1 T.C. SAKARYA ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ FİZİK BÖLÜMÜ ELEKTROMANYETİK TEORİ 7.2 ELEKTROMAGNETİK İNDÜKSİYON
2 İÇİNDEKİLER 7.2.1 FARADAY YASASI... 3 7.2.2 İNDÜKTANS... 9 7.2.3 MAGNETİK ALANDA ENERJİ... 14
3 7.2.1 FARADAY YASASI Sabit manyetik alan içinde iletken bir çerçeveyi hareket ettirdiğimizde oluşan emk için akı kuralı: ε = dφ Peki, çerçeveyi sabit tutup mıknatısı zıt yönde hareket ettirirsek ne olur? Aynı emk nin oluştuğunu söylersem herhalde pek şaşırmazsınız-önemli olan çerçeve ile mıknatısın bağıl hareketidir. Gerçekten de özel görelilik teorisine göre, bunun böyle olması gerekir. Bu durum Faraday tarafından deneysel olarak gözlendiğinde, görelilik teorisi daha ortada yoktu; klasik elektromanyetik teori çerçevesinde bu olgu önemli sonuçlar doğurur. Eğer çerçeve hareket ediyorsa emk manyetik kuvvet tarafından oluşturulur; fakat çerçeve durgunken mıknatıs hareket ediyorsa kuvvet manyetik kökenli olamaz- durgun yükler üzerinde manyetik kuvvet yoktur. Bu durumda, itici kuvvet nereden kaynaklanır? Duran yüklere kuvvet uygulayan bu alan nasıl bir alandır? Yanıt: bir elektrik alan! Ama elektrostatik türden değil, çünkü elektrostatik alanın emk oluşturamayacağını biliyoruz ( E. dl = 0). Bu yeni tür elektrik alan mıknatısın hareket ediyor olmasından, yani manyetik alanın değişiyor olmasından kaynaklanmalıdır. O halde, değişen manyetik alan bir elektrik alan oluşturur. Bu emk durgun manyetik alanda hareket eden çerçevenin emk sine eşit olduğuna göre; E.dl=ε = dφ olur. (7.14) Bu Faraday Yasasının integral ifadesidir. Bunun diferansiyel ifadesini Stokes Teoremi yardımıyla kolayca bulabiliriz. E.dl= ( E ).da= - d B.da=- B Yüzey integrallerinin eşitliğinden şu sonuç yazılabilir: E = - B t t da (7.15) Eğer manyetik alan sabitse, E = 0 veya E.dl=0 olur, yani statik durumu elde ederiz. Yukarıda sözü edilen iki deney aynı formülü (ε = dφ ) sağladıkları için birbirine eşdeğer gibi görünse de, fiziksel açıklamaları tümden farklıdır. Çerçeve hareket ettiğinde, Lorentz kuvveti oluşur ve emk manyetik kuvvetten kaynaklanır. Mıknatıs hareket ettiğinde ise, Faraday yasasına göre, emk elektriksel kuvvetten kaynaklanır. Bu açıdan bakıldığında, iki farklı sürecin aynı emk ye yol açması
4 gerçekten şaşırtıcıdır. Einstein ı görelilik teorisini bulmaya iten, klasik elektromanyetik teorideki bu rastlantı idi. Hareket kaynaklı emk ile Faraday emk si arasındaki paralelliği gösterebilmek için, ikinci deneyde mıknatısın hareket eder. Oysa, B deki değişmenin nedeni ne olursa olsun, Faraday Yasası geçerlidir: Bu değişme mıknatısın hareketinden kaynaklanabilir veya mıknatısın şiddeti değişebilir (birileri solenoitteki akımı kurcalıyor olabilir). İletken çerçeve manyetik alanın neden değiştiğini bilemez. Önemli olan, çerçeve içinden geçen manyetik akının değişmesidir. Böyle olduğunda, manyetik alanın değişmesine eşlik eden bir elektrik alan oluşur. Faraday Yasasındaki eksi işaretini doğru kullanmak bazen insanı uğraştırabilir. Bunu kolaylaştırmak üzere Lenz Kuralı denilen bir yol vardır. İndüksiyon yoluyla oluşabilecek akım, kendisini doğuran manyetik akıdaki değişikliğe karşı koyacak yönde olur. Akı azalıyorsa, oluşan akımın manyetik alanı, akıyı arttıracak yönde olur; akı artıyorsa akım ters yönde oluşur. İndüksiyon akımı, akının kendisine değil, akıdaki değişime karşıdır. Faraday İndüksiyonu bir tür eylemsizlik olayıdır: İletken bir çerçeve kendi içindeki akının sabit olmasını ister. Akı değiştiğinde, çerçeve bu değişmeye karşı koyacak yönde bir akım oluşturarak yanıt verir( Çerçeve bunu tam olarak başaramaz; indüksiyon akımı orijinal akımın sadece bir kesri kadar olur; Lenz Kuralı sadece akımın yönünü belirtir. ÖRNEK 7.5 Zıplayan halka deneyi: Demir bir çubuğun etrafına solenoid şeklinde tel sarılır (demirin görevi manyetik alanı arttırmaktır) ve üst tarafına metal bir halka yerleştirilir. Solenoite akım verildiğinde halkanın birkaç metre havaya zıpladığı görülür. Neden? Şek.7.21 Çözüm: Akım vermeden önce halka içindeki akı sıfırdı. Sonra halka içinden( şekilde yukarı yönde) geçen manyetik akıdan dolayı bir indüksiyon emk si ve dolayısıyla indüksiyon akımı oluşur. Lenz Kuralına göre,
5 akımın yönü öyle olmalıdır ki, bunun manyetik alanı halka içindeki ilk akıyı azaltacak şekilde olsun. O halde, indüksiyon akımı solenoitteki akıma zıt yönde olur. Zıt yöndeki akımlar birbirini ittiğinden, halka havaya fırlar. Değişken bir manyetik alanın yol açacağı indüksiyon elektrik alanını hesaplamak için, Faraday Yasası ve Amper Yasası arasındaki benzerlikten yararlanılır. Faraday Yasası: E = - B t Ve Amper Yasası: B = μ. J Elbette sadece rotasyonelden elektrik alanı bulamayız; diverjansını da bilmeliyiz. Fakat E alanı sadece Faraday indüksiyon alanı ise, yani B deki değişmeden kaynaklanıyorsa ortamda serbest yük yoğunluğu olmaz ve Gauss Yasasına göre; E = 0 olur. Manyetik alan içindeki diverjans daima sıfırdır. B = 0 Görüldüğü gibi, tam bir paralellik vardır. Buna göre magnetostatik alan μ 0.J ile nasıl belirleniyorsa, Faraday indüksiyon elektrik alanı da ( B t) ile öyle belirlenir. Biot- Savart yasası: B = μ 0 4π JxR R 2 dr Bu ifadenin elektrik alan için paraleli şöyle olmalıdır: E = 1 4π ( B t)xr R 2 dr= t ( 1 B xr 4π R 2 dr) (7.18) Parantez içindeki ifade A vektör potansiyelidir. Buna göre; E = A t Olur. Bu sonucu kontrol etmek için rotasyonelini alalım: xe = t ( xa) = B t (7.19) Eğer sistemin simetrisi varsa, Ampere yasasının integral ifadesi de kullanılabilir:
6 B.dl=μ.I iç Buna göre paralel indüksiyon elektrik alan ifadesi, E di = dφ (7.20) olur. Yani, seçtiğimiz Ampere çevrimi içindeki μ.i iç yerine, akı değişimi alınır. Örnek 7.6: Şek.7.23 Şekildeki taralı bölgede, yukarı yönde ve düzgün B 0 (t) manyetik alanı zamanın fonksiyonu olarak değişmektedir. İndüksiyon elektrik alanı bulunuz. Çözüm: r yarıçaplı Ampere çevrimi seçilir ve Faraday Yasası uygulanır: Buradan sonuç bulunur: E di=e(2πr)= dφ = d (πr2 B o (t))= πr 2 db 0 E= r 2 db 0 E alanı çembere teğet yönde, tıpkı düzgün akım yoğunluğu geçen telin manyetik alanı gibi, olur. B 0 artıyorsa, yukarıdan bakıldığında E saat yönünde dolanır. Örnek 7.7:
7 Şek.7.25 R yarıçaplı çember şeklinde bir tekerlek çevresine λ boyca yük yoğunluğu konulmuştur. Tekerlek orta noktasından tavana asılmış olup yatay bir düzlemde serbestçe dönebilmektedir. Tekerlek içinde a yarıçapına kadar olan bölgede yukarı yönde düzgün B 0 manyetik alanı bulunmaktadır. Manyetik alan birden sıfırlanıyor. Tekerlek ne yapar? Çözüm: Değişen manyetik alanın oluşturduğu indüksiyon elektrik alanı tekerleğe teğet yönde dolanır. Bu elektrik alan tekerlek çevresindeki yüklere bir kuvvet uygulayıp tekerleği döndürür. Lenz kuralına göre, dönüş yolu öyle olmalıdır ki, hareketli yüklerin manyetik alanı, yukarı yöndeki akıyı geri getirebilmelidir. Buna göre dönüş, şekilde gösterildiği gibi, yukarıdan bakıldığında saat yönü tersine olur. Faraday yasasına göre E dl = dφ = πa2 db Olur. Tekerlek çevresindeki küçük dl elemanı üzerindeki tork (R xf) veya (RλE) dl olur. Tekerlek üzerindeki toplam tork olacaktır. N=Rλ E dl = Rλπa 2 db ve tekerleğin kazandığı toplam açısal momentum: N.=-Rλπa 2 0 B db=rλπa 2 B 0 olur. Bu sonuca göre, magnetik alanın sıfırlanma hızı önemsizdir, tekerleğin son açısal hızı aynı Bu örnek için son bir söz: Dönmeyi sağlayan elektrik alandır. Bunu açık görebilmek için örnek tekerlek çevresinde manyetik alan daima sıfır olacak şekilde hazırlanmıştır. Burada manyetik alanı sıfırlayınca, elektrik alan kendiliğinden oluşur ve tekerleği döndürür.
8 Faraday yasası uygulamalarının çoğunda rahatsız edici bir nokta vardır: Faraday yasasında değişen manyetik alanlar söz konusudur; oysa bu alanları hesaplamak için manyetostatik formüller (Ampere yasası, Biort-Savart yasası) kullanmaktayız. İşin doğrusu bu yolla yapılan hesaplar yaklaşık olur. Fakat manyetik alan çok hızlı değişmediği sürece yapılan hata pratikte çok küçük olur. Örneğin makasla kesilen tel örneğinde dahi Ampere yasasını uygulayacak kadar statik bir durum vardır. Manyetostatik kuralların Faraday yasasıyla birlikte kullanıldığı bu rejimlere yarı-statik adı verilir. Genel olarak, ancak elektromanyetik dalgalar ve radyasyon teorisine gelindiğinde manyetostatik uygulanır olmaktan çıkar. Örnek7.8: R yarıçaplı küresel kabul yüzeyinde σ yük yoğunluğu vardır. Küre kendi ekseni etrafında yavaşça değişen w(t) açısal hızıyla dönmektedir. Küre içinde ve dışında elektrik alanı bulunuz. potansiyeli; Çözüm: Burada iki tür elektrik alan vardır. (1) yüzey yükünün Coulomb alanı: 1 Q r küre dişinda E c = { 4πε 0 r2 0 küre içinde (2) Değişen manyetik alandan kaynaklanan Faraday alanı. Dönen küresel kabuğun vektör μ Rσ rsinθφ küre içinde 3 A(P) = { μ R 4 σ sinθ 3s 2 φ küre dişinda r2 Ve bu potansiyelin t ye göre kısmi türevini alıp eksi ile çarparsak; Bulunur. Burada w =dw/ dir. Örnek 7.9: μ Rσ w rsinθφ (küre dişinda) E 3 f = { μ R 4 σ w r sinθ 3 r 3 φ (küre içinde) Sonsuz doğrusal bir telden geçen akım I(t) şeklinde yavaşça değişiyor. İndüksiyon elektrik alanını bulunuz.
9 Şek.7.26 Çözüm: Yarı-statik yaklaşıklıkla, doğrusal telin manyetik alanı (μ I/2πr) olup telin çevresinde dolanır yöndedir. Yukarıda incelediğimiz Faraday Yasası ile Ampere yasası arasındaki analojiye göre, solenoidin B alanı gibi, burada E alanı eksene paralel olacaktır. Şekildeki Ampere çevrimini seçersek, Faraday yasası: E.dl=E(r )l-e(r)l= - d B da = - μ ( dl veya E(r)= μ ( di ) lnr+ K olup K=E(r 2π )- μ ( dl )l 2π )l r dr 2π r dl =- μ ( )l r (lnr-lnr 2π ) ln(r ) sabittir. Bu sonuca göre, r olduğunda E alanı ıraksak olacaktır. Bu doğru olamaz. Nerede yanlış yaptık? Yanıt: Yarı-statik yaklaşıklığın dışına çıktık. Elektromanyetik haber ışık hızıyla yayılır; buna göre, uzak mesafelerde B alanı sadece o andaki akıma değil, daha önceki zamanlardaki akıma da bağlı olacaktır. I akımının önemli ölçüde değiştiği zaman aralığına t dersek, yarı-statik yaklaşıklığın geçerli olabilmesi için r<<ct olmalıdır bu nedenle yukarıdaki sonuç büyük r değerlerine uygulanamaz.
10 7.2.2 İNDÜKTANS Şek.7.27 Hareketsiz 2 çerçeve göz önüne alalım. (Şekil 7.27) 1. Çerçeveden geçirdiğimiz kararlı I 1 akımı geçirdiğimizde oluşan magnetik alan B 1 olsun. Bu alan çizgilerinin bir bölümü 2.çerçeve içinden geçecektir. B 1 alanının 2.çerçeve içinden geçen akısına 2 diyelim. Sistem çok basit değilse B 1 hesabı oldukça karmaşık olabilir. Fakat Biort-Savart yasasına tekrar bakalım: xr B 1 = μ 0 I 4π 1 dl 1 R 2 Bu magnetik alan I 1 akımıyla orantılıdır. Bunun 2.çerçeveden geçen 2 = B 1. da 2 Akısı da I 1 akımıyla orantılı olacaktır. O halde, şöyle yazabiliriz: 2 = M 21. I 1 (7.21) Buradaki M 21 orantı katsayısına iki çerçevenin karşılıklı indüktansı denir. Karşılıklı indüktans hesabı genelde çok zordur. Burada pratikte yararlı olabilecek, vektör potansiyel cinsinden bir ifade verelim: 2 = B 1. da 2 = ( xa 1 ). da 2 = A 1. dl 2 (son eşitlikte stokes kullanıldı)(5.58 )tanımına göre Olduğundan A 1 = μ 0 4π I 1 dl 1 R
11 2 = μ 0 I 4π 1 [ dl 1 ]. dl R 2 Yazılır ve (7.21) denklemiyle karşılaştırılırsa M 21 = μ 0 4π dl 1.dl 2 R (7.22) İki eğrisel integralli bu ifadeye Neumann formülü denir; İntegrallerden biri 1.çerçeve üzerinde, diğeri 2.çerçeve üzerinden alınır.(şek. 7.28) Bu formülün kolay olduğunu iddia etmiyorum, fakat iki noktayı açığa kavuşturması bakımından önemlidir: Şek.7.28 M 21 katsayısı iki çerçevenin sadece geometrik özelliklerine (şekil, boy, aradaki uzaklık) bağlıdır. 1. ve 2.çerçeveleri yer değiştirirsek, katsayı değişmez: M 21 = M 12 O halde, indisleri kaldırıp kısaca M ile gösterebiliriz. Bu şaşılacak bir sonuçtur; Şekli ve biçimleri ne olursa olsun, 1.çerçevedeki I akımının 2.çerçevedeki akısı, 2.çerçeveden aynı I akımı geçirildiğinde 1.çerçevede oluşturduğu akıya eşit olur. Örnek 7.10: Birim uzunlukta N 2 sarımlı uzun solenoit içine yarıçapı R, uzunluğu l birim uzunluktaki sarım sayısı N 1 olan küçük bir solenoit kurulmuştur(şek. 7.29). Küçük solenoitten I akımı geçtiğinde, uzun solenoit içindeki magnetik akı ne olur? Şek.7.29
12 Çözüm: Küçük solenoidin boyu kısa olduğundan, magnetik alan ifadesi karmaşıktır; üstelik büyük solenoidin her halkasında farklı akı oluşturur. Akıyı bu yolla hesaplamak iş değildir. Oysa, karşılıklı indüktansların eşitliğini kullanırsak problem kolaylaşır. Verilen problemin karşıtına bakalım: Dış solenoitten I akımı geçirelim ve küçük solenoit içindeki akıyı hesaplayalım: Uzun solenoit içinde magnetik alan düzgün olup, değeri B=μ 0 N 2 I Olur. Buna göre, küçük solenoidin tek bir sarımından geçen akı BπR 2 = μ 0 N 2 IπR 2 Olur. Toplam sarım sayısı N 1 l olduğundan, iç solenoitteki toplam akı bulunur: = (μ 0 πr 2 N 1 N 2 l)i Bu, bizim aradığımız küçük solenoitteki I akımının uzun solenoitte oluşturduğu akıya eşittir. Bu sistemin karşılıklı indüktansı şöyle olur: M=μ 0 πr 2 N 1 N 2 l Yukarıdaki iki çerçeveli deneyde 1.çerçevedeki akımın değiştiğini varsayalım. Bu durumda, 2.çerçeveden geçen magnetik akı da değişecek ve Faraday yasasına göre, 2.çerçevede bir emk oluşacaktır: ε 2 = dφ = M dl 1 (7.24) Bu ilginç bir sonuçtur: 1.çerçevedeki akımı değiştirdiğimizde, buna iletken bir telle bağlı olmadığı halde, 2.çerçevede bir akım oluşacaktır. Şek.7.30 Biraz düşünecek olursak, değişken bir akım sadece komşu çerçevede değil, kendi bulunduğu çevrede de bir emk oluşturur(şek. 7.30). Bu magnetik akı da yine geçen akımla orantılı olur: = LI (7.25)
13 L orantı katsayısına çerçevenin özindüksiyon katsayısı veya kısaca indüktans denir. İndüktans, M gibi, çerçevenin sadece geometrisine (büyüklüğü, biçimi) bağlı bir sabittir. Akım değişirken, çerçevede oluşan emk Faraday Yasası ile verilir: ε = L di (7.26) İndüktans birimi voltxsaniye/ampere, veya Henry(H) olur. Örnek 7.11: Dikdörtgen kesitli toroit şeklindeki bir bobinin iç yarıçapı a, dış yarıçapı b ve kalınlığı h olup, toplam n sarımı vardır. Özindüksiyon katsayısını bulun. Şek.7.31 Çözüm: Toroit içinde r uzaklıktaki magnetik alan (5.52) formülünden yazılır: B = μ 0nI 2πr Şekil 7.31 e göre, bir sarımdan geçen magnetik akı = B. da = μ 0nI 2π b a h dr r = μ 0 nih 2π ln (b a ) Olup, toplam akı bunun n katıdır. Buna göre, (7.25) formülünden özindüksiyon katsayısı hesaplanır: L = μ 0n 2 h 2π ln (b a ) (7.27) Tanım olarak M ve L pozitif birer sabittir. (7.26) formülündeki eksi işareti, Lenz kuralı uyarınca, emk nın akımdaki değişmeye karşı koyacak yönde olmasını gerektirir. Bu açıdan devrenin kendisinde oluşan bu emk ya zıt emk denir. Bir devredeki akımı değiştirmek istediğinizde, bu zıt emk yı karşılamalısınız. Bu bakımdan, elektrik devrelerinde indüktans mekanikteki kütle rolünü üstlenir. L ne kadar büyükse, devredeki akımı değiştirmek o kadar zor olur; tıpkı büyük kütlenin daha zor ivmelenmesi gibi. Örnek 7.12: Bir çerçevede I akımı geçmekteyken tel kesiliyor; akım birdenbire sıfır oluyor. Burada I akımı küçük olabilir, ama di/ çok büyük olduğundan, önemli bir zıt emk doğar. Bu nedenler, bir ütü
14 veya tost makinasının fişini çektiğinizde bir kıvılcım parladığını görürsünüz- elektromagnetik indüksiyon, akımı sabit tutabilmek için ne lazımsa yapar, gerektiğinde boşluktan atlar. Fakat ütü veya tost makinasının fişini taktığınızda böyle dramatik bir etki gözlenmez bu kezindüksiyon, akımdaki daha yumuşak bir artışa karşı koymaya çalışır. Örneğin direnci R ve indüktansı L olan bir devrenini, sabit ε o emk veren bir bataryaya bağlandığını düşünelim.(şek. 7.32) Geçen akım ne olur? Şek 7.32 Şek 7.33 Çözüm: bu devrenin toplam emk sı batarya ve devrenin indüktansından kaynaklanır. Ohm yasası yazılırsa; ε o L di = RI Bu I(t) için 1.dereceden diferansiyel denklemdir. Genel çözümün; I(t) = ε o R ke (R L )t Olduğu kontrol edilebilir. k sabiti problemin sınır koşulundan tayin edilir. Bu devre t = 0 anında fişe takıldığında, I(0) = 0 olur ve k = ε o/r bulunur. Buna göre; I(t) = ε o R (1 e (R L )t 7.28 Bulunur. Bu eğri şekil 7.33 te gösterilmiştir. Eğer devrede indüktans olmasaydı, akım birden ε o R değerine çıkardı. Pratikte her devrenin bir miktar özindüksiyonu vardır ve akım dereceli olarak ε o R değerine ulaşır. L/R oranına devrenin zaman sabiti denir; akımın son değerine ne kadar zamanda erişeceğinin bir ölçüsüdür. 7.2.3 MAGNETİK ALANDA ENERJİ
15 Bir devrede akımı başlatabilmek için enerji gerekir. Burada dirençlerde ısıya dönüşen enerjiden sözetmiyorum dirençlerdeki enerji az veya çok olabilir, ama devre açısından bir kayıptır. Burada akımı başlatabilmek için zıt emk ya karşı yapılması gereken işten sözediyorum. Bu enerjinin değeri bellidir ve akım sıfırlandığında geri alınabilir. Bu devre çalışırken bir tür potansiyel enerji olarak, magnetik alanda depolanır. Birim yükün devrede bir tam dolanımı sırasında zıt emk ya karşı yapılan iş -ε olur. (Eksi işareti işi bizim yaptığımızı göstermek içindir.) Telden birim zamanda geçen yük olduğundan, birim zamanda yapılan toplam iş dw = ε I = LI Olur. Akım sıfırdan başlayıp son I değerine erişinceye kadar yapılan toplam iş bunun integrali olur. W = 1 2 LI2 İş, akımın ne kadar zamanda son değerine eriştiğine değil, sadece geometrisine bağlı olur. İş ifadesini daha değişik bir şekilde yazarak, yüzey ve hacim akımlarına genelleştirmek mümkündür. Devre içinden geçen magnetik akının = LI olduğunu hatırlayın. Bir yandan = B. da = ( x A). da = A. dl Burada C devreyi oluşturan eğri ve S bunun içinde kalan herhangi bir yüzeydir. Burada LI = A. dl W = 1 I A. dl 2 Bu vektör işaretini I üzerine alırsak W = 1 (A. I)dl (7.31) 2 Şimdi bu ifadenin hacim akımlarına nasıl genelleşebileceği açıktır. W = 1 (A. J)dτ (7.32) 2 Bir adım daha götürüp, magnetik alan cinsinden ifade edebiliriz. x B = μ J amper yasasıyla J elenirse
16 W = 1 2μ A. ( x B )dτ (7.33) Vektörlerin 6.çarpım kuralını hatırlayalım:. (A x B ) = B. ( x A) A. ( x B ) Buna göre A. ( x B ) = B 2. (A x B ) W = 1 2μ [ B 2 dτ. (A x B )dτ] = 1 2μ [ B 2 dτ (A x B ). da] (7.34) Birinci integral, akımların işgal ettiği tüm hacim üzerinden alınmaktadır. Bu hacmi daha da büyütürsek, dışarda J = 0 olduğundan, yapılan toplam iş değişmez. Ama birinci integralin değeri giderek artar, ikinci yüzey integrali de sıfıra gider. Sonunda tüm uzay üzerinden integral alındığında yüzey integrali sıfır olur: W = 1 2μ B 2 dτ (7.35) Bu sonuca bakarak, enerjinin birim hacimde B2 2μ miktarda magnetik alanda depolandığını söyleyebiliriz. Gerçi (7.32) denklemine bakanlar, enerjinin birim hacimde (A. J) miktarda akım dağılımında depolandığını söyleyebilirler, ama bizim bakış açımız daha güzeldir. Arada sadece teorik fark vardır; önemli olan büyüklük toplam W enerjisidir, nerde depolandığını dert etmeyeceğiz. Yine, magnetik kuvvetler iş yapmadığı halde, magnetik alan oluşturmak için iş yapılması gerektiği size tuhaf gelebilir. Burada, magnetik alan oluşturmak değişken magnetik alan (?) ve Faraday yasasına göre bu, indüksiyon elektrik alanı gerektirir; elektrik alan iş yapar. Bu incelemenin ışığında, elektrik ve magnetik enerji formüllerinin ne kadar paralel olduğunu görmek yararlıdır: W elek = 1 2 (Vρ)dτ = ε 0 2 E2 dτ W mag = 1 1 (A. J)dτ = B 2 dτ 2 2μ Örnek 7.13: Uzun bir koaksiyal kablonun a yarıçaplı iç silindirinden geçen I akımı yarıçaplı dış silindirden geri dönmektedir. Kablonun l uzunluğunda depolanan enerjiyi bulun. Çözüm: Ampere yasasıyla silindirler arasındaki bölgede magnetik alan bulunur B = μ 0I 2πr Diğer bölgelerde magnetik alan sıfırdır. Buna göre, birim hacimdeki enerji
17 1 B 2 = 1 ( μ 0I 2μ 0 2μ 0 2πr )2 = μ 0I 2 8π 2 r 2 Olur. l uzunluğunda ve [r,r+dr] aralığındaki silindirik bir kabukta enerji ( μ 0I 2 8π 2 r 2) l2πrdr = μ 0I 2 l dr 4π r Bu ifadenin a dan b ye integrali aradığımız enerjiyi verir: W = μ 0I 2 l 4π ln (b a ) Bu sonuç, özindüksiyon katsayısını hesaplamanın daha kolay bir yolunu göstermektedir(7.30) formülüne göre enerji 1 2 LI2 olduğundan, iki ifade karşılaştırılırsa L = μ 0l 2π ln (b a ) Bulunur. Bu yöntem, özellikle hacim veya yüzey akımları olan sistemlerde kullanışlı olabilir.