Bölüm 2

Elektrostatik

Coulomb yasası ve üst üste binme; sürekli yük dağılımlarının alanı; alan çizgileri ve akı; Gauss yasasının integral ve diferansiyel biçimleri; elektrostatik alanın rotasyoneli; elektrik potansiyeli, Poisson ve Laplace denklemleri; sınır koşulları; elektrostatik enerji; iletkenler ve kondansatörler.

34 dk okuma14 çözümlü örnek6 şekil19 problem

Bu bölümde

Coulomb yasasını ve üst üste binme ilkesini noktasal yüklere ve sürekli dağılımlara uygulamayı
Gauss yasasını integral ve diferansiyel biçimde yazmayı ve simetrili problemleri bir satırda çözmeyi
Elektrostatik alanın rotasyonelinin neden sıfır olduğunu ve bundan elektrik potansiyelinin doğduğunu
Poisson ve Laplace denklemlerini ve yüzey yüklerindeki sınır koşullarını
Bir yük dağılımının enerjisini hem yükler hem de alan cinsinden hesaplamayı
İletkenlerin elektrostatik özelliklerini, yüzey yüklerini ve kondansatörlerin kapasitesini

2.1Elektrik alan

Elektrodinamiğin temel problemi şudur: bir grup yük (kaynak yükleri) belli biçimde dağılmışsa, başka bir yüke (sınama yükü $Q$) hangi kuvveti uygular? Genel durumda bu kuvvet, kaynak yüklerin yalnızca konumlarına değil hızlarına ve ivmelerine de bağlıdır; üstelik yükler arasındaki etki ışık hızıyla yayılır. Bu bölümde, bütün kaynak yüklerin durgun olduğu en basit durumu, elektrostatiği inceleyeceğiz (sınama yükü hareket edebilir).

Coulomb yasası. $\vb{r}'$'deki durgun bir $q$ yükünün $\vb{r}$'deki bir $Q$ yüküne uyguladığı kuvvet

$$ \vb{F} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{qQ}{\mathcal{R}^2}\hat{\pmb{\mathcal{R}}} $$

(2.1)

dir. Burada $\pmb{\mathcal{R}} = \vb{r} - \vb{r}'$, 1. bölümdeki ayrım vektörüdür ve $\epsilon_0 = 8{,}854\times10^{-12}\ \text{C}^2/(\text{N·m}^2)$, boşluğun elektrik geçirgenliğidir; $1/4\pi\epsilon_0 = 8{,}988\times10^9\ \text{N·m}^2/\text{C}^2$. Kuvvet yüklerin çarpımıyla orantılı, uzaklığın karesiyle ters orantılıdır; aynı işaretli yükler iter, zıt işaretliler çeker.

Üst üste binme ilkesi. Birden çok kaynak yük varsa, $Q$'ya etki eden toplam kuvvet her birinin uyguladığı kuvvetlerin vektörel toplamıdır. Bu, apaçık değildir: doğa, iki yükün birlikteyken birbirinin etkisini değiştirdiği bir yasa da seçebilirdi. Ama klasik elektromanyetizma doğrusaldır ve üst üste binme deneyle doğrulanmış bir ilkedir. Kuvveti $Q$'dan bağımsız bir alanla yazmak uygundur: $\vb{F} = Q\vb{E}$,

$$ \vb{E}(\vb{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\sum_{i=1}^{n}\frac{q_i}{\mathcal{R}_i^2}\hat{\pmb{\mathcal{R}}}_i $$

(2.2)

$\vb{E}$, kaynak yüklerin elektrik alanıdır; birimi N/C ya da (eşdeğer olarak) V/m'dir. Alan yalnızca bir hesap kolaylığı mıdır, yoksa gerçek bir fiziksel nesne midir? Elektrostatikte bu soru yanıtsız kalır; ama 8. ve 9. bölümlerde alanın enerji ve momentum taşıdığını göreceğiz. Alan, yükler kadar gerçektir.

Örnek 2.1İki yükün alanı

Orijinde $q_1 = +2{,}0$ nC, $(0{,}30;\ 0)$ m noktasında $q_2 = -1{,}0$ nC yükü var. $P = (0;\ 0{,}40)$ m noktasındaki elektrik alanı bulun.

Çözüm

$q_1$'den $P$'ye uzaklık 0,40 m: $E_1 = 8{,}988\times10^9 \times 2{,}0\times10^{-9}/0{,}16 = 112$ N/C, $+y$ yönünde. $q_2$'den $P$'ye ayrım vektörü $(-0{,}30;\ 0{,}40)$ m, uzaklık 0,50 m: $|E_2| = 8{,}988 \times 1{,}0/0{,}25 = 36{,}0$ N/C. $q_2$ negatif olduğundan alan $P$'den $q_2$'ye doğrudur: yön $(0{,}30;\ -0{,}40)/0{,}50$, yani $\vb{E}_2 = (21{,}6;\ -28{,}8)$ N/C. Toplam $\vb{E} = (21{,}6;\ 83{,}6)$ N/C; büyüklüğü 86,3 N/C, $x$ ekseniyle 75,5° açı yapar.

Sürekli dağılımlar

Yük sürekli dağılmışsa toplam bir integrale dönüşür. Bir çizgi boyunca $\lambda$ (C/m), bir yüzey üzerinde $\sigma$ (C/m²) ya da bir hacimde $\rho$ (C/m³) yoğunluğuyla dağılmış yük için $\dd q = \lambda\,\dd l'$, $\sigma\,\dd a'$ ya da $\rho\,\dd\tau'$ yazılır:

$$ \vb{E}(\vb{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int\frac{\rho(\vb{r}')}{\mathcal{R}^2}\hat{\pmb{\mathcal{R}}}\,\dd\tau' $$

(2.3)

Bu integral ayrım vektörünü içerdiği için, vektörel bir integraldir: $\hat{\pmb{\mathcal{R}}}$ her kaynak noktası için farklıdır ve integral bileşen bileşen alınmalıdır. Simetri çoğu zaman bazı bileşenlerin sıfır olduğunu gösterir.

Örnek 2.2Sonlu bir çubuğun alanı

Uzunluğu $2L$ olan düz bir çubuk düzgün $\lambda$ yoğunluğuyla yüklüdür. Çubuğun orta noktasından dik doğrultuda $z$ uzaklıktaki alanı bulun. $z \gg L$ ve $L \to \infty$ limitlerini inceleyin.

Çözüm

Çubuk $x$ ekseni boyunca $-L$'den $L$'ye uzansın, alan noktası $(0, 0, z)$'de olsun. $x'$'teki $\dd q = \lambda\,\dd x'$ için $\mathcal{R} = \sqrt{z^2 + x'^2}$. Çubuğun simetrisinden yatay bileşenler birbirini götürür; düşey bileşen $\cos\theta = z/\mathcal{R}$ çarpanını taşır:

$$ E_z = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_{-L}^{L}\frac{\lambda z\,\dd x'}{(z^2 + x'^2)^{3/2}} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{2\lambda L}{z\sqrt{z^2 + L^2}} $$

(2.4)

$z \gg L$ iken $E \approx (1/4\pi\epsilon_0)(2\lambda L)/z^2$: toplam yükü $q = 2\lambda L$ olan bir noktasal yükün alanı, beklendiği gibi. $L \to \infty$ iken $E = (1/4\pi\epsilon_0)(2\lambda/z) = \lambda/(2\pi\epsilon_0z)$: sonsuz uzun bir telin alanı uzaklıkla $1/z$ gibi azalır. Bu sonucu Örnek 2.6'da Gauss yasasıyla tek satırda yeniden bulacağız.

Örnek 2.3Yüklü halkanın ekseni

Yarıçapı $R$, toplam yükü $q$ olan düzgün yüklü bir halkanın ekseni üzerinde, merkezden $z$ uzaklıktaki alanı bulun. Alan nerede en büyüktür?

Çözüm

Halkanın her noktası alan noktasına aynı $\mathcal{R} = \sqrt{z^2 + R^2}$ uzaklıktadır. Eksene dik bileşenler simetri yüzünden birbirini götürür; eksen boyunca bileşen $z/\mathcal{R}$ çarpanıyla toplanır:

$$ E_z = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{qz}{(z^2 + R^2)^{3/2}} $$

(2.5)

Merkezde ($z = 0$) alan sıfırdır; uzakta $q/(4\pi\epsilon_0z^2)$ olur. $\dd E_z/\dd z = 0$ koşulu $z^2 + R^2 = 3z^2$, yani $z = R/\sqrt{2}$ verir; en büyük alan $0{,}385\,q/(4\pi\epsilon_0R^2)$'dir (Problem 2.5).

Örnek 2.4Yüklü disk ve sonsuz düzlem

Yarıçapı $R$ olan bir disk düzgün $\sigma$ yüzey yoğunluğuyla yüklüdür. Eksen üzerindeki alanı halka sonucundan bulun. $R \to \infty$ limitinde ne olur?

Çözüm

Diski yarıçapı $s$, kalınlığı $\dd s$ olan halkalara bölelim; her birinin yükü $\sigma\,2\pi s\,\dd s$'dir. (2.5) ile

$$ E_z = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_0^R\frac{2\pi\sigma sz\,\dd s}{(z^2 + s^2)^{3/2}} = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(1 - \frac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\right) $$

(2.6)

$R \to \infty$ (ya da $z \ll R$) iken $E = \sigma/2\epsilon_0$: sonsuz düzgün yüklü bir düzlemin alanı uzaklığa bağlı değildir. Uzakta ($z \gg R$) $1 - z/\sqrt{z^2 + R^2} \approx R^2/2z^2$ ve $E \approx \sigma\pi R^2/(4\pi\epsilon_0z^2)$: toplam yükü $\sigma\pi R^2$ olan noktasal bir yükün alanı (Şekil 2.1).

Diskin alanı — **Şekil 2.1.** Düzgün yüklü bir diskin ekseni üzerindeki alan (2.6). Yakında sonsuz düzlemin $\sigma/2\epsilon_0$ değerine, uzakta noktasal yükün $1/z^2$ alanına yaklaşır; $z = 3R$'de noktasal yük yaklaşıklığı %8, $z = 10R$'de %1 hatalıdır.

2.2Diverjans ve Gauss yasası

Alan çizgileri. Bir alanı görselleştirmenin yolu, her noktada alana teğet olan alan çizgileri çizmektir. Çizgiler artı yüklerden başlar, eksi yüklerde (ya da sonsuzda) biter; hiçbir zaman kesişmezler (her noktada alanın tek bir yönü vardır). Çizgilerin sıklığı alanın şiddetini gösterir: noktasal bir yükten çıkan $N$ çizgi, yarıçapı $r$ olan bir kürenin $4\pi r^2$ alanına dağılır, yani yoğunluk $1/r^2$ ile azalır; tıpkı alanın kendisi gibi. Bu sayede bir yükten çıkan çizgi sayısını yükle orantılı alabiliriz (Şekil 2.2).

Akı. Bir yüzeyden geçen elektrik akısı $\Phi_E = \int\vb{E}\cdot\dd\vb{a}$, yüzeyden geçen alan çizgisi sayısının ölçüsüdür. Kapalı bir yüzeyin içinde yük yoksa, giren her çizgi çıkar ve net akı sıfırdır. İçeride yük varsa net akı yükle orantılıdır. Noktasal bir yük için, yükü merkez alan bir küre üzerinde

$$ \oint\vb{E}\cdot\dd\vb{a} = \int\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r^2}\,r^2\sin\theta\,\dd\theta\,\dd\phi = \frac{q}{\epsilon_0} $$

dir. $r^2$ çarpanlarının sadeleşmesi Coulomb yasasının ters kare biçiminden gelir; akı kürenin yarıçapına bağlı değildir. Aslında yüzeyin küre olması da gerekmez: yükü çevreleyen her kapalı yüzey aynı sayıda çizgiyi keser. Üst üste binme ilkesiyle birçok yüke genelleştirince Gauss yasasını buluruz:

Yasa 2.1Gauss yasası

Kapalı bir yüzeyden geçen elektrik akısı, yüzeyin içinde kalan toplam yükün $\epsilon_0$'a oranıdır:

$$ \oint_{\mathcal{S}}\vb{E}\cdot\dd\vb{a} = \frac{Q_{\text{iç}}}{\epsilon_0} $$

(2.7)

Diferansiyel biçim. 1. bölümdeki Gauss (diverjans) teoremiyle sol taraf $\int(\nabla\cdot\vb{E})\,\dd\tau$'dur; sağ taraf $\int(\rho/\epsilon_0)\,\dd\tau$. Bu eşitlik her hacim için geçerli olduğundan integrandlar eşittir:

$$ \nabla\cdot\vb{E} = \frac{\rho}{\epsilon_0} $$

(2.8)

Aynı sonuç doğrudan (2.3)'ten de çıkar: diverjans yalnızca $\vb{r}$'ye etki eder ve 1. bölümde bulduğumuz $\nabla\cdot(\hat{\pmb{\mathcal{R}}}/\mathcal{R}^2) = 4\pi\delta^3(\pmb{\mathcal{R}})$ ile

$$ \nabla\cdot\vb{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int\rho(\vb{r}')\,4\pi\delta^3(\vb{r} - \vb{r}')\,\dd\tau' = \frac{\rho(\vb{r})}{\epsilon_0} $$

Gauss yasası, ters kare yasasının ve üst üste binmenin doğrudan sonucudur. Kuvvet $1/r^{2 + \epsilon}$ gibi olsaydı ($\epsilon \neq 0$), akı yüzeyin büyüklüğüne bağlı olurdu ve Gauss yasası geçerli olmazdı.

Tarihçe

Charles-Augustin de Coulomb, yasasını 1785'te kendi tasarladığı burulma terazisiyle, iki yüklü küre arasındaki kuvveti ölçerek kurdu. Ondan önce, 1773'te, Henry Cavendish çok daha incelikli bir deneyle ters kare yasasını sınamıştı: iletken bir kürenin içindeki eş merkezli ikinci küreye yük geçmediğini göstermiş ve üssün 2'den en çok %2 sapabileceğini bulmuştu. Cavendish sonuçlarını yayımlamadı; notları ancak 1879'da Maxwell tarafından yayımlandı. Aynı "içi boş iletken" yöntemiyle 1971'de yapılan bir deney, $1/r^{2 + \epsilon}$ yasasında $\epsilon = (2{,}7 \pm 3{,}1)\times10^{-16}$ buldu: sıfırdan ayırt edilemeyen, $10^{-16}$ mertebesinde bir sınır. Gauss yasası (Gauss bunu 1835'te bulmuş, ama ancak ölümünden sonra 1867'de yayımlanmıştır), fiziğin en iyi sınanmış yasalarından biridir.

2.3Gauss yasasının uygulamaları

Gauss yasası her zaman doğrudur, ama alanı bulmak için ancak simetri yeterince yüksekse kullanılabilir: integralden $|\vb{E}|$'nin dışarı çıkarılabileceği bir yüzey bulunabilmelidir. Bunun için üç simetri vardır: küresel, silindirik ve düzlemsel (Şekil 2.3). Her durumda Gauss yüzeyi, alan ya yüzeye dik ve sabit büyüklüklü ya da yüzeye teğet (akısız) olacak biçimde seçilir.

**Şekil 2.3.** Üç simetri ve uygun Gauss yüzeyleri (kesikli). Küresel simetride eş merkezli küre, silindirik simetride eş eksenli silindir, düzlemsel simetride düzlemi kesen bir kutu. Oklar, alanın akı verdiği yüzeyleri gösterir.

Örnek 2.5Düzgün yüklü küre

Yarıçapı $R$ olan bir küre, toplam yükü $Q$ olacak biçimde düzgün yüklüdür. Her yerdeki alanı bulun.

Çözüm

Simetri gereği alan radyaldir ve büyüklüğü yalnızca $r$'ye bağlıdır. Yarıçapı $r$ olan eş merkezli bir küre için $\oint\vb{E}\cdot\dd\vb{a} = E\,4\pi r^2$. Dışarıda ($r > R$) içerdeki yük $Q$'dur: $E = Q/(4\pi\epsilon_0r^2)$, bütün yük merkezde toplanmış gibi. İçeride ($r < R$) içerdeki yük $Q(r/R)^3$'tür:

$$ \vb{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{R^3}\,r\,\hat{\vb{r}} \quad (r < R), \qquad \vb{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{r^2}\hat{\vb{r}} \quad (r > R) $$

(2.9)

Alan merkezde sıfırdır, yüzeye kadar doğrusal artar, sonra $1/r^2$ ile azalır (Şekil 2.4). Coulomb yasasıyla aynı sonucu bulmak üç boyutlu bir integral gerektirirdi.

Örnek 2.6Sonsuz uzun tel

Sonsuz uzun düz bir tel düzgün $\lambda$ yoğunluğuyla yüklüdür. Alanı Gauss yasasıyla bulun.

Çözüm

Simetri gereği alan telden dışarı doğru radyaldir ve büyüklüğü yalnızca tele uzaklık $s$'ye bağlıdır. Yarıçapı $s$, boyu $\ell$ olan eş eksenli bir silindir alalım. Taban yüzlerinde alan yüzeye teğettir, akı sıfırdır; yan yüzeyde akı $E\,2\pi s\ell$. İçerdeki yük $\lambda\ell$: $E = \lambda/(2\pi\epsilon_0s)$. Örnek 2.2'deki uzun integralin $L \to \infty$ limitiyle aynı ✓.

Örnek 2.7Düzgün olmayan yük yoğunluklu silindir

Yarıçapı $a$ olan uzun bir silindirin içinde yük yoğunluğu $\rho = \rho_0\,s/a$'dır ($s$, eksene uzaklık). Silindirin içinde ve dışındaki alanı bulun.

Çözüm

Boyu $\ell$, yarıçapı $s$ olan eş eksenli silindir. $s < a$ için içerdeki yük $\int_0^s\rho_0(s'/a)\,2\pi s'\ell\,\dd s' = 2\pi\rho_0\ell s^3/(3a)$. Gauss yasası $E\,2\pi s\ell = 2\pi\rho_0\ell s^3/(3a\epsilon_0)$:

$$ E = \frac{\rho_0s^2}{3\epsilon_0a} \quad (s < a), \qquad E = \frac{\rho_0a^2}{3\epsilon_0s} \quad (s > a) $$

İki ifade $s = a$'da aynı değeri, $\rho_0a/3\epsilon_0$'ı verir: yüzeyde yük yoğunluğu sonlu olduğu için alan süreklidir. Denetim: (2.8) silindirik koordinatlarda $(1/s)\,\dd(sE)/\dd s = \rho_0s/(\epsilon_0a)$ ✓.

Örnek 2.8İki paralel düzlem

Sonsuz iki paralel düzlem, $+\sigma$ ve $-\sigma$ yüzey yoğunluklarıyla yüklüdür. Düzlemlerin arasındaki ve dışındaki alanı bulun. $\sigma = 1{,}0\ \mu\text{C/m}^2$ için arada alan nedir?

Çözüm

Gauss yasasıyla (bir kutu) tek bir sonsuz düzlemin alanı her iki yanda $\sigma/2\epsilon_0$'dır ve düzlemden dışarı (eksi yükte içeri) doğrudur; Örnek 2.4'ün $R \to \infty$ limiti ✓. Üst üste binmeyle, iki düzlemin arasında alanlar aynı yöndedir ve toplanır: $E = \sigma/\epsilon_0$, artıdan eksiye doğru. Dışarıda zıt yönlüdür ve birbirini götürür: $E = 0$. Sayısal olarak $E = 1{,}0\times10^{-6}/8{,}854\times10^{-12} = 1{,}13\times10^5$ V/m. Paralel levhalı bir kondansatörün idealleştirilmiş alanı budur (Kısım 2.9).

2.4Elektrostatik alanın rotasyoneli

Noktasal bir yükün alanının bir yol boyunca çizgi integralini alalım. Küresel koordinatlarda $\dd\vb{l} = \dd r\,\hat{\vb{r}} + r\,\dd\theta\,\hat{\boldsymbol{\theta}} + r\sin\theta\,\dd\phi\,\hat{\boldsymbol{\phi}}$ ve $\vb{E}\cdot\dd\vb{l} = (1/4\pi\epsilon_0)(q/r^2)\,\dd r$'dir:

$$ \int_{\mathbf{a}}^{\mathbf{b}}\vb{E}\cdot\dd\vb{l} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{q}{r_a} - \frac{q}{r_b}\right) $$

Sonuç yalnızca uç noktalara bağlıdır; kapalı bir yol için sıfırdır. Üst üste binmeyle bu her durgun yük dağılımı için geçerlidir ve Stokes teoremiyle

$$ \oint\vb{E}\cdot\dd\vb{l} = 0, \qquad \nabla\times\vb{E} = 0 $$

(2.10)

olur. Bu, elektrostatik alanların özel bir özelliğidir: her vektör alanının rotasyoneli sıfır değildir (Problem 2.8). (2.8) ve (2.10) birlikte, 1. bölümdeki Helmholtz teoremi gereği elektrostatik alanı tamamen belirler. 7. bölümde zamanla değişen manyetik alanların bu sonucu bozduğunu göreceğiz: Faraday yasası $\nabla\times\vb{E} = -\partial\vb{B}/\partial t$'dir.

2.5Elektrik potansiyeli

Rotasyoneli sıfır olan bir alan, 1. bölümdeki teoreme göre bir skaler fonksiyonun gradyanıdır. Bir referans noktası $\mathcal{O}$ seçerek elektrik potansiyelini

$$ V(\vb{r}) = -\int_{\mathcal{O}}^{\vb{r}}\vb{E}\cdot\dd\vb{l} $$

(2.11)

olarak tanımlarız. İntegral yoldan bağımsız olduğu için $V$ yalnızca $\vb{r}$'nin fonksiyonudur. İki nokta arasındaki potansiyel farkı $V(\mathbf{b}) - V(\mathbf{a}) = -\int_{\mathbf{a}}^{\mathbf{b}}\vb{E}\cdot\dd\vb{l}$'dir ve gradyan teoremiyle

$$ \vb{E} = -\nabla V $$

(2.12)

bulunur. Potansiyelin birimi volttur (1 V = 1 J/C). Eksi işareti, alanın potansiyelin azaldığı yöne doğru olduğunu söyler: artı bir yük "yokuş aşağı" iter.

Potansiyel, elektrostatiğin en kullanışlı aracıdır. Üç bileşenli $\vb{E}$ yerine tek bir skaler fonksiyonla çalışırız; bu kayıp değildir, çünkü $\nabla\times\vb{E} = 0$ koşulu bileşenleri birbirine bağlar. Potansiyel tek değildir: $\mathcal{O}$ değiştirilirse $V$'ye bir sabit eklenir, ama $\vb{E}$ değişmez. Yerel yük dağılımları için en doğal seçim $\mathcal{O}$'yu sonsuzda almaktır. Bu durumda noktasal bir yükün potansiyeli

$$ V(\vb{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{\mathcal{R}} $$

ve üst üste binmeyle (potansiyel de alan gibi doğrusaldır) sürekli bir dağılımın potansiyeli

$$ V(\vb{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int\frac{\rho(\vb{r}')}{\mathcal{R}}\,\dd\tau' $$

(2.13)

olur. Bu, (2.3)'ten çok daha kolay bir integraldir: içinde vektör yoktur.

Poisson ve Laplace denklemleri. (2.12)'yi (2.8)'de yerine koyarsak

$$ \nabla^2V = -\frac{\rho}{\epsilon_0} $$

(2.14)

Poisson denklemi bulunur. Yük olmayan bölgelerde Laplace denklemine indirgenir: $\nabla^2V = 0$. Elektrostatiğin bütün yasaları bu tek denklemde toplanmıştır ($\nabla\times\vb{E} = 0$ koşulu, $\vb{E} = -\nabla V$ yazılınca kendiliğinden sağlanır). (2.13), Poisson denkleminin çözümüdür: 1. bölümdeki $\nabla^2(1/\mathcal{R}) = -4\pi\delta^3(\pmb{\mathcal{R}})$ bunu doğrudan gösterir. 3. bölümün tamamı, sınır koşulları verilmiş Laplace denklemini çözmeye ayrılmıştır.

Örnek 2.9Yüklü küresel kabuk

Yarıçapı $R$ olan ince bir küresel kabuk toplam $q$ yüküyle düzgün yüklüdür. Potansiyeli (2.13) ile doğrudan hesaplayın.

Çözüm

Alan noktasını $z$ ekseni üzerinde, merkezden $r$ uzaklıkta alalım. Kabuktaki bir noktanın kutup açısı $\theta'$ ise kosinüs teoreminden $\mathcal{R} = \sqrt{r^2 + R^2 - 2rR\cos\theta'}$. $\sigma = q/4\pi R^2$ ve $\dd a' = R^2\sin\theta'\,\dd\theta'\,\dd\phi'$:

$$ V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{2}\int_0^\pi\frac{\sin\theta'\,\dd\theta'}{\sqrt{r^2 + R^2 - 2rR\cos\theta'}} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{2rR}\left[(r + R) - |r - R|\right] $$

($u = \cos\theta'$ değişkeniyle integral $\sqrt{\cdots}/(rR)$ verir.) Dışarıda ($r > R$) köşeli parantez $2R$'dir: $V = q/(4\pi\epsilon_0r)$, noktasal yük gibi. İçeride ($r < R$) $2r$'dir: $V = q/(4\pi\epsilon_0R)$, sabit. Potansiyel sabit olduğundan kabuğun içinde alan sıfırdır. Bu, Klasik Mekanik kitabının 8. bölümünde kütle çekimi için kanıtlanan kabuk teoreminin elektrostatikteki karşılığıdır.

Örnek 2.10Düzgün yüklü kürenin potansiyeli

Örnek 2.5'teki kürenin potansiyelini her yerde bulun (referans sonsuzda).

Çözüm

Dışarıda $V = Q/(4\pi\epsilon_0r)$. İçeride, (2.11)'i sonsuzdan yüzeye ve yüzeyden $r$'ye iki parçada alarak:

$$ V(r) = -\int_\infty^R\frac{Q\,\dd r'}{4\pi\epsilon_0r'^2} - \int_R^r\frac{Qr'\,\dd r'}{4\pi\epsilon_0R^3} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{2R}\left(3 - \frac{r^2}{R^2}\right) $$

(2.15)

Merkezde potansiyel yüzeydekinin 1,5 katıdır (Şekil 2.4). Denetim: $-\dd V/\dd r = Qr/(4\pi\epsilon_0R^3)$, (2.9) ✓; küresel Laplasyen $(1/r^2)\,\dd(r^2\,\dd V/\dd r)/\dd r = -3Q/(4\pi\epsilon_0R^3) = -\rho/\epsilon_0$, Poisson denklemi ✓.

Yüklü kürenin alanı ve potansiyeli — **Şekil 2.4.** Düzgün yüklü bir kürenin alanı (solda) ve potansiyeli (sağda). Alan yüzeyde süreklidir ama türevi süreksizdir; potansiyel ve türevi süreklidir. Kesikli çizgi kürenin yüzeyidir.

2.6Sınır koşulları

Bir yüzey yükünden geçerken alan süreksiz olarak değişir. Yüzeyi kesen çok ince bir kutuya (Şekil 2.5) Gauss yasasını uygulayalım. Kutunun yan yüzleri sıfıra gidecek kadar inceyse yalnızca alt ve üst yüzleri akı verir: $(E^{\perp}_{\text{üst}} - E^{\perp}_{\text{alt}})A = \sigma A/\epsilon_0$. Yüzeyi kesen ince bir halka için ise $\oint\vb{E}\cdot\dd\vb{l} = 0$ koşulu, yüzeye teğet bileşenin değişmediğini söyler:

$$ E^{\perp}_{\text{üst}} - E^{\perp}_{\text{alt}} = \frac{\sigma}{\epsilon_0}, \qquad \vb{E}^{\parallel}_{\text{üst}} = \vb{E}^{\parallel}_{\text{alt}} $$

(2.16)

Birlikte $\vb{E}_{\text{üst}} - \vb{E}_{\text{alt}} = (\sigma/\epsilon_0)\hat{\vb{n}}$ ($\hat{\vb{n}}$, alttan üste doğru birim normal). Potansiyel ise süreklidir: iki nokta birbirine yaklaştıkça aralarındaki yol sıfıra gider ve sonlu alanın integrali de sıfıra gider. Potansiyelin normal türevi $\partial V/\partial n$ ise $-\sigma/\epsilon_0$ kadar sıçrar. Bu koşullar 3. bölümde Laplace denklemini farklı bölgelerde çözüp birleştirirken temel araç olacak.

Sınır koşulları — **Şekil 2.5.** Bir yüzey yükünde sınır koşulları. Yüzeyi kesen ince bir kutu, alanın dik bileşenindeki sıçramayı; ince bir halka, teğet bileşenin sürekliliğini verir.

2.7Elektrostatik enerji

Bir $Q$ yükünü $\mathbf{a}$ noktasından $\mathbf{b}$ noktasına, durgun bir yük dağılımının alanında yavaşça (kinetik enerji kazandırmadan) taşımak için gereken iş

$$ W = -\int_{\mathbf{a}}^{\mathbf{b}}Q\vb{E}\cdot\dd\vb{l} = Q\left[V(\mathbf{b}) - V(\mathbf{a})\right] $$

dir: potansiyel, birim yük başına potansiyel enerjidir. Bir yük sistemini sonsuzdan getirip kurmanın işi nedir? Birinci yük için iş yoktur. İkinci yük birincinin potansiyelinde $q_2V_1(\vb{r}_2) = (1/4\pi\epsilon_0)q_1q_2/\mathcal{R}_{12}$ iş gerektirir; üçüncü, ilk ikisinin potansiyelinde iş gerektirir, vb. Toplam, her çifti bir kez sayarak

$$ W = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\sum_{i < j}\frac{q_iq_j}{\mathcal{R}_{ij}} = \frac12\sum_{i=1}^{n}q_iV(\vb{r}_i) $$

(2.17)

olur; burada $V(\vb{r}_i)$, $q_i$ dışındaki yüklerin $q_i$'nin bulunduğu yerdeki potansiyelidir (½ çarpanı her çiftin iki kez sayılmasını düzeltir). Sürekli bir dağılımda toplam integrale dönüşür:

$$ W = \frac12\int\rho V\,\dd\tau $$

(2.18)

Alanın enerjisi. $\rho = \epsilon_0\nabla\cdot\vb{E}$ yazıp 1. bölümdeki kısmi integral formülünü kullanalım: $\int V\nabla\cdot\vb{E}\,\dd\tau = -\int\vb{E}\cdot\nabla V\,\dd\tau + \oint V\vb{E}\cdot\dd\vb{a}$. $-\nabla V = \vb{E}$ ve integral bölgesini bütün uzaya genişletirsek (yük olmayan yerler $\rho V$ integraline katkı vermez) sınır terimi sonsuzda sıfıra gider ($V \sim 1/r$, $E \sim 1/r^2$, yüzey $\sim r^2$):

$$ W = \frac{\epsilon_0}{2}\int_{\text{bütün uzay}}E^2\,\dd\tau $$

(2.19)

Enerji, alanın bulunduğu her yerde $u = \tfrac12\epsilon_0E^2$ yoğunluğuyla depolanmış gibidir. Elektrostatikte bu yalnızca bir yorumdur; ama ışığın enerji taşıdığını bildiğimiz için (9. bölüm), enerjinin gerçekten alanda bulunduğunu kabul ederiz.

Bir uyarı. (2.19) her zaman pozitiftir; oysa (2.17) zıt işaretli yükler için negatif olabilir. Çelişki, (2.19)'un noktasal yüklerin öz enerjisini, yani tek bir yükü oluşturmanın işini de içermesindendir; noktasal bir yük için bu enerji sonsuzdur ($\int(1/r^4)r^2\,\dd r$, sıfırda ıraksar). (2.17) ise yükleri hazır kabul eder ve yalnızca etkileşme enerjisini sayar. Sürekli dağılımlarda iki biçim aynı sonucu verir (Örnek 2.11, Problem 2.11).

Enerji üst üste binme ilkesine uymaz: alan karesel olarak girdiğinden iki dağılımın birlikte enerjisi, ayrı ayrı enerjilerinin toplamı artı bir etkileşme terimidir: $W = W_1 + W_2 + \epsilon_0\int\vb{E}_1\cdot\vb{E}_2\,\dd\tau$.

Örnek 2.11Düzgün yüklü kürenin enerjisi

Örnek 2.5'teki kürenin elektrostatik enerjisini (2.19) ile hesaplayın. Elektronu yarıçapı $R$ olan düzgün yüklü bir küre olarak düşünür ve bu enerjiyi $m_ec^2$'ye eşitlerseniz $R$ ne olur?

Çözüm

(2.9) ile, $k = 1/4\pi\epsilon_0$:

$$ W = \frac{\epsilon_0}{2}\left[\int_0^R\left(\frac{kQr}{R^3}\right)^2 4\pi r^2\,\dd r + \int_R^\infty\left(\frac{kQ}{r^2}\right)^2 4\pi r^2\,\dd r\right] = \frac35\,\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q^2}{R} $$

(İçerideki katkı dışarıdakinin beşte biridir.) $W = m_ec^2$ ile $R = \tfrac35 e^2/(4\pi\epsilon_0m_ec^2) = 0{,}6\,r_e = 1{,}69$ fm; burada $r_e = 2{,}82$ fm "klasik elektron yarıçapıdır". Bu bir model hesabıdır, gerçek bir boyut değildir: deneyler elektronun $10^{-18}$ m'den küçük olduğunu, yani hiçbir iç yapısı görülmediğini gösterir. Noktasal bir yükün sonsuz öz enerjisi, klasik elektrodinamiğin çözemediği bir sorundur; kuantum elektrodinamiğinde yeniden normalleştirme ile ele alınır.

2.8İletkenler

Bir iletkende, metallerde olduğu gibi, yüklerin (elektronların) bir kısmı malzeme içinde serbestçe hareket edebilir. Elektrostatik dengede (yükler artık hareket etmiyorken) bu, birkaç güçlü sonuç doğurur:

İletkenin içinde $\vb{E} = 0$'dır. Alan sıfır olmasaydı serbest yükler hareket ederdi. Bir iletkeni dış bir alana koyarsak serbest elektronlar, içerdeki alanı tam olarak yok edecek biçimde yeniden dağılır; metallerde bu, gündelik ölçeklere göre neredeyse anında olur.
İçeride yük yoğunluğu sıfırdır: Gauss yasası, $\rho = \epsilon_0\nabla\cdot\vb{E} = 0$.
Net yük yalnızca yüzeyde bulunur.
İletken bir eş potansiyel hacimdir: içerde $\vb{E} = 0$ olduğundan her iki nokta arasında potansiyel farkı sıfırdır.
Yüzeyin hemen dışında alan yüzeye diktir: teğet bileşen olsaydı yüzey yükleri yüzey boyunca hareket ederdi. Sınır koşulu (2.16) ile (içeride alan sıfır) $\vb{E} = (\sigma/\epsilon_0)\hat{\vb{n}}$.

Boşluklu iletkenler. İçinde yük bulunmayan bir boşluğu olan bir iletkende boşluğun içindeki alan sıfırdır; dışarıda ne olursa olsun. (Boşluğun duvarlarında yük olsaydı alan çizgileri artı yükten eksi yüke boşluk içinden giderdi; ama bu çizgiler boyunca $\oint\vb{E}\cdot\dd\vb{l}$, iletken içinden dönerek kapatılınca sıfır olmazdı.) Bu, Faraday kafesinin ilkesidir: hassas elektronik aygıtlar metal kutularla dış alanlardan korunur, yıldırım düşen bir otomobilin içindeki yolcular güvendedir (otomobilin "kafesi" tam kapalı olmasa da bu yaklaşık olarak doğrudur).

Yüzeydeki kuvvet. Yüzey yükü, kendi yarattığı alandan değil, geri kalan bütün yüklerin alanından kuvvet hisseder. Yüzeyin hemen içinde alan sıfır, hemen dışında $\sigma/\epsilon_0$'dır; ortalaması $\sigma/2\epsilon_0$'dır ve bir yüzey parçası, birim alan başına

$$ P = \frac{\sigma^2}{2\epsilon_0} = \frac{\epsilon_0}{2}E^2 $$

(2.20)

kadar dışarı doğru bir elektrostatik basınç hisseder (yükün işaretinden bağımsız olarak). Basınç, yüzeydeki enerji yoğunluğuna eşittir (Problem 2.12).

Sivri uçlar. İletken bir yüzey eş potansiyeldir, ama yüzey yükü düzgün değildir: eğrilik yarıçapı küçük (sivri) yerlerde yük yoğunluğu ve alan büyüktür (Problem 2.17). Paratonerlerin (yıldırımsavarların) ve elektron mikroskoplarındaki alan yayınımı uçlarının ilkesi budur. Havada alan yaklaşık 3 MV/m'yi aşınca hava iyonlaşır ve iletken olur (dielektrik kırılma); sivri uçlardaki korona boşalmaları bu yüzden ilk orada başlar.

Örnek 2.12Van de Graaff üretecinin sınırı

Yarıçapı 15 cm olan küresel bir Van de Graaff üretecinin kubbesi en çok hangi potansiyele yüklenebilir? Bu durumda kubbedeki yük nedir? (Havanın dielektrik dayanımı 3,0 MV/m.)

Çözüm

Küresel bir iletkenin yüzeyinde $E = Q/(4\pi\epsilon_0R^2) = V/R$. $E = 3{,}0$ MV/m ile $V = ER = 3{,}0\times10^6 \times 0{,}15 = 450$ kV. Yük $Q = 4\pi\epsilon_0RV = 7{,}5\ \mu\text{C}$. Daha yüksek gerilimler için kubbe büyütülür ya da üreteç yüksek basınçlı bir yalıtkan gazın içine konur.

2.9Kondansatörler

İki iletken üzerinde $+Q$ ve $-Q$ yükü varsa, aralarındaki potansiyel farkı $V$ yükle orantılıdır, çünkü bütün alanlar yükle doğrusal olarak ölçeklenir. Orantı sabiti kapasitedir:

$$ C = \frac{Q}{V} $$

(2.21)

Kapasite yalnızca iletkenlerin biçimine, büyüklüğüne ve aralarındaki uzaklığa bağlıdır; birimi faraddır (1 F = 1 C/V). Bir kondansatörü yüklemek için yükü bir iletkenden ötekine taşımak gerekir. Yük $q$ iken $\dd q$'yu taşımanın işi $(q/C)\,\dd q$'dur ve toplam

$$ W = \frac{Q^2}{2C} = \frac12CV^2 $$

(2.22)

olur. Bu enerji, iletkenler arasındaki alanda depolanmıştır (Problem 2.15).

Kondansatörler — **Şekil 2.6.** Üç temel kondansatör ve kapasiteleri: paralel levha, küresel ve eş eksenli (birim uzunluk başına).

Örnek 2.13Paralel levhalı kondansatör

Alanı $A$ olan iki iletken levha aralarında $d$ uzaklığıyla duruyor ($d^2 \ll A$). Kapasiteyi bulun. $A = 100\ \text{cm}^2$, $d = 1{,}0$ mm ve 12 V için yükü ve enerjiyi hesaplayın.

Çözüm

Levhaların kenarlarından uzakta alan Örnek 2.8'deki gibidir: $E = \sigma/\epsilon_0 = Q/(\epsilon_0A)$. Potansiyel farkı $V = Ed = Qd/(\epsilon_0A)$: $C = \epsilon_0A/d$. Sayısal olarak $C = 8{,}854\times10^{-12} \times 0{,}010/0{,}0010 = 88{,}5$ pF; $Q = CV = 1{,}06$ nC; $W = \tfrac12CV^2 = 6{,}4$ nJ. Bir faradlık kondansatör için aynı aralıkla $A = 1{,}1\times10^8\ \text{m}^2$, yani kenarı 10 km'den büyük levhalar gerekirdi. Faradın çok büyük bir birim olmasının nedeni budur; gerçek kondansatörler aralarına yalıtkan konmuş (4. bölüm) çok ince ve sarılmış levhalardır.

Örnek 2.14Eş eksenli kablo

Yarıçapı $a$ olan bir iç iletkeni, yarıçapı $b$ olan ince bir dış iletken kılıf sarıyor. Birim uzunluk başına kapasiteyi bulun. İç iletken çapı 0,90 mm, dış iletken iç çapı 2,95 mm olan bir kablo (RG-58 boyutları) için değeri hesaplayın.

Çözüm

İç iletken $\lambda$ yüküyle yüklüyse aradaki alan Örnek 2.6'daki gibidir: $E = \lambda/(2\pi\epsilon_0s)$. Potansiyel farkı $V = \int_a^bE\,\dd s = (\lambda/2\pi\epsilon_0)\ln(b/a)$. Birim uzunluk başına kapasite

$$ \frac{C}{\ell} = \frac{2\pi\epsilon_0}{\ln(b/a)} $$

$\ln(2{,}95/0{,}90) = 1{,}187$ ile $C/\ell = 46{,}9$ pF/m. Gerçek RG-58 kablonun etiket değeri yaklaşık 100 pF/m'dir: iletkenler arasındaki polietilen yalıtkan kapasiteyi yaklaşık 2,3 kat artırır (4. bölüm).

Özet

Coulomb yasası (2.1) ve üst üste binme ilkesi, durgun yük dağılımlarının alanını (2.3) ile verir.
Gauss yasası: $\oint\vb{E}\cdot\dd\vb{a} = Q_{\text{iç}}/\epsilon_0$ (2.7), ya da $\nabla\cdot\vb{E} = \rho/\epsilon_0$ (2.8). Küresel, silindirik ve düzlemsel simetride alanı doğrudan verir.
Elektrostatik alanın rotasyoneli sıfırdır (2.10); bu yüzden $\vb{E} = -\nabla V$ (2.12) ve potansiyel (2.13) ile hesaplanır.
Potansiyel Poisson denklemine uyar: $\nabla^2V = -\rho/\epsilon_0$ (2.14).
Bir yüzey yükünde alanın dik bileşeni $\sigma/\epsilon_0$ kadar sıçrar, teğet bileşen süreklidir (2.16).
Elektrostatik enerji $W = \tfrac12\int\rho V\,\dd\tau = \tfrac12\epsilon_0\int E^2\,\dd\tau$'dir (bkz. (2.18) ve (2.19)).
Dengedeki bir iletkenin içinde alan ve yük yoktur; iletken eş potansiyeldir ve yüzeyin hemen dışında $\vb{E} = (\sigma/\epsilon_0)\hat{\vb{n}}$'dir.
Kapasite $C = Q/V$ yalnızca geometriye bağlıdır (2.21); depolanan enerji $\tfrac12CV^2$'dir (2.22).

Problemler

Problem 2.1Elektrik ve kütle çekim★☆☆

Hidrojen atomunda proton ile elektron arasındaki elektrik kuvvetinin kütle çekim kuvvetine oranını hesaplayın. Oran uzaklığa bağlı mıdır?

Çözümü göster

$F_e/F_g = e^2/(4\pi\epsilon_0Gm_pm_e) = (8{,}988\times10^9 \times (1{,}602\times10^{-19})^2)/(6{,}674\times10^{-11} \times 1{,}673\times10^{-27} \times 9{,}109\times10^{-31}) = 2{,}3\times10^{39}$. İki kuvvet de $1/r^2$ ile azaldığı için oran uzaklığa bağlı değildir. Kütle çekim kuvvetinin atomlarda tamamen ihmal edilebilmesinin, ama gök cisimlerinde baskın olmasının nedeni, maddenin elektrik bakımından nötr olmasıdır.

Problem 2.2Üç yükün enerjisi★☆☆

Kenarı 10 cm olan bir eşkenar üçgenin köşelerinde üç tane $+1{,}0\ \mu\text{C}$ yük var. Bu düzeni kurmak için gereken işi bulun.

Çözümü göster

Üç çift, her biri $q^2/(4\pi\epsilon_0a) = 8{,}988\times10^9 \times 10^{-12}/0{,}10 = 0{,}0899$ J. (2.17): $W = 0{,}270$ J.

Problem 2.3Atomun içindeki alan★☆☆

Protonun, Bohr yarıçapı $a_0 = 5{,}29\times10^{-11}$ m uzaklığındaki alanını hesaplayın ve havanın dielektrik dayanımıyla (3 MV/m) karşılaştırın.

Çözümü göster

$E = e/(4\pi\epsilon_0a_0^2) = 8{,}988\times10^9 \times 1{,}602\times10^{-19}/(5{,}29\times10^{-11})^2 = 5{,}14\times10^{11}$ V/m; havanın dayanımının yaklaşık 170 000 katı. Laboratuvarda atomları doğrudan iyonlaştıracak alanlar ancak çok güçlü lazer atımlarıyla elde edilir.

Problem 2.4Yüzey yükünü alandan bulmak★☆☆

Yatay bir yüzeyin hemen üstünde alan 300 V/m, hemen altında 100 V/m'dir ve ikisi de yukarı doğrudur. Yüzey yük yoğunluğu nedir? Dünya yüzeyinin hemen üstünde açık havada alan yaklaşık 130 V/m ve aşağı doğrudur. Dünya'nın yüzey yük yoğunluğunu ve (düzgün varsayarak) toplam yükünü tahmin edin.

Çözümü göster

(2.16): $\sigma = \epsilon_0(300 - 100) = 1{,}77$ nC/m². Dünya'da yeryüzünün içinde alan yok sayılırsa (iletken), $\sigma = \epsilon_0E_\perp = 8{,}854\times10^{-12} \times (-130) = -1{,}15$ nC/m² (alan aşağı, yani yüzeye doğru: yük eksi). Toplam $Q = 4\pi R_D^2\sigma = -5{,}9\times10^5$ C; eşit ve zıt yük atmosferde dağılmıştır.

Problem 2.5Halkanın en büyük alanı★★☆

(2.5)'in $z = R/\sqrt{2}$'de en büyük olduğunu gösterin ve bu en büyük değeri bulun.

Çözümü göster

$\dd E_z/\dd z \propto (z^2 + R^2)^{-3/2} - 3z^2(z^2 + R^2)^{-5/2} = 0$ ⇒ $z^2 + R^2 = 3z^2$, $z = R/\sqrt{2}$. Değer: $(R/\sqrt{2})/(3R^2/2)^{3/2} = (1/\sqrt{2})/(1{,}5)^{3/2}\cdot 1/R^2 = 0{,}385/R^2$; $E_{\max} = 0{,}385\,q/(4\pi\epsilon_0R^2)$.

Problem 2.6Kalın kabuk★★☆

İç yarıçapı $a$, dış yarıçapı $b$ olan kalın bir küresel kabukta yük yoğunluğu $\rho = \kappa/r^2$'dir. Her yerdeki alanı bulun.

Çözümü göster

$r < a$: içeride yük yok, $E = 0$. $a < r < b$: $Q_{\text{iç}} = \int_a^r(\kappa/r'^2)4\pi r'^2\,\dd r' = 4\pi\kappa(r - a)$, $E = \kappa(r - a)/(\epsilon_0r^2)$. $r > b$: $E = \kappa(b - a)/(\epsilon_0r^2)$. Hepsi $\hat{\vb{r}}$ yönünde.

Problem 2.7Alandan yük yoğunluğu★★☆

Bir bölgede alan $\vb{E} = \kappa r^3\hat{\vb{r}}$ ile veriliyor ($\kappa$ sabit). Yük yoğunluğunu ve yarıçapı $R$ olan bir kürenin içindeki toplam yükü iki yoldan bulun.

Çözümü göster

(2.8) ve küresel diverjans: $\rho = \epsilon_0(1/r^2)\,\dd(r^2\kappa r^3)/\dd r = 5\epsilon_0\kappa r^2$. Hacim integrali $\int_0^R 5\epsilon_0\kappa r^2\,4\pi r^2\,\dd r = 4\pi\epsilon_0\kappa R^5$. Gauss yasası: $\epsilon_0E\,4\pi R^2 = 4\pi\epsilon_0\kappa R^5$ ✓.

Problem 2.8Hangisi elektrostatik alan olabilir?★★☆

(a) $\vb{E} = \kappa(y\,\uv{x} + x\,\uv{y})$, (b) $\vb{E} = \kappa(y\,\uv{x} - x\,\uv{y})$. Hangisi bir elektrostatik alan olabilir? Olabilen için potansiyeli bulun.

Çözümü göster

(a) $\nabla\times\vb{E} = \kappa(\partial x/\partial x - \partial y/\partial y)\uv{z} = 0$: olabilir. $V$: $-\partial V/\partial x = \kappa y$ ⇒ $V = -\kappa xy + f(y)$; $-\partial V/\partial y = \kappa x - f'(y) = \kappa x$ ⇒ $f$ sabit. $V = -\kappa xy$. (b) $\nabla\times\vb{E} = \kappa(-1 - 1)\uv{z} = -2\kappa\uv{z} \neq 0$: olamaz. (Değişen bir manyetik alanın yarattığı bir elektrik alan bu biçimde olabilir; 7. bölüm.)

Problem 2.9Kürenin içinde potansiyel farkı★★☆

Düzgün yüklü bir kürenin merkezi ile yüzeyi arasındaki potansiyel farkını bulun. 1,0 cm yarıçaplı, $1{,}0$ nC yüklü bir küre için bu fark kaç volttur?

Çözümü göster

(2.15): $V(0) - V(R) = (1/4\pi\epsilon_0)(Q/2R)(3 - 2) = Q/(8\pi\epsilon_0R)$. Sayısal: $8{,}988\times10^9 \times 10^{-9}/(2 \times 0{,}010) = 449$ V.

Problem 2.10Küresel kabuğun enerjisi★★☆

Yarıçapı $R$ olan ince bir küresel kabuk $Q$ yüküyle düzgün yüklüdür. Enerjisini (a) (2.19) ile, (b) (2.18) ile bulun.

Çözümü göster

(a) İçeride alan yok; dışarıda $\tfrac12\epsilon_0\int_R^\infty(Q/4\pi\epsilon_0r^2)^2 4\pi r^2\,\dd r = Q^2/(8\pi\epsilon_0R)$. (b) Kabuk üzerinde $V = Q/(4\pi\epsilon_0R)$ sabit: $\tfrac12\int\sigma V\,\dd a = \tfrac12QV = Q^2/(8\pi\epsilon_0R)$ ✓. Aynı yük düzgün dolu bir kürede toplansaydı enerji $\tfrac35$ katsayısıyla daha büyük olurdu (Örnek 2.11): yükü daha küçük bir bölgeye sıkıştırmak daha çok iş ister.

Problem 2.11Düzgün kürenin enerjisi, ikinci yol★★☆

Örnek 2.11'deki sonucu (2.18) ile, (2.15)'i kullanarak yeniden bulun.

Çözümü göster

$\rho = 3Q/4\pi R^3$. $W = \tfrac12\int_0^R\rho\,\frac{Q}{8\pi\epsilon_0R}\left(3 - \frac{r^2}{R^2}\right)4\pi r^2\,\dd r = \frac{3Q^2}{16\pi\epsilon_0R^4}\left[R^3 - \frac{R^3}{5}\right] = \frac{3}{5}\frac{Q^2}{4\pi\epsilon_0R}$ ✓. Bu yolda yalnızca yükün bulunduğu yerde integral alınır; (2.19)'da ise bütün uzayda.

Problem 2.12Elektrostatik basınç★★☆

Havada kırılma eşiğindeki (3,0 MV/m) bir iletken yüzeyde elektrostatik basınç nedir? Atmosfer basıncıyla karşılaştırın. Basıncın, yüzeydeki enerji yoğunluğuna eşit olmasını sanal iş düşüncesiyle açıklayın.

Çözümü göster

(2.20): $P = \tfrac12\epsilon_0E^2 = 0{,}5 \times 8{,}854\times10^{-12} \times 9\times10^{12} = 39{,}8$ Pa, atmosfer basıncının 1/2 500'ü. Yüzey dışarı $\dd x$ kadar ilerlerse (yük sabit), alan $A\,\dd x$ hacminde ortadan kalkar ve enerji $u A\,\dd x$ azalır; bu enerji, kuvvetin yaptığı $PA\,\dd x$ işine gider: $P = u$.

Problem 2.13Küresel kondansatör★★☆

Yarıçapları $a < b$ olan eş merkezli iki iletken küresel kabuktan oluşan kondansatörün kapasitesini bulun. $a = 5{,}0$ cm, $b = 6{,}0$ cm için hesaplayın. $b - a = d \ll a$ limitinde paralel levha sonucunu bulun.

Çözümü göster

Arada $E = Q/(4\pi\epsilon_0r^2)$; $V = (Q/4\pi\epsilon_0)(1/a - 1/b)$; $C = 4\pi\epsilon_0ab/(b - a)$. Sayısal: $4\pi \times 8{,}854\times10^{-12} \times 0{,}05 \times 0{,}06/0{,}01 = 33{,}4$ pF. $d \ll a$: $C \approx 4\pi\epsilon_0a^2/d = \epsilon_0A/d$ ✓ ($A = 4\pi a^2$).

Problem 2.14Dünya bir kondansatör olarak★★☆

Yalıtılmış tek bir iletken kürenin kapasitesi (dış kabuk sonsuzda) nedir? Dünya'nın ($R = 6\,371$ km) kapasitesini hesaplayın.

Çözümü göster

Problem 2.13'te $b \to \infty$: $C = 4\pi\epsilon_0a$. Dünya için $C = 4\pi \times 8{,}854\times10^{-12} \times 6{,}371\times10^6 = 7{,}1\times10^{-4}$ F, yani 0,71 mF. Bir gezegenin kapasitesi, masa üstündeki sıradan bir elektrolitik kondansatörünkinden küçüktür.

Problem 2.15Kondansatörde enerji alanda★★☆

Örnek 2.13'teki kondansatörde alanın enerji yoğunluğunu hesaplayın ve levhalar arasındaki hacimle çarpın. Sonucu $\tfrac12CV^2$ ile karşılaştırın.

Çözümü göster

$E = V/d = 12/10^{-3} = 1{,}2\times10^4$ V/m. $u = \tfrac12\epsilon_0E^2 = 6{,}4\times10^{-4}$ J/m³. Hacim $Ad = 10^{-5}$ m³: $W = 6{,}4$ nJ ✓. Genel olarak $\tfrac12\epsilon_0(V/d)^2Ad = \tfrac12(\epsilon_0A/d)V^2$.

Problem 2.16Kubbedeki yük yoğunluğu★★☆

Örnek 2.12'deki kubbe en büyük potansiyelindeyken yüzey yük yoğunluğu nedir? Kubbenin birim alanına etki eden elektrostatik basınç nedir?

Çözümü göster

$\sigma = \epsilon_0E = 8{,}854\times10^{-12} \times 3{,}0\times10^6 = 26{,}6\ \mu\text{C/m}^2$ (denetim: $Q/4\pi R^2 = 7{,}5\times10^{-6}/0{,}283 = 26{,}5\ \mu\text{C/m}^2$ ✓). Basınç $\sigma^2/2\epsilon_0 = 39{,}8$ Pa (Problem 2.12).

Problem 2.17Sivri uçlarda alan★★★

Yarıçapları $R_1$ ve $R_2$ olan iki iletken küre birbirinden çok uzakta duruyor ve ince bir iletken telle birbirine bağlanmıştır. Toplam yük $Q$'dur. Yüklerin ve yüzey alanlarının oranını bulun. Bu sonuç neden iletkenlerin sivri yerlerinde alanın büyük olduğunu açıklar?

Çözümü göster

Tel iki küreyi aynı potansiyele getirir: $q_1/R_1 = q_2/R_2$ (küreler uzakta, birbirlerinin potansiyelini etkilemez). Yükler yarıçaplarla orantılıdır: $q_1/q_2 = R_1/R_2$. Yüzey alanları $E_i = q_i/(4\pi\epsilon_0R_i^2) \propto 1/R_i$: küçük kürede alan büyüktür. Düzensiz biçimli bir iletken de eş potansiyel olduğundan, yüzeyin eğriliği büyük (eğrilik yarıçapı küçük) yerleri küçük küreler gibi davranır ve alan orada yoğunlaşır.

Problem 2.18Alanın sıfır olduğu nokta★★★

$(-1, 0)$'da $+2q$, $(1, 0)$'da $-q$ yükü var (Şekil 2.2). Alanın sıfır olduğu noktayı bulun. Bu noktadan geçen alan çizgileri ne yapar?

Çözümü göster

Alan yalnızca $x$ ekseni üzerinde ve iki yükün dışında, küçük yükün tarafında sıfır olabilir (iki yük arasında alanlar aynı yöndedir; büyük yükün tarafında büyük yük her zaman baskındır). $x > 1$ için $2/(x + 1)^2 = 1/(x - 1)^2$ ⇒ $\sqrt{2}(x - 1) = x + 1$ ⇒ $x = (\sqrt{2} + 1)/(\sqrt{2} - 1) = 3 + 2\sqrt{2} = 5{,}83$. Bu bir eyer noktasıdır: $+2q$'dan gelen ve $-q$'ya giden çizgilerle sonsuza giden çizgileri ayıran ayırıcı çizgiler buradan geçer.

Problem 2.19Etkileşme enerjisi★★★

İki dağılımın toplam enerjisinin $W = W_1 + W_2 + \epsilon_0\int\vb{E}_1\cdot\vb{E}_2\,\dd\tau$ olduğunu gösterin. İki noktasal yük için çapraz terimin $q_1q_2/(4\pi\epsilon_0\mathcal{R}_{12})$ olduğunu, $\vb{E}_1 = -\nabla V_1$ ve kısmi integralle gösterin.

Çözümü göster

$E^2 = E_1^2 + E_2^2 + 2\vb{E}_1\cdot\vb{E}_2$; (2.19) ile ilk iki terim öz enerjilerdir. Çapraz terim: $\epsilon_0\int\vb{E}_1\cdot\vb{E}_2\,\dd\tau = -\epsilon_0\int\nabla V_1\cdot\vb{E}_2\,\dd\tau = \epsilon_0\int V_1\nabla\cdot\vb{E}_2\,\dd\tau$ (sınır terimi sonsuzda sıfır) $= \int V_1\rho_2\,\dd\tau = q_2V_1(\vb{r}_2) = q_1q_2/(4\pi\epsilon_0\mathcal{R}_{12})$ ✓. Öz enerjiler sonsuz olsa da yükler hareket ettikçe değişmezler; fiziksel sonuçları belirleyen etkileşme terimidir.

İleri okuma

D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics, 5. baskı (Cambridge University Press, 2023), 2. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak.
E. M. Purcell, D. J. Morin, Electricity and Magnetism, 3. baskı (Cambridge University Press, 2013), 1–3. bölümler: elektrostatiğin fiziksel sezgiye dayanan klasik anlatımı.
R. P. Feynman, R. B. Leighton, M. Sands, The Feynman Lectures on Physics, Cilt II, 4–8. bölümler: elektrostatik, Gauss yasası ve elektrostatik enerji.
J. D. Jackson, Classical Electrodynamics, 3. baskı (Wiley, 1999), 1. bölüm: elektrostatiğe ileri düzeyde giriş.
E. R. Williams, J. E. Faller, H. A. Hill, "New Experimental Test of Coulomb's Law: A Laboratory Upper Limit on the Photon Rest Mass", Physical Review Letters 26 (1971): ters kare yasasının en duyarlı sınamalarından biri.