Bölüm 8

Korunum Yasaları

Yük korunumu; Poynting teoremi, elektromanyetik enerji yoğunluğu ve Poynting vektörü; dirençli telde ve kondansatörde enerji akışı; Maxwell gerilme tensörü; alanların momentumu ve ışınım basıncı; alanların açısal momentumu ve Feynman'ın disk paradoksu.

20 dk okuma6 çözümlü örnek4 şekil14 problem

Bu bölümde

Elektromanyetik alanın enerjisini, yoğunluğunu ve akışını (Poynting teoremi)
Bir telde, bir kondansatörde ve güneş ışığında enerjinin nereden nereye aktığını
Maxwell gerilme tensörüyle yük dağılımlarına etki eden kuvvetleri hesaplamayı
Alanların momentum taşıdığını ve ışınım basıncını
Alanların açısal momentum taşıdığını ve bunun şaşırtıcı sonuçlarını

8.1Yerel korunum

Fizikteki korunum yasaları genellikle küresel biçimde ifade edilir: "evrendeki toplam yük sabittir". Ama bu ifade, bir yerde yok olan yükün aynı anda çok uzakta ortaya çıkmasına izin verirdi. Elektrodinamik çok daha güçlü bir şey söyler: yük yerel olarak korunur. Bir bölgedeki yük ancak bölgenin sınırından akarak değişebilir (7. bölüm):

$$ \frac{\partial\rho}{\partial t} + \nabla\cdot\vb{J} = 0 $$

Bu bölümde, enerji, momentum ve açısal momentumun da aynı biçimde yerel olarak korunduğunu göreceğiz. Bunun bedeli, bu niceliklerin yalnızca parçacıklarda değil alanlarda da bulunduğunu kabul etmektir. Alanlar enerji, momentum ve açısal momentum taşır; yükler bu nicelikleri alanla alışveriş eder.

8.2Poynting teoremi

2. ve 7. bölümlerde, bir yük dağılımını kurmak için gereken işin $\tfrac12\epsilon_0\int E^2\,\dd\tau$, bir akım dağılımını kurmak için gerekenin $(1/2\mu_0)\int B^2\,\dd\tau$ olduğunu bulduk. Elektromanyetik alanın toplam enerjisinin

$$ U_{\text{em}} = \frac12\int\left(\epsilon_0E^2 + \frac{1}{\mu_0}B^2\right)\dd\tau $$

(8.1)

olduğunu düşünmek doğaldır. Şimdi bu enerjinin zamanla nasıl değiştiğini bulalım. Alanların, $\dd t$ sürede yüklere yaptığı iş $\vb{F}\cdot\dd\vb{l} = q(\vb{E} + \vb{v}\times\vb{B})\cdot\vb{v}\,\dd t = q\vb{E}\cdot\vb{v}\,\dd t$'dir (manyetik kuvvet iş yapmaz). Birim zamanda bir hacimdeki bütün yüklere yapılan iş

$$ \frac{\dd W}{\dd t} = \int\vb{E}\cdot\vb{J}\,\dd\tau $$

dir. Ampère–Maxwell yasasıyla $\vb{J}$'yi alanlar cinsinden yazalım: $\vb{E}\cdot\vb{J} = (1/\mu_0)\vb{E}\cdot(\nabla\times\vb{B}) - \epsilon_0\vb{E}\cdot\partial\vb{E}/\partial t$. 1. bölümdeki çarpım kuralı $\nabla\cdot(\vb{E}\times\vb{B}) = \vb{B}\cdot(\nabla\times\vb{E}) - \vb{E}\cdot(\nabla\times\vb{B})$ ve Faraday yasası $\nabla\times\vb{E} = -\partial\vb{B}/\partial t$ ile

$$ \vb{E}\cdot\vb{J} = -\frac{\partial}{\partial t}\left[\frac12\left(\epsilon_0E^2 + \frac{1}{\mu_0}B^2\right)\right] - \frac{1}{\mu_0}\nabla\cdot(\vb{E}\times\vb{B}) $$

bulunur. Hacim üzerinden integralleyip Gauss teoremini kullanırsak:

Teorem 8.1Poynting teoremi

$$ \frac{\dd W}{\dd t} = -\frac{\dd}{\dd t}\int_{\mathcal{V}}u\,\dd\tau - \oint_{\mathcal{S}}\vb{S}\cdot\dd\vb{a} $$

(8.2)

Burada

$$ u = \frac12\left(\epsilon_0E^2 + \frac{1}{\mu_0}B^2\right), \qquad \vb{S} = \frac{1}{\mu_0}\vb{E}\times\vb{B} $$

(8.3)

Teoremin anlamı açıktır: alanların yüklere yaptığı iş, hacimdeki alan enerjisinin azalmasından ve hacmin sınırından dışarı akan enerjiden gelir. $u$, elektromanyetik enerji yoğunluğudur; $\vb{S}$, Poynting vektörüdür ve birim zamanda birim alandan geçen enerjiyi (W/m²) verir. Diferansiyel biçimde, yüklerin olmadığı yerde

$$ \frac{\partial u}{\partial t} + \nabla\cdot\vb{S} = 0 $$

(8.4)

Bu, enerjinin süreklilik denklemidir: yük yoğunluğu ve akım yoğunluğunun yerini enerji yoğunluğu ve enerji akı yoğunluğu almıştır. Enerji, Poynting vektörü boyunca "akar".

Örnek 8.1Bir dirençte enerji nereden gelir?

Uzunluğu $L$, yarıçapı $a$ olan bir telden $I$ akımı geçiyor ve uçları arasındaki gerilim $V$'dir. Telin yüzeyindeki Poynting vektörünü hesaplayın ve tele giren toplam gücü bulun.

Çözüm

Tel içinde alan tel boyunca ve düzgündür: $E = V/L$. Yüzeyde manyetik alan tel çevresinde dolanır: $B = \mu_0I/(2\pi a)$. $\vb{E}$ ile $\vb{B}$ diktir ve $\vb{S} = \vb{E}\times\vb{B}/\mu_0$ tele doğru, radyal olarak içeri yönelir (Şekil 8.1); büyüklüğü $S = VI/(2\pi aL)$. Telin yan yüzeyinden giren toplam güç $S\cdot 2\pi aL = VI = I^2R$ ✓: tam olarak ısıya dönüşen güç. Bu sonuç şaşırtıcıdır: dirençte ısıya dönüşen enerji, tel boyunca elektronlarla değil, telin çevresindeki alanla yandan gelir. Bir devrede enerji, kaynaktan yüke iletkenlerin içinden değil, aralarındaki boşluktaki alan aracılığıyla akar; teller enerjinin yolunu yalnızca yönlendirir (Problem 8.4).

Telde enerji akışı — **Şekil 8.1.** Akım taşıyan dirençli bir tel. Tel içindeki elektrik alan ile tel çevresindeki manyetik alanın Poynting vektörü, telin yüzeyinden radyal olarak içeri doğrudur; içeri akan toplam güç $I^2R$'dir.

Örnek 8.2Kondansatör nasıl dolar?

Yarıçapı $a$, aralığı $d$ olan dairesel plakalı bir kondansatör yükleniyor. Plakalar arasındaki bölgenin kenarından içeri akan enerjinin, orada depolanan elektrik enerjisinin artış hızına eşit olduğunu gösterin.

Çözüm

Plakalar arasında $E = Q/(\epsilon_0\pi a^2)$; kenarda 7. bölümdeki yerdeğiştirme akımı sonucu $B = \mu_0\dot{Q}/(2\pi a)$. $\vb{S}$, kenardan içeri radyal yöndedir (Şekil 8.2): $S = EB/\mu_0 = Q\dot{Q}/(2\pi^2\epsilon_0a^3)$. Kenar yüzeyinden giren güç $S\cdot 2\pi ad = Q\dot{Q}d/(\pi\epsilon_0a^2)$. Depolanan enerji $\tfrac12\epsilon_0E^2\pi a^2d = Q^2d/(2\pi\epsilon_0a^2)$, türevi $Q\dot{Q}d/(\pi\epsilon_0a^2)$ ✓. Enerji, teller boyunca değil, kondansatörün kenarından, çevredeki boşluktan içeri akar.

Kondansatörde enerji akışı — **Şekil 8.2.** Yüklenen bir kondansatörde Poynting vektörü, plakalar arasındaki bölgenin kenarından içeri doğrudur; içeri akan enerji, artan elektrik alanın enerjisi olarak depolanır.

Örnek 8.3Güneş ışığının alanları

Dünya'nın yörüngesinde güneş ışığının yoğunluğu (birim zamanda birim alana düşen ortalama enerji) yaklaşık 1 361 W/m²'dir. Bunu tek frekanslı düzlem bir dalga gibi düşünerek (9. bölüm) elektrik ve manyetik alanların genliklerini bulun. Güneş'in toplam ışıma gücü nedir?

Çözüm

9. bölümde göreceğimiz gibi düzlem dalgada $B = E/c$, elektrik ve manyetik enerji yoğunlukları eşittir ve zaman ortalaması alınmış yoğunluk $I = \tfrac12c\epsilon_0E_0^2$'dir. $E_0 = \sqrt{2I/c\epsilon_0} = 1{,}01\times10^3$ V/m (etkin değer 716 V/m), $B_0 = E_0/c = 3{,}4\ \mu\text{T}$: Dünya'nın manyetik alanının onda biri. Güneş'in toplam gücü $I\cdot 4\pi(1\ \text{AB})^2 = 1\,361 \times 4\pi \times (1{,}496\times10^{11})^2 = 3{,}83\times10^{26}$ W.

Tarihçe

John Henry Poynting enerji akışı teoremini 1884'te yayımladı; Oliver Heaviside aynı sonuca hemen hemen aynı zamanda, bağımsız olarak ulaştı. Poynting'in makalesi, enerjinin tellerin içinden değil çevresindeki boşluktan aktığını söylediği için çağdaşlarını çok şaşırttı. Teoremin bir de güzel bir rastlantısı vardır: enerjinin akış yönünü veren vektör, kendisini bulan kişinin adını taşır ve İngilizcede "poynting" sözcüğü "işaret etmek" (pointing) gibi okunur.

8.3Maxwell gerilme tensörü

Bir $\mathcal{V}$ hacmindeki yüklere etki eden toplam elektromanyetik kuvveti alanlar cinsinden yazalım. Birim hacme etki eden kuvvet $\vb{f} = \rho\vb{E} + \vb{J}\times\vb{B}$'dir. Maxwell denklemleriyle $\rho$ ve $\vb{J}$'yi yok edip epey bir cebirden sonra (Problem 8.12)

$$ \vb{f} = \nabla\cdot\overleftrightarrow{\vb{T}} - \epsilon_0\mu_0\frac{\partial\vb{S}}{\partial t} $$

bulunur. Burada $\overleftrightarrow{\vb{T}}$, Maxwell gerilme tensörüdür:

$$ T_{ij} = \epsilon_0\left(E_iE_j - \tfrac12\delta_{ij}E^2\right) + \frac{1}{\mu_0}\left(B_iB_j - \tfrac12\delta_{ij}B^2\right) $$

(8.5)

($i, j = x, y, z$; $\delta_{ij}$, Kronecker deltasıdır.) Toplam kuvvet, Gauss teoremiyle

$$ \vb{F} = \oint_{\mathcal{S}}\overleftrightarrow{\vb{T}}\cdot\dd\vb{a} - \epsilon_0\mu_0\frac{\dd}{\dd t}\int_{\mathcal{V}}\vb{S}\,\dd\tau $$

(8.6)

olur. Durgun durumlarda ikinci terim sıfırdır ve kuvvet, yükleri çevreleyen herhangi bir yüzey üzerinde alanların integraliyle hesaplanabilir. $T_{ij}$, $j$ doğrultusuna dik bir yüzeyin birim alanına $i$ doğrultusunda etki eden kuvvettir. Köşegen elemanlar basınç (eksi işaretliyse) ya da gerilme, köşegen dışı elemanlar kesme kuvvetleridir.

Fiziksel anlamı en iyi düzgün bir alanda görülür. Alan $z$ yönündeyse $T_{zz} = +\tfrac12\epsilon_0E^2$ (alan çizgileri boyunca gerilme: çizgiler gerilmiş lastikler gibi kısalmak ister) ve $T_{xx} = T_{yy} = -\tfrac12\epsilon_0E^2$ (alan çizgilerine dik basınç: çizgiler birbirini iter). Faraday'ın "kuvvet çizgileri" sezgisinin nicel ifadesi budur: zıt yükler, aralarındaki çizgiler gerildiği için birbirini çeker; eş yükler, aralarındaki çizgiler birbirini ittiği için birbirini iter.

Örnek 8.4Yüklü kürenin yarıkürelerini ayıran kuvvet

Yarıçapı $R$ olan iletken bir küre $Q$ yüküyle yüklüdür. Üst yarıküreye alt yarıkürenin uyguladığı kuvveti bulun.

Çözüm

Birinci yol, 2. bölümdeki elektrostatik basınç: her yüzey parçası $\sigma^2/2\epsilon_0$ basınçla dışarı itilir. Simetri gereği yalnızca $z$ bileşenleri toplanır:

$$ F_z = \int_0^{\pi/2}\frac{\sigma^2}{2\epsilon_0}\cos\theta\,2\pi R^2\sin\theta\,\dd\theta = \frac{\pi R^2\sigma^2}{2\epsilon_0} = \frac{Q^2}{32\pi\epsilon_0R^2} $$

İkinci yol, gerilme tensörü: üst yarıkürenin yüklerini çevreleyen kapalı yüzey olarak bütün ekvator düzlemini ve sonsuzdaki bir yarıküreyi alalım (Şekil 8.3). Sonsuzdaki yarıkürenin katkısı yoktur. Ekvator düzleminin küre içinde kalan kısmında alan sıfırdır; dışında kalan kısmında $\vb{E}$ radyal ve düzleme paraleldir, $T_{zz} = -\tfrac12\epsilon_0E^2$ ve dışa doğru normal $-\uv{z}$'dir. Böylece $F_z = \tfrac12\epsilon_0\int_R^\infty E^2\,2\pi r\,\dd r$ ve $E = Q/(4\pi\epsilon_0r^2)$ ile aynı sonuç, $Q^2/(32\pi\epsilon_0R^2)$, bulunur (Problem 8.5). Bu yöntemde kuvveti yükler üzerinde değil, yalnızca ekvator düzlemindeki alanla hesapladık: üst yarıküreyi alttakinden ayıran düzlemdeki alan çizgileri birbirini iterek yarıküreleri ayırır.

Yarıkürelere etki eden kuvvet — **Şekil 8.3.** Yüklü bir iletken kürenin üst yarıküresine etki eden kuvvet. Gerilme tensörüyle hesap için bütün ekvator düzlemi ve sonsuzdaki bir yarıküre, üst yarıkürenin yüklerini çevreleyen kapalı bir yüzey oluşturur.

8.4Alanların momentumu

(8.6)'daki ikinci terim, zamana bağlı durumlarda önemlidir. Newton'un ikinci yasasıyla $\vb{F} = \dd\vb{p}_{\text{mek}}/\dd t$ yazarsak

$$ \frac{\dd\vb{p}_{\text{mek}}}{\dd t} = -\epsilon_0\mu_0\frac{\dd}{\dd t}\int_{\mathcal{V}}\vb{S}\,\dd\tau + \oint_{\mathcal{S}}\overleftrightarrow{\vb{T}}\cdot\dd\vb{a} $$

Bu bir momentum korunum yasasıdır, ancak alanların da momentum taşıdığını kabul edersek. Birim hacimdeki alan momentumu

$$ \vb{g} = \epsilon_0\mu_0\vb{S} = \epsilon_0\,\vb{E}\times\vb{B} = \frac{\vb{S}}{c^2} $$

(8.7)

ve $-\overleftrightarrow{\vb{T}}$, momentum akı yoğunluğudur: birim zamanda bir yüzeyden geçen momentum. Hacimdeki mekanik ve elektromanyetik momentumun toplamı ancak sınırdan momentum akarak değişebilir. Newton'un üçüncü yasası elektrodinamikte geçerli değildir (Klasik Mekanik kitabının 1. bölümünde hareketli iki yük için gördüğümüz gibi); momentumun korunumu ise geçerlidir, çünkü "eksik" momentum alandadır.

Işınım basıncı. Işık momentum taşıdığından, bir yüzey tarafından soğurulduğunda ona bir kuvvet uygular. Bir düzlem dalganın momentum yoğunluğu $g = u/c$'dir (9. bölüm) ve $c$ hızıyla ilerler: birim zamanda birim alana gelen momentum $gc = u = I/c$. Tamamen soğuran bir yüzeye etki eden basınç

$$ P = \frac{I}{c} \quad (\text{soğuran}), \qquad P = \frac{2I}{c} \quad (\text{tam yansıtan}) $$

(8.8)

dir. Güneş ışığı için $I/c = 4{,}54\ \mu\text{Pa}$: atmosfer basıncının $4\times10^{-11}$'i. Bu basınç küçüktür, ama uzayda sürtünme yoktur: 2010'da Japonya'nın IKAROS uzay aracı, yaklaşık 200 m²'lik ince bir yelkenle yalnızca güneş ışığının basıncıyla hızlanan ilk araç oldu. Kuyruklu yıldızların toz kuyruklarının Güneş'ten uzağa doğru uzanması da ışınım basıncındandır (Problem 8.9).

Örnek 8.5Bir lazerin itmesi

5,0 mW'lık bir lazer ışını tamamen soğuran bir yüzeye düşüyor. Yüzeye etki eden kuvvet nedir? Işın tam yansıtan bir aynaya dik düşseydi?

Çözüm

Birim zamanda gelen momentum $P_{\text{güç}}/c$: $F = 5{,}0\times10^{-3}/3{,}00\times10^8 = 1{,}7\times10^{-11}$ N; aynada iki katı. Bu kuvvetler çok küçüktür, ama mikroskobik parçacıklar için büyüktür: Arthur Ashkin'in optik cımbızı, sıkıca odaklanmış bir lazerle hücreleri, virüsleri ve tek tek molekülleri tutup hareket ettirir (2018 Nobel Fizik Ödülü).

Manyetik basınç. Gerilme tensörünün manyetik kısmı da benzer biçimde yorumlanır: alan çizgileri boyunca gerilme, dik doğrultuda $B^2/2\mu_0$ basıncı. Bir solenoidin sargıları, içerideki alanın bu basıncıyla dışarı itilir. 1 T'da manyetik basınç $4{,}0\times10^5$ Pa, yaklaşık 4 atmosferdir; 10 T'lık bir bobinde 400 atmosfer. Güçlü elektromıknatısların sargıları bu yüzden çelik kuşaklarla sarılır ve en güçlü darbeli mıknatıslar (yaklaşık 100 T) kendi kuvvetleriyle parçalanmanın sınırında çalışır.

8.5Alanların açısal momentumu

Alanlar momentum taşıdığına göre açısal momentum da taşır. Birim hacimdeki elektromanyetik açısal momentum

$$ \boldsymbol{\ell} = \vb{r}\times\vb{g} = \epsilon_0\,\vb{r}\times(\vb{E}\times\vb{B}) $$

(8.9)

dir. Durgun alanlar bile, yeter ki $\vb{E}\times\vb{B}$ sıfırdan farklı olsun, açısal momentum taşıyabilir. Bunun şaşırtıcı bir sonucu vardır.

Örnek 8.6Feynman'ın disk paradoksu

Yarıçapı $R$ olan uzun bir solenoidin içinde $B_0$ alanı var. Solenoidin ekseni boyunca birim uzunlukta $-\lambda$ yüklü ince bir tel, solenoidin dışında ise yarıçapı $b > R$ olan ve birim uzunlukta $+\lambda$ yüklü ince bir silindirik kabuk bulunuyor; kabuk eksen çevresinde serbestçe dönebiliyor. Solenoidin akımı kesilince kabuk dönmeye başlar mı?

Çözüm

Akım kesilirken solenoidin içindeki akı azalır ve 7. bölüme göre dışarıda $\hat{\boldsymbol{\phi}}$ yönünde bir elektrik alan indüklenir: $E_\phi = -(R^2/2b)\,\dd B/\dd t$. Kabuğun birim uzunluğuna etki eden tork $b\lambda E_\phi$, toplam açısal momentum $\int b\lambda E_\phi\,\dd t = \lambda R^2B_0/2$ ($B$, $B_0$'dan sıfıra iner). Kabuk döner! Eksendeki tel ise $s = 0$'da olduğundan tork hissetmez. Hiçbir dış tork olmadığı hâlde bir şey dönmeye başladı; açısal momentum nereden geldi? Akım kesilmeden önce, yükler arasındaki radyal $\vb{E}$ alanı ile solenoidin $\vb{B}$ alanı, solenoidin içinde $\vb{g} = \epsilon_0\vb{E}\times\vb{B}$ momentum yoğunluğu yaratıyordu ve bu momentum eksen çevresinde dolanıyordu (Şekil 8.4). Birim uzunluk başına alan açısal momentumu $\int_0^R s\,g_\phi\,2\pi s\,\dd s = \lambda B_0R^2/2$'dir: kabuğa aktarılan miktarla tam olarak aynı ✓. Toplam açısal momentum korunur; başlangıçta alanda, sonunda kabuktadır. Feynman bu paradoksu Lectures'ta (Cilt II, 17-4) okuyucuya bir bilmece olarak sorar.

Alanın açısal momentumu — **Şekil 8.4.** Feynman'ın disk paradoksunun bir biçimi (kesit). Solenoidin içindeki manyetik alan ile yükler arasındaki radyal elektrik alan, eksen çevresinde dolanan bir momentum yoğunluğu ve dolayısıyla açısal momentum taşır. Solenoidin akımı kesilince bu açısal momentum yüklü kabuğa aktarılır.

Işığın da açısal momentumu vardır: dairesel kutuplanmış ışık, bir yüzey tarafından soğurulduğunda ona tork uygular. Richard Beth 1936'da, dairesel kutuplanmış ışığı bir dalga levhasından geçirerek levhanın döndüğünü ölçtü; foton başına açısal momentumun $\hbar$ olduğunu doğrulayan bu deney, ışığın spininin ilk mekanik ölçümüdür.

Özet

Yük, enerji, momentum ve açısal momentum yerel olarak korunur; alanlar da bu nicelikleri taşır.
Poynting teoremi (8.2): enerji yoğunluğu $u = \tfrac12(\epsilon_0E^2 + B^2/\mu_0)$, enerji akı yoğunluğu $\vb{S} = \vb{E}\times\vb{B}/\mu_0$ (8.3). Dirençlere ve kondansatörlere enerji yandan, çevredeki alandan girer.
Maxwell gerilme tensörü (8.5); durgun yük dağılımlarına etki eden kuvvet, onları çevreleyen bir yüzey üzerindeki $\oint\overleftrightarrow{\vb{T}}\cdot\dd\vb{a}$ integralidir (8.6). Alan çizgileri boyunca gerilme, dik doğrultuda basınç vardır.
Alan momentumu yoğunluğu $\vb{g} = \vb{S}/c^2$ (8.7); ışınım basıncı soğuran yüzeyde $I/c$, yansıtanda $2I/c$ (8.8).
Alan açısal momentumu $\vb{r}\times\vb{g}$ (8.9); durgun alanlar bile açısal momentum taşıyabilir.

Problemler

Problem 8.1Bir lambanın alanı★☆☆

100 W'lık noktasal bir ışık kaynağı enerjisini her yöne eşit yayıyor. 1,0 m uzaklıkta yoğunluğu ve elektrik alanın etkin değerini bulun.

Çözümü göster

$I = 100/(4\pi) = 7{,}96\ \text{W/m}^2$. $I = c\epsilon_0E_{\text{etkin}}^2$ ile $E_{\text{etkin}} = \sqrt{I/(c\epsilon_0)} = 55$ V/m.

Problem 8.2Güneş'in ışıma gücü★☆☆

Güneş ışığının Dünya'daki yoğunluğundan (1 361 W/m²) Güneş'in toplam ışıma gücünü ve Güneş'in her saniye ne kadar kütle kaybettiğini ($E = mc^2$) bulun.

Çözümü göster

$L = 3{,}83\times10^{26}$ W (Örnek 8.3). $\dd m/\dd t = L/c^2 = 4{,}3\times10^9$ kg/s: saniyede dört milyon ton.

Problem 8.3Güneş ışığının enerji yoğunluğu★☆☆

Güneş ışığının Dünya'daki ortalama enerji yoğunluğu nedir? Bir metreküpte ne kadar enerji vardır?

Çözümü göster

$u = I/c = 1\,361/3{,}00\times10^8 = 4{,}54\times10^{-6}\ \text{J/m}^3$; bir metreküpte yaklaşık 4,5 $\mu$J.

Problem 8.4Eş eksenli kabloda enerji akışı★★☆

Bir eş eksenli kablonun iletkenleri arasındaki gerilim $V$, akım $I$'dır (iç yarıçap $a$, dış $b$; iletkenler ideal). İletkenler arasındaki Poynting vektörünü bulun ve kablo boyunca akan toplam gücün $VI$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$E = V/(s\ln(b/a))$ (radyal), $B = \mu_0I/(2\pi s)$ (dolanan). $\vb{S}$ kablo boyuncadır: $S = VI/(2\pi s^2\ln(b/a))$. $\int_a^bS\,2\pi s\,\dd s = VI$ ✓. Enerji iletkenlerin içinde değil, aralarındaki yalıtkanda akar.

Problem 8.5Gerilme tensörüyle yarıküre kuvveti★★☆

Örnek 8.4'teki kuvveti gerilme tensörüyle iki farklı kapalı yüzey kullanarak hesaplayın: (a) bütün ekvator düzlemi ve sonsuzdaki yarıküre; (b) küre yüzeyinin hemen dışından geçen yarıküre çanağı ve onun tabanı olan, ekvator düzlemindeki disk.

Çözümü göster

$E_0 = Q/(4\pi\epsilon_0R^2) = \sigma/\epsilon_0$. (a) Düzlemde $r > R$ için $E_z = 0$, $T_{zz} = -\tfrac12\epsilon_0E^2$, normal $-\uv{z}$: $F_z = \tfrac12\epsilon_0\int_R^\infty(E_0R^2/r^2)^2\,2\pi r\,\dd r = \tfrac12\epsilon_0E_0^2\pi R^2$. (b) Disk iletkenin içindedir ($E = 0$), katkı yok. Çanakta $\vb{E} = E_0\hat{\vb{r}}$ ve $(\overleftrightarrow{\vb{T}}\cdot\hat{\vb{r}})_z = \epsilon_0(E_zE_r - \tfrac12E^2\cos\theta) = \tfrac12\epsilon_0E_0^2\cos\theta$: $F_z = \tfrac12\epsilon_0E_0^2\int_0^{\pi/2}\cos\theta\,2\pi R^2\sin\theta\,\dd\theta = \tfrac12\epsilon_0E_0^2\pi R^2$. İki yüzey aynı sonucu verir: $Q^2/(32\pi\epsilon_0R^2)$ ✓. (Kapalı yüzey, kuvvetini hesapladığımız yüklerin hepsini ve yalnızca onları içermelidir.)

Problem 8.6İki eş yük arasındaki kuvvet★★☆

$z = \pm a$'daki iki eş $q$ yükünün birbirine uyguladığı kuvveti, aradaki $z = 0$ düzlemi üzerinde gerilme tensörüyle hesaplayın.

Çözümü göster

Düzlemde $E_z = 0$, $E_s = 2qs/[4\pi\epsilon_0(s^2 + a^2)^{3/2}]$. Üst yükü çevreleyen yüzey: düzlem ($\dd\vb{a} = -\uv{z}\,\dd a$) ve sonsuzdaki yarıküre (katkı yok). $F_z = -\int T_{zz}\,\dd a = \tfrac12\epsilon_0\int_0^\infty E_s^2\,2\pi s\,\dd s = q^2/(4\pi\epsilon_0(2a)^2)$ ✓ (yukarı: itme). Düzlemdeki alan çizgileri birbirini iterek yükleri ayırır.

Problem 8.7Solenoidin sargılarına etki eden basınç★★☆

İçinde 1,0 T alan bulunan uzun bir solenoidin sargılarına etki eden basıncı gerilme tensörüyle bulun. Kuvvet içeri mi, dışarı mı?

Çözümü göster

Sargıların içinde $\vb{B} = B\uv{z}$, dışında sıfır. Sargının küçük bir parçasını çevreleyen yüzeyin iç yüzü ($\dd\vb{a} = -\hat{\vb{s}}\,\dd a$): $T_{ss} = -B^2/2\mu_0$, kuvvet $(-B^2/2\mu_0)(-\hat{\vb{s}}) = +(B^2/2\mu_0)\hat{\vb{s}}$: dışarı. Büyüklük $4{,}0\times10^5$ Pa.

Problem 8.8Dünya'ya etki eden ışınım kuvveti★★☆

Güneş ışığının Dünya'ya uyguladığı kuvveti (soğurma varsayımıyla) Güneş'in kütle çekim kuvvetiyle karşılaştırın.

Çözümü göster

$F = I\pi R_D^2/c = 1\,361 \times \pi \times (6{,}371\times10^6)^2/3{,}00\times10^8 = 5{,}8\times10^8$ N. Kütle çekimi $GM_\odot M_D/(1\ \text{AB})^2 = 3{,}5\times10^{22}$ N. Oran $1{,}6\times10^{-14}$: gezegenler için tamamen ihmal edilebilir.

Problem 8.9Hangi tozlar Güneş Sistemi'nden atılır?★★☆

Yoğunluğu 1 000 kg/m³ olan, ışığı tamamen soğuran küresel bir toz tanesi için ışınım basıncı kuvvetinin Güneş'in kütle çekimine oranını yarıçapı $a$ cinsinden bulun. Hangi büyüklüğün altındaki tanecikler Güneş Sistemi'nden dışarı itilir?

Çözümü göster

Her iki kuvvet de $1/r^2$ ile azalır; oran uzaklıktan bağımsızdır. $F_{\text{ış}} = I_0(r_0/r)^2\pi a^2/c$, $F_g = GM_\odot\tfrac43\pi a^3\rho/r^2$. Oran $3I_0r_0^2/(4cGM_\odot\rho a) = 5{,}7\times10^{-7}\ \text{m}/a$. $a < 0{,}57\ \mu\text{m}$ olan tanecikler için ışınım basıncı kütle çekimini yener. (Gerçek tozlarda optik özellikler ve ışığın dalga boyuyla karşılaştırılabilir boyut sonucu değiştirir; ama mertebe doğrudur.)

Problem 8.10Düzlem dalganın momentum akısı★★☆

$z$ yönünde ilerleyen, $\vb{E} = E\uv{x}$ ve $\vb{B} = (E/c)\uv{y}$ alanlı bir düzlem dalga için $u$, $\vb{S}$, $\vb{g}$ ve $T_{zz}$'yi bulun. Momentum akısının $u$'ya eşit olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$u = \tfrac12\epsilon_0E^2 + \tfrac12E^2/(c^2\mu_0) = \epsilon_0E^2$ (iki katkı eşit). $\vb{S} = (E^2/c\mu_0)\uv{z} = cu\,\uv{z}$; $\vb{g} = (u/c)\uv{z}$. $T_{zz} = \epsilon_0(0 - \tfrac12E^2) + (1/\mu_0)(0 - \tfrac12E^2/c^2) = -u$. Momentum akısı $-T_{zz} = u$: birim zamanda birim alandan $u$ kadar $z$-momentumu geçer ✓.

Problem 8.11Kondansatörün alan momentumu★★☆

Paralel levhalı bir kondansatörün plakaları arasında düzgün bir $\vb{E}$ alanı var ve plakalara paralel düzgün bir $\vb{B}$ alanı uygulanmış. Alanlarda depolanan momentumu bulun. Manyetik alan yavaşça kapatılınca kondansatöre ne olur?

Çözümü göster

$\vb{g} = \epsilon_0\vb{E}\times\vb{B}$, toplam $\epsilon_0EBAd$ (plakalara paralel, $\vb{E}$ ve $\vb{B}$'ye dik). $\vb{B}$ kapatılırken değişen akı indüklenmiş bir elektrik alan yaratır ve plakalardaki yüklere zıt yönlerde farklı kuvvetler uygular; kondansatöre net bir itme verilir. Momentum korunumu gereği bu itme, alanın başlangıçtaki momentumuna eşittir: $\epsilon_0EBAd = QBd$ ($Q = \epsilon_0EA$).

Problem 8.12Gerilme tensörünün türetilmesi★★★

$\vb{f} = \rho\vb{E} + \vb{J}\times\vb{B}$'den başlayıp Maxwell denklemlerini kullanarak $\vb{f} = \nabla\cdot\overleftrightarrow{\vb{T}} - \epsilon_0\mu_0\,\partial\vb{S}/\partial t$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\rho = \epsilon_0\nabla\cdot\vb{E}$, $\vb{J} = \nabla\times\vb{B}/\mu_0 - \epsilon_0\,\partial\vb{E}/\partial t$. $\partial(\vb{E}\times\vb{B})/\partial t = (\partial\vb{E}/\partial t)\times\vb{B} - \vb{E}\times(\nabla\times\vb{E})$ (Faraday). Böylece $\vb{f} = \epsilon_0[(\nabla\cdot\vb{E})\vb{E} - \vb{E}\times(\nabla\times\vb{E})] + (1/\mu_0)[(\nabla\cdot\vb{B})\vb{B} - \vb{B}\times(\nabla\times\vb{B})] - \epsilon_0\,\partial(\vb{E}\times\vb{B})/\partial t$ ($\nabla\cdot\vb{B} = 0$ terimi simetri için eklendi). $\vb{E}\times(\nabla\times\vb{E}) = \tfrac12\nabla E^2 - (\vb{E}\cdot\nabla)\vb{E}$ ile köşeli parantez $\partial_j(E_iE_j - \tfrac12\delta_{ij}E^2)$'dir; manyetik kısım aynı. ✓

Problem 8.13Maddede Poynting teoremi★★★

Doğrusal bir ortamda Poynting teoreminin $u = \tfrac12(\vb{E}\cdot\vb{D} + \vb{B}\cdot\vb{H})$ ve $\vb{S} = \vb{E}\times\vb{H}$ ile, serbest akımlara yapılan iş için geçerli olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\vb{E}\cdot\vb{J}_f = \vb{E}\cdot(\nabla\times\vb{H}) - \vb{E}\cdot\partial\vb{D}/\partial t$. $\nabla\cdot(\vb{E}\times\vb{H}) = \vb{H}\cdot(\nabla\times\vb{E}) - \vb{E}\cdot(\nabla\times\vb{H}) = -\vb{H}\cdot\partial\vb{B}/\partial t - \vb{E}\cdot(\nabla\times\vb{H})$. Toplam: $\vb{E}\cdot\vb{J}_f = -\vb{E}\cdot\dot{\vb{D}} - \vb{H}\cdot\dot{\vb{B}} - \nabla\cdot(\vb{E}\times\vb{H})$. Doğrusal ortamda $\vb{E}\cdot\dot{\vb{D}} = \tfrac12\partial(\vb{E}\cdot\vb{D})/\partial t$, benzer biçimde $\vb{H}\cdot\dot{\vb{B}}$ ✓.

Problem 8.14Disk paradoksu: enerji★★★

Örnek 8.6'da kabuğun kazandığı kinetik enerji nereden gelir? Solenoidin akımı keserken neler olduğunu tartışın.

Çözümü göster

Akımı kesmek için solenoidin geri emk'sına karşı iş yapılır ve manyetik alanın $B^2/2\mu_0$ enerjisi geri alınır. Kabuk dönmeye başlayınca kendisi bir yüzey akımı ($\lambda\omega b/2\pi$ birim uzunluk başına) oluşturur ve bu akım solenoidin içinde ek bir manyetik alan ve dolayısıyla solenoidin sargılarında ek bir emk yaratır. Kabuğun kinetik enerjisi, solenoidin kaynağının yaptığı işten (ya da solenoidin alan enerjisinden) gelir; Poynting vektörü bu aktarımın yolunu gösterir. Açısal momentum ise alandan kabuğa, $\vb{g}$'nin taşıdığı açısal momentum olarak aktarılır.

İleri okuma

D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics, 5. baskı (Cambridge University Press, 2023), 8. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak.
R. P. Feynman, R. B. Leighton, M. Sands, The Feynman Lectures on Physics, Cilt II, 17. ve 27. bölümler: disk paradoksu ve alan enerjisi ile momentumu.
J. D. Jackson, Classical Electrodynamics, 3. baskı (Wiley, 1999), 6.7–6.8. kısımlar: Poynting teoremi ve gerilme tensörü.
J. H. Poynting, "On the Transfer of Energy in the Electromagnetic Field", Philosophical Transactions of the Royal Society 175 (1884).
R. A. Beth, "Mechanical Detection and Measurement of the Angular Momentum of Light", Physical Review 50 (1936).