sevgili fizik bölümü Öğrencileri; bildiğiniz gibi yeterlilik
TRANSCRIPT
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 2 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 3 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 4 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 5 -
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?
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 6 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 7 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 8 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 9 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 10 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 11 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 12 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 13 -
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).
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 14 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 15 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 16 -
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?
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 17 -
(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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 18 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 19 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 20 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 21 -
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 )
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 22 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 23 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 24 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 25 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 26 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 27 -
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;
θ=180° olduğundan 2 2
[ 180 ]Dmv mvT mg cos mgrg r
= + = − bulunur.
A noktasında;
θ=0° olduğundan 2 2
[ 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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 28 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 29 -
• 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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 30 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 31 -
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 −=−−=∆
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 32 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 33 -
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 ∆−∆+
=∂∂
→∆
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 34 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 35 -
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 36 -
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;
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 37 -
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
− =
= − + −= − =
=
=
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 38 -
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.)
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 39 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 40 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 41 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 42 -
eksene paralel giderler.
• İkinci kısımdaki merkez doğrultusunda gelen ışınlar, mercekten kırıldıktan sonra
birinci kısımdaki merkez doğrultusun kırılırlar.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 43 -
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;
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 44 -
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
− − ∆ = − − −
şeklinde yazılır. Buradan;
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
− ∆ = − − − −
şeklinde yazılır. Buradan;
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
− ∆ = − − − −
şeklinde yazılır. Buradan;
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 45 -
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
− − ∆ = − − −
şeklinde yazılır. Buradan;
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
− ∆ = − − − −
şeklinde yazılır. Buradan;
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
− ∆ = − − − −
şeklinde yazılır. Buradan;
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;
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 46 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 47 -
(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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 48 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 49 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 50 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 51 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 52 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 53 -
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
DC MaxV V sin tdtT T
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
DC MaxV V sin tdtT T
π= ∫ integralini hesaplayarak tam dalga doğrultucu devresi için
çıkıştaki DC bileşenin değerini 22πVVDC = şeklinde buluruz.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 54 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 55 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 56 -
24.
Dijital elektronikte kullanılan başlıca kapı
devreleri yandaki tabloda verilmiştir. Bu
kapı devreleri elektronik uygulamalarda
transistorlar ve entegre devreler kullanılarak
oluşturulur.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 57 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 58 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 59 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 60 -
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;
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 61 -
∫ =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;
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 62 -
∫ ∫ ∫∫∞+
∞−
∞+
∞−
∞+
∞−
∞+
∞−
= 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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 63 -
( )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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 64 -
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;
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 65 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 66 -
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+− ⇒ − ⇒ − = = ⇒ − = ⇒ − =
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 67 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 68 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 69 -
+
+=
+=+ 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
−−−
=⇒−−
=++−
=⇒
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 70 -
( )( )
( )
( )∫∫∞
∞−
−∞
∞−
−
−−=
−−= 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 ==−−
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 71 -
( )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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 72 -
( )( )( )( ) 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)
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 73 -
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∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
− − + + +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 74 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 75 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 76 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 77 -
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 + − − − − + − +
+ − + −
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 78 -
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 − +
− − −
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 79 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 80 -
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
∫
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 81 -
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 ˆE ( x y z)( )x y z 4 z∂ ∂ ∂
= − + +∂ ∂ ∂ πε
r
2o
q ˆE z4 z
=πε
r
Küre içerisinde
0
qˆ ˆ ˆE ( 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∫
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 82 -
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
şeklinde elde edilir.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 83 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 84 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 85 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 86 -
∂ ∂ ∂∇ × = + + × + +
∂ ∂ ∂
rr ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆE k( i j k) (xyi 2yzj 3xzk)x y z
ˆ ˆ ˆE k( 2yi 3zj xk)∇× = − − −r r
şeklinde elde edilir. E 0∇× =r r
olmadığı için bu elektrostatik
alan değildir.
b-) 2 2ˆ ˆ ˆE k(y i (2xy z )j 2yzk)= + + +
r
∂ ∂ ∂∇ × = + + × + + +
∂ ∂ ∂
rr2 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆE k( i j k) (y i (2xy z )j 2yzk)
x y z
∇ × = − + −rr ˆ ˆ ˆ ˆE 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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 87 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 88 -
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−=
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 89 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 90 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 91 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 92 -
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
şeklinde elde edilir.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 93 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 94 -
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 −=∆
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 95 -
( ) 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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 96 -
( ) 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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 97 -
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
= /
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 98 -
=( )
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 99 -
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;
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 100 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 101 -
)()()(
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−=
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 102 -
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;
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 103 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 104 -
= 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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 105 -
∫ ∫=)( )(
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 106 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 107 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 108 -
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
∂ ∂ = + ∂ ∂
Yukarıdaki iki denklemin karşılaştırılmasıyla
p
S
H TS
H Vp
∂ = ∂
∂= ∂
elde edilir. Tam diferansiyel olma koşulu
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
∂ ∂ = + ∂ ∂
Yukarıdaki iki denklemin karşılaştırılmasıyla
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 109 -
V
T
F STF pV
∂ = − ∂ ∂ = − ∂
elde edilir. Tam diferansiyel olma koşulu
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
∂ ∂ = + ∂ ∂
Yukarıdaki iki denklemin karşılaştırılmasıyla
p
T
G ST
G Vp
∂ = − ∂
∂= ∂
elde edilir. Tam diferansiyel olma koşulu
p pT T
G Gp T T p
∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂
dır. Buradan
pT
S Vp T
∂ ∂ − = ∂ ∂
4 ’ncü Maxwell denklemi elde edilir.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 110 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 111 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 112 -
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;
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 113 -
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;
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 114 -
∫∑
∂∂
∂∂
+∂∂
∂∂
=∂∂ 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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 115 -
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;
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 116 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 117 -
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 &&& +=
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 118 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 119 -
( ) 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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 120 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 121 -
−+−= 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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 122 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 123 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 124 -
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= + − −&&
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 125 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 126 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 127 -
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≈
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 128 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 129 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 130 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 131 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 132 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 133 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 134 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 135 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 136 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 137 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 138 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 139 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 140 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 141 -
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 ∞
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 142 -
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;
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 143 -
, ,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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 144 -
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,
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 145 -
( ) ( ) ( ) ( )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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 146 -
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= −
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 147 -
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±
= = ±∑ ∑
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 148 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 149 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 150 -
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,
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 151 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 152 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 153 -
( ) 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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 154 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 155 -
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.)
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 156 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 157 -
∆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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 158 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 159 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 160 -
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)∑
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 161 -
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 ,
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 162 -
+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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 163 -
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.
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 164 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 165 -
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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 166 -
( )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
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 167 -
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 +′→ −
−−
Cumhuriyet Üni. Fen Edebiyat Fakültesi Fizik Bölümü Yeterlilik Sınavı - 168 -
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.