http://ocw.mit.edu
8.02
Elektrik ve Manyetizma, Bahar 2002
Lütfen aşağıdaki alıntı biçimini kullanınız:
Lewin, Walter, 8.02 Elektrik ve Manyetizma, Bahar 2002 (Massachusetts
Institute of Technology: MIT OpenCourseWare). http://ocw.mit.edu (accessed MM DD, YYYY).
License: Creative Commons Attribution-Noncommercial-Share Alike.
Not: Alıntılarınızda
lütfen bu materyalin gerçek tarihini kullanınız.
Bu materyalin alıntı olarak
gösterilmesi veya kullanım koşullarımız hakkında daha
fazla bilgi için, http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
ediniz.
Transkript Ders 32
Tekrar Sınavı 3
Bunlar, üçüncü sınavımızda kapsanacak konulardır.
Bu tekrar esnasında, tüm konuları anlatmamın imkanı
yok.
Sınavda da, kuşkusuz, onların tümünü kapsayamam.
Ancak onların birkaç tanesine değinebilirim.
Bugün anlatamayacaklarım da, anlatmayacaklarım da
sınavda olabilir ve olacaklar.
Önce manyetik maddelere bakalım.
Manyetik maddeler, diya-, para- ve ferro-manyetik olurlar.
Para- ve ferro-manyetik maddelerde, moleküller ve
atomlar gerçek manyetik dipol momentlerine sahiptirler.
Dipol momentleri daima Bohr manyetonunun bir katıdır.
Dolayısıyla, dipol momenti kuantum mekaniği ile ilgilidir.
Ama kuantum mekaniği, 8.02 dersinin bir bölümü
değildir.
Ve bu dipoller, boşluk alanı olarak adlandıracağım dış
alan tarafından hizaya getirilirler.
Ve başarı derecesi, sıcaklığa ve bu dış alanın
şiddetine bağlıdır.
Sıcaklık ne kadar düşük olursa, ısıl uyarmanın
üstesinden gelerek, onları hizalamak o kadar kolay olur.
Ve Curie sıcaklığı dediğimiz belli bir sıcaklığın
üstünde, ferromıknatıs -- manyetik madde tüm özelliğini kaybeder ve
paramanyetik olur; derslerimde bunu göstermiştim.
Varsayalım ki, bir solenoidiniz var, N sarımlı bir
selenoid ve uzunluğu N.
Ve solenoidten 
akımı geçiyor.
Bu durumda, solenoidin ürettiği -- boşluk alanı
dediğim -- manyetik alan, Amper Yasasını kullanarak elde edilebilir. Onu orada
görüyorsunuz.
Bu manyetik alan, yaklaşık olarak, mü 0 çarpı çarpı N bölü L’ye
eşittir.
Şimdi buraya ferromanyetik bir madde koyarsam, o zaman
bu kappa M çarpanını veya KM ‘yi, -- ona her ne derseniz
--, işin içine sokmak durumundayım.
Manyetik geçirgenlik; bu, devasa bir şey olabilir.
10, 100, veya 1000’e kadar ve daha da yüksek olabilir.
Böylece manyetik alanın şiddetinde büyük bir artış
elde edersiniz.
Öz-indüktans, manyetik akı bölü akımı olarak tanımlanır.
Bu, tam öz-indüktansın tanımıdır.
Manyetik alan kapa M çarpanıyla artarsa, kuşkusuz
manyetik akı da aynı çarpanla artacaktır ve böylece öz-indüktans artacaktır.
Yaptığım bir gösteri deneyini belki hatırlarsınız; solenoidin
içinde hareket eden bir demir çekirdeğim vardı ve onu içeriye ne kadar çok hareket
ettirdiğime bağlı olarak öz-indüktansın arttığını görmüştük ve onu dışarı
çektiğimde öz-indüktans tekrar azalmıştı.
İlginç bir problemimiz var.
Sanırım o 7 Nolu ödev; burada demir çekirdeğimiz var
ve sonra bir yerde bir hava boşluğu var; hafızanızı tazelemek için onu yeniden
gözden geçirmek isteyebilirsiniz.
Şimdi transformatörlere dönelim.
Bir transformatör genellikle bu biçimde görünür.
Onu biraz sağa doğru kaydıralım.
Genelde bu biçimde görünür; sol ve sağ taraflar
arasında mükemmel bir çiftlenim sağlamak üzere ferromanyetik bir madde vardır
ve manyetik alan da arttırılır.
Buna birincil taraf diyelim.
sarımlı, öz-indüktansı
.
V1 dediğim bu değeri daima izlemek için
buraya bir voltmetre koyarım.
Ve bu ikincil taraftır. 
sarımlı. Öz-indüktansı 
.
Ve buraya V2 dediğim bu voltajı daima
kontrol eden bir voltmetre koyarım.
Derslerde sınıfta yaptığım gibi, Faraday Yasası ile, 
bölü 
’in, -- artı eksi işaretleri konusunda endişelenmeyelim --, bölü ’e eşit olduğunu gösterebilirsiniz.
Bu iyi bir yaklaştırmadır. Çiftlenimin ne kadar iyi
geliştiğine bağlıdır.
O birkaç faktöre bağlıdır, fakat buna çok
yaklaşabilirsiniz; bu demektir ki, eğer ’yi ’den daha büyük yaparsanız, voltajı yükseltebilirsiniz. Biz
buna yükseltici transformatör diyoruz.
Fakat ’yi ’den daha küçük yaparak, voltajı düşürebilirsiniz.
Çok özel koşullar altında, birincil tarafta üretilen
gücün 100 %’ü veya 100%’e yakını ikincil tarafta tamamen tüketilecek mi?
Bu çok, ama çok özeldir.
Eğer durum böyleyse, o zaman buradaki zaman ortalamalı
gücü, buradaki zaman ortalamalı 
gücü ile aynıdır.
Ve böylece bunun mantıklı bir sonucu olarak, bölü ’in, -- eksi
işaretler konusunda endişelenmeyin --, bölü
’ye eşit olduğunu bulacaksınız.
Yine de bu sandığınız kadar kolay değildir.
O sadece yaklaşık olarak çalışır; bundan derslerimde bolca bahsetmiştim.
Eğer buradaki direnç ve oradaki direnç, omega L
değerinden kat kat daha küçükse.
Ve bunun hakkında yaptığım gösterilerden birisinde, bunu
başarmaya çalışmıştık.
’nin 1 ve ’in çok büyük olduğu indüksiyon fırınımızı hatırlıyorum. Şimdi
N1 ‘in kaç olduğunu hatırlamıyorum; herhalde birkaç yüz, belki bin mertebesindeydi
ve ikincilde büyük bir akım, 1000 ampere yakın bir akım elde etmeyi
başarmıştık.
Şu demir çiviyi eritmek için yeterliydi.
Ve direncin omega L’den çok, çok küçük olmasını
sağlamak için her çeşit çabayı göstermiştik.
Sanırım ödevlerimizden problem 7-1 bununla ilgiliydi
ve çok safça bunun tam doğru olduğu var sayılır.
Fakat bunun koşullarını sağlamanın her zaman öyle
kolay olmadığının farkında olmalısınız.
Şimdi oradaki RLC devrelerine gidelim.
R dirençli bir sistem alalım; onun bir öz-indüktörü,
saf bir L öz-indüktörü vardır ve de bir C kapasitansı.
AC; dalgalı akım
Bu sürücü güç kaynağı, bir V voltajı sağlar; bu V, V0 sinüs (omega t) ’ye
eşittir.
Bunun kuşkusuz, daima sinüs (omega t) olabileceğini unutmayın.
Hayatımızda kosinüsün özel bir yeri yok.
Kararlı durum çözümü; sistemi açtığınızda değil ama
bir süre beklediğinizde, akım için kararlı durum çözümü elde edersiniz.
Ve şimdi geçecek olan akım,
bölü karekök içinde R kare artı (omega L eksi
bir bölü omega C) kare çarpı kosinüs (omega t eksi 
) ’ye eşittir.
Ve tanjant , (omega L – bir bölü omega C)
bölü R’ye eşittir.
Biz buna reaktans diyoruz. Yukarısı. Onu genelde X sembolüyle gösteriyoruz.
Ve böylece bu da o zaman X bölü R’dir.
Burada sahip olduğumuz bu bütün kareköke empedans, alternatif akım direnci diyoruz.
Birimi ohmdur. Empedansı Z ile gösteririz.
Böylece sahip olabileceğiniz maksimum akım; -- kuşkusuz akım,
omega açısal frekansıyla titreşiyor -- akım için sahip olabileceğiniz 
dediğim maksimum değer, o zaman bölü Z’ye eşit olur.
O zaman kosinüs terimi, ya artı 1 ya da eksi 1 olur.
Şimdi frekansın bir fonksiyonu olarak bu ‘ı çizebilirim.
Böylece burası frekans ve burası ’ tır.
Eğer
frekans çok düşük veya 0’a yakınsa, bu terim burada son derecede büyük olur ; çünkü
empedans son derece büyüktür ve bu yüzden akım 0’dır.
sıfıra eşittir. Akan hiç akım yoktur.
Çok
yüksek frekanslara gittiğimizde, sonsuza giden bu omega L terimidir.
Ve
böylece yine Z sonsuza gider; böylece yine 0’a gider.
Ve
omeganın diğer değerleri için, 0 olmayan bir
elde edersiniz; böylece bunun gibi, rezonans eğrisi denen bir
eğri elde edersiniz.
Sistem
rezonanstayken, bu maksimum değere ulaşır; rezonans dediğimiz şey budur. Ve bu
açıkça reaktansın 0 olduğu durumdur.
Çünkü
reaktans sıfır olduğu zaman, bu parça ortadan kalkar.
Reaktans
sıfır değilse, maksimum akım sadece daha düşük olabilir, ama asla daha yüksek
olamaz.
Ve
böylece X, 0’a eşit olduğunda, omega L’yi 1/ omega C’ye eşit bulacaksınız ve
böylece onun frekansı, -- bana rezonansı hatırlatsın diye omega 0 olarak
isimlendirdiğim şey -- bir bölü karekök LC’ye eşittir.
Rezonansta
olduğum zaman, = 0 olur.
Böylece,
akım ve sürücü voltaj arasında faz gecikmesi yoktur. Onlar birbirleriyle aynı fazdadırlar.
Ve
şimdi ’ın değeri, basitçe bölü R olur. Çünkü
empedansın kendisi R olur.
Çok
sıkıcı, çok basit, burada Ohm Yasasını görüyorsunuz.
Sistem
rezonansta olduğu zaman, öz-indüktansı unutun, kapasitörü unutun; onlar orada
değillerdir, onlar birbirlerini yok ederler ve böylece sistem sadece bir direnç
varmış gibi davranır ve bu tam olarak burada gördüğünüz şeydir.
Burada,
bazı sayılar var; onları daha önce de görmüştünüz, derslerim sırasında.
Bunu
web’ten indirebilirsiniz; fakat bunu anlattığım derse geri gitmelisiniz.
Ve
burada R, L ve C için ve aynı zamanda için bazı sayılar
görüyorsunuz.
Burada
sizin için rezonans frekansını hesapladım.
Frekansı
kilohertz cinsinden de hesaplarım.
Ve
burada impedansı görüyorsunuz; burada
reaktansı görüyorsunuz.
Eğer rezonansın %10 altındaysam, 1 / (omega C)
teriminin daima (omega L) ’den daha büyük olduğuna dikkat edin.
Bu durumda, reaktansınız – 86 ohm’dur.
Eksi işaretinin, kuşkusuz, akıma bir etkisi yok; çünkü
burada X kare’niz var.
Fakat şimdi Z’nin, artık nerdeyse R tarafından değil
de, sadece X tarafından belirlendiğine dikkat edin.
Çünkü burada 86 ile karşılaştırınca, 10 ohmluk R’nin pek
rolü olmaz; hemen hemen hiç rolü yoktur.
Z, 87 haline gelir ve maksimum akım bir amperin onda
biridir.
Rezonansın üzerindeyseniz, rezonansın bir özelliği olarak,
omega L ve 1/ omega C birbirlerini yerler.
Onlar birbirlerini yok ederler ve böylece reaktans 0
olur. Bu yüzden Z şimdi sadece saf R’dir. X eşit 0’dır.
Böylece, bu durumda, maksimum akım 1’e eşittir.
Çünkü ’ı 10 seçmiştim ve R’yi de 10 seçmiştim.
Rezonansın %10 üzerindeysem; (omega L) terimi,
kapasitörün reaktansından daha büyüktür ve bundan dolayı yine daha düşük bir akım
elde edersiniz; yaklaşık bir amperin sekizde biri kadar.
Ve böylece bu eğrinin çok doğal bir yolla oluştuğunu
görüyorsunuz ve bu niceldir, orada bazı sayıları görüyorsunuz.
Böylece şimdi kuşkusuz ki pratikte çok önemli olan
soru geliyor.
Ve bu soru, güç kaynağı tarafından üretilen güç ile
ilgilidir.
Bu güç, ısı şeklinde ortaya çıkar.
Dirençteki ısı. Böylece gücün zaman ortalamasını
alırsınız: güç kaynağının voltajının zaman ortalamalı değerini alır, onu akımla
çarparsınız.
kare R’nin zaman
ortalamalı değerini de alabilirsiniz.
Çünkü bütün bu enerji, eninde sonunda direncin ısısı
şeklinde ortaya çıkar.
Bunların ikisi de uygundur. Bunu almaya karar verdim.
Böylece V yerine kosinüs (omega t)
yazacağım --- I ise, ( bölü Z) çarpı kosinüs
( omega t - ) haline gelir.
Bu, herhangi bir andaki güçtür. Zaman ortalamasını
biraz sonra alacağım.
Kosinüs (omega t
– )’yi gördüğümde, bu bana lise yıllarımı hatırlatıyor: Kosinüs
alfa eksi kosinüs – HAYIR, kosinüs alfa
eksi beta eşittir kosinüs alfa kosinüs beta + sinüs alfa sinüs beta.
Bu benim hafızama kazınmıştır. Sanırım bunu asla
unutmayacağım.
Ve buraya yazacağım – matematik öğretmenim benimle
gurur duyacak – kosinüs omega t
kosinüs artı sinüs omega t sinüs .
Böylece bu şu terimdir.
Onun zaman ortalamasını alacaksam; bir kosinüs omega t çarpı sinüs omega t var ki bunun zaman ortalaması 0’a eşittir.
Bu terim yok olur.
Böylece gücün zaman ortalamalı değeri; burada kare elde ederim,
burada bir Z var ve burada kosinüs omega t çarpı kosinüs omega t var.
Kosinüs kare omega t’nin
zaman ortalamalı değeri, ½ ‘dir.
Böylece burada bir 2 elde ederim. Ve hâlâ orada bir kosinüs var.
Ve bitirdim.
Eğer bu kosinüs ’yi yok etmek isterseniz, bunu yapabilirsiniz.
Çünkü hatırlayın, şu şekilde tanımlanmıştı: tanjant = reaktans bölü R.
Siz hâlâ onu orada görüyorsunuz.
Böylece bu, eğer bu açı 90 derece ise, bu taraf Z
olmalıdır anlamına gelir.
Bu karekök X kare artı R karedir.
Bu, bu kısımdır. Ve böylece kosinüs
de R bölü Z’dir.
Ve böylece tercih ederseniz, belirli bir avantajı yok
ama bunu tercih ederseniz, kosinüs yerine R bölü Z de yazabilirsiniz.
Böylece kare çarpı R bölü 2
elde edersiniz ve şimdi Z kare elde edersiniz.
Ve böylece orada gücü görüyorsunuz, bir RLC
devresindeki zaman ortalamalı gücü.
Böylece şimdi rezonansa bakabiliriz.
O daima çok özel bir durumdur.
Rezonanstayken, Z eşit R’dir. Böylece bu büyük Z’yi R
ile yer değiştirebilirsiniz.
Ve böylece kare bölü 2R
bulursunuz. Bu, iyice basittir.
Bunu tahmin edebilirdiniz.
Yüzünüze dik dik bakan gerçekten Ohm Yasasıdır.
Rezonansta öz-indüktans yoktur ve kapasitör yoktur.
Böylece, onu
sadece R dirençli basit bir sistem olarak ele alabilirsiniz.
Ve hemen şu cevabı bulursunuz.
Omega 0’dan başka her frekansta Z, R’den daha büyük olur.
Onu hemen burada görüyorsunuz.
Böylece bu demektir ki, ortalama güç daha düşük olur.
Böylece sadece
rezonansta mümkün olan en yüksek gücü üretirsiniz.
Tamam. Konumuza dönelim ve sonra ne olduğunu görelim.
LRC devrelerini yapmıştık. Oh, evet, şimdi ilerleyen
ve duran dalgalara geliyoruz.
Bir sicim üzerinde ilerleyen bir dalgayla başlayalım.
Bunu yapmak her zaman çok hoştur; çünkü
elektromanyetik dalgalarla paralellik nerdeyse %100 ‘dür.
Y yönünde titreşen bir sicimim var. Ve onun X yönünde
yayıldığını söyleyelim.
.
Bu ilerleyen dalgayı gördüğümde, Y yönünde titreşen
dalga X yönünde yayılır; derhal anlarım ki o artı X yönünde gitmektedir, çünkü
burada bir eksi işareti var, o bana artı X yönünü söyler.
Dalgaboyuyla ilgili tüm bilgiyi K verir. K, 2 pi bölü lamdadır.
Omega eşittir 2 pi çarpı f; f hertz cinsinden frekanstır.
O da eşittir 2 pi bölü büyük T. Burada büyük T, bir
tam titreşimin periyodudur.
Tedirgeme X yönünde yayılır; yayılma hızı, omega bölü K’ya eşittir.
Burada belirli bir anda bu sicimi çizersem, bu 
olur, bu da ‘dır; ve o, bu hızla
bu yönde yayılır; bu, lambda dalgaboyudur ve bu lambda, V çarpı T’ye eşit olur.
Bir nesne V hızıyla yayılıyorsa ve bir salınımı gitmek
için T saniye geçmeliyse; bu nesnenin lambda kadar bir mesafe katettiği çok
açıktır.
Bu, 8.01 dersidir.
Tedirgemenin hareket hızı olan bu yayılma hızını, sicimdeki
atomların, parçacıkların gerçek hızıyla karıştırmayın.
Sicim içinde
bir parçacık olup burada otursaydınız, asla bu doğrultuda hareket etmezdiniz. Bu,
su dalgalarıyla aynıdır.
Bir su dalgası gelirse, yaptığınız şey tam budur. Aşağı
ve yukarı gidersiniz.
Hareketiniz yalnızca Y doğrultusundadır.
Buradan oraya gidersiniz; bu frekansla, bu omega açısal
frekansıyla ileri ve geri salınırsınız.
Gerçekten yukarı ve aşağı hareket ettiğiniz hız ile
ilgileniyorsanız; kuşkusuz, enine hız dediğimiz bu hız, dy bölü dt‘dir. Sicim üzerinde nereye oturmak isterseniz orayı
seçebileceğiniz belirli bir X konumu için, bu hareketi yapmak durumundasınız.
Ve sanırım bir ev ödevinizde bir problem vardı; orada sizden
enine hızın ne olduğunu istemiştim.
Böylece gene elektromanyetik dalgalara gidersek, orada
çok az şey değişir.
Evet; bir elektromanyetik dalga alalım; bir düzlem dalga,
orada E vektörü Y doğrultusundadır. Böylece E, E0 çarpı Y yönünde bir
birim vektör çarpı kosinüs (kx – omega t ) ‘dir.
Kuşkusuz, bu sinüs de olabilir. Hayatta kosinüsün özel
bir yeri yoktur.
Aynı sonuca varırım.
Dalga, artı X yönünde ilerliyor; yayılma hızı, omega
bölü k’ya eşittir ve eğer şimdi varsayacağım gibi, ortam boşluksa, bu hız C’dir;
Maxwell denklemlerinde gördüğümüz gibi, C, 1 / karekök epsilon 0 mü 0’a
eşittir.
Bunun Maxwell denklemlerinden ortaya çıkması
şaşırtıcıdır.
Şimdi size sorulsa, ki bunun size sorulması benim için
çok doğaldır, ilgili manyetik alan nedir diye; şey.., manyetik alan yayılma
yönüne diktir.
O, E’ye de diktir.
Ve boşlukda, 
eşit 
bölü C ’dir.
Bir koordinat sistemi çizersem; bu X’tir, bu Y ve bu da
Z. Koordinat sistemimin daima böyle X şapka vektörel çarpım Y şapka eşittir Z şapka
şeklinde seçildiğine dikkat edin. Buna sağ-el koordinat sistemi denir.
Başka bir sistem seçerseniz, aptalsınızdır. Kendinizi daima
sıkıntıya sokarsınız.
Her zaman koordinat sistemi olarak bunu seçtiğinizden
emin olun.
Ve X vektörel çarpım Y eşittir tahtadan dışarıya çıkan
Z’ye sahip olduğuma dikkat edin.
Belli bir anda, diyelim ki E vektörü bu yönde, Y
yönünde; rastgele bir an alırım, X için rastgele bir konum alırım.
Şimdi E çarpı B’nin yayılma yönünde olduğundan emin
olmalıyım.
Böylece E çarpı B, bu durumda, X yönünde olmalıdır.
Çünkü o artı X yönünde gidiyor. Ve böylece problemim
çözüldü.
Biliyorum ki, B ancak bu yöndeyse, bu olabilir. Bu anda, bu konumda.
İhtiyacım olan her şey budur.
Bu elektrik alanıyla ilgili B vektörünü, bölü C -- ki bu,
manyetik alanın sahip olabileceği en büyük değerdir -- çarpı aynı kosinüs ( kx – omega t ) olarak yazabilirim.
Ve şimdi burada Z şapka’ya sahip olmalıyım ve şimdi işler
yoluna girdi.
Böylece şimdi E vektörüne eşlik eden bir B vektörüm
var.
Sık sık enerjiyle ilgileniriz: Bir düzlem dalgada, birim zamanda ve birim alanda ne kadar enerji
olur?
Bu, S Poynting vektörü tarafından verilir. S Poynting
vektörü, E vektörel çarpım B bölü mü 0 ’a eşittir.
Biz hâlâ boşluktayız. Ortamın hâlâ tam boşluk olduğunu varsayıyorum; böylece bu watt
bölü metre karedir.
Elbette, genelde Poynting vektörünün anlık değeriyle
ilgilenmiyoruz. Buna kim aldırır ki; o deli gibi titreşir; ben daha çok zaman
ortalamalı değeriyle ilgileniyorum.
Ve zaman ortalamalı değer için; bu, kosinüs omega T’ye
sahip, bu da kosinüs omega T’ye sahip, böylece
çarpımları olan kosinüs kare omega T ‘nin ortalaması ½ olur.
Bir var. Bir var. Ve paydada da bir
var.
Ve şimdi ’dan kurtulmak isterseniz; çünkü her şeyi cinsinden elde etmek
istersiniz; yerine, bölü C yazabilirsiniz.
Ve bu da güzel olur. kare bölü C.
Ve böylece artık Poynting vektörünün zaman ortalamalı
değerine sahibiz.
Boşluktan maddesel ortama geçtiğinizde, maddesel ortam,
K dielektrik sabitine ve KM manyetik geçirgenliğine sahiptir.
Bu, sadece ferromanyetizma ile ilgilenirsek önemlidir;
çünkü paramanyetizma ve diyamanyetizmada KM , pratik olarak, tüm pratik
amaçlar için daima 1’dir.
Fakat kappa bir hayli değişir. Çeşitli maddelerden.
Şimdi tüm yapmanız gereken şu; Maxwell denklemlerine
gidersiniz, onlar boşluk için verilmişlerse, o zaman epsilon 0 yerine, kappa
epsilon 0 koymak gerekir.
Orada bu zaten yapılmış.
Ve mü 0’ı kappa M çarpı mü 0 ile yer değiştirmelisiniz.
Dolayısıyla, C’yi V ile değiştirmelisiniz; çünkü madde
içindeki hız, elektromanyetik ışınımınkinden farklıdır.
Onun nasıl değiştiğini
hemen görürsünüz; çünkü epsilon 0 ve mü 0, epsilon 0 Kappa ve mü 0 kappa
M ile yer değiştirmelidir. Böylece burada hızın, reçeteyi izleyerek, epsilon 0
mü 0 kappa, kappa M olduğunu görürsünüz.
Ve böylece , şimdi bölü V olur ve artık C
ile bölünmez.
Böylece bu , bölü V olur.
Kappa, frekansın çok güçlü bir fonksiyonu olabilir.
Kappa M de öyle. Fakat, kuşkusuz, kappa M sadece
ferromanyetik maddeler için önemlidir.
Daha önce kappa için size bir örnek göstermiştim, suyun
kappası, dielektrik sabiti, düşük frekanslarda 80’di, hatta 100 megahertzdi.
Radyo frekanslarında, o hâlâ
80’di.
Fakat 10 üzeri 14 hertzlik frekanslara sahip olan görünür
ışıkta kappanın değeri çok daha düşüktür; 1,77’dir.
Böylece kappa frekansın güçlü bir fonksiyonudur.
C bölü V şeklinde
kırılma indisini tanımlarız.
V’nin kendisi frekansın güçlü bir fonksiyonu olduğu
için, kırılma indisi de frekansın güçlü bir fonksiyonu olabilir.
O, kabaca su için1,3’tür.
Fakat bu değer, kırmızı ışık için mavi ışıktan biraz
farklıdır. Öyle olmasaydı, gökkuşağını
göremezdik.
Tamam.
Şimdi duran dalgalardan bahsedelim. Yine sicim ile
başlayalım.
Bu L uzunluğunda bir sicimdir ve bu sicim üzerinde
duran bir dalga oluştururum.
Duran dalgalar, ancak çok özel dalgaboyları için çok
ayrı frekanslarda oluşturulabilir.
O bir rezonans olayıdır.
Bunun meydana geldiği en düşük frekansta, sicim bu
tarzda titreşecektir.
Sicim bunu yapacaktır.
Buna temel frekans
adı verilir. Birinci harmonik de denir.
Sonra, rezonans yapabilecek bir sonraki frekans olan
ikinci bir harmonik vardır; o ekstra bir düğüm ekler, zaten burada bir düğüm ve
orada bir düğüm vardı. Şimdi sistem böyle titreşecektir.
Füüt, füüt, füüt, füüt. Böylece bu ikinci harmoniktir.
Ve sonra üçüncü harmoniğe gidebilirim ve böylece sonsuza
kadar devam edebilirim; tam da değil, ama biraz devam edebilirim; bu şimdi üçüncü harmonik olacaktır.
Rezonans frekansı olan frekanslar 
ile verilir; n tam bir sayıdır: Ya 1, ya 2, ya 3 ya
da 4 vs... demektir; 1 temel frekans olur, 2 ikinci harmonik ve saire. Bu
frekans, n çarpı V bölü 2L olarak
verilir; V burada tedirgemenin sicim yönü boyunca yayılmasının hızıdır.
L bu durumda uzunluktur.
Ve bu özel harmonikle ilgili lambda dalgaboyu, 2L bölü
n’ye eşit olur.
Eğer n = 1
koyarsanız, dalgaboyunun, gerçekten uzunluğun iki katı olduğunu görürsünüz; n =
2 alırsanız, dalgaboyu tam L ‘ye eşit olur.
Böylece, duran bir dalga için temel durumu gösteren bir
denklem yazalım.
1 temeli belirtmek üzere, 
eşittir 
çarpı kosinüs omega 1 çarpı
t çarpı sinüs 
x.
Bu ilerleyen bir dalgadan çok farklıdır.
Burada tüm zaman bilgileri, uzaysal bilgiden
ayrıştırılmıştır.
Önceden olduğu gibi, yine –buraya daha
güzel bir yazayım– 2 pi bölü lambda’ya
eşittir.
Ve omega 1, 2 pi çarpı
’e eşittir.
Burada çok özel olan şey, sinüsleri 0 olan noktaların,
yani X değerlerinin var olmasıdır.
Temel durumunda, x eşit 0 koyarsanız, sinüsü daima 0
bulursunuz.
Fakat X eşit L koyarsanız, o da 0’dır; bunu kontrol
edebilirsiniz.
Şimdi ikinci harmoniğe giderseniz, orada da sinüsü 0
bulacaksınız.
Ve böylece asla hareket etmeyen noktalar vardır;
bunlara düğümler diyoruz.
Bu bir duran dalga için çok karakteristiktir.
İkinci harmoniğe gidebilirim ve yapmam gereken bütün
şey, buraya bir 2, buraya bir 2, buraya
bir 2 ve buraya bir 2 koymaktır.
Kendi küçük genliğine sahip olur; o da bu olabilir.
O kendi frekansına sahip olabilir.
Fakat bu omega 2 frekansı tartışılmaz. O, omega 1’in 2 katı olmalıdır.
Eğer üçüncü harmoniğe gidersem, omega 3 de, omega 1’in
3 katı olacaktır.
Fakat o kendi dalgaboyuna sahiptir; 
’yi 2 pi bölü lamda 2 olarak bulacaksınız; lamdalar şu bağıntıyla verilir.
Şimdi bunları özümseyebilmeniz için, birkaç dakika
dinlenmenizi istiyorum, sonra elektromanyetik duran dalgalara geçeceğiz.
Sizden şunu gene görmenizi istiyorum. Onu daha önce
görmüştünüz; fakat sizin henüz görmediğiniz bir yönden onu görmenizi istiyorum.
Burada titreştireceğim bir kauçuk hortumumuz var; onu
bu şekilde titreştireceğiz, en azından hedefimiz budur. Üçüncü harmoniği elde
etmek ve tam olarak rezonansa varmak o kadar da kolay değildir. Fakat bunu
deneyeceğiz; Marcos onu sizin için çok
güzel yapmaya karar verdi: Oraya siyah bir ekran koyacak; çünkü rezonansa
gelince, hortuma stroskobik bir ışık tutacağım, böylece hareketi etkin bir
şekilde izleyebileceksiniz.
Gözleriniz neyin yukarı çıkıyor, neyin aşağı iniyor
olduğunu göremez.
O çok hızlı gidip gelir.
Fakat onu bir-açılıp-bir-kapanan yinelenen ışıkla
aydınlatarak yavaşlatabiliriz, aslında onu durma haline getiririz.
Amacımız bu; böylece bunu görebileceksiniz.
Stroskobik ışığı açayım, bu siyah fonun yardımı olacak;
Stroskobun frekansı, titreşen hortumun frekansıyla tam aynıdır; böylece bu gerçekten
yavaş hareketi görmenizi sağlar.
Merkezi kısım aşağıdayken, sağ ve sol kısımların
yukarıda olduğu ve tersi konusunda kimse bana karşı çıkmıyor, değil mi?
Böylece, şimdi bu duran dalganın özelliklerini
gerçekten görebilirsiniz.
Dikkat ederseniz, bu durumda dört düğüm görüyorsunuz.
Birer tane uçlarda ve iki düğüm de ortada görüyorsunuz.
Bu sinüs eğrisinin daima 0 olduğu yerlerdir bunlar.
Biraz daha farklı bir frekansta başka bir stroboskop
ışığı ekleyebilirim.
Tsai adında bir sanatçıyla birkaç yıl işbirliği yapmıştım.
O, burada, MIT’te, İleri Görsel Çalışmalar Merkezinde (the Center for
Advanced Visual Studies) çalışmıştı; aslında nesneleri rezonans frekansında titreştirerek sanat
yapıyordu; ipleri, yayları titreştiriyordu. Ve benim şimdi yaptığım gibi,
onları stroboskobik ışıkla aydınlatıyordu; aslında ben bunu ondan öğrendim.
Çok güzel, aynı zamanda çok öğreticidir de. Neler oluyor,
aslında onu görebiliyorsunuz.
Yeşile bürünmüş olarak gördüğünüz sicimi, farklı bir
anda kırmızıya bürünmüş görürsünüz. Ve söylediğim gibi, ben stroskobun
frekansını bilerek biraz farklı yaptım.
Teşekkürler, Marcos.
Belki hatırlarsınız, havada kendi başına duran bir
dalga da oluşturabilirsiniz.
Üflemeli çalgılar, rezonansa giren hava sütunlarından
başka şey değillerdir.
Burada her iki tarafı da açık bir üflemeli aletim olsun;
bu aletimin uzunluğu, üretebileceğim frekanslar, bu denklemle verilmektedir.
Telli ve üflemeli çalgılar arasındaki tek temel fark, tellerle
isteğe bağlı olarak V’yi değiştirebilmenizdir. Yayılma hızının farklı olduğu
farklı maddeler seçebilirsiniz ve ayrıca gerilimi de değiştirebilirsiniz.
Gerilimi artırırsanız, bu V artar.
Böylece kemana dört farklı tel gerebilirsiniz; onlar
da size dört farklı temel frekans verirler.
Üflemeli bir çalgıda V’yi kontrol edemezsiniz, çünkü V
sesin hızıdır.
Ve böylece oda sıcaklığında havanın V hızı, 340 metre
bölü saniyedir.
Bu tartışmasız böyledir.
Ve böylece üflemeli çalgıda, duyacağınız frekansları
kolayca tahmin edebilirsiniz.
Burada, her iki ucu da açık bir borum var. O, 1,5 metre uzunluğunda.
Bu denklemi uygularsam, temel frekansın 113 hertz
olacağını bulurum.
Belki hatırlarsınız; rezonansların bazen onları hiç
beklemediğimiz anda ortaya çıkabildiğini söylemiştim size.
Sırf hava üflerken, rezonanslar elde edebilirsiniz.
Üflemeli bir çalgı alır da ona hava üflemeye
başlarsanız, rezonansları uyarırsınız.
Tacoma Köprüsü’nü hatırlayın. Rüzgâr vardı ve köprü
rezonansa gelmişti.
Çok yıkıcı bir olaydı.
Evet; burada da hiç ummadığınız bir anda, rezonansa
gidebilecek bir sistemimiz var.
Burada bakır telden bir ızgara var.
Ve bu ızgarayı ısıtacağım. Izgarayı ısıtınca, oradan
geçen bir hava akımı elde ederim. Bu, tümüyle kendi başına onu rezonansa getiremeyecek.
Fakat ısı kaynağını uzaklaştırdığımda ve bu ızgara
soğumaya başladığında, o rezonansa gelir.
Böylece onu şimdi ısıtacağım. Biraz zaman alacak.
Çok uzun süre ısıtırsam, bakır ızgara eriyecektir.
Yıllar önce bunu çok kısa bir yakmaç ile yaparken, eriyen
bakır ellerime gelmişti; inanın bana hiç
eğlenceli değildi.
Yeterince uzun süre ısıtmazsam, rezonansa erişemem. Böylece
basit bir tahmin yapayım.
113 hertz.
Pekâlâ. Duran elektromanyetik dalgalar.
Duran elektromanyetik dalgalara gittiğimizde, burada
merkez tahtada kalayım.
Durum, neredeyse sicim üzerindeki duran dalgalarla
eşdeğerdir
Yine düğümlerimiz var. Elektrik alanının daima 0
olduğu yerler var.
Ama ilerleyen dalgadan çok çok farklı.
Sizi 9-4 problemine yönelteyim; orada tıpkı sicimde
sahip olduğumuz gibi duran bir elektromanyetik dalga göreceksiniz. O tam olarak
bu şekle sahiptir.
Zaman bölgesi, uzay bölgesinden ayrılmıştır.
Duran bir elektromanyetik dalgada sahip olduğunuz tek
zorluk, ilgili manyetik alanı bulmanın öyle kolay olmamasıdır.
Bunu tekrar gözden geçirmek isterseniz, sizi 9-4
problemine yönlendiririm.
Kutuplanma.
Tekrar konulara bakmak istiyorum. Listede nerede
olduğumuzu görelim.
Sanırım, biraz da kutuplanmadan söz etme zamanı geldi.
Evet, öyle. Kutuplanma.
Tahtadan tam size doğru gelen elektromanyetik
dalgaları ele alalım.
Buna Y yönü diyorum ve buna Z; pardon X yönü diyorum.
Ve Z size doğrudur.
X çaprazı Y’nin daima, benim durumumda, sağ-el koordinat
sisteminde Z olduğuna dikkat edin.
Böylece, tahtadan bize doğru gelen bir düzlem dalganın
elektrik alan vektörünün böyle titreştiğini var sayalım.
Füüt, füüt, füüt, füüt. Omega açısal frekansıyla.
Bu düz bir çizgiyse,
bunu çizgisel kutuplu ışınım olarak adlandırırız.
75 megahertzlik bir vericiyle yaptığımız bir radyo
yayını olabilir.
Görünür ışık da olabilir.
E vektörü düz bir çizgi boyunca kaldığı müddetçe, biz
bunu çizgisel kutuplu elektromanyetik ışınım diye isimlendiririz.
Elektromanyetik ışınım, radyo dalgaları dahil, görünür
ışık dahil, dairesel kutuplu olabilir.
Bu durumda elektrik vektörü burada gördüğünüz gibi
titreşmez; fakat her zaman aynı şiddete sahiptir ve ucu, ya bu yönde ya da bu
yönde, bir çember üzerinde dönmektedir. Aslında bunu oluşturmak çok kolaydır.
Bunu burada derslerimde yapabilirdim, ama hiç
yapmadım.
Y yönünde bir antenimiz olduğunu var sayalım ve bir
tane de X yönünde olsun; aynı 75 megahertzlik vericimizin bu doğrultuda bakır
bir çubuk oluşu gibi.
Ve her biri tam olarak aynı değeriyle, tam olarak
aynı frekansla, fakat 90 derecelik faz
farkıyla yayın yapsınlar.. Bunu ayarlamak pek zor değildir.
Bu durumda, ‘a eşit, bir 
elde ederim.
Z için bir değer seçersem – Z eşit 0 alayım, bu çizginin
neresinde olduğum kimin umurunda -- böylece KZ terimi olmaz, basitçe burada bir
kosinüs omega t ’ye sahip oluruz.
Böylece bu, elektrik vektörünün X yönündeki bileşenidir.
Ve diğer E, Y yönünde olsun – aynı genliğe, fakat 90
derecelik faz farkına sahip olmalıdır; böylece 90 derecelik faz farkıyla, örneğin
sinüs omega t olur.
Omegalar aynı olmalı. Dairesel kutuplu ışınım elde
etmek için.
Böylece, Z ekseni üzerinde burada duran birisinin hissedeceği
net elektrik alan vektörü, X yönünde 
+ Y yönünde 
olacaktır.
Ve böylece bu vektörün büyüklüğü, karekök içinde kare artı kare olup, o da ’a eşittir.
Çünkü sinüs kare omega t artı kosinüs kare omega t ,
1’e eşittir.
Ve böylece karekök altında kare çarpı 1elde
edersiniz; bu da olur.
Dolayısıyla, genliğin daima olduğunu görürsünüz.
Burada gözünüzün önünde E vektörünün döndüğünü görürsünüz;
Y’de maksimum olduğunda, X’de sıfır olur ve X’de maksimumken, Y’de sıfırdır; dolayısıyla
bu dönüşü elde edersiniz, ve bu yönde ya da şu yönde.
Dönüş yönü, faz gecikmesinin nasıl düzenlendiğine
bağlıdır.
Örneğin, basitçe buraya bir 2 koyarak, siz bunu
eliptik kutuplu ışınıma çevirebilirsiniz
Oraya bir 2 koyarsanız -- veya X yönünde bir 2 koyayım
-- çünkü tahtada X yönünde daha çok yerim var. Böylece buraya bir 2 koyarsam,
bu, X yönünde Y yönünde gidebileceğimden iki katı daha uzağa gidebilirim
demektir ve böylece şimdi E vektörü bunun gibi olacaktır.
Görüyorsunuz ki, bu şimdi bunun iki katıdır ve dolayısıyla
şimdi eliptik kutuplu bir ışınıma sahibim.
Tamam, şimdiye kadar kutuplanma ile ilgilendik. Şimdi
de Snell Yasası hakkında konuşalım.
Snell Yasası, Maxwell’den 250 yıl kadar önce keşfedilmişti.
Kuşkusuz, onu artık Maxwell denklemlerinden çıkarabilirsiniz;
gene de o, oldukça şaşırtıcı bir başarıdır. O, 250 yıl önce şu Hollandalı
tarafından türetilmişti.
Snell Yasasının bize söylediği şudur: 
kırılma indisli 1. ortamdan,
kırılma indisli 2. ortama
geçen bir ışık olsun; bu gelen açı teta
1’dir, bu yüzeyin normalidir. Biraz yansıma olur, bu açı da teta 1’dir ve sonra
bu ışığın bir kısmı bu ortama geçecektir ve bu açı o zaman teta 2 olacaktır.
Ve Snell Yasası, sinüs teta 1 bölü sinüs teta 2’nin bölü ’ye eşit olduğunu söyler.
Gideceğiniz ortam daima yukarıdadır; oh, hayır böyle
değil, tam tersi.
Ah, bunu yakalamam iyi oldu; bu bölü ’dir. Böylece gideceğiniz ortam yukarıdadır ve geldiğiniz
ortam aşağıdadır.
Böylece , ’den büyük ise, teta 2 açısının daima teta 1 açısından daha
küçük olacağı apaçıktır.
Şimdi havadan cama gittiğinizi var sayalım, fakat yine
her nasılsa havaya çıkarsınız.
Böylece tam burada, bu şimdi sizin gelme açınızdır,
ben onu 
diye isimlendirdim.
’ın teta 2 olduğu açıktır.
Ve burada gene ortamdan havaya geliyorsunuz ve bu
açıya r diyorum. Şimdi size bir soru
soracağım, şu r açısı nedir? Bazılarınız
büyük bir sezgiye sahip olabilir ve hemen “oh, onun teta 1 açısıyla aynı
olacağı açıktır.” der. Ve bu gerçekten doğrudur.
Bunu kolayca görebilirsiniz; çünkü A noktasından
geçişte, sinüs teta 1 bölü sinüs teta 2 – böylece şu A noktasındadır -- 
bölü 
olacaktır. Ve şimdi
buraya B noktasına geliriz, böylece B noktasında bu gelen açısının sinüsü bölü
sinüs r elde ederiz; burada ’nın teta 2 olduğunu biliyoruz, bu açıktır. Şimdi bu,
gideceğimiz yer, yani hava bölü bulunduğumuz yer, yani camdır; böylece bu, n hava
bölü n cam ’dır.
Ve zaten ’nın teta 2 olduğunda anlaşmıştık.
Böylece bu iki denklemi çarparım, sağ tarafta tam
olarak 1 elde ederim.
Işığın renginden bağımsızdır.
Mavi ışık kırmızı ışıktan farklı kırılma indisine
sahip olsa da, bu önemli değildir; çünkü burada, orada sahip olduğumla aynısına
sahibim.
Ve böylece sağ tarafta tam 1 elde edersiniz; böylece
sol tarafta da tam olarak 1 elde etmelisiniz. Sonuç olarak, teta 1, r olmalıdır.
Öyleyse bu açı burada bu tetayla aynıdır; ki bu belki de pek şaşırtıcı
değildir.
Çünkü bu iki düzlem birbirine paraleldir.
Düzlemler paralel olmasaydı, -- ki problemlerinizin
birinde bu durum söz konusuydu; orada bir prizmaya sahiptiniz -- o zaman burada renklerin ayrılmasını elde ederdiniz;
kırmızı ve mavi farklı doğrultularda çıkardı.
Bu durumda ise, kırmızı, mavi, yeşil ve sarının hepsi
aynı doğrultuda dışarı çıkarlar; böylece paralel düzlemli camdan baktığınızda
beyaz ışık görürsünüz.
Tam yansımaya geldiğinizde, zamanınız olursa, 9-8
problemine bakmanızı öneririm.
Sınavda size beş problem verilecek.
Onlardan iki tanesi tek soruludur. İki tanesi iki
sorulu.
Ve birisi ise, dört tane doğru-yanlış sorusuna sahip.
Her bir doğru cevap için dört puan alacaksınız.
Her bir yanlış cevap için dört puan çıkarmak
zorundayım. Cevap vermek zorunda değilsiniz.
Cevap vermezseniz; puan alamazsınız, ama puan da kaybetmezsiniz.
Şimdi dört puanınızı çıkardığım için benden nefret
etmeden önce, bir dakika şunu düşünün.
Eğer beş-yaş çocuklarından oluşan bir sınıfa doğru-yanlış
soruları verirseniz, onlar ortalama yarısını doğru yarısını yanlış
cevaplayacaklardır.
Yine de onlar 0 hak ederler.
Böylece açıkça tek mantıklı şey, yanlış bir cevap için
puan çıkarmaktır.
Fakat cevaplamak zorunda değilsiniz.
Böylece dört sorudan ikisini bildiğinizden eminseniz,
diğer iki soruyu cevaplamamayı düşünebilirsiniz. Bu sizin seçiminiz.
Size bir örnek vereceğim.
“Benham diski birkaç renkten oluşur.
Onu hızlı çevirdiğinizde, beyaz ışık görürsünüz.” Bu yanlıştır.
Bu yanlıştır; çünkü Benham diski bir kaç renge sahip
değildir ve onu çevirdiğimizde beyaz ışık görmeyiz.
Başka bir örnek vereceğim.
“Kuyruklu yıldızın iki kuyruğundan birisi ışınım
basıncı nedeniyledir, diğerine ise, güneş rüzgârları neden olur.” Bu doğrudur. Bunu
derslerde tartışmıştık.
Bir kaç babaca öğütle sonlandırayım.
Her soruyu en az iki kez okuyun; önce en iyi
bildiğiniz soruları yanıtlayın.
Size uyanlar en iyisidir.
Bir problem üzerinde 10 dakikadan fazla zaman
harcamayın.
Hemen diğerine geçin.
Yarın akşam Ali Nayeri ile üç saatlik başka bir tekrar
var.
Buna katılmak isteyebilirsiniz.
Ve Pazar biz de size özel öğreticilik yapacağız.
Web’e bakın. Çünkü zamanı geldiğinde, onu
güncelleyeceğiz.
Gelecek derste görüşürüz.