Bölüm 7

Elektrodinamik ve Maxwell Denklemleri

Ohm yasası, iletkenlik ve Joule ısınması; elektromotor kuvvet; hareketsel emk ve akı kuralı; Faraday yasası, Lenz yasası ve indüklenen elektrik alan; karşılıklı ve öz indüktans; RL devreleri; manyetik alanın enerjisi; Maxwell'in yerdeğiştirme akımı; boşlukta ve maddede Maxwell denklemleri ve sınır koşulları.

27 dk okuma9 çözümlü örnek5 şekil17 problem

Bu bölümde

İletkenlerde akımı yöneten Ohm yasasını ve elektromotor kuvvet kavramını
Hareketsel emk'yı, akı kuralını ve manyetik kuvvetlerin iş yapmamasıyla nasıl bağdaştığını
Faraday yasasını ve değişen manyetik alanların yarattığı elektrik alanı
Karşılıklı ve öz indüktansı, RL devrelerinin zaman davranışını
Manyetik alanda depolanan enerjiyi
Maxwell'in Ampère yasasına eklediği yerdeğiştirme akımını ve Maxwell denklemlerinin tam takımını

7.1Ohm yasası ve elektromotor kuvvet

Şimdiye kadar durgun yüklerle (elektrostatik) ve sabit akımlarla (manyetostatik) ilgilendik. Bir akımın sürmesi için yüklerin bir kuvvetle itilmesi gerekir. Çoğu maddede, birim yüke etki eden kuvvet $\vb{f}$ ile akım yoğunluğu orantılıdır: $\vb{J} = \sigma\vb{f}$. Kuvvet bir elektrik alandan geliyorsa

$$ \vb{J} = \sigma\vb{E} $$

(7.1)

olur. Bu, Ohm yasasıdır; $\sigma$, maddenin iletkenliğidir (S/m), tersi $\rho = 1/\sigma$ özdirençtir (Ω·m). İletkenlik maddeden maddeye çok büyük farklar gösterir: gümüş $6{,}3\times10^7$, bakır $5{,}96\times10^7$, deniz suyu yaklaşık 5, saf su $5\times10^{-6}$, cam $10^{-12}$–$10^{-10}$ S/m. Doğadaki en geniş aralıklı fiziksel niceliklerden biridir.

Uzunluğu $L$, kesiti $A$ olan bir telde $I = JA = \sigma EA = \sigma AV/L$, yani tanıdık biçimiyle $V = IR$, $R = L/(\sigma A)$. Telin içinde, akımın sabit olduğu bir durumda alan düzgündür ve telin içindeki yük yoğunluğu sıfırdır (Problem 7.14); alanı yaratan yükler telin yüzeyindedir. Akımın yaptığı iş ısıya dönüşür: Joule ısınması, birim hacim başına $\vb{J}\cdot\vb{E} = \sigma E^2$, bir telde $P = VI = I^2R$.

Örnek 7.1Bir bakır telin direnci

Kesiti 1,0 mm² olan 1,0 m uzunluğundaki bir bakır telin direnci nedir? 10 A geçtiğinde telde ısıya dönüşen güç ne kadardır?

Çözüm

$R = L/(\sigma A) = 1{,}0/(5{,}96\times10^7 \times 10^{-6}) = 0{,}0168\ \Omega$. $P = I^2R = 1{,}7$ W. Ev tesisatında 10 A'lik devreler için 1,5 mm²'lik kablo kullanılmasının nedeni, bu ısının kablo boyunca güvenle atılabilecek sınırda tutulmasıdır.

Bir iletkende yük birikmez. Bir iletkenin içine bir yük konsaydı ne olurdu? Ohm yasası ve Gauss yasasıyla $\nabla\cdot\vb{J} = \sigma\nabla\cdot\vb{E} = \sigma\rho/\epsilon_0$; süreklilik denklemi $\partial\rho/\partial t = -\nabla\cdot\vb{J}$ ile

$$ \rho(t) = \rho(0)\,e^{-t/\tau}, \qquad \tau = \frac{\epsilon_0}{\sigma} $$

(7.2)

Bakır için $\tau = 1{,}5\times10^{-19}$ s. (Gerçekte yükün dağılması, elektronların çarpışmalar arasındaki yaklaşık $10^{-14}$ s'lik süreyle sınırlanır; ama her durumda gündelik ölçeklere göre anlıktır.) Bu, 2. bölümde iletkenlerin içinde yük olmadığı kabulünün dinamik temelidir.

Elektromotor kuvvet. Bir devrede akımı sürdüren iki etken vardır: bir kaynak (pil, jeneratör, güneş pili) ve kaynağın yüzeylerinde biriken yüklerin yarattığı, akımı devrenin geri kalanına ileten elektrostatik alan. Elektrostatik alanın kapalı bir devre boyunca çizgi integrali sıfırdır (2. bölüm), dolayısıyla tek başına bir akımı sürdüremez. Devrenin bütün döngüsü boyunca birim yüke etki eden kuvvetin integraline elektromotor kuvvet (emk) denir:

$$ \mathcal{E} = \oint\vb{f}\cdot\dd\vb{l} = \oint\vb{f}_s\cdot\dd\vb{l} $$

(7.3)

Burada $\vb{f}_s$, kaynağın kuvvetidir (kimyasal, mekanik, ışıksal). Adı yanıltıcıdır: emk bir kuvvet değil, birim yük başına iştir; birimi volttur. İdeal bir pilde, açık devredeyken kaynağın içinde $\vb{f}_s = -\vb{E}$ ve emk, kutuplar arasındaki potansiyel farkına eşittir.

7.2Hareketsel emk

Elektromotor kuvvetin bir başka kaynağı, bir iletkenin manyetik alanda hareket etmesidir. Sayfaya doğru düzgün bir $\vb{B}$ alanında, iki ray üzerinde $\vb{v}$ hızıyla kayan $h$ uzunluklu bir çubuk düşünelim (Şekil 7.1). Çubuktaki yüklere $Q(\vb{v}\times\vb{B})$ kuvveti etki eder; bu kuvvet çubuk boyuncadır ve birim yük başına işi

$$ \mathcal{E} = \int(\vb{v}\times\vb{B})\cdot\dd\vb{l} = vBh $$

(7.4)

olur. Devreden geçen manyetik akı $\Phi = \int\vb{B}\cdot\dd\vb{a} = Bhx$'tir ve çubuk ilerledikçe $\dd\Phi/\dd t = Bhv$ hızıyla artar. Dolayısıyla

$$ \mathcal{E} = -\frac{\dd\Phi}{\dd t} $$

(7.5)

(eksi işareti, akımın yönüyle akı yönü arasındaki sağ el kuralından gelir). Bu, akı kuralıdır: bir devrede indüklenen emk, devreden geçen akının değişme hızının eksi işaretlisidir. Kural, biçimini değiştiren ya da hareket eden her devre için geçerlidir (Problem 7.6).

Hareketsel emk — **Şekil 7.1.** Düzgün bir manyetik alanda raylar üzerinde kayan çubuk. Çubuktaki yüklere etki eden $\vb{v}\times\vb{B}$ kuvveti çubukta yukarı doğru bir akım sürer; akım, çubuğa harekete ters bir manyetik kuvvet uygulanmasına yol açar.

Kim iş yapıyor? 5. bölümde manyetik kuvvetlerin iş yapmadığını gördük. Peki burada akımı süren işi kim yapar? Yük çubuk boyunca $\vb{u}$ hızıyla akarken toplam hızı $\vb{v} + \vb{u}$'dur ve manyetik kuvvet bu toplam hıza diktir. Kuvvetin çubuk boyunca bileşeni ($Q vB$) akımı sürer; çubuğa dik bileşeni ($QuB$, harekete ters) çubuğu yavaşlatır. Çubuğu sabit hızda tutmak için onu çeken kişi bu ters kuvveti dengeler ve işi o yapar. Manyetik kuvvet, işi bir yönden öbürüne aktaran bir aracıdır.

Örnek 7.2Serbest bırakılan çubuk

Şekil 7.1'deki çubuğun kütlesi $m$, devrenin direnci $R$'dir. Çubuk $v_0$ hızıyla itilip serbest bırakılıyor. Hızı zamanla nasıl değişir? Dirençte ısıya dönüşen toplam enerji nedir?

Çözüm

Akım $I = \mathcal{E}/R = Bhv/R$; çubuğa etki eden kuvvet $IhB = B^2h^2v/R$, harekete ters. Newton yasası $m\,\dd v/\dd t = -B^2h^2v/R$:

$$ v(t) = v_0\,e^{-t/\tau}, \qquad \tau = \frac{mR}{B^2h^2} $$

Isıya dönüşen enerji $\int_0^\infty I^2R\,\dd t = \int_0^\infty(B^2h^2v_0^2/R)e^{-2t/\tau}\,\dd t = \tfrac12mv_0^2$ ✓: çubuğun bütün kinetik enerjisi. Bu manyetik frenleme, trenlerde ve lunapark aletlerinde temassız fren olarak kullanılır.

Örnek 7.3Alternatif akım üreteci

100 sarımlı, her sarımının alanı 100 cm² olan dikdörtgen bir bobin, 0,50 T'lık düzgün bir alanda, alana dik bir eksen çevresinde saniyede 50 tur dönüyor. İndüklenen emk'yı bulun.

Çözüm

Bobinden geçen akı $\Phi = NBA\cos\omega t$; $\mathcal{E} = -\dd\Phi/\dd t = NBA\omega\sin\omega t$. Tepe değeri $100 \times 0{,}50 \times 0{,}010 \times 2\pi \times 50 = 157$ V. Santrallerdeki jeneratörler aynı ilkeyle, ama dönen bir elektromıknatıs ve duran sargılarla çalışır.

7.3Faraday yasası

1831'de Michael Faraday üç tür deney yaptı (Şekil 7.2). (1) Bir halkayı duran bir mıknatısın alanında hareket ettirdi: halkada akım oluştu; bu, hareketsel emk'dır. (2) Halkayı sabit tutup mıknatısı hareket ettirdi: yine akım oluştu. (3) Hiçbir şeyi hareket ettirmeden, yakındaki ikinci bir halkadaki akımı değiştirdi: yine akım oluştu. Görelilik ilkesi, birinci ve ikinci deneylerin aynı sonucu vermesini gerektirir; ama ikinci deneyde halka durgundur ve $\vb{v}\times\vb{B}$ kuvveti yoktur. Akımı süren yalnızca bir elektrik alan olabilir. Faraday'ın vardığı sonuç: değişen bir manyetik alan bir elektrik alan yaratır. Bu alanın kapalı bir eğri boyunca dolanımı, eğriden geçen akının azalma hızıdır:

Yasa 7.1Faraday yasası

$$ \oint\vb{E}\cdot\dd\vb{l} = -\frac{\dd}{\dd t}\int\vb{B}\cdot\dd\vb{a}, \qquad \nabla\times\vb{E} = -\frac{\partial\vb{B}}{\partial t} $$

(7.6)

İkinci biçim Stokes teoremiyle birinciden çıkar. Elektrostatikteki $\nabla\times\vb{E} = 0$ koşulu artık yalnızca durgun durumlar için geçerlidir. Değişen manyetik alanların yarattığı elektrik alan korunumlu değildir: bir potansiyelin gradyanı olarak yazılamaz ve kapalı bir eğri boyunca bir yükü dolaştırmak iş yapar. Böylece akı kuralı, hareketli ve durgun devreler için aynı sonucu verir. Bu "tesadüf" Einstein'ı derinden etkilemiş ve 1905'te özel görelilik makalesinin ilk paragrafının konusu olmuştur (12. bölüm).

Faraday deneyleri — **Şekil 7.2.** Faraday'ın üç deneyi: bir halkayı mıknatısa göre hareket ettirmek, mıknatısı halkaya göre hareket ettirmek ve yakındaki bir akımı değiştirmek. Üçünde de halkadan geçen akı değişir ve halkada bir emk indüklenir.

İndüklenen elektrik alan — **Şekil 7.3.** Akımı artan uzun bir solenoidin içinde ve dışında indüklenen elektrik alan. Alan çizgileri solenoidin ekseni çevresinde çemberlerdir; büyüklük içeride uzaklıkla doğrusal artar, dışarıda $1/s$ ile azalır.

Lenz yasası. Eksi işaretinin fiziksel anlamı: indüklenen akım, onu yaratan akı değişimine karşı koyacak yönde akar. Akı artıyorsa indüklenen akımın alanı akıyı azaltacak yöndedir; azalıyorsa artıracak yönde. Doğa akıdaki değişimden "hoşlanmaz". Lenz yasası, enerjinin korunumunun bir sonucudur: akım ters yönde aksaydı, hareketi hızlandırır ve kendini besleyen bir sonsuz enerji kaynağı yaratırdı. Bakır bir borunun içine bırakılan güçlü bir mıknatısın çok yavaş düşmesi, boru duvarında indüklenen girdap akımlarının bu karşı koymasıdır.

Örnek 7.4Solenoidin içinde ve dışında indüklenen alan

Yarıçapı $R$ olan uzun bir solenoidin içindeki alan $B(t)$ değişiyor. Solenoidin içinde ve dışında indüklenen elektrik alanı bulun.

Çözüm

Simetri, 5. bölümdeki manyetostatik problemine benzer: $\vb{E}$, eksen çevresinde dolanır ($\hat{\boldsymbol{\phi}}$ yönünde) ve yalnızca $s$'ye bağlıdır. Faraday yasası, yarıçapı $s$ olan çembere: $E\,2\pi s = -\dd\Phi/\dd t$. İçeride $\Phi = \pi s^2B$, $E = -(s/2)\,\dd B/\dd t$; dışarıda $\Phi = \pi R^2B$, $E = -(R^2/2s)\,\dd B/\dd t$ (Şekil 7.3). Dışarıda manyetik alan sıfır olduğu hâlde elektrik alan vardır: solenoidin çevresine sarılmış bir tel halkada, telin hiçbir noktası manyetik alan görmediği hâlde emk indüklenir. Transformatörlerin çalışma ilkesi budur.

Örnek 7.5Transformatör

Bir transformatörün birincil sargısı 500, ikincil sargısı 25 sarımlıdır ve ikisi aynı demir çekirdeğe sarılmıştır. Birincil 230 V'luk şebekeye bağlanınca ikincilde gerilim ne olur?

Çözüm

Yüksek geçirgenlikli çekirdek bütün akıyı içinde tutar (6. bölüm); her iki sargının her sarımından aynı $\Phi(t)$ akısı geçer. Faraday: $\mathcal{E}_1 = -N_1\,\dd\Phi/\dd t$, $\mathcal{E}_2 = -N_2\,\dd\Phi/\dd t$. Oran $\mathcal{E}_2/\mathcal{E}_1 = N_2/N_1$: $230 \times 25/500 = 11{,}5$ V. Enerji korunduğu için (kayıplar ihmal) akımlar ters oranda değişir. Elektriğin uzak mesafelere yüksek gerilimle taşınabilmesi, Faraday yasasının bu basit uygulamasına dayanır.

7.4İndüktans

İki tel halka düşünelim. Birinciden $I_1$ akımı geçerse, Biot–Savart yasası gereği alanı $I_1$ ile orantılıdır ve ikinci halkadan geçen akı da öyledir: $\Phi_2 = M_{21}I_1$. Orantı sabiti $M_{21}$, iki halkanın karşılıklı indüktansıdır. Vektör potansiyelle yazılırsa ($\Phi_2 = \oint\vb{A}_1\cdot\dd\vb{l}_2$, 5. bölüm)

$$ M_{21} = \frac{\mu_0}{4\pi}\oint\oint\frac{\dd\vb{l}_1\cdot\dd\vb{l}_2}{\mathcal{R}} $$

(7.7)

bulunur: Neumann formülü. Formül simetriktir: $M_{21} = M_{12} \equiv M$. Birinci halkadan ikinciye geçen akı, aynı akım ikinciden geçtiğinde birinciden geçen akıya eşittir; halkaların biçimleri ne kadar farklı olursa olsun. Birinci halkadaki akım değişirse ikincide $\mathcal{E}_2 = -M\,\dd I_1/\dd t$ emk'sı indüklenir.

Bir halkanın akımı kendi içinden de akı geçirir: $\Phi = LI$. $L$, halkanın öz indüktansıdır (birimi henri, 1 H = 1 V·s/A). Akım değiştiğinde halkada geri emk indüklenir:

$$ \mathcal{E} = -L\frac{\dd I}{\dd t} $$

(7.8)

Lenz yasasına göre geri emk akımdaki değişime karşı koyar; indüktans, elektrikte eylemsizliğin karşılığıdır.

Örnek 7.6Solenoidin öz indüktansı

Uzunluğu $l$, kesiti $A$, birim uzunlukta $n$ sarımı olan uzun bir solenoidin öz indüktansını bulun. $n = 1\,000\ \text{m}^{-1}$, $A = 1{,}0\ \text{cm}^2$, $l = 10$ cm için hesaplayın.

Çözüm

İçeride $B = \mu_0nI$; bir sarımdan geçen akı $\mu_0nIA$, toplam $nl$ sarım: $\Phi = \mu_0n^2AlI$. $L = \mu_0n^2Al = 4\pi\times10^{-7} \times 10^6 \times 10^{-4} \times 0{,}10 = 12{,}6\ \mu\text{H}$. İndüktans sarım sayısının karesiyle büyür; bobinin içine bir demir çekirdek konursa $\mu_r$ kat artar.

Örnek 7.7Eş eksenli kablonun indüktansı ve empedansı

İç yarıçapı $a$, dış yarıçapı $b$ olan ince cidarlı bir eş eksenli kablonun birim uzunluk başına öz indüktansını bulun. 2. ve 4. bölümlerdeki RG-58 kablosu ($a = 0{,}45$ mm, $b = 1{,}475$ mm, polietilen $\epsilon_r = 2{,}25$) için hesaplayın ve $Z = \sqrt{(L/\ell)/(C/\ell)}$'yi bulun.

Çözüm

İletkenler arasında $B = \mu_0I/(2\pi s)$. Boyu $\ell$ olan bir dikdörtgen kesitten geçen akı $\int_a^b\mu_0I\ell\,\dd s/(2\pi s) = (\mu_0I\ell/2\pi)\ln(b/a)$: $L/\ell = (\mu_0/2\pi)\ln(b/a) = 2\times10^{-7} \times 1{,}187 = 237$ nH/m. 4. bölümden $C/\ell = 105$ pF/m. $Z = \sqrt{237\times10^{-9}/105\times10^{-12}} = 47\ \Omega$. Bu, kablonun karakteristik empedansıdır: kablo boyunca ilerleyen bir dalganın gerilim–akım oranı. RG-58'in etiket değeri 50 Ω'dur; fark, gerçek kablodaki iletken boyutlarının ve yalıtkanın bizim yuvarlak değerlerimizden biraz farklı olmasındandır.

RL devreleri. Direnci $R$, indüktansı $L$ olan bir devreye $t = 0$'da $V$ gerilimli bir kaynak bağlanırsa $V - L\,\dd I/\dd t = IR$:

$$ I(t) = \frac{V}{R}\left(1 - e^{-t/\tau}\right), \qquad \tau = \frac{L}{R} $$

(7.9)

Akım anında değil, $\tau$ zaman sabitiyle büyür (Şekil 7.4). Kaynak çıkarılıp devre kısa devre edilirse akım $e^{-t/\tau}$ ile söner; indüktans akımın aniden durmasına izin vermez. Bir indüktörden geçen akımı bir anahtarla aniden kesmeye çalışmak, anahtarın uçlarında çok büyük bir geri emk ve kıvılcım yaratır; arabaların ateşleme bobinleri bunu kullanır.

**Şekil 7.4.** Bir RL devresinde akımın büyümesi (kaynak bağlanınca) ve sönmesi (kaynak çıkarılınca). Bir zaman sabitinde akım son değerinin %63'üne ulaşır.

7.5Manyetik alanın enerjisi

İndüktanstan geçen akımı sıfırdan $I$'ya çıkarmak için geri emk'ya karşı iş yapmak gerekir: $\dd W = -\mathcal{E}I\,\dd t = LI\,\dd I$, toplam

$$ W = \frac12LI^2 $$

(7.10)

Bu enerji nerededir? Bir solenoid için $\tfrac12LI^2 = \tfrac12\mu_0n^2AlI^2 = (B^2/2\mu_0)Al$: solenoidin hacmi çarpı $B^2/2\mu_0$. Genel olarak (Problem 7.11)

$$ W = \frac{1}{2\mu_0}\int_{\text{bütün uzay}}B^2\,\dd\tau $$

(7.11)

Elektrostatikteki $\tfrac12\epsilon_0\int E^2\,\dd\tau$'nin tam karşılığı: enerji, manyetik alanın bulunduğu her yerde $B^2/2\mu_0$ yoğunluğuyla depolanmıştır. 1 T'lık bir alanda enerji yoğunluğu $4{,}0\times10^5\ \text{J/m}^3$'tür; 3 T'lık bir MR mıknatısının bir metreküplük alanında yaklaşık 3,6 MJ depolanmıştır. Süperiletken mıknatısların bir arıza sonucu aniden normal duruma geçmesi ("quench") bu enerjiyi saniyeler içinde ısıya dönüştürür.

Şimdi 5. bölümdeki vinç mıknatısı bilmecesi çözülebilir. Mıknatıs bir demir parçasını kaldırdığında manyetik alanın biçimi değişir ve bu, mıknatısın sargısında bir geri emk indükler; sargıyı besleyen kaynak bu emk'ya karşı iş yapar. Kaldırma işini yapan, sonuçta kaynağın elektrik alanıdır; manyetik kuvvet yalnızca aracıdır.

7.6Maxwell'in düzeltmesi

Elektrodinamiğin yasalarını bir araya getirelim:

$$ \nabla\cdot\vb{E} = \frac{\rho}{\epsilon_0}, \qquad \nabla\cdot\vb{B} = 0, \qquad \nabla\times\vb{E} = -\frac{\partial\vb{B}}{\partial t}, \qquad \nabla\times\vb{B} = \mu_0\vb{J} $$

Bir tutarsızlık vardır. Bir rotasyonelin diverjansı her zaman sıfırdır. Faraday yasasında bu sorun çıkarmaz: $\nabla\cdot(\nabla\times\vb{E}) = -\partial(\nabla\cdot\vb{B})/\partial t = 0$. Ama Ampère yasasında $\nabla\cdot(\nabla\times\vb{B}) = \mu_0\nabla\cdot\vb{J}$ olur ve süreklilik denklemine göre $\nabla\cdot\vb{J} = -\partial\rho/\partial t$, yük yoğunluğu değişiyorsa sıfır değildir. Ampère yasası, manyetostatikte doğrudur ama zamana bağlı durumlarda yanlıştır.

Bunu somut olarak görmek için yüklenen bir kondansatörü düşünelim (Şekil 7.5). Telin çevresindeki bir döngüye Ampère yasasını uygulayalım. Döngüyü sınır alan düz bir yüzey teli keser ve $\mu_0I$ verir. Aynı döngüyü sınır alan, plakaların arasından geçecek biçimde şişirilmiş bir yüzey ise hiç akım kesmez ve sıfır verir. Yasa, hangi yüzeyi seçtiğimize bağlı olamaz.

Yerdeğiştirme akımı — **Şekil 7.5.** Yüklenen bir kondansatör ve telin çevresindeki bir Ampère döngüsü. Düz yüzey $S_1$ teldeki akımı keser; plakaların arasından geçen $S_2$ hiç akım kesmez ama değişen elektrik alanın akısını keser.

James Clerk Maxwell 1861'de tutarsızlığı, Ampère yasasına bir terim ekleyerek giderdi. Gauss yasasıyla $\partial\rho/\partial t = \epsilon_0\,\partial(\nabla\cdot\vb{E})/\partial t$; süreklilik denklemi $\nabla\cdot(\vb{J} + \epsilon_0\,\partial\vb{E}/\partial t) = 0$ olur. Ampère yasasında $\vb{J}$ yerine bu diverjansı sıfır olan toplamı yazarsak:

$$ \nabla\times\vb{B} = \mu_0\vb{J} + \mu_0\epsilon_0\frac{\partial\vb{E}}{\partial t} $$

(7.12)

Ek terime yerdeğiştirme akımı denir: $\vb{J}_d = \epsilon_0\,\partial\vb{E}/\partial t$. Kondansatörde plakalar arasındaki alan $E = Q/(\epsilon_0A)$, değişme hızı $I/(\epsilon_0A)$'dır; $S_2$ yüzeyinden geçen yerdeğiştirme akımı $\epsilon_0A\cdot I/(\epsilon_0A) = I$'dır: iki yüzey artık aynı sonucu verir ✓. Faraday yasası "değişen $\vb{B}$, $\vb{E}$ yaratır" diyordu; Maxwell'in terimi "değişen $\vb{E}$, $\vb{B}$ yaratır" der.

Örnek 7.8Kondansatörün içindeki manyetik alan

Yarıçapı $R$ olan dairesel plakalı bir kondansatör $I$ akımıyla yükleniyor. Plakaların arasında, eksenden $s$ uzaklıktaki manyetik alanı bulun. $I = 1{,}0$ A ve $R = 5{,}0$ cm için plakaların kenarındaki alanı hesaplayın.

Çözüm

Plakalar arasında alan düzgündür ve yerdeğiştirme akımı da öyledir: yarıçapı $s$ olan çemberden geçen yerdeğiştirme akımı $I(s/R)^2$. Ampère–Maxwell yasası: $B\,2\pi s = \mu_0I(s/R)^2$, $B = \mu_0Is/(2\pi R^2)$. Kenarda $B = \mu_0I/(2\pi R) = 4{,}0\ \mu\text{T}$: telin yanındakiyle aynı, ama tel yok. Bu küçük alan ilk kez ancak 1929'da doğrudan ölçülebildi.

Maxwell denklemleri. Böylece elektrodinamiğin tamamı dört denklemde toplanır:

Yasa 7.2Maxwell denklemleri

$$ \begin{aligned} &\nabla\cdot\vb{E} = \frac{\rho}{\epsilon_0}, &\qquad &\nabla\times\vb{E} = -\frac{\partial\vb{B}}{\partial t},\\ &\nabla\cdot\vb{B} = 0, &\qquad &\nabla\times\vb{B} = \mu_0\vb{J} + \mu_0\epsilon_0\frac{\partial\vb{E}}{\partial t} \end{aligned} $$

(7.13)

Lorentz kuvvet yasası $\vb{F} = q(\vb{E} + \vb{v}\times\vb{B})$ ile birlikte, klasik elektrodinamiğin bütün içeriği budur. Denklemler yük korunumunu içerir: süreklilik denklemi onlardan türetilebilir (Problem 7.12). Boşlukta ($\rho = 0$, $\vb{J} = 0$) iki rotasyonel denklemi birbirine bağlanır: değişen $\vb{E}$, $\vb{B}$ yaratır; değişen $\vb{B}$, $\vb{E}$ yaratır. Maxwell, bunun kendi kendini sürdüren bir dalgaya yol açtığını ve dalganın hızının $1/\sqrt{\mu_0\epsilon_0} = 3{,}00\times10^8$ m/s, yani ışık hızı olduğunu fark etti: "ışığın, elektrik ve manyetik olayların nedeni olan aynı ortamın enine titreşimlerinden oluştuğu sonucundan kaçınmak güçtür." 9. bölümün konusu budur.

Maddede Maxwell denklemleri. Kutuplanabilen ve mıknatıslanabilen ortamlarda, 4. ve 6. bölümlerdeki gibi serbest yükleri ve akımları ayırmak uygundur. Kutuplanma zamanla değişirse bağlı yükler hareket eder ve bir kutuplanma akımı $\vb{J}_p = \partial\vb{P}/\partial t$ oluşur. Bütün bağlı katkılar $\vb{D}$ ve $\vb{H}$ içine alınınca:

$$ \begin{aligned} &\nabla\cdot\vb{D} = \rho_f, &\qquad &\nabla\times\vb{E} = -\frac{\partial\vb{B}}{\partial t},\\ &\nabla\cdot\vb{B} = 0, &\qquad &\nabla\times\vb{H} = \vb{J}_f + \frac{\partial\vb{D}}{\partial t} \end{aligned} $$

(7.14)

Bu denklemler, $\vb{D} = \epsilon\vb{E}$ ve $\vb{H} = \vb{B}/\mu$ gibi bünye bağıntılarıyla tamamlanır. İntegral biçimlerinden, bir sınırda ($\hat{\vb{n}}$ birim normal, $\sigma_f$ ve $\vb{K}_f$ serbest yüzey yükü ve akımı) şu koşullar çıkar:

$$ \begin{aligned} &D^{\perp}_1 - D^{\perp}_2 = \sigma_f, &\qquad &\vb{E}^{\parallel}_1 - \vb{E}^{\parallel}_2 = 0,\\ &B^{\perp}_1 - B^{\perp}_2 = 0, &\qquad &\vb{H}^{\parallel}_1 - \vb{H}^{\parallel}_2 = \vb{K}_f\times\hat{\vb{n}} \end{aligned} $$

(7.15)

Bu koşullar 9. bölümde ışığın yansıma ve kırılma yasalarını verecek.

Örnek 7.9İletken mi, yalıtkan mı?

Bir ortamda iletim akımı $\sigma E$, yerdeğiştirme akımı $\epsilon\,\partial E/\partial t$'dir; $\omega$ frekanslı bir alanda oranları $\sigma/(\omega\epsilon)$'dir. Deniz suyu ($\sigma = 5$ S/m, $\epsilon_r = 80$) için 1 MHz'te bu oranı hesaplayın. Sonuç denizaltılarla iletişim için ne anlama gelir?

Çözüm

$\sigma/(\omega\epsilon) = 5/(2\pi \times 10^6 \times 80 \times 8{,}854\times10^{-12}) = 1{,}1\times10^3$. İletim akımı baskındır: deniz suyu bu frekansta iyi bir iletkendir ve elektromanyetik dalgalar içine ancak çok sığ girer (9. bölümdeki deri kalınlığı). Denizaltılarla bu yüzden çok düşük frekanslarla (birkaç on Hz ile birkaç kHz arasında) haberleşilir; bu frekanslarda dalgalar on metreler mertebesinde derinliğe ulaşabilir.

Tarihçe

Michael Faraday indüksiyonu 29 Ağustos 1831'de buldu: bir demir halkanın iki yanına sardığı bobinlerden birindeki akımı açıp kapatınca, ötekine bağlı galvanometre anlık olarak sapıyordu. Amerika'da Joseph Henry de bağımsız olarak benzer gözlemler yapmıştı; öz indüktansın birimi onun adını taşır. Heinrich Lenz, indüklenen akımın yönü kuralını 1834'te verdi. Faraday matematiği az bilen bir deneyciydi ve olayları "kuvvet çizgileri" ile düşünüyordu. Bu çizgileri matematiğe Maxwell çevirdi: 1861–1862'deki "Fiziksel Kuvvet Çizgileri Üzerine" makalesinde, dönen girdaplardan oluşan mekanik bir model üzerinden yerdeğiştirme akımını buldu ve ışığın elektromanyetik bir dalga olduğu sonucuna vardı. 1865'teki "Elektromanyetik Alanın Dinamik Kuramı" makalesinde mekanik modeli bir yana bırakıp kuramı yalnızca alan denklemleriyle kurdu.

Özet

Ohm yasası $\vb{J} = \sigma\vb{E}$ (7.1); bir iletkenin içindeki yük $\epsilon_0/\sigma$ zaman sabitiyle söner (7.2). Emk, devre boyunca birim yük başına iştir (7.3).
Hareketsel emk $vBh$ (7.4); her devre için akı kuralı $\mathcal{E} = -\dd\Phi/\dd t$ (7.5).
Faraday yasası: $\nabla\times\vb{E} = -\partial\vb{B}/\partial t$ (7.6); indüklenen akım değişime karşı koyar (Lenz).
Karşılıklı indüktans Neumann formülüyle verilir ve simetriktir (7.7); öz indüktans $\mathcal{E} = -L\,\dd I/\dd t$ (7.8). RL devresinin zaman sabiti $L/R$'dir (7.9).
Manyetik enerji $\tfrac12LI^2 = (1/2\mu_0)\int B^2\,\dd\tau$ (bkz. (7.10) ve (7.11)).
Yerdeğiştirme akımı $\epsilon_0\,\partial\vb{E}/\partial t$, Ampère yasasını tutarlı kılar (7.12). Maxwell denklemleri (7.13); maddede (7.14) ve sınır koşulları (7.15).

Problemler

Problem 7.1Bakır kablo★☆☆

Çapı 2,0 mm olan 10 m'lik bir bakır kablonun direnci nedir? 15 A geçtiğinde kablonun uçları arasındaki gerilim düşmesi nedir?

Çözümü göster

$A = \pi(10^{-3})^2 = 3{,}14\times10^{-6}\ \text{m}^2$. $R = 10/(5{,}96\times10^7 \times 3{,}14\times10^{-6}) = 0{,}053\ \Omega$. $V = IR = 0{,}80$ V.

Problem 7.2Uçak kanadında emk★☆☆

Kanat açıklığı 60 m olan bir yolcu uçağı, Dünya alanının düşey bileşeninin 40 $\mu$T olduğu bir yerde 250 m/s hızla yatay uçuyor. Kanat uçları arasındaki emk nedir? Bu gerilimle bir lamba yakılabilir mi?

Çözümü göster

$\mathcal{E} = vBh = 250 \times 40\times10^{-6} \times 60 = 0{,}60$ V. Yakılamaz: lambayı bağlayan teller de uçakla birlikte hareket eder ve aynı emk'yı ters yönde taşır; kapalı devreden geçen akı değişmez.

Problem 7.3Lenz yasası★☆☆

Bir masa üzerinde duran tel halkanın üstünden, kuzey kutbu aşağıda olan bir mıknatıs halkaya doğru indiriliyor. Yukarıdan bakınca halkadaki akım hangi yöndedir? Mıknatıs halkanın içinden geçip aşağı uzaklaşırken akım ne olur?

Çözümü göster

Mıknatıs yaklaşırken halkadan geçen aşağı doğru akı artar; indüklenen akım yukarı doğru akı yaratmalıdır: yukarıdan bakınca saat yönünün tersine. Mıknatıs halkanın altına geçip uzaklaşırken aşağı doğru akı azalır; akım bu kez aşağı doğru akı yaratacak yönde, yani saat yönünde akar.

Problem 7.4Cam ve deniz suyunda gevşeme süresi★☆☆

Bir yükün dağılma süresini (7.2) camda ($\sigma = 10^{-12}$ S/m, $\epsilon_r = 5$) ve deniz suyunda tahmin edin. (Dielektrikli ortamda $\tau = \epsilon/\sigma$.)

Çözümü göster

Cam: $\tau = 5 \times 8{,}85\times10^{-12}/10^{-12} \approx 44$ s; cama sürtünmeyle verilen yük uzun süre yerinde kalır. Deniz suyu: $80 \times 8{,}85\times10^{-12}/5 = 1{,}4\times10^{-10}$ s.

Problem 7.5Faraday diski★★☆

Yarıçapı $a$ olan iletken bir disk, eksenine paralel düzgün bir $B$ alanında $\omega$ açısal hızıyla dönüyor. Disk merkezi ile kenarı arasındaki emk'yı bulun. $B = 1{,}0$ T, $a = 10$ cm, $\omega = 100$ rad/s için hesaplayın.

Çözümü göster

Merkezden $s$ uzaklıktaki yüke $v = \omega s$ hızıyla $\omega sB$ kuvveti (birim yük başına) radyal etki eder. $\mathcal{E} = \int_0^a\omega Bs\,\dd s = \tfrac12B\omega a^2 = 0{,}50$ V. Bu ilk doğru akım üretecidir (Faraday, 1831); akı kuralının doğrudan uygulanması incelik ister, çünkü devrenin hangi parçasının "hareket ettiği" açık değildir.

Problem 7.6Akı kuralı her devrede★★☆

Hareket eden ve biçim değiştiren bir devre için $\mathcal{E} = \oint(\vb{v}\times\vb{B})\cdot\dd\vb{l} = -\dd\Phi/\dd t$ olduğunu gösterin ($\vb{B}$ zamana bağlı değil).

Çözümü göster

$\dd t$ sürede devrenin her $\dd\vb{l}$ parçası $\vb{v}\,\dd t$ kadar yer değiştirir ve $\dd\vb{a} = (\vb{v}\,\dd t)\times\dd\vb{l}$ kadar bir "şerit" süpürür. Akı değişimi $\dd\Phi = \oint\vb{B}\cdot(\vb{v}\times\dd\vb{l})\,\dd t$ ($\nabla\cdot\vb{B} = 0$ olduğundan şeritten geçen akı, eski ve yeni yüzeylerin akı farkıdır). Üçlü çarpım: $\vb{B}\cdot(\vb{v}\times\dd\vb{l}) = -(\vb{v}\times\vb{B})\cdot\dd\vb{l}$. Dolayısıyla $\dd\Phi/\dd t = -\mathcal{E}$ ✓.

Problem 7.7Uzak halkaların karşılıklı indüktansı★★☆

Yarıçapları $a$ ve $b$ olan iki eş eksenli halka, $z \gg a, b$ uzaklıktadır. Karşılıklı indüktanslarını bulun ve simetrik olduğunu doğrulayın.

Çözümü göster

Birinci halkanın eksen üzerindeki alanı (5. bölüm) uzakta $\mu_0Ia^2/(2z^3)$; küçük ikinci halka boyunca yaklaşık sabit: $\Phi_2 = \pi b^2\mu_0Ia^2/(2z^3)$. $M = \mu_0\pi a^2b^2/(2z^3)$, $a$ ve $b$'ye göre simetrik ✓.

Problem 7.8Toroidin indüktansı★★☆

Dikdörtgen kesitli bir toroidin iç yarıçapı $a$, dış yarıçapı $b$, yüksekliği $h$ ve sarım sayısı $N$'dir. Öz indüktansını bulun.

Çözümü göster

İçeride $B = \mu_0NI/(2\pi s)$. Bir sarımdan geçen akı $\int_a^b(\mu_0NI/2\pi s)h\,\dd s = (\mu_0NIh/2\pi)\ln(b/a)$. $L = N\Phi_1/I = (\mu_0N^2h/2\pi)\ln(b/a)$.

Problem 7.9RL devresinde enerji★★☆

Akım $I_0$ iken kaynağı çıkarılıp kısa devre edilen bir RL devresinde dirençte ısıya dönüşen toplam enerjinin $\tfrac12LI_0^2$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$I = I_0e^{-Rt/L}$. $\int_0^\infty I^2R\,\dd t = I_0^2R \cdot L/(2R) = \tfrac12LI_0^2$ ✓: indüktörde depolanan enerjinin tamamı.

Problem 7.10Eş eksenli kabloda enerji★★☆

Örnek 7.7'deki kablonun birim uzunluğunda manyetik alanda depolanan enerjiyi (7.11) ile hesaplayın ve $\tfrac12(L/\ell)I^2$ ile karşılaştırın.

Çözümü göster

$\int_a^b(1/2\mu_0)(\mu_0I/2\pi s)^2\,2\pi s\,\dd s = (\mu_0I^2/4\pi)\ln(b/a) = \tfrac12(\mu_0/2\pi)\ln(b/a)I^2$ ✓.

Problem 7.11Manyetik enerjinin alan biçimi★★☆

Bir akım halkası için $W = \tfrac12LI^2 = \tfrac12I\oint\vb{A}\cdot\dd\vb{l}$'den başlayarak, hacim akımları için $W = \tfrac12\int\vb{A}\cdot\vb{J}\,\dd\tau$'yu ve oradan (7.11)'i türetin.

Çözümü göster

$LI = \Phi = \oint\vb{A}\cdot\dd\vb{l}$; $I\,\dd\vb{l} \to \vb{J}\,\dd\tau$. $\vb{J} = \nabla\times\vb{B}/\mu_0$ ve $\vb{A}\cdot(\nabla\times\vb{B}) = \vb{B}\cdot(\nabla\times\vb{A}) - \nabla\cdot(\vb{A}\times\vb{B}) = B^2 - \nabla\cdot(\vb{A}\times\vb{B})$. Diverjans terimi bütün uzayda integralde sınır terimine dönüşür ve sonsuzda sıfıra gider: $W = (1/2\mu_0)\int B^2\,\dd\tau$ ✓.

Problem 7.12Maxwell denklemlerinden yük korunumu★★☆

(7.13)'ten süreklilik denklemini türetin.

Çözümü göster

Ampère–Maxwell yasasının diverjansı: $0 = \mu_0\nabla\cdot\vb{J} + \mu_0\epsilon_0\,\partial(\nabla\cdot\vb{E})/\partial t = \mu_0\nabla\cdot\vb{J} + \mu_0\,\partial\rho/\partial t$ ✓. Maxwell'in terimi olmadan bu denklem $\nabla\cdot\vb{J} = 0$ verirdi, yani yükün hiçbir yerde birikmediği özel durumu.

Problem 7.13Yerdeğiştirme akımının değeri★★☆

Örnek 7.8'deki kondansatörde plakalar arasındaki toplam yerdeğiştirme akımının, telden geçen akıma eşit olduğunu gösterin. Plakaların dışındaki ($s > R$) alan nedir?

Çözümü göster

$E = \sigma/\epsilon_0 = Q/(\epsilon_0\pi R^2)$; $\epsilon_0\,\partial E/\partial t \cdot \pi R^2 = \dd Q/\dd t = I$ ✓. Dışarıda (plakaların arasında, kenarın ötesinde) Ampère–Maxwell yasası $B\,2\pi s = \mu_0I$ verir: $B = \mu_0I/(2\pi s)$, telin alanıyla aynı (saçak alanları ihmal).

Problem 7.14Akım taşıyan telin içinde yük yok★★☆

Sabit akım taşıyan türdeş bir telin içinde yük yoğunluğunun sıfır olduğunu gösterin. Teldeki elektrik alanı yaratan yükler nerededir?

Çözümü göster

Sabit akımda $\nabla\cdot\vb{J} = 0$; Ohm yasası ve türdeşlikle $\nabla\cdot\vb{E} = 0$, yani $\rho = \epsilon_0\nabla\cdot\vb{E} = 0$. Alanı yaratan yükler telin yüzeyindedir; telin her bükümünde, alanı tel boyunca yönlendirecek biçimde kendiliğinden dağılırlar.

Problem 7.15Borudan düşen mıknatıs★★★

Bir mıknatıs, iletkenliği $\sigma$ olan bir boru içinde düşüyor. Mıknatısın bir süre sonra sabit bir hızla düştüğünü niteliksel olarak açıklayın. Hız iletkenlikle nasıl ölçeklenir?

Çözümü göster

Mıknatıs hareket ettikçe borunun her kesitinden geçen akı değişir ve duvarda halka biçimli girdap akımları indüklenir. Lenz yasası gereği bu akımlar mıknatısın hareketine karşı koyar; frenleme kuvveti hızla orantılıdır ($\mathcal{E} \propto v$, $I \propto \sigma v$, kuvvet $\propto I$). Ağırlığı dengeleyen hız $v \propto 1/\sigma$: iletkenlik iki katına çıkarsa sabit hız yarıya iner. Mıknatısın potansiyel enerjisi, sabit hızda tamamen girdap akımlarının Joule ısısına dönüşür.

Problem 7.16Neumann formülü★★★

(7.7)'yi $\Phi_2 = \oint\vb{A}_1\cdot\dd\vb{l}_2$ ve 5. bölümdeki $\vb{A} = (\mu_0I/4\pi)\oint\dd\vb{l}'/\mathcal{R}$'den türetin ve $M_{12} = M_{21}$ olduğunu açıklayın.

Çözümü göster

Stokes teoremiyle $\Phi_2 = \int\vb{B}_1\cdot\dd\vb{a}_2 = \oint\vb{A}_1\cdot\dd\vb{l}_2$. $\vb{A}_1$'i yerine koyunca $\Phi_2 = (\mu_0I_1/4\pi)\oint\oint\dd\vb{l}_1\cdot\dd\vb{l}_2/\mathcal{R}$. Bu çift integral iki halkaya göre simetriktir (skaler çarpım ve $\mathcal{R} = |\vb{r}_1 - \vb{r}_2|$ yer değiştirmeye göre değişmez) ✓.

Problem 7.17$\nabla\cdot\vb{B} = 0$ zamanla korunur★★★

Faraday yasasından, başlangıçta $\nabla\cdot\vb{B} = 0$ ise bunun her zaman doğru kalacağını gösterin. Benzer biçimde, Gauss yasasının başlangıçta sağlanması, Ampère–Maxwell ve süreklilik denklemleriyle her zaman sağlanacağını garanti eder mi?

Çözümü göster

$\partial(\nabla\cdot\vb{B})/\partial t = -\nabla\cdot(\nabla\times\vb{E}) = 0$ ✓. Ampère–Maxwell yasasının diverjansı: $\epsilon_0\,\partial(\nabla\cdot\vb{E})/\partial t = -\nabla\cdot\vb{J} = \partial\rho/\partial t$; yani $\partial(\nabla\cdot\vb{E} - \rho/\epsilon_0)/\partial t = 0$ ✓. İki diverjans denklemi, iki rotasyonel denklemin (ve yük korunumunun) koruduğu başlangıç koşulları gibidir; sayısal elektrodinamik programları bu yapıyı kullanır.

İleri okuma

D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics, 5. baskı (Cambridge University Press, 2023), 7. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak.
E. M. Purcell, D. J. Morin, Electricity and Magnetism, 3. baskı (Cambridge University Press, 2013), 4, 7 ve 9. bölümler: akım, indüksiyon ve Maxwell denklemleri.
R. P. Feynman, R. B. Leighton, M. Sands, The Feynman Lectures on Physics, Cilt II, 17. ve 18. bölümler: indüksiyon yasaları ve Maxwell denklemleri.
J. C. Maxwell, "A Dynamical Theory of the Electromagnetic Field", Philosophical Transactions of the Royal Society 155 (1865).
B. J. Hunt, The Maxwellians (Cornell University Press, 1991): Maxwell'in kuramının Heaviside, FitzGerald ve Hertz tarafından bugünkü biçimine kavuşturulması.