sevgili fizik bölümü Öğrencileri; bildiğiniz gibi yeterlilik

Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 1 -

ÖNSÖZ

Sevgili Fizik Bölümü Öğrencileri;

Bildiğiniz gibi yeterlilik sınavından sonra Fizik bölümünden mezun olacaksınız.Bu

sınavdaki amaç; dört yıllık eğitiminiz süresince öğrenmeniz gereken müfredata ait sorular

sormak bu konulardaki bilgilerinizi tazelemektir. Bu nedenle elimizden geldiğince size

kapsamlı bir "yeterlilik sınav soruları ve çözümleri" kitapçığı hazırladık. Kitapçığın

hazırlanmasında tüm araştırma görevlisi arkadaşlarımız büyük bir özen ve özveri ile çalışmış

ve büyük bir teşekkürü hak etmişlerdir. Bölümümüzün değerli hocaları çalışmaları her

aşamasında kontrol ederek katkıda bulunmuşlardır. Mutlaka yazım hataları ve gramer hataları

olmuştur. Ancak, bilgi hatası olmamasına azami ölçüde dikkat edilmiştir. Tüm bunlara

rağmen bulacağınız hataları bize bildirmenizi rica eder, bu vesile ile tümünüze yaşam boyu

başarılar dilerim.

C.Ü. Fizik Bölümü

Öğretim elemanları adına

Prof. Dr. Sezai ELAGÖZ


CUMHURİYET ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ FİZİK BÖLÜMÜ BİTİRME SINAVI

MEKANİK VE TERMODİNAMİK SORULAR ________________________________________ 3 ELEKTRİK VE MANYETİZMA SORULAR __________________________________________ 6 ELEKTRONİK SORULAR _________________________________________________________ 8 MATEMATİKSEL FİZİK SORULAR _______________________________________________ 10 ELEKTROMANYETİK TEORİ SORULAR __________________________________________ 13 İSTATİSTİK FİZİK SORULAR ____________________________________________________ 15 KLASİK MEKANİK SORULAR____________________________________________________ 18 MODERN FİZİK SORULAR_______________________________________________________ 20 KATIHAL FİZİĞİ SORULAR _____________________________________________________ 21 KUANTUM FİZİĞİ SORULAR ____________________________________________________ 23 NÜKLEER FİZİK SORULAR ______________________________________________________ 24 MEKANİK VE TERMODİNAMİK CEVAPLAR ______________________________________ 25 ELEKTRİK VE MANYETİZMA CEVAPLAR ________________________________________ 36 ELEKTRONİK CEVAPLAR _______________________________________________________ 43 MATEMATİKSEL FİZİK CEVAPLAR______________________________________________ 57 ELEKTROMANYETİK TEORİ CEVAPLAR_________________________________________ 73 İSTATİSTİK FİZİK CEVAPLAR___________________________________________________ 93 KLASİK MEKANİK CEVAPLAR _________________________________________________ 110 MODERN FİZİK CEVAPLAR ____________________________________________________ 126 KATIHAL FİZİĞİ CEVAPLAR ___________________________________________________ 130 KUANTUM FİZİĞİ CEVAPLAR __________________________________________________ 156 NÜKLEER FİZİK CEVAPLAR ___________________________________________________ 164


MEKANİK VE TERMODİNAMİK SORULAR

1. Mekanikteki temel büyüklükleri tanımlayarak kullanılan birim sistemleri hakkında bilgi

veriniz.

2. Boyut analizinin önemi nedir?

3. Vektörel ve Skaler nicelikler hakkında bilgi vererek bu niceliklerin her birine iki örnek

veriniz.

4. ˆ ˆ ˆ3 2A x y z= + +r

vektörü veriliyor. Buna göre ;

a. Ar

vektörünün uzunluğunu

b. Ar

vektörünün xy düzlemindeki izdüşümünün uzunluğunu

c. xy düzleminde Ar

vektörüne dik bir Br

vektörü

d. Br

vektörünün birim vektörünü

e. Ar

vektörü ile ˆ2C x=r

vektörünün skaler çarpımını

f. Ar

vektörü ile Cr

vektörünün vektörel çarpımını bulunuz.

5. Bir taş yüksekliği bilinmeyen bir kuyunun içine atılıyor. Taş atıldıktan 2.4 s sonra taşın

kuyuya düşme sesi duyuluyor. Sesin havadaki hızı 336 m/s olduğuna göre kuyunun

yüksekliğini hesaplayınız. (g yerçekimi ivmesini 9.8 alınız.)

6. Newton yasalarını yazarak kısaca açıklayınız. Kuvvet ve momentum tanımlarını yapınız.

7.

Şekildeki sürtünmeli eğik düzlemin açısı 45° dir. Eğik

düzlem üzerindeki m kütlesi hareketsizdir. (-y doğrultusunda

eğik düzlemin tabanına dik olarak uygulanan F kuvveti ile

dengede kalmıştır.) Buna göre;

a) Sistemin serbest cisim diyagramını çizerek m kütleli

cisme etkiyen kuvvetleri gösteriniz.

b) Sürtünme katsayısını bulunuz.

8.

Yanda verilen şekildeki gibi m kütleli bir cismin O noktası

merkezli olarak düşey eksende döndürülerek dairesel hareket

yapması sağlanıyor. Buna göre m kütleli cismin A, B, C, D

noktalarından geçerken l uzunluğundaki ipte oluşan gerilmeleri

elde ediniz.

9. Korunumlu ve Korunumsuz kuvvetler hakkında bilgi vererek mekanik enerjinin


korunumunu açıklayınız.

10. Eylemsizlik momenti ve dönme kinetik enerjisi kavramlarını tanımlayarak, fiziksel

önemini belirtiniz.

11. Boyu L ve kütlesi M olan x- ekseni boyunca yerleştirilmiş düzgün katı bir çubuğun

merkezinden geçen ve çubuğa dik olan bir eksene göre eylemsizlik momentini

hesaplayınız.

12. Şekildeki sistemde M kütleli küre eğik düzlem üzerinden

kaymadan yuvarlanıyor. Buna göre eğik düzlemdeki

yuvarlanma hareketinin ivmesinin 2(1 )

gsina IMR

θ=

+

rr olduğunu

gösteriniz.

13. L uzunluklu bir ipin ucuna asılan m kütleli bir cisim denge noktasından θ açısı kadar

çekilip bırakılıyor. Böylece basit harmonik hareket yapan bir basit sarkaç yapılıyor. Basit

sarkaç için küçük salınımlar yaklaşıklığını kullanarak sarkacın frekansını veren ifadeyi

türetiniz.

14. Açısal momentumun korunumunu kısaca açıklayınız.

15.

Uzunluğu L ve kütlesi M olan bir zincir Şekil (a) da ki gibi bir

ucu masanın üstüne dokunacak şekilde tutulur ve serbest

bırakılır. Zincir Şekil (b) de ki gibi x kadar düşünce zincire

masanın uyguladığı kuvveti bulunuz. (Masaya erişince her

halkanın durduğunu kabul ediniz.) 16. l uzunluğunda ve W= 50 N ağırlığında düzgün bir

merdiven, düşey ve pürüzsüz bir duvara yaslanmıştır.

Merdiven ve yer arasındaki statik sürtünme katsayısı

µ = 0,40 olduğuna göre, merdivenin kaymadan

durabilmesi için en küçük θ açısını, yani minθ açısını

bulunuz.

17. Bir cisim, x ekseni boyunca basit harmonik hareket yapıyor. Yerdeğiştirmesi zamanla

(4,0 ) cos( )4

x m t ππ= +

denklemine göre değişiyor, burada t saniye cinsinden zaman ve parantezin içindeki açılar


radyan cinsindendir.

(a) Hareketin genliğini, frekansını ve periyodunu bulunuz.

(b) Cismin herhangi bir t anındaki hızını ve ivmesini hesaplayınız.

(c) (b) ye kadar olan sonuçları kullanarak cismin t = 1 s deki konumunu, hızını ve

ivmesini belirleyiniz.

(d) Cismin maksimum hızını ve maksimum ivmesini bulunuz.

(e) t = 0 ve t = 1 s arasında cismin yer değiştirmesini bulunuz.

(f) t = 2 s de hareketin fazı nedir?

18. 5000 kg lık bir uzay aracı için, dünyadan kurtulma hızını hesaplayınız ve dünyanın çekim

alanından kurtulması için uzay aracının dünya yüzeyindeyken sahip olması gereken

kinetik enerjiyi hesaplayınız.

19. Kepler kanunlarını yazarak kısaca açıklayınız.

20. Derinliği 1000 m olan okyanustaki basıncı hesaplayınız. Suyun yoğunluğunu 31,0 10x

kg/m3 ve 1 Atmosfer basıncı 51,01 10aP x= Pa alınız.

21. Bernoulli denklemini gerekli şekilleri çizerek çıkarınız.

22. Lineer dalga denklemini çıkarınız.

23. 40 m/s hızla hareket eden bir tren, 500 Hz lik bir frekansa sahip olan bir düdük çalıyor. Bu

tren, hareketsiz bir gözlemciye yaklaşırken ve uzaklaşırken gözlemci tarafından işitilen

frekansları bulunuz.

24. Bir boru 1,23 m lik uzunluğa sahiptir.

(a) Borunun iki ucu açık ise ilk üç harmoniğin frekanslarını bulun. Havadaki ses hızını

344 m/s alın.

(b) Borunun bir ucu kapalıysa, (a) da belirlenen üç frekans nedir?

(c) Açık boru hali için, normal olarak insanın duyabileceği kaç tane harmonik

mevcuttur (20 – 20000 Hz)?

25. Enine dalga, boyuna dalga ve girişim tanımlarını yaparak kısaca açıklayınız.

26. 0,05 kg lık bir metal parçası, 200 °C ye kadar ısıtıldıktan sonra bir cam kaptaki ilk

sıcaklığı 20 °C olan 0,4 kg lık suyun içine atılıyor. Karışımın son denge sıcaklığı 22,4 °C

olduğuna göre metal parçasının özgül ısısını hesaplayınız. Metal parçası soğurken suya

verilen ısı ne kadardır?


ELEKTRİK VE MANYETİZMA SORULAR

1. Bir iple asılmış yüksüz hafif bir metal küre, yüklü lastik bir çubuğa doğru çekilmiştir.

Küre çubuğa değdikten sonra çubuk tarafından itilir, niçin?

2. Düzgün olmayan ρ=Cr yük yoğunluklu b yarıçaplı yalıtkan bir küre düşünelim. (C bir

sabittir)

a) r<b ve

b) r>b yarıçapları içinde kalan yükleri bulunuz.

c) Her iki durum için elektrik alanı hesaplayınız.

3.

Dört tane yük şekildeki gibi bir dikdörtgenin köşelerine

yerleştirilmiştir. İki tane 4μC’luk yükü yerlerinden ayırarak

sonsuza götürmek için kaç joule’lük bir enerji harcanır?

4. Paralel plakalı kondansatörün maksimum çalışma voltajını yükseltmek istersek

(kondansatörün yükü sabittir), plakalar arası uzaklığı sabit tutarak bunu nasıl yapacağımızı

anlatınız.

5. 2.4 m. boyunda ve 0.031 cm2 dik kesite sahip bir telin ölçülebilen direnci 0.24 Ω’dur. Bu

maddenin iletkenliğini hesaplayınız.

6. Lorentz kuvvetini yazarak her bir terimi tanımlayınız. (MKS birim sisteminde)

7. Bir proton manyetik alanının ˆˆ ˆ( 2 3 )B i j k Tesla= + −r

ile verildiği bir bölgede

ˆˆ ˆ2 4v i j k= − +r hızı ile hareket ederse, bu protona etkiyen manyetik kuvvetin büyüklüğü

nedir?

8. Büyüklüğü 0.39T olan düzgün bir manyetik alan içinde uzunluğu 2.8m olan bir telden 5A

akım geçmektedir. Manyetik alanla teldeki akımın yönü arasındaki açı;

a) 60, b) 90 ve c) 120 derece ise tele etkiyen kuvvetin büyüklüğünü bulunuz

9.

Şekildeki devre için I1, I2 ve I3 bilinmeyen akımlarının

her birini hesaplayınız.


10. Faraday indüksiyon kanunu nedir?

11. Lenz kanunu nedir?

12. Maxwell denklemlerini yazınız.

13. Elektromanyetik dalganın özelliklerini yazınız.

14. Mikrodalgalar, kızıl ötesi dalgalar, mor ötesi dalgalar, X-ışınları, Gamma ışınları hakkında

bilgi veriniz.

15. Direnci R , yarıçapı a ve uzunluğu L olan doğrusal bir telinden sabit bir I akımı

geçmektedir. Bu tel için Poynting vektörünü hesaplayınız.

16.

Devredeki akımın zamana bağlı fonksiyonunu bulunuz?

17. R 250= Ω , L 0.6H= , C 3.5 F= µ , 1w 377s−= ve mV 150V= olan bir seri RLC devresini

çözün.

18. Çukur ayna ve tümsek aynalarda özel ışınları şekil çizerek anlatınız.

19. İnce ve kalın kenarlı merceklerde özel ışınları şekil çizerek anlatınız.


ELEKTRONİK SORULAR

1. Ohm yasası nedir? Ohmik ve ohmik olmayan devre elemanı nedir? Özdirenç, direnç

tanımlarını yapıp MKS ve CGS birim sistemlerindeki birimini belirtiniz

2. Potansiyel farkın tanımını yapıp MKS ve CGS birim sistemlerindeki birimini belirtiniz

3. Kirchoff yasalarını yazarak yandaki devre için

dirençler üzerindeki akımları Kirchoff yasalarını

kullanarak hesaplayınız.

R1=2 ohm, R2=2 ohm, R3=4 ohm, R4=2 ohm, R5=2

ohm, V1=4 volt, V2=2 volt, V3=6 volt

4. Eşdeğer devre yöntemi nedir? Niçin kullanılır? En çok kullanılan eşdeğer devreler

hakkında bilgi veriniz.

5. Gerilim ve akım kaynaklarının

kullanıldığı yandaki devre için her bir

direnç üzerindeki akımı hesaplayınız.

R1=10 Ohm, R2=2 Ohm, R3=1 Ohm,

R4=5 Ohm, R5=2 Ohm, R6=6 Ohm

6. Voltmetre ve ampermetre ile ideal ölçümler yapabilmek için iç dirençleri nasıl olmalıdır?

Devreye nasıl bağlanırlar? Çalışma prensiplerini kısaca açıklayınız.

7. AC (Alternatif akım) ve DC (Doğru akım) gerilimlerin farkı nedir? Ohm yasası, Kirchoff

yasası ve diğer eşdeğer devre yöntemleri AC akım devreleri için geçerli midir?

8. AC akım için etkin değer nedir? Açıklayarak gerekli bağıntıyı çıkarınız.

9. Kondansatör ve İndüktans tanımlarını yapınız. Bir AC akım devresinde kondansatör ve

indüktanstan dolayı oluşan direnç hakkında bilgi veriniz. Bu direnç hangi isimle

adlandırılır ve nelere bağlı olarak değişir. Gerekli bağıntıları vererek açıklayınız.

10. Faz farkı nedir? Hangi tür devrelerde faz farkından söz edilir? Belirtiniz. RC ve RL süzgeç

devreleri için faz açısını yazınız.

11. Basit olarak Alçak frekans geçiren süzgeç ve Yüksek frekans geçiren süzgeç devreleri nasıl

yapılabilir? Frekans değerinin limit değerleri için gerekli bağıntıları kullanarak

açıklayınız.


12. Yandaki RC devresinde anahtar önce A konumuna alınıp

kondansatörün dolması sağlanıyor. Daha sonrada anahtar

B konumuna alınıp R direnci üzerinden kondansatörün

boşalması sağlanıyor. Her iki durum içinde devredeki I

akımını veren ifadeyi elde ediniz.

13. Yukarıdaki devrede C kondansatörünün yerine L indüktansını koyarak anahtarın her iki

konumu için I akımını veren ifadeyi elde ediniz.

14. Bir RLC devresi için Rezonans nedir? Seri rezonans devresi için I ve Ø faz açısını elde

ediniz Rezonans frekansı için bir bağıntı elde ediniz.

15. Seri rezonans devresinde elde edilen rezonans eğrisi için yarı güç bant geniştiği ve kalite

faktörü tanımlarını yapınız. Kalite faktörünün önemi nedir belirtiniz.

16. Diyot nedir? Elektronik devrelerde kullanım amacı nedir?

17. Diyotlarla yapılan Yarım Dalga ve Tam Dalga doğrultucu devreleri hakkında bilgi veriniz.

Giriş ve çıkış gerilimlerinin şeklini çizerek doğrultma işlemini anlatınız.

18. Tam Dalga ve Yarım Dalga doğrultucu devreleri için çıkış gerilimlerinin DC bileşenlerini

hesaplayınız.

19. Köprü doğrultucu devresinde kondansatörlü süzgeç neden kullanılır? Gerekli şekilleri

çizerek açıklayınız. Süzgecin dalgalanma çarpanının DC akım bileşeni üzerindeki etkisini

açıklayın. İdeal doğrultucular için dalgalanma çarpanı nasıl olmalıdır?

20. Transistor nedir? Karakteristik özelliklerine göre nasıl sınıflandırılır? Elektronikte hangi

amaçlarla kullanılırlar? Avantajları nelerdir?

21. Bir transistor için akım kazancını basitçe nasıl bulabiliriz?

22. Bir transistor için çalışma noktaları nasıl belirlenir? Gerekli şekli çizerek açıklayınız.

23. Entegre devre nedir? Elektronik devrelerde entegre devreler neden tercih edilir?

24. Dijital elektronikte kullanılan temel kapı devrelerini şekil çizerek açıklayınız. Bu kapı

devreleri elektroniğe nasıl aktarılır? Kısaca bilgi veriniz.


MATEMATİKSEL FİZİK SORULAR

1. Gauss ve Stokes teoremlerinin matematiksel tanımını kısaca yazarak yapınız ve iki

teoremin de fizikteki kullanımına birer örnek veriniz.

2. Lineer vektör uzaylarının tanımını yaparak bu uzayların sağlaması gereken özellikleri her

birini kısaca açıklayarak yazınız.

3. Herhangi bir vektör fonksiyonunun rotasyonelinin diverjansının sıfır olduğunu gösteriniz.

4. Sturm-Liouville probleminin esas denklemi;

[ ] 0)()()( 10 =++

yxxP

dxdyxP

dxd

λω olarak verilmektedir.

Burada ),(0 xP ),(1 xP )(xω x’in sürekli fonksiyonudurlar ve λ x den bağımsız bir

parametredir. Bu denklemi kullanarak nλ ve mλ gibi iki farklı özdeğere karşılık gelen

)(xyn ve )(xym öz fonksiyonlarının )(xω ağırlık fonksiyonuna göre dik olduklarını ispat

ediniz.

5. Türetme bağıntılarını kullanarak Legendre polinomları için;

∫+

−−+

1

111

2 )()( dxxPxPx ll integralini hesaplayınız.

6. ∫

+∞

∞−

+−+− dxxxxx )273)(65( 22δ integralini hesaplayınız.

7. Genel olarak Parseval teoremi;

∫ ∫+∞

∞−

+∞

∞−

= dkkFkFdxxfxf )()()()( *21

*21

olarak tanımlanmaktadır. Burada )(1 kF ve )(2 kF sırasıyla )(1 xf ve )(2 xf

fonksiyonlarının Fourier dönüşümleridir.Yukarıda verilen bağıntıyı ispatlayınız.

8. iψ vektörleri [ ]ba, aralığında tanımlanan ve bu aralıkta integrallenebilen büyüklükler

olmak üzere;

( )2121 ,. ψψψψ ≥

şeklinde ki Schwarz eşitsizliğinin doğruluğunu gösteriniz.

Burada;

( ) ∫= dxxx jiji )()(, * ψψψψ

( )ψψψ ,= şeklinde tanımlanır.


9. 222 321 =+− xxx

5310 321 =−+ xxx

3321 −=++− xxx denklem sistemini çözünüz.

10. 1( ) t xx e t dt+∞

− −

−∞

Γ = ∫ x>0

∫ −− −=1

0

11 )1(),( dtttyxB yx

yukarıda verilen Gama ve Beta fonksiyonlarının tanımını kullanarak

( ) ( )( , )( )x yB x yx y

Γ Γ=

Γ + ifadesini ispatlayınız.

11. Aşağıdaki ifadelerin köklerini bulunuz.

a) z8 = 1 b) 3z 8i= −

12. a) Analitik fonksiyon kavramını açıklayınız.

b) f(z)= 2z fonksiyonu analitik midir?

13. a) Bir fonksiyonun analitik olabilmesi için gerek ve yeter koşul nedir, yazınız.

b) ( ) 23 2ixyxzf += fonksiyonu analitik midir?

14. 1=z çemberi üzerinde saat yönünün tersine giderek;

I1 = ∫ zdz , ∫= dzzI 2

2 integralini hesaplayınız.

15. 12 =−z kapalı eğrisi üzerinde ( )∫ − 2cos

2zzzdz integralini hesaplayınız.

16. a) 4=z çemberi üzerinde ∫=

zdzeI

z

sinh integralini hesaplayınız.

b) ∫∞

+=

0 221cos dx

bxxI integralini hesaplayınız.

17.

Şekilde gösterilen fonksiyonun Fourier serisi açılımını bulunuz.

18. Aşağıdaki ifadelerin Fourier dönüşümlerini hesaplayınız.


a) ( )ax −δ b) 2axe− c)

11

2 +−xx

19. Aşağıdaki diferansiyel denklemleri çözünüz.

a) ( )axyyy −=+′+′′ δ2

b) xydx

yd cos24

4

=+

20.

Şekilde verilen kare dalganın Laplace dönüşümünü hesaplayınız.

21. 10 kg kütleli bir cisim k=20 N/m olan yaya bağlanmış olup vizkozitesi b=30Ns/m olan bir

sıvı içerisinde hareket edebilmektedir. ( ) ( )attF −= δ şeklinde verilen bir dış kuvvet bu

kütleye etki ediyor, t=0 anında sistem denge konumunda hareketsiz olduğuna göre y

konumunun t ye bağlılığı nedir?

22. ( ) ( ) 0121 2 =++′−′′− yppyxyx diferansiyel denklemini Frobenius yöntemini kullanarak

çözünüz.


ELEKTROMANYETİK TEORİ SORULAR

1. Gradyen nedir? F(x, y, z) = x2+y2+z2 fonksiyonunun gradyeninin alınız.

2. Diverjans nedir? 2 2ˆ ˆ ˆv x i 3xz j 2xzk= + +r

vektörünün diverjansını bulunuz.

3. Rotasyonu tanımlayınız. ˆ ˆv yi xj= − +r

fonksiyonunun rotasyonu bulunuz.

4. Üzerinde düzgün λ boyca yük yoğunluğu olan 2L uzunluğundaki doğru parçasının orta

dikmesi üzerinde çubuktan d uzaklıktaki bir noktada elektrik alanı bulunuz.

5. Gauss yasasını gerekli bağıntıları yazarak açıklayınız.

6.

Yüzeyinde düzgün σ yük yoğunluğu taşıyan R

yarıçaplı küresel kabuğun z ekseni üzerinde

(merkezinden z uzaklıkta) elektrik alanını Coulomb

yasasını kullanarak bulunuz.

7. Altıncı soruyu Gauss yasasını kullanılarak çözünüz.

8. Yüzeyinde düzgün σ yük yoğunluğu taşıyan R yarıçaplı küresel kabuğun z ekseni

üzerinde (merkezinden z uzaklıkta) potansiyeli bulunuz ve bulmuş olduğunuz potansiyel

yardımı ile elektrik alanını bulun.

9. Bir bölgedeki elektrik alan küresel koordinatlarda 3ˆE kr r=r

olarak veriliyor. (Burada k bir

sabittir).

a) ρ yük yoğunluğunu bulunuz.

b) Merkezi orjinde olan R yarıçaplı bir küre içindeki toplam yükü bulun.

10. Sonsuz uzunlukta bir silindir içindeki hacimsel yük yoğunluğu eksenden itibaren ρ= kr

şeklinde değişmektedir. Silindir içinde herhangi bir nokta için elektrik alanını bulunuz.

11. σ düzgün yük yoğunluklu, yalıtkanın ,sonsuz bir düzlemin elektrik alanını bulunuz.

12. Birbirine paralel sonsuz iki düzlem üzerinde eşit ve zıt düzgün ±σ yüzey yükler vardır.

Her üç bölgede elektrik alanını bulunuz.

13. Düzgün yük dağılımlı bir kürenin içinde ve dışında elektriksel potansiyeli bulunuz.

14. Poisson ve Laplace Denklemlerini yazarak bilgi veriniz.

15. Aşağıdaki fonksiyonlardan hangisi elektrostatik alan olarak kabul edilemez (burada k bir

sabittir).


a) ˆ ˆ ˆE k(xyi 2yzj 3xzk)= + +r

b) 2 2ˆ ˆ ˆE k(y i (2xy z )j 2yzk)= + + +r

16.

Şekildeki gibi topraklanmış, sonsuz iletken bir

düzlemden d uzaklıkta noktasal bir q yükü

düşünelim. Düzlemin üst tarafındaki bölgede

potansiyeli bulunuz.

17.

Her biri xz-düzlemine paralel, topraklanmış

(V=0) iki sonsuz iletken düzlemden biri y=0

da diğeride y=π uzaklıktadır. x=0 olan sol

tarafı kapatan sonsuz şerit düzlem belirli V0(y)

potansiyelinde tutulmaktadır. Bu iletkenin

çevrelediği bölgede potansiyeli bulun?

18.

Yüksüz a yarıçaplı metal bir küre düzgün bir dış

elektrik alanına konuluyor. Kürenin dışındaki

potansiyeli bulunuz.


İSTATİSTİK FİZİK SORULAR

1. Tersinir olay ve tersinmez olay nedir? Açıklayınız.

2. Isı ve sıcaklık tanımlarını yapınız. Aralarındaki ilişkiyi açıklayınız.

3. Elimizde 6 tane zar olsun. Bu zarlar aynı anda atılırsa bunlardan 3 tanesinin 6 gelme

olasılığı nedir?

4. 3 zar atılıyor ve bu zarların toplamlarının 6 yada 6 dan az gelme olasılığı nedir?

5. Özdeş 4 tane zarla yapılan bir gözlemde;

a) Yalnızca bir tek zarda 6 sayısını bulma olasılığı

b) Yalnızca iki zarda 6 sayısını bulma olasılığı

c) Dört zarın her birinde 6 sayısını bulma olasılığı

d) En az bir zarda 6 sayısını bulma olasılığı nedir?

6. Ortalama değerlerin genel özelliklerini kullanarak u’nun dağınımının

( ) ( )22 2 2u u u u u∆ ≡ − = −

bağıntısı ile hesaplanabileceğini gösteriniz. Bu bağıntının, 2 2u u≥

genel eşitsizliğini içerdiğini gösteriniz.

7. ½ spinli magnetik momentin magnetik alana paralel bileşeninin 0µ a eşit olma olasılığı p

ve - 0µ eşit olma olasılığı q = 1 – p dir.

(a) µ ve 2µ yi bulunuz.

(b) ( ) ( )22 2 2u u u u u∆ ≡ − = − bağıntısını kullanarak ( )2µ∆ yi hesaplayınız.

8. Bir boyutlu kutudaki tek parçacık için girilebilir durum sayısını bulunuz.

9. İki boyutlu kutudaki tek parçacık için girilebilir durum sayısını bulunuz.

10. Üç boyutlu kutudaki tek parçacık için girilebilir durum sayısını bulunuz.

11. Kenar uzunlukları Lx, Ly, Lz olan bir kutuya kapatılmış N tane parçacıktan oluşan bir ideal

gaz düşünelim. N, Avogadro sayısı düzeyinde olsun. Her kuantum sayısı için ayrı bir

enerji katkısı olduğunu düşünerek E ile E + δE arasındaki enerji aralığında bulunan Ω(E)

durum sayısının,

( ) ( )3/ 2 NNE CV E EδΩ =

şeklinde verilebileceğini gösteriniz. Burada, C orantı sabiti ve V = Lx Ly Lz ise kutunun


hacmidir.

12. İdeal bir gazın ortalama enerjisini bulunuz.

13. İdeal bir gazın ortalama basıncını bulunuz.

14. Mutlak sıcaklık ve entropi tanımlarını yapınız.

15. V hacimli bir kap içinde bir cinsten N1, başka bir cinsten N2 moleküle sahip olan bir ideal

gazı ele alalım. Gazın ideal gaz olacak şekilde, yeterince seyreltildiğini varsayarak, gazın

T mutlak sıcaklığındaki p ortalama basıncını bulunuz.

16. Bir ideal gazın ortalama enerjisi ile ortalama basıncını veren bağıntıları kullanarak

23

p u=

bağıntısını elde ediniz. Burada u, birim hacim başına ortalama kinetik enerjidir.

17. ( ) 1T kβ −= mutlak sıcaklığında, bir ısı deposu ile ısısal dengede bulunan herhangi bir

sistemi ele alalım. Sistemin Er enerjili r durumlarından herhangi birisinde bulunma

olasılığı kanonik dağılım ile verilmektedir. Bu sistemin E enerjisini bulunuz ve

ln ZEβ

∂= −

∂

sonucunu elde ediniz. Burada rE

r

Z e β−≡ ∑

sistemin eş bölüşüm fonksiyonudur.

18. T mutlak sıcaklığında bir ısı deposu ile ısısal dengede olan bir sistemi göz önüne alalım.

Sistemin kenar uzunlukları Lx, Ly, Lz olan bir kabın içine konduğunu varsayalım.

(a) Sistemin kutunun sağ duvarına uyguladığı F ortalama kuvvetinin, sistemin Z

bölüşüm fonksiyonuna 1 ln

x

ZFLβ

∂=

∂ bağıntısı ile bağlı olduğunu gösteriniz.

(b) Bir izotropik sistem için, Z, ayrı ayrı Lx, Ly, Lz uzunluklarına bağlı olmayıp, V =

Lx Ly Lz hacminin bir fonksiyonudur. p ortalama basıncının 1 ln ZpVβ

∂=

∂ ile

verildiğini gösteriniz.

19. Sabit hacim altında vc (mol başına öz ısı) yi bulunuz.

20. Buz ile su 0 °C de (273 °K) birlikte dengede bulunurlar. Bu sıcaklıkta 1 mol buzu eritmek

için 6000 joule ısıya gerek vardır.

(a) Bu sıcaklıkta, 1 mol su ile 1 mol buz arasındaki entropi farkı nedir?


(b) Bu sıcaklıkta, suyun girilebilir durum sayısının, buzun girilebilir durum sayısına

oranını bulunuz.

21. Klasik yaklaşım ne zaman geçerlidir? Açıklayınız.

22. Eşbölüşüm teoremini açıklayınız ve bu teoremi kullanarak tek atomlu bir ideal gazın öz

ısısını( vc ) bulunuz?

23. m kütleli moleküllerin oluşturduğu bir gaz T mutlak sıcaklığında ısısal dengede olup

durgundur. Maxwell hız dağılımnı kullanarak aşağıdakilerini hesaplayınız.

(a) xv = ?

(b) v = ?

(c) rmsv = ?

24. İstatistik termodinamiğin temel önerileri nelerdir? Açıklayınız.

25. Adyabatik işlemlerde PV sbtγ = oluşunu ıspatlayınız.

26. Maxwell denklemlerini çıkarınız.


KLASİK MEKANİK SORULAR

1. Çizgisel ve açısal momentumun korunumunu ve hangi şartlar altında korunumun geçerli

olduğunu gerekçeleri ile yazınız.

2. Korunumlu kuvvetin tanımını yapınız, korunumlu ve korunumsuz kuvvetlere birer örnek

veriniz. 2 3 ˆˆ ˆ3 6 3F x i z xj xyk= − −r

kuvveti korunumlu mudur gösteriniz.

3. Merkezcil kuvvet altında hareket eden bir parçacık için taranan alanın zamanla

değişiminin sabit olduğunu gösteriniz.

4. Brachistocrone problemini tanımlayarak çözünüz.

5. Değişimler hesabının kısa bir tanımını yaparak Lagrange hareket denklemlerini bu ilkeden

türetiniz.

6. Kepler’in üçüncü kanunu çıkartarak hangi tür kuvvetler için geçerli olduğunu açıklayınız.

7. Merkezcil kuvvet probleminde etkin potansiyelin tanımını yaparak yörüngelerin nitel bir

sınıflandırmasını yapınız.

8. Devirsel koordinatların tanımını yaparak kanonik momentumun korunumunu açıklayınız.

9.

Şekilde ki gibi verilen çift sarkacın Lagrange fonksiyonunu

tanımlayarak Lagrange hareket denklemlerini yazınız.

10.

Yandaki şekile göre M1 kütlesine sahip olan cisim M2 kütlesi

salınım hareketi yaparken aynı zamanda yatay eksen üzerinde

hareket edebilmektedir. Sistemin Lagrange hareket denklemlerini

yazınız.

11. 1m kütlesine ve 1vr hızına sahip bir parçacık 1u sabit potansiyelli bir alandan, 2u sabit

potansiyelli bir alana geçiyor. Bu geçiş esnasında parçacığın hareket doğrultusunda ki

değişmeyi bulunuz.

12. Kütlesi m ve açısal momentumu l olan noktasal bir cisim merkezcil bir kuvvetin etkisi

altında ( )Ksin nρ ϕ= (K ve n sabit) ile belirlenen yörüngede hareket etmektedir.

Merkezcil kuvvetin ifadesini bulunuz. Noktasal cismin toplam enerjisi nedir?

13. a) Bir uydunun en büyük ve en küçük yörüngesel hızları sırasıyla maxv ve minv ile


gösterilsin. Uydunun yörüngesinin dışmerkezliğinin;

minmax

minmax

vvvv

+−

=ε

b) Uydunun periyodu τ ise, yörüngesinin büyük yarı eksen uzunluğunun;

minmax .vvaπτ

=

olduğunu gösteriniz.

14. Dünya etrafında eliptik bir yörüngede dolanan bir uydunun günberi noktasının dünya

yüzeyine olan uzaklığıyla bu noktadaki sürati biliniyor. Uydu günöte noktasında

bulunduğunda dünya yüzeyine olan uzaklığını, bu noktadaki süratini ve periyodunu

bulunuz.

15.

Şekildeki gib bir disk eğik düzlemden kaymadan yuvarlanıyor.

Lagrange çarpanları metodunu kullanarak x ve θ koordinatlarını,

eğik düzlemin alt ucuna ulaştığında çemberin hızını bulunuz.


MODERN FİZİK SORULAR

1. Özel Görelilik kuramının temel postülalarını yazınız.

2. a) İki tane S ve S′ sistemi düşünüz. S′ sistemi x ekseni boyunca sabit bir v hızıyla

hareket ediyor olsun. Burada ,v S sistemine göre ölçülüyor. v hızı ışık hızından çok

küçük ise S sistemine göre , , ,x y z t koordinatlarında meydana gelen bir olayı S′ sistemine

göre hangi koordinatlarda meydana gelir?

b) v ışık hızına yakın bir hız ise S′ sistemine göre olay hangi koordinatlarda meydana

gelir.

3. İki tane S ve S′ sistemi düşünüz. S′ sistemi x ekseni boyunca sabit bir v hızıyla hareket

ediyor olsun. Burada ,v S sistemine göre ölçülüyor. v hızı ışık hızına yakın olduğu

biliniyor.. Buna göre S sistemine göre , ,x y zu u u olarak ölçülen hız değerleri S′ sisteminde

hangi değerde ölçülür.

4. Özel Görelilik kuramının önemli sonuçlarını yazınız.

5. Özel Görelilik kuramında durgun enerji, kinetik enerji, momentum,toplam enerji

ifadelerini yazınız. Uygun limitlerde bu ifadelerin klasik fizikteki sonuçlarla örtüştüğünü

gösteriniz.

6. A ve B araçları birbirlerine doğru hareket ediyorlar.Yerdeki bir gözlemci A’nın hızının

0,75c ve B’nin hızının 0,85c olduğu ölçülüyor. A’ya göre B’nin hızını bulunuz?

7. Bir protonun toplam enerjisi, durgun enerjisinin üç katıdır,buna göre;

a) Protonun durgun enerjisi kaç MeV dir?

b) Protonun hızı kaç MeV dir?

c) Protonun kinetik enerjisi kaç MeV dir?

d) Protonun momentumu kaç kg.m/s dir?

8. Hidrojen atomunda n=2 baş kuantum sayısını düşünerek,bu duruma karşılık gelen

mümkün kuantum sayılarını yazınız?

9. Pauli Dışarılama ilkesi hakkında bilgi veriniz.

10. Stern - Gerlach deneyi hakkında kısaca bilgi veriniz.


KATIHAL FİZİĞİ SORULAR

1. Bir kristalin bağlanma enerjisini tanımlayarak, katılardaki moleküler bağ çeşitlerini

yazarak kısaca açıklayınız.

2. Bir boyutlu uzayda 9 iyondan oluşmuş iyonik bir yapıya sahip zincirde, en ortadaki

iyonun etkileşme potansiyel enerjisini bulunuz.

3. Katıların bant teorisi hakkında bilgi veriniz.

4. Metallerin serbest – elektron teorisi hakkında bilgi veriniz.

5. Yarıiletkenlerde ısı ve elektrik iletimini açıklayınız.

6. Katkılı yarıiletkenler hakkında bilgi veriniz.

7. Metal , yarı metal , yalıtkan ve yarıiletken bant yapılarını çizerek bilgi veriniz.

8. Yarıiletken aygıtlardan p – n eklemi hakkında bilgi veriniz.

9. Süperiletkenlik ve Akı kuantumlanması (Meissner olayı) hakkında kısaca bilgi veriniz.

10. İlkel birim örgü hücresinde tek tip atom bulunan bir kristalin dağılım bağıntısını

kullanarak, kesikli örgü ve sürekli ortam için faz ve grup hızlarını bulunuz ve dalga

vektörünün fonksiyonu olarak ilgili grafiklerini çiziniz.

11. Örgü, birim hücre, baz, Bravais örgü tanımlarını açıklayınız. 2 boyutta ve 3 boyutta kaç

tane Bravais örgü vardır.

12. Primitif (ilkel) ve primitif olmayan (ilkel olmayan) hücrelerin tanımlarını yapınız. İki

boyutlu dikdörtgen bir örgü çizerek, bu örgü üzerinde 3 tane birbirinden farklı biçime

sahip primitif ve 3 tane de farklı biçim ve büyüklüğe sahip primitif olmayan hücreler

çiziniz. Her bir hücrede kaç tane örgü noktası vardır.

13. Fermi-Dirac istatistiği hakkında bilgi veriniz.

14. Yüzey merkezli kübik (fcc) ve heksagonal simetriye sahip sıkı-paket heksagonal yapısını

eşdeğer kürelerden yararlanarak anlatınız.

15. (110), (111), (210) düzlemlerini ve [102], [301] doğrultularını şekil çizerek gösteriniz?

16. Ters örgünün tanımını yaparak, 4Å, 6Å, 8Å,a b c= = = 0 0α β 90 , γ 120= = = olan

bir birim hücrenin ters örgünün , B,A Cr rr

vektörlerini bulunuz.

17. x- ışınlarının kristalden saçılması olayını açıklayan Bragg Kanununu anlatınız. x-

ışınlarının kristalden saçılması ile ışığın aynadan yansıması arasındaki farkları açıklayınız.

18. Ewald Küresinin tanımını yaparak fiziksel önemini açıklayınız.

19. Tetragonal bir örgüde (a b c= ≠ ) 0α β = γ = 90= (0 ½ ¼ ) (½ 0 ¼) (½ 0 ¾ ) (0 ½ ¾ )


konumlarında aynı cinsten 4 atom bulunduğuna göre Fhkl yapı çarpanını bulunuz?

20. Brillouin bölgesinin tanımını yaparak özelliklerini açıklayınız. Brillouin bölge sınırına

gelen kr

dalga boylu bir x ışını saçılmasını açıklayınız.

21. Sc, fcc, bcc örgülerinin birim hücrelerini çizerek her bir örgü için doldurma faktörünü

bulup, sonucu yorumlayınız.

22. Van-der Waals bağlı bir katı için atomik denge mesafesi Ro = 2Å ve bağlanma enerjisi

sadece çekici terimden % 10 eksiği olduğuna göre aşağıdaki denklemde ρ karakteristik

uzunluğu ne kadardır. m ve n sabitlerdir. R-

6 + nemUR

ρ= − ‘dır.

23. Madelung sabitini elde ederek açıklayınız.

24. Fononun tanımını yaparak, katılardaki önemli temel uyarımları açıklayınız.

25. Mathiessen Kuralı, Tavlama, Durum Yoğunluğu, Nokta Grubu tanımlarını yapınız.

26. Dulong-Petit Kanunu, Sürüklenme Hızı, Grup Hızı tanımlarını yapınız.

27. ( )G ε durum yoğunluğunu tanımlayarak 3 boyutta enerjiye nasıl bağımlı olduğunu veren

formülü gerekli açıklamaları da yaparak çıkarınız.

28. ( )G ε durum yoğunluğunun enerjiye bağlılığını dört farklı sıcaklık için çizerek, sıcaklığın

etkisini açıklayınız.

29. Serbest elektron teorisini varsayımlarını belirtiniz. Drude modelinin varsayımlarını

maddeler halinde yazınız. Serbest elektron teorisini kullanarak iki boyutta Fermi enerjisini

gerekli açıklamaları yaparak bulunuz. (Birim alandaki elektron sayısını n olarak alınız)

30. Serbest elektron modelinden hareket ederek bir metalin özdirencini veren ifadeyi gerekli

açıklamaları da yaparak çıkarınız.

31. Etkin Kütle, Valans Bandı, İletim Bandı, Fermi Küresi tanımlarını yapınız.

32. Serbest elektron modelinden yararlanarak, metallerde iletim elektronlarının özısıya

katkılarını

a) Klasik ve kuantum kavramları ile açıklayınız ve aralarındaki farkları belirtiniz.

b) Öz ısıyı (c) daha sağlıklı hesaplamak için nelerin yapılması gerektiğini tartışınız.

c) Öz ısının deneysel yoldan sıcaklığın fonksiyonu olarak ölçülmesi elektronların

metalin öz ısısına olan katkıları bulmamıza izin verir mi, açıklayınız.


KUANTUM FİZİĞİ SORULAR

1. Kuantum mekaniğinin gelişmesine neden olan olayları yazarak, kısaca açıklayınız.

2. Bir kuantum engelinde tünelleme olayını anlatarak, klasik mekanik ile kuantum

mekaniğinin bu olayda ayrıldıkları noktayı belirleyiniz.

3. Heisenberg belirsizlik ilkesini açıklayınız.

4. Dalga – parçacık ikilemini açıklayınız.

5. Schrödinger denklemini yazarak, bu denklemin kuantum mekaniğinde ne ifade ettiğini

açıklayınız.

6. Dalga fonksiyonunun olasılık yorumunu tartışarak , hangi tür fonksiyonların dalga

fonksiyonu olabileceklerini tartışınız.

7. Dirac Delta fonksiyonu hakkında bilgi veriniz.

8. Sonsuz potansiyel kuyusu içerisindeki tek parçacık için enerji öz değer spekturumunu

elde ediniz.

9. Parite işlemcisi hakkında bilgi vererek enerji özdeğerlerini elde ediniz.

10. Hermityen bir operatörün farklı öz değerlerine karşılık gelen özfonksiyonlarının dik

olduğunu gösteriniz.

11. Kuantum mekaniğinde komutasyon bağıntıları neyi ifade ederler, açıklayınız.

12. + mw ipA = x-

2h 2mwh ve mw ipA= x+

2h 2mwh operatörlerini kullanarak, bir boyutlu

harmonik salınıcı için taban durum dalga fonksiyonunu kullanarak x operatörünün

beklenen değerini hesaplayınız.

13. + mw ipA = x-

2h 2mwh ve mw ipA= x+

2h 2mwh operatörlerini kullanarak, bir boyutlu

harmonik salınıcı için taban durum dalga fonksiyonunu kullanarak p operatörünün

beklenen değerini hesaplayınız.

14. L+ ve L- operatörlerinin, yükselten ve indirgen operatör olduklarını gösteriniz.

15. Pertürbasyon Teorisini açıklayınız.


NÜKLEER FİZİK SORULAR

1. Fermiyonlar ve Bozonlar hakkında kısaca bilgi vererek her biri için en az ikişer örnek

veriniz.

2. Doğadaki temel etkileşimler nelerdir, kısaca bilgi veriniz

3. Radyoaktif bir madde için ortalama ve yarı ömür hakkında bilgi veriniz.

4. β (beta) bozunumu nedir? Kısaca açıklayınız.

5. Lepton ve Baryon kavramları hakkında bilgi veriniz

6. α (alfa) bozunumu nedir? Kısaca açıklayınız

7. γ (gama) bozunumu nedir? Kısaca açıklayınız

8. a) ++→ HeTIBi ??

20983 3,11 Mev

b) −+→ βNC ??

146

c) →∗C126 C?

? +γ

yukarıdaki tepkimelerde soru işaretli bölgelere gelmesi gereken atom ve kütle numaraları

nelerdir?

9. Kararlı çekirdekler hakkında kısaca bilgi veriniz.

10. Bir çekirdeğin bağlanma enerjisi hakkında kısaca bilgi veriniz.


MEKANİK VE TERMODİNAMİK CEVAPLAR

1. Mekanikteki temel büyüklükler uzunluk, kütle ve zamandır. Bu nicelikler uluslararası

standartlar olarak kabul edilmişlerdir.

İlk uluslar arası uzunluk standardı, standart metre adı verilen ve ağırlık ve ölçmeler

bürosunda saklanan platin-iridyum alaşımından yapılmış bir çubuktur. 0° C sıcaklıkta

çubuğun iki ucu arasında altın ile çizilmiş iki keskin çizgi arasındaki uzaklık, bir metre

olarak tanımlanır.

Uluslar arası kütle standardı kütlesi 1 kg denilen platin-iridyum alaşımından yapılmış

bir silindirdir.

Uluslar arası zaman standardı ise sn dir. 1 sn Cs133 (Sezyum) atomunun belirlenen

geçiş periyodunun 9.192.631.770 katı alarak tanımlanmıştır.

Bu temel niceliklere standart olarak kabul edilen MKS ve CGS birim sistemleri

tanımlanmıştır. MKS birim sistemine göre uzunluk metre (m), kütle kilogram (kg), zaman

saniye (s) biriminden ifade edilir. Buna bağlı olarak akım şiddeti amper (A), potansiyel

fark volt (V) ile ifade edilir. CGS birim sistemine göre uzunluk santimetre (cm), kütle

gram (g), zaman saniye (s) biriminden ifade edilir. Diğer niceliklerde buna göre

tanımlanmıştır.

2. Bir denklemin hatalı olup olmadığını kontrol etmek için boyut analizi kullanılır.

Matematiksel olarak bir denklem ile anlatılan fiziksel bir bağıntının geçerli olabilmesi için

denklemin her iki yanındaki terimlerin boyutu aynı olmalıdır. Boyut analiziyle elde edilen

birimler temel büyüklüklerin birimi cinsinden ifade edilebilmelidirler. Fizikte birimsiz

rakamsal bir sonucun hiçbir anlamı yoktur.

3. Vektörel nicelikler, hem belli bir uzunluğu (boyu) olan hem de belli bir yönü gösteren ve

belli kurallara göre toplanan büyüklüklerdir. Bir fiziksel kuramın vektörler cinsinden

ifadesi o kuramı daha iyi anlamamızı sağlar ve matematiksel işlemleri basitleştirir.Fiziksel

kurallar, kendilerinin ifade edildiği koordinat sistemine bağlı değildirler. Vektörel ifadeler

her koordinat sisteminde aynıdır. Örnek olarak kuvvet ve hız vektörleri

Tek bir sayı ve bir birim ile belirlenebilen bu yüzden yalnızca boyları (büyüklükleri) olan

niceliklere Skaler nicelikler denir. Örnek olarak enerji, kütle gibi.

4. ˆ ˆ ˆ3 2A x y z= + +r

a. A2 vektörünü bulacağız. 2 2 2 2. 3 1 2 14A A A= = + + =r r

den 14A = dür.


b. A’nın xy düzlemindeki izdüşümü ˆ ˆ3x y+ vektörüdür. Uzunluğu ise 2 23 1 10+ =

c. ˆ ˆx yB B x B y= +r

olan A.B=0 koşulunu sağlayacak bir vektör bulacağız.

ˆ ˆ ˆ ˆˆ(3 2 ).( ) 0x yx y z B x B y+ + + = skaler çarpımı kullanırsak 3 0x yB B+ = veya

3y

x

BB

= − bulunur. Burada seçilen B vektöründen dolayı B’nin uzunluğu

bulunamaz.

d. B birim vektörü 2 2 1x yB B+ = ve 2 2 2 2(1 3 ) 10 1x xB B+ = = olur. Buradan

ˆ ˆ1 9 3ˆ ˆ

10 10 10x yB x y −

= − = olarak bulunur.

e. ˆ2C x=r

vektörü ile skaler çarpımı ˆ ˆ ˆˆ. (3 2 ).(2 )AC x y z x= + +r r

den C vektörünün y

ve z yönünde bileşeni olmadığından sonuç 6 dır.

f. ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆˆ ˆ3 1 2 (1.0 0.2) (3.0 2.2) (3.0 2.1) 4 22 0 0

x y zAxC x y z y z

= = − − − + − = −

r r olur.

5. Kuyunun derinliği h olmak üzere 212

h gt= den 21

1 (9.8)2

h t= ve .h v t= den 2336h t=

yazılır. Burada başlangıçtan (taş atıldığı andan itibaren) sesin duyula süresi 1 2t t t= + ye

eşittir ve 1 2 2.4t t+ = s dir. H bağıntıları birbirine eşitlenirse; 22 24.9(2.4 ) 336t t− = den

22 24.9 359.5 28.22 0t t− + = dan

2

2359.5 (359.5) 4(4.9)(28.22) 359.5 358.75

9.8 9.8t

± − ±= = ve 2336 26.4h t= = m bulunur.

6. Newtonun 1. yasası bir cisme etkiyen net kuvvet sıfır ise cisim durur veya sabit hızla

hareket eder. Böylece 0F =r

ise 0a =r olmalıdır.

Newtonun 2. yasası cismin momentumunun zamanla değişimi cisme etkiyen kuvvetle

doğru orantılıdır. ( )d dvF Mv M Madt dt

= = =rr r r şeklinde ifade edilir.

Newtonun 3. yasası iki cisim arasında oluşan etkileşmede birinci cismin ikinci cisme

etkidiği 21Fr

kuvveti, ikinci cismin 1. cisme etkidiği 12Fr

kuvvetine eşit ve zıt yönlüdür.

Yani 21 12F F= −r r

dir. Bu momentumun korunumu yasasının temelini teşkil eder.

İkinci yasada belirtildiği gibi M kütleli bir cismin kütlesi ile sahip olduğu vr hızının


çarpımı cismin momentumunu verir. Momentumun zamana göre değişimi ise cisme

etkiyen kuvvete eşittir.

a.

7.

b. Serbest cisim diyagramından cisme etkiyen net kuvvetinin büyüklüğünü

yazarsak; ( ) ( )net kF mgSin FCos FSin mgCosθ θ µ θ θ= + − + şeklinde yazılır.

Sistem dengede olduğuna göre Newton’un 2. yasasına göre 0netF =r

olmalıdır.

Eğik düzlemin θ açısı 45° dir ve 2sin45=cos45=2

dir. Böylece kuvvet için

yazdığımız bağıntı; ( ) ( ) 0kmgsin Fcos Fsin mgcosθ θ µ θ θ+ − + = dan;

( ) ( )k Fsin mgcos mgsin Fcosµ θ θ θ θ+ = + ve

( ) 1( )kmgsin Fcos mg FFsin mgcos mg F

θ θµ

θ θ+ +

= = =+ +

olarak bulunur.

8. B noktasında;

İpteki gerilme kuvveti 2

BmvT mgcos

rθ= + den

2

[ ]BmvT mg cosrg

θ= + şeklinde yazılır.

C noktasında;

θ=90° olduğundan 2 2

[ 90 ]Cmv mvT mg cosrg r

= + = bulunur.

D noktasında;


[ 180 ]Dmv mvT mg cos mgrg r

= + = − bulunur.

A noktasında;


[ 0 ]Amv mvT mg cos mgrg r

= + = + bulunur.

Gerilmeleri büyükten küçüğe sıralarsak; DCBA TTTT >>> şeklinde yazılır.

9. Bir parçacığı A noktasından B noktasına götürebilmek için yapılması gereken W(A→B)

işinin büyüklüğü parçacığın izlediği yoldan bağımsız ise, parçacığı hareket ettiren kuvvete


korunumlu kuvvet denir. İşin tanımını yaparken dikkate aldığımız Fdrr r büyüklüğünün

yola bağlı olmadığını varsayarsak; B A

A B

Fdr Fdr= −∫ ∫r rr r yada 0

B A

A B

Fdr Fdr Fdr+ = =∫ ∫ ∫r r rr r rÑ

şeklinde yazılır. Burada ∫ integralin kapalı bir yol boyunca alındığını gösterir.

W(A→B) işinin büyüklüğü parçacığın izlediği yola bağımlıysa, parçacığı hareket ettiren

kuvvete korunumsuz kuvvet denir.

Korunumlu kuvvetlerin olduğu sistemlerde mekanik enerji korunur. Sistemde

korunumsuz kuvvetler varsa mekanik enerjinin korunumundan söz edilemez.

10. Bir katı cismin küçük im kütleli i tane parçacıktan oluştuğunu ve her bir parçacığın

dönme eksenine olan uzaklığının ir ile verildiğini düşünelim. Bütün parçacıklar aynı ω

açısal frekansı ile dönerler ve her bir parçacığın hızı ωii rv = ile verilir. Sistemin toplam

kinetik enerji ifadesi; 22 )(21

ω∑=i

iirmK şeklinde yazılır. Buradaki ∑i

iirm 2 terimine

eylemsizlik momenti denir ve I ile gösterilir. Eylemsizlik momenti bütün dönme

eşitliklerinde kütle rolünü oynar. Bu nedenle sistemin çözümünü oldukça kolaylaştırır.

Dönen cisimler için kinetik enerjisi ifadesinde olduğu gibi I eylemsizlik momentini

kullanarak dönme kinetik enerjisi 2

21

ωIE = şeklinde yazılır. Bu biçimsel olarak kinetik

enerji ifadesinin aynısıdır.

dx kalınlığındaki taralı kısmın kütlesi dm, birim boy

başına kütle ile dx uzunluk elemanının çarpımına eşittir,

yani dxLMdm = dir. Bunu eylemsizlik momenti

bağıntısında yerine yazarsak ( dmrI y ∫= 2 bağıntısında)

11.

22/

2/

32/

2/

22/

2/

2

121

3MLx

LMdxx

LMdx

LMxI

L

l

L

L

L

Ly =

===

−−− ∫∫ bulunur. (Burada r=x olarak

alındı.)

12. Bu sistem için herhangi bir durumda enerji;

• Kütle merkezine göre 212

Mv lik öteleme kinetik enerjisi

• Kütle merkezine göre 212

Iω lik dönme kinetik enerjisi


• Kütle merkezinin potansiyel enerjisi Mgh (h kütle merkezinin yerden yüksekliği)

Katkılarından oluşur. Sistemin toplam enerjisi; 2 21 12 2

E Mv I Mghω= + + ile verilir.

Burada 2

22

vR

ω = dir. Böyle bir sistemde toplam enerji daima korunur. Yani E sabit

olacağından zamana göre türevi de sıfır olur. O halde; 2 21 1( ) 02 2

dE d Mv I Mghdt dt

ω= + + =

olmalıdır. Yani; 2

1( ) 0dE dv dhM v Mgdt R dt dt

= + + = yazılabilir. dv adt

= , dh vSindt

θ= −

alınırsa; 2

1( ) 0M va MgvSinR

θ+ + = bulunur. Buradan da 2(1 )

gsina IMR

θ=

+

rr şeklinde bulunur.

Sarkaç sistemi için geri çağırıcı kuvvet 2

2

d smgsin mdt

θ− = şeklinde

verilir. Burada s yayının uzunluğu s Lθ= dır. Buradan dtdL

dtds θ

=

ve 2

2

3

2

dtdL

dtsd θ

= yazılır. Böylece 2

2

dmgsin mLdt

θθ− =

13.

şeklinde yazılabilir. Küçük salınımlar yaklaşıklığını kullanarak seri açılımından; 3 5 7

.....3 5 7

sin θ θ θθ θ= − + − + açılımında yalnızca ilk terim alınırsa sinθ θ≅ olur. Böylece

denklem 2

2

dtdmLmg θ

θ =− biçimine dönüşür. Düzenlenirse θθ

Lg

dtd

−=2

2

olur. Bu

denklemin çözümü ( )Acos tθ ω φ= + şeklindedir. (- işaretinden dolayı) Bu çözüm t=0 ve

θ=0 başlangıç durumunda θ=A olur.(maksimum genlik) Bu çözümde Lg

=2ω ile verilen

açısal frekanstır. ωπ2

=T periyot bağıntısını kullanarak sistemin periyodu; gLT π2=

olarak bulunur.

14. ‘O’ noktası koordinat sisteminin merkezi olmak üzere , ‘O’ noktasına göre bir parçacığın

L açısal momentumu o andaki r konum vektörü ile p çizgisel (doğrusal) momentumunun

vektörel çarpımına eşittir. L=rxp ile gösterilir.

Sisteme etki eden bileşke dış tork sıfıra eşitse, sistemin toplam açısal momentumu sabit


kalır. Buna Açısal momentumun korunumu denir. Yani 0==∑ dtLd

Dıı

rτ , bu durumda

SbtL =r

dir. Herhangi bir parçacıklar sistemi için bu korunum yasasını SabitLn =∑r

şeklinde yazabiliriz. Bir cismin kütlesi kendi içerisinde dağılıma uğrarsa, o cismin

eylemsizlik momenti değişir. Bu değişimi gösterecek şekilde açısal momentumun

korunumu yasası sabitLL sonilk ==rr

şeklinde ifade edilir.

15. M kütleli L uzunluğundaki zinciri m kütleli L tane zincir elemanının birleşmesinden

oluştuğunu düşünelim. Yani M=mL şeklinde yazılır. Uzunluğun dx kadar artmasına eşlik

eden dm kütle elemanı ( )Mdm dxL

= şeklinde ifade edilebilir. Düşen zincirden ileri gelen

kuvvetin büyüklüğü; 21 ( ) ( )( ) ( )dp dm M dx MF v v v

dt dt L dt L= = = = olacaktır. ( dx v

dt=

r r dir) x

mesafesi kadar düştükten sonra her bir zincir halkasının hızı 2| | 2v gx=r dir ve

1 ( )2MF gxL

= dir. Masanın üzerinde bulunan halkalar, ağırlıkları eşit olan bir kuvvet

uygular; 2 ( )MxF gL

=r

böylece 1 23( )2 ( )Toplam

M M MgxF F F gx gxL L L

= + = + = veya o andaki

masadaki halkaların ağırlığının üç katı olur.

16. Tabandan merdivene uygulanan R kuvveti, n normal kuvveti ile f sürtünme kuvvetinin

bileşkesine eşittir. Duvarın merdivene uyguladığı P tepki kuvveti ise yatay doğrultudadır,

çünkü duvar pürüzsüz, yani sürtünmesizdir. Dengenin birinci şartını merdivene

uygulanarak

∑F x=f-P=0 ve ∑F y=N-W=0

eşitlikleri elde edilir.

Yine merdiven kayma sırasında iken sürtünme kuvvetinin en büyük değerde olma

zorunluluğundan, bu değer fmax=μN=0,4x50 N=20 N olur.

f-P=0 P=20 N

θ’nın değerini bulmak için, dengenin ikinci şartını kullanmalıyız. Torklar merdivenin alt

ucundaki O noktasına göre alındığında,

∑ τ= Plsinθ - W2l cosθ = 0

tanθmin = P2

W =N40N50 = 1,25 θmin = 51,3 o


17. x = 4m cos

π

+π4

t

a) Hareketin genliği 4 m dir.

W = =⇒π T

T2 s22

W2

=ππ

=π f = 1s

21f

T1 −=⇒

b) ( )

π

+ππ−==4

tsins/m4dtdxV

( ) 2222

2s/m

4tcoss/m4

dtxda

π

−ππ−==

c) m83,24

5cosm44

cosm4x −=

π

=

π

+π=

( ) 22 s/m89,84

5sins/m4V =

π

π−=

( ) 222 s/m9,274

3coss/m4a =

π

π−=

d) Hızın maksimum değeri V = Wr = 4π m/s

İvmenin maksimum değeri a = W2r = 4π2 m/s2

e) t = 0 da

m8,24

sin0sin4

cos0cosm4x =

π

π−π

π=

t = 1 de

m8,24

sin1sin4

cos1cosm4x −=

π

π−π

π=

m6,5m8,2m8,2x −=−−=∆


f) Faz farkı wt +δ olarak tanımlandığından, burada incelenen durum için w = π ve δ=π/4

dür. O halde t = 2 s de Faz = 2π + π/4 = 9π/4 rad olur.

18.

21 muVu

2 = D

DuR

mGm = Vu = D

DRGm2 = ( )( )

m10.37,6kg10.98,5kg/Nm10.67,6.2

6

242211−

= 1,12.104 m/s

K.E. = 21 muVu

2 = 21 x 5x103 kg x (1.12.104 m/s)2 = 3.14x1011 joule

19. a) Gezegenler odaklarından birinde güneş bulunan eliptik yörüngeler üzerinde dolanırlar.

b) Güneşi gezegene bağlayan doğru parçası eşit zamanlarda eşit alanlar süpürür.

c) Gezegenlerin dolanım sürelerinin kareleri elipslerin yarı büyük eksenlerinin küpü ile

orantılıdır.

20. P = Pa + ρgh = 1,01x105 Pa + (1,0x103 kg/m3 )(9,80 m/s2)(103m)

P = 9,90x106 Pa

Bu değer yaklaşık olarak atmosfer basıncının 100 katıdır.

21. Akışkan veya sıvının sıkışamaz, vizkozluğu olmayan kararlı durumda dönmeden akan bir

akışkan olduğunu kabul ediyoruz. ∆t süresinde değişik kesitli boru içindeki akışkanı göz

önüne alalım. Akışkanın alt ucundaki kuvvet P1A1 olur. Burada P1, 1 konumundaki

basınçtır. Bu kuvvetin yaptığı iş W1 = F1∆x1 = P1A1∆x1 = P1∆V olur. Burada; ∆V, borunun

alt kısmındaki bölgenin hacmidir.benzer şekilde ∆t zamanında borunun üst ucundaki

akışkanın yapmış olduğu iş W2 = -P2A2∆x2 = -P2∆V olarak bulunur (Aynı zaman

aralığında 1 ve 2 konumlarından geçen sıvının hacmi aynı olur.). Akışkanın kuvveti yer

değiştirmeye karşı olduğu için bu iş negatiftir. Bu kuvvetler tarafından ∆t süresinde

yapılan net iş, W = ( P1-P2 )∆V olur. Bu işin bir kısmı, akışkanın kinetik enerjisini

değiştirir, bir kısmı da çekim potansiyeli enerjisine harcanır. ∆t süresinde borudan geçen

kütle ∆m ise kinetik enerjideki değişme, ∆K = mmV ∆−∆21

21 2

2 V12 şeklindedir.

Potansiyel enerjideki değişme de ∆U = ∆mgy2 - ∆mgy1 olur. W = ∆K + ∆U şeklindeki iş-

enerji teoremini akışkanın bu hacmine uyguladığımızda

(P1-P2)∆U = 122

12

2 21

21 mgymgymVmV ∆−∆+∆−∆

elde edilir. Her tarafı ∆U ile bölersek ρ = ∆m/∆V alırsak yukarıdaki ifade


P1 - P2 = 1/2ρV22 - 1/2ρV1

2 + ρgy2 - ρgy1

şekline gelir. Terimleri yeniden düzenlersek,

P1 + (1/2)ρV12 + ρgy1 = P2 + (1/2)ρV2

2 + ρgy2

elde edilir. Bu, kararlı durumdaki vizkoz olmayan ve sıkışmayan sıvıya uygulanan

Bernoulli denklemidir. Bu denklem genellikle P + 1/2ρV2 + ρgy = sabit şeklinde ifade

edilir. Akışkan durgun ise V1=V2=0 olduğundan eşitlik, P1 - P2 = ρg (y2 –y1) = ρgh olur.

22. Gerilme kuvveti F olan bir sicimin ∆x uzunluğundaki küçük bir parçasını ele alalım.

İlerleyen dalga bu sicim üzerinde yayılıyor olsun. Parçanın uçlarının x ekseni ile θ1 ve θ2

gibi küçük açılar yaptığını varsayalım.

Parçaya düşey doğrultuda etkiyen net kuvvet

( )∑ θ−θ=θ−θ= 1212y sinsinFsinFsinFF

olur. Açıların küçük olduğunu kabul ettiğimiz için sin θ≈ tan olan küçük açı yaklaşımını

kullanabiliriz.

( )∑ θ−θ= 12y tantanFF

Ayrıca A ve B noktalarındaki açıların tanjantları eğrinin bu noktalardaki eğimi olarak

tanımlanır. Bu eğrinin eğimi xy

∂∂ ile verildiğinden, söz konusu ifade

( ) ( )[ ]∑ ∂∂−∂∂≈ ABy xyxyFF (1)

şeklinde yazılabilir. Şimdi kütlesi m = µ∆x olan parçaya ∑ = yy maF olan Newton’un

ikinci kanunun uygularsak

∑ = yy maF =µ∆x ( )22 ty ∂∂ (2)

elde ederiz. Burada ay = ( )22 ty ∂∂ dir. Denklem 1’i denklem 2’ye eşitlersek,

µ∆x= ( )22 ty ∂∂ =F ( ) ( )[ ]AB xyxy ∂∂−∂∂

( ) ( )[ ]

xxyxy

tFy AB2

2

∆∂∂−∂∂

=∂

∂µ (3)

elde edilir. Denklem 3’ün sağ tarafı, aşağıda verilen herhangi bir fonksiyonun türev tanımı

kullanılarak farklı biçimde elde edilebilir.

( ) ( )x

xfxxflimxf

0x ∆−∆+

=∂∂

→∆


Eğer ( ) yi'xyF B∂∂ f(x+∆x) ile, f(x)’i ( )Bxy ∂∂ ile gösterirsek ∆x→0 durumunda

denklem 3’ün 2

2

2

2

xy

tFy

∂

∂=

∂

∂µ şeklinde yazılabileceğini görürüz.

23. Tren hareketsiz gözlemciye yaklaşırken gözlemci trenin hızını –Vo gözlemler. Bundan

dolayı frekans büyür, dalga boyu küçülür.

f′ = f

− VV1

1

s = 500

− s/m343s/m401

1 = 566 Hz

Tren hareketsiz gözlemciden uzaklaşırken frekans küçülür, dalga boyu büyür.

f ′ = f

+ VV1

1

s = 500

+ s/m343s/m401

1 = 448 Hz

24. a) İki ucu açık boruda ana sesin oluşması için 2 yarım iğ oluşur. Buna göre ana sesin

frekansı

γ1 = L2

V = m23,1x2s/m344 ≈ 140 Hz γ2 = 2 x γ1 = 280 Hz ve γ3 = 3 x γ1 = 420 Hz

olur.

b) Bir ucu kapalı ses borusu ana ses veriyorsa yarım iğ oluşur. Bu durumda sadece tek

frekanslar mevcuttur.

γ1 = L4

V = m23,1x4s/m344 = 70 H z, γ3 = 3 x γ1 = 210 Hz , γ5 = 5 x γ1 = 350 Hz

c) γn = nγ1 ⇒ 20000 Hz = n x 140 Hz ⇒ n = 142

25. Enine dalga: Ortamın parçacıklarının, dalganın hızına dik doğrultuda hareket etmesiyle

oluşan bir dalgadır. Örnek olarak gerilmiş bir sicim üzerindeki dalga verilebilir.

Boyuna dalga: Ortamın parçacıklarının, dalga hızına paralel doğrultuda hareket etmesiyle

oluşan dalgalardır. Ses dalgaları boyuna dalgalardır.

Girişim: Dalga ortamındaki bir noktaya iki veya daha çok dalga aynı anda gelirse,

noktanın yapacağı yer değiştirme, gelen dalgaların yaptıracağı yer değiştirmelerin

toplamına eşit olur. Bu olaya dalgaların girişimi denir.

26. a) Qalınan = Qverilen mmmsss tcmtcm ∆=∆⇒

0,4 kg .4186 J/kgoC.(22,4-20)oC =0,05kg.cm.(200-22,4)oC

cm = 453 J/kgoC

b) Q = mm.cm.∆tm = 0,05kg.4186J/kgoC.(200-22,4)oC = 4020 J


ELEKTRİK VE MANYETİZMA CEVAPLAR

1. Bir iple asılmış yüksüz hafif bir metal küre, yüklü lastik bir çubuk yaklaştırılınca bu

küredeki yükler kutuplanır ve yüklü lastik çubuk kutuplanan bu küçük küreyi çeker. Küre

çubuğa değdikten sonra çubukla aynı yükle yüklenmiş olur. Aynı yüklerin birbirini

iteceğinden metal küre çubuk tarafından itilir.

2. a) Yalıtkan kürede, yük yarıçapa bağlı olarak küre içinde ρ=Cr oranında dağılmıştır.

Şimdi biz r<b için küre içinde kalan yükü bulursak;

2

2

0 0 0

sinr

Q r drd dπ π

ρ θ θ φ= ∫ ∫ ∫ dir. O halde yük yoğunluğunu yazıp integrali

hesaplarsak,

2

3

0 0 0

sinr

Q Cr drd dπ π

θ θ φ= ∫ ∫ ∫ = 3

0

.4r

Q C r drπ= ∫ = 4.Q C rπ= elde edilir.

b) r>b içinse yük ifadesinde r yerine b yazarak elde edebiliriz. Çünkü yük b yarıçaplı

küre içindedir. 4Q C bπ= elde edilir

c) Kürenin içindeki ve dışındaki elektrik alanı Gauss yasasından yararlanarak

bulursak

QEdsε

=∫r rÑ ⇒

42 .4 C rE r π

πε

= ⇒2.

4C rE π

πε= elde edilir, biz 1

4k

πε= olduğunu

biliyoruz. O halde r<b için elektrik alan 2E Ck rπ= elde edilir.

r>b içinde QEdsε

=∫r rÑ ⇒

42 .4 C bE r π

πε

= ⇒ 4

24CbE

rπ

π ε= =

4

2

kC bErπ

= olarak elde edilir.

3. Birinci 4μC yükü sonsuza götürmek için

2 32 1 2 41

21 23 24

12 2 12 2 12 29

1 2

1

0

32 10 16 10 8 10 )(8.99 10 )0.06 0.030.45 10

9.333

kq qkq q kq qUr r r

C C CU

U J

− − −

−

∆ = + + −

× × ×∆ = × + + × ∆ =

Şimdi ikinci yükü sonsuza götürdüğümüzde;


3 1 3 42

31 34

12 129

2

2 1 2

32 10 8 10(8.99 10 )0.03 0.06

10.788 , 20.1

kq q kq qUr r

C CU

U J U U U J

− −

∆ = +

× ×∆ = × +

∆ = ∆ = ∆ + ∆ =

bulunur.

4. Paralel plakalı kondansatörün sığası 0 ACd

ε= ’dır. Burada plakalar arasındaki uzaklık sabit

tutulacağından voltajı artırmak için, plakaların birim alanlarını artırmak ve plakalar

arasına dielektrik madde koymak gerekir.

5. 2 2 6 2

76

6 1

(0.031 )( ) 3.1 10100

(2.4)0.24 3.1 103.1 10

1 3.23 10 ( . ) .

mA cm mcm

lR mA

m bulunur

ρ ρρ

σρ

−

−−

−

= = ×

= = = ⇒ = × Ω×

= = × Ω

6. ( )F qE qV B MKS= + × r r r r

Burada q elektronun yükü birimi (C), Er

elektrik alan birimi volt/C, Vr

elektronun hızı

birimi m/s, Br

manyetik alan birimi Tesladır.

7.

2 2 2

19 18

2 4 1 (12 2) (6 1) (4 4) 10 7 81 2 3

10 7 8 14.6 . /

(1.602 10 )(14.6 . / ) 2.34 10

F qV Bi j k

V B i j k i j k

V B T m s

F q V B C T m s N− −

= ×

× = − = − + + + + = + +

−

× = + + =

= × = × = ×

r r r

r r

r r

r r r

8. sin .

) (5 )(2.8 )(0.39 )sin 60 4.73) (5 )(2.8 )(0.39 )sin 90 5.46) (5 )(2.8 )(0.39 )sin120 4.73

F Il B IlB F dir

a F A m T Nb F A m T Nc F A m T N

θ= × = =

= == == =

urrr r

9. 3 1 2

1 2

1 3

1 2

24 6 3 012 24 6 6 036 6 6

I I II I

I II I

= +

− − =

+ − − =

− =

1 2

1 1 1

1 1

2

3

6(8 2 ) (6 )14 3 3.52.51

I II I II I AI AI A

− =

= − + −= − =

=

=


10. Faraday`ın indüksiyon kanunu, bir devrede oluşan emk` in devreden geçen manyetik akının

zamana göre değişim hızı ile doğru orantılıdır. Yani,

mddtφ

ε = − olup burada manyetik akı mφ olup m Bdaφ = ∫r r ile verilir.

Lenz kanunu : İndüksiyon emk` in yönü, ilmekten geçen manyetik akı

değişimine karşı koyacak şekilde manyetik akı oluşturan akım

yönündedir. Yani indüksiyon akımı , başlangıçta devreden geçen akının

değişimini önleme etkisi gösterir. Buna bir örnek olmak üzere zıplayan

demir örneğini verelim.

11.

Bir tel halka bir solenoidin yakınına getirilsin. Halka da ilk başta akım yoktur. Solenoidin

yakınına getirilen halkadan bir akı geçecek ve halkada bu akıya karşı koyacak bir akım

oluşacak sonra solenoid ten geçen akımla halkadaki akım zıt yönlü olacağından halka

havaya zıplayacaktır.

12. Maxwell denklemlerinin integral formlar şöyledir.

0

QEda =ε∫

r rÑ (Gauss yasası:Kapalı bir yüzeyden geçen elektrik alanın akısı içerdeki

toplam yük miktarıyla orantılıdır.)

Bda 0=∫r r

Ñ (Manyetik tek kutup yok.)

mdEdsdtφ

= −∫r r

Ñ (Faraday yasası:Zamanla değişen bir manyetik alan bir elektrik alan

oluşturur.)

m0 0 0

dBds Idtφ

= µ + ε µ∫r r

Ñ (Amper yasası)

13. Elektromanyetik dalgaların özellikleri şunlardır.

I. Elektrik ve manyetik alanlar, dalga denklemini sağlarlar ve bu denklemler

Maxwell`in üçüncü ve dördüncü denklemlerinden elde edilirler.

2 2

0 02 2

E Ex t

∂ ∂= µ ε

∂ ∂,

2 2

0 02 2

B Bx t

∂ ∂= µ ε

∂ ∂

II. Elektromanyetik dalgalar boşlukta ışık hızıyla yayılırlar,

8

0 0

1c 3 10 m / s= = ×µ ε

III. Bir elektromanyetik dalganın elektrik ve manyetik alanları,birbirine ve yayılma

doğrultusuna diktirler. (Dolayısıyla enine dalgalardır.)


IV. Bir elektromanyetik dalga içinde E ve B nin her hangi bir andaki büyülükleri

E cB

= dir.

V. Elektromanyetik dalgalar enerji taşırlar. Birim yüzeyden geçen enerji akışı hızı S

ile gösterilip poynting vektörü adı verilir. Burada;

0

1S E B= ×µ

r r r şeklindedir.

VI. Elektromanyetik dalgalar momentum taşırlar ve bu nedenle yüzeyler üzerine

basınç uygulayabilirler. Momentumu

SPc

=rr

ile gösterilir.

14. Mikrodalgalar : Elektronik cihazlarla meydana gelirler. Kısa dalga boylarından dolayı,

radar sistemlerinde ve atomik ve moleküler parametrelerin incelenmesinde uygundurlar.

Kızılötesi dalgalar : Sıcak cisimler ve moleküller tarafından oluşturulan bu dalgalar ,çoğu

maddelerce kolaylıkla soğurulur. Bir maddenin soğurduğu kızılötesi ısı şeklinde ortaya

çıkar.

Morötesi dalgalar : Güneş, güneş yanıklarının başlıca sebebi olan morötesi ışınların en

önemli kaynağıdır.Güneşten gelen morötesi ışınların çoğu atmosferdeki atomlar tarafından

tutulur.Morötesi ışınların oksijenle tepkimeye girmesiyle ozon oluşur.Bu ozon tabakası

öldürücü morötesi ışınları ısıya dönüştürür.

X-ışınları : Bu ışınların kaynağı yüksek enerjili elektronların ağır bir çekirdek yakınından

geçerken yavaşlatılmasıdır.X-ışınları tıpta da belirli kanser türlerini belirlemede kullanılır.

Gama ışınları : Radyoaktif çekirdekler tarafından yayılan elektromanyetik dalgalardır.

Bu ışınların yüksek derecede giricilik özelliğine sahiptirler.

Direnci R , yarıçapı a ve uzunluğu L olan

doğrusal bir telinden sabit bir I akımı

geçmektedir. Bu tel için Poynting

vektörünü hesaplayınız.

15.

Öncelikle tel boyunca E elektrik alanını bulalım.Telin uçları arasındaki potansiyel farkı V

ise V=IR den V IREL L

= = olur.Telin yüzeyindeki manyetik alanın 0IB2 aµ

=π

ile verilir.E ve

B vektörleri birbirlerine diktirler ve bu nedenle E B EB× =uuurr r

böylece poynting vektörü


20IR IEB I R| S |

L2 a Aµ

= = =µ µ π

r olarak bulunur.

16. RL devresinde Kirchhoff`un ilmek denklemini kullanırsak

dIIR L 0dt

ε − − = bu denklemin çözümü için x IR= ε − ve dx RdI= − yazarsak yeni

denklemimiz , L dxx 0R dt

+ = ve dx R dtx L

= − olur.Denklemimizin çözümü de RtL

0x x e−

=

elde edilir. t=0 için I=0 olduğu için 0xRε

= ve son olarak akım denklemimiz

RtLI (1 e )

R−ε

= − olarak bulunur.

17. R 250= Ω , L 0.6H= , C 3.5 F= µ , 1w 377s−= ve mV 150V= olan bir seri RLC devresini

çözün.

Reaktanslar LX wL 226= = Ω ve c1X 758

wC= = Ω olarak bulunur.Burada empedans

2 2 2 2L CZ R (X X ) (250) (266 758) 588= + − = + − = Ω

Maksimum akım mm

V 150I 0.255AZ 588

= = = dır.Akımla voltaj arasındaki faz açısı

1 1 0L C(X X ) 226 758tan tan ( ) 64.8R 250

− −− −φ = = = −

Her elemanın uçları arasındaki pik voltajları;

R mV I R (0.255)(250) 63.8V= = =

L m LV I X (0.255)(250) 57.6V= = =

C m CV I X (0.255)(250) 193V= = =

buradan da her üç elemanın uçları arasındaki ani voltajlar,

RV (63.8)sin377t= , LV (57.6)cos377t= , CV ( 193)cos377t= − şeklinde bulunur.

18. a) Çukur aynalardaki özel ışınların;

• Asal eksene paralel gelen ışın aynadan yansıdıktan sonra odaktan geçer.

• Odak doğrultusundan gelen ışın aynadan yansıdıktan sonra asal eksene paralel

olacak şekilde yansır.

• Merkez doğrultusunda gelen ışın aynadan yansıdıktan sonra tekrardan merkez

doğrultusunda gidecek şekilde yansır.


b) Tümsek aynada özel ışınlar,

• Asal eksene paralel gelen ışın uzantısı odak noktasından geçecek şekilde yansır.

• Uzantısı odak noktasından geçecek şekilde gelen ışın aynadan yansıdıktan sonra

asal eksene paralel olacak şekilde yansır.

• Uzantısı merkezden geçecek şekilde gelen ışın aynadan yansıdıktan sonra tekrar

aynı yoldan geri yansır.

a) İnce kenarlı mercekler için özel ışın diyagramı.

• Optik eksene paralel olarak merceğe gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra diğer

taraftaki odak noktasından geçerler.

• Odak noktasından geçerek merceğe gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra optik

eksene paralel giderler.

• Merkez noktasından geçerek merceğe gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra

diğer taraftaki merkez noktasından geçerler.

19.

b) Kalın kenarlı mercekler için özel ışın diyagramı.

• Optik eksene paralel olarak gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra birinci

kısımdaki F doğrultusunda kırılırlar.

• İkinci kısımdaki F doğrultusunda gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra optik


eksene paralel giderler.

• İkinci kısımdaki merkez doğrultusunda gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra

birinci kısımdaki merkez doğrultusun kırılırlar.


ELEKTRONİK CEVAPLAR

1. Bir iletkenin iki ucu arasına uygulanan potansiyel farkının iletken üzerinden geçen akım

şiddetine oranı sabittir. Bu sabit orana iletkenin direnci denir. V=I.R ile gösterilir. Bu

yasaya Ohm yasası denir. Bu yasaya uyan devre elemanlarına Ohmik devre elemanı

uymayan devre elemanlarına Ohmik olmayan devre elemanı denir.

2. Bir E (Elektrik alanı) içinde +q birim yükünü P1 noktasından P2 noktasına götürmek için

yapılan iştir. Elektrik alanı birim yüke etkiyen kuvvet olduğundan iki nokta arasındaki

potansiyel farkı 2

1

P

P

V Eds= ∫ur

şeklinde ifade edilir. Potansiyel farkın CGS birim sistemindeki

birimi erg/esb=statvolt, MKS birim sistemindeki birimi Joule/Coulomb=volt dur.

R1=2 Ohm, R2= 2 Ohm, R3=4 Ohm,

R4= 2 Ohm, , R5= 2 Ohm, V1= 4

Volt, V2= 2 Volt, V3= 6 Volt

Bir devrede kapalı bir yol boyunca alınan toplam

potansiyel farkı sıfırdır. . 0I R =∑ şeklinde ifade

edilir. (Kirchoff Gerilim Yasası)

Bir devrede bir düğüm noktasına gelen

akımlarla, düğüm noktasını terk eden akımların

toplamı sıfırdır. Yani gelen akımlar giden akımlara

eşittir. (Kirchoff Akım Yasası)

3.

Ia akımının olduğu göz için Kirchoff gerilim yasasını yazarsak;

1 3 2. ( ). ( ). 0a a c a bI R I I R I I R+ − + − =

Ib akımının olduğu göz için Kirchoff gerilim yasasını yazarsak;

2 4 2 1( ). ( ).b a b cI I R I I R V V− + − = +

Ic akımının olduğu göz için Kirchoff gerilim yasasını yazarsak;

5 3 4 2 3. ( ). ( ).c c a c bI R I I R I I R V V+ − + − = −

Bu denklemlerde R ve V değerlerini yazıp düzenlersek;

8 2 4 0a b cI I I− − = , 2 4 2 6a b cI I I− + − = , 4 2 8 4a b cI I I− − + = − elde edilir.

Bu denklemleri matris kullanarak çözelim ve Ia , Ib, Ic akımlarını bulalım.

Öncelikle katsayılar matrisi 8 2 42 4 24 2 8

− − ∆ = − − − −

şeklinde yazılır. Buradan;


8(4.8 2.2) 2( 2.8 4.2) 4(2.2 4.4)∆ = − + − − − + den 96∆ = bulunur.

Ia ya göre matris 0 2 46 4 24 2 8

a

− − ∆ = − − −


0 2(6.8 4.2) 4(6.2 4.4)a∆ = + − − + den 32a∆ = − bulunur.

Ib ya göre matris 8 0 42 6 24 4 8

b

− ∆ = − − − −


8(6.8 4.2) 0 4(2.4 4.6)b∆ = − − − + den 192b∆ = bulunur.

Ic ye göre matris 8 2 02 4 64 2 4

c

− ∆ = − − − −


8( 4.4 2.6) 2(2.4 4.6) 0c∆ = − + + + + den 32c∆ = − bulunur. Böylece akımları;

aaI ∆

=∆

, bbI ∆

=∆

, ccI ∆

=∆

den bulabiliriz. O halde buradan;

32 0,396aI −

= = − A, 192 296bI = = A, 32 0,3

96cI −= = − A bulunur.

R1=2 Ohm luk direnç üzerindeki akım -0,3 A (Ia akımı)

R2=2 Ohm luk direnç üzerindeki akım Ia-Ib=-0,3-2=-2,3 A

R3=4 Ohm luk direnç üzerindeki akım Ia-Ic=-0,3-(-0,3)=0 A

R4=2 Ohm luk direnç üzerindeki akım Ib-Ic=2-(-0,3)=2,3 A

R5=2 Ohm luk direnç üzerindeki akım -0,3 A (Ic akımı) bulunur.

4. Çoğu kez elektronik devrelerin çözümlenmesi devrenin hepsi veya bir kısmı yerine, temel

devre ile aynı özellikleri gösteren fakat devre çözümlemesini kolaylaştıran devreler veya

devre elemanları konarak yapılır. Bu devrelere eşdeğer devre adı verilir. Eşdeğer devreler

devrede belirlenmek istenen niceliği (akım, potansiyel vb.) bütün devreyi çözümlemeye

gerek kalmadan kolayca bulabilmek için uygundur. En sık kullanılan eşdeğer devreler

üçgen-yıldız eşdeğer devresi, Thevenin eşdeğer devresi, Norton eşdeğer devresi vb. dir.

5. Devredeki gerilim kaynaklarının hepsi akım

kaynağına dönüştürülürse (Bu durumda

dirençler iletkenlik olarak yazılır) A, B, C

düğüm noktaları için aşağıdaki denklemler elde

edilir.


A noktası için;

0.5 0.5( ) 0.1( ) 28A A B A CV V V V V+ + + − = den

1.1 0.5 0.1 28A B CV V V− − =

B noktası için;

0.2 0.5( ) 1( ) 0B B A B CV V V V V+ − + − = den

0.5 1.7 1 0A B CV V V− + − =

C noktası için;

0.25 1( ) 0.1( ) 2C C B C AV V V V V+ − + − = − den

0.1 1 1.35 2A B CV V V− − + = −

şeklinde elde edilir. Öncelikle katsayılar matrisi 1.1 0.5 0.10.5 1.7 10.1 1 1.35

− − ∆ = − − − −

şeklinde yazılır.

Buradan 1.1[(1.7)(1.35) 1] 0.5[( 0.5)(1.35) 1.(0.1)] 0.1[1(0.5) (1.7)(0.1)]∆ = − + − − − + den

0.97∆ = bulunur.

Va ya göre matris 28 0.5 0.10 1.7 12 1 1.35

A

− − ∆ = − − −


28[(1.7)(1.35) 1] 0.5[0(1.35) ( 1)( 2)] 0.1[0( 1) (1.7)( 2)]a∆ = − + − − − − − − − den

34.92a∆ = bulunur.

Vb ya göre matris 1.1 28 0.10.5 0 10.1 2 1.35

B

− ∆ = − − − −


1.1[0(1.35) ( 1)( 2)] 28[( 0.5)(1.35) 1.(0.1)] 0.1[( 2)( 0.5) 0( 0.1)]b∆ = − − − − − − − − − − − den

19.4b∆ = bulunur.

Vc ye göre matris 1.1 0.5 280.5 1.7 00.1 1 2

C

− ∆ = − − − −


1.1[(1.7)( 2) ( 1)0] 0.5[( 0.5)( 2) 0.( 0.1)] 28[( 1)( 0.5) (1.7)( 0.1)]c∆ = − − − + − − − − + − − − − den

15.52c∆ = bulunur.

Aradığımız potansiyel değerlerini aaV ∆

=∆

, bbV ∆

=∆

, ccV ∆

=∆

den bulabiliriz. O halde;


34.920.97aV = dan Va=36 Volt, 19.4

0.97bV = den Vb=20 Volt, 15.520.97cV = den Vc=16 Volt

bulunur. Her bir direnç üzerinden geçen gerilimler bilinmektedir. V=I.R (Ohm Yasası)

kullanılarak her bir direnç üzerinden geçen akımlar aşağıdaki gibi hesaplanır.

R1=10 Ohm luk direnç üzerindeki potansiyel farkı Va-Vc=36-16=10 Volt, akım 1 A

R2=2 Ohm luk direnç üzerindeki potansiyel farkı Va-Vb=36-20=16 Volt, akım 8 A

R3=1 Ohm luk direnç üzerindeki potansiyel farkı Va-Vc=36-16=10 Volt, akım 10 A

R4=5 Ohm luk direnç üzerindeki potansiyel farkı Vb=20 Volt, akım 4 A bulunur.

R5=2 Ohm luk direnç üzerindeki potansiyel farkı Va=36 Volt, akım 18 A

R6=4 Ohm luk direnç üzerindeki potansiyel farkı Vc=16 Volt, akım 4 A bulunur.

6. Voltmetre ile ideal ölçüm yapabilmek için iç direnci sonsuz, ampermetre ile ideal ölçüm

yapabilmek için iç direnci sıfır olmalıdır. Fakat pratikte sonsuz direnç ve sıfır direnç

olmadığı için Voltmetrenin iç direnci kullanıldığı devreye göre çok büyük, ampermetrenin

iç direnci kullanıldığı devreye göre çok küçük seçilir. Ampermetre devreye seri, voltmetre

paralel bağlanır. Voltmetre ve ampermetre sabit manyetik alan (mıknatıs) altında bulunan

bir akım kangalından oluşur. Akım kangalı mıknatısın içerisinde dönebilecek şekilde

sabitlenmiştir. Akım kangalına bağlanan ibre, akım kangalına akım uygulanmadığı zaman

hareketsizdir. Kangala akım uygulanınca ibre manyetik alandan dolayı sapar. Bu sapma

miktarı uygulanan akım ile doğru orantılıdır. Bu voltmetre ve ampermetrenin çalışma

prensibidir.

7. Zamana göre periyodik olarak değişen akım alternatif akım dır. (AC) Alternatif akımda

fazlar zamanın fonksiyonu olarak yön değiştirirler, belli bir değişim frekansı ve periyodu

vardır. Bu nedenle bu tür akımlar sinüssel fonksiyonlarla ifade edilirler. Zamanla değiştiği

için AC akımın ortalama değerinden ve Maksimum değerinden söz edilir. Akım ve gerilim

arasında bir faz farkı ortaya çıkar. Doğru akım ise (DC) zamana göre bir değişimin

olmadığı sabit fazlı akımdır. Ohm yasası, Kirchoff yasası ve diğer bütün devre çözümleme

yöntemleri, eşdeğer devre yöntemleri her ikisine de uygulanabilir. (AC ve DC için) Ancak

AC akım devrelerine uygulanırken akım ve gerilimlerin fazları göz önünde

bulundurulmalıdır.

8. AC akım için etkin değer, herhangi bir andaki akımın karesinin ortalama değerinin

kareköküdür. I bir AC akım devresinde dirençten geçen ani akım (herhangi bir andaki)

olmak üzere bu dirençte enerjinin ısıya dönüşme hızı (yani dirençte harcanan güç) 2eP I R= ile verilir. Görüldüğü gibi bağıntıda akımın karesi olduğundan akımın işareti


(yönü) önemsizdir.

T periyodunda maksimum değeri IMax olan bir AC akım devresi için

dirençte harcanan güç; 2 2 2

0

1( ( ). ).T

e MaxP I R I sin t dt RT

ω= = ∫ biçiminde

verilir. Burada 2Tπ

ω = ile verilir. Burada 2

0

1 2 1( )2

T

sin t dtT T

π=∫ dir.

Böylece 2 2 12e MaxI R I R= elde edilir. Buradan da

2Max

eII = elde edilir. Alternatif akım bir

periyotluk süre boyunca yalnızca çok kısa bir sürede maksimum değerinde bulunur. Bu

nedenle AC akım için etkin değerden söz edilir ve hesaplamalarda etkin değer kullanılır.

9. Kondansatör elektrik alanında enerji depolayabilen devre elemanıdır. Birimi Farad dır.

İndüktans ise manyetik alan altında enerji depolayabilen devre elemanıdır. Birimi Henry

dir. Anlaşılacağı gibi bu devre elemanlarının devredeki kullanım amaçları direnç

oluşturmak değildir. Buna rağmen kondansatör ve indüktansın bulunduğu devrelerde sanal

bir direnç oluşur. Bu dirence Reaktans denir. Kondansatörden dolayı oluşana Kapasitif

Reaktans, indüktanstan dolayı oluşana İndüktif Reaktans denir. Reaktans komplex

empedans olduğu için bunu Komplex sayının çizim temsiline göre belirtirsek kapasitif ve

indüktif reaktanslar sanal olarak gösterilir. Devredeki gerçek empedans (Direnç) ve

reaktansların birleşimi ise devrenin eşdeğer empedansını verir. Kapasitif reaktans XC ile

gösterilir, 1CX

Cω= − ile verilir. İndüktif reaktans XL ile gösterilir ve LX Lω= ile verilir.

(ω açısal frekansı 2 fω π= şeklindedir.)

10. AC (alternatif) akımın kullanıldığı devrelerde faz farkından söz edilir. V (gerilim) ve I

(akım) ( )Sin tω veya ( )Cos tω biçiminde fonksiyonlarla ifade edilir. Bazı AC akım

devrelerinde (Devrede kondansatör veya İndüktans bulunuyorsa) ( )Sin tω veya ( )Cos tω

biçiminde değişen gerilim yada akım değerleri pik değerine aynı anda ulaşmaz. Bu

nedenle önce gerilim sonra da akım pik değerine ulaşır. (Devrede İndüktans varsa) Veya

önce akım sonra da gerilim pik değerine ulaşır. (Devrede kapasitans varsa) Akım veya

gerilimin aynı anda pik değerlerine ulaşmamasına faz farkı denir. Bu durumda devrede ya

gerilim yada akım öndedir denir. Akım ve gerilim arasında faz farkını oluşturan değere ise

faz açısı denir.


Sadece R direncinin olduğu bir AC akım devresinde faz farkı sıfırdır. VR ve IR aynı anda

max ve min değerlerine ulaşır. Devrede kondansatör veya İndüktans olduğu zaman akımla

gerilim arasında bir faz farkı oluşur. RL devresinde faz açısı ( )LArcTanR

ωφ = , RC

devresinde faz açısı 1( )ArcTanRC

φω

−= bağıntısından bulunur. RLC devresinde de faz

farkı bulunur, faz açısı

1

( )L

CArcTanR

ωωφ

−= ile verilir, ancak Rezonans durumunda

RLC devresinde faz açısı sıfırdır. (Çünkü L CX X= dir.)

11. RL devresi alçak frekans geçiren süzgeç devresidir. RL devresinde direnç üzerindeki çıkış

gerilimi 0V ( 0 ( )MaxV RI Sin tω= şeklinde verilir.), giriş gerilimi iV olmak üzere, giriş

geriliminin çıkış gerilimine oranı 0

2

1

1 ( )i

VV L

Rω

=+

ifadesiyle verilir. Bu ifadeye göre

alçak frekanslarda 0LR

ω→ dır. Ve bu durumda çıkış gerilimi giriş gerilimine eşittir.

Yüksek frekanslarda ise çıkış gerilimi giriş geriliminden küçüktür. Bu devre alçak frekans

geçiren süzgeç olarak kullanılır. 0 02 1fR R

π ω= = şartını sağlayan 0f frekansı

202

12i

VV

=

olduğu frekans değeridir. 0f frekansına RL devresinde yarı güç frekansı denir. Bu

frekanstan daha büyük değerdeki işaretleri İndüktans geçirmez. Bu yüzden buradaki

indüktansa şok bobini de denir.

RC devresi yüksek frekans geçiren süzgeç devresidir. RC devresinde direnç üzerindeki

çıkış gerilimi 0V ( 0 ( )MaxV RI Sin tω φ= + şeklinde verilir.), giriş gerilimi iV olmak üzere,

giriş geriliminin çıkış gerilimine oranı 0

2

111 ( )i

VV

RCω

=+

ifadesiyle verilir. Bu bağıntıya


göre alçak frekanslarda çıkış gerilimi 0V çok küçüktür. Fakat yüksek frekanslarda çıkış

gerilimi giriş gerilimine eşit olur. Bu devre alçak frekansları az geçirip yüksek frekansları

azaltmadığından yüksek frekans geçiren RC süzgeci denir. RC devresinde 02 1f RCπ =

şartını sağlayan 0f frekansına RC devresinde yarı güç frekansı denir.

12. Devrede anahtar 1 konumundayken; QV IRC

= + şeklinde yazılır. Bu denklemin her iki

yanının da zamana göre türevi alınırsa; 1dV dI dQRdt dt c dt

= + bulunur. dQ Idt

= dır. Bu

durumda 0dVdt

= olacağından denklem 1 0dIR Idt C

+ = bağıntısı elde edilir. Bu denklemi

düzenlersek. 1dI dtI RC

−= şeklinde elde edilir. Bu ifadenin her iki yandan integrali alınırsa;

1dI dtI RC

−=∫ ∫ den 1ln I t K

RC−

= + şeklinde bulunur. Burada K integral sabitidir ve

başlangıç koşullarından bulunur. En son bulduğumuz ifadeyi düzenlersek; .t

RCI A e−

=

yazılır. A sabitini t=0 anından bulunur. t=0 anında anahtar kapatıldığı anda akım VIR

=

ye eşittir. Bu durumda 0

( 0) . RCI t A e−

= = ifadesinden A sabiti VAR

= bulunur. O halde

devredeki akım herhangi bir t anında; t

RCVI eR

−

= bağıntısından bulunur. Bu ifadedeki RC

değerine zaman sabiti denir ve τ ile gösterilir. (τ=RC) Bu bağıntıyı kullanarak herhangi bir

t anında kondansatör üzerindeki gerilimi de hesaplayabiliriz. Herhangi bir t anında

kondansatör üzerindeki gerilim 0 0

1 1 tV Q Idt

C C= = ∫ şeklinde verilir. Burada I nın değerini

yerine yazarsak; 0 0

1 tt

RCVV e dtC R

−

= ∫ bağıntısından integral alınırsa; 0 (1 )t

RCV V e−

= −

şeklinde bulunur. Burada V devrenin başlangıçtaki gerilim değeridir. Bu ifade belli bir t

süresi sonunda kondansatör üzerindeki gerilimin arttığını yani kondansatörün dolduğunu

söyler. Zaman sabitine eşit bir t süresi sonunda (t=τ durumunda); 0 (1 )t

RCV V e−

= −

bağıntısı 10 (1 ) 0.63V V e V−= − = ifadesi elde edilir. Bu ifade zaman sabitine eşit bir t süresi

sonunda kondansatörün üzerindeki gerilimin (veya yükün) başlangıçtaki gerilimin % 63


üne eşit olacağını söyler.

Devrede anahtar 2 konumuna alındığında dolu kondansatör R direnci üzerinden boşalmaya

başlar. Bunun için 0 QIRC

= + yazılır. Devredeki V potansiyel kaynağı sıfırdır. Bu

denklemin çözümü de yine aynıdır. Yani t

RCVI eR

−

= şeklindedir.

Devrede C kondansatörü yerinde L indüktansı olsaydı (yani RL devresi olsaydı) Bu

durumda anahtar 1 konumundayken; dIV IR Ldt

= + denklemi yazılır.

13. Devrede anahtar 1 konumundayken diferansiyel denklem dIV IR Ldt

= + şeklinde yazılır.

Bu denklemin her iki yanının da zamana göre türevi alınırsa; 2

2

dV dI d IR Ldt dt dt

= + bulunur.

0dVdt

= olacağından dI Udt

= dönüşümü yapılırsa denklem 0dUL URdt

+ = biçimine

dönüşür. Bu diferansiyel denklem RC devresinde olduğu gibi çözülür ve 0 (1 )RtLV V e

−

= −

şeklinde bulunur. Burada V devrenin başlangıçtaki gerilim değeridir. Bu ifadeden indüktif

bir devrede gerilimin(akımın) L/R zaman sabiti ile üstel olarak büyüdüğü görülmektedir.

Devrede anahtar 2 konumuna alındığında RL devresi için diferansiyel denklem basitçe

0dIL IRdt

+ = şeklinde yazılır. Bu denklem de RC devresindeki denkleme benzer şekilde

çözülerek RtLVI e

R

−

= ifadesi bulunur. Görüldüğü gibi akımın artması yada azalması RC

devresine karşılık gelecek şekilde simetriktir.

14. Bir RLC seri rezonans devresinde düşük frekanslarda ( 0→ω ) kapasitif (sığasal) reaktans

büyük olduğundan akım çok küçüktür. Yüksek frekanslarda ( ∞→ω ) indüktif reaktans

büyük olduğundan akım yine çok küçüktür. Bu sınırlar arasında 01=−

CL

ωω olduğundan

faz açısı sıfırdır. Bu şartı sağlayan kritik ω frekansına rezonans frekansı denir. Bu

durumda devre rezonanstadır. Akım maksimumdur. Yani RIV .= dir. Devrede yalnızca

gerçek direnç aktif durumdadır ve akım ve gerilim aynı fazdadır. 01=−

CL

ωω

koşulundan devrenin rezonans frekansı LC

fπ2

10 = den bulunur.


Komplek sayı notasyonunda bir RLC devresinin empedansı

yandaki şekildeki gibi C

jLjRZω

ω1

−+= den bulunur.

(Burada j komplex sayılardaki i yi temsil eder.) Böylece akım;

)1(C

LjR

VRVI

ωω −+

== den bulunabilir. Bu denklemin paydası gerçel yapılıp

düzenlenirse )(

22

0

)1(

ϕω

ωω

+

−+

= tie

CLR

VI şeklinde bulunur. Burada

)

1

(R

CL

ArcTan ωω

ϕ−

= ile verilen faz açısıdır.

15. Seri rezonans devresinde kalite faktörü (Q0 çarpanı), rezonans frekansındaki indüktif

reaktansın (veya kapasitif reakatansın) devrenin toplam ohmik direncine oranıdır.

RXQ L=0 veya

RXQ C=0 ifadesi ile verilir. Q0 arttıkça akım-frekans eğrisi (Rezonans

eğrisi) daralır. Bu durumda devrenin kalitesi yani seçiciliği, keskinliği artar.

Rezonans durumunda maksimum akımın 2

1 sine karşılık gelen frekans değerleri

arasındaki farka Yarı güç bant genişliği adı verilir. gggg ∆=−= 12 olarak ifade edilir.

16. Diyotlar, yalnızca bir yönde akım geçiren devre elemanıdır.Diğer bir deyimle, bir yöndeki

dirençleri ihmal edilebilecek kadar küçük, öbür yöndeki dirençleri ise çok büyük olan

elemanlardır. Direncin küçük olduğu yöne "doğru yön", büyük olduğu yöne "ters yön"

denir. Diyot sembolü, aşağıda görüldüğü gibi, akım geçiş yönünü gösteren bir ok

şeklindedir. Diyotun uçları pozitif (+) ve negatif (-) işaretleri ile de belirlenir. Diyotlardan,

elektrik alanında redresör (doğrultucu), elektronikte ise; doğrultucu,detektör, modülatör,

limitör, anahtar olarak çeşitli amaçlar için yararlanılmaktadır. Kırılma gerilimi bilinen

diyotlara Zener diyot denir. Zener diyotların özellikleri aşağıda verilmiştir.


i. Doğru polarmalı halde normal bir diyot gibi çalışır. Ters polarmalı halde, belirli bir

gerilimden sonra iletime geçer. Bu gerilime zener dizi gerilimi, veya daha kısa

olarak zener gerilimi denir.Ters gerilim kalkınca, zener diyotta normal haline

döner. Devrelerde, ters yönde çalışacak şekilde kullanılır.

ii. Bir zener diyot zener gerilimi ile anılır. Örn: "30V 'luk zener" denildiğinde, 30V

'luk ters gerilimde çalışmaya başlayan zener diyot demektir.

iii. Silikon yapılıdır.

Diyotun anoduna, gerilim kaynağının pozitif (+) kutbu,

katoduna kaynağın negatif (-) kutbu gelecek şekilde gerilim

uygulandığında diyot iletime geçer. (Üstteki şekil diyotun

alttaki şekil zener diyotun sembolik gösterimidir.)

Yarım dalga doğrultucu devresinde

şekilde görüldüğü gibi bir alternatif

akım kaynağı, bir diyot ve yük direnci

seri olarak bağlanmıştır.Kaynağın kutbu

doğru yönde ise (yani diyotun bağlanma

17.

yönü ile aynı yönde) diyot iletir ve yük direnci üzerinde akım oluşur. Kaynağın kutbu zıt

yönde ise yük direnci üzerinden akım geçmez. (Aslında diyot ters yönde bağlı olduğundan

µA düzeyinde akımlar geçer. Bu da sıfır kabul edilebilir.) Böylece çıkıştaki akım (gerilim)

arka arkaya yarım sinüssel dalgalardan oluşur. Çıkıştaki yarım sinüssel dalgaların

ortalama değeri sıfır olmadığından çıkıştaki akımın bir DC bileşeni bulunur. Girişteki

sinüssel sinyal bu şekilde doğrultulmuş olur.

Yarım dalga doğrultucu bir T

periyodunun yarısında çalışır,

yarısında çalışmaz. ( 2/0 T→ de

çalışır, TT →2/ de çalışmaz) Bu

nedenle de daha az verimlidir.

Tam dalga doğrultucu devresinde ise şekilde görüldüğü gibi diyotlardan biri daima

iletimdedir. ( 2/0 T→ arasında diyotun biri çalışır, TT →2/ arasında da diğer diyot

çalışır) Yani D1 diyotu iletimde iken D2 ters beslenmektedir. Değişen yarım devirlerde bu

durumlarda değişir ve çıkıştaki akımın (gerilimin) dalga biçimi çok kısa sürelerde sıfır

değerini alır. Tam dalga doğrultucu devresinde kullanılan diyotlar, transformatörün


tepeden tepeye gerilimine dayanacak biçimde seçilmelidir. Bundan dolayı diyotların ters

gerilimlerinin maksimum değeri en azından çıkış geriliminin tepe değerinin iki katı

olmalıdır.

Tam dalga ve yarım dalga doğrultucu devrelerinin çıkıştaki dalga biçimleri

karşılaştırıldığında yarım dalga doğrultucuda temel frekansın kaynağın frekansına eşit

olduğunu, tam dalga doğrultucuda ise temel frekansın kaynağın frekansının iki katı

olduğuna dikkat edilmelidir.

18. Yarım dalga doğrultucuda art arda gelen yarım sinüssel dalgaların ortalama değeri sıfırdan

farklıdır ve bu değer doğrultucunun çıkışındaki DC bileşene eşittir. Bu

∫==T

DCort dttVT

VV0

)(1 ile verilir. ( ) MaxV t V sin tω= şeklindedir. ( fπω 2= ) Tπ

ω2

= den

0

1 2T

DC MaxV V sin tdtT T

π= ∫ elde edilir. Bu integrali yarım dalga doğrultucu çıkışındaki dalga

şekline göre açık biçimde yazarsak; / 2

0 / 2

1 2 2T T

DC Max MaxT

V V sin tdt V sin tdtT T T

π π = +

∫ ∫ olur.

Çıkıştaki dalga şeklinde de görüleceği gibi TT →2/ aralığında gerilim değeri sıfır

olduğu için (Aslında burada gerilim sıfırdan farklıdır, fakat ihmal edilebilecek kadar

küçük olduğundan pratikte sıfır kabul edilir.) yukarıda yazdığımız integralin TT →2/

aralığındaki değeri de sıfırdır. / 2

0

1 2T


π= ∫ integralinin değeri DC bileşenin

büyüklüğünü verir. Hesaplanırsa;

/ 2

0

1 2 2 2 02 2 2

TMax Max

DC MaxV VT TV V cos t cos cos

T T T Tπ π π

π π π = − = − − =

bulunur.

Burada 2VVMax = olduğundan 2πVVDC = bulunur.

Tam dalga doğrultucu içinde yapılacak işlemler bunun aynısıdır. Yalnızca tam dalga

doğrultucu devresinde çıkıştaki dalganın şekline bakıldığında 2/0 T→ ve TT →2/

aralıklarının her ikisinde de DC bileşen vardır ve çıkıştaki doğrultulmuş gerilime eşit katkı

getirir. Bu nedenle yukarıda hesapladığımız integral değerini 2 ile çarparak, yada

0

1 2T


π= ∫ integralini hesaplayarak tam dalga doğrultucu devresi için

çıkıştaki DC bileşenin değerini 22πVVDC = şeklinde buluruz.


Doğrultulmuş gerilimin alternatif bileşeninin azaltılması yani sadece çıkıştaki DC

bileşenin etkin olması amacıyla RC süzgeci kullanılır. Bir süzgecin etkinliğinin ölçüsü r

dalgalanma çarpanı ile verilir. etkin

DC

VrV

= değeri ile verilir. (Alternatif akım bileşeninin

doğru akım bileşenine yani ortalama değere oranıdır.)

RC süzgecindeki kondansatör gerilimin maksimum

değeri VMax ile yüklenir ve zamanla R yük direnci

üzerinden boşalmaya başlar. Yükleyici pulslar arasında

kondansatör gerilimindeki azalma devrenin RC zaman

sabiti ile giriş geriliminin periyot değerine bağlıdır.

19.

Eğer RC zaman sabiti periyot yanında çok büyük ise RT T>> ise dalgalanma gerilimi

yaklaşık olarak bir üçgen dalgadır. Bir periyot boyunca kondansatör üzerindeki gerilim

düşmesi MaxV TRC

ile verilir. Bir üçgen dalganın etkin değeri 3

Maxe

VV = ile verilir. O halde

dalgalanma çarpanı 1 12 3

rfRC

= ile bulunur. Burada R yük direncidir. Bu sonuç

kondansatörün değerinin artırılmasıyla dalgalanmanın küçültülebileceğini gösterir. Yük

akımı sıfıra eşit olduğu zaman ( R → ∞ ) dalgalanma çarpanı sıfır olur. Bu durumda çıkışta

sadece DC bileşen kalır.

Transistor yan yana birleştirilmiş iki PN diyotundan oluşan bir devre elemanıdır. Birleşme

sırasına göre NPN veya PNP tipi transistor yapılır. Yapısı diyotun yapısına benzese de

çalışması ve fonksiyonları diyottan çok farklıdır.Transistor, iki elektrodu arasındaki

direnci, üçüncü elektroda uygulanan gerilim ile değişen bir devre elemanıdır. Transistor

yapısal bakımdan, yükselteç olarak çalışma özelliğine sahip bir devre elemanıdır. Devrede

küçük yer kaplaması ve hafif olması, düşük gerilimlerle çalışması ve uzun ömürlü olması

nedeniyle elektroniğin her alanında kullanılmaktadır.

20.

21. Transistor için kazanç girişine verilen akım, gerilim veya gücün çıkıştan daha büyük

değerlerde elde edilmesidir. Bunu sağlamak için de belirli devrelerin oluşturulması

gerekir. Kazancın sayısal değerinin bulunması da, çıkıştaki akım, gerilim ve güç


değerlerinin, girişteki akım, gerilim ve güç değerlerine oranlanması suretiyle elde edilir.

Transistorun kazancı devreye bağlanma şekline göre hesaplanır. AC ve DC akımlar için de

kazanç ayrı ayrı hesaplanır. Bir transistor devreye bağlanma şekline göre;

1. Emiteri ortak bağlantılı yükselteç

2. Beyz 'i ortak bağlantılı yükselteç

3. Kollektörü ortak bağlantılı yükselteç devreleri oluşturulabilir.

Yukarıdaki yükselteç devrelerinden herhangi biri için transistorun DC akım kazancı

basitçe devrenin çıkış geriliminin giriş gerilimine oranı olarak verilebilir.

Bir transistor için çalışma noktaları transistorun karakteristik eğrisinden elde edilir. Eğri

üzerinde yük doğrusu çizilir. Yük doğrusunun karakteristik eğriyi kestiği noktalara

karşılık gelen akım ve gerilim değerleri o transistor için ideal çalışma noktalarıdır.

Transistorun IB base akımlarının farklı

değerleri için kolektörden geçen akımın (IC)

kollektör potansiyeline (VCC) göre değişimleri çizilerek karakteristik eğriler

elde edilir. Bu eğriler üzerinde kollektör

akımının maksimum değeri IC(max) ve

kollektöre uygulanan gerilimin maksimum

değeri VCE(max) arasına çizilen doğru yük

doğrusudur. Yük doğrusunun aktif bölge

22.

içinde IB değerlerini kestiği noktalar transistorun çalışma noktalarıdır.

23. Si gibi bazı yarıiletkenlerde birkaç elektronik devre veya devre elemanını içeren tümleşik

bir devre kullanılan yarıiletkenin tek bir kristal içerisinde oluşturulabilir. Bu yöntemle

üretilen yarıiletken devre elemanlarına entegre (Entegre Devre) adı verilir. Entegreler

elektronik devrelerin küçültülerek daha az hacim kaplamaları ve dolayısıyla devrelerin

küçülmelerini sağlamıştır. Entegreler hafif ve dayanıklı oldukları için bütün elektronik

devrelerde kullanılmaktadırlar. Ayrıca besleme gerilimlerinin çok düşük olması (5 V, 9 V,

12 V gibi) nedeniyle küçük gerilim kaynaklarıyla (pil, akü vb. gibi) çalışabilirler.

Entegrelere dışarıdan çok az sayıda devre elemanı bağlandığı için (birkaç kondansatör,

direnç, transistor vb.) maliyeti de oldukça düşürmektedir. Bu nedenle tercih edilmektedir.


24.

Dijital elektronikte kullanılan başlıca kapı

devreleri yandaki tabloda verilmiştir. Bu

kapı devreleri elektronik uygulamalarda

transistorlar ve entegre devreler kullanılarak

oluşturulur.


MATEMATİKSEL FİZİK CEVAPLAR

1. Gauss Teoremi: Kapalı bir A yüzeyi tarafından çevrilmiş V hacimli isteksel şekilli bir uzay

bölgesini göz önüne alalım. Bir kzyxFjzyxFizyxFF ˆ),,(ˆ),,(ˆ),,( 321 ++=r

vektörü ve

birinci türevleri bu bölgede sürekli olsun. Bu durumda Gauss Teoremi;

A A V

FdA FndA FdV= = ∇∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫rr r r rr

Maxwell denkleminin integral formu;

0

iç

A

QEdA

ε=∫

rr

ile verilir.

Bu denklemi integral formundan diferansiyel formuna çevirmek istersek;

A V

EdA EdV= ∇∫ ∫rr r r

şeklinde Gauss teoremini ifade edebiliriz.

içV

Q dVρ= ∫

şeklinde tanımlanır bu ifadeyi ve yukarıdaki ifadeyi Maxwell denkleminde yerine

koyarsak;

0

1

V V

EdV dVρε

∇ =∫ ∫r r

bu ifade de artık integralleri kaldırabiliriz.


0

.ερ

=∇ E

şeklindeki Maxwell denkleminin diferansiyel formuna ulaşmış oluruz.

Stokes Teoremi: A yüzeyi, basit kapalı kendini kesmeyen C eğrisi tarafından

sınırlanan açık iki yüzlü bir yüzey, kzyxFjzyxFizyxFF ˆ),,(ˆ),,(ˆ),,( 321 ++=r

ise

sürekli türevlenebilen bir vektör olmak üzere Stokes teoremi;

C A A

Fdr FdA FndA= ∇× = ∇×∫ ∫ ∫ ∫ ∫rr r r r rr rÑ şeklinde tanımlanır.

Maxwell denkleminin integral formu;

m

C

dEdrdtφ

= −∫r r

şeklinde verilir. Bu denklemi integral formundan diferansiyel formuna çevirmek için

Stokes teoremini kullanalım.

C A

Edr EdA= ∇×∫ ∫rr r rr

şeklinde Stokes teoremini tanımlayabiliriz.

md d BdAdt dtφ

= ∫rr

şeklinde alırsak;

A A

dEdA BdAdt

∇× = −∫ ∫r rr r r

Artık integralleri kaldırabiliriz.


dtBdErrr

−=×∇

şeklinde ki Maxwell denkleminin integral formunu elde etmiş oluruz.

2. Genel olarak uzay vektörlerden, fonksiyonlardan veya daha soyut elemanlardan oluşan

ve üzerinde matematiksel işlemlerin tanımlandığı nesneler kümesidir.Lineer vektör

uzayı ise elemanları vektör olan ve belirli özellikleri sağlayan uzaydır. Bu vektör

uzayının her bir elemanı vektör olarak isimlendirilir. Bir lineer vektör uzayının

elemanları ,a ,b c şeklinde gösterilebilir. Lineer vektör uzayları aşağıda ki

özellikleri sağlamalıdır.

i) ∈+ ba L herhangi iki vektörün toplamı yine lineer vektör uzayında bir eleman

vermelidir.

ii) abba +=+ (Değişme Özelliği)

iii) ( ) ( ) cbacba ++=++ (Birleşme Özelliği)

iv) aa =+ 0 Lineer vektör uzayında tanımlanan her bir a vektörü için sıfır

vektörü olarak tanımlanan ve yandaki özelliği sağlayan bir vektör bulunur.

v) ( ) 0=−+ aa Lineer vektör uzayında tanımlanan her bir a vektörü için

yandaki şekilde tanımlanan bir ( )a− vektörü tanımlıdır.

vi) α ve β kompleks sayılar olmak üzere;

( ) aa )(αββα =

Lineer vektör uzayında tanımlanan a ve b vektörleri yanda gösterilen çarpma

üzerine dağılma özelliğini sağlar.

vii) aa =.1 Lineer vektör uzayında tanımlanan her bir a vektörü için etkisiz

eleman şeklinde tanımlanan bir skaler sayı mevcuttur.

viii) α ve β kompleks sayılar olmak üzere;

( ) baba ααα +=+

Lineer vektör uzayında tanımlanan a ve b vektörleri yukarıda gösterilen toplama

üzerine dağılma özelliğini sağlar.

ix) α ve β kompleks sayılar olmak üzere;

( ) aaa βαβα +=+ şeklinde olan dağılma özelliğini sağlar.


3. Herhangi bir vektör fonksiyonu Fr

olsun.

kFjFiFF ˆˆˆ321 ++=

r

( )1 2 3

ˆˆ ˆi j k

Fx y z

F F F

∂ ∂ ∂∇ ∇× = ∇

∂ ∂ ∂

r r r r

3 32 1 2 1 ˆˆ ˆF FF F F Fi j ky z z x x y

∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ = ∇ − + − + − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

r

012

22

32

12

22

32

=∂∂

∂−

∂∂∂

+∂∂

∂−

∂∂∂

+∂∂

∂−

∂∂∂

=zy

Fzx

Fxy

Fyz

Fzx

Fyx

F

( ) 0F∇ ∇× =r r r

4. Sturm-Liouville denkleminin her iki yanını ny ve my fonksiyonlarıyla çarpalım;

[ ] 0)()()( 10 =++

mm

mn yxxPdx

dyxPdxdy ωλ

[ ] 0)()()( 10 =++

nn

nm yxxPdxdyxP

dxdy ωλ

Bu iki denklemi birbirinden çıkarırsak;

0)()(00 =−+

−

nmnm

nm

mn yyx

dxdyP

dxdy

dxdyP

dxdy ωλλ

[ ] 0)()()()(''0 =−+− xyxyxyyyyPdxd

mnnmmnmn ωλλ

Her iki tarafında x üzerinden integralini alırsak;

[ ] ∫ =−++− ==

b

amnmn

bxxmnnm dxxxyxyyyyyP 0)()()()('' 00 ωλλ

∫ =−+b

amnmn dxxxyxy 0)()()()(0 ωλλ

mn λλ ≠ için;

∫ =b

amn dxxxyxy 0)()()( ω olmalıdır.

mn λλ = için;


∫ =b

anmn Cdxxxyxy )()()( ω olabilir.

5. ∫+

−−+

1

111

2 )()( dxxPxPx ll

Türetme bağıntıları;

)122()()1()()2(

)(. 21 ++

+++= +

+ lxPlxPlxPx ll

l

)12(

)()1()()(. 2

1 −−+

= −− l

xPlxlPxPx lll

1 1

1 1 2 21 1

( 2) ( 1) 1. ( ). . ( ). ( ) ( ) ( ) ( )(2 3) (2 3) 2 1 (2 1)l l l l l l

l l l lx P x x P x dx P x P x P x P x dxl l l l

+ +

+ − + −− −

+ + −= + +

+ + − − ∫ ∫

∫+

− +=

1

1 122)()( lmml l

dxxPxP δ (Diklik bağıntısı)

[ ]1 1

21 2

1 1

.( 1) ( 1) 2 2 ( 1)( ) ( ) ( )(2 1)(2 3) (2 1)(2 3) 2 1 (4 1)(2 3)l m l

l l l l l lxP x xP x dx P x dxl l l l l l l

+ +

+− −

+ + += = =

− + − + + − +∫ ∫

6. ∫

+∞

∞−

+−+− dxxxxx )273).(65( 22δ

Öncelikle Dirac-Delta fonksiyonunun içindeki denklemin köklerini bulalım.

652 +− xx denkleminin kökleri 21 =x ve 32 =x olur.

52)(' −= xxf

Bu denklemin türevi olmaktadır.

1)3(

)1()2()65( 2 −

+−

−=+−

xxxx δδδ

)2()3( −−−= xx δδ

∫ ∫+∞

∞−

+∞

∞−

=+−−−+−− 8)273).(2()273).(3( 22 dxxxxdxxxx δδ

7. Herhangi bir )(kF fonksiyonunun ters Fourier dönüşümü;

∫+∞

∞−

= dkekFxf ikx)(21)(π

ile verilir. Bu özellik kullanılırsa;


∫ ∫ ∫∫∞+

∞−

∞+

∞−

∞+

∞−

∞+

∞−

= dxdkekFdkekFdxxfxf xikikx

*

'21

*21 ')'(

21)(

21)()(

ππ

∫ ∫∫∫+∞

∞−

+∞

∞−

−+∞

∞−

+∞

∞−

= dxdkekFdkekFdxxfxf xikikx ')'()(

21)()( '*

21*

21 π

∫ ∫∫+∞

∞−

+∞

∞−

−+∞

∞−

= dxedkkFkFdk kkix )'(

21 21')'()(π

Dirac-Delta fonksiyonunu tanımlayalım;

∫+∞

∞−

−=− dxekk kkix )'(

21)'(π

δ

∫+∞

∞−

−= ')'()'()( dkkkkFkF δ

bu iki eşitlik denklemde kullanılırsa;

∫ ∫+∞

∞−

+∞

∞−

= dkkFkFdxxfxf )()()()( *21

*21

Böylece Parseval teoremi ispat edilmiş olur.

8. iψ vektörleri [ ]ba, aralığında tanımlanan ve bu aralıkta integrallenebilen büyüklükler

olmak üzere Schwarz eşitsizliği;

( )2121 ,. ψψψψ ≥

( ) ∫= dxxx jiji )()(, * ψψψψ

( )ψψψ ,=

Schwarz eşitsizliğini ispatlamak amacıyla;

21 λψψψ +=

şeklinde bir vektör tanımlayalım.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0,,,,, 22122111 ≥+++= λψλψψλψλψψψψψψ

( ) ( ) ( ) 0,,, 22

*12

*21

21 ≥+++= ψλλψψλψψλψψψ

Bu son eşitliğin minimumunu bulmak için bağıntının *λ a göre türevini alalım ve sıfıra

eşitleyelim.

( ) ( ) 0,, 2212* =+=

∂∂

ψλψψψψλ


( )2

2

12 ,ψ

ψψλ −=

Bu ifadede her iki tarafın kompleks eşleniği alınırsa;

( )2

2

21* ,ψ

ψψλ −=

bulunur. *λ ve λ nın bu değerlerini ifademizde yerlerine yazarsak;

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

,,,

,,

, 222

2

212

2

12122

2

21212

2

1221 ≥+−− ψ

ψ

ψψ

ψ

ψψψψ

ψ

ψψψψ

ψ

ψψψ

( ) ( )*2112 ,, ψψψψ =

( ) ( ) ( ) 22121

*21 ,,, ψψψψψψ =

ifadeleri eşitsizliğimizde kullanılırsa;

( ) 0, 221

22

21 ≥− ψψψψ

( )2121 ,ψψψψ ≥

Schwarz eşitsizliği ispatlanmış olur.

9. 222 321 =+− xxx

5310 321 =−+ xxx

3321 −=++− xxx

Öncelikle sistemin katsayılar determinantına bakalım;

0461113101

212≠=

−−

−=DetA

Sistemin katsayılar determinantı sıfırdan farklı olduğu için problem Cramer yöntemi ile

çözülebilir. Bu yöntemde her bir katsayı;

,11 A

xx ∆= ,2

2 Axx ∆

= Axx 3

3∆

= ile verilir.

Burada ,1x∆ ,2x∆ 3x∆ katsayıları sistemin katsayılar determinantında her bir kök için

yazılan sütuna denklem sisteminde eşitliğin sağındaki katsayılar yerleştirilerek bulunur.

921133105

212

1 =−

−−

=∆x


0131351

222

2 =−−

−=∆x

46311

5101212

3 −=−−

−=∆x

24692

1 ==x , 0460

2 ==x , 14646

3 −=−=x

10. Gama ve Beta fonksiyonlarını tanımlayalım.

∫∞

−−=Γ0

1)( dttex xt x>0

∫ −− −=1

0

11 )1(),( dtttyxB yx

)()()(),(

yxyxyxB

+ΓΓΓ

=

1 1

0 0

( ) ( ) t x t yx y e t dt e t dt∞ ∞

− − − −Γ Γ = ∫ ∫

Gama fonksiyonunda 2ut = değişken değiştirmesi yaparsak;

∫∞

−−=Γ0

122

2)( duuex xu

bulunur. Bu ifadeyi )()( yx ΓΓ çarpımında yerine koyarsak;

2 22 1 2 1

0 0

( ) ( ) 4. u x t yx y e u du e t dt∞ ∞

− − − −Γ Γ = ∫ ∫

2 2 2 1 2 1

0 0

4 .u t x ye u t du dt∞ ∞

− − − −= ∫ ∫

Bu ifade de;

θcos.ru =

θsin.rt = değişken değiştirmesi yaparsak;


2/ 2

2 1 2 1 2 1 2 1

0 0

( ) ( ) 4 cos sinr x x y yx y e r r rdrdπ

θ θ∞

− − − − −Γ Γ = ∫ ∫

2

/ 22( ) 1 2 1 2 1

0 0

4 cos sinr x y x ye r dr dπ

θ θ θ∞

− + − − −= ∫ ∫

Bu ifade deki ikinci integral ),( yxB beta fonksiyonu birinci integral ise )( yx +Γ

şeklinde gama fonksiyonudur. O halde;

( ) ( ) ( ) ( , )x y x y B x yΓ Γ = Γ + olur.

11. 8

(0 2 ) 2

8 2

1(cos sin )

1 1cos(2 ) sin(2 ) cos(2 / 8) sin( / 8) cos( / 4) sin( / 4)

i n n

i k i k

i k

zz re z r n i n

e ez e k i k z k i k k i k

θ

π π

π

θ θ

π π π π π π

+

=

= ⇒ = +

= =

= = + ⇒ = + = +

1, 2,3... 1k n= − toplam n kök

10 cos(0) sin(0) 1,k z i= ⇒ = + =

21 cos( / 4) sin( / 4) (1 ) / 2k z i iπ π= ⇒ = + = +

32 cos( / 2) sin( / 2)k z i iπ π= ⇒ = + =

43 cos(3 / 4) sin(3 / 4) ( 1 ) / 2k z i iπ π= ⇒ = + = − +

54 cos( ) sin( ) 1k z iπ π= ⇒ = + = −

65 cos(5 / 4) sin(5 / 4) ( 1 ) / 2k z i iπ π= ⇒ = + = − −

76 cos(3 / 2) sin(3 / 2)k z i iπ π= ⇒ = + = −

87 cos(7 / 4) sin(7 / 4) (1 ) / 9k z i iπ π= ⇒ = + = −

Bütün kökler eşit aralıklı yayılırlar


b) 3 8z i= − 8r i= − 0θ =

3 [( / 2) (2 / 3) ]8 i kz e π π+=

10 2[cos( / 2) sin( / 2) 2k z i iπ π= ⇒ = + =

21 2[cos(7 / 6) sin(7 / 6)] 3 1k z iπ π= ⇒ = + = − −

32 2[cos(11 / 6) sin(11 / 6) 3 1k z π π= ⇒ = + = −

12. a) Bir f(z) fonksiyonu;

i) tek değerli ise,

ii) kompleks düzlemde bir z noktası etrafında türevi varsa

fonksiyon bu z noktasında analitik fonksiyondur. Eğer, z-düzlemindeki bir bölgenin

her noktasında analitik ise, o bölgede analitik fonksiyondur.

b) Bu fonksiyon tek değerli bir fonksiyondur. Türevi olup olmadığı incelenirse; 2 2

0 0

0 0

( ) ( ) ( )lim lim

(2 )lim[ ] lim[2 ] 2

z z

z z

f z z f z z z zz z

z z z z z zz

∆ → →

→ →

+ ∆ − + ∆ −=

∆ ∆

∆ + ∆= = + ∆ =

∆

V

V V

burada z∆ hangi yoldan sıfıra giderse gitsin, limitin değeri 2z olur.o halde, f(z)=z2

fonksiyonunun türevi vardır ve ayrıca tek değerli olduğu için analitik bir

fonksiyondur.

13. a) f(z) =u(x,y) + iv(x,y) şeklinde tanımlanan bir fonksiyonun bir bölgede sürekli

olabilmesi için yeterli ve gerek koşul

1) yvxvyuxu ∂∂∂∂∂∂∂∂ ,,, kismi türevlerini o bölgede sürekli olması

2) Cauchy-Riemann koşullarını, yani şu iki eşitliği sağlamasıdır.

yv

xu

∂∂

=∂∂ u v

y x∂ ∂

= −∂ ∂

b) f(z) = x3 + 2ixy2 u = x3 v = 2xy2

1 ve 2 koşulunun sağlanıp sağlanmadığını anlamak için kismi türevleri bulalım.

23xxu

=∂∂ 0=

∂∂

yu 22y

xv

=∂∂ xy

yv 4=

∂∂

/ 2 ( / 2) (3 / 2) 28 ( 1)(8)( ) 1 , 8 8i i i i ki i e i e i e i e eπ π π π π π+− ⇒ − ⇒ − = = ⇒ − = ⇒ − =


yv

xu

∂∂

≠∂∂ u v

y x∂ ∂

≠ −∂ ∂

olduğundan yani Cauchy-Riemann koşulları sağlanmadığından bu fonksiyon analitik

değildir.

14. z = x +iy 22 yxz += z = r eiθ yazılırsa r=1 çemberi üzerinde z = eiθ olur.

dz = i eiθdθ

I1 = ∫ ∫∫ === idie

diez

dzi

i

πθθ ππ

θ

θ

22

0

2

0

I2 = 02

0

22 == ∫∫π θθ θideedzz ii

15. Bu eğri, merkezi z0 = 2 ve yarıçapı 1 olan bir çemberdir. İntegralin paydasını sıfır yapan,

2± noktalarından sadece + 2 noktası bu çember içinde kalır. O halde, bu faktörü dışarı

alıp f(z)’yi seçersek aşağıdaki sonucu buluruz.

( ) ( )2cos

+=

zzzzf

( ) 2cos222.2

2cos22∫ ==

−c

iiz

dzzf ππ

16. a) Paydayı sıfır yapan noktalar,

sinhz = (ez –e-z ) / 2 e2z = 1 = e2niπ z = 0, ππ ii 2,± ...

olup, fonksiyonun sonsuz sayıda kutup noktası vardır. Bunlarda sadece ilk üçü (0, -iπ,

+iπ ) , 4=z çemberi içinde yer alır. O halde,

I = 2πi ( ) ( ) ( ) ππ isfisfsf ++−+ ReRe0Re

( ) ( )( )zQzPzf = olarak alınırsa ( ) ( )

( ) ae

aQaPasf

a

coshRe =

′= olur.

( ) 10cosh

0Re0

==esf ( ) ( ) ( ) 1

cosh1

coshRe =

−=

−=−

−

πππ

π

ieisf

i

( ) ( ) 1cosh

1cosh

Re =−

==ππ

ππ

ieisf

i

I = 2iπ(1+1+1) = 6πi


b) ∫∞

∞− += dx

bxxI 221

cos

∫ ∫∞

∞− → +=

+=

c

iz

R

ix

dzbz

edxbx

eI 22022 lim alınırsa I1 = ReI ve I2 = ImI olur.

Burada kapalı C eğrisi üst yarım düzlemdeki CR çemberi ve reel eksenden oluşur. Kutup

noktaları ibz ±= de olup, sadece z1= +ib de olup, sadece z1= +ib nin rezidüsü göz

önüne alınır.

( ) b

ibz

iz

ebz

eiibsfiI −

=

=

==π

ππ2

2Re2

0ieb

I ib += −π yazılırsa ibeb

II −==πRe1 bulunur.

17. ( )

00

x xf x

x xπ

π− − < <

= + < < ve ( 2 )f x π+ =f(x)

olarak tanımlanır. f(x) çift bir fonksiyon olduğundan seri açılımı sadece kosinüs

fonksiyonlarından oluşur ve tüm bn katsayıları sıfır olur.

21

00π

π

π== ∫ xdxa

( ) nxdxxdxxfan cos2200 ∫∫ ==ππ

ππ( )[ ]=−−= 112

2n

nπ

−

çiftn

teknn,;0

,;42π

( ) xxnxaaxftekn

n 3cos94cos4

2cos

,0 ππ

π−−=+= ∑

∞

18. ( ) ( )∫∞

∞−

−= dxexfkF ikx

a) ( ) ( ) ikaikx edxeaxkF −∞

∞−

− =−= ∫ δ

b) ( ) ( )∫∫∞

∞−

+−∞

∞−

−− == dxedxeekF ikxaxikxax 22

Üstel fonksiyonda bir tam kare oluşturulur.


+

+=

+=+ 2

2222

42 ak

aikxa

aikxxaikxax

dudxa

ikxu =⇒

+=

2

( ) ak

auak

ea

dueekF 44

2

2

2 −∞

∞−

−−

== ∫π

c) ( ) ∫∞

∞−

−

+−= dx

xxekF

ikx

12

k>0 için;

( ) ∑∫∫∫−

−∞→−=

+−=

+−+

+− j

ikzjc

ikz

C

ikzR

R

ikx

R

j

R

ezfsidzzz

edzzz

edxxx

e Re2111

lim 222 π

(zj : alt yarım düzlemdeki kutuplar) olur. Eğri reel eksenin altında kapatıldığı için,

Jardon teoremine göre, çember üzerindeki katkı sıfır olur. Ancak bu durumda eğri

üzerinde negatif dönme yönü takip edilmiş olur ve eşitliğin sağ tarafı negatif işaret alır.

O halde, aradığımız Fouier dönüşümü, rezidü toplamı olarak yazılabilir.

( ) ( ) ∑ −−=j

ikzj

jezfikF π2

Kutup noktaları ( ) 231 iz ±= de olup, sadece ( ) 231 iz −= noktası C eğrisi içinde

kalır ve onun rezidüsü alınır.

( )

( )

3121Re

231

2312 i

ez

ezz

esiik

iz

kizikz

−=

=

+−

−−

−=

−

( )( )

( ) 23231

32

312 +−

−−

+=

−−= ik

iik

eii

eikF ππ

k<0 için bu kez C eğrisi için üst yarım çember seçilir. İşlemler aynıdır.

( )( )

( ) 23231

32

312 −

+

+−=

+= ik

iik

eii

eikF ππ

19. ( )axyyy −=+′+′′ δ2

[ ] [ ]yikFyF =′ [ ] [ ]yFkyF 2−=′′

ikaeYikYYk −=++− 22 ( )( )

( ) ( )[ ]kYFxyik

eikk

ekYikaika

122 12

−−−

=⇒−−

=++−

=⇒


( )( )

( )

( )∫∫∞

∞−

−∞

∞−

−

−−=

−−= dk

ike

ikedkexy

axikikaikx

22

k=i kutup noktası iki katlıdır. Bu integral kompleks k düzleminde rezidü yöntemiyle

çözülebilir.

( ) ( ) ( )

−−−

=−−

0;00;2

pf

axaxeax

xyaxπ

b) xydx

yd cos24

4

=+ 2cosx = eix+e-ix

( ) ( ) ( )11cos2 44 +−=+⇒=+ kkYYkxFYYik δδ

( ) ( ) ( )11 +−=+= ∫∫∞

∞−

−−∞

∞−

− kkdxeedxeekF ikxixikxix δδ

( ) ( ) ( )1

114 +

+−=

kkkkY δδ

( ) [ ] ( ) ( ) xeek

kkdkeYFxyixix

ikx cos21

114

1 =+

=+

+−==

−∞

∞−

− ∫δδ

20. ( )

02

A t af t

A a t a< <

= − < <

Bu fonksiyonun periyodu 2a dır.

[ ] ( )∫ −−−

=a pt

ap dtetfe

fL021

1

[ ] ( ) ∫∫∫ −−−

−−

−+−

=−

=a

a

pta ptap

a ptap dtAedtAe

edtetf

efL

2

02

2

02 11

11

2tanh

11 ap

pA

ee

pA

ap

ap

=+−

=−

−

21. maF = Newton’un ikinci yasası kyF −= Yay kuvveti

dtdybbVF −=−= sürtünme kuvveti

( ) 2

2

dtydmmadtdybkytF ==−−


( )atmF

ymk

dtdy

mb

dtyd

−=++ δ02

2

21020

0 ===mkW 3

1030

===mb

β

( )atyyy −=+′+′′ δ23

Her iki tarafın Laplace dönüşümü alınırsa ( ) ( )( )000 ==′ yy

( ) ( ) ( )[ ] ( ) appt edtateyypyypyyp −∞ − =−=+−+′++ ∫0

2 20300 δ

( ) ( )( )21232 ++=

++=

−−

ppe

ppepY

apap

Buradaki e-ap faktörü t-öteleme teoremini uygulama olanağı sağlar.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )21

11

+−

+=⇒= −

pppFpFepY ap

( ) tt eetf 2−− −=

( ) ( )[ ] fpFeLty ap == −−1 ( ) ( ) 2

0;0; 0t t

t at a t a

e e tθ

− −

< <− − =

− >

22. ∑

∞

=

=0k

kk xCy ∑

∞

=

−=′0

1

k

kk xkCy ( )∑

∞

=

−−=′′′0

21k

kk xCkky

( ) ( ) ( ) 0121101

1

2

22 =++−−− ∑∑∑∞

=

∞

=

−∞

=

−

k

kk

k

kk

k

kk xCppxkCxxCkkx

( ) ( ) ( ) 012110122

2 =++−−−− ∑∑∑∑∞

=

∞

=

∞

=

∞

=

−

k

kk

k

kk

k

kk

k

kk xCppxkCxCkkxCkk

( )( ) ( ) ( ) 0121120120

2 =++−−−++ ∑∑∑∑∞

=

∞

=

∞

=

∞

=+

n

nn

n

nn

n

nn

n

nn xCppxnCxCnnxCnn

(n=0,1 olan terimleri incelemeye gerek yoktur.)

( )( ) ( ) ( )[ ] 012112 2 =++−−+++ + nn CppnnnCnn


( )( )( )( ) nn C

nnnpnpC21

12 ++

++−−=+

( )02 !2

10 CppCn +−=⇒=

( )( )13 !3

211 CppCn +−−=⇒=

( ) ( )( )04 !4

3122 CppppCn ++−=⇒=

( )( )( )( )15 !5

42135 CppppCn ++−−=⇒=

( ) ( ) ( )( ) ....!4

312!2

11 421 −

++−+

+−= xppppxppy (çift katsayılar için çözüm)

( )( ) ( )( )( )( ) ....!5

4213!3

21 532 −

++−−+

+−−= xppppxppxy (tek katsayılar için

çözüm)

( ) ( ) ( )xyCxyCxy 2110 += (en genel çözüm)


ELEKTROMANYETİK TEORİ CEVAPLAR

1. a) T[x,y,z], koordinatlara göre sürekli ve türevleri alınabilen bir fonksiyon olsun. Uzayın

her noktasında, bileşenleri bu fonksiyonun T T T, ,x y z

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

kısmi türevleri olan bir vektör

tanımlayabiliriz. Bu vektöre, T’ nin gradyenti denir. gradT veya T∇r

şeklinde yazılabilir.

T T Tˆ ˆ ˆT i j kx y z

∂ ∂ ∂∇ = + +

∂ ∂ ∂

r

Burada T∇r

, T fonksiyonun gradyenti adını alır.

Diğer vektörler gibi gradyentin de bir büyüklüğü ve yönü vardır. T∇r

gradyenti T

fonksiyonundaki maksimum artış yönünde bir vektördür. Bu vektörün büyüklüğü ise,

fonksiyonun bu doğrultuda ölçülen eğimine eşittir.

b) F(x,y,z)=x2+y2+z2 fonksiyonunun gradyenini alırsak

F F Fˆ ˆ ˆF x y zx y z

∂ ∂ ∂∇ = + +

∂ ∂ ∂

r

ˆ ˆ ˆF 2xx 2yy 2zz∇ = + +r

biçiminde elde edilir.

2. a) a) ∇r

operatörü ile bir Vr

vektör fonksiyonun skaler çarpımına diverjans denir. Diverjans

ıraksama anlamına gelir. Çünkü .V∇r r

bir noktadaki Vr

vektör çizgilerinin ne kadar

ıraksadığının bir ölçüsüdür.

b) 2 2V x i 3xz j 2xzk= + +r

vektörünün diverjansını hesaplayalım.

( )2 2.V i j k x x i 3xz j 2xzkx y z∂ ∂ ∂∇ = + + + +

∂ ∂ ∂

r r

= 2x+0+2x = 4x

3. a)∇r

operatörü ile bir Vr

vektör fonksiyonunun vektörel çarpımına rotasyon denir. Her

vektörel çarpım gibi rotasyonelide bir vektördür ve Vr

vektörünün bir nokta etrafında

dolanış ölçüsünün bir miktarıdır.

b) ˆ ˆV yi xj= − +r

fonksiyonunun rotasyonelini bulalım.

ˆ ˆ ˆi j k

Vx y zy x 0

∂ ∂ ∂∇× =

∂ ∂ ∂−

r r= ˆ ˆ ˆ( 0 x)i ( 0 y) j ( x y)k

y z x z x z∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

− − + + +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂


ˆV 2k∇× =r r

4.

Boyca yük yoğunluğu λ olan doğru parçasının dx parçasındaki dq yükünün r uzaklığında

oluşturduğu elektrik alan 2

dq ˆdE k rr

=r

kadardır. Şekilde de görüldüğü gibi simetriden

dolayı elektrik alanın x bileşeni sıfırdır. Sadece y bileşeni vardır ve y yönündeki elektrik

alanın büyüklüğünü ydE dE cos= θ şeklinde yazabiliriz.

y 2

dqdE k cosr

= θ

2 2

dcosd x

θ =+

, dq dx= λ

y 2 2 2 2

dx ddE k(d x ) d x

λ=

+ +

L

y 32 2 2L

dxE k d(x d )−

= λ+

∫

y 2 2

2k LEd d L

λ=

+

2 2

2k L ˆE yd d L

λ=

+

r

5. Gauss Kanunu, kapalı bir yüzeyden (Gauss yüzeyi denir) geçen net elektrik akısıyla

yüzey tarafından çevrelenen yük arasındaki ilişkiyi verir. Buna göre eğer bir yüzeyden

geçen akı biliniyor ise bu akıya neden olan yük dağılımı bulunabilir, veya tersi olarak

verilen bir yük dağılımından bu yükün herhangi bir noktada oluşturacağı elektriksel akı

(dolayısı ile elektrik alan) bulunabilir.

Gauss Kanunu, Coulomb Kanunu’nun bir sonucu olmakla birlikte yüksek simetrili yük

dağılımlarının elektrik alan hesabında çok daha kullanışlıdır. Ayrıca karmaşık

problemlerin nitel anlaşılması için de iyi bir yol göstericidir.


Noktasal bir q yükünü düşünelim ve Gauss Kanunu’nu türetelim. Burada tek bir yük için

yapmamıza rağmen bu durum en genel yük dağılımı için de geçerlidir. Bu yükten r kadar

uzaklıktaki elektriksel alanın büyüklüğü

2

q ˆE k rr

=r

dir. q nun artı değeri için alan çizgileri yarıçap doğrultusunda dışarı doğrudur. Bu nedenle

bu yükü çevreleyecek şekilde seçilecek küresel bir Gauss yüzeyine elektriksel alan

çizgileri her noktada diktir.

Akı, 2

yüzey yüzey

Eda E da E4 r (E.da Eda cos0 Eda)φ = = = π = =∫ ∫r rr r

Ñ Ñ

şeklinde yazılabilir. Bu nedenle Gauss yüzeyinden geçen net akı

22

o o

q 1 qk 4 r kq4 q4r 4

φ = π = π = π =πε ε

Dolayısı ile akı ile yük arasındaki ilişkiyi

oyüzey

qEda =ε∫

r rÑ Gauss Kanunu

şeklinde yazabiliriz. Burada q, Gauss yüzeyinin çevrelediği yük, oε ise boş uzayın

elektriksel geçirgenliğidir. Yukarıdaki ifade Gauss Kanunu’nun ifadesidir.

Gauss Kanunu’nu şu şekilde özetleyebiliriz: Kapalı bir S yüzeyinden geçen toplam

elektriksel akı o yüzeyin çevrelediği yükün oε ’a oranı kadardır. Gauss Kanunu

kapalı yüzeyler için geçerlidir.

6. Şekilde de görüldüğü gibi simetriden dolayı P noktasındaki elektrik alanın x ve y

bileşenleri sıfır olur, sadece z bileşeni mevcuttur.


Küre yüzeyinde dA kadar alandaki dq yükünün oluşturduğu elektrik alanın büyüklüğü dE

kadar olur.

2

kdqdEr

=

elektrik alanın sadece z bileşeni olacağından

z 2

kdqdE cosr

= φ

olur. Burada dq dA= σ eşittir( σ burada yüzey yük yoğunluğudur).

z 2

k dAdE cosr

σ= φ

Küre için 2dA 2 R sin d= π θ θ eşittir.

2z 2

2 k cosdE R sin dr

π σ φ= θ θ

2z 2

sin cosE 2 k R dr

θ φ= π σ θ∫ EMT-1

Kosinüs teoreminden yararlanılarak 2 2 2r R z 2Rz cos= + − θ

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

12 2 2

12 2 2

R r z 2rz cosr z Rcos

2rzR z 2Rz cos z Rcos

2z(R z 2Rzcos )2z R coscos

(R z 2Rzcos )

= + − φ

+ −φ =

+ − θ + −φ =

+ − θ

− θφ =

+ − θ

elde edilir. Elde ettiğimiz cos φ değerini EMT-1 denkleminde yazarsak.

2z 32 2 20

(z R cos )sinE 2 k R d(R z 2zR cos )

π − θ θ= π σ θ

+ − θ∫

Burada öncelikli olarak integrali ayrı olarak çözelim.


3 3 32 2 2 2 2 22 2 2

1 32 2 2

2 32 2 2

(z R cos )sin sin cos sind z d R d(R z 2zR cos ) (R z 2zR cos ) (R z 2zR cos )

cos sinI d(R z 2zR cos )

sinI d(R z 2zR cos )

− θ θ θ θ θθ = θ − θ

+ − θ + − θ + − θ

θ θ= θ

+ − θθ

= θ+ − θ

∫ ∫ ∫

∫

∫

2 2 2 22 2 2 2

1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 (R z ) 1 (R z )I R z 2Rz( ) R z 2Rz( )2R z 2R z (R z 2Rz) 2R z 2R z (R z 2Rz)

+ += − + + + + + − +

+ + + −

2 2 2 2

2 2 2 2 2

R z 2Rz R z 2RzIRz( R z 2Rz) Rz( R z 2Rz)

+ + + −= −

− − − − − +

şeklinde elde edilir. Bulmuş olduğumuz I1 ve I2 integralleri denklemimizde yerine

yazarsak 2 2 2 2

2 2 2 2 2z 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

1 (R z ) 1 (R z )E 2 k R R R z 2Rz( ) R R z 2Rz ( )

2R z 2R z (R z 2Rz) 2R z 2R z (R z 2Rz)

z R z 2Rz z R z 2Rz

Rz( R z 2Rz) Rz( R z 2Rz)

+ += π σ + + + − + − + +

+ + + −

+ + + −−

− − − − − +

2 2 2 2 2 21 (R z ) R R z 2Rz R R z 2Rz2 2 2 2 2

E 2 k R R( R z 2Rz R z 2Rz ) ( )z 2 2 2 2 2 2 2 22R z 2R z R z 2Rz R z 2Rz

2 2 2 2R z 2Rz R z 2Rz

2 2 2 2R(R z 2Rz) R(R z 2Rz)

+ + + + −= π σ + + − + − − − +

+ + + −

+ + + −− +

+ + + −

Şeklinde elektrik alan bulunmuş olur. Burada iki durum söz konusudur. R<z ve R>z

durumu.

R<z durumu için

R2+z2-2Rz=(z-R)2

2 2R z 2Rz (z R)+ − = −

eşittir (Çünkü karekök içerisindeki ifade kök dışına daima pozitif olarak çıkmalıdır).

Bunu denklemimizde yerine yazarsak; 2 21 (R z ) R(R z) R(z R) (R z) (z R)2E 2 k R R(R z (z R)) ( ) z 2 2 2 2 2 2 2 22R z 2R z (R z) (z R) R(R z) R(z R)

+ + − + −= π σ + − − − − + − +

+ − + −

2 21 (R z ) R(R z) R(z R) (R z) (z R)2E 2 k R R(R z (z R)) ( ) z 2 2 2 2 2 2 2 22R z 2R z (R z) (z R) R(R z) R(z R)

+ + − + −= π σ + − − − − + − +

+ − + −


2 22

z 2 2

1 (R z ) 1 1 1 1E 2 k R ( ) z 2R z (R z) (z R) R(R z) R(z R)

+= π σ − − + − +

+ − + −

2 22

z 2 2 2 2 2 2

1 (R z ) 2E 2 k R z (z R )z z R

+= π σ − +

− −

2 2 2 2 22

z 2 2 2

(z R ) (R z ) 2zE 2 k R (z R )z

− − + += π σ

−

2z 2

2E 2 k R z

= π σ

2

z 2

4 k REz

π σ=

Burada 4πσR2 = q eşittir. Bunu da denklemde yerine koyarsak

z 2

z 2

qE kzq ˆE k zz

=

=r

şeklinde elektrik alanı elde etmiş oluruz.

Biz şimdi burada küre dışında elektrik alanı bulmuş olduk. Bizler biliyoruz ki küre

içerisinde elektrik alan sıfır olmalı. Son olarak ta bunun bu şekilde olduğunu ispatlayalım

R>z durumunda

R2+z2-2Rz=(z-R)2

2 2R z 2Rz (R z)+ − = −

2 21 (R z ) R(R z) R(R z) (R z) (R z)2E 2 k R R(R z (R z)) ( ) z 2 2 2 2 2 2 2 22R z 2R z (R z) (R z) R(R z) R(R z)

+ + − + −= π σ + − − − − + − +

+ − + −

2 22

z 2 2

1 (R z ) R R 1 1E 2 k R ( ) R z 2R z (R z) (R z) R(R z) R(R z)

+= π σ − − + − +

+ − + −

2 22

z 2

1 (R z ) (R z) (R z) (R z) (R z)E 2 k R ( ) R z 2R z (R z)(R z) R(R z)(R z)

+ + − − + − −= π σ − +

− + − +

2 22

z 2

1 (R z ) (2z) (2z)E 2 k R ( ) R z 2R z (R z)(R z) R(R z)(R z)

+= π σ − +

− + − +

2 22

z 2 2 2 2

1 (R z ) 1 (2z)E 2 k R ( ) R z R z (R z ) R(R z )

+= π σ − +

− −

2 2 2 2

2z 2 2 2 2 2 2

R z (R z ) (2z)E 2 k R R z(R z ) R z(R z ) R(R z )

− += π σ − +

− − −


22

z 2 2 2 2

2z (2z)E 2 k R R z(R z ) R(R z )

−= π σ +

− −

2z 2 2 2 2

2z (2z)E 2 k R R (R z ) R(R z )

−= π σ +

− −

Ez= 0 olarak bulunur.

7. Gauss yasasına göre iç

oyüzey

qEda =

ε∫r rÑ eşittir. Burada kürenin dışında ve içerisinde elektrik

alanı bulmak için bir gauss yüzeyi çizmeliyiz.

R>r durumunda

İletken içerisinde yük bulunmayacağından dolayı gauss yüzeyi içerisinde yük bulunmaz.

Bu nedenden dolayı küre içerisinde elektrik alan sıfırdır.

Kürenin dışındaki gauss yüzeyinin içinde kalan net yük q kadardır. Gauss yüzeyi simetrik

olduğundan küre merkezinden eşit (r) uzaklıktadır ve bu nedenle gauss yüzeyinde elektrik

alan her noktada sabittir.


iç

oyüzey

qEda =

ε∫r rÑ

2

yüzey

Eda E 4 r= π∫r rr

Ñ

2

o

qE4 rπ =ε

2o

qE4 r

=π ε

, o

1k4

=πε

2

q ˆE k rr

=r

şeklinde elektrik alan bulunur.

8. Yüzeyinde düzgün σ yük yoğunluğu bulunan R yarıçaplı kürenin potansiyelini içerde ve

dışarıda bulalım.

Yüzey yük yoğunluğu için potansiyel denklemimiz o

1V(P) da4 r

σ=

πε ∫ olur. Kosinüs

teoremini kullanarak r uzaklığını θ açısı cinsinden ifade eldim.

r2=R2+z2-2Rzcosθ

Küre üzerinde yüzey elemanı R2sinθd θ d φ alınırsa

Bu noktada dikkatli olup pozitif kökü almak gerekir. Küre dışında z>R olduğundan

2

2 2o 0

2 2

o

R sin dV(P)2 R z 2Rz cosRV(P) ( (R z) (R z) )

2z

πσ θ θ=

ε + − θσ

= + − −ε

∫


2(R z) z R− = − olur, küre içerisinde ise 2(R z) R z− = − alınmalıdır. Ayrıca, küre

üzerindeki toplam yük q=4πR2σ oluşturulursa sonuç

o

o

qV (dışarda)4 z

qV (içerde)4 R

=πε

=πε

şeklinde bulunur.

Bulmuş olduğumuz bu potansiyel terimlerinden yararlanılarak elektrik alanı bulalım.

E .V= −∇r r

Küre dışındaki elektrik alan;

0

qˆ ˆ Ê ( x y z)( )x y z 4 z∂ ∂ ∂

= − + +∂ ∂ ∂ πε

r

2o

q Ê z4 z

=πε

r

Küre içerisinde

0

qˆ ˆ Ê ( x y z).( )x y z 4 R∂ ∂ ∂

= − + +∂ ∂ ∂ πε

r

E 0=r

olarak bulunur.

9. a-o

E ρ∇ =

ε

r r eşitliğinden yararlanarak yük yoğunluğunu bulabiliriz. Küresel koordinatlarda

2r2

E1 1 1.E (r E ) (sin E )r r r sin rsin

φθ

∂∂ ∂∇ = + θ +

∂ θ ∂θ θ ∂φ

r r dir.

2 3 22

1.E (r kr ) 5krr r

∂∇ = × =

∂

r r

2

o

5krρ=

ε

2o5k rρ = ε

şeklinde elde edilir.

b-

içq d= ρ τ∫


2içq r sin drd d= ρ θ θ φ∫∫∫

2 2iç oq 5k r r sin drd d= ε θ θ φ∫∫∫

R4

iç o0

q 20 k r dr= π ε ∫

5iç oq 4 k R= π ε

elde edilir.

10. Yük yoğunluğu krρ = şeklinde değişen sonsuz uzunluklu bir silindirin içindeki elektrik

alanı bulmak için gauss yasasından yararlanacağız.

Gauss yasasına göre

iç

o

qE.da =

ε∫r r

Ñ

içq d d rdrd dz= ρ τ τ = φ∫

R2 2

iç0

3

iç

3

2 2

o o

q kr drd dz 2 kL r dr

2 kLRq3

2 kLRE.da E .2 RL3

kR kR ˆE E r3 3

= φ = π

π=

π= π =

= =ε ε

∫∫∫ ∫

∫r rr

r rÑ



11.

Yüzey yük yoğunluğu σ olan sonsuz uzunluktaki yalıtkan bir plakanın oluşturduğu

elektrik alanı Gauss yöntemini kullanarak bulmaya çalışalım.Öncelikle yüzey alanı S olan

Gauss yüzeyi seçelim. S yüzeyinden geçen elektriksel akı

φ = Er

(2S)

Alanın çevrelediği toplam yük:

q=(yüzeysel yük yoğunluğu).(yüzey alanı)=σ S

Gauss Kanunundan φ = Er

(2S)= (σS)/εo, Er

=σ/(2 εo) olduğu bulunur.

12.

Birinci ve üçüncü bölgede elektrik alan sıfırdır. İkinci bölgede ise elektrik alan o

σε

eşittir.

I ve III bölgede o o

E 02 2σ σ

= − =ε ε

II bölgede ise 0 0 0

E2 2σ σ σ

= + =ε ε ε

13. A ve B noktaları arasındaki VB-VA potansiyel farkı, EMT-2 denklemi yardımı ile


bulabiliriz.

B

B AA

V V Eds− = −∫r r EMT-2

E.ds= Erdrcos0= Erdr

Küre dışındaki Vb noktasındaki potansiyeli bulalım. EMT-2 denklemine göre ilk

öncelikle elektrik alanı bulmamız gerekiyor. Elektrik alanı gauss yasından yararlanarak

kolayca bulabiliriz.

iç

oyüzey

qE.da =

ε∫r rÑ

2

yüzey

E.da E 4 r= π∫r rr

Ñ

2

o

qE4 rπ =ε

2o

qE4 r

=π ε

, o

1k4

=πε

2

q ˆE k rr

=r

Bulmuş olduğumuz elektrik alanı EMT-2 denkleminde yerine yazalım. Burada referans

noktası olarak ra= ∞ alırsak Va sıfır olur. br

B A 2

qV V k drr∞

− = −∫

BB

qV kr

=

Kürenin içinde ise;

iç

oyüzey

qE.da =

ε∫r rÑ

2

yüzey

E.da E 4 r= π∫r rr

Ñ


3

qr ˆE k rR

=r

Elektrik alanı denklemde yerine yazılırsa dr

d c 3R

qrV V k drR

− = −∫

2d

d c 3

qr qV V ( k k )2R 2R

− = − +

cqV kR

=

2d

d 3

q qr qV k ( k k )R 2R 2R

− = − +

2d

d 2

kq rV (3 )2R R

= − bulunur.

14. Gauss yasasının diferansiyel hali o

E ρ∇ =

ε

r r şekli ile verilir. Diğer taraftan elektrik alan ile

potansiyel terimi arasındaki bağıntı da E V= −∇r r

ile yazılır. Ve bu iki formülü

birleştirirsek

o

2

o

.( V)

V Poisson denklemi

ρ∇ −∇ =

ε

ρ∇ = −

ε

r r r

formülüne ulaşırız. Bu formül poisson denklemi olarak bilinir.

Yük yoğunluğunun sıfır olduğu (ρ=0) her yerde elektriksel potansiyel 2V 0∇ =

denklemine uymak zorundadır. Bu denkleme Laplace denklemi denir.

Sonuç olarak poisson denklemi yük yoğunluğunun bulunduğu yerlerdeki potansiyeli

bulmamıza buradan da elektrik alanı bulmamızı sağlar. Laplace denklemi ise yük

yoğunluğunu sıfır olduğu yerlerdeki potansiyeli bulmamızı ve buradan da elektrik alanı

bulmamızı sağlar.

15. E 0∇× =r r

olmalıdır.Bu şartı sağlamayan elektrik alan elektrostatik olarak kabul edilemez.

Verilen elektrik alan değerlerinin sırasıyla rotasyon elini alalım.

a-) ˆ ˆ ˆE k(xyi 2yzj 3xzk)= + +

r


∂ ∂ ∂∇ × = + + × + +

∂ ∂ ∂

rr ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Ê k( i j k) (xyi 2yzj 3xzk)x y z

ˆ ˆ Ê k( 2yi 3zj xk)∇× = − − −r r

şeklinde elde edilir. E 0∇× =r r

olmadığı için bu elektrostatik

alan değildir.

b-) 2 2ˆ ˆ Ê k(y i (2xy z )j 2yzk)= + + +

r

∂ ∂ ∂∇ × = + + × + + +

∂ ∂ ∂

rr2 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Ê k( i j k) (y i (2xy z )j 2yzk)

x y z

∇ × = − + −rr ˆ ˆ ˆ Ê k(2zi 2zi 2yk 2yk)

E 0∇× =r r

elde edilir. Er

elektrostatik alandır.

16. Topraklanmış ve sonsuz bir iletken düzlemden d uzaklıkta noktasal bir q yükü şekilde

gösterilmiştir. Düzlemin üst tarafındaki bölgedeki potansiyeli bulmak istiyoruz.

Bu problem (0,0,d) noktasında q yükü bulunan z >0 bölgesinde Poisson denkleminin

çözümünü gerektirir. Sınır koşulları da şöyledir;

a-z = 0 olduğunda V= 0(iletken yüzey topraklanmış).

b-Yükten çok uzaklarda (yani, x2+y2+z2>>d2 olduğunda ), V 0→ .

Sınır şartlarını sağlayan tek bir fonksiyon vardır. Bu fonksiyonu bulabilirsek doğru

çözümü bulmuş oluruz. Şimdi burada sistemimizle aynı sınır koşullarını ve Laplace

denklemini sağlayan, görüntü yük yöntemiyle problemin çözümünü daha kolay

indirgeyebiliriz.

Görüntü yük yönteminde (0,0,d) noktasında q yükü ve (0,0,-d) noktasında –q

yükünden oluşan ve iletken düzleminin olmadığı sistemden oluşmaktadır.


Bu sistemin potansiyelini doğrudan yazabiliriz.

2 2 2 2 2 2o

1 q qV(x, y,z) 4 x y (z d) x y (z d)

= −πε + + − + + +

bulmuş olduğumuz potansiyel sınır şartları sağlamaktadır.

17.

Şekilde de görüldüğü gibi her biri xz düzlemine paralel, topraklanmış (V=0) iki sonsuz

iletken düzlemden biri y=0 da, diğeri y= π uzaklıktadır. x=0 olan sol tarafı kapatan sonsuz

şerit düzlem belirli Vo(y) potansiyelinde tutulmaktadır. Bu iletkenlerin çevrelediği bölgede

potansiyeli bulmak istiyoruz.

Bu sistemde z-yönünde bir değişim olmadığından, problem gerçekte iki boyutlu olurve

Laplace denklemi 2 2

2 2

V V 0x y

∂ ∂+ =

∂ ∂

olrak yazılabilir. Bu denkelmin sağladığı sınır koşulları şöyledir;

a-y=0 için V=0

b- y= π için V=0


c-x=0 için V=Vo(y)

d- x → ∞ için V 0→

Bölgenin tüm sınırlarında potansiyel belirtilmiş olduğundan, tek çözüm vardır. V(x,y) =

X(x)Y(y) şeklinde bir çözüm önerelim.

Önerdiğimiz potansiyel fonksiyonunu Laplace denkleminde kullanırsak 2 2

2 2

d X d YY X 0dx dy

+ =

eşitliğin her iki tarafını XY ile bölersem denklem aşağıdaki gibi olur. 2 2

2 2

1 d X 1 d Y 0X dx Y dy

+ =

Burada birinci terim sadece x değişkenine, ikinci terim de y değişkenine bağlıdır. Diğer

bir deyişle, denklemin yapısı F(x)+G(y) =0 şeklindedir.

Bu tür eşitliğin doğru olmasında tek şart F(x) ve G(y) nin her ikisinin de sabit olması

gerekir. 2 2

1 22 2

1 d X 1 d YC , CX dx Y dy

= =

1 2C C 0+ = Bu sabitlerden biri pozitif ise diğeri negatifdir. C1 pozitif ve C2 negatif

alınırsa 2 2

2 22 2

d X d Yk X, k Ydx dy

= = − şeklinde iki tane adi diferansiyel denklemi elde edilir.Adi

diferansiyel denklemin çözümü kolaydır ve bu denklemlerin çözümleri şu şekildedir. kx kxX(x) Ae Be

Y(y) Csin ky D cos ky

−= += +

Potansiyel çözümümüz şu şekilde yaza biliriz. kx kxV(x, y) (Ae Be )(Csin ky Dcos ky)−= + +

Bulmuş olduğumuz potansiyel çözümüne sınır şartlarını uygulayalım. x sonsuza giderken

V=0 olmalıdır. Bu şartın sağlanması için A=0 olmalıdır(çünkü x sonsuza giderken ekx

sonsuza gider). B sabitini diğer iki sabitin içine katıp yeniden adlandırırsak; kxV(x, y) e (Csin ky Dcosky)−= + olarak bulunur.

y=0 için V= 0 olmalıdır. y= 0 da cosky= 1 olur. Bu nedenle de D= 0 olmalıdır.Bu sınır

şartından sonra kxV(x, y) Ce sin ky−=


şeklinde olur.

y= π için V= 0 koşulu için k bir tam sayı olmalıdır.

a-Şimdi son sınır şartı olan x=0 da V=Vo(y) şartına bakalım. Değişken ayrımı bize bir

değil, her k değerine karşılık gelen sonsuz sayıda çözüm vermiştir. Bunlardan biri yalnız

başına son sınır koşulunu sağlamayabilir, ama bunların lineer kombinasyonu sağlar.

Laplace denklemi lineer bir denklemdir yani V1, V2, V3 ….. fonksiyonlarıbir çözümse,

V=α1V1+ α2 V2+ α3V3+……..kombinasyonu da Laplace denklemini sağlar(burada

α1+α2+α3 keyfi sabitlerdir) 2 2 2 2

1 1 2 2 3 3V V V V .... 0∇ = α ∇ + α ∇ + α ∇ =

Bu özellikten yararlanılarak kxV(x, y) Ce sin ky−= çözümü lineer kombinasyonu ile çok

daha genel bir çözüm kurabiliriz;

kxk

k 1

V(x, y) C e sin ky∞

−

=

= ∑

x=0 da V=Vo(y) sınır koşulunu uygulayalım

k ok 1

V(0, y) C sin ky V (y)∞

=

= =∑ burada Ck katsayısını bulmamız gerekmektedir. Bu yüzden

eşitliğin her iki tarafını da sin my ile çarpıp [0, π ] aralığında integralini alırız.(m bir tam

sayıdır)

k ok 1 0 0

C sin kysin mydy V (y)sin mydyπ π∞

=

=∑ ∫ ∫

0

0 (k m)sin kysin mydy

/ 2(k m)

π ≠=π =

∫

Yani toplamdaki terimlerden k=m olanını dışındakilerin integrali sıfırdır. K= m için sol

taraftaki integral (π/2)Cm olacağından

m o0

2C V (y)sin mydyπ

=π ∫ şeklinde bulunur. Cm katsayısını da formülde yerine yazarsak

kxo

k 0

2V(x, y) ( V (y)sin mydy)e sin kyπ

−=π ∑ ∫

elde edilir.


18.

Şekildeki sistemde görüldüğü gibi R yarıçaplı yüksüz bir metal küre z ekseni yönünde bir

elektrik alanı içine konmuştur. Bu kürenin dışındaki potansiyeli bulmak için öncelikle

Laplace denklemini küresel koordinatlar yazmamız gerekir.

Küresel koordinatlarda Laplace denklemi şu şekilde yazılır 2

2 22 2 2 2 2

1 V 1 V 1 VV (r ) (sin ) 0r r r r sin r sin

∂ ∂ ∂ ∂ ∂∇ = + θ + =

∂ ∂ θ ∂θ ∂θ θ ∂φ

Burada eksenel simetriyi alacağımız için V potansiyeli φ açısından bağımsız olur.

2 22 2

1 V 1 VV (r ) (sin ) 0r r r r sin

∂ ∂ ∂ ∂∇ = + θ =

∂ ∂ θ ∂θ ∂θ

Burada yine değişken ayırımı yöntemini kullanırsak, V(r, ) R(r) ( )θ = Θ θ şeklinde bir

çözüm önerelim. Bu ifadeyi Laplace denklemin kullanırsak

2d dR R d d(r ) (sin ) 0dr dr sin d d

ΘΘ + θ =

θ θ θ şekline dönüşür.

Bu eşitliğin her iki yanını da V= RΘ ile bölünürse

21 d dR 1 d d(r ) (sin ) 0R dr dr sin d d

Θ+ θ =

Θ θ θ θ

elde edilir ve bu denklemin birinci denklemi yalnızca r değişkenine, ikinci terimi ise

yalnız θ değişkenine bağlı olduğundan, her iki terimde sabit olmalıdır.

21 d dR(r ) k(k 1)R dr dr

1 d d(sin ) k(k 1)sin d d

= +

Θθ = − +

Θ θ θ θ

Bu oluşan iki ayrı diferansiyel denklemi çözersek radyal denklem

kk 1

BR(r) Arr += + şeklinde elde edilir ve burada A ve B belirsiz sabitlerdir.

Açısal denkleme gelince

d d(sin ) k(k 1)sind d

Θθ = − + θΘ

θ θ


bu denklemin çözümleri Legendre polinomlarıdır.

k( ) P (cos )Θ θ = θ

Burada Pk(x) polinomları Rodrigues formülü ile tanımlanırlar.

k 2 kk k

1 dP (x) ( ) (x 1)2 k! dx

= −

Sonuç olarak V(r,θ) denklemimiz

k kk kk 1

k 0

BV(r, ) (A r )P (cos )r

∞

+=

θ = + θ∑

olarak elde edilir.

Şimdi sorumuza yeniden dönersek metal küremiz bir eş potansiyel yüzeydir ve bu yüzeyi

referans seçelim.Yüzeyin potansiyelini sıfır alalım. Bu durumda xy –düzlemi sıfır

potansiyelde olacaktır. Z sonsuza giderken potansiyel sıfır olmalıdır.

Elektrik alanı oˆE k olarak veren potansiyel oV E z C= − + olarak tanımlaya biliriz(Burada

C sabit bir sayıdır).

xy düzleminde V=0 olabilmesi için C sabiti sıfır olmalıdır. O halde küresel koordinatlarda

bu problemin sınır koşulları şöyle ifade edilebilir

a-r =R için V=0

b- r>>R için V=-Eorcosθ

Birinci şarta göre

k kk k 1

2k 1k k

BA R 0R

B A R

+

+

+ =

= −

olmalıdır.Bunu çözümde kullanırsak 2k 1

kk kk 1

k 0

RV(r, ) A (r )P (cos )r

+∞

+=

θ = − θ∑

b koşulunu uygularsak r>>R olduğunda, 2k 1

k 1

Rr

+

+ terimi sıfıra gider. Son şekli ile Potansiyel

terimimiz

kk k

k 0

V(r, ) A r P (cos )∞

=

θ = θ∑

haline döner.

V= -Eorcosθ olduğunu söylemiştik iki eşitliği karşılaştırırsak


kk k o

k 0

A r P (cos ) E r cos∞

=

θ = − θ∑

İki taraf karşılaştırılırsa sadece k=1 olan terimin kalacağı görülür.cosθ=Pkcosθ olduğu

dikkat edilirse

A1 = -Eo ve diğer tüm Ak katsayıları sıfırdır.

Sonuç olarak bu problemin çözümü; 3

o 2

RV(r, ) E (r )cosr

θ = − − θ



İSTATİSTİK FİZİK CEVAPLAR

1. Tersinir Olay:Yalıtılmış bir sistemde zamanla ortaya çıkacak bir değişim belirli bir yönde

az gelişigüzel durumdan çok gelişigüzel duruma doğru olur. Bu değişim sistemin filmini

çekerek gözlenebilir. Böyle bir filmi geriye doğru oynatırsak zamanın geriye doğru gittiği

ters zaman sürecini izleriz. Bir olay filme kaydedilip geriye doğru oynatıldığında yani ters

zaman süreci izlendiğinde zamanın normal ileri akış sürecinden ayırt edilemiyorsa bu

olaya tersinir olay denir.

Tersinmez Olay: İncelenen bir olay hiçbir zaman oluşmayacak yani ters zaman süreci

normal süreçten bariz olarak ayırt edilebilen yada ters zaman süreci izlendiğinde doğal

olmayan bir davranış gösteriyorsa buna tersinmez olay denir.

2. Isı: Makroskopik anlamda iş yapılmasını gerektirmeksizin atomik düzeyde oluşan

enerji geçişidir.

Sıcaklık: Isı soğurduğunda yada bıraktığında makroskopik parametrelerinden yalnızca

birisi değişen herhangi küçük bir M sistemi alırız. Bu değişen parametre Q ile gösterilir. M

gibi bir termometre bir A sistemi ile değme durumuna getirilir ve denge durumuna kadar

bırakılırsa Q parametresinin aldığı değere A sistemin sıcaklığı denir.

3. 6=N , 3=n , 61

=p , 65

=q

P(n)=33

65.

61.

!3!.3!6

=3 36.5.4.3! 1 5 0,054

3.2.3! 6 6 ≅

olasılıklıdır.

4. n: 3 zarın gösterdiği sayıların toplamı olsun.

2010631)( =+++=∑ nC

6≤n için 6,5,4,3=n dır. Üç zar kullanıldığında olası durum sayısı 36=N olur.


20)( =∑= nCN r

2,9%092,0620

3 ====NNP r

r bulunur.

5. a) 4=N , 1=n , 61

=p , 651 =−= pq ,

P(1)141

65

61

)!14!.(1!4 −

−=

31 54 0,39

6 6 = ≅

b) 4=N , 2=n

P(2)2 2 24! 1 5 1 5 0,12

2!.2! 6 6 6 6 = = ≅

c) 4

61)4(

=P

d) P(en az bir zarda)+P(hiçbirinde)=1

P(0)=0 44! 1 5 0, 48

0!.4! 6 6 ≅

P(en az birinde)=1-0,48=0,52

6. ( ) ( ) 2222 uuuuu −=−=∆

uuu −=∆


( ) 222 ..2 uuuuu +−=∆

( ) 222 2( uuuuPu rrr +−∑=∆

= rrrrr PuuPuuP ∑+∑−∑22 2

=22 uu −

Bu sonuca göre ( ) 02 ≥∆u olmalıdır.

022 ≥− uu ve

22 uu ≥ bulunur.

7. a) Ortalama manyetik moment;

000 )().(.. µµµµµ qpqpPr

rr −=−+== ∑

= ( ) 012 µ−p

20

20

20

22)().(.. µµµµµ qpqpP

rrr +=−+== ∑

20

2 µµ =

b) ( ) ( ) 222222 uuuuuuu −=−=−=∆

( ) 20

220

222 )12( µµµµµ −−=−=∆ p

= )1(4)1441( 20

220 pppp −=−+− µµ

=4 qp.0µ

8. m kütleli parçacık L uzunluğunda ki tek boyutlu kutuda serbestçe hareket etsin. Bu

sistemin enerji düzeyleri; 2 2

222

hE nm L

π/=

ile verilir. L çok büyük olursa 2n nin katsayısı çok küçük olur.Belirli bir E enerjisi için;

( ) 2/12mEh

Ln/

=π

Birbirini izleyen kuantum durumları n’nin birim büyüklüklerde değişen değerlerine

karşılık geldiğinden enerjileri E’den veya kuantum sayıları n’den küçük olan kuantumlu

durumların )(Eφ toplam sayısı basitçe n olur.

2/1)2()( mEh

LnE/

==π

φ


( ) EdEdE δφ

=Ω

( ) EEmh

LE δπ

2!/2/1)2(2 /

=Ω

bulunur.

9. m kütleli parçacığın iki boyutlu bir kutuda serbestçe hareket edebildiğini varsayalım.

Parçacığın enerji düzeyleri;

( )222

22

2 yx nnLm

E +=πh

şeklinde olacaktır. xn ve yn büyüklükleri iki boyutlu bir kare yüzeyine yerleşeceklerdir.

222 Rnn yx =+

22

22 2

πhmELR =

=

πhLmER 2

R yarıçaplı dairenin içinde kalan ,xn yn değerleri verilen bir E değeri için geçerli olur.

Dairenin ¼ ’ü E enerjili durumları oluşturur.

( ) ( )2

41 RE πφ =

= ( ) 22

2

.241

ππ

hLmE

( ) ( ) EdE

EdE δφ

=Ω

( )π

φ 2

2

2hmELE =

( ) EmLE δπ 2

2

2 h=Ω

10. m kütleli bir parçacık her bir kenarı L uzunluğunda olan üç boyutlu bir kutuda serbestçe

hareket ediyor olsun. zyx LLL == olmak üzere;

)(2

2222

22

zyx nnnLm

hE ++/

=π

olur. Birbirine dik zyx nnn ,, eksenlerinin belirlediği ‘sayılar uzayında’ bu üç kuantum

sayısının olası büyüklükleri geometrik olarak kenarları birim uzunluklu küpün merkezinde


olur.

22

222 )2( RmEh

Lnnn zyx =

/=++

π

Verilen bir E büyüklüğü için bu denklemi sağlayan zyx nnn ,, değerleri R yarıçaplı

kürenin üzerinde yer alır.

2/1)2( mEh

LR/

=π

Bu durumda E’den küçük enerjili durumların )(Eφ sayısı bu küre içinde yer alan ve artı

zyx nnn ,, değerleri bulunan küplerin sayısına eşit olur, yani basitçe R yarıçaplı kürenin

hacmine eşittir.

= 3

34

81)( RE πφ

= 2/33

)2(6

mEh

L

/ππ

( ) EdEdE δφ

=Ω

EEmh

VE δπ

2/12/33 )2(

4)(

/=Ω

bulunur.

11. Toplam enerjinin E değeri için, serbestlik derecesi başına ortalama enerji yaklaşık olarak

NE 3/=ε şeklinde verilebilir. Ancak her bir serbestlik derecesi değişik bir dağılım

gösterir.

( )3 3 3

N N N

x y zE E EEN N N

φ φ φ φ =

= ( ) ( ) ( ) Nz

Ny

Nx εφεφεφ

( ) ( ) 2/12.

mEh

LnE/

==π

φ

olduğundan;

( ) mEh

LE xx 2

. /=

πφ

( )( )

( )3 / 2

3 2Nx y zL L L

E mh

φ επ

= /


=( )

3 / 2

3

23

N NV mENhπ

/

( ) EdEdE δφ

=Ω

=( )

ENm

NmEN

hV

NN

δπ 3

23

22

3.

12

3

3

−

/

( )3 12N

NE CV E Eδ−

Ω =

12

3−

N > olduğu için;

( ) 3 / 2N NE CV E EδΩ =

bulunur.

12. Her biri m kütleli özdeş N moleküllü bir gazın zyx LLLV ..= hacmindeki bir kutuda

olduğunu düşünelim. N molekül sayısı yeterince küçük olsun. İki koşulun sağlanması

gerekir.

(i) Moleküller arasında ki karşılıklı potansiyel enerjisi, ortalama kinetik enerjisi ile

karşılaştırıldığında çok küçüktür. Böyle bir gaza ideal gaz denir.

(ii) Molekülleri ayırt edemesek bile dikkatimizi bir molekül üzerine toplayabiliriz. Gaz

mutlak T sıcaklığında dengede olsun. Molekülün rε enerjili r durumunda bulunma

olasılığı;

∑ −−

=

rr

rrP

)exp()exp(

βεβε

kT1

=β

Ortalama enerji;

∑ ∑∑

−

−==

rr

r

rrr

rrP)exp(

)exp(

βε

εβεεε

∑ −=r

rZ )exp( βε şeklinde bölüşüm fonksiyonu tanımlanır.

ββ

ε∂∂

−=∂

∂

−=Z

ZZ

Z1

ln


βε

∂∂

−=Zln

ε.NE =

olarak bulunur.

13. Gaz içerisinde bir molekülün kutunun sağ duvarına x doğrultusunda uyguladığı kuvvet F

olsun. Bu kuvveti molekül rε enerjili r durumunda ise rF ile gösterelim. Kutunun sağ

duvarı xdL kadar çekildiğini düşünelim.

rxr ddLF ε−=

x

rr L

F∂∂

=ε

Ortalama F kuvveti rF kuvvetinin olası tüm durumları üzerinden ortalama alınarak

bulunur.

∑ ∑

∑−

∂∂

−−

==r

rr

x

rr

rr

LFPF

)exp(

)exp(

βε

εβε

( )∑ ∑ −∂∂

−−=

∂∂

−−r r

rx

rr xL

)exp(1)exp( βεβ

εβε

−

∂∂ ∑

rr

xL)exp(1

βεβ

x

x

LZ

ZZLZ

F∂∂

=∂∂

=11

1

ββ

xLZF

∂∂

=ln1

β

Tek atomlu bir gaz için bölüşüm fonksiyonu;

bVZ ln3ln23lnln +−= β

ile verilir.

12/1

2−

= h

πmb

Z bölüşüm fonksiyonunda sadece V terimi xL ’e bağlıdır. Dolayısıyla;


xxx LLV

LZF

βββ1ln1ln1

=∂

∂=

∂∂

=

xLkTF =

bulunur. Gazın duvara uyguladığı ortalama basınç ortalama kuvveti alana bölerek elde

edilir.

kTVN

LkT

LLN

LLFNp

xzyzy

===

TkNVp ... =

nkTp =

elde edilir.

14. Mutlak Sıcaklık: Bir makroskopik sistemin T mutlak sıcaklığı (veya buna bağlı Ω olarak 1)( −= kTβ parametresi)

( )E

EkT ∂

Ω∂≡≡

ln1β

ile tanımlanır. Burada ( )EΩ sistemin E ile E + Eδ enerji aralığında ki girilebilir durum

sayısıdır. k ise Boltzmann sabitidir.

Entropi: Bir sistemin S entropisi Ω girilebilir durum sayısı cinsinden

lnS k= Ω

ile tanımlanır. Entropi sistemin düzensizliğinin bir ölçüsüdür.

15. Bir ideal gaz karışımı için durum denklemi;

11

22

1 21 2

pV NkT

Np kTV

Np kTV

N Np p p kTV

=

=

=

+= + =

Gaz moleküllerinin hareketleri birbirinden bağımsız düşünülmüştür.

16. kT23

=ε


)()()(

23 iik

kT εεεε +=+=

TkNVp ... =

kTNVp23

32. =

εVNp

32

=

εVN birim hacim başına ortalama kinetik enerji olduğundan;

up32

=

bulunur.

17.

[ ]

βε

ββ

ε

βε

βεβ

βεβ

εβε

βε

εβεεε

∂∂

−=

∂∂

−=∂∂

−=

−=

−

∂∂

−=−∂∂

−=−

−

−==

∑

∑∑ ∑

∑ ∑∑

Z

ZZZ

Z

Z

P

rr

rr

rr

rrr

rr

r

rrr

rr

ln

1

)exp(

)exp()exp().exp(

)exp(

).exp(

18. a) Gaz içerisinde bir molekülün kutunun sağ duvarına x doğrultusunda uyguladığı kuvvet

F olsun. Bu kuvveti molekül rε enerjili r durumunda ise rF ile gösterelim. Kutunun sağ

duvarı xdL kadar çekildiğini düşünelim.

rxr ddLF ε−=


x

rr L

F∂∂

=ε

Ortalama F kuvveti rF kuvvetinin olası tüm durumları üzerinden ortalama alınarak

bulunur.

∑ ∑

∑−

∂∂

−−

==r

rr

x

rr

rr

LFPF

)exp(

)exp(

βε

εβε

( )∑ ∑ −∂∂

−−=

∂∂

−−r r

rx

rr xL

)exp(1)exp( βεβ

εβε

−

∂∂ ∑

rr

xL)exp(1

βεβ

x

x

LZ

ZZLZ

F∂∂

=∂∂

=11

1

ββ

xLZF

∂∂

=ln1

β

b)

xLZF

∂∂

=ln1

β

VZ

LZ

LLLLFp

xzyzy ∂∂

=∂

∂==

ln1ln11ββ

olur.

19. Makro durumu T mutlak sıcaklığı ve hepsi birden x ile gösterilen makroskopik

parametreler takımı ile belirlenen bir makroskopik sistem düşünelim. Sistemde dQ ısı

değişiminde sıcaklık dT kadar değişirse ısı sığası;


xx dT

dQC

=

ile verilir. Mol başına öz ısı;

xxx dT

dQv

Cv

c

==

11

Eğer V hacmi sabitse sistem üzerine iş yapılmadığı için;

xx x

dQ d E

dQ EcdT T

=

∂ = = ∂

Tek atomlu bir gazın ortalama kinetik enerjisi;

RTTkNE a 23.

23

==

Tek atomlu ideal bir gaz için mol başına öz ısı;

RTEc

v

v 23

=

∂∂

=

bulunur.

20. a)

TQS

buzSsuSS∆

=∆

−=∆ )()(

KmoljouleS /

2736000

=∆

8,21=∆S joule/mol.derece

b)

Ω= ln.kS

( )buzsukS Ω−Ω=∆ lnln.


= 8,21ln. =ΩΩ

buz

suk joule/mol.derece

2310).8,6(10)/8,21exp( ==ΩΩ k

buz

su

21. Kuantum mekaniksel özelliklerin önemsiz olduğu gösterilirse klasik yaklaşım geçerli

olacaktır. Klasik kavramlardan anlamlı kullanımı üzerine kuantum mekaniğinin getirdiği

sınırlama “ Heisenberg Belirsizlik ilkesi” dir. Bu ilke;

hpq />∆∆ .

0S ile tanımlanan bir uzaklıkta konumlanan bir parçacığı inceleyelim. Bu parçacığın

momentumu 0p olsun.

hpS />>00 .

λ/>>0S olursa klasik yaklaşım geçerli olur.

22. Eş Bölüşüm Teoremi: Klasik istatistik mekanikte tanımlanan bir sistem dengede ise

enerjisinde ki her kuadratik terimin katsayısı ortalaması kT/2 ’ye eşit olur.

İdeal bir gaz içinde ki bir molekülün kinetik enerjisi;

( )222

21

zyx pppm

++=ε

Eş bölüşüm teoremine göre;

kT23

=ε

bir mol gazın ortalama enerjisi;

3 32 2aE N kT RT = =

kNR a .=

ve sabit hacimdeki öz ısı;

RTEC

vv 2

3=

∂∂

=

elde edilir.

23. a) ≡= xx dvvg )( Hızın x bileşeni xv ile xx dvv + aralığında bulunan birim hacimdeki

ortalama molekül sayısı.


∫ ∫=)( )(

3)()(y zv v

xx vdvfdvvg

( )∫ ∫

++−=

y zv vzyxzyxxx dvdvdvvvvmCdvvg 222

2exp.)( β

( ) zyzyxx dvdvvvmdvvmC ∫ ∫+∞

∞−

+∞

∞−

+−

−= 222

2exp

2exp. ββ

∫+∞

∞−

−= xxxx dvvmCdvvg 2

2exp')( β (1)

ndvvmCdvvg xxxx =−=∫ ∫+∞

∞−

+∞

∞−

)2

exp(')( 2β

1/ 2

'2

mC n βπ

=

dir. Denklemi hızın xv bileşeninin 0=xv değeri etrafında ortalama olarak dağıldığını

gösterir. Bu durumda;

0=xv olur.

b) vdvfdvVf 3)(')( ∫=

∫ ' işareti integralin dvvvv +<< koşulunu sağlayan tüm hızlar üzerinden

alındığını gösterir.

dvvvfdvvF 2)(4)( π=

dvvmvcdvvF 22

)2

exp(4)( βπ −=

)(vF maksimium olduğu vv = hızına en olası hız denir ve

0=dvdF

ile bulunur. Buradan

0)2)(2

exp()2

exp(2

22

=−+

−− vmvvmvmv βββ

mkT

mv 22

==β

bulunur.


24. Termodinamiğin sıfırıncı yasası;

İki sistem üçüncü bir sistem ile ısısal olarak dengede ise birbiri ile de ısısal

dengededir.

Termodinamiğin birinci yasası;

Bir sistemin bir denge makro durumu yalıtılmış bir sistem için E =sabit özelliği

taşıyan (iç enerjisi olarak tanımlanan) bir E büyüklüğüyle belirlenebilir.

Sistem etkileşmeye ve bu şekilde bir makro durumdan diğerine gitmeye bırakılırsa

sonuçta E de ortaya çıkan değişme;

QWE +=∆

W:Sistemin dış parametrelerinin değişmesi sonucunda sistem üzerine yapılan iştir.

Q:Sistemin soğurduğu ısı.

Termodinamiğin ikinci yasası;

Bir sistemin denge makrodurumu S büyüklüğüyle verilebilir.

(i) Sistem dQ ısısını soğurduğu herhangi bir sonsuz küçük yarı durgun oluşumda entropi;

TdQdS = büyüklüğünde değişir. T mutlak sıcaklıktır.

(ii) Isısal olarak yalıtılmış bir sistemin bir makrodurumdan diğerine geçtiği herhangi bir

oluşumda entropisi artma eğilimindedir.

0≥∆S

Termodinamiğin üçüncü yasası;

Bir sistemin S entropisi

0→T için 0SS → sınır özelliğine sahiptir. 0S sistemin yapısından bağımsız bir

sabittir.

İstatistik Bağıntı;

Yalıtılmış bir sistem dengede ise bu sistemi bir S entropi ile belirlenen bir

makrodurumda bulunma olasılığı; kseP /∝ ile verilir.

Mikroskopik fizikteki bağıntı;

Bir sistemin S entropisi girilebilir durumların sayısına;

lnS k= Ω ile bağlıdır.

25. .v

v RTdQ vc dT dVV

= +

Adyabatik etkileşmelerde ısı soğurulmaz.


0=dQ

0.. =+ dVVRTdTcv

0=+VdV

TdT

Rcv

sabitVTRcv =+ lnln

sabitVT RCV =+ lnln /

sabitVT RCV =)/(

TRvVp ... =

sabitVVp RCV =.).( )/(

sabitVp =γ.

vcR

+= 1γ

26. i) dQ TdS dE pdV= = +

dE TdS pdV= −

( , )E E S V=

V S

E EdE dS dVS V

∂ ∂ = + ∂ ∂

Yukarıdaki iki denklemin karşılaştırılmasıyla

V

S

E TSE pV

∂ = ∂ ∂ = − ∂

elde edilir. Tam diferansiyel olma koşulu

S V V S

E EV S S V∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂

dır. Buradan

S V

T pV S

∂ ∂ = − ∂ ∂

1’nci Maxwell denklemi elde edilir.


ii) dE TdS pdV= −

( )dE TdS d pV Vdp= − +

( )d E pV TdS VdpH+ = +14243

Burada H entalpy dir ve

H E pV= +

( , )H H S p=

p S

H HdH dS dpS p

∂ ∂ = + ∂ ∂


p

S

H TS

H Vp

∂ = ∂

∂= ∂


p pS S

H Hp S S p

∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂

dır. Buradan

pS

T Vp S

∂ ∂ = ∂ ∂

2’nci Maxwell denklemi elde edilir.

iii) dE TdS pdV= −

( )dE d TS SdT pdV= − −

( )d E TS SdT pdVF− = − −14243

Burada F “Helmholtz free” enerjisidir ve

F E TS= −

( , )F F T V=

V T

F FdF dT dVT V

∂ ∂ = + ∂ ∂



V

T

F STF pV

∂ = − ∂ ∂ = − ∂


T V V T

F FV T T V∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂

dır. Buradan

T V

S pV T

∂ ∂ = ∂ ∂

3’ncü Maxwell denklemi elde edilir.

iv) dE TdS pdV= −

( ) ( )dE d TS SdT d pV Vdp= − − +

( )d E pV TS SdT VdpG

+ − = − +1442443

Burada G “Gibbs free” enerjisidir ve

G E pV TS= + −

( , )G G T p=

p T

G GdG dT dpT p

∂ ∂ = + ∂ ∂


p

T

G ST

G Vp

∂ = − ∂

∂= ∂


p pT T

G Gp T T p

∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂

dır. Buradan

pT

S Vp T

∂ ∂ − = ∂ ∂

4 ’ncü Maxwell denklemi elde edilir.


KLASİK MEKANİK CEVAPLAR

1. ( )vmdtdF rr

=

dtpdFrr

=

Çizgisel momentum korunum teoremi: Bir parçacığın üzerine etki eden net

kuvveti Fr

ile gösterelim. Eğer Fr

kuvveti sıfır ise;

0==dtpdFrr

sabitp =r

pr momentumu zamanla değişmiyordur buda momentumun korunduğunu gösterir.

Açısal momentumun korunumu teoremi: Bir parçacık üzerine etki eden net torku

Nr

ile gösterelim. Burada Nr

;

dtLdNrr

=

şeklinde tanımlanır. Eğer 0=Nr

ise;

0==dtLdNrr

sabitL =r

Lr

açısal momentumun zamanla değişmez buda açısal momentumun korunduğunu


gösterir.

2. Herhangi bir kuvvetin kapalı bir yol boyunca yaptığı iş sıfır ise bu kuvvet

korunumludur denir.

0Fds =∫r r

Ñ

Korunumlu kuvvetin bir başka tanımı;

0=×∇ Frr

şeklindedir.

Kütle çekim kuvveti korunumlu kuvvetlere bir örnektir. Sürtünme kuvveti ise

korunumsuz kuvvetlere örnektir.

kxyjzixF ˆ3ˆ6ˆ3 32 −−=r

zyx FFFzyx

kji

F∂∂

∂∂

∂∂

=×∇

ˆˆˆrr

şeklinde tanımlanır.

Bize verilen kuvvetin rotasyoneli;

( )2 ˆ ˆ3 18 3F x z i yj∇× = − − −r r

0≠×∇ Frr

Her nokta için bu şart sağlanmıyor dolayısıyla kuvvet korunumsuzdur.

3. Merkezcil kuvvet probleminde;

VTL −=

( ) )(21 222 rVrrmL −+= θ&& şeklindedir.

θ bir devirsel koordinat olduğundan buna karşılık gelen açısal momentum


korunumludur.

lmrP == θθ&2 şeklinde bir sabite eşittir.

0=θP& ise aynı zamanda;

021 2 =

θ&r

dtd da sağlanır.

Merkezcil kuvvet halinde alanın sonsuz küçük değişimi;

θdrdA 2

21

=

dtdr

dtdA θ2

21

=

02

2

=dt

Ad sabitdtdA

=

olarak bulunur.

4. Brachistochrone Problemi: Bu problem iki noktayı birleştiren öyle bir eğri bulunmalıdır

ki yukarıdaki bir noktada durgun halde bulunan bir parçacık aşağıdaki bir noktaya

yerçekimi etkisi altında bu eğri boyunca en az zamanda varsın şeklinde tanımlanabilir.

Eğri boyunca hız v ise bir ds yay uzunluğunu geçmek için gerekli süre ds/v olur.

Dolayısıyla bizim araştırdığımız zaman;

∫=vdst12 şeklinde tanımlanabilir.

Artık amacımız bu integralin minimumunu bulmaktır. Parçacığın enerjisi için korunum

teoremi;

mgymv =2

21 şeklinde verilebilir. Buradan hız ifadesi;


gyv 2= bulunur. Bu ifade integralde yerine konursa;

∫+

=2

1

2

12 21

dxgyy

t&

olur.

Böylece değişimler hesabında tanımlanan f fonksiyonu;

gyyf

21 2&+

=

şeklinde verilebilir. Bu fonksiyon aşağıdaki ifadeyi sağlar;

0=∂∂

−∂∂

yf

dxd

yf

&

5. Değişimler hesabı verilen bir çizgi integralinin ekstremum olduğu eğriyi bulmaktır.

Problemi esas olarak bir boyutlu halde düşünürsek; 1x ve 2x değerleri arasında öyle bir

)(xyy = yolu bulmak istiyoruz ki dxdyy /=& olmak üzere bir ),,( xyyf & fonksiyonun

çizgi integrali bu yol için bir ekstremum olsun.

[ ]∫=2

12121 ),......,(),(),.......,(),( dxxxyxyxyxyFJ &&δδ

şeklindeki değişimi J mümkün bütün ),(1 αxy eğrilerini adlandıran α parametresinin bir

fonksiyonu şeklinde düşünerek elde edilir. Böylece;

)......()0,(),()()0,(),(

222

111

xxyxyxxyxy

αηααηα

+=+=

),0,(1 xy )0,(2 xy v.s. ekstremum probleminin (elde edilecek olan) çözümleri ve 1η , 2η ,

v.s. uç noktalarda ise, uç noktalarda sıfır olmaları dışında x in tamamen keyfi

fonksiyonlarıdır, çünkü bu sabit uç noktalı değişimdir. J nin değişimi;


∫∑

∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

=∂∂ 2

1 i

i

i

i

i

dxdyyfdy

yfdJ

αα

αα

αα

&&

dxyf

dxdyy

yfdx

xy

yf

i

ii

i

i

i∫∫

∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

=∂∂

∂∂∂ 2

1

2

1

2

1

2

&&& ααα

Bu eşitlikte ilk terim sıfırdır, çünkü bütün eğriler sabit uç noktalardan geçerler.

∫∑

∂∂

−∂∂

=2

1 ii

ii

dxyyf

dxd

yfJ δδ

&

αα

δα

dyy ii

0=

∂∂

= şeklinde verilir.

iy değişkenleri bağımsız olduklarından iyδ değişimleri de bağımsızdır. Bundan dolayı

ancak iyδ lerin katsayısı ayrı ayrı sıfır ise şart sağlanır.

0=∂∂

−∂∂

ii yf

dxd

yf

&

sıfır ise şart sağlanır ve 0=Jδ olur.

İntegral Lagrange fonksiyonu için yazılırsa;

∫=2

1

),,( dttqqLI ii &

halini alır ve aynı şekilde düşünülerek Euler-Lagrange denklemi elde edilir .

0=∂∂

−∂∂

ii qL

qL

dxd

&

6. Keplerin üçüncü kanunu ters kare kuvvet kanuna uyan kuvvetle için yazılmıştır.


mlr

dtdA

221 2 == θ&

mlAdt

dtdA

20

ττ

==∫

abA π=

21 ε−= ab

mkla

22/1=

mkla

lm 2

2/3.2πτ =

kma 2/3.2πτ =

7. Merkezcil kuvvet problemi için Lagrange fonksiyonu;

VTL −=

( ) )(21 222 rVrrm −+= θ&&

r koordinatı için Lagrange denklemi;

( ) 02 =∂∂

+−rVmrrm

dtd

θ&&

)(rfrV

=∂∂

− dersek;

)(2 rfmrrm =− θ&&& buradan;


lmr =θ&2 dersek;

)(3

2

rfmrlrm =−&& halini alır.

+

∂∂

−= 2

2

21

mrlV

rrm &&

olarak yazılabilir. O halde etkin potansiyel;

2

2

21

mrlVVet += olur.

Yukarıda görüldüğü gibi enerjinin 4 farklı değeri için etkin potansiyelin grafiği verilmiştir.

Burada enerjinin E1 değeri için enerji doğrusuyla etkin potansiyelin kesiştiği bir nokta

vardır. Bu noktaya r1 dersek r1 den daha küçük noktalar için etkin potansiyel toplam

enerjiden daha büyük olacaktır. Bu ise fiziksel olarak mümkün değildir. Dolayısıyla cisim

r1 den daha küçük uzaklıklarda hareket edemez.

Enerjinin E2 değeri içinde E1 aynı olan çıkarsama yapılabilir. E1 ile E2 enerji değerleri

arasındaki tek fark büyüklük farkıdır. Yine etkin potansiyel ile enerjinin kesiştiği noktaya

r2 dersek cisim r2 den daha küçük uzaklıklarda dolaşamaz. Enerjinin E3 değeri için yapılan tartışma epeyce farklıdır. Burada etkin potansiyelin

toplam enerji ile kesiştiği iki nokta vardır ve bu iki noktanın dışında etkin potansiyel

enerjiden büyük olmaktadır. Dolayısıyla cisim bu iki nokta arasında bir konum değerine

sahip olarak hareketini sürdürecektir. Burada iki nokta arasında konumun sınırlandırılmış

olması nedeniyle yörünge kapalıdır. Bu yörünge eliptik olmalıdır.

Enerjinin E4 değeri için etkin potansiyelle sadece bir kesişme noktası vardır ve bu

yüzden cismin uzaklığı sadece bir değer alabilir. Yörünge tek bir konum değeriyle verilir


ve bu değer sabittir. Dolayısıyla yörüngemiz çemberseldir.

8. Bir sistemin Lagranjiyeni verilen bir jq koordinatını içinde barındırmıyorsa (karşı gelen

jq& hızını bulundurabilir) bu koordinata devirsel koordinat denir.

jq koordinatıyla ilgili kanonik momentum;

jj q

Lp&∂

∂= şeklinde verilir.

Lagrange hareket denklemini yazalım;

0=∂∂

−∂∂

jj qL

dtd

qL

&&

Eğer jq koordinatı devirsel ise;

0=∂∂

jqL

olur. Buradan;

0=∂∂

jqL

dtd

&

halini alır. O halde;

0=dt

dp j

olmalıdır. Böylece devirsel bir koordinatın eşleniği olan kanonik momentum korunur.

9. 111 θSinlx = ; 1111 θθ Coslx && =

111 θCosly = ; 1111 θθ Sinly && −=

122

12

121 θθ Coslx && =

122

12

121 θθ Sinly && =

22112 θθ SinlSinlx += ; 2221112 θθθθ CoslCoslx &&& +=


22112 θθ CoslCosly += ; 2221112 θθθθ SinlSinly &&& −−=

( ) ( )22

222

21

211 2

121 yxmyxmT &&&& +++=

( )122121222

222

21

212

21

211 2

121

21

θθθθθθθ −+++= CosllmlmlmlmT &&&&&

222112111 θθθ CosglmCosglmCosglmV −−−=

VTL −=

[ ] ( ) 112111122121222

222

21

212

21

2112

1θθθθθθθθθ CosglmCosglmCosllmlmlmlmL ++−+++= &&&&&

+ 222 θCosglm

011

=∂∂

−∂∂

θθ &L

dtdL

( ) 11211112212121

θθθθθθθ

SinglmSinglmSinllmL−−−=

∂∂ &&

( )12221212

1212

111

θθθθθθ

−++=∂∂ CosllmlmlmL &&&&

( )12121222

1212

111

θθθθθθ

−++=∂∂ SinllmlmlmL

dtd &&&&&

&

1θ koordinatı için Lagrange denklemi;

( ) −−−− 1121111221212 θθθθθθ SinglmSinglmSinllm && ( )121222121111( θθθθθ −−− Sinlmlmmll &&&&&

=0


( ) 22212212122

θθθθθθ

SinglmSinllmL−−−=

∂∂ &&

( ) 2122122222

2

θθθθθ

&&&& −−=

∂∂ SinllmlmL

dtd

( ) 2221221212 θθθθθ SinglmSinllm −−− && - ( ) 02122122222 =−+ θθθθ &&& Sinllmlm

Lagarange hareket denklemleri bulunur.

10. Sistemin Lagranjiyeni;

( ) ϕϕϕϕ glCosmCosxllmxmmL 2222221 2

22+++

+= &&&& şeklinde verilir.

x genelleştirilmiş koordinatı için Lagrange hareket denklemi;

0=∂∂

−∂∂

xL

dtd

xL

& şeklindedir.

0=∂∂

xL

( ) ϕϕCoslmxmmxL &&& 221 ++=

∂∂

( ) .22221 ϕϕϕϕ SinlmCoslmxmm

xL

dtd &&&&&

&−++=

∂∂

x koordinatı için Lagrange denklemi;

( ) 0. 22221 =−++ ϕϕϕϕ SinlmCoslmxmm &&&&& olur.

ϕ koordinatı için Lagrange hareket denklemini;

0=∂∂

−∂∂

ϕϕ &L

dtdL


ϕϕϕϕ

glSinmSinxlmL22 −−=

∂∂ &&

ϕϕϕ

CosxllmL &&&

222 +=

∂∂

ϕϕϕϕϕ

&&&&&&&

.2222 SinxlCosxllmL

dtd

−+=∂∂

0.222222 =−−−−− ϕϕϕϕϕϕϕ &&&&&&&& SinxlCosxllmglSinmSinxlm

şeklinde elde ederiz.

11. Sistemin potansiyel enerjisi, bu iki alanı ayıran yüzeye paralel doğrultularda değişmez.

Bu nedenle momentumun bu yüzey üzerinde ki bileşeni sabittir. Parçacığın birinci

alandaki 1vr ve ikinci alandaki 2vr hızı ile bu yüzeyin normali arasındaki açıları 1θ ve 2θ

kabul edersek korunum ilkesini aşağıdaki gibi yazabiliriz;

1 1 2 2v sin v sinθ θ=

Enerjinin korunumunu kanununu da göz önüne aldığımızda;

( )2112

1 21 UUmvSin

Sin−+=

θθ ifadesi bulunur.

12. ρ1

=u

ϕSinnKu

.1

= , ϕϕ

nSinnCosn

Ku 2

1−=′ ,

ϕϕ

nSinnCos

Knu 3

22 1+=′′ şeklinde bulunur.

Merkezcil kuvvet ifadesi;

( ) ( )uumulF +′′

−=

22

ρ


−+−= 2

2

22

3

2

121)( nKnmlF

ρρρ

şeklinde merkezcil kuvvetin ifadesi bulunur.

Potansiyel enerji;

( ) ( )∫ ∫

−+−=

−+=−= 2

2

22

2

2

3

2

5

222

12

12 nKnmldnKn

mldFV

ρρρ

ρρρρρ

( )222

21

ϕρρ && += mT şeklinde kinetik enerji ve potansiyel enerji tanımlanırsa;

ϕϕρ && .KnCosn= ve 42

22

ρϕ

ml

=&

eşitlikleri kinetik enerji ifadesinde kullanılırsa;

−+= 2

2

22

2

2

12

nKnmlT

ρρ

bulunur. Toplam enerji;

0=+= VTE elde edilir.

13. Uydunun yörüngesel sürati;

22

222222

ρρϕρρ

mlv +=+= &&& şeklinde verilir.

Yine ρ büyüklüğü;

ϕερ

Cosp.1+

=

şeklinde verilir.


l sinmpε

ρ ϕ=& olarak bulunur. Bu ifadeyi süratin karesi şeklinde verilen ifadede

yerine yerleştirirsek;

( )2

2 21 2lv Cosmp

ε ϕ ε

= + +

elde ederiz.

11 +≤≤− ϕCos

olduğundan;

( )max 1lvmp

ε= + ve ( )min 1lvmp

ε= −

olarak bulunur.

Bu iki bağıntıdan ε çekilirse;

minmax

minmax

vvvv

+−

=ε

elde edilir.

b)Yukarıda bulunan maxv ve minv değerleri kullanılarak;

2max min 1lv v

mpε= −

ifadesine ulaşılır.

lmabπ

τ2

=

aranılan bağıntıda bunlar yerlerine konulursa;

ampl

lmabvv 212 2

minmax =−= επτ

bulunur.


14. Uydunun süratini ϕ açısının fonksiyonu olarak hesaplayalım;

2sinpε

ρ ρ ϕϕ=& &

bu ifadeyi sürat ifadesinde yerine koyarsak;

2 2 2 21 2lv cosmp

ρ ρ ϕ ε ε ϕ= + = + +& &

buluruz. Buna göre uydunun günberi ve günöte noktalarında ki süratleri;

( )ε+= 1mplvgb ve ( )ε−= 1

mplvgö

şeklinde bulunur. Açısal momentum için korunum ifadesi;

gb gb go golv vm

ρ ρ= =

ifadesine ulaşılır. Uydunu hareketi için enerji korunumu kullanılırsa;

−=

−=

gb

Dünyago

gb

Dünyagb

mGMmv

mGMmvE

ρρ22

21.

21 elde edilir.

Burada günberi için bulunan enerjiyi dışmerkezliliğin tanımında yerine koyarsak;

−−=

gb

Dünyagb

mGMmv

kl

ρε 2

2

2

2121

Burada k;

mGMk Dünya= şeklinde tanımlanır.

−

−=

gb

Dünyagb

Dünya

gbgb mGMmv

GMv

ρ

ρε 2

2

2121


Artık dışmerkezlik bilindiğine göre;

−

−−=

gb

Dünyagb

Dünya

gbgbgö

mGMmv

GMv

mplv

ρ

ρ 2

2

21211 bulunur.

Uydunun güneşe uzaklığı ise;

gögö vm

l 1=ρ olduğundan;

−

−−

=

gb

Dünyagb

Dünya

gbgb

gö

mGMmv

GMv

mpl

ml

ρ

ρρ

2

2

21211

1 bulunur.

Kepler’in üçüncü yasasa uyarınca;

DünyaGMa 12 2/3πτ = sonucuna varılır.

15.

rd dxθ =

Kinetik enerji kütle merkezinin kinetik enerjisi ve kütle merkezi etrafındaki hareketin

kinetik enerjisi olarak ikiye ayrılabilir;

222

21

21

θ&& MrxMT +=

Potansiyel enerji ise;

( )V Mg l x sinφ= −

VTL −=

( )2 2 21 12 2

Mx Mr Mg l x sinθ φ= + − −&&


Burada sadece bir tek bağ şartımız vardır dolayısıyla sadece bir tane Lagrange

çarpanına gerek vardır. Bağ denkleminde görülen katsayılar şunlardır;

ra =θ

1−=xa

Sonuçta her iki genelleştirilmiş koordinat için Lagrange denklemlerimiz;

0Mx Mgsinφ λ− + =&&

02 =− rMr λθ&&

Birde elimizde bağ denklemimiz vardır;

r xθ =& &

Bu denklemin zamana göre türevini alarak;

r xθ =&& &&

Böylece ;

Mx λ=&&

2gsinx φ

=&&

Burada λ katsayısı;

2Mgsinφ

λ = ve

2

gsinrφ

θ =&& değerleri elde edilir. Çember sürtünmesiz düzlemde kayarken sahip

olacağı ivmenin sadece yarısıyla aşağıya doğru yuvarlanabilir.Buradan çemberin hızı;

v glsinφ= elde edilir.


MODERN FİZİK CEVAPLAR

1. Özel görelilik teorisinin iki temel postülası ;

a) Fizik yasalarının tümü birbirine göre sabit hızlarla hareket eden tüm gözlemciler

için aynı olmalıdır.

b) Özellikle ışığın hızı, tüm eylemsiz gözlemciler için, bunların bağıl

hareketlerinden bağımsız olarak aynı olmalıdır.

2. a) Bu dönüşümler Galile dönüşümleri olarak adlandırılır;

( . )x x v t′ = − yy =′

zz =′ t t′ =

görüldüğü düşük hızlarda yani ışık hızından çok düşük hızlarda dördüncü koordinat

olan zaman her iki eylemsiz sistemde aynıdır. Yani klasik mekanik çerçevesinde

zaman evrenseldir.

b) Bu dönüşümler Lorentz dönüşümleri olarak adlandırılır;

)..( tvxx −=′ γ yy =′

zz =′ ).( 2 xcvtt −=′ γ

).( 2 xcvtt −=′ γ , bu denklemlerde γ büyülüğü

2

2

1

1

cv

−

=γ ile verilir.

Görüldüğü gibi yüksek hızlarda yani ışık hızına yakın hızlarda, dördüncü koordinat

olan zaman koordinatının da göreli olduğu ortaya çıkar.

3. 1) Hız dönüşümleri aşağıdaki gibi verilir.

2

.1

cvu

vuux

xx

−

−=′

−=′

2

.1.

cvu

uu

x

yy

γ

−=′

2

.1.

cvu

uux

zz

γ

4. Özel görelilik kuramının önemli sonuçları;

a) Bir gözlemciye göre hareketli saatler, bir γ çarpanı kadar yavaşlıyormuş


gibi görünür. Bu, zaman genişlemesi olarak bilinir.

b) Hareketli cisimlerin boyları, hareket yönünde büzülüyormuş gibi görünür.

c) Bir gözlemci için eş zamanlı olaylar, buna göre hareketli bir başka

gözlemci için eş zamanlı değildir.

5. Özel görelilikte momentum;

um

cuump rrr

..1

.

2

2γ=

−

=

Özel görelilikte durgun enerji; 2

dE mc=

Özel görelilikte kinetik enerji; 22 ... cmcmK −= γ

Özel görelilikte toplam enerji enerji;

2 2 2 2 4E mc p c m cγ= = +

uygun limitte yani c v>> limitinde;

2

21

mup muuc

γ= =

−

rr r 2

2

1 11 u

c

γ = ≈

−

⇒ p mu=r r ;

2 2K mc mcγ= − = 2 ( 1)mc γ − , bu ifade Taylor serisine açılırsa;

2E mcγ= , bu ifade gene taylar serisine açılırsa;

2 4 22 2 2

2 4 4

1 3 1 3(1 ...)2 8 2 8

v v vE mc mc mv mc c c

= + + + = + +

2 2

...

12

mc mv

+

≈ +bulunur.

Görüldüğü gibi uygun limitlerde özel görelilik kuramının ön gördüğü denklemler

Newton yasalarının ön gördüğü denklemlere dönüşür.

6. S ′ olarak A aracını seçelim. Yerdeki S çerçevesi bir gözlemciye göre 0.75v c= hıza

sahip olur. B aracı yer gözlemcisine göre bir 0.85xu c= − hızıyla giden bir cisim olarak

2 4 42 2

2 4 4

1 3 1 3(1 ... 1) ...2 8 2 8

v v vK mc mvc c c

= + + + − = + +

212

mv≈


kabul edilir. Buradan yola çıkarak A’ya göre B’nin hızı;

c

ccc

cc

cvuvuu

x

xx 98.0

)75.0)(85.0(1

75.085.0.

1 212

−=−

−

−−=

−

−=′ biçiminde bulunur.

Negatif yön işareti, B aracının A’dan bakıldığında x yönünde ters hareket ettiğini

gösterir.

7. a) 2 27 8 20 (1,67 10 )(3 10 / )E mc x kg x m s−= =

9390 =E Mev

b) Toplam enerjisi durgun enerjisinin 3 katı ise; 22.3 mcmcE γ==

2

2

1

13

cu

−

==γ

810.83,238

== cu m/s

c) 20 2mcEEK =−=

2.939 1.878K = = Mev

d) 2242222 )3( mccmcpE =+=

)(8)()(9 2222222 mcmcmccp =−=

265682

==c

mcp Mev/c

8.

9. Pauli Dışarlama ilkesi, bir atomda ki iki elektronun aynı kuantum durumunda hiçbir

zaman bulunamayacağını ifade eder. Başka bir deyişle, iki elektron, aynı n, l, lm , sm

kuantum sayıları takımına sahip olamaz. Bu ilke ve minimum enerji ilkesi kullanılarak


elementlerin elektron yerleşimi tayin edilebilir. Bu da elementlerin atomik yapısının ve

kimyasal özelliklerinin anlaşılması için bir temel oluşturur.

10. 1921 yılında Stern ve Gerlach ilk kez uzay kuantumlanmasını gösteren bir deney yaptılar.

Deneyde nötr gümüş atomlarından oluşan bir demet homojen olmayan manyetik alan

içerisinden geçirildikten sonra demet iki bileşene ayrılıyordu. Deney diğer atomlarla

yinelendiğinde ise her durumda demetin iki veya daha çok bileşene ayrıldığı görüldü.

Burada klasik olarak beklenen durum her bir atomun bütün yönlerde yönelmiş zµ

manyatik momente sahiptir ve bu manyetik momente homojen olmayan bir manyetik alan

her yönelimde saptıracak şekilde bir kuvvet etki ettirir. Fakat Stern-Gerlach deneyinden

görülen dağılım beklenenin tersine homojen değildir. Gümüş atomları için ikiye

ayrılmıştır. Sonuçta Stern-Gerlach deneyi atomik ölçekte spin denilen bir iç kuantum

özelliğine sahip olunması gerekliliğini göstermiştir.


KATIHAL FİZİĞİ CEVAPLAR

1. Bir kristalin bağlanma enerjisi, aynı elektron düzenini koruyacak şekilde, kristali serbest

ve yüksüz atom bileşenlerine ayırmak için verilmesi gereken enerjidir.

Katılardaki moleküler bağ çeşitleri aşağıdaki gibi özetlenebilir.

a-) İyonik bağlar: Bazı moleküller, zıt işaretli yüklü iyonlar arasındaki Coulomb

etkileşmesinden dolayı iyonik bağ oluştururlar.Sodyum klorür (NaCl) iyonik bağlı

moleküle bir örnektir. NaCl yapıda her Na atomu, bir elektronunu komşusu Cl atomuna

vererek iyonik kristaldeki (+) ve (-) yüklü iyonları oluştururlar.

b-) Kovalent bağlar: Bir moleküldeki kovalent bağ, birleşen atomların değerlik

elektronlarını ortaklaşa kullanmaları ile oluşur. Yani, iki atomun iki elektrona ortak

olmasıyla sağlanır. Örneğin hidrojen molekülünün iki elektronu ,çekirdekleri arasında eşit

paylaşılır.

c-) Hidrojen bağları: Bu tip bağlanma , iki negatif iyonun aradaki bir hidrojen atomu

(proton) tarafından çekilmesiyle oluşur. Hidrojen bağına bir örnek olarak hidrojen-iki

florür (HF2) verilebilir.

d-) Van der Waals bağları: İyonik yada kovalent bağ yapmayan atomlar

arasındaki zayıf elektrostatik bağdır. Soygaz atomlarının ve nonpolar kutuplu olmayan

moleküllerin sıvı faza yoğunlaşmasından bu bağlar sorumludur.

e-) Metalik Bağlanma: Atomlar ya da (+) iyonlar, bir elektron bulutuna batırılmış gibi bir

arada tutulular. Böylece (+) iyonlar, bütün komşularına aralarındaki elektron aracılığı ile

eşit şekilde bağlanmış olurlar.

2.

En ortadaki 5. iyon için U5=? 2R

İij

qU z er

ρλ−

= ±

Burada R : En yakın komşular arası uzaklık

λ : Enerji boyutunda sabitler

ρ : Uzunluk boyutunda sabitler

z: Bir iyonun en yakın komşu sayısı


ij ijr P R= ( en yakın komşu uzaklığı olan R cinsinden i ve j atomu arasındaki

uzaklık) 2 2 2 2

5

2

2

2 2 2 2 22 3 41 1 12 (1 )2 3 4

76

R

R

R

q q q qU eR R R RqeR

qeR

ρ

ρ

ρ

λ

λ

λ

−

−

−

= − + − +

= 2 − − + −

= 2 −

3. İki özdeş atom çok büyük uzaklıkta iseler etkileşmezler ve elektronik enerji seviyeleri

yalıtılmış atomlarınki gibi düşünülebilir. Varsayalım ki bu iki atom sodyumdur ve her biri

3s elektronuna sahip olup, enerjileri kesin olarak bilinmektedir. İki sodyum atomu birbiri

yakınına getirildiğinde dalga fonksiyonları üst üste gelmeye başlar. Atomlar arası

etkileşme yeterince kuvvetli olduğunda Şekil-1 deki gibi iki farklı 3s seviyesi meydana

gelir.Eğer 6 tane sodyum atomu bir araya getirilirse Şekil-2 deki gibi yarılmalar olur. Çok

sayıda atom katıyı oluşturmak üzere bir araya getirildiğinde, enerji seviyeleri birbirine

çok yakınlaşır ve sürekli band gibi gözükür (Şekil-3 ). Böylece atomdaki kesikli 1s, 2s, 2p,

… enerji seviyeleri yerine, katıda 1s, 2s, 2p, …. Sürekli enerji bandları geçer. Bu

bandlarda, yine birbirinden ayrı durumdadır. Enerji bandlarını ayıran enerji bölgelerine

yasak enerji aralığı (Eg) denir.


4. Bu modelde metaldeki değerlik elektronlarının metalin içinde serbestçe hareket ettiği

düşünülür. Metal içerisindeki elektronların, iyon korlarının çekici potansiyelinden

etkilenmediği varsayılır. Ayrıca elektron-elektron etkileşmeleri ve elektron-fonon

etkileşmeleri de ihmal edilir. Metallerdeki elektronlar için kuantum istatistiği

kullanılır.Burada sistemin her bir durumunda yalnızca bir elektron tarafından doldurulma

gereği vardır.Fermiyon olarak adlandırılan buçuklu spinli bütün parçacıklar ,Pauli

dışarlama ilkesine uymak zorundadır. Fermiyonlara bir örnek olarak elektron verilebilir.

Elektronun belirli bir E enerjili durumda bulunma olasılığı ise ,

( ) /1( )

1FE E kTF Ee −=

+

şeklinde verilebilir.

5. Yarıiletkende T=0 Kelvin de (mutlak sıfırda) bütün elektronlar değerlik bandındadır ve

iletim bandında hiçbir elektron yoktur.Bunun için yarıiletkenler düşük sıcaklıkta zayıf

iletkendirler.Bununla beraber normal sıcaklıklarda iletkenlik tamamen

farklıdır.Yarıiletkenlerde yasak enerji aralığının küçük olması ve Fermi enerji

seviyesi FE `nin de enerji aralığının hemen ortasında bulunması nedeniyle önemli sayıda

elektron ısısal olarak değerlik bandından iletim bandına uyarılır.Yarıiletkenlerin iletkenliği

sıcaklığa sıkıca bağlıdır ve sıcaklıkla iletkenlik hızlı bir şekilde artar.Bir elektron değerlik

bandından iletkenlik bandına geçtiği zaman arkasında boşluk (hole) bırakır.Bu boşluk

pozitif bir artı yük olarak görülür.Bir değerlik elektronu arkasında bir boşluk bırakarak

hareket etmesi halinde boşluk bir yük taşıyıcı gibi davranır.Yalnız bir element veya bileşik

içeren saf bir kristalde eşit sayıda iletim elektronu ve boşluk bulunur.

6. Saf bir yarıiletkendeki elektron ve boşlukların sayısı birbirine eşit olduğunu biliyoruz. Saf

bir yarıiletken içerisine kasıtlı olarak yabancı atomlar katılırsa, bu işleme katkılama adı

verilir. Pratikte önemi olan bir çok uygulamada, taşıyıcılardan sadece birisinin bulunduğu


örneklere ihtiyaç duyulur. Uygun safsızlıkların yarıiletkenlere katılmasıyla, sadece

elektronlar ve sadece boşlukları içinde bulunduran yarıiletkenler hazırlanabilir. Bu

katkılama işlemleri yapılırken kullanılan katkı maddeleri, donor ( verici) ve akseptör

(alıcı) olmak üzere iki ana sınıfa ayrılırlar. Bunlardan ortama bir elektron verebilen

safsızlık atomuna donor (verici), ortamdan bir elektron alan safsızlık atomuna ise akseptör

denir. Bu durumda, iletim elektronları boşluk oluşturmadan ortaya çıkarken, akseptör ise

ortamdan bir elektron alarak yapıda bir boşluk meydana getirir.

Katkı atomuna bağlı olarak, bir kristaldeki elektronların veya boşlukların üstünlüğü

sağlanabilir. Yarıiletkenlerde katkılama sonucunda n- tipi veya p- tipi yarıiletken

oluşturmak mümkündür. Kristale donor atomları katkılandığında oluşan katkılı yeni

yarıiletkene “n-tipi yarıiletken” akseptör atomları katkılandığı zaman oluşan yarıiletkene

ise “p-tipi yarıiletken” adı verilir. Bir iç yüzeyle sınırlanmış farklı bölgelerin oluşturduğu

sisteme ise p-n eklemi denir. Tipik bir iç yüzeyin genişliği yaklaşık 10-4 cm dir. p-tipi ve

n-tipi yarıiletkenler arasındaki iç sınırın kalınlığı, bir taşıyıcının ömrü boyunca

difüzlenmeyi belirleyen difüzyon uzunluğu ile karşılaştırılabilecek kadar küçüktür.

Örneğin bu bölgenin kalınlığı görünen ışığın dalgaboyu mertebesindedir.

7. Taban durumundaki sodyum atomunun enerji band diyagramı Şekil-1 de gösterilmiştir.

Sisteme enerji verilirse elektronlar dolu durumlardan, çok sayıdaki boş durumlara hareket

edebilirler. Örneğin 3s bandındaki elektronlar boş olan 3p bandına geçmek için yeterli

enerjiyi soğurabilirler. Buradaki FE `nin altındaki bütün seviyeler dolu üstündeki

seviyeler boştur. Fermi enerjisi bandın ortasına düşer. 0 K’ den daha büyük sıcaklıklarda,

çok az sayıda elektron EF ‘ nin üzerindeki seviyelere ısısal olarak uyarılır. Bununla

beraber, metale elektrik alan uygulandığında, Fermi enerjisi civarında enerjiye sahip

elektronlar küçük bir elektrik alan yardımıyla metal içinde serbestçe hareket edebililer,

çünkü dolu enerji seviyelerinin bitişiğinde çok sayıda doldurulmamış seviyeler vardır.


Yalıtkanlarda yasak enerji aralığı oldukça büyüktür(10eV ).Elektronlarla dolu olan

alt banda değerlik bandı, boş olan üst banda ise iletim bandı denir.Yalıtkanlarda enerji

aralığı büyük olduğundan oda sıcaklığında çok az sayıda elektron ısısal olarak

uyarabilir.Yani yalıtkanlar çok büyük özdirence sahiptirler.

Yarıiletkenlerde ise yasak enerji aralığı ∼1, 2 eV dur. T=0 K de bütün elektronlar

değerlik bandındadır ve iletim bandında hiç elektron yoktur.Yarıiletkenlerde yasak enerji

aralığı gE `in küçük olması nedeniyle çok sayıda elektron ısısal uyarmayla iletim bandına

geçebilir.Yarıiletkenlerde bir elektron değerlik bandından iletkenlik bandına geçtiğinde

arkasında boşluk bırakır. Bir saf yarıiletkene sağa doğru bir E elektrik alanı uygulanırsa

elektronlar sola, boşluklar sağa doğru hareket ederler.


Bir cismin iletkenliği ne olursa olsun mutlak sıfırdaki elektron dolu bandına valans bandı

denir ve bu bandı izleyen ilk boş banda da iletim bandı denir.

a) Metallerde: Valans bandı ile iletim bandı arasındaki yasak enerji aralığı çok

küçüktür, hatta iki band iç içe geçmiştir.

b) Yarıiletkenlerde: Yasak enerji aralığı (1-3 eV) fazla değildir. Yani düşük bir enerji

verilerek elektronların valans bandından iletim bandına geçmesi mümkündür.

c) Yalıtkanlarda: Fermi enerji düzeyi çok yüksek olduğu için yani yasak enerji aralığı

çok geniş olduğu için (10-12 eV) valans bandından elektronlar iletim bandına geçemezler.

8. p-n eklemi p-tipi yarıiletkenle n- tipi yarıiletkenin bir araya getirilmesi ile oluşur.

P-tipi kısmındaki net akseptör konsantrasyonu Na- ve n- tipi net donor konsantrasyonu Nd

+

olsun. Termal denge durumunda yarıiletkenin yük dengesi koşulundan,

a dp N n N− ++ = +

yazılabilir. Yüksek sıcaklıklarda p bölgesinde çoğunluk taşıyıcı yoğunluğu ap N −≈ olan

yüklü boşluklar ve n bölgesinde çoğunluk taşıyıcı yoğunluğu dn N +≈ olan elektronlar

fazla miktarda bulunmaktadırlar. Her bölgede çoğunluk taşıyıcıları ile ısısal dengede

bulunan çok az sayıda azınlık taşıyıcıları da bulunmaktadır.

p-n kavşağındaki (-) ve (+) yüklü iyonlar örgüye bağlıdırlar, hareket etmedikleri için

de yük taşımasına katkıda bulunmazlar. Kavşak bölgesinde ise, taşıyıcı yoğunluklarının

birden değişmesi, büyük bir konsantrasyon gradyenti oluşturur. Bunun sonucunda da,

çoğunluk taşıyıcılarının difüzyonu kavşakta bir akım meydana getirir. Elektronlar eklemin

n- bölgesinden p- bölgesine ve boşluklar p- bölgesinden n- bölgesine sızarlar. Kavşağın n


ve p kenarı elektron ve boşluk kaybettiği için bu bölgedeki yük nötralliği bozulur ve (+)(-)

yük fazlalığı ortaya çıkar.

Sonuç olarak, taşıyıcıların kavşaktan karşılıklı sızmaları sonucu, sınırın p kenarında

geride (-) iyonlaşmış akseptör atomları fazlalığı ve n tarafında ise geride (+) iyonlaşmış

donor atomları fazlalığı kalır. Bu iki yük tabakasının oluşturduğu yeni elektrik alanının

içEr

yönü, n’den p’ye doğrudur. Böylece yeni elektrik alan, uygun bir değere olaşarak,

bölgeler arasındaki elektron ve boşluk akışını keser. Yük taşıyıcılarının yayılmalarını

durdurucu nitelikte olan elektrik alanın

( )( ) dV xE xdx

= −

eşitliği ile bağlı olduğu V(x) potansiyeli, bir potansiyel engel biçimindedir. Elektrik alanın

yük akışını durdurma özelliği, p-n ekleminin doğrultucu olarak kullanılabilmesine izin

verir. Dışardan uygulanan elektrik alan, kavşakta oluşan akımla aynı yönlü ise, akım

tamamen kesilir, zıt yönlü ise akım geçer.

Eklem bölgesinin şematik gösterimi.

9. Süperiletkenler , bazı element veya bileşiklerde yeterince düşük sıcaklıklarda direncinin

yok sayılabilecek denilebilecek değerlere gitmesi olayıdır.Mesela,yeterince düşük

sıcaklıklarda aşırıiletken halkada oluşturulan elektrik akımı değeri düşmeden dolanır.

Aşırıiletken halkada,akıma karşı bir direnç ortaya koymaz,dolayısıyla bir ısınma ve kayıp

olmaz. Sıfır dirence sahip olma özelliğine ek olarak bazı aşırıiletkenler, uygulanan

manyetik alanı da dışarlarlar. Bundan dolayı bu tür aşırıiletken içersinde bütün noktalarda

manyetik alan sıfır olmaktadır.

Bir süperiletken kritik sıcaklığı olan CT sıcaklığından daha büyük olduğunda normal bir


metal gibi, CT sıcaklığından daha küçük olduğunda ise aşırıiletken gibi davranır. Sistem

bu durumda iken bir manyetik alana konulduğunda manyetik alan çizgilerini dışarılar.

Manyetik alan çizgilerinin bir kısmı ortadaki oyukta kalır. Bu oyuktaki manyetik alanın

akısı kuantumlanmıştır. Bu olay Meissner olayı olarak bilinir.

10. İlkel örgü hücresinde tek tip atom bulunan bir kristalin dağılım bağıntısı

sin2m

KaW W= ve burada 122 4o

mV CWa M

= =

kesikli örgü için grup hızı;

cos cos2 2 2g m o

dW a Ka KaV W Vdk

= = =

K=0 için;

2g m oaV W V= =

Kaπ

= ± için 0gV = → duran dalganın bir özelliğidir.

Faz hızı

00

sin2 2sin sin2 2

2

mf

Kaw Vw Ka KaV V KaK K Ka

= = = =

K →0 limitinde sin2 2

Ka Ka; olduğundan 0fV V=

Kaπ

= ± için 00

sin 22

2

fVV V

π

π π= = dir.

Sürekli ortam için; yani aλ ? veya 1Ka = için sin2 2

Ka Ka; olduğundan

sin2 2m m

Ka KaW W W= =

0

0

2

2 2

g m

f m m

dW aV W VdKW Ka aV W W VK K

= = =

= = = = 0f gV V V= = dır.


11. Örgü: Kristalografide, kristali oluşturan atomlardan kaynaklanan olaylardan ziyade

kristalin geometrik özellikleri ile ilgilenilir. Bu yüzden her atom, o atomun denge

konumuna yerleştirilen geometrik bir nokta ile temsil edilir. Böylece kristalinkiyle aynı

geometrik özelliklere sahip noktaların bir deseni elde edilir. Bu geometrik desene “örgü”

adı verilir.

Birim hücre: Tekrarlandığı zaman tüm uzayı dolduran minimum hacimli yapıya birim

hücre denir.

Baz: Kristal örgü bir kez belirlenir ve uygun koordinat eksenlerini ve birim hücreyi

tanımlamakta kullanılırsa, kristal yapının her bir örgü noktasına eşlik ettiğinde tüm yapıyı

meydana getiren atomlardan oluşmuş bir grubu belirleyerek başarılır. Atomların bu

grubuna “baz” denir. Kısaca, her bir örgü noktasına atomların veya atom gruplarının

yerleşmesidir.

Bravais örgü: Örgü öteleme vektörlerinin boyları ve aralarındaki θ açısının değerinde bir

kısılama olmadığı için örgü türü sayısı sonsuzdur. Örgü öteleme ve simetri işlemleri

(simetri merkezi, dönme, yansıma) gibi tüm kısıtlamalar altında değişmez kalan örgü

türlerine “Bravais örgü” denir. 2 boyutta 5 adet ve 3 boyutta 14 adet Bravais örgü vardır.

12. Paylaşılma dikkate alındıktan sonra sadece 1 tane örgü noktası içeren hücrelere veya

sadece köşelerinde örgü noktası bulunan hücrelere “İlkel hücre “ denir. Başka bir deyişle,

, ,a b crr r ilkel öteleme vektörleriyle tanımlanan ve hacmi en küçük olan hücredir. Birden

fazla örgü noktası bulunan hücrelere de “ İlkel olmayan hücre” denir.


Burada 1, 2, 3 nolu hücreler ilkel, 4, 5, 6 nolu hücreler ilkel değillerdir. Birim hacimdeki

örgü nokta sayısı N, iki boyutta şu şekilde bulunur.

+ +2 4yüzey köşe

iç

N NN N=

Buna göre 1, 2, 3 nolu hücreler 1 tane örgü noktası içerir. 4 ve 6 nolu hücre 2örgü noktası,

5 nolu hücre 4 tane örgü noktası içerir. Böylece 4, 5, 6 nolu hücreler, ilkel olmayan birim

hücrelerdir.


13. Fononlar, Bose-Einstein dağılımına, elektronlar ise Fermi-Dirac dağılımına uyarlar.

Elektronun belirli bir E enerjili durumunda bulunma olasılığı

( )1( )

1F

B

E Ek T

f Ee

−=

+

ifadesiyle verilir. ( FE Fermi enerjisi→ )

T= 0K de

1( )

0F

F

E Ef E

E E <

= >

Buna göre, FE enerjisinin altındaki bütün enerji seviyeleri dolu, üstündekilerin hepsi

boştur. Bu yüzden T= 0K sıcaklığında Fermi-Dirac dağılım fonksiyonu, Fermi enerjisinde

kesiklilik gösterir. T>0 K ve E = FE olduğunda f(E) = ½ değerini alır.

Bu ise, Fermi enerjisi sıcaklıkla çok az değiştiği için, Fermi enerjisindeki bir durumun

dolu da olabileceğini, boş da olabileceğini ifade eder. Sistem ısıtıldığında, yani T>0K için,

termal enerji bazı elektronları uyarır. Önemli olan nokta, termal enerjinin bütün

elektronlar tarafından eşit şekilde bölüşülmesidir. Bunun sebebi, Fermi enerjisinin


altındaki elektronların enerji yutamamasıdır. Elektronların oda sıcaklığında termal yoldan

yutabileceği enerji 0.025Bk T eV= mertebesindedir. Bu enerji 5eV mertebesindeki Fermi

enerjisinden çok küçüktür. Bu yüzden, sadece Fermi enerjisine yakın enerjili elektronlar

uyarılır.

14.

Kristalin küresel atomlardan meydana geldiğini düşünelim. Sıkı-paket yapı için bu

kürelerin aralarındaki hacmin minimum olması gerekir. Bunun için yukarıdaki düzenleme

yapılırsa;

a) A düzlemi, bir atomun en yakın 6 tane komşusu olacak şekilde oluşturulur.

b) A düzlemi üzerine yerleştirilecek B düzleminin atomlarının merkezleri o işaretli

noktalardan çıkan dikmelere denk gelecek şekilde yerleştirilir.

c) 3. düzlemin yerleşmesi için iki seçenek vardır.

i) 3. düzlemi oluşturan atomların merkezleri A atomlarının

merkezlerinden çıkan dikmeler üzerine yerleştirilir. Düzlemlerin istif

sırası ABABAB... şeklindedir. Bu şekildeki yapıya sıkı-paket

heksagonal (hcp) yapı denir.

ii) 3. düzlemi oluşturan atomların merkezleri + işaretli C konumlarından

çıkılan dikmeler üzerine yerleştirilir. Düzlemlerin istif sırası

ABCABC... şeklindedir. Bu şekildeki yapıya sıkı-paket kübik veya

yüzey merkezli kübik (fcc) yapı denir.

Düzlemler için kesim noktalarını bulacak olursak; 15.

a) x y z

1 1 0

1/1 1/1 1/0

1 1 ∞

b) x y z

1 1 1

1/1 1/1 1/1

1 1 1

c) x y z

2 -1 0

½ 1/-1 1/0

½ -1 ∞


Doğrultular için kesim noktalarını bulacak olursak;

a) x y z

1/2 0 1

b) x y z

1 0 1/3

16. , b, ca

r rr gerçek örgünün öteleme vektörleri olmak üzere;


, ,A B Cr rr

ters örgü öteleme vektörlerinin oluşturduğu eksenler üzerine kurulan örgüye ters

(karşıt) örgü denir. , b, car rr

ilkel öteleme vektörlerini kullanarak, aynı örgüden ters örgü

noktalarını veren G hA kB lC= + +r r rr

ters örgü öteleme vektörü elde edilir.

+x ya a a=r uur uur

; cos30xa a i=uur

, sin30ya a j= −uur

cos30 sin30a a i a j= −r

, b bj=r

, c bk=r

‘dır. Değerleri yerine yazarsak;

2 3 2a i j= −r

, 6b j=r

, 8c k=r

, , A B Cr rr

ters örgü vektörleri olmak üzere;

48 12 2Å96 3 3.

b c iA ia b c

ππ π

× = = = ×

r rrurr r

16 3 +16 12 2 ( + )Å96 3 3 3.

c a j iB i ja b c

ππ π

× = = = ×

r rururr r

12 3 12 2Å96 3 4 3.

a b kC ka b c

ππ π

× = = = ×

r rururr r ’dır.

17. X- ışınlarının kristalden saçılması olayını incelemek için, atomları A, B, C, ... gibi şekil

düzlemine dik, aralarındaki mesafe eşit ve d olan paralel düzlemler takımının üzerinde

sıralanmış bir kristal kesiti göz önüne alalım. Birbirine paralel, monokromatik ve dalga

boyu λ olan x-ışını demetinin bu kristal üzerine, Bragg açısı denilen ve gelen ışın ile göz

önüne alınan kristal düzlemleri arasındaki açı olan θ açısı ile düştüğünü düşünelim.

Bu gelen x-ışınları kristalin atomları tarafından kırınıma uğratılarak, uzayın her

doğrultusunda saçılıma uğrarlar. İki x-ışını arasındaki yol farkından hareket ederek;

CB+BD= nλ (yol farkı)

CB= d sinθ, BD= d sinθ ise CB+BD= 2dsinθ = nλ’dır.

2dsinθ = nλ Bragg kanunudur.


Eğer bu yol farkı dalga boyunun n tam katlarına eşitse gelen ışınlar tamamen aynı fazda

olurlar ve birbirlerini destekleyerek yapıcı girişimde bulunurlar. Bu bağıntı ilk olarak W.L.

Bragg tarafından formüle edilmiştir ve Bragg kanunu olarak bilinmektedir. λ bağımsız

olarak tayin edildiğinden ve θ açısı yansıma deneyinden doğrudan ölçülebildiğinden,

düzlemler arası d uzaklığını hesaplamak için Bragg kanunu kullanılır.

X-ışınlarının kristalden yansıması ile ışığın aynadan yansıması arasında 3 fark vardır;

a) Görünür ışık aynanın yüzeyinden yansır. Fakat x-ışınları kristal içindeki

atomlardan yansır.

b) Görünür ışık aynadan çok yüksek verimle yansır. Fakat x-ışınları soğurulmadan

dolayı ancak % bir kaçı yansıma imkanı bulur.

c) Görünür ışık aynadan her açıda yansır. Fakat x-ışınları ancak Bragg yasasının

öngördüğü geliş açılarında yansımaya uğrar.

18. Ewald küresi, bir ışınımın yansıyıp yansımayacağını belirleyen bir çizimdir.

Şekildeki noktalar kristalin ters örgü noktalarıdır. kr

vektörü gelen x-ışını demeti

doğrultusundadır ve bunun ucu herhangi bir ters örgü noktasındadır. kr

vektörünün

başlangıç noktası da 0 noktası olsun. 0 merkezli ve 2k πλ

= yarıçaplı bir küre çizelim. Eğer

bu küre ters örgüde herhangi bir noktadan geçiyorsa saçılan x-ışınının doğrultusu 0

başlangıç noktasını bu noktaya birleştiren doğrultudur. İki ters örgü noktasını birleştiren

vektör, ters örgü vektörüdür. Böylece saçılan x-ışını +ık k G=ur r ur

doğrultusundadır.

19. 1 1 1 1 1 3 1 32 .0+ . + . 2 . + .0+ . 2 . + .0+ . 2 .0+ . + .2 4 2 4 2 4 2 4+ + +

i h k l i h k l i h k l i h k l

hklF f e e e eπ π π π − − − −

=

e terimlerinin üst ifadesini 4 ile çarpıp bölersek,


( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 12. + 2. + 2. +3. 2. +3.2 2 2 2+ + +

i k l i h l i h l i k l

hklF f e e e eπ π π π− − − −

=

ifadesi elde edilir.

Her terimde ortak olan terim 1- πil2e ‘dır. Bunu paranteze alırsak,

( ) ( ) ( ) ( )( )1

+ +2 + + +il i k i h i h l i k l

hklF fe e e e eπ π π π π− − − − −= sonucuna ulaşırız.

20. Brillouin bölgesi: Ters örgünün Wigner-Seitz hücresi olarak tanımlanır. Bu elektron

enerji band kuramında ve kristallerin basit uyarılmalarının gösteriminde kullanılan tek

çizimdir. Brillouin bölgesinin bir yüzeyine gelen herhangi bir kr

dalgası kristal tarafından

kırınıma uğratılır. Özellikleri ise;

a) Tüm Brillouin bölgelerinin alanları birbirine eşit ve değeri 2 boyutta 22( )aπ ’dir.

b) Her Brillouin bölgesi kendi dış sınırı ile bir numara yüksek dereceli Brillouin

bölgesinin iç sınırları arasında kalan kısımdır. 2

2kG G=rur ur

Bragg yasasıdır. Bir başlangıç noktası seçilir ve bu nokta komşu örgü

noktalarına bir vektörle birleştirilir. Bu vektör bir ters örgü vektörüdür. Bu vektöre tam

orta noktasından dik bir düzlem çizersek, yine bu başlangıç noktasından, kr

dalga vektörlü

bir x-ışını örgü noktalarının arasından geçerek düzleme gelir. Düzleme gelen x-ışını Bragg

saçılmasına uğrayacaktır.

0 ; 0A BA G B G= =uur uur uur uur

22kG G=rur ur

her iki tarafı 4 ile bölelim,

21 12 2

kG G=rur ur

buradan 1 1 12 2 2A A Ak G G G=

r uur uur uur’dır.


21 12 2A Ak G G=

r uur uur

21 12 2B Bk G G=

r uur uur Bu k

r vektörlerine Brillouin bölgesinin sınırları denir.

Ters uzayda bir örgü noktasını, komşu örgü noktalarına birleştiren vektörlerin orta

noktalarından geçen dik düzlemlerin kesişmesi ile I. Brillouin bölgesi oluşturulmuş olur.

21.

( ) birim hücredeki atomların hacmiAtomik doldurma faktorü ADFtoplam birim hücre hacmi

=

sc için 3

3 3

43 (%52)

6

rVADFa a

π π= = =

Her birim küpte bir atom vardır. Hücrenin çapı, kenar uzunluğu a olmak üzere

( 2 1,2

d ad r a ra

= = ⇒ = = )

bcc için 3 3

2 2 3 (%68.4)8

atom hacmi VADFa a

π× = = =

Her birim küpte 2 atom vardır. 3 322 4

ad r a r= = ⇒ =

fcc için 3 3

4 4 2 (%74.3)6

atom hacmi VADFa a

π× = = =

Her birim küpte 4 atom vardır. 2 222 4

ad r a r= = ⇒ =

Dolululuk sırası fcc, bcc, sc şeklindedir.

22. Van-der Waals bağlı bir katının bağlanma enerjisi, R-

6 + NeMUR

ρ= −


6

7

6

6

6 6

6 6 6

8

8

90 ( )100

0

60

6

( ) +

6( ) +

90 6+ 10090 61+

10010 6100

1060010 2 106000.033 10 0.033Å

o

o

o

R R

R

o

o

o o

R

oo

oo o o

o o o o

o

o

o

MUR

dUdR

M N eRR MNe

R R

MU R NeRM MU RR R R

M M MR R R R

R

R

R

cm

cm

ρ

ρ

ρρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

=

−

−

−

−

= −

=

= −

−= −

= −

= −

− = −

− = −

=

=

= ×

= × =

sonucu bulunur.

23. Madelung Sabiti: İyonik bağlı bir kristalde iki iyon arasındaki mesafe ij ijr P R= dir.

Burada R, en yakın iki iyon arasındaki mesafe; ijP , bir tamsayı; ijr ise i nolu referans

iyonunun j nolu iyona olan uzaklığıdır. İyonik bağlı bir kristalin bağlanma enerjisi 21 1( ) + ( ) n n

j jij ij

e AUP R P R

= −∑ ∑ dir.

İşte bu ifadede ki 1j ijP∑ ifadesine “Madelung Sabiti” denir ve α ile gösterilir. Bu sabit en

yakın komşu sayısına, daha doğrusu kristalin yapısına bağlıdır.

j jij ij

RP r

α±

= = ±∑ ∑


1 1 1 1 12[ ...]2 3 4

2 1 1 1[1 ...]2 3 4

1 1 12[1 ...] 2ln 22 3 4

j ijR r R R R R

R

α

α

= ± = − + − +

= − + − +

= − + − + =

∑

K-uzayı, sürekli bir ortam yerine, noktaların periyodik dizilişinden oluşur. Bunun sonucu

olarak da, bir örgü titreşiminin enerjisi sadece belirli değerleri alabilir, yani kuantumludur.

Enerjinin bu belirli değerlerine, elektromagnetik dalganın fotonuna benzer şekilde,

“fonon” adı verilir. Kristallerdeki esnek dalgalar fononlardan oluşur. Kristallerdeki termal

titreşimler, siyah cisim ışımasında termal olarak uyarılan fotonlar gibi, termal olarak

uyarılmış fononlardır.

Katılarda önemli temel uyarmalar aşağıdaki tabloda verilmiştir.

24.

25. Mathiessen Kuralı: Madde içinde bulunan ve periyodikliği bozan etkilerin özdirence

katkıları birbirine eklenir. Bunları hepsi özdirenci artırıcı yöndedir. Toplam özdirenç

+ + +örgü artık magnetikρ ρ ρ ρ= L

burada örgüρ , örgü atomlarının ısıl titreşimlerinden kaynaklanan özdirençtir. Sıcaklığın

artmasıyla iyon titreşimleri artar ve elektronların iyonlara çarpmaları daha çok olur ve

böylece özdirenç artar.

artıkρ : metal içerisindeki periyodik ortamın periyodikliğini bozan yabancı atomlardan

gelen vaya örgü kusurlarından kaynaklanan özdirence ‘artık özdirenç’ denir.

Tavlama: Numunelerin erime sıcaklığının altında uzun süre sabit sıcaklık altında bekletme

işlemine “tavlama” denir. Tavlama işlemiyle her atomun örgü noktasına yerleşmesini

sağlıyoruz. Bu olay iki şekilde olur.

a) Yerdeğiştirme yoluyla; örneğin Cu atomları ile Au atomları yerdeğiştirirler.

b) Araya sıkıştırma ile; örneğin Au atomlarının arasına Cu atomları sıkışır.


Durum Yoğunluğu: Kristalin birim hacminde, birim enerji aralığında bulunan

elektronların sayısına G(E) “durum yoğunluğu” denir.

Nokta Grubu: Bir örgü noktasına uygulandığında örgüyü değişmez bırakan simetri

işlemlerinin tümüne “nokta grubu” denir. İki boyutlu örgüler için nokta grubu 1,2,3,4,6

dönme simetrisi ile var olan ayna simetrisinden oluşur.

26. Dulong-Petit Kanunu: Bir mol katının sıcaklığını 1 0C yükseltmek için verilmesi gereken

enerji 6kal/mol.derece’ dir. Dulong-Petit kanunu yüksek sıcaklıklarda geçerlidir.

Sürüklenme Hızı: Kristal içerisindeki serbest elektronun, elektrik alan uygulanması

sonucu ardışık çarpışmalar sırasındaki hızdır. Yani elektronunu kristal içerisinde bir ucdan

diğer uca gidebilmesi için gereken hızdır. Buna difüzyon hızı da denir.

Grup Hızı: Ortalama açısal frekansı ve dalga vektörü bilinen bir dalga atmasının hızıdır.

Grup hızı, enerji ve momentumun taşınma hızıdır.

27. ( )G ε ,Kristalin birim hacminde ve birim enerji aralığında bulunan elektronların sayısıdır.

Öncelikle biz k ile k+dk yarıçaplı küreler arasında kalan noktaların sayısını bulmak

zorundayız. O halde dk kalınlığındaki küre kabuğunun hacmini hesaplarsak, k yarıçaplı

kürenin hacmi 343

V kπ= olduğuna göre dk kalınlığındaki kürenin hacmi,

24dV k dkπ= dır. Her noktaya 32( )Lπ ’lük bir hacim eşlik ettiğine göre, k ile k+dk

yarıçaplı küreler arasında kalan noktaların sayısı, 2 2

32

3

42 2( )

k dk kN L dk

L

ππ π

= = ’dır.

Her noktaya Pauli ilkesi gereği 2 elektron yerleşebileceğinden k ile k+dk yarıçaplı küreler


arasındaki elektron sayısı, 2

3 322 ,

2kN L dk Lπ

= × → Kristalin hacmi

Kristalin birim hacminde k ile k+dk yarıçaplı küreler arasındaki elektronların sayısı, 2

2

2

2

2 22

2

2

2

( ) 22

( ) ( ) 22

222

2

( ) 22

kG k dk dk

kG E dE G k dk dk

k mEE kmmE mdEk dk

mEkG E dE dk

π

π

π

= ×

= = ×

= ⇒ =

= =

= ×

hh

h h

ifadesinde yukarıdakileri yerine yazarsak 3 12 2

2 21 2( ) ( )

2mG E dE E dE

π=

h elde edilir

buradan 3 12 2

2 21 2( ) ( )

2mG E E

π=

h sonucu bulunur.

28. ( )G ε ’yi E’nin fonksiyonu olarak çizersek

Şekil a’ daki taralı alandan da görüldüğü gibi mutlak sıfır sıcaklığında (0 oK) Fermi enerji

seviyesinin üstündeki bütün enerji seviyeleri boştur. Buna göre şekildeki taralı alan toplam

elektron sayısını verir.

Şekil b’ de T<T1<T2<T3<T4 olmak üzere sıcaklığın artırılmasıyla Fermi seviyesinin

altında bulunan elektronların bazıları (Fermi seviyesine yakın olanlar) aldıkları ısıl

(termal) enerji sonucu, Fermi seviyesi üzerindeki boş enerji seviyelerine yerleşirler.

Toplam elektron sayısı sabit olduğu için Fermi seviyesinin altındaki bazı seviyeler boşalır.

Bu işlemi yapan elektronların sayısı son derece azdır. Bu sayı,


F F

E TN NE T

= dir. Yani F

TNT

oranında elektron Fermi seviyesi üstüne çıkar.

29. Serbest elektron teorisini daha çok metallerde görüyoruz. Serbest elektron modeline göre,

metali oluşturan atomların en zayıf bağlı elektronları metalin hacmi içerisinde özgürce

hareket ederler. Bu teoriye göre elektronların iyonlarla ve elektronların komşu

elektronlarla etkileşmesi ihmal ediliyor. Ayrıca bu teoriye göre serbest elektronun toplam

enerjisi kinetik enerjidir. Potansiyel enerji ihmal edilir.

Drude modelinin varsayımları

a) Metal iyonları örgü noktalarında hareketsizdirler.

b) Serbest elektron gazı, sabit bir potansiyel bölgesi oluşturur.

c) Her bir iletim elektronu, sadece sıcaklığın fonksiyonu olan bir ortalama hıza

sahiptir.

d) Bir dış alan (Elektrik alan) yokken, iletim elektronları durgun pozitif iyonlar

tarafından izotropik ve esnek olarak saçılırlar.

e) Bir elektron, termal uyarma veya dışardan uygulanan bir elektrik alanın etkisi

altında ilave bir hız kazandığında, elektron bir iyon tarafından ilk saçılmasında bu

ilave hızı kaybeder.

Birim hacminde N serbest elektronlu bir dizgenin taban durumundan itibaren doldurulmuş

yörüngeler iki boyutlu k-uzayında bir dairenin içindeki noktalar olarak gösterilebilir. Bu

daireye “Fermi dairesi” denir.

Fermi dairesinde 22( )Lπ alanda bir tane nokta vardır. kf yarıçaplı dairenin alanı 2

fkπ


olduğuna göre, bu daire içerisinde, 2

22fk

L

π

π

tane nokta vardır. Her noktaya Pauli ilkesi

gereğince 2 tane elektron yerleşebileceğine göre 2

22 ,2

fk

L

π

π

kf yarıçaplı daire içerisindeki

elektron sayısıdır. Birim alandaki serbest elektron sayısı N olduğuna göre, kristalin alanı

da L2 olduğuna göre, toplam elektron sayısı nL2’ dir. 2

22

22 2 2

2

22

22

42

f

ff

f

knL

Lk

L nL k n

k n

π

π

ππ

ππ

=

= ⇒ =

=

bulunur. 2

2

2F fE km

=h olduğuna göre,

2

(2 )2FE n

mπ=

h sonucu bulunur.

30. Elektronlar elektrik alanın etkisiyle sağa sola yukarı gibi çeşitli yönlerde hareket ediyorlar.

Elektron için hareket denklemi;

( ) dV Vm e E mdt τ

= − −ur urur

( ) e E−uur

terimi elektrik alandan ileri geliyor.

Vmτ

−ur

elektronun hareketine engel olmaya çalışıyor. dV ⇒ sürüklenme hızı ise,

( ) d ddV Vm e E mdt τ

= − −uur uurur

yazılabilir.

Elektronlar çeşitli yönlerde ve çeşitli hızlarda hareket ediyor dediydik bu hızların

ortalaması sıfırdır.

0ddVmdt

=uur

( ) = 0dd

V eEe E m Vm

ττ

−− − ⇒ =uur urur uur

bulunur.

dV ⇒ Elektrik alanın etkisi ile bu alana ters yönde giden hızdır.

J ⇒ Akım yoğunluğu N ⇒ Birim hacimdeki toplam elektron sayısı


( ) dJ N e V= −ur uur sürüklenme hızını yerine yazarsak

2Ne EJmτ

=urur

elde edilir.

σ ⇒ iletkenlik ise 2Ne J E

mτ

σ σ= ⇒ =ur ur

bulunur.

21 m

Neρ

σ τ= ⇒ özdirenç ifadesidir.

31. Etkin Kütle: Kristal içindeki serbest elektronun kütlesine etkin kütle denir. Etkin kütle,

elektronun periyodik potansiyel ve dış kuvvet etkisi altındaki hareketine Newton

kanununun uygulanmasını sağlayan bir büyüklüktür. İşareti (+) ve (-) olabilir. 2 2

2serbestserbest

kEm

=h enerjinin k dalga vektörüne göre sırasıyla birinci ve ikinci türevini

alalım, 2

serbest

serbest

dE kdk m

=h den

2 2 2

22

2

serbestserbest etkin

serbestserbest

d E m md Edk m

dk

= ⇒ = =h h

Valans Bandı: T= 0 oK ‘de (mutlak sıfırda) en yüksek enerjili elektron içeren dolu

bandına “valans bandı” veya “değerlilik bandı” adı verilir.

İletim Bandı: Valans bandını izleyen ilk boş enerji bandına iletim bandı denir.

Fermi Küresi: Birim hacimde N tane elektronlu bir dizgenin taban durumundan itibaren

doldurulmuş yörüngeler iki boyutlu k-uzayında bir dairenin içindeki noktalar olarak

gösterilebilir. Bu daireye “Fermi Dairesi” denir.

32. a) Özısıya katkı iki şekilde olur.

i) Örgü noktalarındaki iyonlardan

ii) İletim elektronlarından

Klasik yoldan iletim elektronlarının öz ısıya katkılarını bulurken; Atomu harmonik

titreşici olarak düşünüyoruz. Serbestlik derecesi başına serbest bir parçacığın enerjisi

12

kT dir. Serbestlik derecesi başına serbest olmayan bir parçacığın enerjisi kT ’ dir.

Atomu harmonik titreştiriciye benzetirsek, 3 serbestlik derecesi olur ve enerji ifadesi

3kT ’dir. N tane atomdan oluşan sistemin toplam enerjisi 3NkT olur. 1 mol için

sistemin toplam enerjisi 1( ) 3sistem mol evE N kT= dir.

3 3 6( )

sistemörgü ev

dE kalC N k RdT mol K

= = = = . Bu ifade Dolung-Petit yasası olarak bilinir. Bu

yasa yüksek sıcaklıklarda 300 0K ve yukarısında geçerlidir.


İletim elektronları için; Bir serbestlik derecesi başına enerji 12

kT

3 serbestlik derecesi başına enerjisi 32

kT

N tane elektron için enerji 32eE NkT= ’dir.

1 mol için sistemin toplam enerjisi 32e evE N kT= ’dir.

Burada iletim elektronlarından gelen katkı 32

ee ev

dEC N kdT

= =

3 32 ( )e

kalC Rmol K

= = bulunur. kal+ 6 + 3 = 9mol(K)toplam örgü eC C C= =

Biz dECdT

= demekle bütün serbest elektronların özısıya etkisi olduğunu kabul ettik.

Halbuki elektronları hepsi özısıya katkıda bulunmuyor. Sadece Fermi enerjisine çok

yakın olan elektronlar katkıda bulunuyor. (Bakınız soru 13) Kristale kT kadarlık

enerji verdiğimizde N tane elektrondan yaklaşık kaç tanesi özısıya katkıda bulunur.

f

kTkT

⇒ özısıya katkıda bulunabilecek elektronların kesridir.

N tanesi için f

kTNkT

olur.

Özısıya katkıda bulunan elektronları enerjisi; 2

2

3 3( )2 2

31 2

3 3

ef f

e evf

ee ev

f f

kT TE N kT NkkT T

Tmol için E N kT

dE T TC N k RdT T T

= =

=

= = =

olur.

b) ( ) ( )eE f E G E dEε= ⇒∫ öz ısıya katkıda bulunan elektronların enerjisidir.

Bu integral hesaplanır ve özısıya geçilirse 2

2ef

TC NkT

π= elde edilir.

1 mol için 2 2

2 2e evf f

T TC N k RT T

π π= = olur. Burada 2 1

2 f

RT

π γ= dersek


eC Tγ= olur. (Elektronların özısıya katkıları çok küçüktür)

3örgüC Tα= sabitα → (Atomların titreşimine eşlik eden öz ısı)

3+ +toplam e örgüC C C T Tγ α= = bulunur.

Şimdi biz sıcaklığın fonksiyonu olarak toplamC ölçersek

31 1 1 1 1

32 2 2 2 2

33 3 3 3 3

( ) +

( ) +

( ) +

. . .

top

top

top

T C C T T

T C C T T

T C C T T

α γ

α γ

α γ

→ =

→ =

→ =

3

. ( ) +n n top nT C C T Tα γ→ =

(Biz 2 +topCT

Tα γ= denkleminin topC

T karşı 2T grafiğini çizersek;

tanθ α= eşitliğinden öz ısıya olan katkılarını bulabiliriz.)


KUANTUM FİZİĞİ CEVAPLAR

1. Kuantum mekaniğinin gelişmesine neden olan olaylar ,

a-Fotoelektrik olayı

b-Compton saçılması

c-Katıların düşük sıcaklıklarda ısı sığasının açıklanamaması

d-Siyah cisim ışıması

e-Parçacıkların kırınımı

şeklinde özetlenebilir. Bu olaylarda klasik fizikte olmayan,ışığın parçacık özelliği,

maddenin dalga yapısı ve fiziksel büyüklüklerin kuantumlu olması (Enerji, Açısal

momentum) gibi olaylar açıklanamıyordu. Bu olayların açıklanabilmesi için kuantum

mekaniği doğmuştur.

2. Klasik mekanik ve Kuantum mekaniği açısından olaya yaklaşabilmek için bir örnek

verebiliriz. Bir U yüksekliğine sahip potansiyel engeli üzerine gelen bir taneciğin dalga

fonksiyonuna bakalım.

Burada olaya klasik mekanik açısından bakıldığında, eğer parçacık enerjisi bu U

engelini geçebilecek enerjiye sahip değilse o zaman parçacık engel tarafından geri

yansıtılacağından, parçacığın II ve III bölgelerde bulunma ihtimali olamaz ve bu bölgeler

parçacık için yasak bölgelerdir.Fakat olaya Kuantum mekaniği açısından bakacak olursak

bu bölgelerde parçacık, enerjisine bakılmaksızın bulunabilir. Çünkü parçacığın dalga

fonksiyonunun genliği bu bölgelerde 0 değildir. Burada I ve III’ cü bölgede parçacık

sinüssel bir dağılım gösterir. II’inci bölgede ise üstel azalan bir fonksiyondur. Tünelleme

olayı kuantum mekaniksel bir olaydır ve parçacığın dalga fonksiyonu kullanılmıştır.

3. Klasik fizik açısından herhangi iki büyüklüğü tam anlamıyla ölçebilirsiniz,fakat kuantum

mekaniği açısından bakarsanız herhangi iki büyüklüğü kesin olarak ölçemezsiniz.Bu olayı

ilk bulan Heisenberg olduğundan bu olaya Heisenberg belirsizlik ilkesi denilir. Bu

ilkenin 3 değişik gösterimi vardır.


∆E.∆t = ħ , (Bir parçacığın enerjisi ile zamanı aynı anda kesin doğrulukta ölçülemez)

∆x.∆p =ħ, (Bir parçacığın konumu ile momentumu aynı anda kesin doğrulukta ölçülemez)

∆L.∆Ф = ħ, (Bir parçacığın açısal momentumu ile açı aynı anda kesin doğrulukta

ölçülemez)

4. Durgun kütlesi sıfır olan bir foton için enerji ile momentum arasındaki ilişkinin,

P=E/C

şeklinde verildiğini özel görelilikten biliyoruz .Kuantum mekaniğinde bir fotonun enerjisi,

E=hf

olarak verildiğinden,

E hc hp= = =c cλ λ

yazılabilir.Buradan da görüldüğü gibi fotonun dalga boyu , momentumu ile

belirlenebilir.Yani p momentumuna sahip parçacıklar,dalga boylarına ve dolayısıyla dalga

özelliğine sahip olmalılardır.

5. Schrödinger dalga denklemini iki şekilde yazabiliriz. Birincisi zamandan bağımsız olup, 2 2

2

-h Eψ2m x

ψ∂=

∂

şeklinde,İkincisi ise zamana bağlı olup,

ih Hψt

ψ∂=

∂

şeklinde yazılabilir. Schrödinger dalga denklemi bize parçacığın zaman içindeki evrimini

anlatır. Bu denklemin en önemli özelliklerinden biriside çizgisel (lineer) olmasıdır

6. Kuantum mekaniğinde bir sistemin herhangi bir t anındaki durumu,dalga fonksiyonu

denilen sürekli,türevlenebilir ve genelde sanal olan ψ(r,t)r ile belirlenir.Bu dalga

fonksiyonu kuantum mekaniğinin postülalarınıda sağlar.Bu postülalar,

I- ψ(r,t).dr =1∞

−∞∫

r r (Normalizasyon şartı)

II- r → ∞r olduğunda ψ(r,t) 0→

r

Kuantum mekaniğindeki bu dalga fonksiyonunun boyutu 1uzunluk

boyutundadır ve

olasılık yoğunluğu olarak x ile x+dx arasındaki bulunma olasılığı 2ψ(r,t) dxr ile verilir.


7. Dirac delta fonksiyonunu anlamak için şöyle bir örnek verebiliriz.

2

1 ˆv= rr

r

gibi bir vektörel fonksiyona bakacak olursak bu fonksiyonun vektörel çizgilerinin

aşağıdaki gibi olduğu görülür.

Bu şekilden vektör potansiyelinin diverjansının sıfır olmadığı açıkça görülmesine rağmen

(Vektör çizgilerinin boyu, merkezden uzaklaştıkça küçülmektedir.) matematiksel olarak,

22 2

1 1v (r ) 0r rr

∂∇ = =

∂

r r

sonucu elde edilir. Burada bir çelişki ortaya çıkmaktadır. Şimdi fonksiyonumuza diverjans

teoremini uygulayalım.Bunun için R yarıçaplı bir küre yüzeyinde vektörel

fonksiyonumuza bakarsak,

22

1 ˆvda= rR sinθdθdφ=4πR∫ ∫

rr

şeklinde 4π ’lik bir katkı gelmektedir.Bu fonksiyonumuzun r = 0 noktasındaki değerine

bakacak olursak,

2

1 1ˆ ˆr= r=r 0

∞

olup, bu değer fonksiyonumuzu ∞ ’a götürmektedir. Fizikçiler burada yeni bir fonksiyon

tanımlayarak bu çelişkiden kurtulmuşlardır. Tanımlanan fonksiyon r=0 noktasında R

yarıçaplı bir küre için 4π ’ lik bir katkı getirir ve bu fonksiyon Dirac delta fonksiyonu

olarak adlandırılır. Dirac delta fonksiyonunun en önemli özelliği bir noktada değerinin

olmasıdır.

( f(x) δ(x)=f(0)∫ )

8. Sonsuz bir potansiyel kuyusundaki bir serbest parçacık için enerji özdeğerlerini

yazabilmemiz için Schrödinger denklemini çözmemiz gerekir.


2 2

2

- =Eψ2m x

ψ∂∂

h

22

2mk = Eh

,

tanımı yapılırsa aradığımız çözüm,

ψ(x)=Asinkx+Bcoskx

olarak bulunur.Şimdi bu dalga fonksiyonuna,

ψ(0)=ψ(L)=0

sınır şartlarını uygularsak dalga denklemimiz

ψ(x)=Asinkx

şeklini alır.Bu denkleme normalizasyon şartı uygulanarak A katsayısı bulunabilir ve dalga

fonksiyonu,

2ψ(x)= sinkxL

olarak elde edilir.Enerji özdeğerleri ise,

22

2mk = Eh

tanımı kullanılarak, 2 2 2n π hE=2m

şeklinde bulunur.

9. Parite, herhangi bir fonksiyonun orjine göre simetri özelliklerini belirler. Fonksiyon orjine

göre simetrik,antisimetrik yada simetrik olabilir.Şimdi bu ifadeleri tek değişkenli ve üç

değişkenli fonksiyonlar için bulalım.

a-Tek değişkenli ψ(r) gibi bir dalga fonksiyonunda r yerine –r koyduğumuzda ;

I- ψ(r)=ψ(-r) ise,fonksiyon simetrik olup çift paritelidir.

II- ψ(r)=-ψ(-r) ise, fonksiyon antisimetrikdir ve tek paritelidir.


III- Bir fonksiyon tek veya çift pariteli değilse, asimetriktir.

b- Üç değişkenli bir fonksiyon için;

I- ψ(x,y,z)=ψ(-x,-y,-z) ise, çift paritelidir.

II- ψ(x,y,z)=-ψ(-x,-y,-z) ise, tek paritelidir.

10. A a =a a ve A b =b b şeklinde iki tane özdeğer denklemi tanımlayalım.Burada,

a b≠ ve +A =A olduğunu kabul edelim.( A hermitsel olsun ).Şimdi birinci ifade soldan

b ile çarpılırsa,

i) b A a =a b a

elde edilir. A’ nın hermitselliği kullanılırsa ikinci ifade, +b A =b b

yazılabilir. Şimdi bu ifade sağdan a ile çarpılırsa,

ii) b A a =b b a

elde edilir ve (i) ile (ii) ifadelerinin farkı alınırsa,

0=(b-a) b a

sonucuna ulaşılırki, burada a b≠ olduğundan,

b 0a =

şeklindeki diklik koşulu elde edilmiş olur.Bu ise Hermityen bir operatörün farklı öz

değerlerine karşılık gelen özfonksiyonlarının dik olduğunu söyler.

11. Herhangi bir sistem için dalga fonksiyonu,

a aa

ψ(x)= C U (x)∑

şeklinde yazılabilir.A ve B gibi iki operatör ψ(x) ile çarpılırsa,

i- a aa

Aψ(x)= C aU (x)∑

ii- a aa

Bψ(x)= C bU (x)∑

(i) ifadesini soldan B ile (ii) ifadesini de soldan A ile çarpılırsa,

a aa

ABψ(x)= C baU (x)∑

a aa

BAψ(x)= C abU (x)∑


elde edilir ve bulunan bu son iki ifadenin farkı alınırsa,

(AB-BA) ψ(x) 0=

ve

(AB-BA) 0=

elde edilir. Kuantum mekaniğinde bulunan bu ifade,

], 0A B =

şeklinde kısaltılarak, komutasyon bağıntısı olarak adlandırılır.Kuantum mekaniğinde

komutasyon ifadesi sıfır olan sistemdeki iki operatörün özfonksiyonları aynı olur ve

eşzamanlı ölçüm yapılabilir. Komutasyon bağıntısı sıfır olmayan sistemlerin ise eşzamanlı

ölçümü yapılamaz. Ayrıca bu bağıntılar, ünlü belirsizlik ilkesininde temelini oluşturur.

12. Bir boyutlu harmonik salınıcı için indirgen ve yükseltgen operatörleri yazacak olursak,

+ mw ipA = x-2h 2mwh

( yükseltgen)

mw ipA= x+2h 2mwh

( indirgen )

elde edilir. Bu iki ifadeyi tarafa toplarsak; x operatörünü ,

+hx= (A+A )2mw

olarak buluruz. Şimdi dirac notasyonu kullanılırsa, taban durum için beklenen değer,

+h0 x 0 = ( 0 A 0 + 0 A 0 )2mw

0 x 0 =0

olarak bulunur.

13. Bir boyutlu harmonik salınıcı için indirgen ve yükseltgen operatörleri yazacak olursak,

+ mw ipA = x-2h 2mwh

( yükseltgen)

mw ipA= x+2h 2mwh

( indirgen )

+mwh0 p 0 =-i ( 0 A 0 - 0 A 0 )2

elde edilir. Bu iki ifadeyi tarafa çıkarırsak; p operatörünü ,


+mwhp=-i (A-A )2

olarak buluruz. Yine dirac notasyonu kullanılırsa,

+mwh0 p 0 =-i ( 0 A 0 - 0 A 0 )2

0 p 0 =0

bulunur.

14. Açısal momentum için artırıcı ve azaltıcı operatörleri,

+ x yˆ ˆ ˆL =L +iL

- x yˆ ˆ ˆL =L -iL

şeklinde yazabiliriz. Bu operatörün özfonksiyonları küresel harmonik fonksiyonlardır.(

l mY )

Şimdi aşağıdaki eşitliğe bakalım.

z + + z + +ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆL L l,m =L L +hL l,m =(m+1)hL l,m

z - - z - -ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆL L l,m =L L +hL l,m =(m-1)hL l,m

bu ifadeler yazılırken,

+ z +ˆ ˆ ˆL ,L =-hL ve - z +

ˆ ˆ ˆL , L =hL

eşitlikleri kullanılmıştır.Bu bağıntılara göre,

-L l,m ve -L l,m

ifadelerinin özdurumları zL ’nin (m-1) ve (m+1) özdeğerli özdurumlarıdır. Başka deyişle

-L ve +L işlemcileri 1 kuantum sayısını değiştirmeden,

+ +L l,m =C l,m+1 m’yi 1 artırır veya,

- -L l,m =C l,m-1 m’yi 1 azaltır.

15. Pertürbasyon (tedirginme) teorisi , kuantum mekaniksel yaklaşık hesap tekniklerinden

biridir. Bu teoride, tüm sistemi betimleyen H hamilton işlemcisinin, özdeğer ve

özfonksiyonları tam olarak çözülebilen H0 terimi yanında, çözümü güçleştiren fakat H0’ın

özdeğer ve özfonksiyonlarına getirdiği katkıların küçük olduğu bir H1 terimini,

0 1H=H +H

şeklinde içerdiği varsayılır.Burada H0’ a tedirgenmemiş Hamilton işlemcisi, H1’ e


tedirgenme terimi ve H’ ya ise tedirginmiş Hamilton işlemcisi denir.H ve H0 zamana bağlı

değilse,

n n nHψ =E ψ

0 0 0 0H ψ =E ψ

şeklindeki zamandan bağımsız Schrödinger denklemlerini sağlarlar. Sistemin tedirginmiş

enerji özdeğer ve özfonksiyonları En ve nψ dir. H1’ın sisteme etkisi küçük bir tedirginme

olduğundan tedirginmiş En özdeğer ve nψ özfonksiyonları H1’in bir kuvvet serisine

açılabilir.Bu açılım en iyi, H1’in [0,1] aralığında değer alan bir λ parametresi ile

çarpıldıktan sonra göz önüne alınması ile yapılabilir. Bu durumda tedirginmiş özdeğer ve

özfonksiyonlar, 2

n 0 1 2E =E +λE +λ E +...

2n 0 1 2ψ =ψ +λψ +λ ψ +...

şeklinde λ ’nın bir kuvvet serisine açılabilir.Burada, λ tedirgenmeyi açma ( λ=1) veya

kapama ( λ=0 ) görevi görür. Yukardaki seriler,

0 1 n n n(H + H )ψ =E ψλ

şeklindeki zamandan bağımsız Schrödinger denkleminde yerine konur ve ara işlemler

yapılırsa, çeşitli mertebeden çözümler elde edilir.


NÜKLEER FİZİK CEVAPLAR

1. Fermiyonlar, Pauli dışarlama ilkesine uyan parçacıklardır. Eğer özdeş fermiyonlar

topluluğu tek parçacık dalga fonksiyonları cinsinden temsil edilirse, iki fermiyon aynı

dalga fonksiyonuna sahip olamaz. Örneğin; elektronlar fermiyondur. Bu kural, atomların

kabuk yapısını açıklar ve dolayısıyla kimyanın tümünü oluşturur. Fermiyonlar, İstatistik

Mekaniğinin Fermi-Dirac istatiğine uyar. Fermiyonlara örnek olarak elektron, proton,

nötrino gibi parçacıklar örnek olarak verilebilir.

Bozonlar, Bose-Einstein istatistiğine uyan parçacıklardır ve herhangi bir sayıda bozon

aynı tek parçacık dalga fonksiyonuyla temsil edilebilir. Böylece, bozonlar durumunda,

makroskobik genlikli uyumlu dalgalar oluşturabilir ve bu dalgalar iyi bir yaklaşıklıkla

klasik olarak tanımlanabilir. Örneğin; fotonlar bozondur ve fotonlara karşılık gelen klasik

alan, Maxwell denklemlerini sağlayan E ve B elektromanyetik alanıdır. Bozonlara örnek

olarak W+, W-, Z bozonları, foton, graviton verilebilir.

Fermiyonların dalga fonksiyonları işaret değiştirir, yani dalga fonksiyonu tümüyle

antisimetriktir. Bozonlar durumunda iç dalga fonksiyonu değişmez; yani tümüyle

simetriktir.

Bir parçacığın iç açısal momentumu ya da spini ile dalga fonksiyonu arasında bir ilişki

vardır. Bir fermiyon için s; ± 1/2, ± 3/2, ± 5/2, ..... değerlerinden birini; bir bozon için

s; ± 0, ± 1, ± 2, ± 3, ..... değerlerinden birini alır.

2. Doğada dört etkileşme alanı tipi söz konusudur.

Kütle çekimi etkileşmesi: Kütle çekim alanı sadece yıldızlar gibi yoğun bir şekilde

yığılmış maddelerde önemliyse de, bu etkileşmelerin tümü çekirdek fiziği için gereklidir.

Kütle çekim kuvvetleri bütün parçacıklara etkir ve makroskobik cisimlerin büyük

ölçeğindeki fizik için önemlidir. Yer kaynaklı atom ve çekirdek fiziğinin küçük ölçeğinde


kütle çekim kuvvetleri pek önemli değildir. F= G M1 M2 / r2

Elektromanyetik Etkileşme:

12U ( ) ( ) ( ) ( )∫∫ ′

′−== rdrd

rrtrtrrdtrtr rr

rrrrrrr 3321

0

32

,,4

1,, ρρπε

φρ

( ) ( )∫ ′

−′

= rdrrtrtr r

rrrr 31

0

,4

1, ρπε

φ

ρ: yük yoğunluğudur.

Atomlarda ve Moleküllerde elektronun bağlanmasında birinci derecede elektriksel

potansiyel enerji sorumludur. Çekirdek fiziğinde ağır çekirdeklerin karasızlığının nedeni

de bu enerjidir. Yüklerin hareketinden ileri gelen manyetik etkiler de içerilirse potansiyel

enerji ifadesi:

∫ ′′−

′+= rdrd

rr

JJcU rrrr 33

21221

012

1

41 ρρ

πε

biçimini alır. J = ρv, hızı V(r) olan yük dağılımıyla ilintili akımdır. Enerjiye gelen

manyetik katkı V2 / c2 basamağındadır.

Elektromanyetik etkileşme ayrıca yüklü parçacıkların saçılmasına da neden olur.

Örneğin; ρ1 ve ρ2 birbirine yaklaşan iki elektronun yük yoğunluklarını gösterirse,

etkileşme parçacıklar arasında momentum aktarımına yol açan bir karşılıklı itmeyi

verecektir. İki elektronun saçılmasına, bir elektronun “virtüel” bir foton yayması ve bu

fotonun diğer elektronca soğurulmasının neden olduğu düşünülmektedir. Virtüel bir

süreçle foton gözlemci tarafından gerçekte gözlenmez, ama süreci tanımlayan matematik

biçimlerde ortaya çıkar.

Zayıf Etkileşme: W+, W-, z parçacıklarıyla ilintili üç zayıf etkileşme alanı vardır. Bunların

her biri elektromanyetik alan gibi bir vektörle ve bir sayısal potansiyelle temsil edilir.

Zayıf alanla ilgili bozonların hepsi kütlelidir, W+ ve W- bozonları ise elektrik yüklüdür. Z

bozonu yüksüz olup fotona çok benzer, ama

M2 = (92,9 ± 1,6) Gev / c2 ≅ 100 x proton kütlesi

gibi, çekirdek fiziği standartlarına göre epeyce büyük kalan bir kütlesi vardır.

( ) ( ) ( ) ( )∫∫

≈= rdtrtr

crdtrtrU zz

zzz

z rrrhrrr 321

2

0

31212 ,,1,, ρρ

µεφρ


( )trc z

zz ,1

2

0

rhρ

µεφ

=

U12z, paydadaki kütle çarpanıyla azaltılır ve zayıf etkileşmenin “zayıflığının” en büyük

nedeni budur. Ayrıca, düşük enerjilerdeki etkileşme,sonuçta sıfır menzile sahip bir “temas

etkileşmesi” olarak gözükür.

Elektrik yüküne sahip W+ ve W- bozon alanları en önemli zayıf etkileşmelere,özellikle

de β bozunumuna neden olurlar. Bu alanlar, z alanınınkine benzeyen denklemlere uyarlar,

fakat bu alanlarla ilintili parçacıkların kütleleri de çok küçüktür.

Mw+ = Mw

- = ( 80,8 ± 2,7 ) Gev / c2

Kuvvetli Etkileşme: Nükleonlar da leptonlar gibi spinleri ½ olan fermiyonlardır. Nötronun

kütlesi protonun kütlesinden %0,14 daha fazladır. Nötronun aynı spine sahip bir dizi

uyarılmış duruma ve hemen hemen protonla özdeş enerji değerlerine sahip olduğu

deneylerle gözlenmiştir. Proton ve nötronun taşıdıkları yük dağılımından dolayı sahip

oldukları elektrik enerjisi yaklaşık ( ) MeVRe p ≈02 4πε (Rp=0,8 fm alındı) civarında olup

bu değer nükleonların sahip olduğu öz-enerji ve uyarılma enerjilerine oranla daha

küçüktür. Proton ve nötronun yaklaşık olarak bütün kuvvetli etkileşmeler karşısında çok

benzer davrandıklarını göreceğiz. Kuvvetli etkileşmelerin nükleonun cinsinden neredeyse

bağımsız olması, çekirdeğin özelliklerini anlamamız açısından önemli bir gerçektir.

3. Ortalama Ömür: Bir çekirdeğin bozununcaya kadar geçirdiği ortalama süredir. T süresi

içinde bozunmadan kalan çekirdeklerin sayısı N (t)’ dir ve t ile t + dt aralığında

bozunanların sayısı dtdtdN dir. τ ile gösterilir.

( )λλ

λτ

λ

λ1

00

00

0

0 =−

−==

∫∫

∫∫

∞ −

∞ −

∞∞

dteN

dtetN

dtdtdN

dtdtdNtt

t

; ( ) teNtN λ−= 0

Yarı Ömür: Çekirdeklerin yarısının bozulması için gerekli süreyi göstermektedir.

Bir çekirdek için ∆t aralığında ∆P bozunma olasılığına sahipse, t anında N(t) tane

çekirdek varsa ∆t aralığında bozunan çekirdek sayısı ∆N olur.

( ) ( )tNdttNN −+=∆ tP ∆=∆ λ

tNPNN ∆−=∆−=∆ λ λ:bozunum sabiti

( ) ( ) teNtNdtN

dNNdtdN λλλ −=⇒−=⇒−= 0

N(0):t=0 anındaki çekirdek sayısı


N(t):bozunmadan kalan çekirdek sayısı

4. β Bozunumu: Çekirdek fazla proton veya nötronundan bir protonu nötrona veya bir

nötronu protona dönüştürerek kurtulabilir. Bu işlem üç farklı yolla gerçekleşebilir.

n → p + e- β- bozunumu

p → n + e+ β+ bozunumu

p + e- → n elektron yakalama

Bu üç olayın hepsinde de nötrino adı verilen bir diğer parçacık yayınlanır. Nötrinonun

elektrik yükü olmadığından, varlığı diğer son parçacıkların kimliğini etkilemez.

5. Leptonlar: Elektromanyetik ve zayıf etkileşmeler yoluyla etkileşen, fakat kuvvetli

etkileşmelere girmeyen 1/2 spinli fermiyonlardır.

Tablo : Bilinen Leptonlar

Leptonlar Kütle(Mev/c2) Ortalama Ömür(s) Yük

Elektron(e-) 0,5110 ∞ -e

Elektron nötrino(Ve) < 46 * 10-6 ∞ 0

Müon (µ-) 105,659 2,197 * 10-6 -e

Müonnötrino (γµ) < 0,5 ∞ 0

Tau (τ) 1784 ( 3,4 ± 0,5 ) * 10-13 -e

Taunötrino (γτ) < 164 ∞ 0

Elektrik yüklü leptonların tümü, spin vektörleri boyunca yönelmiş ve büyüklüğü

≅ -eh / 2(kütle) olan manyetik momentlere sahiptir.

Baryonlar: Temel leptonlarda olduğu gibi, birkaç çeşit kuark vardır ki; bunlar çok ilginç

ve şu ana kadar açıklanamayan farklı kütlelere sahiptirler. Nükleonlar ve çekirdek fiziği

için kuarklardan kütlesi en küçük olan ikisi önemlidir. Bunlar; yukarı (up) kuark u ve

aşağı (down) kuark d’dir. Proton temelde iki yukarı ve bir aşağı (uud ), nötronda iki aşağı

ve bir yukarı ( ddu ) kuarktan oluşmaktadır

6. Çekirdek bir alfa parçacığı yayınlar. Alfa parçacığı 242 He çekirdeğidir. 4He çekirdeğinin

bu işlem için seçilmesi, oldukça sıkı bağlı bir sistem olması ve böylece bozunma sırasında

açığa çıkan kinetik enerjinin maksimum olmasıdır. Bozunum denklemi aşağıdaki gibidir.

XAZ 2

422

42 HeX N

AZN +′→ −

−−


7. Gama Bozunumu: Uyarılmış bir durum daha düşük bir uyarılmış duruma veya taban

duruma, nükleer durumlar arasındaki farka eşit bir enerjiyle bir gama ışını yayınlayarak

geçer. Gama yayınlaması uyarılmış bağlı durumları olan ( A>5 ) tam çekirdeklerde

gözlenir ve genellikle alfa ve beta bozunumlarını izler. Çünkü; bu bozunumlarla ana

çekirdek, ürün çekirdeğin uyarılmış durumunda kalır.

8. a) ++→ 242

20581

20983 HeTIBi 3,11 Mev

b) −+→ βNC 147

146

c) →∗C126 C12

6 +γ

9. Bir çekirdeği ölçülebilir temel özellikleri ile tanımlayabiliriz. Bu özellikler kütle, yarıçap,

bağıl bolluk, reaksiyon modları, tesir kesitleri, spin, manyetik dipol ve elektrik kuadropol

momentleri ile uyarılmış durumlardır.

Çekirdeğin proton ve nötron sayısı çift ise çekirdek kararlı durumu tercih eder.

Çekirdekte proton sayısı arttıkça kararlı duruma geçmek için nötron sayısının artığını ve

nötron sayısının artımını proton sayısının artımına tercih eder. Bunun nedeni protonlar

arasındaki Coulomb kuvvetindendir. Etkileşme kuvveti bu şekilde dengelenir. Kararlı

çekirdeklerin yarı ömürleri sonsuzdur.

Eğer çekirdeğin kütlesi, mümkün olan bozunum ürünlerinin kütlelerinin toplamından

küçük ( )

< ∑

iiMZAM , ise çekirdek tamamen kararlıdır

10. Bir çekirdekte z tane atomu bir araya getirmek için gerekli enerjiye bağlanma enerjisi

denir ve B ile gösterilir.

( )[ ] 2cZMXMNMZMB eA

np −−+=

B bağlanma enerjisi NAZ X çekirdeği ile bunu oluşturan Z proton ve N nötronun kütle

enerjileri arasındaki farka eşittir. Her çekirdeğin bağlanma enerjisi farklıdır.

sevgili fizik bölümü Öğrencileri; bildiğiniz gibi yeterlilik

Documents