl~

l!tn (1>1

Sekil 17-21

17.35. Anten ekseni ile 45°'lik bir açi yaparak gelen 300 MHz'lik bir dalgayi almak üzere kullanilan 3A/2dipolünün etkin alanini ve yönlü kazancini bulunuz. Yana: 0.173m2, 2.18

17.36. Aralarindaki uzaklik d = AI2 ve a = 0° olan on tane z dogrultulu yarim dalga dipolden olusan birdüzgün dizi göz önüne alalim. Dizi ekseninin x ekseni ile çakisik olmasi durumunda E alanlarininPi(1O0m, 90°, 0°) ve P2 (IOOm,90°, 30°) noktalarindaki genliklerinin oranini bulunuz.

Yam/: 11.36.

17.37. Onbir z dogrultulu yarim dalga dipol x ekseni Üzerindex =O, I)J2, IA, I3)J2, I2A, I5)J2 noktalarin-da yer almaktadir.n. elemaninbeslemenoktasiakimiIn = Lo<Inaolsun. Bir alici yarim dalga dipol an-ten, merkezi (IOOm90°, 30°) noktasinda olacak sekilde yerlestirilmistir. (a) Alinan isareti maksimumyapacak a'yi ve alici dipolün yönelimini bulunuz. (b) Lo= 1.0 A oldugu zaman alici antenin uçlari ara-sindaki açik devre gerilimini bulunuz. Yana: (a)a =- 0.86611:;(b) 2.1V.

17.38. Bir yarim dalga dipol 600'lik bir köseli yansiticinin köse noktasindan S = )J2 uzaga yerlestirilmistir.Besleme akimi 1.0 A'dir. (8= 90°, (jJ=0°) dogrultusundaki isima siddetini bulunuz. Yana: 76.4 Whr

17.39. 100 MHz ve 200 MHz'de çalisan iki parabolik yansitici antenin yönelticilikleri esit ve 30 dB'dir. Heriki yansitici için %55'lik bir açiklik verimi kabul ederek, çaplarin ve yari gÜçdemet genisliklerinin o-ranini bulunuz. Yam/: 1.414,0.707

Eksi Birim Onekleri

Diverjans, Rotasyonel, Gradyant ve Laplace Üperatörü

Kartezyen Koordinatlar.

V. A = aAx + aAy + aAzax ay az .

T7 - (aAz aAy) (aAx aAz

) (aAy aAx )vXA- --- B + --- B + --- aay az x az ax y ax ay z

av av avVV=-B +-a +-B

ax x ay y az z

cfv a2v a2vv2v=-+-+-ax2 ay2 az2

Silindirik Koordinatlar

1 a 1 aAep aAzV.A=--(rA )+--+-

r ar ' r at:/> az

(1 aAz aAep) (aA, aAz)

1

[a

)aA,

]VXA= B,+ --- B.p +- -(rA -- az

r a1> az az ar r ar '" at:/>av 1av av

VV=-B +--a +-azar ' r a1> ep az

2 1 a ( aV\ 1 cfv a2vV v = ~ ar r ar) + r2 a1>2+ az2

Küresel Koordinatlar

1 a 2 1 a. 1 aA",V.A=--(rA )+--(A smO)+--

r2 ar ' r sin Oao 8 r sin O at:/>1

[a . aA8]

1

[1 aA, a

]1[

a aA,]VXA=- -(A sm 0)-- B +- (rA ) a +- -(rA )-- ar sin O ao ep a1>' r sin O a1> ar '" 8 r ar 8 ao ep

av iav 1 avVV=-a +--'--a +--8ar ' r ao 8 r sin Oa1> ep

2 1 a ( 2 a~1 a

(. a

~1 cfvVV= - - r - + - smO- + -

r2ar ar r2 sin B aB aB r2 sIn2 Oa1>2

315

Çarpan Önek Sembol Çarpan Önek Sembol

lOIS exa E 10-1 desi d

1015 peta P 10-2 santi c1012 tera T 10-3 mili m109 giga G 10-6 mikro J.1106 mega M 10-9 nano n103 kilo k 10-12 piko P102 hekto h 10-15 femto fLO deka da lO-ls atta a

---..

SÖZLÜK 317

TÜRKÇE - INGILIZCE SÖZLÜK

..i

A dalga sayisi wave number

açik explicit daima derinligi penetration depthaçiklik verimI aperture efficiency delik haleaçiklik yariçapi aperture radius demet beamaki flux demet genisligi beam widthaki bagi flux linkage demir çekirdek iran coreakim halkasi current loop deplasman displacementakim tabakasi current sheet deri kalinligi skin depthalici anten receiving antenna deri olayi skin effectana hat main line dielektrik dielectricarayüzey interface diferansiyel differentialargüman argument diferansiyel çizgisel differential line elementartimli ineremenral eleman

ayirici ortam dispersive medium diferansiyel hacim differential volumeelemani element

B diferansiyel yüzey differential surfacebagii (manyetik) relative magnetic elemani element

geçirgenlik permeability difüzyon diffusion

bagil geçirgenlik relative permittivity dik orthogonal. normalbaskin müd dominant mode dik yüzeyler orthogonal surfacesbesleme noktasi driving-point dikey normal

bilesim combination dikey kutuplanma perpendicular polarizationbirim unit dipol dipale

boyuna dizi endfire array direnim resistivity

bölge domain diverjans divergencedizi çarpani array factür

ç dogrultu directiançapraz çarpim cross product dogrusal anten dizileri lInear arrays of antennasçekirdek core domen domain

çembersel halka anten circular loop antenna döngü loopçevrim loop dörtlük quadrantçeyrek dalga quarter wave transformer duran dalga orani standing wave ratiodönUstUrücü duran dalgalar standing wavesçeyrek dalga monopal quarter wave monopole duvar kayiplari wall lossesçift saplamali uyumlama double stub marching düzgün uniformçizgisel yük yogunlugu line c11argedensity düzgün diziler uniform arraysçok kulakli multilobed düzlem planeçoklu dielektrikli multiple dielectric düzlemsel planarkondansatör capacitor düzlemsel dalga plane waveçoklu sargilar multiple coils

iE

Degik gelis oblique incidence

dagilim configuration eksenel axialdagilma yasasi distributive law eksenel alanlar axial fieldsdagilmis parametre distributed parameter elektrik aki yogunlugu electric flux densitydagitkan dispersive elektrik dipol electric dipaledairesel kutuplanma circular polarization elektromotür kuvveti electromotive force (emf)dairesel mil circular mil elektron electrondalga boyu wavelength empedans impedancedalga kilavuzu waveguide empedans uyumlama impedance marching

318

endüklenen gerilimendüktans

enerjienineenine alanlarenine dizi

enine elektrik (TE)dalgalarenine manyetik (TM)dalgalareseksenlieskutupluesmerkezli

espotansiyel yüzeyleretkin alanetkin uzunluk

FfaktörfazörFilaman

G

gecikme süresigeçici olaylargeçirgenlikgelisgelme düzlemigeometrik faktörgevseme süresigörüntü

görüntü akimigörünürgradyantgüçgüç kazanci

H

hacimsel yükhalkahalka anten

hareket yetenegihareketsel

harmonik dalga frekansihat

hava araligihava araligi dogrusuHelis

i

isima

isima direnci

isima siddeti

isima verimi

induced voltageinductance

energvLransv"i~etransverse fi(~lds

broadside arraytransverse electric (TE)waves

transverse magnetic (TM)wavescoaxial

hamaralarconcentrical

equipotential surfaceseffective area

effective length

factar

phasorfilament

delay timetransients

permeability, permittivityincidence

plane of incidencegeometric factarrelaxation time

imageimage currentapparentgradientpowerpower gain

volume chargering, looploop antennamobilitymotionaJ

harmonic wave frequencycontour

airgapairgap linehelical

radiatianradiation resistaiiee

radiation intensityradiation efficiency

SÖZLÜK

I

iç endüktansiletim hatti

i/etken döngüisizdüsümüizotropik isiyici

K

kapali çevrim

kapasitekarakteristik empedanskartezyen koordinatsistemi

kayiplikayipsizkaynakkesim

kesim dalga boyukesim frekansikesitkilavuzkirilma

koaksiyelkonveksiyon akimikomiiumlu alanlar

köseli yansitici

kritik dalga sayisikuadrupolkulakkullanilabilir

kutuplanmakutupsalkuvvet kolukuvvet serisiküresel kabukküresel koordinat sistemi

internal inductance

iiansmission line

conducting loopwork

projectianisotropic radiator

closed loop, closedcontour

capacitancecharacteristic impedanceCartesian coordinate

systemlossy, dissipativelosslesssourcecutoff

cutoff wavelengthcutort frequencycross section

guiderefractioncoaxial

convection currentconservative fieldscomer reflectorcritical wave number

quadrupolelobe

available

polarizationpolarlever arm

power seriesspherical shell

spherical coordinatessystem

L

Laplaee operatörü Laplacianmanyetik aki yogunlugu magnetie flux density

M

manyetik alan siddetimanyetik dirençmanyetomotor kuvvet(mmk)mertetemikiiatislama

modsal

monopol "ntenmutlak deger

magnetie field intensityreluctanee

magnetomotive force(mmt)order

magnetizingmodal

mono po le antennaabsolute value

mükemmel dielektrik,.(iletken)

N

net yüknoktasal çarpimnoktasal yük

ooktupolomik

ortak empedansortak endüktans

ortalama deger teoremiörünlÜ fonksiyonuöz empedansöz endüktans

öz yogunlukparalel kutuplanmaparçacikplakapolaritepotansiyelpotansiyel fonksiyonuradyalradyal alanlarrelüktans

rotasyonelsaçaklanmasag el kuralisag ellisanal geçirgenliksargisarimsarmal

serbest uzayserbest yüksifirsinir

sinir kosullari

silindirik iletkensilindirik kilavuzsilindirik koordinatsistemisinüsskalar

Smith abagisolenoid

sonsuz çizgisel yüksonsuz düzlemsel yüksuseptanssuseptibilite

perfeei dielectric(conductor)

net chargedot productpoint charge

octupoleohmic

mutual impedancemutual inductancemean value theorem

pattem functionself impedanceself inductance

intrinsic densityparallel polarizationpartideplatepolaritypotentialpotential functionradialradial fieldsreIuelaTIcecurl

fringingright hand ruleright-handsusceptibilitycoilturnhelical

free spacefree chargezero, nuH

boundaryboundary conditionscylindirical conductorcylindirical guidecylindirical coordinatessystemsinescalarSmith chartsolenoid

infinite line chargeinfinite plane chargesusceptancesusceptibility

SÖZLÜK

sürekli durumsüreklilik denklemisürüklenme hizitabaka

tabaka akim

tabaka yüktasimm akimi

tek saplamali uyumlamateklik teacemi

toplamsalliktoplu parametretorktuner

uyartimuyumlamaüçlü çarpimvarsayimsalvektörvektör alanlari

~ektör toplami"ektörel çarpimyan kulak

yansimayansima açisi

yansirici

yari güç demet genisligiyari güç noktalariyariiletkenyankli hat

yayilma sabitiyayimm

yer degistirmeyogunlukyolyönyönelimyönelticilikyönlü kazançyutakyükgüz bölgeyürüyen dalgayüzey direnci

yüzeysel yük yogunluguzaman sabiti

zaman-uzaklik çizimlenzayiflamazayiflama katsayisizit gerilimzorlanan

steady statecontinuity equationdrift velocitysheetsheet current

sheet chargeconvection current

single grub marchinguniqueness theoremsuperpositionlumped parameter

torquetunerexcitation

marchingtriple producthypotheticalvectürvectür fieldsvectür sum

cross productsidelobereflection

angle of reflectionreflector

half-power beam widthhalf-power pointssemiconductorslotted line

propagation constantdiffusion

displacementdensitypath, contourpolarity, directtonorientartan

directivitydirective gainsink

charge-free regiontraveling wavesurface resistance

surface charge density, time constant

time-distant plotsattenuationattenuation factür

back voltageimpressed

319

j

320

Aabsolute value

airgapairgap lineangle of retlection

aperture effieiencyaperture radiusapparentargumentarray factürattenuationattenuation factüravailableaxialaxial fields

Bback voltagebeambeam width

boundaryboundary conditionsbroadside array

CcapacitanceCartesian coordinatesystemcharacteristic impedancecharge-free regioncircular loop antennacircular mil

circular polarizationclosed loop, closedcontourcoaxialcoaxialcoilcombinationconcentrical

conducting loopconfigurationconservative fields

continuity equationcontourconvection current

convection currentcorecomer retlectorcritical wave number

cross productcross product

SÖZLÜK

INGILIZCE - TÜRKÇE SÖZLÜK

mutlak degerhava araligihava araligi dogrusuyansima açisi

açiklik verimi

açiklik yariçapi

görünürargüman

dizi çarpanizayiflama

zayiflama katsayisikullanilabilirekseneleksenel alanlar

zit gerilimdemet

demet genisligisinir

sinir kosullarienine dizi

kapasitekartezyen koordinatsistemi

karakteristik empedansyüksüz bölgeçembersel halka antendairesel mil

dairesel kutuplanma

kapali çevrimeseksenli

koaksiyelsargibilesimesmerkezliiletken döngüdagilimkorunumlu alanlarsüreklilik denklemihat

konveksiyon akimitasinim akimi

çekirdekköseli yansitici

kritik dalga sayisi

çapraz çarpim

vektörel çarpim

cross sectioncurl

current loopcurrent sheetcutoff

cutoff frequencycutoff wavelengthcylindirical conductorcylindirical coordinatessystemcylindirical guide

Ddelay timedensitydielectric

differentialdifferentialline element

differential surfaceelementdifferential volumeelementdiffusiandiffusion

dipaledirectian

directive gaindirectivitydispersivedispersive mediumdisplacementdisplacementdistributed parameterdistributive law

divergencedomaindomaindominant mode

dot productdouble stub matchingdrift velocitydriving-point

Eeffectiye area

effectiye lengthelectric dipaleelectric tlux densityelectromotive force(emt)electron

endfire array

kesit

rotasyonelakim halkasiakim tabakasikesimkesim frekansi

kesim dalga boyusilindirik iletken

silindirik koordinat sistemisilindirik kilavuz

gecikme süresiyogunlukdielektrik

diferansiyeldiferansiyel çizgiseleleman

diferansiyel yüzeyelemani

diferansiyel hacim elemanidifüzyonyayinimdipoldogrultuyönlü kazançyöneiticilikdagitkanayirici ortam

deplasmanyer degistirme

dagilmis parametredagilma yasasidiverjansbölgedomenbaskin müd

noktasal çarpimçift saplamali uyumlamasürüklenme hizibesleme noktasi

etkin alan

etkin uzunluk

elektrik dipol

elektrik aki yogunlugu

elektromotor kuvvetielektron

boyuna dizi

SÖZLÜK 321

energy eneiji loop antenna halka anten

equipotential surfaces espotansiyel yüzeyler lossless kayipsizexcitation uyartim lossy, dissipati ve kayipli

explicit açik lumped parameter toplu parametre

F Mfactor faktör magnetie field intensity manyetik alan siddetifilament Filaman magnetie flux density manyetik aki yogunluguflux aki magnetizing mikiiatislama

flux linkage aki bagi magnetomotive foree manyetomotor kuvvet

free charge serbest yük (mmf) (mmk)

free space serbest uzaymain line ana hat

fringing saçaklanma marching uyumlamamean value theorem ortalama deger teoremiG

geometri c factor geometrik faktörmobility hareket yetenegi

gradient gradyantmodal modsal

guide kilavuz monorole antenna monorol antenmotional hareketsel

H multilobed çok kulaklihalf-power beam width yari güç demet genisligi multiple coils çoklu sargilarhalf-power points yari güç noktalari multiple dielectric çoklu dielektrikliharmonic wave

eapacitor kondansatörfrequency harmonik dalga frekans i mutual impedance ortak empedanshelieal Helis mutual inductance ortak endüktanshelical sarmalhole delik N

homopolar eskutuplunet charge net yük

hypothetieal varsayimsalnormal dikey

i o

image görüntüoblique incidence Egik gelis

image current görüntü akimi octupole oktupol

impedance empedansohmic omik

impedance marching empedans uyumlamaorder mertebe

impressed zorlananorientation yönelIm

incideiiee gelis orthogonal surfaces dik yüzeyler

ineremenral artirnh orthogonal, normal dik

indueed voltage endüklenen gerilim Pinductance endüktans parallel polarization paralel kutuplanmainfinite line eharge s°';1suzçizgisel yük partide parçacikinfinite plane eharge sonsuz düzlemsel yük path, contour yolinterface arayüzey pattem funetion örüntü fonksiyonuinternal inductance iç endüktans penetration depth daIma derinligiintrinsic density öz yogunluk perfect dieleetric mükemmel dielektrikiron core demir çekirdek (conductor) (iletken)

isotropie radiator izotropik isiyicipermeability,permittivity geçirgenlik

L perpendicularLaplacian Laplace operatörü polarization dikey kutuplanmalever arm kuvvet kolu phasor fazör

line eharge density çizgisel yük yogunlugu planar düzlemsel

lInear arrays of antennas dogrusal anten dizileri plane düzlemlobe kulak plane of incidence gelme düzlemiloop çevrim plane wave düzlemsel dalgaloop döngü plate plaka

322

point chargepolar

polaritypolarity, directionpolarizationpotentialpotential tunçtionpowerpower gainpower seriesprojectian

propagation cansiant

noktasal yükkutupsalralarIteyönkutuplanmapotansiyelpotansiyel fonksiyonugüçgüç kazancikuvvet serisi

izdüsümüyayilma sabiti

Qquadrant dörtlük

quadrupole kuadrupolquarter wave monopole çeyrek dalga monopol

guarter wave transformer çeyrek dalga dönüstürücü

Rradialradial fieldsradiation

radiatian efficiencyradiatian intensityradiation resistance

receiving antennareflectianreflectorrefraction

relative magneticpermeabilityrelative permittivityrelaxation timereluctancereluctance

resistivityright hand roleright-handring, loop

Sscalar

seIf impedanceself inductancesemiconductorsheet

sheet chargesheet currentsidelobesine

single stub maiçliingsink

skin depth

radyalradyal alanlarisimaisima verimi

isima siddetiisima direncialici anten

yansimayansiticikirilma

Bagil (manyetik)geçirgenlikBagii geçirgenlik

gevseme süresimanyetik dirençrelüktansdirenim

sag el kuralisag ellihalka

skalar

öz empedansöz endüktans

yariiletkentabaka

tabaka yüktabaka akim

yan kulaksinüs

tek saplamali uyumlamayutak

deri kalinligi

SÖZLÜK

skin effeeislotted lineSmith chartsolenoidsource

spherical coordinatessystemspherical shellstanding wave ratiostanding wavessteady statesuperpositionsurface charge densitysurface resistance

susceptancesusceptibilitysusceptibility

Ttime cansiant

time-distant plotstorquetransients

transmission linetransverse

transverse electric (TE)wavestransverse fields

transverse magnetic(TM) wavestraveling wavetripte producttunerturn

Uuniform

uniform arraysuniqueness theoremunit

Vvectürvectür fieldsvectar sum

volume charge

Wwalllosseswave number

waveguidewavelengthwork

Zzero, null

deri olayiyarikli hatSmith abagisolenoid

kaynakküresel koordinat sistemi

küresel kabuk

duran dalga oraniduran dalgalarsürekli durum

toplarnsailikyüzeysel yük yogunluguyüzey direnci

suseptanssanal geçirgenliksuseptibilite

zaman sabiti

zaman-uzaklik çizimleritork

geçici olaylariletim hattienine

enine elektrik (TE)dalgalarenine alanlar

enine manyetik (TM)dalgalaryürüyen dalgaüçlü çarpiintunersarim

düzgündüzgün dizilerteklik teoremibirim

vektör

vektör alanlari

vektör toplamihacimsel yük

duvar kayiplaridalga sayisidalga kilavuzudalga boyuis

sifir

Documents

Schaum s Outlines Elektromanyetik