Elektrostatik dengedeki iletkenler

Geçen hafta Gauss yasasını yalıtkanlara uyguladın; alan yükün içinde de sıfırdan farklıydı. İletkenler farklı davranır, çünkü içlerinde serbest elektronlar (free electrons) var ve bu elektronlar bir kuvvet hissettiği sürece hareket eder. Sınavda bu konudan gelen soruların çoğu eş merkezli küre ve kabuk sorusudur: “iç yüzeyde ne kadar yük var, dış yüzeyde ne kadar, $r$ noktasında alan ne?” Dört özelliği bilen ve Gauss yüzeyini doğru yere koyan bu soruyu kaçırmaz.

Altın kurallar:

1. İletkenin içinde $E = 0$. Dengedeki her iletken için, şekli ne olursa olsun.
2. Fazla yük yüzeye gider. İletkenin içinde net yük olmaz.
3. Yüzeyin hemen dışında alan yüzeye dik ve $E = \sigma/\varepsilon_0$.
4. Sivri yerde yük yoğun. $\sigma$, eğrilik yarıçapı küçük olan yerde büyüktür.

Elektrostatik denge (electrostatic equilibrium)

Bir iletkene yük koyduğunda ya da onu dış bir alana soktuğunda serbest elektronlar kısa bir süre (nanosaniyelerden çok daha kısa) hareket eder. Sonra durur. Artık içeride net bir yük hareketi yoktur: buna elektrostatik denge denir. Bu kısa sürede elektronlar öyle bir dağılım alır ki dört özellik birden sağlanır.

1. İçeride alan sıfır

Diyelim içeride bir noktada $E \neq 0$. O noktadaki serbest elektronlar $\vec F = -e\vec E$ kuvvetini hisseder ve hareket eder. Ama dengede hareket yok. Çelişki. Demek ki $E = 0$.

Dış bir alana konan metal levhayı düşün. Alan sağa doğru ise elektronlar sola kayar: sol yüzey negatif, sağ yüzey pozitif olur. Bu indüklenen yükler (induced charges) içeride sola doğru bir alan üretir. Elektronlar, bu alan dış alanı tam götürene kadar kaymaya devam eder.

2. Fazla yük yüzeyde

İletkenin içinde, yüzeyin hemen altından geçen bir Gauss yüzeyi çiz. Her noktasında $E = 0$, yani akı sıfır, yani $q_{in} = 0$. Bu Gauss yüzeyini yüzeye istediğin kadar yaklaştırabilirsin. Demek ki iletkenin bütün fazla yükü yüzeyin üzerinde.

3. Yüzeyin hemen dışında alan dik ve $\sigma/\varepsilon_0$

Alanın yüzeye paralel bir bileşeni olsaydı, yüzeydeki elektronlar yüzey boyunca kayardı. Dengede kaymazlar, öyleyse alan yüzeye dik.

Büyüklük için yüzeyi delen küçük bir kutu (pillbox) seç. Kutunun içerideki kapağında $E = 0$ (metalin içi). Yan yüzlerde alan paralel. Akı sadece dıştaki kapaktan:

$EA = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0} \Rightarrow E = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}$

Yalıtkan levhadaki $\sigma/(2\varepsilon_0)$ ile karıştırma. Yalıtkan levhada alan iki yöne de çıkıyordu, kutunun iki kapağından akı vardı. İletkende içerisi sıfır, bütün akı tek kapaktan çıkar.

TUZAK · İki “levha” formülü. Yalıtkan yüklü levha: $\sigma/(2\varepsilon_0)$. İletken yüzeyinin hemen dışı: $\sigma/\varepsilon_0$. Hangisinin sorulduğunu “nonconducting” ve “conducting” kelimelerinden anla.

4. Sivri yerde yük daha yoğun

Küresel bir iletkende simetri yüzünden $\sigma$ her yerde aynı. Ama yumurta ya da armut gibi bir şekilde yük, eğrilik yarıçapının (radius of curvature) küçük olduğu sivri uçta toplanır. O bölgede $\sigma$ büyük, dolayısıyla dışarıdaki alan da büyük. Bunun tam açıklaması potansiyel konusunda gelecek (iletken yüzeyi eş potansiyeldir). Şimdilik sonucu bil: paratonerler sivridir, yüksek gerilim hatlarında sivri uçlardan korona boşalması olur.

Örnek 1. Yarıçapı 0.10 m olan iletken küre $+4.0\ \mu$C taşıyor.

σ = Q / (4πR²) = 4.0e-6 / (4π·0.010) = 3.18e-5 C/m²
E_yüzey = σ / ε0 = 3.18e-5 / 8.85e-12 = 3.60e6 N/C
Sağlama: kQ/R² = (8.99e9)(4.0e-6)/(0.10)² = 3.60e6 N/C  ✓

İletken kürenin dışındaki alan, aynı yükü taşıyan nokta yükün alanıyla aynıdır. Fark içeride: iletkende 0, düzgün yalıtkanda $kQr/R^3$.

Boşluklu iletkenler (cavity)

İletkenin içinde bir boşluk (cavity) olsun, boşlukta da $q$ yükü. Metalin içinden geçen ve boşluğu saran bir Gauss yüzeyi çiz. Metalde $E = 0$, yani bu yüzeyin içindeki net yük sıfır olmalı. Boşluktaki $q$‘yu sıfırlamak için boşluğun duvarında (iç yüzeyde) $-q$ indüklenir.

İletkenin kendi toplam yükü $Q$ ise korunum gereği dış yüzey:

$q_{\text{dış}} = Q - q_{\text{iç}} = Q + q$

Boşlukta yük yoksa iç yüzey yüksüzdür ve boşluktaki alan sıfırdır. Bu, elektrostatik perdeleme (electrostatic shielding): kapalı metal bir kutunun içi dış alanlardan korunur. Arabaya yıldırım düştüğünde içerideki insanların zarar görmemesi, asansörde telefonun çekmemesi ve hassas cihazların metal kutulara konması bu yüzden. Kutunun kafes olması da yeterlidir (Faraday kafesi, Faraday cage).

Eş merkezli küre ve kabuk soruları

Sınavın klasik sorusu. Yöntem her zaman aynı:

1. Yüzeyleri listele: iç kürenin yüzeyi ($a$), kabuğun iç yüzeyi ($b$), kabuğun dış yüzeyi ($c$).
2. Kabuğun iç yüzeyi: metalin içinden Gauss yüzeyi geçir, $q_{in} = 0$ şartından bul. Sonuç: iç kürenin yükünün eksi işaretlisi.
3. Kabuğun dış yüzeyi: kabuğun toplam yükü eksi iç yüzey.
4. Her bölgede alan: $E = kq_{in}/r^2$; metalin içindeysen 0.

Örnek 2. Yarıçapı $a = 3.0$ cm olan iletken küre $+2.0\ \mu$C taşıyor. Etrafında iç yarıçapı $b = 6.0$ cm, dış yarıçapı $c = 9.0$ cm olan iletken kabuk var; kabuğun net yükü $-5.0\ \mu$C.

Yüzey yükleri:
  r = a (kürenin yüzeyi):        +2.0 μC
  r = b (kabuğun iç yüzeyi):     −2.0 μC   (metal içinde q_in = 0 olsun diye)
  r = c (kabuğun dış yüzeyi):    −5.0 − (−2.0) = −3.0 μC

Bölgeler:
  r = 2 cm  (iç kürenin metali):  E = 0
  r = 5 cm  (boşluk, q_in = +2.0 μC):
            E = (8.99e9)(2.0e-6)/(0.05)² = 7.19e6 N/C, dışarı
  r = 7 cm  (kabuğun metali):     E = 0
  r = 12 cm (dışarısı, q_in = +2.0 − 5.0 = −3.0 μC):
            E = (8.99e9)(3.0e-6)/(0.12)² = 1.87e6 N/C, içeri

Dış yüzeyin yoğunluğu: σ_c = −3.0e-6 / (4π·0.09²) = −2.95e-5 C/m²

İPUCU · Kontrol. Metalin içine düşen her bölgede alanın sıfır çıkması gerekir. Sıfır çıkmıyorsa bir yüzeyin yükünü yanlış yazmışsındır.

İnce iletken plaka

Büyük, ince, yalıtılmış bir metal plakaya $Q$ yükü verirsen yük iki yüze eşit dağılır (her yüz alanı $A$):

$\sigma_{\text{yüz}} = \frac{Q}{2A}, \qquad E_{\text{dış}} = \frac{\sigma_{\text{yüz}}}{\varepsilon_0} = \frac{Q}{2A\varepsilon_0}$

Örnek 3. $A = 0.25\ \text{m}^2$, $Q = 3.0\ \mu$C: $\sigma_{\text{yüz}} = 6.0 \times 10^{-6}$ C/m², $E = 6.78 \times 10^{5}$ N/C. Aynı yük bir yalıtkan levhaya düzgün yayılsaydı ($\sigma = Q/A$, $E = \sigma/(2\varepsilon_0)$) sayısal olarak aynı sonuç çıkardı. Dışarıdaki alan aynıdır; fark iletkenin içinde ve yükün nerede oturduğundadır.

Gauss yasasının deneysel doğrulanması

Gauss yasası ile Coulomb’un ters kare yasası aynı şeyin iki yüzüdür. Ters kare yasası tam olarak $1/r^2$ olmasaydı, yüklü bir iletkenin içinde alan tam sıfır olmazdı ve yükün bir kısmı iç yüzeyde kalırdı. Bu yüzden ters kare yasası en hassas şekilde iletkenin içinde yük kalıp kalmadığını ölçerek test edilir.

Klasik deney, Faraday buz kovası deneyi (ice-pail experiment):

1. Yüklü küçük bir metal top, yalıtılmış nötr bir metal kutuya dokundurmadan indirilir. Kutunun iç yüzeyinde $-q$, dış yüzeyinde $+q$ indüklenir. Dış yüzeye bağlı bir elektroskop sapar.
2. Top kutunun iç duvarına dokundurulur. Elektroskopun sapması değişmez.
3. Top çıkarılır ve incelenir: üzerinde hiç yük kalmamıştır.

Topun bütün yükü kutuya geçmiş, ve tamamı dış yüzeye gitmiştir. Modern versiyonlarda iç kürede kalan yük o kadar hassas ölçülmüştür ki $1/r^n$ formundaki üssün 2’den sapması on üzeri eksi on altı mertebesinden daha küçük bulunmuştur.

Sık yapılan hatalar