ELEKTRİK VE ELEKTROSTATİK

T.C. SAKARYA ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ FİZİK BÖLÜMÜ ELEKTRİK VE ELEKTROSTATİK SÜMEYRA GÜNGÖR B090202046 Yrd. Doç. Dr. Zemine ZENGİNERLER 1

İÇİNDEKİLER 1.1 Durgun Elektrikte İş ve Enerji 1.1.1 Bir Yükü Hareket Ettirmek İçin Yapılan İş 1.1.2 Noktasal Bir Yük Dağılımının Enerjisi 1.1.3 Sürekli Bir Yük Dağılımının Enerjisi 2.1. İletkenler 2.1.1 Temel Özellikleri 2.1.2 İndüklenmiş Yükler 2.1.3 Bir İletken Yüzey Yükü ve Kuvvet 2.1.4 Kapasitörler 2

ŞEKİLLER LİSTESİ Şekil 1.1 Şekil 1.2 iş. Şekil 1.3 Şekil 2.1. durumu. Elektrik alanın bir Q yüküne, bir F kuvveti etkimesi. Bir Q yükünü a noktasından b noktasına hareket ettirmek istediğimizde yapılan Birer birer çok uzaklardan getirilen yükler yaptıkları iş. Bir iletkeni bir dış E 0 alanına koyduğumuzda pozitif ve negatif yüklerin Şekil 2.2 Bir iletken ve +q yükünün durumu. Şekil 2.3. Gauss yüzeyi Şekil 2.4. Pozitif bir yükten negatif bir yüke giden herhangi bir alan çizgisi ve oyun çizgisinin durumu. 3

İŞ VE ELEKTROSTATİK ENERJİ 1.1 Durgun Elektrikte İş ve Enerji Bir E elektrik alanın bir Q yüküne, bir F kuvveti etkir. Yükü dengede tutabilmek için, yüke ters yönde bir F a kuvveti uygulanmalıdır ( Şekil 1.1 ). Şekil 1.1 Elektrik alanın bir Q yüküne, bir F kuvveti etkimesi İş, bir yol boyunca uygulanan kuvvet olarak tanımlanır. Dolayısıyla bir yüke uygulanan F a kuvveti, yükün dl= dl miktarı kadar hareket etmesine neden oluyorsa, yapılan diferansiyel iş, dw, şu biçimde tanımlanır; dw = F a. dl = QE. dl (1.1) Görüldüğü gibi, Q artı değerliyse ve dl, E ile aynı yönde ise, dw = QE. dl 0 olur. Ve bu elektrik alanına karşı bir iş yapıldığını gösterir. (Benzer olarak, yeryüzünün çekim alanı, yüksek bir yerden alçak bir yere doğru hareket eden bir M kütlesi üzerinde bir iş yapar.) Başka bir değişle de, a ve b gibi iki nokta arasında hareket eden bir Q yükünün üzerine etki eden kuvvet F= Q. E dir. Bu elektrik kuvvetine karşı koymak için bizim uygulayacağımız kuvvet ise F= Q. E kadar bir sınır kuvveti uygulayabiliriz. [1] 4

Şekil 1.2 Bir Q yükünü a noktasından b noktasına hareket ettirmek istediğimizde yapılan iş. Burada ilgilendiğimiz şey işi yapmak için uygulamamız gereken asgari kuvvettir. Bu yüzden iş b a b a W= F. dl = Q E. dl = Q[V(b) V(a)] dır. Sonucun a dan ve b ye aldığımız yoldan bağımsız olduğuna dikkat ediniz; o zaman mekanikte, durgun elektrik kuvveti korunumlu diye adlandırırız. Hepsini Q ile bölerek V(b) V(a) = W Q (1.2) Buluruz. a ve b noktaları arasındaki potansiyel farkı bir parçacı a dan b ye taşımak için birim yük başına gerekli iştir. Özellikle Q yükünü çok uzaklardan beriye getirmek ve r ye koymak istiyorsak yapmamız gereken iş W = Q[V(r) V( )], dır. Böylece referans noktasını sonsuzda almışsanız, W = QV(r) (1.3) 5

olur. bu anlamda potansiyel birim yük başına (aynen alınan birim yük başına kuvvet olması gibi) potansiyel enerjidir (sistemi oluşturmak için gerekli olan iş). 1.1.2 Noktasal Bir Yük Dağılımının Enerjisi Şekil 1.3 Birer birer çok uzaklardan getirilen yükler yaptıkları iş. Yükleri şekil 1.3 deki gibi birer birer çok uzaklardan getirdiğimizi varsayarsak birinci yük olan q 1, hiçbir iş gerektirmez. Nedeniyse kendisiyle çatışılan herhangi bir alan yoktur. Yani herhangi bir iş yapmış olmayız. q 2 i getirdiğimizdeyse q 1 in potansiyeli altında q 2 V 1 (r 2 ) kadar bir işe mal olacaktır, burada V 1 q 1 den dolayı potansiyel ve r 2 de q 2 yi koyduğumuz yerdir: W 2 = 1 q 2 ( q 1 r 12 ) (r 12 bir kez q 1 ve q 2 yerlerine getirildikten sonra aralarındaki uzaklıktır.) (r 23 bir kez q 2 ve q 3 yerlerine getirildikten sonra aralarındaki uzaklıktır.) Şimdi q 3 ü getirdiğimizde q 3 V 1,2 (r 3 ) işini gerektirir, burada V 1,2 q 1 ve q 2 yüklerinden dolayı olan potansiyel, yani ( 1 4πε )( q 1 r13 + q 2 r23 ) dür. Böylece 0 6

W 3 = 1 q 3 ( q 1 r 13 + q 2 r 23 ). Benzer şekilde, q 4 ü getirmek için gereken ilave iş W 4 = 1 q 4 ( q 1 r 14 + q 2 r 24 + q 3 r 34 ). olacaktır. İlk dört yükü bir araya getirmek için gereken toplam iş ise W = 1 ( q 1q 2 r 12 + q 1q 3 r 13 + q 1q 4 r 14 + q 2q 3 r 23 + q 2q 4 r 24 + q 3q 4 r 34 ). olur. Genel kuralı görüyoruz. Her bir yük çiftinin çarpımını alırız, aralarındaki ayrılık uzaklığı ile bu çarpımları böleriz ve hepsini toplarız: W = 1 n n q i q j i=1 j=1 (1.4) j>i r ij O halde q i çarpanını toplamdan dışarıya aldığımızda: n i=1 W = 1 2 q i ( n 1 j=1 j i q j ij ) Parantez içindeki terim,r i noktasında (q i nin konumunda) tüm diğer yüklerden kaynaklanan potansiyeldir. Böylece W = 1 n q 2 i=1 i V(r i ). (1.5) Noktasal yüklerin bir şekillenimini bir araya getirmek için yapılması gereken iş işte budur; bu aynı zamanda sistemin ayrılmasına izin verdiğiniz zaman geri alacağınız iş miktarıdır. bu ifade şekillenimde depolanan enerjiyi göstermektedir. 7

Örnek: Kenar uzunluğu a olan bir karenin üç köşesine şekildeki gibi yükler yerleştiriyor. a) Sonsuzdaki bir +q yükünü 4.köşeye getirmek için yapılması gereken iş nedir? b) Bu 4.yüklü sistemin tümünü oluşturmak için ne kadar iş gerekir? a)v= 1 q = 1 { q + q + q i a 2a r ij q }= ( 2 + 1 ) a a 2 w 4 =q.v = q2 ( 2 + 1 2 ) bulunur. b) w 1 = 0,w 2 ( q2 a ); w 3= 1 ( q2 2a q2 a ); w 4 = q2 ( 2 + 1 2 ) w toplam = 1. q2 a { 1 + 1 2 1 2 + 1 2 }= 1 2q 2 a ( 2 + 1 ) elde edilir. 2 8

1.1.3 Sürekli Bir Yük Dağılımının Enerjisi Bir ρ hacim yük yoğunluğu denklem 1.5 W = 1 ρvdτ (1.5) 2 haline gelir. ρ ve V nin E lehine yok edilmesi ile, bu sonucu yeniden yazmanın en güzel yolu, ilk önce q yu E cinsinden ifade etmek için Gauss yasasını kullanmaktır. ρ = ε 0. E, böylece W = ε 0 2 (. E)V dτ. Şimdi türevi E den V ye aktarmak için kısmi integral almayı kullanabiliriz: W = ε 0 [ E. ( v)dτ + VE. da]. 2 Fakat V = E olduğundan W = ε 0 2 ( dτ + VE. da ) (1.6) v s son durumda yüzey integrali sıfıra gider ve bize W = ε 0 2 E2 dτ. tüm uzay (1.7) kalır. 9

Örnek: Toplam q yüklü ve R yarıçaplı düzgün yüklenmiş küresel bir kabuğun enerjisini bulunuz. Çözüm: Kürenin içinde E=0 dır; dışarıda, Olur. Bu yüzden E = 1 ( q r 2) r, böylece E2 = W top = ε 0 2( ) 2 dış = 1 q 2 ( ) 2 r 4 ( q2 r 4) (r2 sin θdrθdθdφ) q 2 4π 1 dr = 1 32π 2 ε 0 R r 2 q 2. 8πε 0 R 2.1 İletkenler 2.1.1 Temel Özellikler Cam veya lastik gibi yalıtkanda, her bir elektron belirli bir atoma bağlıdır. Bunun zıddına, bir iletkende ise atom başına bir veya daha fazla elektron istediği gibi malzeme içinde dolaşma serbesttir.(tuzlu su gibi sıvı iletkende hareketli olan iyonlardır) Mükemmel bir iletken sınırsız sayıda tamamen serbest yük içeren bir malzeme olurdu. Gerçek hayatta mükemmel iletkenler yoktur, fakat çok sayıda madde şaşılacak derecede buna yakındır. Bu tanımdan ideal iletkenlerin temel durgun elektrik özellikleri derhal elde edilir: 1. Bir iletkenin içinde E=0 dır. Niçin? Çünkü herhangi bir alan bulunsaydı, bu serbest yükler hareket ederdi ve durum durgun elektrik olmaktan çıkardı. Bir iletkeni bir dış E 0 elektrik alanı koyduğumuzda ne olacağını incelersek; başlangıçta bu alan var olan pozitif yükleri sağ tarafa ve negatifleri sol tarafa sürecektir. Malzemenin sınırına geldiklerinde, yükler birikir; sağda artı ve solda eksi. Şimdi, bu indüklenmiş yükler kendilerine ait bir E 1 alanı oluşturur ve şekilden görebileceğiniz gibi bu E 0 a zıt yöndedir. Burada önemli olan bu indüklenmiş yüklerin alanının orijinal alanı yok etmeye meyilli olduğu anlamına gelmesidir. Bu yok ediş tamamlanıncaya kadar yük akışı sürecektir ve iletken içinde sonuçtaki alan kesin olarak sıfırdır (İletkenin dışında alan sıfır değildir, çünkü burada E 0 ve E 1 birbirini yok etmez). Tüm işlem pratik bakımdan anlıktır. 10

Şekil 2.1 Bir iletkeni bir dış E 0 alanına koyduğumuzda pozitif ve negatif yüklerin durumu. 2. Bir iletken içinde q=0 dır. Bu ifade Gauss yasasından çıkar: E= ρ ε 0. E = 0 ise ρ da sıfırdır. Ortamda halen yük vardır, fakat tam olarak ne kadar artı yük varsa eksi yük de o kadardır, böylece içerdeki net yük yoğunluğu sıfırdır. 3. Herhangi bir net yük yüzeyde bulunur. Net yükün bulunabileceği tek yer orasıdır. 4. Bir iletken bir eş potansiyeldir. a e b verilen bir iletkenin içinde (veya yüzeyindeki) herhangi iki nokta ise V(b) V(a) = E. dl = 0 b a ve buradan V(a)=V(b) dir. 5. Bir iletkenin hemen dışında E yüzeye diktir. Aksi takdirde madde 1 deki gibi elektrik alanın teğetsel bileşenini yok edinceye kadar sürmek üzere, yük hemen akmaya başlayacaktır. 2.1.1 İndüklenmiş Yükler Bir +q yükünü yüklenmemiş bir iletkenin yakınında tutarsanız (Şekil 2.2), ikisi birbirini çekecektir. Bunun nedeni q nun eksi yükleri yakın tarafa çekmesi ve artı yükleri uzak tarafa itmesidir. Yani iletken içerisindeki noktalarda toplam alan sıfır olması gerektiği için, buralarda q dan kaynaklanan alanı yok etmek üzere yüklerin yüzeyde hareket etmesidir. Negatif yüklenmiş yük q ya daha yakın olduğu için, net bir çekim kuvveti vardır. 11

Şekil 2.2 Bir iletken ve +q yükünün durumu. İletken içinde bir oyuk varsa ve bu oyuk içinde birtakım yükler varsa, oyuk içindeki alan sıfır olmayacaktır. Fakat beklenenin aksine oyuk ve içerikleri, onları saran iletken tarafından dış dünyadan yalıtılmış olacaktır. İletkene hiçbir dış alan giremez; bu alanlar dış yüzeyde burada bulunan indüklenmiş yükler tarafından yok edilirler. Benzer şekilde, oyuk içindeki yüklerden kaynaklanan alan, dışarıdaki noktalar bakımından, iç yüzeydeki indüklenmiş yükler tarafından öldürülür. Oyuk duvarında indüklenen yük içerideki yüke eşit ve zıttır, çünkü oyuğu bütün noktaları iletkenin içinde kalan bir Gauss yüzeyi ile sardığımızda (Şekil 2.3) E. da = 0 ve buradan içerilen yük sıfır olmalıdır. Fakat Q İÇ =q indük, böylece q indük = -q olur. Şekil 2.3 Gauss yüzeyi. İletken malzemeyle çevrili oyuğun kendisi yük içermiyorsa, o zaman oyuk içerisindeki alan sıfırdır. Çünkü pozitif bir yükten negatif bir yüke giden herhangi bir alan çizgisi oyuk duvarında başlamak ve bitmek zorundadır (Şekil 2.4). bu alan çizgisini kapalı bir ilmeğin bir parçası olarak düşünürsek, ilmeğin geri kalan kısmı tamamen iletkenin içinde kalacaktır (E=0 olan yer), E. dl=0 integrali kesin olarak pozitiftir. 12

Şekil 2.4 Pozitif bir yükten negatif bir yüke giden herhangi bir alan çizgisi ve oyun çizgisinin durumu. Örnek: q yükü taşıyan R yarıçaplı bir metal küre, aynı merkezli kalın bir metal kabukla çevrilmiştir (iç yarıçapı a, dış yarıçapı b) kabuk net bir yük taşımamaktadır. a) R deki, a daki ve b deki σ yüzey yükü yoğunluğunu bulunuz. b) Referans noktası olarak sonsuzu kullanarak, merkezdeki potansiyeli bulunuz. c) Şimdi en dış yüzey, bu yüzeyin potansiyeli sıfıra indiren(sonsuzla aynı), bir topraklama teline dokunduruluyor. a ve b yeverdiğiniz yanıtlar nasıl değişir? a)σ R = q 4πR 2; σ a = q 4πa 2 ; σ b = q 4πb 2 0 b a) V(0)=- E. dl = ( 1 q R q a ) q r 2) a R (0)dr ( 1 0 ) dr (0)dr b a R = 1 ( q b + a R a b) V(0)=- (0)dr ( 1 q r 2) dr (0)dr = R 0 1 ( q R q a ) 2.1.2 Bir İletkenin Üzerindeki Yüzey Yükü ve Kuvvet Bir iletkenin içindeki alan sıfır olduğu için, sıfır koşulu iletkenin dışındaki alanın E = σ ε 0 n, (2.1) olmasını gerekli kılar. Potansiyeller cinsinden 13

σ ε 0 V n (2.2) sonucuna varılır. Bu denklemlerde bize bir iletken üzerindeki yüzey yükünü hesaplama imkanı verecektir. Noktayı çevreleyen yama şeklinde küçük bir yüzey parçasına bakacak olursak; parçayı esas olarak düz ve üzerindeki yüzey yükü de esas olarak sabit olacak kadar küçültelim. Toplam alan iki kısımdan oluşur. E = E yama + E diğer (2.3) Burada yama kendi üzerine bir kuvvet uygulayamaz. Yama üzerindeki kuvvet yalnızca E diğer den gelir. Ve bu ise bir süreksizlik göstermez. Süreksizlik tamamen, her tarafa yüzeyden dışarı doğru yönelmiştir(şekil 2.5). Şekil 2.5 Bir iletkenin yüzey yükünü hesaplama Bir σ 2ε alanının uzatan yama üzerindeki yükten ileri gelmektedir. Böylece 0 14

E üst = E diğer + σ 2ε 0 n E alt = E diğer σ 2ε 0 n ve buradan E diğer = 1 2 (E üst + E alt ) = E ort Birim başına kuvvet, f = 1 2ε 0 σ 2 n (2.4) olur. Bu yüzey işareti ne olursa olsun, iletkeni alanın içine doğru çekmeye çalışan dışarı doğru yönelmiş bir durgun elektrik basıncı doğurur. Basıncı yüzeyin hemen dışındaki alan cinsinden ifade edersek; P = ε 0 2 E2 (2.5) elde ederiz. Örnek: İki geniş metal plaka(her birinin alanı A)d kadar aralıklı olarak tutuşuyor. Her bir plaka üzerine birer q yükü koyduğumuzu varsayarsak; plakalar üzerindeki durgun elektrik basıncı nedir? E=0 E= σ ε 0 = Q ε 0 A 15

P= ε 0 2 E2 = ε 0 Q 2 Q2 2 2ε 0 A2= 2ε 0 A 2 bulunur. 2.1.4 Kapasitörler Bir tanesi +Q diğeri Q olan iki iletken telden bahsedecek olursak; bir iletken üzerinde V sabit olduğundan, bir belirsizlik olmaksızın aralarındaki potansiyel farkından bahsedebiliriz: V = V + - V = - (+) ( ) E. dl E alanı Q ile orantılıdır. E Coulomb yasasıyla verildiği için: E = 1 ρ r dτ (2.6) r2 ρ yu iki katına çıkarırsak E yi de iki katına çıkartmış oluruz. E alanı Q ile orantılı olduğundan, V de Q ile orantılıdır. Orantı oranına düzeneğin sığası denmektedir: C Q V (2.7) Sığa, iki iletkenin boyutları, şekilleri ve ayrılıkları ile belirlenen tamamen geometrik bir niceliktir. SI birim sisteminde, C farad (F) birimi ile ölçülür. Bir kapasitörü yüklemek için pozitif plakadan elektronları çıkarmalı ve negatif plakaya taşınmalıdır. Bunu yaparken elektronları pozitif iletkene doğru geri çeken ve negatif iletkenden öteye doğru iten elektrik alanına karşı savaşırlar. O halde, bir kapasitörü Q gibi bir son yüke kadar yüklemek ne kadar iş ister? İşlem sırasındaki bir ara basamakta pozitif plaka üzerindeki yük q olsun, potansiyel farkı q c dir. Bir sonraki dq yük parçasını taşımak için gereken iş 16

dw = ( q c ) dq olur. O zaman, q=0 dan q=q ya ulaşmak için gerekli toplan iş Q W = ( q ) dq = 1 Q 2 0 c 2 C veya Q=CV olduğundan W = 1 2 CV2 (2.8) olur. Burada V kapasitörün en son potansiyelidir. 17