11E1Fre.

UDAKO EUSKAL UNIBERTSITATEA

IRUREA 1979

ELEK TROMAGNE TIKA

Prepotatzaile: LUIS M e BANDRES

AURKIBIDEA

1.ATALA : ELEKTROSTATIKA

1.Ikasgaia : ANALISI BbXWORIALA

1.1 Sarrera

1.2 Algebra bektoriala

1.3 Gradientea

1.4 Integrazio bektoriala

1.5 Dibergentzia

1.6 Rotazionala

1.7 Laplaziarra

1.8 Nabla eragilea

1.9 Zenbait eragiketa

I. Orrialdea

2.Ikasgaia : ELEKTROSTATIKA • • . 20. Orrialdea

2.1 Elektrakarga

2.2 Coulomb-en legea

2.3 Eremu elektrikoa

2.4 Potentzial elektrostatikoa

2.5 Eroaleak eta isolatzaileak

2.6 Gauss-en legea

2.7 Gauss-en legearen aplikazioak

2.8 Dipolo elektrikoa

3.Ikasgaia : PROBLEMA ELEKTROSTATIKOREN ERRESOLUZIOA 41. Orrialdea

3.1 Poiscon-en ekuazioa

3.2 Laplace-ren ekuazioa

3.3 Dimentsio bakarreko problemak

3.4 Bi dimentsiotako problemak

3.5 Imajina elektrostatikoak

3.6 Eroaleen siatemak

4.Ikasgaia EREMU ELEKTROSTATIKOA MEDIO DIELEKTRIKOTAN

4.1 Polarizazioa

4.2 Dielektriko baten inguruan dagoen eremu elektrikoa

4.3 Dielektriko baten barruan dagoen eremu elektrikoa

4.4 Gauas-en legea dielektriko batetan.Desplazamenduelektrikoa

4.5 Medio material baten suszeptibilitatea eta per-

mitibitatea

5.Ikasgaia : MEDIO DIELEKTRIKOTAN EREVU ELEKTRIKOEN

ZENBAIT PROBLEMA

59.0rrialdea

76.0rrialdea

5.1 Ixuri dielektriko batetan karga puntuala

5.2 Mugatako eremu-bektoreeen zenbait baldintza

5.3 Dielektrikoen mugetako zenbait problema

5.4 Eremu elektriko uniforme batetan esfera

dielektriko bat

5.5 Dielektriko batetan dagoen karga bateko indarra

6.Ikasgaia : ENERGIA ELEKTROSTATIKOA 89.0rrialdea

6.1 Sarrera

6.2 Karga puntual multzo baten energia potentziala

6.3 Karga hedapen baten energia elektrostatikoa

6.4 Eremu elektrikoaren energi dentsitatea

6.5 Eroale kargatuzko sistema baten energia.

Potentzial-koofizienteak

Kapazitate- eta indukzio-koefizienteak

6.7 Kondentsatoreak

6.8 Indarrak eta momentuak

2. ATALA : MAGNETIKA

7.Ikasgaia : MAGNETOSTATIKA 113.0rrialdea

7.1 Sarrera

7.2 Eremu magnetikoa

7.3 Indar magnetikoak korrontea eramaten duten

eroaleetan

7.4 Biot eta Savart-en legea

7.5 Biot eta Savart-en legearen aplikazio batzuk

7.6 Bektore-potentziala

7.7 Zirkuitu baten eremu magnetikoa

7.8 Ampere-ren legea

7.9 Potentzial eskalar magnetikoa

7.10 Fluxu magnetikoa

8.Ikasgaia : EREMU MAGNETIKOA MRDIO MATERIALETAN 133.0rrialdea

8.1 Magnetizazioa

8.2 Material magnetizatu baten eremu magnetikoa

8.3 Eremu magnetikoaren iturriak:Intentsitate

magnetikoa

8.4 Eremuaren ekuazioak

8.5 Suszeptibilitate eta iragazkortasun magnetikoa:

Histeresia

8.6 Eremu-bektoreen zenbait muga-baldintza

8.7 Medio magnetikoa daukaten korronte-zirkuituak

8.8 Zirkuitu magnetikoak

9.Ikasgaia : INDUKZIO ELEKTROMAGNETIKOA 155.0rrialdea

9.1 Sarrera: Faraday-ren legea eta Lenz-en legea

9.2 Indar elektroeragile induzitua medio higikorretan

9.3 Eremu elektrikoaren adierazpen orokorra

9.4 Autoinduktantzia

9.5 Elkar-induktantzia

9.6 Neumann-en formula

9.7 Lerroz eta paralelozko induktantzien elkarketak

10.Ikasgaia : ENERGIA MAGNETIKOA 166.0rrialdea

10.1 Sarrera

10.2 Zirkuitu akoplatuen energia magnetikca

10.3 Eremu maFnetikoaren energi dentsitatea

10.4 Zirkuitu zurrunetan indarrak eta momentuak

10-5 Histeresiaren bidezko galerak

11.Ikasgaia : MAXWELL-EN EKUAZIOAK 177.0rrialdea

11.1 Ampere-ren lejearen orokorpena:

Desplazamendu-korrontea

11.2 Naxwell-en ekuazioak eta bere oinarri

enpirikoak

11.3 Energia elektromagnetikoa

11.4 Uhinen ekuazioa

1. Ikasgaia: ANALISI BEKTORIALA

SARRERA

Ikusgune matematiko batetik eremu bat zera da: espazioko puntue-

tan magnitude fisiko bat ematen duen funtzioa.

Magnitude fisiko hori puntu bakoitzean balio bakar batez guztiz

zehazturik badago "eremu eskalar" bat izango dugu.Tonperatura,dentsi-

tatea eta potentzial elektrikoa magnitude eskalarrak dira.

Aldiz, "eremu bektorialetan" horretaz gainera puntu bakoitzean

direkzioa eta norantza ezagutu behar da.Haizearen abiadura, pisua

eta eremu elektrikoaren intentsitatea bektor magnitudeak dira.

Bektoreak adierazteko gezi moduko irudi bat erabili ohi da, eta

bere gainean gezitxo bat daraman letra batez idatziko dugu,hots,A

Gehienetan "eskubiko sistema

koordenatu kartesiarra" erabi-

liko dugu,hots, z ardatzaren

norantza positiboa zera da

x ardatzetik y ardatzera bide

motzenatik biratzen aen torlojo baten aitzinamenduarena.Eta beste

horrenbeste besteentzat.

Algebra bektoriala:

Edozein hiru ardatz elkartzuten gainean bektorearen osagaien bi-

dez defini dezakegu bektore bat.Irudian W5 bektoreak Ax,Ay eta Az osa-

gaiak ditu.

rbektorea bere osagaien bidez emateko j, eta k bektore uni-

2 ../

tariak erabili behar ditugu.Hauek,modulu unitatea,direkzioa ardatza-

rena eta norantza ardatzaren positiboa dutenak dira.

Hauen bidez

= Ax j•Az k (1)

-›A bektorea Ax, Ay eta Az moduluk_>ak eta banaka banaka x,y,z

ardatzekiko paraleloak diren hiru bel oreen batura da.

A-ren modulua hau da

‘7,," A A t (.2)

Bi bektoreen batuketa egiteko beren osagaien batuketen bidez

egiten da

_ n F.5.-1 tkt t) kc (3)

Kenketa,alderantzizko zeinua duen batuketa ba-C da

(. 14 i .-6 t ) ŕ (A t - B ) -k )

Bi biderkaketa mota erabiliko ditugu: eskalarra eta bektoriala

Definizioz biderkaketa eskalarra zera da: bektore bien modulua-

ren eta osatzen duten angeluaren kosiMhren biderkadura,hots

-)

4• A. '"?

Definizio hori dela eta, eragiketa hau trukakorra eta banakorra

da„_,„

A .B .B. A

(6)

eta

-"d» ) = A . 53-›+ C ( 7 )

3 ../

Eragiketa honen bidez zera dugu

.- i = 1 . = 1 k k = 1 (8)

.- k = o k . i = o i . j = o (9)

Beraz:

. B = (Ax 37+Ay .( Bx By 1+ Bz 1-"ct. ) = (10)

= Ax Bx + Ay By + Az Bz

Bi bektoreen arteko "biderkaketa bektoriala"beste bektore bat da;

haiek osatzen duten launarekiko elkartzuta;norantzaren torlojuaren

aurrerapenak (lehen bektoretik bigarrenara biratuz) duena,eta modu-

lua bi bektoreen moduluaren eta osatzen duten angeluaren sinuaren

biderkadura duena-aAxB = C

(12)

18+ 1 = c A.B sin (13)

Biderkaketa bektoriala ez da trukakorra; antitrukakorra baizik.

Definizioz ikusten denez:

A x B = -(B x A ) (14)

Baina batuketarekiko banakorra da

) n-k" x x C (15)

Biderkaketa bektorialaren definizioa dela eta i x o

x = o rc x k = o direlck (16)

lortzen da;eta erabiltzen ari garen aistema koordenatuan

4 ../

=k , "S" x

, k x Y , j> x e . a.

(17)

A eta -15—ren arteko biderkaketa bektoriala,osagaien bidez,zera

) (4b)dugu:

LA13,- ) (Ax - A, '6t (.A,, 3 4. - (.49)

--»

Al

Honeraino iritsita,zatiketa bektorialaz arduratu behar dugu.Bek-

tore baten eta eskalar baten arteko zatiketa,honela defini dezakegu:

bektorea bider bat zati eskalarra.

Beste aldetik,bi bektoreen arteko zatiketa egin ahal izateko, bi

bektore horiek paraleloak izan behar dute.

Beraz,beren zatidura eskalar bat izanen da.

Eskalar bat zati bektore bat eragiketa egitea ere pemible da

Kontsidera dezagun ekuazio hau:

e = A . X (21)

e : ezagutzen dugun eskalar bat da

A :▪ ezagutzen dugun bektore bat da

X s• ezagutzen ez dugun bektore bat da, hots,aurki behar duguna

Ekuazio horren soluzio orokor bat hau dugu:

, C---r • g (22)

:(3dozein moduluko) rbektorearekiko elkartzuta den bektore

bat.Beraz, A . B = o

->

A A A-

e A --) = e ° =A - A A • A

e

A A--> ->

A• A

(2 .5)e ;27

1-1n

5../

Ekuazio horren bidez aurkitzen dugun bektoreak (21) ekuazioa

betetzen du:

--,

e. = X - e AA' - /..

Ikusten dugunaren arauera ez dago soluzio bakar bat.

Ondoko eragiketa hau ere kontsidera daiteke:

C .AxX (23)

A eta C ezagutzen ditugun bektoreak izanik,eta X aurkitu behar

duguna,ekuazio horren soluzio orokorra hauxe da:

- (24)

hemen,k edozein eskala bat da.Kasu honetan ere ez dago soluzio bakar

bat.

Aurkitu behar dugun X bektoreak, alde batetik (21).ekuazioa eta

beatetik (23).a bete behar badu,dugun soluzio bakarra hauxp da:

c A x - , -*

H A

Gradientea:

Ezagutzen ditugun kontzeptuak:deribazioa eta integrazioa alor

bektorialera ere zabaldu behar dira.

Hasteko eremu eskalar baten deribatu direkzionala delakoa ikusi

behar dugu.

Bedi, f (x y z ) x, y eta z aldagaien funtzio eskalax bat eta

bektorea eremuaren puntu batetik bes~no doan bektore bat

->61. 6x + AÌ

6../

eta bere modulua 1 At = At 16)(Z 1-‘,1 4- 42 (2 -0

xt-x , \u+-Ay , puntuan funtzioaren balioa hauxe izango da:

t K4AN , Ì4-e.t)

(_2 ‘b )

Puntu batetik bestera pasatuz,funtzioak

izan duen ugalpena:

(„,„5„ , - (29)

Guzti hau kontutan izanik,deribatu direk-

zionala honela definitzen da:

- dt at-). At

edo

at -a . cjir7-FGAt. d, ,

( g..-ren bidez ematen diguten eremu eskalar batetan f(x,y,x).

= konstantea kontsideratzen badugu;konstantearen balio bakoitzaren-

tzat "azal ekipotentzial" deitzen dena dugu.

Orain, funtzio eskalar baten gradientea defini dezakegu:

Funtzio bektorial bat da; puntu bakoitzean bektorearen modulua

puntuan deribatu direkzionalaren balio maximoa da;direkzioa ,puntuan

derikratu direkzionalaren maximoarena eta norantza funtzioaren handi-

tzearena".

Definizio hori dela eta, puntu bakoitzean gradientea puntu horre-

tatik pasatzen den azal ekipotentzialarekiko elkartzuta izanen da.

Gradientea V eta grad ikurrez azaltzen dugu.

Deribatu direkzionala gradientearen bidez horrela adieraz

ke

1LL'd 0 1bz)

(ms‘g,»•,53•.J)

Q zera da, dl bektoreak-eta gradienteak osatzen duten ange-

lua.

7 ../

edo,Le- .

a t

Ekuazio honen bidez, edozein sistema

koordenatu batetan gradientearen es-

presioa aurki dezakegu.

Koordenatu Errektangularretan: elt.ax a.2. -k

beste aldetik

+-

<r.1

Jx 1.

( 33 ) ekuazioa medio dela eta

a). •

"t

0.1;)

eta hemendik

dugu eta

, _'

Koordenatu zilindrikoetan:

Hauetan P puntu bat f , yeta z koordenatuen bidez sistema honetan

antzeko kalkulu bat egin ondoren

zera lortzen da:

Y44‘‘ ‘71 +. —3—H3

1"› ‘)(f s?,"

diren bektore unitariak izanik

Koordenatu esferikoetan:

eta k irudian ikusten

Hauetan P puntu bat, r , 9 eta y koordenatuen bidez finkatzen

dugu.

Sistema honetan

`r.LA 41 . --±1

4

).(e"? '

8../

Integrazio bektoriala:

Guk hemen hiru integral mota ikertuko ditugu,diferentzialaren

arauera hauek ditugu: lerroarena,azalarena eta bolumenarena.Inte-

gragaia bektore nahiz eskalar bat izan daiteke,halaz ere integragai

eta diferentzial batzuren konbinaketak erabilgarriak ez direnez gerc

hauek hartuko ditugu kontutan: bektore baten lerro integrala, bekto-

re baten azal integrala eta bektoreen eta eskalarren bolumen integrE

lak.

Lerro integrala:

Bedi F bektore bat.Lerro integrala honela adierazten dugu

Je,

,F.

A eta B, abiaburu eta helburuak dira,banaka banaka.

L integrazio lerroa,hots, A-tik B-raino joaterakoan L lerroaren

gainetik higituko gara.

dl L-ren gainetik desplazamendu infinitesimal bektorial bat.

Fs.d1 eskalar bat denez gero integral horren emaitza eskalar bat

izanen da.Lerro integralaren definizoal Riemann-en integral defini-

tuaren definizoaren antza handia du:A eta B puntuen artean dagoen

9 ../

L-ren tartea, 6tx guztiz tarte txiki askotan zatitzen da; horietako

tartetxo bakoitzean barrengo puntu bat aukeratzen da eta puntu horre-

tan F-ren balioa aurkitzen da.Balio horren eta tartetxoaren biderka-

keta eskalarra egin eta gero, bLierkadura guztien batuketa egin be-

har da.Lerro integrala,honela definitzen da:batura hori tartetxoen

kopurua infinitorantz hurbilduz,hots,

F. cit = Lv't

C4)

N a a:P .4,- 1

Orokortasun guztiaz zera esan behar dugu: integral horren balioa

diferentea dela L lerro diferenteetatik joanez gero.Beraz, A eta B

puntuaz gainera L lerroa eman behar da.

Lerroa itxia bada, ikur berezi batez adierazten da

JL

Askotan,integralaren baliorik ez da aldatzen lerro batetik nahiz

bestetik joateagatik.Kasu hauetan ez da lerrorik emango.Aiiiaburua eta

helburua eman behar dira,noski

A

Lerro itxi baten inguruan integralaren balioa zero ala desberdin

zero izan daiteke.Baina,zero den kasuan oso garrantzitsua da,eta or-

duan ez da lerrorik eman behar

(4 0)

10../

Azal integrala

Bedi F bektore bat, 7-ren azal integrala honela adierazten da:

eLS

(4,)

S : integralak hartzen duen azal osoa da

ds: azal horretan azal elementu infinitesimal bat

n ds-ri elkartzuta den eta modulua unitatea duen beXtore bat.Orain-

dik guztiz zehaztu gabe dago, zeren norantza ez bait dago defini-

turik.Hori garbitzeko hitzarmen bat egiten da.

S azala itxia badan=ren norantza barrendik kanporakoa da. S itxia

bada eta finito bada muga bat du, eta n=ren norantza nahierarakoa

da;gehienetan bektore horren norantza positibotzat,hau hartzen da:

torlojo baten aurreramenduarena,

torlojo hori mugaren norantza

positiboan biratzen denean.

Definizioz ds hori zeharkatzen

duen 55-ren fluxua d4),

da.Beraz,

(fluxua) (42)

Eremu bektorialetan maiz erabiltzen den kontzeptu bat indar-lerroa-

rena edo eremu-lerroarena dugu.Lerro hauek puntu bakoitzean puntuari

dagokion bektorearekiko tangente dira.

Edozein eremu bektorial batetan indar lerro kopurua infinito da,

baina eremaaren puntu desberdinetako kemen desberdina adierazteko hi-

tzarmen bat onartzen da:puntu baten ingurune batetan puntu berori da-

ds

goeneko eremu-balioaren arauerako indar lerro dentsitatea marrazten

da.

Dentsitate hau zera da: puntu horretan indar lerroekiko elkar-

tzuta den azalera unitatetik pasatzen den lerro kopurua.

Har dezagun eremu uniforme bat.

ds-tik pasatzen diren lerroak

ds'-tik pasatzen direnak dira

5.as

F eta ds paraleloak direlako.

Bestetik:

61, (1) -. F. as' (.8 a

Azal itxi bat baldin badugu, eta barruan ezer ez badago,sartzen

den fluxua (-) eta ateratzen dena bera da.

d; a 1))90° act)<c)

fluxua sartzen da

a4). co> f)<‹-ic:'

fluxua ateratzen da

i7 bektore bat baldin bada eta f eskalar bat, erabiltzen diren

bolumen integral bi ditugu

j, j Jv

C43)

J eskalar bat eta bektore bat izango dira.Integral hauen defi-

nizioak hiru dimentsioetako Riemann-en integral bihurtzen dira.K-ren

kasuan zera hartu behar dugu kontutan:F-ren osagai bakoitzarentzat

integral bat dagoela.

12../

Dibergentzia:

F funtzio bektorial bati dagokion beste eragiketa garrantzitsu

bat, dibergentzia dugu.Honela adierazten dugu:

F nahiz ;›

Har dezagun P puntu bat eta bera inguratzen duen p S azal itxi

bat, azal horrek 6Vbolumena mugatzen du.

azal hori F ran 64) fluxuak zeharkatuk6 du.

Bolumen unitateari dagokion fluxua hauxe izango da L).csv

hori zerorantz eramaten badugu dibergentziaren kontzeptua dugu

.6V ,sNI-->c) V

.6 4,cl—S>

AS

Definizio hau dela dta ondorio batzuk ditugu:

a) Dibergentzia funtzio eskalar puntual bat da

b) Puntu batetan dibergentzia zero baino handiagoa bada puntu horre-

tan indar lerroen "iturbur" bat dugu:ateratzen diren lerroak,sar-

tzen direnak baino gehiago bait dira

c) Puntu batetan dibergentzia zero baino txikiagoa bada, puntu horre-

ten indar lerroen "isurburu" bat dugu: sartzen diren lerroak ate-

ratzen direnak baino gutxiago bait dira

Dibergentzia koordenatu kartesiarretani

Bedi F funtzioaren balioa P

puntuan

1 x ,‘‘,/) = -Z +

Har dezagun 6x, aldetako

1-b

paralelepipedo txiki bat.Kalkula

13../

oltzagun direkzio bakoitzean fluxuaren balioa.Kontsidera dezagun Y arda-

tza:

A puntua dagoen aurpegian eta A puntuan funtzioaren y osagaiaren

balioa hauxe izango dugu

LF1(x,y,-t)2

eta azal hori zeharkatzen duen fluxua:

'1, Z ) X . 6-&7- -b

x. z aurpegian azalera dugu

minus zeinua dugu;zeren eta azal horri dagokion bektore unitariak Y

ardatzaren norantza negatiboa bait du.

Aurpegi horretan beste osagaien emaitza zero da; zeren eta beren

direkzioak eta azalarena elkartxutak bait dira.

B puntuan Y osa:aiaren balioa

F (x •-k« aF l ox ""aF1, Ls.-* -V‘i•

x z -a2. 2_ -2> ,*

eta fluxua

+ 4_

s4' 1') 2 -at 2-

orain positiboa dugu.Besteak lehen aipatutako arrazoiengatik zero

dira.Beraz, Y ardatzarekiko dagoen fluxu osoa hau dugu:

( ""Ç 1.5 )( LF7 (., 1. Ì. ) 4.- .)`

2. -a

+ -411 a.,11 .6w, ax.

z asi

Beste ardatzetan beste horrenbeste egin eta gero (I) fluxua

hauxe da

,A , f-t x oy L1.2

Beraz, dene z gero

,„‘v-▪ 1. 0▪ 4, V

^bF = A^

)AV =`F

45V ax -7,

14../

Antzeko kalkuluak eginaz,dibergentziaren idazkerak beote koorde-

natuetan aurki ditzakegu.Emaitzak hauexek dira:

Koordenatu zilindrikoetan:

"ÒÇ ? , 2•Fy Ft

Sn' ? ay

-

a-t

Koordenatu esferikoetan:

rFe e,t + )Y2. +

r 2,1). rs.,9 ?ce(L1,)

2 fr

Alor honetan teorema oso garrantzitau bat dugu,hots, dibergen-

tziaren teorema.Honek zera dio: V bolumen batetan bektore baten di-

bergentziaren integrala,bolumen hori mugatzen duen azalean bektorea-

ren os=gai normalaren azal integrala adinakoa da:

a46 FaV (i 8 )Š, -5

Horrela da zerenF

G. V

Beraz,

= d [.

integratuz

F

45

ikusi nahi genuen bezala.

Rotazionala:

Beste eragiketa bektorial diferentzial garrantzitsu bat rotazio-

nala dugu.Hau bektore bat da eta rot F edo "5 "›7› x F batez adierazten

da.

Har dezagun P puntu bat eta bera inguratzen duen4S azal itxi bat:

15../

Azal horrek,WV bolumen bat mugatzen du.Kalkula dezagun azal horretan

js x F biderkaketa bektor'iala.f

Aurki dezagun bolumen unitateari dagokiona,hots,

Definizioz rotazionala zera da: eragiketa horren emaitza‘W zerorantz

hurbilduz.Hau da:

elDt

Ikusten dugunez definizio honek eta dibergentziarenak antz han-

dia dute.Bere diferentziaren bidez bere idazkera eistema desberdine-

tan lor dezakegu.

Koordenatu kartesiarretan:

Bedi P puntu bat, eta F funtzioaren

balioa puntu horretanaz

Jit izan dadila.; ay

1 Har dezagun "61, aurpegietako[

paralelepipedo bat.Aurkiidezagun Y

ardatzarekiko osagaia

Kontsidera dezagun 1.aurpegia.Ez aurpegi honek eta ez bere aurrean

dagoenak ez dute ezer ematen,Y ardatzarekiko azalari dagokion bektorea

bektorialki bider funtzioaren osagaiak.Beste aurpegiak hartuz Y arda-

tzarekiko badago emaitza bat:

<22±,vt2 I.

Psi kfj,_ .‘n,)_ ?f -ark px-1 -a

Ax_ (*, , *)..7-

(5)c L.1`4 (.)t, "t) + 11-£14;±

+-2

1 CS) .11#-n 0 6v

2N1 6.-z-

16../

_ Asi - h,") - ) „ 6,/aX

Hau definizora ermanaz,hots,(49).ekuaziora,zera dugu

Grot F )% - x

eta beste hainbaste beste ardatzekiko

(i-o# =

(y.k F - aF•x.

Guzti hau laburki honela eman dezakegu:

Koordenatu zilindrikoetan

Definizioaz baliaturik eta zenkait kalkulu egin eta gero,hau lor-

tzen da:

Ç. ({-»,

c-ot

->V.

a r▪

F1,

Koordenatu esferikoetan:

Hemen emaitza hauxe da:

a

Le4

(ss)

17../

Dibergentziaren kasuan bezala, hemen ere garrantzi handiko teore-

ma bat dugu: Stokes-en teorema.

Honek zera dio: lerro itxi baten inguruan bektore baten lerro

integrala,lerro horrek mugatzen duen edozein azal baten gainetik

bektorearen rotazionalaren osagai normalaren integrala adinakoa da:

(5‘)J,

Eremu bekturial bat eremu eskalar batetik erakarri ahal

eremu bektorial horren rotazionalak zero izan behar du,hau da, lerro

integralaren balioak ez du zer ikusirik lerroarekin.

Laplaziarra:

Askotan azaltzen den eragiketa bat hau dugu:eskalar baten gradi-

entearen dibergentzia.Hori dela eta,izen berezi bat eman izan zaio:

"laplaziarra".Askotan U Z ikurraren bidez adierazten da.

Eman dezagun eragiketa honen idazkera si-tema desberdinetan

Koordenatu Kartesiarretan

"re-1

eta

711- 4L13 ( :1;t-ÏL a '

Koordenatu zilindrikoe-=

9.11- as6(.,scuA4_ 2,it

e= b.y=

Koordenatu esferikoetan

Ç"' r r-L a`&

1 CS,1)4-

18../

Nabla eragilea

Orain baino lehen nabla eragilea zenbait kasutan erabili dugu.

Ikuei dugunaren arauera

grad + --ax

dib "a'r

>4 *

—4b

rot

""a

FK V4

dib(grad f) -

Beraz, Q eragilea honela definitzen badugu:

OA,

ax ae

biderkaketa bektorialaren bidez,zera dugu:

»

.9“. = ) = 46 l y«A

Zenbait eragiketa

1. Edozein eremu eskalar baten gradientearen rotazionala zero da.

Ikus dezagun koordenatu kartesiarretan:-›

r.64 cro_d-2!

",

= 3-*-a‘•.» 0

19../

2. Edozein rotazional baten dibergentzia zero da:

1,-okaÇ,

ax ) *

%F1

'tt,k

3. Green-en teorema: yeta y bi funtzio eskalarrak izanik

- = Çrcuty - cr0.aw).as

hau da:

I( YV 1 (e— tf V a ty) 44.V £4, a.:L 1 cro.t. ) 4kZ(Çpo-cl• el•V'

= <,(.4 y rLa. d.V

dibergentziaren teoremaren bidez

(YV1If (eV tIV ) ckv =s

cract `P cra

4. Azkenik,rot rot P = grad dib - ViF @)

hemen V2? ,hots, bektore baten laplaziarra zera dugu: bektore

horren oaagaien laplaziarrak o agai errektangeluarrak bezala kon-

tsideratuz ematen duten bektorea.

Beste sistemetan bektore baten laplaziarra (63).ekuazioaren bidez

definizioz ematen da.(63). ekuazioa demostragai bezala uzten da.

20.. /

2.Ikasgaia: ELEKTROSTATIKA

Elektrakargas Aintzlnatik zera jakina da: marruskadura bidez zenbait

materiale elektrikatzen dela; ebonitazko orrazia artilezko ehun batez

igurtzi eta gero paperezko zatikiak erakartzeko ahalmena aortzen zaio-

la esate batetarako.Beraz,marruskadura medio dela eta bi gorputzek,

hots,orraziak eta ehunsk lehen ez zuten propietate berri bat lortzen

dute.Hau adierazteko,"kargatu" egiten direla esan ohi da.Saiakuntza

honen bidez "karga" kontzeptua agerrarazten dugu.Baina, berez karca

ez da ekintza honen bidez sortzen: karga osoa,hots,bi gorputzen kar-6,0

gen batura marruskaduraYlehen zegoenaren hainbestekoa da.Gaurko Fisi-

ka dela eta, kargatuta dauden zatiki mikroskopikoak,elektroiak hain

zuzen,artiletik ebonitara pasatzen direla gauza jakina da.Beraz, ar-

positiboki kargatuta gelditzen da eta ebonita negatiboki.

Materia osatzen duten zatikien oinarrizko berezitasun bat, karga

dugu.Berez, materia guztia hiru zatiki motaz osaturik dago:protoiak,

neutroiak eta elektroiak,eta hauetatik bi, kargatuta duade.Baina,nahiz

eta eakala mikroskopikoan materiak zatiki horien kopuru guztiz handi

bat badu ere,zatiki horiekin zer ikusirik duten indarrak ez dira azal-

tzen,eskala makroskopiko batetan behintzat.Ez azaltze horren zergatia

zera da: bi karga mota dagoela,positiboa eta negatiboa,eta materiak

normalki gutxi gorabehera,mota bateko eta bestekoa kopuru berdinean

ditu.Gorputz bat kargatuta dagoela esaten dugunean,zera adierazi nahi

dugu: gorputz hprrek kargen oreka desegin duela, eta protoiak elektroiak

baino gehiago dituelal l,eraz positiboki kargatuta dago ala alderantziz.

21../

Karga q letraren bidez azalduko dugu.Karga berez ez dela kreatzên

eta ez ahitzen lege expertmental bat da.Sistema itxi batetan karga ko-

purua ez dago aldatzerik.Ikuepuntu makroskopiko aldetik,karga era bate-

an nahiz bestean batu eta elkar daitezke.Baina zera esan dezakegu;

"eistema itxi batetako karga osoa konstantea da"

Coulomb-en legea: XVIII.mendearen bukaeran,zientzia experimentalen

teknika,mai'.a nahiko zehatz batetara heldu zen.Hori zela eta,karga

elektrikoen arteko indarrak neurtuak izan ziren.Saiakuntza horien on-

dorioak,bere garaian oso eztabaidatuak izan baziren ere,gaur egun hone-

la labur ditzakegu: 1)Bi elektrakarga mota dago, ez gehiago ez eta

gutxiago; positibo eta negatibo bezala azaltzen ditugu. 2) Bi karga

puntualen artean indarrak sortzen dira.Indar hauen direkzioa bi karge-

tatik pasatzen den lerroarena da,eta balioa,kargen arteko diatantzia

bigarren berreturaren arau aurkakoa da. 3) Indar hauen balioa,kargen

biderkaduraren arauerakoa da;kargak mota berdinekoak badira,indarrak

aldaratzaileak dira eta desberdinetakoak badira,erakartzalleak.Hiru

baieztapen hauk,"Coulomb-en legea" osatzen dute.

Lege hau matematikoki honela adieraz daiteke:

`z (4 )rz n

Fr$1

11

ŕi 9.i kargarengan azaltzen den indarra da; q -raino doanT1

-›bektorea da;

bektorearen modulua da; eta (_ proportzionaltasuna-_,

rz,ren konstantea da.(1) ekuazioan — bidez bektorearen direkzio

eta norantza berdineko bektore unitari bat lortzen dugu.

22../

(24 2 kargarengan azaltzen den indarra lortu nahi bagenu,1 jartzen

den lekuetan 2 ipini behar da eta alderantziz.

Coulomb-en legea puntual diren kargei bakarrik dagokie.Ikuspegi

makroskopiko baten aldetik "karga puntual" batek zera ditu: probleman

erabiltzen diren beste dimentsioekiko kargaren dimentsio geometrikoak

oso txikiak dira,eta simetria esferikoa da.

Gaur egun dakigunarekin behintzat,Coulomben legea zatiki elemen-

talen arteko indarrak kalkulatzeko ere baliagarria da.Beraz,lege hori

bi nukleoen artean sortzen diren indarrak kalkulatzeko erabil dezakegu,

Baina nukleoen arteko distantziak, 10 metro baino handiagoa izan beha:

du.Bestela,beste indar askoz handiago batzuk ere azaltzen dira(indar

nuklearrak) eta indar elektrikoak estalita gelditzen dira.

(1) ekuazioa lege experimental bat da; baina, teorikoki eta expe-

rimentalki zera dakigu: distantziaren \:::4,trdia nWLzehazki 2 dela.Kelisin

eta Maxwell-ek eta Plimpton eta Lawton.cek geroago,egin duten zeharkako

experientzia baten bidez,zera demoetratu dute: 1;,--ren exponentea bi de-

la eta hala ez balitz,akatea 401 arteko parte bat baino tx1k1agoa iza-

nen litzatekela.

Azter dezagan orain C knetantea.Indarraren eta distantziaren uni-

tateak Mekanika arloan erabiltzen diren sistema batetakoak izango dira.

Beraz, bider1k errazena hau izango litzateke; C=1 egitea, eta gero kar-

ga unitate bezala (1) ekuazioa betetzen duena onartzea.Baina, beste bi-

de batzuk ere badaude,eta batzutan abantaila batzuk eskainiko dizkigute

1901.urtean Giorgi-k zera demostratu zuen;garai hartan eta gaur egun

erabiltzen diren unitate elektrikosk,hote,ampere,volta,ohm,henry,e.a.

23../

M.K.S. sistema mekanikoarekin erlaziona daitezkeela,eta beraz, aietema

orokor bat osa daitekeela.Sistema horren bidez edozein problema elek-

tromagnetiko erabil daiteke.Kalkulutan eta laborategi edo lantegitan

erabiltzen diren unitateak berdinak izateak abantalla handi bat dakar.

Rorregatik,hain zuzen unitate sistema bezala,MKS razionalizatua edo

G•orgi erabiliko dugu.Sistema honetan q ooulombetan, ŕ metrotan eta

ir newtonetan neurtzen direnez gero, C-ren dimenteioak hauexek dituga:

newton.metro /ooulomb2 .Karga unitatearen magnitudea saiakuntza magne-

tikoen bidez ezartzen da,eta honek zera dakarkigu: C= e•9€314 x lOct`n•wki

izan dadila.0 horren ordez erabiliko dugu.Dirudienez ,aldaketa

horiek zailtasun bat dakar.Baina gerora, erraztasun handiagoa ekarriko

digu. ‹,konstantea,behin eta berriz azalduko zaigu eta espazio hutearen

propietate bat adierazten digu.Horregatik "espazio hutearen permitibl-

tatea" deritzogu eta numerikoki 8• 8 Ti-lx.4 04t%,vi2 da.

Bi karga puntual baino gehiago dugunean,elkarren artean sortzen

diren indarrak aurkitzeko,(1) formula behin eta berriz aplikatu behar

dugu.Beraz,eistemak N karga baldin baditu,i-garren kargarengan sortuta-

ko indarra, hauxe da: 4. . •rtÇ, c , (2)

Batuketa,i-garren kargari ez ezik

gainontzeko karga guztiei hedatu be-

har zaio.

Hemen egin duguna,superposizio has-,

tapena beeterik ez da,hots, gurputz

batengan eragiten den indar osoa,ln-

dar indibidual guztien batura dela.

24. ./

N karga puntualek elkar eragiterakoan erabili dugun idea, karga

hedapen kontinuo eta karga puntual baten artean sortzen den indarra

kalkulatzeko erabil dezakegu.Bi hedapen kontinuo hartuko bagenitu ,

zenbait oztopo gerta liteke.Hori gerta ez dadin kasu berezi hau azter-

tzen da.Baina,aurrera jarraitu baino lehen, hedapen kontinuoaren esan-

gura ikertu behar da.Gaur egun zera dakigu ongi,elektrakan-a guztiak

zenbait elektroien (edo protoien) kargen batura direla.Beraz, hedapen

guztiz kontinuoa ez dela ahal izaterik.Baina Fisika makroskopiko al-

detik,berez karga diskretoa izateak ez dakar oztopo handirik,elektroi--

aren karga hain txikia delako(elektroi batek x40 c -takoa

karga bai <5.u) Hori dela eta, karga makroskopiko bat,kopuru guztiz

handik,Carga elektroniko batez osaturik dago, eta horregatik edozein

bolumen elementu txiki batetan,elektroi asko dago.Orduan,karga hedapen

bat karga dentaitatearen funtzio baten bidez adieraz dezakegu;dentaita-

te hau zera izango litzateke:bolumen unitatean dagoen karga bolumen

hori, infinitesimal bihurtzen denean.Halaz ere,problema atomikoetan

hau erabiltzean,kontuz ibili behar da;zeren orduan elektroi bakar ba-

tzuk aritzen bait dira eta jomuga hartzeak ez du zentzurik.Baina, kaau

atomikoak alde batetara utzirik,zera onar dezakegu:karga makroskopiko

bat uniformeki eta infinitoraino zati dezakegula;orduan, karga horren

hedapena,funtzio puntual baten bidez eman daiteke.

Karga dentaitate bolumetrikoa honela defini daiteke:DemagunV bo-

lumen bat eta bere barruan dagoen P puntu bat.Har dezagun P puntuaren

inguruan pV bolumeneko paralelepipedo

oso txiki bat, eta demagun 6V-ren barruan

karga dagoela. bolumen dentsitatea haWed

Daukagun karga lVbolumen batetan, denteitate batez,etaS azal

batetan CI dentsitate batez hedatzen bada, hedapen horien eta 9 kar-

ga puntual baten artean sortutako indarra hauxe da:

ckST n:-") t-r 3 , 3

v ir- r I kr--r"I

(2) ekuazioan %-renci-Jkk.f.;(1V,i(eta 3.S.4 ) ipinita lortzen da

berdintaaun aldakariak hedapenean puntua ematen digu,beraz (2)

ekuazioan -k jokatzen duen papera jokatzen du.

F;;kargaren gainean sortzen den

indarra,9. -ren arauerakoa da.Beste

horrenbeste gertatzen bait zen (2)

ekuazioarekin.Beraz, C.i. -rekin zeri-

kusiaS4 duen eremu bektorial bat

aor eraztea komenigarria dirudi,0 (iatorria)

hote,karga unitatearengan sortzen den indarra.Eremu bektorial hau"ere-

mu elektrikoa" dugu.

25../

AV-PC AVÇij

Bolumenarekiko e.s3an duguna azal batektko ere esan dezakega,

karga azal dentsitatea hauxe da: cr_ A,J.Ls

Lehen esan dugunaren arauera,hemen eragili dugun q karga,karga

netu edo sobera dagoen karga da.Zera azpimarratu behar dugu;ohizko

materialetan eta nahiz eta dentsitate oso handia daukatenetan,elek-

troi guztien dentaitatearen aldaketa oso txikia dela (10 parteren

arteko parte bat baino txikiagoa)

26../

Eremu elektrikoa: Puntu batetan dagoen eremu elektrikoa ondoko erla-

zioaren jomugaren bidez definitzen da:puntuan ipinita dagoen kargaren-

gan sort• tako indarra eta karga horren belioaren artekoa,karga hori

mugagaberik zerorantz urbiltze denean.Eremu elektrikoa adierazteko,

-i>E ikurra erabili ohi da.Beraz,matematikoki:

E> z . (4.

Jomuga hori eartuko ez bagenu,agian kargak dagoen hedapena alda-

tuko luke.Eroale batengan karga hedapen bat badadukagujadibidez,(bere

barrendik karga elektrikoa libreki higi daiteken materialea dugu eroa-

lea),eta berak aortutako eremua neurtu nahi bagenu, ar lekuko karga

aartzerakoan,eroalearengan dagoen karga birredatuko da,eta ez dugu

benetan zegoen eremua neurtuko; hedapen berriarena baizik.Zenbait ka-

eutan hedapenaren karga bat lekuko karga bezala erabil daiteke.Orduan

jomuga ez da beharrezkoa;lekuko kargak jasaten duen indarra,gainontze-

ko guztiek dagoen hedapenarekin,sortzen diotenen batuketa bait da.

Beate kaau batzuten,karga hedapena guztiz tinkoa da eta lekuko karga

eartzeagatik ez da birredapenik izango.Beraz, kasu hauetan ere ez da

jomugarik behar;baina,zihurtasun guztia izateko eta bada ezbada ere

hobe da jomuga hori gogotan hartzea.

Karga hedapen bati dagokion eremu elektrikoa aurkitzeko,(2) eta

(5) ekuazioak zuzen zuzenean bideak ematen dizkigute.Bedi._„

N karga puntualeko hedapen bat.Hauk banan bana , r"puntueten

egongo dira,Vbolumen batetan f( %") denteitateko hedapen bolumetriko

batetan,eta azkenik, S azalarengan, CS- (r') dentsitateko azal hedapen-›

bat, cl. lekuko karga puntuan balego, F-k sortutako indarra hau izan-

go litzateke:

(lekako latr9a)

rT + ::13 P61) 'L.V4.

+ rCS. r" ) S1-13

27../

(4)

0 (intorria)L.12 dagoen eremuajr indarraren eta q kargmren arteko erlazioaren

(q zerorantz hurbiltzerakoan) jomuga da.Erlazio horrek q-rekin seri-

kueirik ez duenez gero, it-n dagoen eremu elektrikoa hause das

, r „..., ...,.„ _.):(1..) ----- 7,... C%Z. r-'›—:"LL". « j r- (;') dk‘r+TL-2---- cr(,?..)as1 (8)

4 il" EL. ir _ --i-',:v

tC..-`11 ii",:g"11...-1 £Ekuazio hau kaau gehi6netarako zabalegia da eta es dago bere oeo-

taeunean bartu beharrik.

Orain definitu duguna,hote, eremu elektrikoa eepazioko psntu bakoi-

tsean lor daiteke.Beraz, B4i) funtzio bektorial eta puntuala da; hau

da, eremn bektorial bat.Karga hedapen berezi bati dagokion eremu elek-

trikoaren egitura adierazteko,M1ohael Faraday-k (1791-1867) "indar

lerroaren• kontzeptua aortarazi zuen.Indar lerro bat zera da: puntu

bakoitzean dagoen eremu elektrikoaren direkzlo eta norantza kontutan

harturik,puntuak elkarri lotus marrazten den lerroa.

Beate batetareko,bedl qi karga puntual poeltibo bakar bati dagoki-

On eremuaren egitara.Eremu lerroak radialak dira eta qi-tik kanporantz

doaz.

28../

Karga negatiboa izango balitz,beste horrenbeste gertatuko litza-

teke,baina orain eremu lerroak barrurantz joango lirateke.Bi aldibide

hauk oso errazak dira.Baina,eremu lerroen berezitasun oso garrantzi-

teu bat adierazten digute: eremu lerroak karga positibotan sortu eta

ibotan bukatzen direla,hots,eremu elektrikoa sortzen duten karge-

si eta amaitzen direla.Beraz j zera esan dezakegu:karga positiboak

eremu lerroen iturburuak direla eta negatiboak azkenburuak.

Potentzial elektrostatikoa: Dakigunez,eremu elektrikoak eremu bektorial

bat osatzen du,eta hau irrotazionala balitz eremu bektoriala eremu

eskalar batetatik erakar dezakegu.Orain,gure eremua irrotazionala den

ala ez egiztatu behar dugu.Horretarako har dezagun karga batek sortu-

,mua.Bere itxura hauxe izango da:

+/ g

29../

Hemen a konstante bat da, eta karga eortzailea eistemaren jato-

rrian ipini dugu.Eremu honen rotazionala,hauxe das-.?

L

- -.).

:. \ C_J- ).,

.73,.2)...

-,'. •-‘ •"! 2.._,

F-3 (-n-.31 C>; -.- Ì

Ikus dezagun x osagaiaren balioa

(r.'t Z"_ -,, '..«.- I e_.-- k :)._. (. <1. ,,)

''' - , ,- k l'• I - wk -,..--7s a

- act (-,? r-1‘) '3- + Š r'" o - )ria'z r‘ V6

baina r -.-: jx .)- i- --4 1- + "t1 Cit t..) F‘; -,

Horrekin

ct 2 '1, LcCt E ) -

r

Eta beste osagaiekin beste gertatuko zaigu.Beraz, kar-

ga batek sorrarazten duen eremua irrotazionala da eta hain zuzen, ere-

mu eskalar batetatik erakar dezakegu.

Eremuaren expresio orokorrena erabiltzerakoan,karga batek eorra-

razten duen eremuak itxura hau hartzen du:

- "r‘ E )

1c - 1-

eta ez (9) garrenean azaltaen dena.Baina (9) eta (10) garren expresio-

en artean dagoen diferentzia bakarra,jatorriaren diferentzia da.

r- r

Beraz, fisikoki 0 jatorriarekiko eremua

irrotazionala bada, 0 / -rekiko ere hala

izanen da.

Irrotazionaltasun hori dela eta, E(r) eremu eskalar batetatik

gradiente funtzioaren bidez erakar dezakegu;hau da:

_a

( - U (.41)

Paren bidez finkatzen dugu.P eta

ppuntuen artean zer potentzial

r-r. diferentzia dagoen ikusi behar

da.Horretarako,P puntutik 0-raino

30../

Hemen U eremu eskalar bat da eta potentziala deitu ohi da.Karga

bat baino gehiago edukitzerakoan,beste horrenbeste gertatuko zaigus

Clc )= E,E E2 4- -11,),N)

Minus zeinua konbentzionala da,eta zera esan nabi du;elektra ere-

muaren norantza potentzial handitako puntuetatik ttikikotara doala

hain zuzen.

Aurki dezagun U funtzioaren expresioa.Har ditzagun q i karga bat,

0 jatorri bat, P puntu bat etapbeste puntu bat.P puntuaT bektore-

baizik (ikus irudia)

higituko gara.Baina ez gara bide zuzenetik joango; P puntutik paaatuzp •

0 -P.'/ q.P-tik 1!,-rajnango gara ete gero P . -tik p-ral/lo,beraz;

4 ...., — P I , Q_ ,,-

X-11Q) - U1?) :-- - ,Ç &.' ett - - Ç -LLt + . : ,.w- ]

P ?

P I -tik (p-raino joaterakoan puntu guztietan potentzial berdina da-

go, j' eta .1:11 elkartzut bait dira eta i.ciI.0 da.Beraz, bigarren inte-

grala (P i -tik Q-rainokoa) zero izanen da,eta, ') ..,

U lQ) - 1-11.S')— i '" `1

(2)p

31../

P-tik P'-rainoko bideko puntu guztietan,i' eta di direkzio berdi-

nekoak dira.Beraz;

\E _ 4

P j Lirrci ‘7-'- ;•-n )[

- A r 1 fa, r , - r,

r tBaina: ir

eta

k-k 10) - = - r‘ I

Grandienteak diferentzia bat ematen digu.Beraz, bi puntuen arteko

potentzial diferentzia aurki daiteke,eta ez puntu bateko potentzial

absolutua.Baina, P puntua infinitoan kontsideratzen badugu puntu ho-

rretan kargaren ekintza ez da nabarituko.Beraz, puntu horretan dagoen

potentziala zero dela onar dezakegu;orduan: 11(042)=o hitzarmenez

1:1( Q) 0g-t t rq, - ij-> I eta(P-ren ordez edozein puntu

bat kontsideratzen badugu

u()rt \

->r - rti

Hauxe izango da karga batek puntu batetan sortzen duen potentziala,

edo zehazkiago esanda,infinito eta puntu horren artean sortutako poten-

tzial diferentzia.

Karga bakar baten ordez karga multzo bat begenu,bai azal hedakun-

tza,bai bolumen hedakuntza eta bai eta hedakuntza diskontinuoa,super-

posizio hastapena dela eta sortutako II potentziala hauxe litzateke:

32. ./,--> )

rr f Y>z n -,y ir r

4. G';.'") (1S \i

s j '-' - l'''' I .1

Eremuasorrarazten duen karga jatorrian dagoenean ft'=o da eta beraz

1.1 ( ) -

Potentzial elektrostatikoaren beste alderdi garrantzitsu bat, hau-

xe dugu: indar elektrostatikoarekiko dagoen energia potentziala.Kontsi

dera ditzagun eremu elektriko batetan A eta B bi puntu eta q karga bat

Karga honek indar bat jasaten du, eta higidura uniforme batez A-tik

B-raino eraman nahi dugu.Horretarako jasaten duen adinako eta norantza

aurkako F indar bat ezarri behar zaio.

Hori dela eta,kanpoko indar horrek egi

ten duen lana,zera da:

= .1 Eat 4 U 41, [Iti:4

Beraz, kanpotik egiten den lana

Energia hori sisteman sartu egin dugu.Baina ez da inon azaldu.Bera

metatua izango da; hau da,kargak bere energia potentzial elektrostati-

koa aldatu egin du eta hazte hori, VV,,, adinakoa da:

\AL =MKS sisteman energia unitatea newton-metro edo joule dugu.Beraz,

potentzial energiarena joule/ coulomb izango da.Unitate hau maiz azal-

tzen da eta izen berezi bat eman izan zaio;volta,hain zuzen.Eremu elek

trikoaren unitatea newton/coulomb edo volta/metro da.

33../

Eroaleak eta Isolatzaileak: Beren jokaera elektrikoagatik,materialeak

bi sailetan bana ditzakeguleroaleak" hots, karga elektrikoa eroan de-

zaketenak eta "lsolatzaileak"(dielektrikoak),hori egiten ez dutenak.

Karga libreen eramalle aeko duten materialeak (metalak adibidez) ero-

aleak dira.Eramaile hauek,(gehienetan elektroiak dira) materiala eroa-

learen barrendik higitzeko ahalmena dute,eta materialearen barruan

eremu elektriko bat dagoenean,nahiz eta oso oso txikia izanik ere, hi-

gitu egingo dira.Mugimendu hori,eremua dagoen bitartean jarraituko da.

Beraz, kanpotik eroalean energi dturri bat ezartzen badiogu,eta iturri

horrek eremu bat sorrarazten badu,eramaile libre horik higituko dira

eta elektra korronte bat osatuko dute.

Dielektrikotan aldiz, nahiz eta zatiki kargatuz osaturik egonda

ere, zatiki horik oso finko daude beren molekuletan.Eremu elektriko

bat ezarritakoan,zatikiek beren posizioa piska bat aldatuko dute; bai-

na ez dute beren molekuletatik ihes egingo.Hori gerta dadin,leolatza-

dleak dielektriko huta hutsa izan behar du;eta hori ez da gertatzen.

Erabiltzen diren isolatzaileak edo dielektrikoak,eroaletasun pizka

bat izango dute;hau da, dielektriko tipiko baten eroaletaeuna eroale

on batena baino txikiagoa dela.Eroaletasunaren diferentzia,

guztiz handia da,eta maiz,zera esan ohi da;dielektrikoak ez ddrela

eroale.

Zenbait materiale (erdieroaleak, elektrolitoak) eroaleen eta dde-

lektrikoen artean daude (ezagugarri elektrikoen aldetik,behintzat).

Hauek,eremu elektriko estatiko batetan ia eroaleak bezala po'rtatzen

dira:baina,beren erantzun transitorloa pizka bat geldiagoa da.

34../

Lehen esan dugunaren arauera,eroale baten barrenean eremu elektri-

ko bat dagoenean (nahiz eta oso txikia izan),karga eramaileak(elektroi-

ak edo ioiak),indar bat jasotzen duten bitartean higituko dira.Beraz,

orekara heltzeko ez dute indarrarik jaso behar; hots, eroalearen

rruan ez du eremu elektrikorik izan behar; bestela mugituko

lirateke.Hori dela eta, "baldintza estatikotan, eroale baten barruan

->ez dugu eremurik izango".Beraz, E o denez gero, kondizio horietan

eta eroale baten barruan,puntu guztietan potentziala berdina izango

da.Beate hitzez esanda "kondizio eatatikotan eroale bakoitzak,espa-

zioko alderdi ekipotentzial bat osatzen du".

Gauas-en Legea: Azal itxi batek inguratzen duen karga elektriko oso-

aren eta azal horrekin eremu elektrikoaren osagai normalaren integra-

laren artean erlazio 080 garrantzitsu bat dago. Erlazio hori Gauss-en

legea da.

Kontsidera dezagun jatorrian q karga puntual bat dagoela.r puntuan

dagoen eremu elektrikoa zera da: E (r

‘-irc £_,

Jatorria inguratzen duen,eta bide batez q

karga, azalltxi batetatik eremu horren osa-

gai normalaren azal integrala aurki dezagun:

6 --.. -.,,, ,ks , 9- + S--> .-)

js .4i i7 &,., s 6" 3

Baina, r " ^ as zera das r-kiko elkartzut den laun batengan ds-renr

35../

hau da, angelu solidoa.Jatorriaren inguruan r i erradloko esfera bat egin-

go bagenu,azal esferiko horrek inguratzen duen angelu solidoa eta gure

azalarena berdinak dira.Beraz:

Š) r " r'' n-

5hemen s' esferaren azala dugu.Beraz

- , r1-4 6<,

orain ikusi dugun kasu berezian,bederen.q karga S azalaren kanpokalde-

tik egongo balitz,S azal hori el eta s 2 bi zatitan bana dezakegu.Horie-

tako bakoitzak q-rekiko angelu solido berdin bat inguratzen dute.Baina,

s2-ren normalaren norantza q alderantzekoa da eta s l-rena aldiz beete

alderantzekoa.Hori dela eta,s 1 eta 2 2-ren azal integralari dagozkion

erakarpenak berdinak eta kontrakoak

dira.Beraz, integral osoa zero izanen

da.Hitz gutxitan,azalak q karga puntu-

ala inguratzen badu, eremu elektriko-

aren osagai normalaren azal integrala da. Aldiz, q azalaren kanpo-(1,

kaldean dagoenean,integral hori zero da.

S azalak karga bat baino gehiago inguratzen badu,hots, ql,q2...qN

KARGAK;(17) ekuazioa honela bilakatzen zaigu:

a = - E..)t=4

Hau,karga hedapen kontinuo bati egoki diezaiokegu. fttV bakoitza

karga puntual bat bezala kontsideratzen badugu,eta azalaren barruan

aV"badago, ikusi dugun integralarekiko erakarriko du.Beraz, azal

integral osoa,barruan dauden eta itxura hori duen elementu guztien

batuketa izango da. S azalak,azal itxi bat izanik,V bolumen bat mugatzen

36. ./

badu,balio hori zera izango da:

‹),v

(18) eta (19).ekuazioak Grauss-en legea dira.Lehen aldian dagoena

hots, S azalarengan eremu elektrikoaren ocagai normalaren integralari,

batzutan eremu elektrikoaren "fluxua n deritzaio.

Grauss-en legea beste era matematikoan ere eman dezakegu.Horretara-,-

ko diberfentziaren teorema erabili behar dugu.Honek zera dio

,t--- ) <_K ,. ,L6 F. .. ,k\J..-,

5

Eta gure kasutan:

E •n-n ctt E. ‘1\11

eta (19). ekuazioa eramanaz

, (zz)c

Ekuazio honek edozein V bolumen erabiltzeko baliagarria izan behar

du.Hori gerta dadin, lehen aldiko eta bigarren aldiko integragaiek ber-

dinak izan behar dute.Hori dela eta

E =

Hau,Gause-en legearen era diferentziala kontsidera dezakegu.

Gause-en legearen aplikazioak: Gauss-en legearen bidez zenbait kasutan

(egoera simetrikotan bereziki) eremu elektrikoa oso errazki aurki deza-

kegu.Kasu hauetan ekuazio diferentzialak erabili ordez,askoz errazagoa

den Gauss-en legea erabiliko dugu.

Gauss-en legea erabili ahal izateko, zera gertatu behar du:eremu

E roalsa

37../

elektrikoaren osagai normala zero edo balio berdin bat izatea azal

baten puntu guztietan;orduan azal bori aukeratuko dugu Gaussen legea

aplikatzeko.Esate batetarako:bedi karga duen linea luze bat.Linea ho-

rren karga dentsitatea Á. bedi.Egoeraren simetria dela eta zilin-

dro itxura duen azal gaussiar bat har-

tzen badugu, azal horren puntu guztitan

eremua balio berdinekoa eta erradiala

izanen da.Beraz, azalarekiko elkartzuta

Hori dela eta,integralaren balioa zera da:

ct S 2 r E r (4.)

Er, E bektorearen osagai normala da,hots, E bektorearen modulu osoa.

Gauss-en legea medio dela eta:

Beraz,

'2 n r er

2 rt

E,

Gaussen legearen beste ondorio garrantzitsu bat zera dasoraka elek-

trikoan dagoen eroale kargatu baten karga osoa,eroalearen azalean dago.

Eroalearen barruan azal gauesiar bat har de-

zakagul azal horren puntu guztietan eremua

zero izanen da,eroalearen barruan bait dago.

Beraz, Gaussen legea medio dela,azal horrek

inguratzen duen karga osoa zero da.Azkenik

ia eroalearen mugan dagoen S azal gaussiarra harturik,gordetzen duen

karga zero izanen da.Baina eroalea kargateita dago.Beraz, Gauesen lege-

aren kontrako izan ez dadin,dagoen posibilitate bakarra zera da: kargak

eroalearen azalean egotea.

38../

Eroale kargatu baten aldameneko eta kanpoko puntuen eremu elektri-

koa eraolearen azalarekiko elkartzut da.Hau azala ekipotentziala dela-

koaren ondorio bat besterik ez da eta E -grad U .Eroale baten karga

azalean dagoenez gero, bediCr bere azal dentsitatea.Har dezagun zilin-

E

gaussiar bat.Gaussen legea aplikatuz:

E. 65 (:?_+)

baten azalera da.Beraz eroalearen aldame-

nean eta kanpoan dagoen eremu elektrikoa zera da:

,e..)E,Dipolo elektrikoa: Balio berdineko kontrako zeinu eta oso hurbil dau-

den bi kargek,dipolo elektriko bat osatzen dute.Aurki ditzagun dipolo

batek sorrarazten duen eremu elektriko

eta potentzial hedapena.Egon bedi -q

karga bidez finkatzen dugun pun-

tuan eta q karga puntuan

(1 -q-tik q-raino doan bektorea da);

r puntuan dagoen eremu elektrikoa (8).ekuazioaren bidez lor daiteke:

_, 9 - — r -E _

(2

Hau da P puntuan dagoen eremua.Edozein q eta edozein 1 izan ere

baliagarria da;baina ekuazio hori ez da oso adierazgarria.Dipolotan 1

bitartea oso txikia izaten da ( rr"- "g1 -rekin konparatuz,behintzat ).

Hori dela eta,hurbiltasun batez errazagoa eta erabilgarriagoa den ex-,

presio bat lor daiteke.Har dezagun (29).-eko \r \

dro guztiz txiki baten itxura duen azal

- r', - - 2 lr - r ) •

39../

Ç.-

-> -> ->- '?

(1--1-`).e

irr`t t

Binomioaren teorema dela eta: >

Ìr---> -> z(r -r" I

21 bektorearen modulua oso txikia denez gero 1 -tik gora azaltzen diren

1 -ren berreturak ken ditzakegu.Beraz:

E x:' ) = --- L`4r-VH- ( "1:?- 1:»')- C">--

Ekuazio honek zera ematen digu:kargen arteko bitartearen arauerakoa

den dipolo finito baten eremu elektrikoaren partea.Beste parteak,bitar-

tea ber bi,hiru,lau,e.a.en arauerakoak izango dira.Baina, bitartea

txikia bada, parte horik oso txikiak izango dira.Limitean,1 zerorantz

hurbiltzerakoan,parte guztiak zerorantz joango dira,q infinitorantz

ez badoa,behintzat.Hau onartzen badugu (hots, 1 zerorantz eta q infi-

nitorantz joan daitezela),lehenengo partea ez ezik,gainontzeko guztiak

ere zero bilakatuko dira.Limite honetan,hain zuzen,definizioz "dipolo

puntual" bat dugu.Beraz, dipolo puntual batek ez du ez karga osorik,

ez luze-zabalik eta bere "momentu dipolarraren" bidez guztiz zehazturik

dago.Hau definizioz,zera da:q.1 ,1 zerorantz hurbiltzen denean.Momentu

hori adierazteko p letra darabilgu.Beraz

ck-•-

Momentu hau erabiliz,(31).ekuazioa hau bilakatzen zaigu:

7->

4-n 6,— .-> (.3 3 )

, - 13

c

ti

bz)

Utr) ) = --1 - ----. -› -5iLt n fc, tc'-r , --e

Lehen egin dugun bezala eginaz:->

_ > •

r - v ) -- - n

c'n C">-n

6r - r`

\j. ", _ _

•-

v r ' I

40../

Dipolo puntual batek ematen duen potentzial hedapena oso garran-

tzitsua da.(15). ekuazioa aplikatzen badugu :

Beraz,

U ,2>)r - -c`

•n r

Ekuazio hau lehen aipatu ditugun hurbiltzeen bidez lortu da.Horre-

gatik,hurbiltze horien barruan baliagarria da.

dipolo puntual batentzat,(36).ekuazioa guztiz zehatza da,eta hau

bilakatzen zaigu:

-•-,

k s- r ' I

41../3.Ikasgaia: PROBLEMA ELEKTROSTATIKOREN ERRESOLUZIOA

Problema elektrostatikoaren erresoluzioa: Puntu guztietan dagoen

karga emana baldin badago,problema elektrostatikoak zuzenki aska

ditzakegu.Kasu honetan potentziala eta eremua aurkitzeko ikusi ditugun

ekuazioak erabil ditzakegu,hots,

( )

- r )---4

(2)\3

Baina askotan aztertu behar ditugun kasoak ez dira horietakoak.A1-

dez aurretik kargaren hedakuntza emanik ez badago,maiz hedakuntza

hori aurkitu baino lehen eremua aurkitu behar da. Esate batetarako,pro-

blema elektrostatiko batek zenbait eroale eduki dezake, eta eroale

horien potentziala nahiz karga osoa eman diezagukete.Baina gehienetan

eroaleen kargaren azal bedakuntza ez da ezaguna izango.Kasu horretan

ikusi ditugun ekuazioak ez dira erabilgarriak.

Hemen, problema elektrostatikoen erresoluzioa aurkitzeko, beste

bide batzuk aztertu nahi ditugu.

Poisson-en ekuazioai Graussen legetik abiatzen bagara,honek bere era

diferentzialetan zera dio:

= 7,1

C3)

-PBeste aldetik, E eremu elektrostatiko huts bat, U potentzial bate-

tik atera araz dezakegu:

E U

Bi ekuazio hauen ondorio bezala, zera dadukagu:

clA. cit LA -

&,Baina ct,k, eragiketa,beste eragile bakar baten bidez adieraz

->- 2

dezakegu: edo V , eta honek "laplazian-o.'izena hartzen du.

g„ ";-'' I- -

eta

,)(fL

Koordenatu zilindrikotan

')11,t.(3te ,?,tt

Honen bidez:

Li -

Laplaziarra eragile eskalar hutsa da,eta (5.b) ekuazioa ekuazio

diferentzial bat da.Ekuazio honi "Poisson-en ekuazioa" deritzogu.

eragileak aldacla.£ bati baino gehiagori dagokionez gero, Poisson-

en ekuazioa "ekuazio diferentzial deribatu partzialetan" izango da;

ekuazio hori askE:tzeko zera ezagutu behar da: .4) espazioko puntuen

funtzio bezala eta mugetako baldintzak.

Poissonen ekuazioa edozein sistema koordenatu batetan aska daiteke,

halaz ere, problema bakoitzari dagokion sistema koordenatua hartuz

gero, askapen hori era askoz errazago batez egiten da. V LI-ren

itxura lortzeko U-ren gradientea kalkulatu behar dugu eta honen emai-

tzaren dibergentzia izanen da.Sistema koordenatu desberdinetan zera

da:

Koordenatu errektangularretan--z xV Li

Koordenatu enfDrikotan

, ; 4) 4-

V 1:1": 2—,2 -ar -3r/ Ç' 2" (6.(?. Ò£'

v'

(L)

43. ./

Laplace-ren ekuazioa: Eroaleek parte hartzen duten problemetan, karga

guztiak nahiz eroaleen azaletan nahiz zenbait puntutan,karga puntual

tinko eran daude.Problema hauetan,espazioko puntu gehienetan karga den-

tsitatea zero da eta puntu horietan Poissonen ekuazioak beste era hau

hartzen du:

Vrz U ° (q)

Ekuazio hau, "Laplace-ren ekuazioa" da.

N eroale baldin badugu (horietako bat edo gehiago karga puntuala

izan daiteke) eta bakoitzaren potentziala U1 ,U2 Ug , baldin bada,

gure problema zera izango litzateke: eroaleen kanpoko puntu guztien

potentziala aurkitzea.Hori lortzeko dagozkion eroaleengan U1 ,U2 ....Uw

balioa hartzen duen Laplace-ren ekuazioaren soluzio bat aurkitu behar

da.Laplace-ren ekuazioaren soluzioa bakarra dela demostra daiteke;hots,

ez dagoela muga baldintza berdinak betetzen dituen Laplace-ren ekua-

zioaren beste soluzio bat.

Laplace-ren ekuazioaren askapena zenbait kasu garrantzitsutan iku-

si baino lehen,ikus dezagun ekuazio honen zenbait berezitasun

1. Teorema: U UI '

orduan U

Laplace-ren ekuazioaren soluzioak badira

( 4 0)

konstanteak izanik,ere ekuazioaren soluzioa da.Demostra dezagun:

Vat-1 = Q ZC O + V2C2, 1.1zr - • • 4-

z C,V241 V2(-1 ' + Cn. V 21:1 4. = (11)

Teorema hau erabiliz muga baldintzak bete dituen soluzio batzuen

batuketaren bidez Laplace-ren ekuazioaren soluzio osoa lor dezakegu

44. ./

2. Teorema: Muga baldintza berdinak bete dituzten Laplace -ren

ekuazioaren bi soluzio, gehienez ere konstante batuketa baten dife-

renteak dira.Demostra dezagun:

BediNio,S„ S z S, eroaleen azalak bere barruan duen espazio

bat; espazio hau kanpokaldean S azalaren bidez mugatuta dago(hau in-

finitoan nahiz V, espazioa inguratzen duen benetako azal fisiko bat

izango da).

Bitez Us eta U, espazio honetan eta S„ S, S, -engan muga

baldintza berdinak bete dituzten Laplace-ren ekuazioaren bi soluzio

Muga baldintza horik ennteko, azalengan U edo 1411/,),Ibakoitzaren balioak

eman beharko dira.

- U, funtzio berri bat definituko dugu. Bistakoa denez,

1 4, V z u, - V`u,_= o -en barruan. Beste aldetik 4, nahizv

yo.d Q muga guztitan zero izanen da. Erabil dezagun -kiko

dibergentziaren teorema:

dib \t, 4") " (1) V4 , • in)

= e

v„Bigarren integrala zero denez gero.Baina:

- )V24' (:-V( 1

propietatea erabiliz eta hemen 7 2(1 ,-ko puntu guztitan zaro denoz

gerb, dibergentzlaren teorema honela gelditzen zaigu:

z,C . ) ,k n/ = c

Baina, Vo -ko puntu guztitan (V4')2 -k positiboa nahiz zero izan

behar du eta bere integrala zero denez gero ( .? ,4) 2 zero dela

eta garbi dago.

45../

Puntu cuztitan funtzio baten gradientea zero bada, funtzio hori

ezin da aldatu; beraz, Vc. -ko puntu guztitan 4)-ren balioa azal muga-

tzaileengan duen balioa izango da. Mugetako baldintzak Ulk eta U l zehaz-

tuz S ,S4Sm azaleengan eman badira azal horiengan 4, = 0 denez

gero,V-ko beste puntu guztitan ere zero izango da. Mugetako baldin-

tzak 31'1;<) ,1,eta-en bidez ematen badira Vz. -ko puntu guztitan)11.•

zero izanen da eta V4. g =0 muga gainetan.Azken honekin'posible

den soluzio bakarra zera da;(1) = konstante.

Dimentsio bakarreko problema: Kontsidera dezagun sistema elektroota-

tiko bat, eta bere itxura dela eta ,potentziala dimentsio bakar baten

funtzioa dela;hots, U = U (x)

Laplace-ren teoremaren arauera:

(.1tA _ 0 au _ c,,, u ,_ c, x 4- c,. 04), - i

ct A t (A xc, etae konstanteak dira eta mugetako baldintzek zehaztuko dizkigute

1. Adibidea

Infinitoak diren bi eroale laun, bata bestearen aurrean daude d

distantzia batez bitarteturik.Bitez U i eta Uz bakoitzaren potentziala.

dagoen espazioko potentziala

x puntuarekiko potentziala aurkitu

nahi dugu

x =o denean U = 11 1 ,beraz Ui = C2

X =d den.an U = Uz , beraz

Uf UlProblema aaoaren soluzioa,hau da:

•x r Ui (4s)

(1

x

46../

2. Adibidea

Lan egin dezagun koordenatu eaferikotan.Simetria esferikoa badago,

U = U(r) dugu eta Laplace-ren ekuazioa,hau da:

u b_-2- LI c,r ekr r

ctrr-

- (..4 Ye)

Eman dezagun U potentziala duen R radioko esfera eroale bat eta

aurki dezagun zentroarekiko r distantzian dagoen puntu baten potentzi-

ala.

r balitz U = 0 dela onartzen

dugu.Beraz, (16) ekuaziora eramanaz:

r = 1Z

u u ,

Ui C,

(16.) ekuaziora ermanaz dugu aoluzioa

Ur

3. Adibidea

Koordenatu zilindrikotan.Problemak simetria zilindrikoa badu eta

dimentsio bakarrekoa bada,Laplaceren ekuazioa honela dugu:

V1I-A t=. ( P <4,4 ) n 1b)

Beraz, (-!4 = C i hemendik I U , C4 c? eta

Lk=e, Ç-› + CL

Hau da kasu honetako soluzioaren itxura

Jar ditzagun ardatzkideko bi zilindro eroale.Bedi kanpokoaren

radioa eta barrungoarena R. , Dagozkien potentzialak Uz eta U,

Aurki dezagun bien artean dagoen espazioko potentziala

?: R, ,beraz

U & ::* R C.2

eta, U

47../

C i n2, C2 (24

Bi ekuazio hauen artean C1 eta C2 aterako ditucu eta (20).ekua-

ziora eramanaz,zera dugu:

_

hots, problemaren soluzioa.

Bi dimentsiotako problemak

Zenbait problemetan, bere itxura dela ota, potentziala bi.alda-

9pjeit fu_ntzioa dela ikus daiteke.Azter dezagun kaeu bat.

Koordenatu kartestiarrak erabiliz: U=U(xy).Alda9aien. banaketa

metodoa erabiliz,soluzioa era honetakoa izango dela suposa daiteke:

beraz:

çf( x ) • 42() = u

v a u= 32 u ai k1c)-4,

=(4)

orduan

' > 11 _ 4,(,) x (4)

4 , „).2 1 ‘4.) -) o

48../

Ekuazio hau fi(x).f2 (y)-z zatitzen badugu:

A 3144 lA ) ,. .4 3 4214), o

4-4(x-) ..)(2 2..(-4) '(''Hemen batur6o; bakoitza aldwilui bakar baten funtzloa da.

Beraz, batuketa zero izan dadin bakoitzak zero edo konstante izan

behar du(orduan C-C=0 izanen litzateke)

.4(") ,(2

_ c

Beraz:C (X.) = 0

d,ri

eta

Beste aldetik:C‘i'<k2. 14)

air/

L k) c = o

Soluzio osoa zera da:

U " j<s'i l ') • ."z(s)

Beraz, ikua dezakegunez,aldo.y.Z bakar bat baino gehiago erabiliz

soluzioa berehala zailtzen zaigu.

Imajina Elektrostatikoak

Muga baldintza multzo bat eman eta gero Laplace-ren ekuazioaren

soluzioa bat bakarra da.Beraz, ncla edo hala Laplace-ren ekuazioa.

soluzioa den eta baldintza horik bete dituen U(xyz) funtzio bat

lortzen badugu, funtzio hori problemaren soluzioa da.

Imajina elektrostatiko metodoaron biez, zonbait problc•ctan

Co,d, o)

1 dadukagula (0,-d,O) puntuan.

Beraz, orainganoa kentzen badu-

gu -q karga imajina hori sartzean

zx Oan Kopuntu guztiek zero

potentziala izango dute,peÛnoct zegoenean bezala.

49../

ekuazioa bereziki askatu gabe,soluzio hori lor dezakegu.

Ikus dezagun metodo hau kasu batzutan:

Imajina elektrostatikoakylanoekin

Jar dezagunplano eroale infinito bat eta hortik d distantziara

q karga bat.Konekta dezagunl=lanohori lurrarekin,bere potentziala

izan dadin.Aurki dezagun edozein puntutako potentziala.

W.anoe.ren potentziala zero dela

eta, egoera hori lortzeko zera

suposa dezakegu:-q karga bat

Aurki dezagun q eta –q kargek P puntuan sorrerazten duten poten–

tziala:

LI _ 4 (4- _

g„ ‘-‘ r2.

4/zr4 2. .]

,hemen

x Z i- (`41.-ct)

Beraz:

u rOtt- 2.1

rcE.

_ I K 2

Potentzialetik eremua aurki dezakesu:--)E. E (e,, , e)

E _ - u _ q, „ [,/,(1,a)L4. 71-1 .1

A

= - t:1; )0-A)L,(2,_ _ d )2+ -

.112.

E-Z*1.,(24-

k.d)2-4

I

50. ./

PartikularkiA)leAviarangan askatzen badigute

y=o izango dugu:

Ex = 0 Ez = 0 eta

-3

Ey = - X7-1- 17-zrr

Espresio hauk ez dira erabilgarriak y=ren balioa negatiboa denean.,

hots,lartoaren ezker aldean dagoenean.

Imajina elektrostatikoak esferekin

Imajina elektrostatiko metodoa erabiltzeko zailtasunik handiena,

zera da: benetako kargekin batera, muga baldintzak,hots, eroaleak

azal ekipotentzialak bihurtuko dituzten karga ir!lajina multzo bat aur-

kitzea.Hori gerta dadin problemaren geometriak erraza izan behar du.

Hauxe da,hain zuzen, q karga bat eta esfera eroale eta lurrarekin

konektatuta dagoeneko kasua.Esferaren azalaren potentziala zero izan

dadin karga imajina bakar bat behar dugu,Esferaren potentzialaren ba-

lioa zero ordez beste edozein bat izango balitz,beste karga imajina

bat jarri beharko genuke.

51../

Hasteko zera aurkitu behar dugu:benetako q kargarekin batera,es-

feraren azalaren potentziala zero izan dadila lortzen duen q l karga

imajinaren balioa eta posiztoa.Ikus irudia

•

q karga puntuala D esferaren zentrotik d distantziara dago.Esferaren

radioa a da.Problemaren simetria medio dela,q / karga imajina nahi eta

nahi ez zentrotik eta q-tik pasatzen den zuzenarengan egongo da.

Koordenatu esferikoak erabiliko bagenitu,koordenatu hauen jatorria

esferaren zentroan ipiniz eta ardatz polar bezaa q tik eta jatorritik

pasatzen den zuzena hartuz,problema hau oso erraza bilakatzen zaigu.

b bitartea eta qi -ren balioa ezagutzen ditugukq,b eta a -ren funtzioak

bezala aurkitu behar ditugu:

q eta q direla eta P edozein puntutan dagoen potentziala zera da:

+ jrzk-rr£, •-n '„ L

riat- 2 rd,,*,

Esferaren azalean r=a da eta potentzialak zero izan behar du.Beraz.

U r-o-

ick – - I

Hori gerta dadin:

Egiazta dezagun hori:

-

Ct .,2. - 2 ck2 - 2 cL a

Aurkitu ditugun balioak erabiliz:

4u - r-4- 2 ce. rt — 2 5

Beraz, 9 batez eta r batez finkatzen dugun puntuaren potentaiala,

formula honen bidez lor daiteke.

Esferaren zentroan bigarren q 4 karga imajina bat jarriko bagenu,

esferaren azalak ekipotentziala jarraituko luke.Karga honen balioa

edonolakoa da.Beraz, muga baldintzak bete ditzan egoki dezakegu.Horre-

la esfera eta karga puntualaren problema bere osotasunean askatu dugu.

Esferaren kanpotik dauden puntu guztien potentziala hauxe da:

(±41- +

Eroale esferikoaren potentziala hau da9-"

1-1 a

eta hemendik q" -ren balioa ate-a dezakeguftsferaren azal karga-dentsi-

tatea zera da:

r " e-

eta esferaren tS) karga osoa=

Imajina elektrostatikoak zilindrokin

Orain arte aztertu ditugun progemetan, karga puntualak soilik

aritzen ziren.Bide batez,imajinak ere puntualak ziren.Baina,kargek

P tx,Y)I

53../

hedapen lineal bat dutenean batzutan metodo ber-bera erabil dezakegu.

Kontsidera dezagun infinitoraino doan linea zuzen bat.Bedi Á. be-

re karga dentsitate lineala.

Ikusi dugunaren arauera,lineatik r distantziara dagoen edozein

P puntu batetan sortzen den eremuaren modulua hauxe da:

Beraz, bi puntuen artean dagoen potentzial-diferentzia aurkitu

nahi begenu,zera genuke:

8

r

1C R

Ut r ) - UO2) -

Zeren simetria

la eta B-rena

kenketa hori lortzeko

r

r-> _

dela eta,

berdinak bait

C-tik

E . ar

A-ren potentzia-

dira.Beraz,

B-raino doan

()

bidea har dezakegu, eta orduan eremua eta bidea lerrokideak dira.

R puntuan dagoen potentziala,erreferentzia bat bezala onar daite-

ke.Beraz, gure kasutan:r

i -7. ALt (r) - t,l la) - - i - r "" - [

r -3 - A- t, :_,,,, 2. ri E-,, - z. rt 'E ,_ iz 7..(7 E, R

Kontsidera dezagun orain infinitoraino doazen eta paralelo diren

bi linea.Bata dentsitate linealarekin eta -,1-rekin bestea.

P puntu bat hartzen badugu,eta

0 jatorritik P-raino doan bekto-

xrea ŕ bidez azaltzen badugu,

puntu horretan dagoen potentziala

honela lor daiteke:

- U IR) -2 ri R

hauetatik,dagoen potentzial osoa zera dw.gu:

U, urt Ç,

§ <-

Azal ekipotentzialak lortzeko, U=konstante jarri behar da, edo

= konstante.Egin dezagun(-4

M konstante bat izanik.M-ri balio desberdinak emanaz,azal eki-

potentzial desberdinak lortuko ditugu.M=1 eginaz bi kargen erdian

dagoengana ekipotentziala lortuko dugu, irudian I batez azaldutakoa.

Nqno horren potentziala zero da.Beraz,larkoeroale baten aurrean dago-

en etaganoarekiko paraleloa den linea kargatu baten problema egina

dago.Potentziala (•) ekuazioaren bidez lor daiteke.Esate baterako,

eroaletik d distantziara dagoen eta paraleloa den linea eskuine-

. koa izango balitz,ezkerrean dagoena karga imajina bezala kontsidera

dezakegu.

M-ren edozein balioarentzat zera izango dugu:

4, .4'

z L K )t

54../

,eta

c . )Z rc f

r,

55../

X Ml rt41 ckt r 1-11 2 1"1 ski - 2 x ck 4- •z,2'

X 2 L1-- I•4 1 ) 1z (.4- H .") - 2 et X ( 1 r 1•4 1- rit) o

Hemendik:

- 2dx 421-1-=

cA '3" =4 -

Hau zirkunferentzia baten ekuazioa da.Beraz, x—yganoun. lan egin

dugunez gero, horrek zera esan gura du: aurkitzen ari garen azal eki-

potentzial horiek zilindroak direla.

Zirkunferentzia horien zentroak aurkitu behar ditugu.Alde batetik

simetria dela eta x ardatzaren gainean egonen direla begi bietan da-

go.Bestetik horrelako zirkunferentzien ekuazioa,itxura honetakoa da:

0

e do

X 24- C X = 0 14-)

Hemen c,x ardatzaren gainean,zentroaren posizioa dugu,eta R zir-

kunferentziaren erradioa.Beraz, eta (x) elkar alderatuz:

c .A 4 4- M1'

A-111

cl- c12'

1 ,1Y t-1 2) ex dj2.

Ntt)2

Qz. cc -

4 4.• 11 4. 21`12- - 4

Ht)

.1'. Mt

- 1-11'

2. ti dR -:14 -ti'-)

A .., mt.. , .4

zentroa 4 - t'l L

(erradioa)

=

56../

Hau ikusi eta gero eroale zilindrikoek parte hartzen duten zenbait

problema aska dezakegu.Esate baterako zilindriko eta oso luzea den

eroale batano eroale baten aurrean paraleloki dago.Bedi 1 zilin-

droaren dentsitate lineala.Orain,bi lineak imajinak bezala kont3i(lera

ditzakegu,eta datoak egokitu ondoren, parte honetan ikusi ditugun ekua-

zioak erabilgarriak dira.

Eroaleen sistema

Orain arte ikusi ditugun metodoen bidez Laplace-ren ekuazioaren

askapena lortu izan dugu.Metodo hauk, nahiz eta orokorrak barlira ere,

gehienetan problema oso berezi eta geometria aldetik errazak diren

kastttan erabil ditzakegu.Eroaleen itxurak oso xinple ez direnean bide

matematikoa nahi eta nahiezkoa da.Hala eta guztiz ere, potentzialak

Laplace-ren ekuazioa bete behar duenez gero, zenbait ondorio erraz

atera dezakegu.Eroale baten potentzialaren eta sistemaren eroaleen

kargen artean erlazio lineal bat dagoela demostra daiteke.Erlazio

' honen koefizienteek "potentzial koefiziente" izena hartu ohi dute,

eta beren balioak geometriaz bakarrik baldintzatuta daude.Nahiz eta

beti errazki kalkulagarriak ez badira ere,saiakuntza erraz batzuren

bidez lor daitezke maiz.

d

x

u, U2

57../

Demagun N eroale kargaturik,eta geometria,guztiz zehaztuta dagoe-

la.Bedi eroale bakoitzaren potentziala Uk .Espazioko puntu bakoitzean

U( ŕ) potentziala izango dugu.K garren eroalearen gainean U(f=U k izan-

go da.U( '17. ) funtzio bakar bat izango da puntu bakoitzean.Puntzio horrek

Poissonen ekuazioa beta benar du,hots, 57 u _

_ ,ez dauden puntuatan Laplace-rena v U lr)=

U(7') funtzioa honela idatz dezakegu:

Ll = \/ 1, ij 4 V s , k) .1,14

eta kargak

Hemen Vi ( A , 1, problemaren geometriarekin bakarrik dute

zerikusia.

Edozein eroale baten gainean aurkituko bagina eta gainon-

tzeko V guztiak zero izango genituzke.Beste edozein kasu bat bagenu

problemaren baldintzak jarri eta V-ak aurkituko genituzke.Horretarako

(*)

eroalerik ez dagoen puntuetan.

Adibidea: Demagun biAlatto eroale infinito.Bibez U 1 baten potentzia-

la eta - bestaarena.

Aurki dezagun b4lanoen tartearen potentziala

U( ŕ ) =Problemaren s_lAletria dela eta y eta z

alclacr.;eK parterik hartzeff.

Beraz:

Beraz, gure kasuan:

Hemendik:\j4

Si ."`

o

V1\04

x=0 denean

:\ CI

Edozein Uk-rentzat (k) bete dadin zera dugu:

58../

eta c i ./4 C, =- c,

x=d denean 0

—z.

V Vz.1), ) 0

xpO denean

eta

x=d denean

V2. = c

Beraz:

UL,4) =

dugu soluzioa

Beste kasu batzutan ez dizkigute potentzialak ematen; eroaleak

daukaten karga baizik.Kaso hauetan zera penta h0riek

eroaletan potentzial bat sortarazten dutel; potentzial horien balioa

eroale bakoitzaren kargaren funtzioa da.lionexegaik potentziala hone-

la jar dezakegu: 11

koefizienteek "potentzial-koefiziente" izena hartu ohi dute.

59../

4. Ikassaia: EREMU ELEKTROSTATIE0A UEDIO DIEL=RIKOTAN

Polarizazioa.-Orain arte aztertu ditugun kasoetan eremuaren sortzaileak

karga libreak ziren:zenbait karga puntual,nahiz zenbait azal hedakun-

tza.Azter dezagun hemen kaso orokorra2,o

Dielektriko ideatl bat zera da:karga librerik ez duen medio bat.

Baina medio material guztiak molekulaz osaturik daude, eta hauen ba-

rruan karga elektrikoak daude,hots, elektroiak eta nukleo kargatuak.

Hori dela eta, diellektriko baten zatikiek dielektriko hori eremu elek-

triko batetan sartzerakoan indarrak jasaten dituzte.Indar horien bidez,

zatikiak bultzatuak izaten dira;zatiki positiboak eremuaren norantzan

eta negatiboak aurkakoan.Beraz, molekularen zatiki positiboak eta ne-

gatiboak elkarrengandik urrundu egiten dira.Halaz ere,desplazamendu

horiek oso txikiak dira (gehienetan molekularen diametroa baino askoz

ere txikiagoak) zeren molekularen itxura aldatzean indar errekuperatzai-

le ikaragarriak azaltzen bait dira.Ikusgune makroakopiko baten aldetik,

zera onar dezakegu: dielektrikoan karga positibo osoak,norantza batean

desplazamendu bat egin duela eta negatiboak kontrakoa.Hori gertatzen

denean,dielektrikoa "polarizatuta" dagoela esan ohi da.

60../

Polarizatuta dagoen dilektriko bat, nahiz eta oro har neuLroa

bada ers,eremu elektriko baten sortzaile da.Eremu hau dielektrikoa-

ren barrengo eta kanpoko puntuetan azaltzen da.Hori dela eta egoera

zail xamar batetan aurkitzen gara:alde batetik dielektriko baten po-

larizazioa,eremuak baldintzen du.Baina bestetik,eremu osoaren balioan

polarizazio berak zerikusirik badaduka.Horretaz gainera, dielektriko-

''mpoan dagoen eremuak gorputz eroaleen karga librearen hedakun-

la dezake eta aldaketa honek,"dielektrikoan"dagoen eremua alda-

tu egingo du.

Kontsidera dezagun dielektriko baten bolumen oso txiki bat,

elemento hau oro har neutroa da.Medioa polarizatzerakoan,karga positi-

boak eta negatiboak elkarrengandik urrundu egiten dira.Hori,

momentu dipolar eletriko adieraz dezakegu

6.7P) c.‘ cA)

->bolumenaren balioak,M)-ren balioa baldintzen du.Hori gerta ez

dadin, bolumen unitateari dagokion momentu dipolar elektrikoa era-

biltzen da:

Zehaz zehazki mintzatuz, P jomuga bat bezala definitu behar da;

hots, zerorantz hurL1lAzkoan (edo ANT oso txikia egiten denean

-›ikuspegi makroskopiko baten aldetik).Orduan,P funtzio puntual bat

51. ./

->bilakatzen da:1)(x ) ) .P hori medioaren "polarizazio elektrikoa"

edo "polarizazioa" deritzogu.Bere dimentsioak karga zati azalera dira,

eta MKS sistemaren,unitatea:c/n 1 da

-->

P(x,y,x) polarizazio magnitude bektorial bat da, eta b(-)

mento baktitzetan 4 -ren norantza daduka.Hcnen norantza berriz, karga

negatiboarekiko karga positiboaren desplazamenduarena da.

Nahiz eta ikusgune makroskopiko batetik Aifoso txikia bada ere,

bere barruan,imolekula asko izango du.Batzutan,zera da komenigarri:

molekula bakar baten momentu dipolar elektrikoaz mintzatzea;hau da

-->-_-_ r-

(3)

molekula

Gogora dezagun molekula osoa elektrika aldetik neutroa dela.

Ikusi dugunaren bidez,hVbati dagokion momentu dipolarra

batuketa hori bolumenean dauden molekula guztiei hedatu behar zaio.

Beraz,

(4)

62../

Dielektriko baten inguruan dagoen eremu elektrikoa.- Kontsidera deza-

gun polarizatuta dagoen material dielektriko baten puska finito bat.

Bere barrengo puntu bakoitzetan polarizazio bat dugu.Pola-

rizazioak eremu elektriko bat sortarazten du.Guk, zera nahi genuke;

dielektrikotik kanpora dagoen edozein ŕ puntu batetan, eremu elektri-

koa aurkitzea.Hori egiteko askoz ere errazagoa da aldez aurretik U(.5)

potentziala aurkitzea.Gero eremua potentzialaren minus gradiente beza-

la lor dezakegu.ix,Ya)

Medio dielektrikoarenbolumen

elemento bakoitzari,Ap momentu

dipolar bat dagokio:

.6\z),--T,LSN7 ,eta (x,y,x)

puntuaren etai!U bolumenaren

arteko distantzia, AT-ren dimen-

tsioekin konparatuz oso handia denez gero, AV-ri dagokion eta puntu

horretan dagoen potentziala, dipoloaren formularen bidez lor daiteke:

hA,11-‘2),.... • _ P(i:)1)-("x".5-;5')AVLi-rt €„ _ i3

->Hemen r - r i bektore Atirbolumenetik kanpora doana da eta bere

balioa hauxe da:

_ 1(x- xl"-* )14/1.

(G)

r puntuan dagoen potentzial osoa aurkitzeko, bYbolumen elemento

eg)

63../

guztien ekintzen batura izanen da:

111,-;) (5-"-

' z 4 rr f 1 3

Beraz, P funtzioaren itxura funtzionala ezagutzuko bagenu (7).

' ekuazioa aska daiteke.Baina, ekuazio hori transformakuntza matema-

tiko baten bidez,era erabilgarriago bat bilaka dezakegu.

r r'k(6). formulan ikusten dena denez gero, zera dugu:

71 )_(‘!, (

?`l •Ò‘ C(x-x`)z+('4--,4:)1+ l-11)2.34/1-

,x- X ' —> "ltc -

n+ -

\4-I r - 13

(8) •

( '7 1 x, y ieta z'-rekiko gradientea dugu.Batzutan x,y eta z-rekiko

gradientea aurkitu beharko da.Hau, ikurraren bidez azalduko-*-> , r:r

dugu.Funtzioa Ir- r'l izango balitz,bere y gradientea aur--4

kitzean berdin - V izanEo litzateke.Hau da

( I - I) — V ( 'r `I(7). formularen integralpean dagoena,(8).formularen bidez alda

daiteke.H3ri posible da,zeren integral hori Vo dielektrikoaren bolu-

menari hedatuz, r puntua tinko jarraitzen bait da.Beraz:

1.? r- - ) —) , (

I ŕ_ 1r - r'

,

. V ,

CN)

Baina, honoko erlazioa :Jtan hartzen badugu:

Oki GI .,). VIt

f edozein funtzioren eskalar eta puntual izanik.

-4A edozein funtzioren bektorial et& puntual izanik.

.->Heien 4 eta A = P egingo bagenu,zera izango litzateke:

' Vi-*--i-•1

—

?- GuA,'

p-- I - r'

Guzti hau, (7). ekuaziOra eramanik:-... ,

k , I .-±-- i "V i ( ..)* ).1\i' 4 A vP vt

Lin-e. n •n- - r' I IArr ‘,., \i-* - gs \v, v/

Diber•entzia teorema dela eta

i "7:n:/' ( '-,-1--- ,), N! I = 4) IP ' 6tSi1 .--'-N-'1 i Ir1v' s -r

Baraz,

d, \I (AZ)U=urrE. 11:?-

1 dS' 4

1-417- C., -r'i

Ekuazio honetan azaltzen diren P.n eta p-tik erakar-

tzen ditugun bi funtzio eskalarrak dira.Kantitate hauen dimentsioak

banara bana ,karga azal unitatetako eta karga bolumen unitatetara-

ko ditugu.Beraz, honela adieraz ditzakegu

eta

C4s)

CSP = polarizazio-kargako azal-dentaitatea eta polarizazio-

-kargako bolumen dentsitatea.

Qp.aS‘zera izango da:St-ki.dagoen karga polarizatua.Karga hau ez

da higikorra eta guk ez dadukagu posibilitaterik dielektrikotik atera-

tzeko.Matematikoki G-r hauxe da: azalarekiko elkartzuta den polariza-

zioaren o2agaia.

fir .avi zera izango da:4V-'1.dagoen karga polarizatua, eta beste-

aren berezitasunak zera enaten digu: materialearen barruan

polarizazioaren desuniformetasuna

65../

Beraz, dagokion potentziala:

+ ( _ A 4“4 ,s,ivo 1

potentzial hau karga heaapen bati dagokio.Beste hitzez: dielektriko-

aren ordez, karga hedapen bat kontsilera dezakegu.ltara hauk ; lotu-

rik daude, eta batzuk azalean daudelarik,beste batzuk bolunensan.

Azter dezagun orain 5"1, eta fp -ren esangura fisikoa.

Horretarako kontsidera dezagun N dela dielektrikoaren bolumen-uni-

tatean dagoen molekula-kopurua . Yolekula bakoitzak polarizatzen

denean momentu dipolar molekular bat lortzen du,

06)

Hau da, polarizatu baino lehen mole-

kula bakoitzaren )*arga positiboen eta

negatiboen grabitate zentroa,bera zen.

Polarizatu eta gero, baten eta bes-

teen zentroa desberdina da.Hauen ar-

tean dagoen distantzia (bektore bezala) dugu.

Har dezagun, orain,dielektrikoaren azalean as' azaltxo txiki bat

eta dielektrikoaren barru aldera,polarizazioaren direkzioan,1 luzera-

ko distantzia bat. Bolumen bat azalduko zaigu,eta bere balioa zera

izango da:

0,1V. cAs t .

Q4)

Bolumen horretan dagoen molekula kopurua dugu eta po--4

larizatu ondoren dagokion karga 4,15'NJ1 .Hemen molekula bakoitza-

ri polarizatu ondoren dagokion karga q da.

Polarizatu baino lehen dielektrikoaren azalean eg zegoen karga-

--n) 4,rik.Polarizatu ondoren dSbolumenari dagokion karga positibo osoa,

olS 1 azalean egongo da.Beraz, asi dagoen karga zera dugu:

J% as (A 8)

Baina, q. orduan

t\1 ,ts' (AcI)eta f„,„ .1\1

a4 = = fy,-) cts',

Beraz,polarizazio karga.ko azal-dentsitatea

=(Z )

Ikusi nahi genuena.Hau da, lehen matematikoki azaldu dugun azal

dentsitatea,orain benetako kontzeptu fisikoa,esan dugun esangura fi-

sikoa duela egiaztatu dugu.

P eta ci51 -k osatzen duten angelua 902 baino txikiagoa bada, dq

positiboa agertzen zaigu,eta beraz, hor metatzen den karga, positi-

boa da.Aldiz,909- baino handiagoa bada,dq negatiboa dugu eta beraz,

karga metatua ere, zeinu horretakoa izango da.

Azter dezagun orain -ren esangura.Horretarako kontsidera deza-

gun dielektrikoaren barruan A puntu bat, eta bere inguruan AV' bolu-

men bat.Dielektrikoa polarizatuta

dago.6V l isolatzen badugu, ,V 1 gor-

putz horretan dagoen karga osoa, zero

izango da.LYV '-n dagoen karga osoa zera

da: bere azalari dagokiona gehi bere

bolumenari dagokiona

Baina,azalari dagokiona «-1 .4S1

da.Beraz, karga osoa zeros"

dintzatuta bait daude.

",(7") _

Ir - rs i 1

<7.> p„,

) 4 vi (-4/)F>,

.BerazBaina

67../

izan dagin

f'p. 6\/‘-= -

A puntuari dagokion dentsitate bolumetrikoa lortzeko, 6),»-k zero-

rantz joan behar du; eta hemendik:

Baina, hau P bektorearen dibergentzia besterik ez da

– ot.,"‘-1;

ikusi nahi genuen bezala.

Eremuaren kalkulua:

Potentziala aurkitu ondoren,eremua lortu behar da._-, ,, -'

1-A Horretarako: E 1 r ) = - V. ,-> )

-5 --,lE 4x- ) :-.. - V ti(1--).-- 3 1,-,,-.-',1 ‘'IS' -

(-- --> ( 4

411- ,j

Lt4rr go j Š)? ( u7?_ 7..—.11 ) eIV'-->v

o Ç, No'

Hori horrela da; zeren GP eta :'/,, , ri-ren bidez bakarrik bal-

astS'

dugu:

Hauxe da,hain zuzen,kanpoan azaltzen den eremua.

Dielektriko baten barruan dagoen eremu elektrikoa:

Eremu elektrikoa aurkitu baino lehen,kontzeptu honen esangura

zehaztu behar dugu.Guk aurkitu nahi duguna,zera da: eremu elektriko

makroskopikoa;hots, dielektrikoaren zati txiki batetan dagoen bataz

besteko eremu elektrikoa.Halaz ere, zati txiki horretan molekula as-

kok kabitu behar du.Beraz, honela defini dezakegu eremu elektrikoa:

dielektrikoaren barruan dagoen karga lekuko batetan azaltzen den in-

darra karga unitateko.Karga lekuko horren txikitasuna dela eta,ez dio

karga hedapenari eragin behar -Karga lekuko hau makroskopikoki txi-

kia izango da.Baina handia, molekula batekin alderaturik.

Nahiz eta definizio hori eremu elektriko makroskopikoarena izan

dielektriko baten barruan definizio hori erabilizaa oso zaila da, ze-

ren zera egin beharko bait genuke: tamaina handiko gorputz batetan

azaltzen den in-iarra lortu,eta gero tamaina hori zerorantz ereman,

limitea kalkulatzen.

Zailtasun hori dela eta, beste bide bat erabili beharko dugu nahi

dugun eremuaren espresioa lortzeko.

Polarizatuta dagoen dielektriko baten barruan azaltzen den E

eremu elektrikoak,hutsetan aurkitu genituen oinarrizko propietateak

izan beharko ditu; E eremu kontserbakorra da, bereziki,eta beraz, po-

tentzial eskalar batetik sortaraz dezakegu.Hau dela eta

\-ok E = 0edo

,

Erabil dezagun hau gure ka.:=utan:

A

Atera dezagun dielektrikozko orratz bat; huts-tarte bat eginaz

aplika diezaiogun ikusi dugun integrala ABCDA bideari AB lerroa hu-

tsean izango da,CD,berriz dielektrikoan AD eta BC aldeak nahi bezain

txikiak egin ditzakegunez gero, integral osoa hau bilakatzen zaigu:

EA ,-3 • 4- ->cb • 0

Baina

orduan

EA&-t = Z_b t1-aren moduluaz zatidura egiten badugu:„

•=n n

Baina EAB . osagai tangentziala dugu eta beste

beste bestearekin;beraz

Eike, t "7- ECt

E-INCŠhutsean dagoen eremua da eta tcb dielektrikoan

Ekuazio hori orratza edozein direkziotan hartu eta baliagarria da;

halaz ere, orratza E -ren direkzioan hartzen badugu,dagoen osagai ba-

karra tangentziala da.Beraz,kasu honetan

EAZ

Hau da: "Dielektriko baten barruan dagoen eremu elektrikoa zera da:

dielektriko horren barruan orratz itxurako hutsune batetan azaltzen dena

orratz horren direkzioa eremuarena izanik"

70../

Beraz, hemendik ondorio garrantzitsu bat atera dezakegu:Dielektri•

koan dagoen eremua aurkitzeko,aski da dielektrikoaren kanpoan dagoen

eremua nola lortzen den jakitea.

-N -NEco . EA ,baina (22).ekuazioa erabiliz

,(1-)- ;-') v 01/4 \1 1Ae, =

t-t iTS3 V.-V,

Hemen: 5.1-5,45 2A-S 3 azal libre osoa da,hots,S 0 kanpo aldeko

S, orratzaren aldeko azala, S2 orratzaren edo zilindrotxoaren oinarri

baten azala, S3 bestearena.

Vo gorputzaren bolumen osoa:Vi orratzaren bolumena.

Baina orratzaren itxura dela eta,S 2 eta S 3 arbuiagarriak dira,bai

eta V1 ere.

Beste aldetik,S1-en gainean zera izango da:

Baina,orratzaren direkzioa eremuarena hartu dugunez gero eta eremuare-

na direkzioa eta P-rena bat denez gero:

o

? eto, m elkartzut daudelako,hain

zuzen.Beraz, S1 azalean

CS" dugu.

Guzti hori dela eta, er;:mua horr3la geldizzen zaigu:

_ 4 ) a s fp ( \i

rr f,Hau,lehen eremuaren kanpoalderako aurkitutako formula da.

Aurkitu ditugun formulak erabiltzeko,P funtzioa (puntuen funtzio

bezala) ezagutu behar da.Hau zenbait kasutan gertatuko da.Baina,gehie-

netan polarizazioa zera da: dielektrikoari eremu elektriko bat ezarri-

takoan hark ematen duen erantzuna,hots, P(x 1 ,y 1 ,z i ), E (x; y; eremu

elektriko osoaren funtzioa bait da,hau da, en barruan dielektri-

71. ./

->,koaren ekintza ere sartuta dago, eta hau P-ren funtzioa da.Beraz, P ez

da kalkulagarria E ezagutu arte.Baina E horien parte bat aurkitzeko

P ezagutu behar da.Hori horrela izanik,beste bide batzuk aztertu behar-

ko dira.

Gauss-en le2ea dielektriko batetan.Desplazamendu elektrikoa.-

Orain baino lehen,Gauss-en legea ikusi dugu.Honek zera esaten zigun

edozein azal itxi batetan zehar pasatzen den fluxu elektrikoa,azal

horrek inguratzen duen karga osoaren arauerakoa da; erlazio horren

konE:tantea da:

£4E.

Gauss-en legea erabiltzerakoan kontutan hartu behar dugu, zeren

probleman dielektriko bat baldin badaso, (ez karga libreak soilik;kar-

ga polarizatuak ere bai) kontutan hartu behar bait ditugu.

Bitez ql , q2 qN , N eroaletan dauden karga libre batzuk(eroa-

le hauk medio dielektriko b ,atetan daude).Bedi S karga horiek inguratzen

dituen azal bat.

Gauss-en legea dela eta

dr5 = fe (61 4 c2p)(24)

Hemen,(9 azalaren barruan dagoen kar-

ga libre osoa dugu,hots, C9=

eta 62/, karga polarizatua

i-+V„,)Hemen S inguratzen duen dielektrikoaren bolumena da.Halaz ere,S

ez da dielektrikoaren muga, beraz, azal integralak ez darama S-ren egin-

Baina

Qp =avi

kizunik,

72

Beraz:

(91, ñ ctŠ( f c“, (-2T)

edo dibergentziaren teoremaren bidez

=s, 5-(5+- 4-5N)

Baina begira dezagunid'eta nolako diren. n , q i ....qN karg.ekin

dielektrikoar n mugarl dagokiona bektore unitaria da, hots, dielektri-

kotik eroale aldera. bolumen bati dagokiona da, hau da,n'

men integral bat azal integral bat bi-

hurtzerakoen azal horri dagokion bekto-

re unitaria.

Honek ez du dielektrikoarekin nahiz eroalekin zeirkusirik;geome-

triarekin baizik,eta bolumenetik aterata hartzen da.Beraz, ri eta ri'

aurkakoak dira.Hori dela eta,

Hau (24). ekuaziora eramanaz

(E.ZI-;).a

@

->Beraz, S azala zeharkatzen duen . E bektorearen fluxua,azal

horrek inguratzen duen karga libre osoa adina da.

Agertu berria den bektore hori oso garrantzitsua denez gero,izen

->eta ikur batez azaltzen dugu, eta beraz, eremuari dagokion D bektore

makroskopiko bat definitzen dugu;"desplazamendu elektrikoa"

->D = E + ? (24)

D honek eta P-k unitate berdinak izango dituzte, hots, karga azal

unitatekoarenak.

D hau erabiliz,aurkitutako ekuazioa hau bihurtzen zaigu

73.1

Aj D JS Q

Js

Maiz,honi desplazamenduari dagokion Gaussen legea deritzogu edo,

laburkiago, Gaussen lesea.

Hutsean erabili dugun Gaus.3en legea,honen kasu berezi bat besterik

--> w ->

ez da.Hutsean P bektorea zero da:Beraz, edo (20. ekuazioaren

bitartez = ikusi dugunaren arauera.

Bedi AV dielektriko baten barruan kontsideratzen dugun bolumen

txiki bat.Bolumen horretan Gaussen legea erabiliz :-->

GIS QEta bolumen horretan d goen karga librea

karga dentsitate batez emana baldin bada-

go:a-s' f ÓV

pv zerorantz hurbiltzerakoan ekuazio horren limitea aurkituz;

4V-> o nvBaina,definizioz

-->

JS =AW4 AsBeraz, o

-(2`+)?

eta Gausaen legea era diferentzialean dugu,Dielektrikoek zerikusirik

daukaten problemetan hasteko, D bektorea aurkituko dugu,eta bere bidez

—>gero, E bektorea lor dezakegu:

Medio material baten suszeptibilitatea eta permitibitatea.-

Medio dielektriko baten ,&larizazioaren kasua eremu elektrikoa dela

esana dago.Polarizazioaren baliotan,beraz, eremuaren balioak zerikusi-

rik badu baina bai eta material dielektriko berak ere,hots, eremu

74-/

elektriko batek medio desberdinetan polarizazio desberdinak sortzen

ditu.

Ikusgune makroskopiko batetik matoriale baten jokaera

emanaz ezagutu dezakegu,hemen E eremu makroskopikoa izanik.Erlazio

hau esperimentalki lor daiteke.Erlazio hau puntuala da eta puntu bate-

tik bestera alda daiteke.

Gorputz dielektriko askotan zera ikusi izan da: E = o izanik,

P = o dela.Materiale horietarako ikusi dugun erlazioa,horrela jar de-

zakegu A-,`P= E (a4)

faktorteskalar honi definizioz "suszeptibilitate" deri-

tzogu.

Medio "isotropA.ko"bat zera da:medio horretan puntu bat hartu eta

gero,hartutako direkzioarekin puntu horretan gertatzen denak zerikusi-

rik ez duena.

Medio horietan (31) hau bilakatzen zaigu:

/( E , xl

hemen 1-ren balioa puntuak eta eremuaren moduluak zehazten digute

Medio bat "lineala" izan dadin zerak gertatu behar du; (hiru, lau

....) aldiz handiagoa den eremu bat izanik,azaltsen den polarizazioa

bi (hiru,lau,...) aldiz handiagoa izatea.

Formula batez adieraziz

Medioa isotropikoeta izango balitz

-p = x (x, 2 ) . E

izango litzateke

75../

Medio bat "homogeneoa" izango balitz zera gertatuko litzateke;

medioaren puntu guztiak,polarizazioarekiko,berdinak izatea.Beraz:

X().

Erabiltzen dugun medio dielektriko asko eta asko isotropikoÌlineal

eta homogeneo da.Horietarako eta polarizazio erresidual gabekoak badi-

ra X konstante bat da.Horiek "A motako medioak" dira.Horientzat

Hemen ikusten denez 2/-e, unitateak Eo-renak dira.Askotan, £.+X

ez erabiltzeagatik,medioaren "permitibitatea" definitzen dugu.

E = E. + X

honen unitateak 2&enak edo ‹;.-renak izango dira.Honen bidez, zera dugu

E. E

Hutkean egongo bagina eta E=-£..Horregatik per-

mitibitatea" deritzogu.

Sarri askotan E eta x erabili ordez,dimentsiorik gabeko beste

fkktore bat erabiltzen dugu:!-!ruedioaren konstante dielektrikoa",horrela

definiturik:z

Hau.erabiliz: = k

;= x = - = (kÇ-- E.

Erabiltzen diren materiale gehienentzat, K-ren balioak aurkituta

eta tabulatuta daude.

Oso garrantzitsua den dielektrikoen beste parametro bat "zurruntasun

dielektrikoa" dugu.

Dielektriko bat eremu elektriko oso handi baten barruan sartzen

badugu,gorputzaren elektroiek inolar handiak jasango dituzte,eta nahiz

76. ./

eta beren nukleoa abandonatzen ez badute ere,1=en orbitak deforma-

tuko dira.E-ren balioa handiagotzen

badugu une batetan elektroiek beren

atomoetatik alde egingo dute, materi-

aren egitura osoa amilduko da eta die-

lektrikoa "zulatu" egin dela esan ohi da.

Materiale bakoitza zulatzeko erabili behar den E-ren balio mini-

moa, materiale horren "zurruntasun: dielektrikoa" dugu.

A motako dielektriko baten jok=a bi purauletroren bidez emana

dago:bere konstante dielektrikoa eta bere zurruntasuna

5. Ikasgaia: MEDIO DIELEKTRIKOTAN EREMU ELEKTRIKOEN ZENBAIT PROBLEMA

Isuri dielektriko batetan karga puntuala.-

Beste problema batzuren artean errazenetako bat zera dugu: infi-

nitoa den medio isotropiko eta homogeneo batetan q karga puntual bat.

Medioa lineala izango da eta K konstante dielektriko batez zehazturik

dago.Problema hau erraza izan arren oso adierazgarria da.

q karga puntuala hutsean izango bagenu eremu elektrikoa radiala

-3izango litzateke,E,D eta P bektoreak puntu guztitan paraleloai(direnez

gero eremuarenolladialtasunak ez du aldatzerik medio jartzeagatik.Beste

aldetik,problemaren simetria dela eta -Ueta balioak kargareki-

ko dagoen distantziak baldintzako ditu eta ez beste.

Aplika diezaiogun Gaussen ekuazioa q-rekiko zentrubidea den r radio-

ko azal esferiko bati

77../

r

r•;.n r2 r

Hemendik eremua eta polarizazioa atera daitezke

-D (4E = :-.... 1r (z)

E L1 rr .1.< 'r-

13,---X-baina E---- €.„ + X , beraz _ A .i. .1_-__. , k

E. -

2( = 0< - i) •__,

'4. N- 4) F> CŠ)

IP =L1 fr K Y" Š

Eremu elektrikoa hutsean bainol< aldiz txikiagoa azaldu zaigu.

Zergatik ote?

Dielektrikoaren barruan karga ipintzerakoan,dielektrikoa polari-

zatu egiten da eta beraz, karga polarizatuak azaltzen dira.

Azal gaussiarren barruan dagoen karga osoa, zera izango da:q karga

librea gehi (91,› karga polarizatua

= + (9P

Q horren kausak hauexek dira:

Nazal dentsd.tatea eta

f, bolumen dentsitatea.Dakigunez

P-ren dibergentzia kalkulatuz simetria

esferiko dela eta koordenatu esferikoak erabiliko ditugu.

z= t=7_ a (t"'" o o

baina

Orduan karga osoa:

78../\-2" - <4"(K-4) = 0

r 1471*

Beraz, o eta = ° , hau da, hemen ez da PP bat

izango, hots, bolumen bati dagokion karga polarizatua zero izango da.

Azter dezagunT/, .Dentsitate hau azal bati dagokio,hau da, karga

puntuala inguratzen duen dielektrikoaren azalari.Beraz,

4CY1;6T. izango litzateke, baina

karga puntuala denez gero b-k zero-

rantz joan behar du

d2Baina-->ry-t -

F ‘ nc--1)Q„ L •

4 k‹. 1-1

K k

q, 1--c40<—

Hau da, azal gaussiarra inguratzen duen karga osoa da, eta

beraz azaldutako eremua hutsean baino aldiz txikiago izango da, iku-

si dugunaren arauera.

Mugatako eremuen bektoreen zenbait baldintza.-

Beste problema zailago batzuk aztertu baino lehen,zera estudiatu

-abehar dugu E eta D eremu bektoreen aldakuntza medio batetik bestera

pasatzerakoan.Medio hauek bi dielektriko,ala dielektriko eta eroale

bat izan daitezke.Hutsa Eo permitibitateko dielektriko bat bezala kon-

tsideratzen dugu.

Bitez 1 eta 2 elkar ukitzen dauden bi medio.Bereizte azalean gaine-

ko puntu batetikbestera alda daitekeenG karga libreen azal dentsitate

bat dagoela suposatuko dugu.

79../

Har dezagun zilindrotxo txiki bat,

irudian azaltzen den bezala.Zilindro

honen tapen azalera bedi,A4 eta altu-

era tapen diametroarekin alderatuta

arbuiagarria ,hots, oso txikia.

Zilindroak inguratzen duen karga

librea zera da:

2 kyi . f,.).Bolumen AS

Baina,zilindroaren bolumena guztiz txikia denez gero arbuiagarria

da,beraz,dagoen karga librea hau dugu inNS.Gaussen teorema erabiliz:

.j) "b, . (.15 = q librea

Hiru azal desberdin dugu: goiko tapakoa,behekoa eta ingurukoa.Beraz,

Goiko tapan : -1;,.74z

Beheko tapan A• ZZ, 65 rn.z. AS AS

Inguruan e v-0

Baina

mZ = - M4

->-b 2 frI z mz.

eka beren bi osagaietan deakonposa ditzakegu

eta -D2 • raz.

Beraz, (4) izango da baldintza bat

1 eta 2 A motako dielektrikoak izanik eta bereizte azalean karga libre-

rik ez dagoenez gero eta

= 1)2 vt.

-aAzter ditzagun orain El eta E2 eremuak.Horretarako ABCD bide itxi

bat hartuko dugu.Dakigunez,

E..11 o

BC eta AD aldeak besteekin alderatuz guztiz txikiak kontsideratzen

baditugu

E 2 A6 "+. °

Baina &k„ - La

L\e, y AP.- E i .LU o E, =

uSkk

eta E2-ren osagarriak aurkituz,zera dugl

(5E-2t E4)

eta hauxe izango da,hain zuzen, beste baldintzaren bat

Bi medioak dielektrikoak izango balira

tYf4Baina E2t Ekt denez gero

Ezt

tcLy, = E.. (Pz.

Beste eta ,hots,

E Ew=

Beraz Ei E A " Ez edo E.t",

hau daEz E E

14 2's (192.

edo

4-`0)4 `tk 119z

Hau da normalarekiko eremuak osatzen duen angelua izango balitz

bigarren medioan lehenengoan baino handiagoa da,eta alderantziz.

-›1 medioa eroale izango balitz E - o hots, 0

1- ' 'EAt = (.9

Baina = E2t

denez gero

Ezt o

hau da, c> ,edo, DA 0 eta :-.-_ 0

rri Gaussen teorema aplikatzen

111 badiogu

= q librea

Baina inguruko azaleko puntu

-›guztietan D eta ds elkartzutak

dira,beraz:1N

,Beraz,

81. ./

Baina eto, Eat o

Hau da , E2

mugarekiko elkartzuta da eta bere balioa - izango da.E.

Ikusgune fisiko batetatik zera dakusagu: muga azala zeharkatzera-

koan U potentziala kontinuoa izango da.Hau horrela da,zeren oso hurbil

dauden bi puntuen arteko6Upotentzial diferentzia bait da, bi

puntuen arteko bitartea izanik eta aztertu dugunaren bidez, ez da iku-

sia izan bereizte azalean eremua infinitoa izateko arrazoirik.Beraz,

potentzialaren kontinuitatea mugako baldintza bat da, baina baldintza

hau ez da independientea besteetatik erakar dezakeguna baizik.

D desplazamendu elektrikoa karga libreekin guztiz erlazionatuta

dago,eta karga librerik ez dagoen aldeetan D-ren fluxua kontinuoa da.

Hau demostratzeko Gaussen teorema erabili behar dugu:Kontsidera deza-

gun desplazamendu-lerrozko hodi bat,Desplazamendu-lerro zera da:despla-

zamendu bektorearekiko puntu guztietan tangentea den lerroa.Bolumen ho-

>jl) as, ,7s5t S

glibrea

Eta n, bektorearen bidez

d-S>53)– a - -t

82. ./

f Baina Y)-(,-:,,c4.52, 2.tapatik ateratzen den D-ren fluxua dugu eta

1£>;;;;•‘54beste tapatik sartzen dena .

Kontsidera dugun bolumenean karga librerik izango ez balitz tapa

batetik sartzen den D-ren fluxu osoa bestetik ateratzen da.

Karga libreak D-ren fluxuaren diskontinuitatea baldintzen dute.

->Beraz, kargak libreak dira; D-ren lerroen sorr,ra eta bukaera.Beste

aldetik E-ren lerroen sorrerak eta bukaerak kargak ziren, libreak nahiz

polarizatuak;

Dielektrikoen mugetako zenbait problema.-

Orain ikusi ditugun erlazioen artean inportantenetako. bat,zera dugu:

dib (‘..)

karga libreen dentsitatea izanik.

—>Erabiltzen ditugun dielektrikoak A motakoak badira, D = ,

materialeax;en konstante bat izanik,beraz

-

Baina Ir.ad dugu,Beraz

--V(VU) edo

V U = -

Eta hau, hain zuzen, Poissonen ekuazioa dugu.Beraz,dielektrikotan

dagoen potentzialak Poissonen ekuazioa betetzen du,eta hutsari dagokion

ekuazioarekin dagoen desberdintasun bakarra zera da, E-ren ordez Eipini

behar dela.

Kasurik gehienetan dielektrikoak ez du karga librerik bere barruan

hau da, materialearen barruan karga librea izatekotan, eroaleen

83../

azal6tan nahiz karga puntual eran egongo dira.Kasu hauetan dielektri-

koaren bolumen osoan

V 1 U o (q)

hau da, Laplace-ren ekuazioa bete egiten da.

A motako dielektrikoek parte hartzen duten problemetan zera egin

behar da:medio bakoitzetan Laplaceren ekuazioaren soluzioa aurkitu

eta lehen aurkitutako mugetako baldintzen bidez, soluzio horik elkar

erlazionatu.

Eremu elektriko uniforme batetan esfera dielektriko bat.-

Orain aztertu behar duguna zera da: Hasieran- E 0 baliokoa zen

eremu uniforme baten eremu lerroak nola aldatzen diren eremu horretan

a erradioko esfera dielektriko bat jartzerakoan.

Kontsidera dezagun esfera sartu baino lehen dagoen egoera.Bedi

puntua jatorria,z ardatz bat eta sidtema horretan eta r eta g koorde-

natu esferikoen bidez zehazten dugun P puntu bat.P puntuaren eta 0

puntuaren arteko potentzial-diferentzia aurki daiteke:

0 13 P"

E - (6-= - j --Beti bezala, potentzial diferentziekin lan egiten badugu 0-ren

potentziala zero izatea onar dezakegu.Beraz

U = -

Z

84—/

Orain,0 puntuan zentratuta a erradioko esfera dielektrikoa ipintwn

dugu.Bedi E dielektriko horren permeabilitatea.Aurki dezagun lehengo

P puntuaren eta 0 puntuaren potentzial-diferentzia

P puntuan dagoen potentzialak itxura

hau du:- -z

‘a4cp_r, + e r > o..

r

Hala izango da zeren batuketaren lehe-

nengo parteak lehen aurkitutako potentzialaren itxura bait du eta bi-

garrenak dipolo batek sorrarazten duena.

Beate ikusgune batetik ere begira dezakegu unizitatearen teorema-

ren bidez,zera dakigu:problemaren muga-baldintza guztiak betetzen ditu-

en edozein bide batez soluzio bat aurkitzen badugu,soluzio hori pro-

blemaren soluzio bakarra dugula.

Ikusi dugun formula r,a baino handiago den kasuetan baliagarria

bada, r,a baino txikiagoa denean, itxura berdineko beste formula bat

izan behar dugu

U Z = A Z r cf-) 9 ,+ tg.

Aurki ditzagun konstanteen balioak:

r infinitorantz hurbiltzerakoan Uzera izango da: esferarik ez zegoe-

nekoa ',hots, - E_or c4r) 9-

r -5 ac, U4 - (._,2r. = A i r o

Beraz

- Eo

r zerorantz hurbilduz,U 2 -ren itxura hauxe da:

u z r cer, + C. c_6-)

cz

85../

baina hori infinito izan 9Z dadin, eta ez du izan behar,zera dakar

B2 = 0

Beraz, A,

Lehen demostratu dugunaren arauera medio batetik bestera pasatze-

rakoan potentzialak ez du diskontinuitaterik.Beraz,

U„„._ LI21„...

c,r, 9 A- 1 Cer, 4 = A, c_er.

Edo

— At 0-

Beste muga-baldintza bat hauxe zen

-bArn1 medioa hutsa dela onartzen badugu:

E4 E

Baina,hemen or-3agai normala radiala denez gero

_ aU

21•1 _ Ec, ce-3 —r

Eta bai eta hau ere:

—r

a 4C_L>

r

cd-,9 = 41 t3--E., -

hemen dugu

Beraz,aurkitu ditugun muga baldintzak hauk dira:

Eo 4- 2-

4- E, A

Elkar zatikatuz

L45Th

RYN-

Partikularzki, r = a denean

edo

hemendik

8 6../

-E0a. 4- 9" /GCL

, \<, _ \<•a.1Ec, ' •7_

ul QAa_

.k.U LE.

_ 3E. 4Ez ‘.<4 '

r- EKtL KTz

Gp - - ?

k- Et, cos-,

FCr 2

Beraz

-90Q &9<90§ eta 0- positiboa da

4 E o-b<--A)(2+K — - o eta azkenik

N<-A E.0

K4-2,eta

-3E. A z K -"L

Beraz,muga-baldintzak kontutan harturik konstanteen balioak aur-

kitu ditugu.Hauek direla eta zera dadukagu:

tI A = - E. t- c-er. 9 + ‘L.:i E0 c„,. (-`-' 9- _ _ to r c..en er t. 4 - 1-(*1..

14- ---- - g'.-_ r'''-')". K4-1 cl- K. -'t

e'rr

Potentzialak aurkitu eta gero, eremuak aurki ditzakegu:

k , z ardatzen bektore unitaria izanik.

Beraz, esferaren barruan dagoen eremuak,puntu guztitan balio ber-

dina du,eta direkzio eta norantza z ardatzarena.

= Ñ E i = rcoLK '&) E 2

3 V-4

2.1.< ‘-°

Ikus dezagun esferaren azalean dagoen karga polarizatuaren dentai-

87../

hau da, induzitsen den karga positiboa da.Aldiz, ofo°< 24Cf

eta Tf,negatiboa izanen da. •

Eseraren barruan dagoen polarizazioaren bidez, kanpoan dagoen

potentziala aurkitu nahi dugu.Horrotarako,zera dugu:

K-A +-2. "' E.

eta hau (..14 -en ekuazioa eramanazc..r. 9

o- "Š£..E0

Baina P2 boluMen unitateari dagokion polarizazioa denez gero,

bolumen osoari dagokiona,hau dugu

1> = . Vwe

eta

_

Beraz, rc

c...zr, 9-(-1 - G-t5 +

o

Dadukagun potentziala zera da, esferarik ez dagoenekoa gehi beste

parte bat.Parte honek itxura hau du:esfera osoari dagokion momentu

dipolar osoa,hots, polarizazio bider esferaren bolumena,duen eta esfe-

raren zentruan kokaturik dagoen dipolo batek ematen duen potentziala

Dielektriko batetan dagoen karga bateko indarra.-

Dielektriko lineal eta isotropo baten barruan dagoen eroale txiki

batetan sortzen den indarra kalkula deakegu.Limitean eta eroalea ikus-

gune makroskopiko batetatik guztiz txikia denean,kalkulu honek zera eman-

go digu:karga puntualaren kasua

Bedi esan dugun egoera: kargatik guztiz hurbil dagoen puntu batetan

ds eremua kargaren azalarekiko elkar-

tzuta da, eta bere balioa hau da:

E

Beraz,

Formula honen bidez kargan azaltzen den indarra aurkituko bagenu,

-) -)E " E rj'aš

gaizki eginen genuke,zeren eta E horretan kargatuta dagoen ds-ren

ekintza sartuta bait dago,eta hau ds-n indarraren balioa aurkitzerakoan

ez da kontutan hartu behar.

Beraz, erabili behar den cremua zera da->

g

Es ,Gaš elementuak sorrarazten duen eremua izanik.

aurkitzeko aurki dezagun Es-ren balioa .

Horretarako,azalarekiko elkartzuta den zilindro oso txiki bat har-

d

zilindroa soilik kontutan harturik

-->

= Gas

—>D.ds -k zilindroaren goiko eta beheko tapatxoetan izango du zero

ez den balioa.Beraz

E s S 4- e s

goikb -tapakoa behek6a

2 Es Gr" edo E_�-2_

Eremu hau azalarekiko elkartzuta denez gero

Es rvs

Beraz, indarra aurkitzeko erabili behar den E i eremua hau da:

- (3- 7%-,Z -

S E_ -

Orain, ds elementuak jasatzen duen presioa aurkitu nahiko bagenu:G-*

hots,

tuko dugu.Bedi G azal dentsitatew.

cl S 2 E

89../

Eta karga osoak jasaten duen indarra

TdS f m d

Integral hau askatzeko sistemaren geometria ezagutu behar da eta

hala ere,berehala oso zaila,matematika aldetik behintzat,eginten zai-

gU•

6. Ikasgaia: ENERGIA ELEKTROSTATIKOA

Sarrera

Energia kontzeptua kontutan harturik problema asko erraz dezakegu.

Hori dela eta, sistema elektriko baten jokaera mekanikoa estudiatu na-

hi dugunean energia kontzeptua erabiliko dugu.Orokortasun guztiarekin,

karga sistema baten energia,beste edozein sistema mekaniko batenaren

arauera bi ataletan bana dezakegu:potentziala eta kinetikoa.Hala ere,

egoera estatiko batetan,sistemaren energia osoa potentziala da,eta

horixe da,hain zuzen,orain aztertuko duguna.

Orain baino lehen zera dadukagu ikusita:karga puntual baten energia

elektrostatikoa eta karga dagoen puntuari dagokion U potentzial elek-

trostatikoa erlazionaturik daudela.Bedi q karga puntual baten balioa,

A puntutik B puntura eramaterakoan "kargarengan" egiten den lana hau

da:

Lana dt = - , ,Ii= ( ue-11 4) (.4)

Hemen,jarri dugun indar mekanikoa puntu guztitan qE indar elek-

trikoaren orekatzailea da.Hori dela eta, karcak ez du bere abiadura

aldatzen eta beraz, ez dago energiakinetikoaren aldaketarik.Horregatik

A-B trajektorian q kargak aldatzen duen energia elektrastatikoak balio

-70-

hori du karga sistema orain ikusi dugun baino zailago denean beste

hainbeste esan dezakegu.Edozein karga hedapen baten energia elektrasta-

tikoa honela aurki dezakegu:beste edozein energia mota eman gabe karga

hedapen hori lortzeko egin behar den lana aurkituz.

Karga puntual multzo baten energia potentziala.-

m karga puntualen energia aipatzerakoan,zera esan nahi dugu:elkarren-

gandik infinitoki urrunduak dauden karga guztiekiko sistemak dadukan

energia potentziala.Energia hori aurkitzea erraza da;karga guztiak ,ba-

naka banaka infinitotik ekarriko ditugu eta hori lortzeko egin behar

den lana kalkulatu behar da.

Lehenengo karga,hots, qi bere po piziora la-

nik egin gabe ekar dezakegu.

q2 bigarren karga ekartzeko lan bat egin

behar dugu:

4 "-"‘"

g-.1

(-11-TE 1. 2- TI

hemen ->

= r-.4\

q3 hirugarren karga ekartzeko egin behar den lana hauxe da:

W3(43 gr 4 ..,, . erl gi- z

4.-Ar:, f-t. y RF rz.Š

.4 q3 q.3

q '''' c4-3 1.4 -t<IT E1-„ "4" (4 4 Ll TZ r3 4 4- <4 -L Lt ‘1-E. r.S .7- .-12 I-, .r. r-,

Beraz, hiru karga horik ipintzeko egin behar den lan osoa

A q '.,. _ , '42 + cr:9-, ''4 4' +a 9-.

\I4 :- 6\k/ 7. 4 b.W.3 -,. -..2. 1 L".r .. ez, , T 1. 4 4 ,€, k,, , ' -r = Lin €. r,-„:4" 12. 1_,rE..‘---,1.. (1. y rt , ri -b t3 '1:111£ fi3

Laugarren,bostgarren,e.a. karga bat ekartzerakoan beste hainbeste

egin dezakegu.Beraz,m kargak ekartzeko egin behar den lan osoa hau

dugu:

91../0.1

vv

k • 9- ci

2 L

1-% rv

Hau beste era batetara jar dezakegu.Horretarako,zera kontutan har-

tu behar dugu: jgarren karga puntualen puntuan dagoen energia poten-

tziala hau dela

hori dela eta

Ekuazio hau oso orokorra da eta dadukan baldintza bakarra hauxe

da: erabiltzen diren dielektriko guztiak linealak izan daitezela.

Karga hedapen baten energia elektrostatikoa.-

Erabiliko ditugun dielektriko guztiak linealak izango dira.Karga

hedapen hau nahiz azal batzutan nahiz bolumen batzutan hedaturik egon

daiteke.Guk,sistema horri dagokion energia osoa aurkitu nahi dugu.

Kargaren parte bat eroaleen azaletan egon daiteke;guk sisteman

eroaleak daudela onartuko dugu.

Zera suposatuko dugu: karga hedapen hori lortzeko,kargak infini-

totik azal eta bolumenetara kantitate oso txikiz ekarriko ditugula.(f9 oo

c'Une batetan karga ekartzeko

egin behar den lana hauxe da:

= u' bo4 (3)

13 1 hau joango den puntuaren energia potentziala izango da.

Azkenean egongo den karga hedapena lortzeko egin behar den lana,

(7).ekuazioaren antzeko batugai infinitoen batura izango da.

92../

-k bolumenera joanaz,hots,liV-an ipiniz,bolumen karga den-

tsitatea handiagotuko du,beraz

AvEta azalari dagokiona beste hainbestekoa da

Azkenik,bolumenak potentzial bat eta karga dentsitate bat izan-

go du, eta bai eta azalak ere

Sistemak dadukan azkeneko egoera era infinitoz eraiki dezakegu

Infinito horietatik gauk bat aukeratuko dugu, hau da,karga pr ozesu-

aren edozein une batetan karga guztiak beren azken balioen frakzio

berdin batetan daudena;bedi 0( frakzio hau (04 ok< A )

edozein 14:-0(9, ,hemen q kargaren azkeneko balioa da (prozesua hasi

baino lehen dena kargarik gabe zegoela onartzen dugu).Une horren

ds, r eta d G izango dira bolumen eta azal dentaitateak,banaka banaka.

Hori horrela izanik,eta potentziala kargarekiko funtaio lineal bat

denez gero gorputz guztitan: 1.1‘=o(U ; U gorputzaren azkeneko po-

tentziala izanik.

Karga-hedapen osoa lortzeko egin behar den lana hauxe da:

w )_ ‹,\. n/ 4- fj u'• clg =A

ok • U I r as

Baina,une batetan sn =d,f baldin badadukagu, P konstante bat izanik,

&l. karga sartzerakoan beste dentsitate bat izango dugu, hots, ,V)?

beraz, dentsitatearen ugalpena cÇf', p. .5(A da.Beste hainbeste esan de-

zakegu azalarekiko,hots,5-:d .Bi hauek integraletara eramanaz

IfjGku ? jf, 91, S

Baina,u,y eta G punturen funtzioak dira, hau da, 1.11x Ì)

93../

sz. (x, .4 ,7) ,eta G (x ) , baina oC punturekiko konstantea da.

Beraz, 4

) a

aldakaria izanaz denboraren funtzioa da soilik.Beraz kortxe-

tepetakoak ok-rekiko konstante dira eta ekuazioa jar dezakegu

\A=Ijup clv.jcx 4- -2_ ,iti q-as.id Sot0

Vv= A ol V -4- 1 U (1" 01Sv

Karga-hedapena izanik,maiz eroale batzuk hartzen dute parte. Haue-

tan bolumen dentsitatea zero izanen da,karga,izatekotan,azalean izan-

go bait da.Kasu hauetan ikusitako ekuazioa honela idatz daiteke:

,?1,101v+ Jq-uas u • (9•1

s -

Azkeneko sigma honek eroaleak hartzen ditu .Hori egiaztatzeko zera

ikusi behar da

u cis -_ 2 U s• 19s dela

roako..,.

Eroale bakoitzaren orekan egon daitezen U konstantea izango da.

Beraz

u = =k1-1 fTdS

Baina, iTotS eroalearen karga da,hots, C9

Beraz:

(3-*U = U• Cp•2- d

fi eroalean

Badago kasu berezi garrantzitsu bat:karga eroaletan bakarrik he-

daturik dagoenean.Kasu honetan bolumen dentsitatea zero izanen da eta

eroaleak bakarrik daudenez gero:

\n/ = J2

U. (9-

Eremu elektrikoaren energia dentsitatea

Orain arte aurkitu ditugun formulen bidez sistemaren energia elek-

trostatikoa aurki daiteke.Energia hauLl4 eta 03" -ren funtzio bezala

agertzen zen.Hemengo honetan gauza bera E eta D bektoreen bidez aur-

kitu nahi dugu. P eta cr dentsitateek zehazten duten karga libraen

edozein hedapen kontsidera dezagun.Karga, sistema hau mugatuta dagoela

onartuko dugu,hots,karga libre guztia inguratzen duen azal finito itxi

bat kontsidera dezakegula.Bestetik,karga libreen cr azal dentsitate

guztiak,eroaleren azaletan egongo direla suposatuko dugu.Baldintza ho-

nek ez gaitu inolaz ere murr' ,/,ben bi dielektrikoen artean egon daitez-

keen azal dentsitatea pizka bat zabal dezakegu eta p bolumen dentsi-tate bat bezala kontsidera daiteke.

DielektrikWyen puntu guztitan Poissonen ekuazioa dela eta

=

Beste aldetik,eroaleren azaletan

-asZ3. = •

Hauetarako medioak homogeneo eta isotropoak izango dira

S1 zera da V bolumenari,hots,die-

lektrikoari„ mugatzen zaion azal

Sittemnrenrnaga osoa,hau da, kanpoko mugarena eta

eroaleren azalarena: S„„a + Ser,-->,n azal horri dagokion bektore uni-

taria,hau da,dielektrikotik kanpora

doana

95../

Lehen ikusi dugun

w 5).y...AVe. u

2JSerabilizgero:

W =

4

(45)v

Baina:

eta

u.

4-

beraz,

v - • 1,1,r›, ) „-?

A j

W = / 41j4(tAl'')41\i-S

2 2V

Bolumen integral hauk 0Q1) zero ez den lekuari dagokio eta hori

eroaleen kanpokoa da.Azal integrala ,aldiz,eroaleen azalari dagokio

-›eta n azal horri dagokion bekto • o unit ,),ria,hau eroaletik kanpora

doa.Beraz,lehenengo integralari dibergentziaren teorema aplikatzen

badiogu zera dadukagu:

Guzti horren bic-)ez:

VJ ii. f U-15;:n dS + 11-5."-.av, 1 A., D C^S2 j 2 •2.

Li'Saro V en9-,) -,›

Baina,n eta n aurkakoak dira eta lehenengo integrala bitan zati-

turik:

4tg 7.. 2 U.1 ) Ms otš+ 2-4 f ui;;;;e•" .

eero 5„, šero

Orduan zer

jr

ar dazakegu:

2 j 1,1 _ .152 Çtro

5ero

Beraz,-›

W (.1 PA ct + 4-• .tv

S kanpoko mugaren azala dugu.Muga hori infinituraino eraman

dezakegu eta orduan infinitoko puntutan D nahiz U zero dira.Beraz,

Muga azala infinitoraino erman dugunez gero dezagertu egiten

da,bolumen guztia hartu behar dugulako.Hasiera batetan zera pentsa

daiteke:eroaleak ez direla hartu behar ,demostraketaren bidez hartu

behar den bolumena dielektrikorena ikusi dugulako:baina,1=tu ba.-e-

nitu berdin izango litzateke zeren eroaleren barruan E eremua zero

bait da.

Beraz,karga multzo batek sortarazten duen W energia eremuaren bek-

toreen bidez adieraz dezakegu.

Hori dela eta, energia hori nola banatzen den agertaraz daiteke,

hau da, puntu bakoitzetan bolumen unitateari dagokj..on energia,hots,

energia dentsitatea jakin dezakegu

1/J W - 5; - ~› C•1

d v 2

Baina,lan honetan erabili dugun dielektrikoa lineala denez gero

E eta beraz,

- E2

u)-

Eroale kargatuzko sistema •baten energia.Potentzial-koefizienteak

Ikusi dugunaren arauera eroale sistema bateko eroale bakoitzari

qI q2

qn karga ematen badiegu sistema horrek energia bat lor-

./tzen du.

Sistemako eroale bakoitJ

zakU.potentziala hartuko du.U. honen ba-

lioa sistemaren kargek,geometriak eta medioak baldintzatzen dute.

N eroaleren bidez osatutako honelako sistema batetan eroale baten

potentziala zera da:

z

hau da

U4 7- °G.4 (94 °142 4:92 + QPN

potentzial-koefizienteak dira.Koefiziente hauek geometriaren eta

medioaren zeregina adierazten digute eta bide batez, beren balioak

geometriak eta medioak baldintzatzen dizkigute.

Beste aldetik honelako si_tema batek energia kopuru bat metatzen

duela ikusia dugu.Energia hori hau da

LI k (p.4

Eta hemen.0 -ren balioa ipini eta gero

v, 0( -az Q;

Beraz, energia kargaren funtzio kuadriko bat da.

Potentzial-koefizienteren balioa geometriak eta medioak baldintza-

tzen dutenez gero aurkibide erraz bat dadukagu.Hau da,balioak edozein

99../

d'à 4 (94 oli z eio z + c•(;),,,

Sistema hori,nahi dugan bezala karga dezakegu.Bat ez ezik eroale

guztiak deskargatuta baldin badaude eta kargatuta dagoena karga posi-

tibo batez kargatuta bad3go, zera dugu

U' = el • c9;.

COizango balitz W4 (0 izango litzateke.Baina dakigun bezala kar-

ga positibo bakar batek sortarazten duen eremu baten puntu guztitan

potentziala zero baina handiagoa da.Beraz ) 0(-' >0 dugu

3. Beti c4u>, da.

Hori ikusteko,karga dezagun i garren eroalea besteak kargatu gabe.

Bedi j garren eroalea.Hau kargatuta ez dagoenez gero azal gaussiar

batez inguratzen badugu azal horretan zehar ez dugu fluxurik izango.

Fluxua zero izan daitezen bi irtenbide ditugu:

a) Sartzen eta ateratzen den eremu lerro kopurua berdina da.

b) Ez da eremu lerrorik sartzen ez eta ateratzen.

Azter dezagun bigarren bide hau:

i garrena kargatuta dagoenean,j,garren eroaleraino eremu lerrorik iris-

ten ez bada,zera esan nahi du:j garrena i garrenetik kanpoan badago

beste eroale batez isolaturik,hots, inguraturik dagoela.Bedi hau k

gartena,orduan j garrena aztertu baino lehen,k garrena aztertuko ge-

nuke eta hau eremu lert'oz zeharkaturik dago. T'araz ez da hemen azter-

tzen ari garen kasua.

Eta j garrena i garrenaren barruan badago zera dugu:

=

= °( z: • (9:ohL = °1144

t,t; otz d2Z

Beste batez inguraturik badago

Kontsidera dezagun orain lehenengo kasua,hots,sartzen eta atera-

tzen den eremu lerro kopurua berdina dela.

Lehen bezala demagun i positiboki kargatuta dagoela eta gainon-

tzekoak,k partikularki,kargatu gabe.Hori dela eta, eremu lerroak i

garrenetik aterako dira, hau da UZ)1Ái

Baina,

U n. Q:u 01-64.

hau da*.

dz;, > ol;v;.

Beraz,kaau guztitan oiu (23)

Potentzial koefizienteen bidez zenbait problema erraz dezakegu,

horretarako sistemaren geometriaren bidez(eta behar bada materiala-

ren bidez) koefizienteak aurkituko ditugu.Egin dezagun adibide bat.

Kontsidera dezagun kargatu gabe dagoen eroalezko esfera bat.Bere

zentroaren esferaren radioa baino handiagoa den,r distantzia batetan

q karga bat ipini eta esfera horrek hartzen duen potentziala aurkitu

behar dugu

Pentsa dezagun esfera q karga batez kargaturik dagoela eta pun-

tuan ez dagoela ezer.Orduan U2 aurki dezakegu

Q4.1

Pi ,- O U2= 0(24 (94 = C;(*)A :21" Lin eer

Beraz,

0( 2 4 =

Hau gure kasura eramanaz:

4

4 n r

ui=d4 2 Q2 ,baina otn. = d2.4

BerazLI 7-

(4 n ‘""

Kapazitate eta indukzio-koefizienteak

Ikusi dugunaren arauera eroale kargatuzko sistema batetan,bakoi-

tzaren karga, geometria eta medioaren izadra direla eta,eroale bakoi-

tzak potentzial bat lortzen du.

Hau alderantziz kontsidera daitdke,hau da, bakoitzak hartzen duen

karga bakoitzaren potentzialaren geometriaren eta medioaren izaeraren

funtzioa dela.Orduan zera jar daiteke

= . (24)

--k baldintza geometrikoak eta medioaren izaera dqramatzate be-C44

ren baitan

102../

Hemen bi koefiziente mota ditugu:

a) i=j denean,hots, Cz.Z. eta hauek kapazitate-koefiziente izena

hartu ohi dute

b) ij denean,orduan,indukzio-koefiziente izena hartu ohi dute

Potentzial-koefizienteak eta orain ikusitakoak oso erlazionaturik

daude.Potentzial koefizienteak ezagutuz gero,kapazitate eta indukzic

koefizienteak aurki daitezke:

Potentzial-koefizienteak ezagutu eta zera idatz daiteke

Li.vz dAA (91 # - oz4,4 9„,

111-" 0121 471 4 c(rx 4k 4 --- °(Zni On,

Ut4 0414 d24 + #12._ (VZ 441

Hauetatik . ateratzen badugu:4;11

d" dv,-• U4 --' 0(10

1:4 1.1 • U2 - C421.1

va% 04JI • 1114

dij_ 1.14 + LA2.4--•

ANI

06.% dit - — ‘4"/

0:w1 CN1-

Hau eta (24). aldaratuz

c. • •dugu

Kapazitate eta indukzio-koefiziente,-k ere berezitasun batzuk

daduzkate,hala nola:

1) ,potentzial koefizienteen hor ela direlako,hots,

2) Ci,A: >0 .Hau (24) ekuaziotik erakar dezakegu. i garren eroalea

103. ./

targa positibo batez kargatzen bada-eta gainontzeko eroale

guztiak kargatu gabe baldin badaude,berak hartzen duen potentzi-

ala nahi eta nahi ez positiboa izanen da.

Beraz, Cki> O

3) Indukzio-koefiziente guztiak zero ala negatiboak dira.Hau demostratu

gabe ematen dugu.

4) Pantaila efektua:kontsidera ditzagun irudian azaltzen diren hiru

eroaleak.2.eroaleak 1.a guztiz inguratzen du.Bedi zero 1.eroalearen

karga.Bigarrena lurrare-

kin batuta dagoenez gero

potentziala zero izanen

du(U2=o) 3.-ak edozein

karga eta potentziala

du.

Baldintza horiek direla eta U1= U2=0, bestetik :

0 = 41.4 C43 Us C23 U3 C33

BerazC1 3 = C34 = 0

Hau da 1. eta 3. eroaleen arteko indukzio-koefizientea zero da.

Beraz, 2.eroaleak 1.a inguratzean pantaila bat bezala jokatzen du,hots,

kanpoan dauden eroaleek ez dadukate barruan daudenekiko zereginik eta

alderantziz.

Koefiziente hauen balioek eroaleen potentzialekin eta kargekin

zerikusirik ez dadukatenez gero, ikusitako berezitasunak guztiz orokorrak

dira.Beraz, pantaila efektoa agertarazteko eroale bat beste eroale batez

104../

inguraturik eduki behar dugu eta eroale inguratzaile honek edozein

potentzial konstante eduki dezake eta ez zero derrigorrez.

Lehen ikusi dugun bezala energiak itxura hau hartzen du

2 -

ui • 4)i

Baina . w, eiz

Beraz,

w =

4

(-zs)

Honen bidez ere, eroale kargatuzko si tema batek duen energia

elektrostatikoa aurki daiteke

Kondentsatoreak

Beste eroaleen eragina edozein izanik / bi eroaleek zeinu desberdi-

neko karga kopuru berdin bat hartzen dutenean"kondentsatore" bat osa-

tzen dute.

Hori gerta dadin eroale batek bestea guztiz estali beharko luke.

Orduan kanpokoen eragina deuseztuko genuke.Hala ere,praktikan honela

daude eraikirik:metalezko bi gor-

putz,dielektriko mehe batez bereiz-

turik

Kondentsatore bat eduki eta:

U4 = c< 44 (--Q) °142. Cy +

(20= d" (.- (9) d". 1.1„

Ux zera da:kanpoko eroale guztiez 1-en gainean(naiz 2-en gainean,oso

hurbilak bait daude eta) sortarazten duen potentziala.

105../

Beraz,

Ath. Uz - 11 4 = - 01z 4 # 0(22. (12 4- Ot44 - 014/. Q

eta

d 2 , o1, 2yro

(2.4)AU= + 0112-)

Baina,potentzial-koefizienteak medioaren izaeraz eta geometriaz

baldintzaturik daudenez gero, dadukagun kondentsatore batentzat kons-

tanteak izanen dira.Beraz,

<12-- 2 = konstante = C (28)

ISU C<44 t<lw - 70( %2

Konstante hau kondentsatorearen mkapazitatea" da eta C batez adie-

razten da.Hau zera da:kondentsatore batek metatzen duen karga, poten-

tzial diferentzia unitatea ezartzen zaionean.

Coulomb MKS sisteman C z emanik izanen da.Unitate honek Faraday

Voltacoulomb ,

izena hartzen du (1 Faraday - 1 ) .Unitate hau gehienetan han-volta

diegia da eta zera gehiaEo erabiltzen dira: milifaraday (10 -3 faraday),

mikrofaraday (10 -6 faraday),nanofaraday(10 -9faraday) eta pikofraraday

(10-12 faraday).

Egiazki,kondentsatore batek metatzen duen karga osoa zero da, hau

da metatzen duen positiboa negatiboa adinakoa da.Beraz,kondentsatore

batek metatzen duen karga aipatzen dugunean zera aipatu nahi dugu:xa-

fla batek metatzen duena (zeinua kontutan hartu gabe)

Kondentsatore batek metatzen duen energia kalkula dezakegu.Dakigunez

vh-- I I Q. (.1*2Beraz

Baina :

w ua cp 1- .2? (

u,)

Q

Orduan: w = c 1.6u)2. , 1.2._(")

106../

Kondentsatorearen itxura geometrikoa erraza denean bere kapazita-

tea emango digun espresio bat lortzea ez da oso zaila izaten.Kondentsa-

toreen artean dielektriko mehe batez bereiztutako metalezko bi xafla

launez eraikirik daudenak oso erabilgarriak dira. Hauetan muturretan

ezik bi xaflen artean flsoen ere-

mua uniformea da.

d bitartea oso txikia bada (xa-

flen neurriekin aldaraturik) ez-uniformetasun hori arbuia,,,arria da eta

kondentsatore ideal bat izanen dugu.Bi xaflen arteko bitartea E permi-

tibitateko dielektriko batez betetzen badugu,zera idatz daiteke.

E U

d= -4"» ou z.

Hemen,s=xafla baten azalera.Cr = xaflaren karga dentsitatea

CrBaina,eroale baten ondoan eremua hauxe da: E= E.

Beraz,

c g

(30)

dKondentsatore horren kapazitatea da.

Kondentsatore bat adi2razteko ikur hau erabili ohi da

eta kondentsatorearen kapazitatea alda dezakegunean beste hau

Bi edo gehiago kondentsatore,bi mota desberdinetan elkar ditzake-

. gusa) Lerroz ,b) Paraleloz,

a)Lerroz: Kondentsatore batzuk lerroz elkartzeko hau egin behar

da: lehenengoaren xafla bat„ bigarrenaren xafla batekin konektatu;biga-

rrenaren beste xafla bat, hirugarrenaren batekin,e.a.

+ 9> -9> +9> -9> +1> -9, +9> -9> +9> -9)

II 1 11

AUs AU2 AU2 AUH-1 AUN

—I I F I ICf C2 C3 CNI CO

107../

AU

Jar dezagun honelako le •ro b a ALI potentzial diferentzia baten

pean.Bakoitzari AU4) 6(4 ) ._.,A14 potentzial diferentzia azalduko zaie:

AL1.- AU 4 + AU, --- Auo

Lehenengo kondentsatorearen xafla bati karga joaten bazaio,bee-

te xaflan hainbesteko karga(zeinu desberdineko,noski) azalduko da,

hots, -Q .Baina xafla hau bigarren kondentsatorearen xafla batekin

konektaturik dago,eta bi xaflek osatzen duten multzo hori kanpotik

isolaturik dago,hots, bere karga osoa zero izanen da.Beraz,bigarren

kondentsatorearen xaflan+q bat izanen dugu.Besteetan beste hainbeste

gertatzen da.Hau da,bakoitzak metatzen duen karga t9 da.Beraz,

42:: C 4 6,(1 4 Q= Cz 6u 2 - - Q= cN Aum

+--- - + 4--•cl em C4 CL Co

Kondentsatore lerro horrek egiten duen kondentsatore bakarraren

balioa aurktu nahi badugu,hots, konC.entsatore baliokidea,zera genuke:

AU = $22Cbk

Beraz,, 1 #

Cjqq C4Cz CN

(.34 •a)

b)Paraleloz:Kondentsatore batzuk paraleloz elkartzeko zera egin behar

da: kondentsatore bakoitzaren xafla bat puntu batetan konektatu eta

beste xafla guztiak beste puntu batetan.

lo8../

Hori horrela izanik,bi puntu horien artean AU potentzial diferen-C,

tzia bat jartzen badugu,kondentsatfa-

re bakoitzak potentzial diferentzia

hori jasango du.

Bakoitzak metatzen duen karga hauxe

CMda:

(94-: et hu, ez Au, cpm: ct.,4u

nu

Baina,puntura iritsi den 4) karga guztia kondentsatore desberdine-

tan metatua izan da (beste biderik ez dago eta): (9.04* (12.„*.---+¢1,4

Elkarte horrek betetzen duen papera,kondentsatore bakar baten ba-

15:oa aurkitu nahi badugu,hots,kondentsatore baliokidea,zera genuke:

6.0

Beraz

C9,I + (2,4 + cD„, = et 4,U+--•+Cm AU

(C4 4- cz. +--. +c t.,)• AU= Ck,kHau da

= C.1 + Cz+ + C„,1

(.4

Indarrak eta momentuak

Orain arte,sistema baten energia elektrostatikoa aurkitzeko bide

desberdin batzuk aztertu ditugu.Energia elektrostatiko hori dela eta,

sistemaren edozein karga batetan azaltzen den indarra aurki daiteke.

Zera suposa dezagun: •e sistema zenbait partez eraturik dagoela

(eroalez,karga puntualez,dielektrikoz) eta osorik hartu eta isolaturik

dagoela.Sistemaren horietako parte batetan azaltzen den indar elektri-

koa medio dela eta,utz dezagun parte hori dŕ desplazamendu oso txiki

bat bete dezan.Orduan "Sistemak egin duen lan mekanikoa hauxe da"

fit

109../

ct,Ww.=, ci X + + (22)

Sistema isolaturik dagoenez gero lan bat egin bada sistemaren ener-

giaren kontutan izan da,hots,

okyj + aV§I~. = °

Bi ekuazio hauetatik

_ dtw fsi eb4 Tz

eta

fx = - `.W

eta antzeko espresioak Fy eta Fz-rentzat.

Higidura ardatz batekiko bira bat izango balitz,lan mekanikoaren

ekuazioa hauxe izango litzateke

= e Cas)

Hemen, momentu elektrikoa etac:1V desplazamendu angeluarra dugu.

Bi hauek beren osazaiez ematen baditugu,hots,

+ "zr rag = 84+-.183

eta lehen ikusitako ekuazioekin erlazionatuz,zera dugu

z4_ '?0.4eta t eta Z3 -rentzat antzekoak

Beraz,gure helburua lortu dugu:

"F. -W

-å x

Hauetan horrek / sistema isolaturik dagoela eta orduan desplaza-

mendua ematen ari den bitartean karga osoa konstantea dela,adic:razi

nahi du.Metodo hau erabilgarria izan dadin W era analitiko baten bi-

dez eman behar dugu.

Aurkitutako ekuazioak,nahiz oso garrantzitsuak izan,ez dira kasu

guztietan erabilgarriak.Esan dugunaren arauera,erabilgarriak izan

daitezen,sistemak dadukan karga osoak konstante izan behar du.Baina

badago beste problema mota garrantzitsua ere.Honetan karga libre guz-

tiak eroaleen azaletan daude,eta azal hauen potentzialek,kanpoko ener-

gia iturri(bateria) batzuren bidez, konstante irauten dute.

Orain ere,sistemaren parte batetan azaltzen den indarraren medioz

perte hori higi dadin utz dezakegu.Baina,kasu honetan egingo den lan

mekanikoa,nahiz eta lehen ikusitako ekuazioz emana ez sis-

temak soilik, sistemak eta iturriak egin bait dute.Beraz, hemen ener-

gia kontserbakuntzaren hastapena honela dugu:

aVJ+ cIVnL =

iturriek ematen duten energia dugu.Aurrera jarraitu baino lehen

ekuazio horretatik baztertu behar dugu.

Eroale kargatuzko sistema baten W energia elektrostatikoa orain

baino lehen aurkituta dago.(ikus 12.)

Orain,sistemaren parte bat higitzen bada eroaleen potentzialek

iraunkor jarraitzen duten bitartean

aw. u• Ns.),;)

Bestetik,iturriek ematen duten AA►4, energia zera da:potentzial

zerotik,eroaloi dagokion potentzialeraino a(9 , karga ugalpen bakoitza

eramateko egin behar den lamn batura

Beraz

01V11, = 2 .AVJ

Ekuazio honen bidez(37). ekuaziotik JAN, bazter dezakegu eta horren

emaitza (32). ekuazioarekin erlazionatuz:

aNJ“7.. ax +

faw )Fic ax

U horrek,desplazamendua gertatzen den bitartean,potentzialak alda-

tu gabe jarraitzen direla,adierazten du.

Bira higidura bat dugunean,antzeko bide bati jarraituz zera lor-

tuko genukef ' n)4

ag4

Metodo honen erabilgarritasunaren adibide bezala, problema bat egin

dezagun.Bi xaflen artean d bitartea duen xafla launen kondentsatore

batek permitibitateko dielektriko bat du.Xafla bakoitzaren neurriak:

b luzera eta a zabalera dira.Xaflen artean LIU potentzial diferentzia

konstantea dugu.Dielektrikoa ateratzen ari bagara,xaflen artean x

luzera bat izan dadin arte(ikus irudia),aurki dezagun dielektrikoari

bere lehengo posiziora eramateko azaltzen zaion indarra.X

Lehen zera ikusi dugu:

= A c czALI el V

Beraz,

w-_ Z e £24kv

Integrazio bolumenak E zero ez den espazioko partea hartu behar

du.Hori bi lekutan gertatzen da:

a) Bi xaflen artean,dielektrikoa dagoen lekuan

b) Bi xaflen artean,dielektrikoa ez dagoen lekuan

edo

112../

Beraz,

VJ= A

Honetatik

.%) x. a • J,

4 6Qt. Q.%V = -1 --J-

Dielektrikoari azaltzen zaion indarra aurkitu behar badugu:

=2 a

AUt(.& _

E , €,, baino handiago denez gero

handitze norantza du,hots,dielektrikoa barru aldera xurgatua da.

«Fx >0 .Beraz, indarrak x-aren

113../

7. Ikasgaia: MAGNETOSTATIKA

SARRERA.-

Eremu elektriko era eremu magnetikoak (edo, hobeto esanda,beren

ekintzak) aintzinatik ezagunak ziren. Eremu magnetikoari dagokion

lehenengo agerpena magnetikaren (04 Fe 3 ) efektua da.Iman iraunkor

hau Naturan bertan aurki daiteke.Material honen berezitasuna dela

ata, Ipar eta Hego direkzioan jartzeko joera duenez gero, "iparorra-

tzak" asmatu ahal izan ziren.Hauek,gizonarentzat bere bidaietan la-

gungarri berezi bat izan ziren.Baina iparorratzak alde batera utzirik

magnetika ez zen erabilgarria; XIX menderarte ez ziren bere fenome-

noak ulertzen.Mende horretan,Oersted-ek korronte elektriko batek eremu

magnetiko bat sortarazten zuela ikusi zuen,eta hauxe ulen,hain zuzen

ere, teoria magnetikoarcn lehenengo oinarri sendoa.Puntu honetatik

hasiaz,beste zientzilari asko ere horretan aritu ziren:Henry,Faraday,

e.a. Guzti hauen lanen bidez lortu du teoria magnetikoak bere osotasu-

na.Beste zientzilari batzuek,Maxwell-ek bereziki,eremu elektriko eta

magnetikoaren arteko erlazioa benetako lotura bat dela demostratu dute.

Beste bide batetik gizon praktikoek fenomeno elektro-magnetikoan

bidez motoreak.transformadoreak eta gaur eguh erabiltzen den mila tres-

na asmatu dute.

EREMU MA_GNETIKOA.-

Eremu elektrikoaren intentsitatea zera bezala definitu da: karga

lekuko batetan azaltzen den indar elektrikoaren eta kargaren arteko

erlazioa,kargaren balioa zeroruntz hurbiltzen denean,hots,

E. t,„ (E,)?-0

Definizio honetan, karga geldirik dagoela eta elektrikoa ez den

beste indarrik ez dagoela suposatzen da.Aurrera jarraitu baino lehen

Fm indar magnetikoa (edo Lorentz indarra) zer den adierazi behar dugu.

Espazioko puntu batetik karga elektriko bat pasa erazten badugu eta

karga horrek indar bat jasaten badu; indar horretatik osagai mekanikoa

eta osagai elektrikoa kendu ondoren gelditzen den indarra "indar magne-

tikoandugu.

114../

Espaziobatean indar magnetikoak azaltzen badira "eremu magnetiko"

bat dagoelako izan ohi da.Eremu magnetiko hori nolabait adierazteko,

B indukzio magnetikoa definitzen da. Hau zera da:edozein abiadurekin

ondoko berdintza betetzen duen bektorea:

(1)

Hemen eman dugun definizioa erabilgarria izan dadin, karga lekukoak

ez dio B-ren iturriari eragin behar.

Ikusitako ekuaziotik B ateratzen badugu:

;f3"; Z.7+ k5( v2

k edozein konstante bat izanik

Hori dela eta,saiakuntza bakar baten bidez ezin da B hori aurkitu.

B-ren balioa aurkitzeko bi saiakuntza egin ditzakegu.Saiakuntza

horietako lehenengoan kai"ga Uf abiadura batez higitzen badugu, biga-

rrenean abiadura horrekiko elkartzuta den v5 beste abiadura batez

higituko dugu.

_Lt k,-,-,,),1

(2)Orduan:

6 i ( FmY x V7 + V2 )( 3 )

Bi hauen Vf -ekiko biderkaketa eskalarra egiten badugu, Vt eta

elkartzutak direla gogoratuz:

B.v, = + kt n77)

(2)

hau da,

(4)ea bestetik

-"" (Fr...- ÷

Vf jvZ

edo

"c-• vi

T

(4). eta (5).alderaturik

k, vizz .v,vzi

(5)

edo4„,, v2vf.v;

ki-en balio hau (2). ekuaziora eramanaz.

13,F„, , xvt. Vf Vf

1.v,2—

eta beraz, B-ren balio osoa lortuta dadukagu.

Korronte-elementu batetan azaltzen den indarra edo korronte batez

pasaturik dagoen eraztun batetan sortzen den momentua dela eta induk-

zio magnetikoaren beste definizio batzuk eman daitezke;halaz guztiz

ere (1). ekuazioaren bidez definitzea egokiago dirudi,zeren eremu

elektrikoa definitzen duen ekuazioarekin oso erlazionaturik bait dago.

Indukzio magnetikoaren dimentsioak (1). ekuaziotik atpra ditzake-

gu:Indarra

B] _Karga.Abiadura

NewtonBeraz, MKS sisteman erabiltzen den unitatea. da. Unitate

Coulom.m/s

honi "tesla" izena ematen zaio.

Orain dela gutxi arte problema magnetikoetan erabiltzen zen unita-

te-sistema CGS zen, sistema honetan, indukzio-unitatea Gauss zen. Bi

sistema hauen arteko erlazioa zera da:

1 Tesla = 10A Gauss

INDAR MAGNETIKOAK KORRONTEA ERAâ ATEN DUTEN ERGALEETAN.-

B-ren definizioa dela eta, di korronte-eroale elementu batetaneremu magnetiko batetik pasatzean azaltzen den indar magnetikoa aurki

dezakegu.

Korrontea V abiaaura batez higitzen bada, eroale horren bolumen-

-unitatean dagoen eramaile kopurua N bada eta eramailen horietako ba-

koitzaren karga q bada; une batetan dl elementoen dagoen karga-kopurua

hauxe da:

clg

(8)S elementoaren sekzioaren azalera izanik.

Beraz,elem-ntu horri dagokion indar magnotikoa hau dugu:

(6)

(7)

116../

dF_N.S (9)

edo

c17",AISIvl?,178--

V etad, lerrokideak direlako.

Eroalearen bolumen-unitateari dagokion indarra zera da:

f- /1/ vx B fro)sdr' -

Guzti hau beste ikusgune batetik azter daiteke.

=,,,lementu ber-bera kontsideratuz.bere S Sekziotik dt segundo t an

-tzen den karga:

d62.S.v.dt N (//)Beraz, intentsitatea

g9 - 5. v. N. g (i2)dt -

Abiaduraren alderdi bektoriala kontutan hartzeko zera jar dezakeRu:

_Trz: 5.7)vg (i.3)

Hemen, ñ abiaduraren bektore unitarioa dugu.

Orain S gainazal horri dagokion J korronte-dentsitatea definitzen

dugu, hau da, gainazal horretatik pasatzen den korrontearen (bere di-

rekzio eta norantza kontutan izanik) eta gainazal horren azaleraren

arteko erlazioa;beraz

j_ 5-7/Vq --

(A)

Baina (10).ekuazioa kontutan hartzen badugu:

(is)

Indar hau bolumen-unitateari dagokio.Bolumen unitatearen ordez dV

bolumena baldin badugu,indarra hauxe izango litzateke:

ciF= f. c1V--zi;B.dV (96)

Beraz, V bolumen osoan azaldutako indarra

(P)

X C

B

X

2

X

Ekuazio hau zenbait kasutan era errazago batez erabil daiteke.

a) dV.S.(11 bezala jar dezakegu•

F717IScit (>eJ

Baina, dug-„,

eta 77-di 11 eglten badugu

71-://c/Z5

edo

cirz dr<g-

(7?)

(20)

(2i)

(21-6i5)

b) sarritan korrontea nahiz eremu magnetikoa konstaLteak dira

Nkl

IFI.I.18 SLII (23)

Partikularki 9,-90° bada

_ 17-7,1113 (24;)

Kontuidera dezagun espira batetan azaltzen den momentua.Jar deza-

gun espira errektangeluar bat eremu magnetiko baten barruan

X XD

(22)

XA

X Xh

Ex

Espira hori X-X' ardatzaren inguruan bira daiteke.Espiraren eroa-

letik I korronte bat pastzen bada bere lau aldetan indarrak azalduko

dira.

CD aldean sortzen den indarra bertikala eta gora alderakoa izango

da.Bere modulua

(25)

118. ./

E-A aldean bertikala behara aldera eta modulu aldetik f;

bezala.

D-E aldean /1-2 izango dugu eta

A-C aldean /-; .Bi hauen modulua hauxe izango dugu:

sin B. B

(26)

Baina hauek ardatzaren gainean azalduko dira eta kontrakoak direnez

gero ez dute ezer egiten

fr; eta ti bikoteak bira-momentu bat sortarazten du:

3=f./.sinc<

(27)

Eta bere jite bektoriala kontutan izanik

X

L-ri korrontearen direkzioa eta norantza emanda

Baina, (27).ean Fi -en balioa jartzen badugu

.111) 8 L uncleta espiraren azalera.

(28)

(29)

S azalerari bere jite bektoriala eman diezaiokegu,hots, espirare-

kiko elkartzuta den S moduluko bektorea.

Orduan

I. S-ren biderkadura espiiraren m "momentu magnetikoa" bezala defi-

nitu ohi da.Beraz:

x B (3/)Hemen demostratu duguna,espira errektangeluarra deneko kasua izan

da.Baina lortu duguna emaitza beste kasu guztietara heda dezakegu.

Espira errektangeluarra ez denean,makina bat espira ia errektange-

luarrez osaturik bezala dagoela kontsidera daiteke.Horietako errektan-

gelu bakoitzean aurkitu duguna erabil

dezakegu:•-•••

c13". I cIS B

Errektangelu bat erabiltzean,emistitze/

ez den korronte bat ipini behar dugu,

gure kasuan alde batean goitik behera

eta bestean behetik gora;baina,aldame-

neko errektangelua hartzerakoan alde amankomunetan korronteak balio

119../

berdina eta aurkako norantza izango du,beraz biak deuseztatzen dira.

Hori dela eta, errektangelu guztiak hartzerakoan barrengo korronte

guztiak deuseztatzen dira eta perimetroko korrontea bakarrik gelditze4.

zaigu, hots, benetan dagoena

foroo, -= I CIS XB (32)

B konstante denean

J0,.., I. Sx B (33)

S errektangelu guztien azalen batura izanik,hots, espiraren azalera

Kasu orokorra beste era batetan ere estudia daiteke:

Dadukagun zirkuitua itxia denez gero:edozein jatorrirekiko,zirkui-

tuaren elementu batetan azaltzen den dF indarrak ematen duend b momen-

tua hauxe da:

r jatorritik elementuraino doan bektorea izanik dF -ren ordez (21-bis)

ekuazioak ematen diguna jarriz:

,-!7, (017,8) (3)eta integratzean:

1 7 x(7 8--c1-

(35)

BIOT ETA SAVART-EN LEGEA.-

1820.urtean Oersted-en aurkikuntza (hots, korronte elektrikoak

eremu magnetikoen sortzaile zirela) zabaldu ondoren, handik astebete

barruan Amperek bere zenbait saiakuntzaren ondorioak azaldu zituen.-

Ondorio hauek gaur eguneko hizkuntza matematikoaren bidez azalduko

ditugu;eta, horrela formula bakar batetan jar daitezke.

Kontsidera ditzagun bi zirkuitu,batetik I f korrontea pasatzen de-

larik eta 1 2 bestetik

12o../

Lehenbiziko zirkuitutik korronte bat pasatzen denez gero, eremu

magnetiko bat sortaraziko du.Eremu honek bigarren zirkuituari eragi-

ten dio, eta indar bat sorterazten.

Beste horrenbeste bigarrenarekin lehenengoarekiko,hots, bigarre-

nak sorterazten duen eremu magnetikoak indar bat sorteraziko dio lehe-

nengoari.

Har ditzagun zirkuitu bakoitzaren gainean d4 eta c172 elementuak,

eta finka ditzagun 0 jatorri batekiko beren eta r2 bektoreen bidez.

Amperek,esperimentalki,bigarren(edo lehenengoaren)zirkuituak jasaten

duen indarra aurkitu zuen:

fdi,c _r,_z- f x, x I",2 (36)

472= 7' 2 ' z

Ekuazio honek,nolabait,Coulomb-en ekuazioarekin antza du:47>

Coulomb-en legean -h betetzen zuen papera betetzen du; hau da,477E0

lege esperimental bat unitate-sistema bati egokitzeko behar den konstan-

tea.Definizioz

4 7> z 7p ,mArnp2

Ampereren legea,dirudinez, Newtonen hirugarren legearen kontra

dago.Hau da, Ff kalkulatzen badugu(36). ekuazioaren arauera

; = Ar!„ 1/1-2jfÍcI71jai:rIfir23,, (.37)477.

Baina Newtonen legeak honela dio:

eta hau ez da gure kasuan argi eta garbi ikusten.Beraz,(36). ekuazio-

aren emaitza eta (37). arena zeinuz kontrakoak direla ikusi behar da.

.14.1.di/xraL di,(dt;

orduan

cri2x[ed; rf71_ i'jcl4(dt°, 7;) rti -4

Har dezagun kenketa horren kenkizuna

- 2cit;71r4li - a I.2 C111rir;

Bigarren integral hori zero da zeren integrazio-eremua itxia bait

da.Orduan:

/14 If; r.-- 2 2 rf;471.

• 121...1

--F;-=

if_ .31(9( ft,-(ij7,11+7.

4 fr 1 1

Baina,02=- r2, denez gero eta biderkaketa eskalarra trukakorra

denez gero F-2 =-,17 dela demostratzen dugu.

d7,-; ,17xBeraz —

F.7 , 5f1-2 x 82(38)

Baina,beste aldetik,Amperek esperimentalki lortutako(36). ekuazioa

dugunez gero, bi ekuazio hauek ,hots, (36).eta (38). ekuazioak,aldera-

dir; ,ile 1-,2-2 ci,:x1-.17;;Zi

477' 'I '2Hau da:

ci&rt74.1Y

eta hau diferentzituz

p _ .ilo alt x ra ""2- r/I (40)

Biot eta Savart-en legea lortzen dugu.

Batzutan,lege hau,intentsitatearen bidez adierazi ordez,korronte-

-dentsitatearen bidez adierazten da:

1,„/4,1LZ, cil, J, d V,S1

SI eroalearen sekzioa,Ji korronte-dentsitatea eta dV, bolumen-dife-

rentzial bat izanik

Orduan:

c J; dv, (44edo -477' rti

J,?, dvi(y3)4,7 r/1

Ikus dezagun eremu magnetikoaren berezitasun garrantzitu bat:Induk-

zioaren dibergentzia beti zero da:

be.6B: o

fr; c/V/ (17974) " (5)

eta

Lehenengo zirkuitutik korronte bat pasatzen denez gero, eremu

magnetiko bat sorterazten du.Kalkula dezagun eremu honen indukzioa

Dakigunez:

tuz

(39)

(41)

(44)

122 ../

Baina u

g";»___7-- _ f X ."):LtL(V j)..j J ,L)ij Xf Xri2 r r4

Eta egiten ari garen dibergentzia bigarren zirkuituati dagokionez

gero,V4 zero dugu, j, lehenengo zirkuituaren propietate bat da eta.

Bestetik:•—•••• •-n

V x t4")3x ?1 ?2

= _ 3, r)

ay,

rti2 -2, (47)

/2 rf,etar

r12=\,16-xY+CY-Y,)z+(?-z,)z

beraz,

etaay r1,2 22 r12

berdintza hauek (47). ekuaziora eramanaz, eta beste aldagaiei dagokien

simetria dela eta

Dx J.:4Ja_=0

(48)rm

dela demostratuta gelditzen da eta bide batez indukzioaren dibergen-

tzia beti zero dela.

Dibergentzia beti zero denez gero zera dugu: edozein bolumen har-

tuta,sartzen nahiz ateratzen diren eremu-lerroak berdinak dira;beraz,

ez dago eremu lerro hauen ez sorrera eta ez bukaera,hau da itxiak dira

Beste hitzez esanda: ez dago buru magnetiko isolaturik.

BIOT ETA SAVART-EN LEGEAREN APLIKAZIO BATZUK.-

Biot eta Savart-en legearen bidez aska daitezkeen problemak mu-

gatuta daude integrlak egiteko dagoen zailtasun matematikoagatik.He-

men kasu erraz batzuk aztertuko ditugu.

1.-Kalkula dezagun eroale eso luze eta zuzen batek sorterazten

duen eremu magnetikoa.Eroalea x ardatzaren gainean kontsideratuko dugu

eta I korronte bat (x-en zeinu posi-

tiboan) ermaten duela dx elementu di-

ferentzial bat hartuko dugu eta y

ardatzaren gainean "a" distantzian

dagoen puntuan eremu magnetikoa kal-

kulatuko dugu

(46)

123:./

À'f°47r (4?)

I ii7x dx stn

norantza:torlojuaren legea dela eta z ardatzaren positiboarena dugu,

beraz,

ciPrx ri2 t),

-a-x eclo x a clx = a xdSin'd

an baina t9fins‘.<

Guzti hauek (49). ekuaziora eramanaz:

Ìio 1 -a clo< a z471 Sin,« si no( a1/4tn3o(

° sinc< cla k [cmcqe4 a 4n 0- 11

-r k27r a

2.- Kontsidera dezagun espira borobil bat.Zirkuitu honek sorte-

razten duen eremu magnetikoa espazioko edozein puntu hatetan aurkitzea

oso zaila da;baina interesatzen zaigun puntua simetri ardatzaren gai-

nean baldin badago,_problema askoz errazago bilakatzen zaigu.Eremuadi.r/2

P puntuan aurkitu behar dugu.Espira

x-y planoan dago.12/

sen 8-k ccn 6))t; 2 : -ra ccx /9 -Ta gen t9i7rz

Guzti hauek (39). ekuaziora eramanaz:

cliB_ (c.z.acost);,;";o.sooD+k a2)

47-Y o (z+a').1.1

Bi lehenengo gaien integrala zero da,eta beraz

)120 1 ..(jva2)47–

(52)

3.— Azken adibide bezala solenoide batek sortutako eremua aztertu-

ko dugu.Solenoide bat zera da: Hari bat N biratan bilduta a erradioko

eta L luzerako itxura zilindriko bat izanik.X 0 puntuan dagoen eremu

magnetikoa aurkitzeko L luzera dx luzerako elementu infinitesimaletan

zatitzen dugu.Elementu bakoitzari aurkitutako (52). ekuazioa aplika-

tuko dlogu eta gero emaltza guztien baturaz behar dugun eremua aurki-

(so)

(5f)

A% dx21 /,, Rx„,_xy,,23,2

eta x-x, tj 9 egiten badugu:

tuko dugu. dx elementuak lYd54

birak ditu

(53)

124../

AV

`11‘11W

,F>

_.,,a•N-r stnel-stn01

21et z-4,4g eta 8„ —9-L-x

Solenoide bat erabiltzean erabiltzen den formula arrunta23_)4AuL

da.Hemen sinuak azaldu zaizkigu,hauek buruetako korrekzioak dakarzki-

gute.Egiten den sinplifikatzea ulertzeko,sar ditzagun eta 0<.2

angeluak.Hauen bidez (54). ekuazioa zera bihurtzen zaigu

/V. .7.Bz coso(f * coS .<1 (55)

Solenoidea bere erradioarekin konparatuz luzea bada, eta P puntua

solenoidearen erdi aldean badago (hots, baldin x ez bada ez zerora ez

L-ra hurbiltzen) orduan eta o(2 angeluak txikiak dira eta

x.

eta (55). ekuazioaren oosinuen desarroiloa egin eta

B_ at ...7 (56)4xj J

Hemendik, eta -4H0 formula hau ala formula sinplifika-tua erabiltzean egiten den akatsa 2%-takoa da.

2

2

BEKTORE-POTENTZIALA.-

Eremu elektrikoaz aritzean bere Totazionala zero zela eta fun-

tzio eakalar batetik (hots,potentzialetik) erakartzea posible zela

ikusi genuen. Hau da, askozaz errazago zen potentziala delako funtzioa

aurkitzea eta, hori egin ondoren,gradientea deitzen den eragiketaren

bidez eremua lortzea.

Hemen

125../

Hemen ere antzeko zerbait egin nahi da eremu magnetikoari buruz.

Baina funtzio eskalar batetik erakartzeko Brren rotazionala zero dela

dwnostratu behar da, baina hori ez da egia,hots, .

rotI30 da.

Beraz,eremu magnetikoa ezin erakarri da potentzial eskalar bate-

tik.

Baina B-ren rotazionala zero ez bada, B-ren dibergentzia zero da:

diUrotAb.O.Eta kalkulu bektorialak irakasten digunez

Beraz, B eremua beste A eremu bektorial batetik erakar dezakegu

BzrotA egiten. Orduan A bide erraz batez kalkulagarria bada, B kalku-

la dezakegu rotazional eragiketaren bidez.Hemen dagoena,erraztasun-

-kontua besterik ez da.

B. rot A

(57)

Ekuazio hau betetzen duen A definizioz bektore-potentziala dugu.

Sarri askotan bektore-potentziala aurkitzea ez da gauza erraza.

Dakigun bezala

g_ /1,10 7-;

47. r ' rir

x r2t.:-Vx - VxJ,

eta bigarren gai hori zero da, zeren eragilea bigarren azpiindize-

ari bait dagokio.Beraz,

B- //4 f vx _)==_ ci V, -V [Af (5-8)4 7r V, r1J ›C 4rs ru

(57).eta (58).ekuazioak elkarri alderatuz

A -— 47.7. v,

dugu.

Eremu magnetikoa sortarazten duen korrontea eroale batetan meta---

tuta badago denez gero (59). ekuazioa honela jar daiteke:

r"

(60)

Baina:

Orduan:

126../

Espresio hauek B-renak baino errazagoak bezala azaltzen dira;

baina bi gauza azpimarratu behar dugu:

a) Zenbait problematan A aurkitzea B aurkitzea baino errazagoa

da.Orduan A aurkituko dugu,eta beragandik B aterako.Baina

hori ez da beti gertatzen.

b) A aurkitu ondoren problema ez dago guztiz askatua;rotazional

hutsa duen edozein funtzio bektorial bat A horri batzen baldin

badiogu,ikusitako guztia beteko da,baina ez da berdina izango.

Beraz, ez dago unibokoki determinatua eta soluzioa lortzeko

zenbait argibide gehiago beharko dugu.

o) Guzti hori dela eta, bektore-potentzialak elektrikan erabil-

tzen den potentzialak baino erabilpen askoz txikiagoa du.

Erradiazio elektromagnetikoaz diharduten problemetan erabil-

tzen da bereziki.

ZIRKUITU BATEN EREMU MAGNETIKOA.-

Hemen ikertuko dugun problema hauxe izango da:zirkuitu elektriko

txiki batetik oso urrun dagoen puntu bateko eremu magnetikoa.

Har dezagun 0 jatorri bat, eta bektorearen bidez zirkuituko

puntuak finkatuko ditugu. ŕ2 bektorearen bidez finkatzen dugun puntuaneremu magnetikoa aurkitu nahi dugu.

Dakigun bezala eta gure kasuan

)412 4-77- r/7

Baina

1 , i - ,1 i r;: fr,.2, , ri _2;-7-.?-7" - V-2--- (i.r:z2.--;,-',-'i- -

_ i r i # f r 2;_\2_ 77_,,L,.."7-frl.- r-7-i -I. 1 r2 J r12 10

0 jatorria zirkuitutik hurbildua jarriz, eta puntu zirkuitutik urrun

samar: r4r;

Beraz,

127../

eta Newtonen binomioaren bidez

ri + + (i-1- r)ri'riz r2 L r2

Hau bektore-potentzialaren ekuaziora eramanaz

- (i+Z17-)

2 477 rz rj

diferentziatuta dagoen r denez gero r1 integraletik atera egin dugu.

Beste aldetik zirkuitu itxita denez gero zero izango da.Beraz,

,42 -477 r,

Ikus dezagun c17-7.7-1) .Horretarako:

_,-7(727,(7,) ,17,t-r;.7A

drr7(7;.7;)]..rZ(rT,17;)+ <1;7();:72") • kontutan

harturik,bi ahuen batura zera da:

(17-,,c1,7).1-;+,1P7(,T,7)1. 2 d7-;(7.,,T;)Honen bidez (62). ekuazioa:

Baina bigarren batugaia diferentzial zehatz baten integral itxi

bat denez gero, bere balioa zero da.Horregatik" //'1.1" 1 54 C; (63)2 - , x

zi"—T[2-7:1(7;;å7'71'J

Defini dezagun m momentu magnetikoa:

(64)

Hau zirkuitu sortzaileari bakarrik dagokion berezitasun bat da.

Orduan

4, rn" (65)

Beraz, zirkuitutik oso urrun dagoen puntu baten eremu magnetikoa

aurkitzeko (65).ekuazioaren bidez A, bektore-potentziala aterako dugun-n•••••

eta gero B kalkulagarria da.

frk„ v x x ‘,Yri x

<22-rBaina

(62)

eta

(66)

128../

Bigarren batugai hori zero da:

rz 3-3 r/2. x, Vax, 3 xi

rj ' ax, rz 2 r26

22. 253. bai da

eta ax - -ri3 r2

a rz_ _ 32ri

3r, 1Guzti hauek batuz

3 3 xr:t YI+Z,'_ 3 3 or,rrZ

8. _(,7.-f) ±—=;r, 4rr

Egin dezagun honen osagai bakoitza

(

x, t y,17 7,

aX2- 3 rnft

Beste ardatzetan beste horrenbeste eginaz

mv_L--3my' r3 ' rirk 3 r

rn2 ‘- 2

Guzti hauen batuketa egin ondoren

3 rr32

r./.. 2

rJ ar,,,tx e ri-3 ri r: -

1-26

7k„ 3 (h,=- 7-7.1 (6 7).7 4-77 r2' +

Ekuazio hau ikusi eta, zirkuitu batetik urrun dauden puntuetan

sortzen duen eremu magnetikoa aurkitzeko ez dugu zirkuituaren itxur

geometrikoa zehazki ezagutu behar, baizik eta aski da bere momentu

magnetiko ezagutzea. (67).ekuazioak eta dipolo elektriko batek sor-

terazten duen eremu elektrikoaren ekuazioak elkarren antza handia

dute;hori dela eta,askotan m horri momentu dipolar magnetiko deitze

zaio, eta zirkuitu sortzaileari "dipolo magnetikoa".

AMTERE-REN LEGEA._

B sortzen duen korronte elektrikoa gerakorra denean, hots,

betetzen denean,eta medio magnetikorik ez badago

rot B ./ue J, (5s)

dela demostratu behar dugu.

Beraz,

Beraz,

beraz, nahiGure kasuan,korronte gerakorra denez gero

eta ez V A.0 .'

da. Hau dela eta, (69).tik zera dadukagu:

(if).

Ikus dezagun v 2A zein den:

VzAz-2-6 c-ii7V2("/—)ciVi411

Hau � 0 denean, zero da:

129../

Horretarako

(67)

dugu.

7,2±1,1 dv,dela ikusi dugu lehen.Beste aldetik potentzial4rr ,,, ri2

elektrikoa V:_i_f_e_ dV dela gauza jakina da. Bi ekuazio hauen4.71-E, r,v,

artean dagoen kidetasuna dela eta, zientzilariak A eta V-ren arteko

erlazio baten bila saiatu ziren, beren ustez fenomeno elektrikoak

eta magnetikoak errealitate bakar baten bi aurpegiak bait ziren,beraz,

zeharo loturik eta erlazionaturik leudeke biak.Erlazio hori Lorentzek

aurkitu zuen eta hau da:

o

(7o)

x,)

(

( ,:„ _r;2 - r;:„.

- x Wri r2 L3-xl r/z I2

Hau x osagaiari dagokiona da.Osagai guztienak hartu eta

-.27-ü dugu.Ikusi nahi genuen bezala.Beraz,17J- rf

rizO denean 7 1/1=0 dugu.Bigarren puntua zirkuituaren barruan egon-

go balitz .77:=7 zeroruntz joango litzateke eta orduan

f:~vNabla kasu honetan berdin da 1 puntuarekiko nahiz 2 puntuarekiko.

Beraz,

v274_07.111-R7(÷)dv],-/4-7.7,1;

130../

eta dibergentziaren teoremaren bidez:

Peta Vg

)=- denez gero:

ri2

_....2A.baina tj"•c",dS1 angelu solido bat da eta:

r, ,v2A__" cuz _ oJ471=

.orr s—o 477

ikusi nahi genuen bezala.Orduan:

OxB=- rot 8

Ikus dezagun Vx8 bektorearen fluxua gainazal batean zehar

fs (7;ñ3 ors—,Af 3T,1-s—_:-A, z (72)

Stokes-en teorema erabiliz

fs. (VA)c15,P3de (73)

Beraz,B (74)

Askotan Ampereren legea honi esaten zaio.Lege honek, Magnetika-

ren alorrean, Gaussen legeak Elektrikaren alorrean betetzen zuen hu-

raxe betetzen du.

Adibide bat.- Ikus dezagun hari luze zuzen batek sorterazten duen

eremu Magnetikoa.Integral-lerro bezala a erradioko zirkunferentzia

bat hartzen badugu.Zirkunferentzi-

aren puntu guztietan B-ran balioa

berdina izango da.

Ikusitako legea aplikatuz:

B 271a jkö I

217a

Beste adibide bat.-

(75)

Kontsidera dezagun kable ardazkide bat.Honela osaturik dago:

barruan hari eroale bat, bere inguruan isolatzaile bat eta isolatzai-

learen inguruan,azala bezala,eroalezko geruza bat.Eroaleak diren bi

parteetatik aurkako norantzako korronte bat doa.

Isolatzailearen barruan dagoen eremu magnetikoa kalkulatu nahi

badugu,lehen egin dugun bezala egingo genuke eta (75).ekuazioa lor-

tuko genuke.

'Kanpoan dagoen eremu magnetikoa zero

izango da lerro itxi bat hartzen baldin

badugu pasatzen den korronte osoa zero

izango delako.

Eroaleck

POTENTZIAL ESKALAR MAGNETIKOA.-

Ampereren legeak esaten digun bezala ; beraz ieku.

batetan J.0 ,denean leku horretan 57xE3.0 dela esan dezakegu,eta

beraz hor B potentzial eskalar batetik erakar dezakegu.

Potentzial eskalar magnetiko hori U * batez adieraziko dugu.

Orduan:yklo V LI*

hori unitateen arrazoi batengatik ipintzen da.Baina beste•-••n•-••••

aldetik V B beti dela gauza jakina da. Beraz,

Isolatzailea

edo

eta hau Laplaceren ekuazioa da.Beraz leku horietan elektrostatikan

ikusitako metodoak baliagarriak dira.

Dipolo magnetiko baten kasuan hau aurkitu dugu:

71_ ,uv-7( n,77

417- L rY 3 rzs- " 4ir rj1Beraz, kasu horretan

(77)477r23

Orain kontsidera dezagun zirkuitu handi bat.Zirkuitu hori beste

makina bat zirkuitu txikiz osaturik

bezala kontsidera dezakegu.Zirkuitu

txiki hoietako bakoitzari orain iku-

si duguna aplika diezaiokegu.Bakol-

tzaren_,'cbT momentu dipolarra

da. Beraz,

r Is7 zicin47r /2 3 471.1 ri 3 477

P-tik ikusitakoa

132../

d12 angelu solido bat izanikll*(p)_ _ _a

4rrP-tik zirkuituak osatzen duten angelu solidoa

FLUXU MAGNETIKOA.-

(78)

da, hain zuzen, S gainazala zeharkatzen duen fluxu magnetikoa.

MKS sisteman B Tesslatan eta S m2-tan jartzean Weber-etan

azaltzen zaigu.CGS sisteman fluxu-unitatea Maxwell da,eta bi unitate

hauen arteko baliokidetasuna zera da: 1 Weber 108 Maxwell.

Zirkuitu magnetikoak adierazteko eremu-lerroak erabiltzen dira.

Edozein gainazal itxi bat zeharkatzen duen fluxu osoak zero izan be-

har du: (78).ekuazioari dibergentzi teorema aplikatzen badiogu hau

dugu:

• /3

Baina B-ren dibergentzia beti zero denez gero hori zero da.Beraz

lehendik demostratuta geneukana,hots, eremu-lerro magnetikoak itxiak

direla,beste bide desberdin batetik berriz demostratu dugu.

133../

8. Ikasgaia: EREMU MAGNETIKOA MEDIO MATERIALETAN

Korronteen hedapen berezi bat izan eta sOrtutako eremu magne-

tikoa aurki dezakegu.Hau da, Biot eta Savarten legearen bidez ko-

rronte horiek "hutsean" sOrtarazten duen eremua kalkulagarria da:

Baina. korronte hoiek inguratzen dituen medioa hutsa izan ordez

material batez beterik badago aldatuko al da sortutako eremua?.

Erantzuna baiezkoa da.

MAGNETIZAZIOA

Izaten ditugun korronte elektrikoak lau motatakoak dira:

1.-Mota nagusia.Hemen karga elektrikoak.benetan eta egiaz higi-

tzen eta transladatzen dira, kasu gehienetan eroale baten

barrendik.

2.-Atomo barrengo korronteak(interatomikoak).Atomo bakoitzaren

barruan elektroiak higitzen ari dira; hori dela eta,eremu

magnetikoak sortuko dira.

3.-Dielektriko bat polarizatzen(edo despolarizatzen)denean.

Hori.gertatzen ari den bitartean kargak higitzen dira.

4.-Konbekzio-korronteak.Hemen kargak ez dira medioarekiko higi-

tzen,baizik eta higitzen dena medioa da,eta bide batez berak

daramatzan karga elektrikoak.

Lehenengo bi motak garrantzi handienekoak direnez gero, horiek

aztertuko ditugu.Azkeneko biak utzi egingo ditugu.

Bigarren motan aipatu dugun bezala korronte atomiko bakoitza ztr-

kuitu itxi oso txiki bat bezala kontsidera daiteke; hori dela eta,

dipolo magnetiko bezala adieraz dezakegu.Berez, hemen erabili

behar dugun magnitudeairmomentu dipolarra da,honek ematen bait digu

atomotik urrun dauden puntuetan indukzio magnetikoa aurkitzeko bidea.

Bedim.material bateko i-garren atomoaren momentu magnetikoa.

Har dezagun material horretakoiWbolumeneko puska bat.Fuska horren

barruan zenbait atomo izango da eta guztien artean ematen duten mo-

mentu dipolarra da.Puska horretan bolumen-unitateari dagokion

momentu dipolarra da.Azkenik,punturen funtzioa izan

134../

dadinAV bolumena zeroruntz eramaten baldin badugu, definizioz

"magnetizazioa" deitzen den kontzeptua izango dugu:

iirn I Frri

11V-.0 6v

Limite hori egiteko behar den bidea betikoa da:hots,LW ikus-

gune makroskopiko aldetik oso-oso txikia egiten da,baina halaz ere

atomo kopuru estatistikoki handi bat izango du.

Materiala magnetizatu gabe dagoeneaniri guztien nolanahiko

orientazioa dela etaZ mi zero izanen da.Baina kanpotik eremu bat

ipintzen badiogu,korronte mikroskopiko horiek orientatuko dira eta

M bat izango dugu.M eta B-ren artean dagoen erlazioa aintzinago iku-

siko dugu.

Oraingoz, M(xyz) funtzio ezagun bat dela onartuko dugu, eta ma-

terial magnetizatuaren ekintza estudiatuko.

M funtzio bektorialak materialaren barruan dauden korronte ato-

mikoen adieraz r en makroskopilo bat ematen digu.Bereziki M-k zera ema-

ten digu:bolumen-unitatean dagoen korronte atomikoren zirkuitu kopu-

ruaren eta zirkuitu bakoitzaren batezbesteko momentu magnetikoaren

arteko biderkadura.Ikusgune makroskopiko huts batetik materiari da-

gozkion ekintza magnetiko guztiak M-ren (edo bere deribatuen)bidez

adieraz daiteke.Deribatu horietako bat, M-ren rotazionala hain zu-

zen,garraio-korrontearen dentsitate-baliokidea da.Baliokidetasun ho-

rrek zera esan nahi du: sortarazten duen eremu magnetikoa M-k sorta-

razten duena bezalakoa dela.Dentsitate horri magnetizazio-korronte-

aren dentsitatea deritzogu: Jm

Aurki dezagun J, eta M-ren arteko erlazioa.Kontsidera ditzagun

material magnetikozko bi bolumen-elementu txiki;bakoitzaren bolume-

na Ax.Ay.Az izango da eta bat bestearen alboan egongo da y arda-tzarekiko.Lehenengo bolumen-elementuaren magnetizazioa M(xyz) baldin

bada, bigarrenarena zera izango da:

M y21+ y +gradu handiagoko beste zen'Oait termino.ay

Dakigiinez: M: --!_ 2_77

'AV-..0 i I

(f )

135..Y

eta beste ikasgaian ikusi dugunaren arauera,(64.) ekuazioa de].a-,›

eta,gure kasurako zera bihurtzen I.St (2.)

• Elementu bakoitzari dagokion korronte osoa bere osagaiez kon-

tsideratuko dugu.re eta honeiako osagaiak dira. I e-k ematen -uerL

magnetizazioa Mx da eta .Baldin eta z dire

an korronte bat badago,bi elementu hauen artean

Beraz,(1). eta (2). ekuazioak erabiliz

Mx.6x.6y.Az=1C.Ay.6z

eta(M,, + Ay)X Az 4y47

a y /

Beraz tlxAy (3)a y

eta I . honi dagokion korronte-dentsitatea

(4)4..Ay a y

Irudian ikusten diren beste bi aurpegi kontutan harturik:

eta 3x

x Az

T,,

J27 12 _

L1X AZ - axz ardatzari dagokion guztia hartuta

jm)_

2 ax y

(5)dago.Beraz,

(6)

136../

Beste ardatzekin beste horrenbeste egin ondoren zera izango

genuke:

JM rot

(7)

Gogotan izan korronte hau ez dela garraio-korronte bat baizik,

eta bere sorburua materialak dauzkan korronte atomikoetan datzala.

MATERIAL MAGNETIZATU BATEN EREMU MAGNETIKOA.-

-- --Zenbait kasutan B indukzioa aurkitzeko A bektore-potentziala

aurkitzea errazago bait zen.Gero, A ezagutu ondoren B, rotazional

delakoaren eragiketaren bidez atera dezakegu.

1 deitutako leku batetan dipolo md.gnetiko bat baldin badaukagu

eta 2 deitutako puntu batetan dipolo horrek sortarazten duen eremu

magnetikoa aurkitu behar badugu, orain baino lehen ikusitako ekua-

zio hau erabil dezakegu.

2 A ,4I rrt>___zt

P1 2- 2-77– r.23

Ekuazio hau zehatzagoa da 0 jatorria 1 deituta-

ko lekutik hurbilago izan ahala.Hori dela eta,

0 jatorria 1 lekuan ipintzen badugu ikusitako

ekuazioa zera bilakatzen zaigu

No rn x r52 = 4 r77 j

Har dezagun magnetizatuta dagoen material bat eta beraren ba-

rruan bolumen txiki bat.Bolumen horrek 2 puntuan sortarazten duen

bektore-potentziala hauxe izango da:

A 2: .AL, ,Ar". 1 x - /110 (8)47-r rŕ -47/ r;2

Hau VI magnetizatuta dagoen bolumen osoari zabal-

tzen badugu:_4 %/1, r/2

d V (9 )1" 2

Orain bainio lehen demostratu dugun bezalaxe

( ) _r/2

v

)

9"), ,11/2z-_c1.5/ L'1L. n'ds, (12)s, rt2 st r,2r,2

5 1 , V1 bolumena mugatzen duen gainazala izanik

137.7/

azpindizearekiko deribatu partzialak izanik eta

V 2. azpindizearekiko.

Beraz,

A 2z m,.• v, r,,

Baina kalkulu bektorialak zera adierazten digu

orduan:

F. (997-)

(11)A2 :-Z-14/ ti cl V — 7" ±11-

47> ri2 4 rr V-12

Bigarren integralean dagoena rotazional bat da eta bolumen-

integral hori gainazal-integrala bilaka dezakegu:

Beraz,n••n•

A 2: L4, I d + ,‘ cis (>3)y i 47r

1?"

Baina, V x/if= Jm fdugu, hots, bolumen bati dagokion korronte-

-dentsitatea.Hori horrela izanik,bigarren integraleko H i»xn' analo-

giaz gainazal bati dagokion korronte dentsitate bat izango da:-•••••

x Jm/ (14)

A f J", d Vt + 212- . f Jrn i d•St (15)2= 4# i Y12 S f ri2

Guzti hau material magnetikoa ez zegoen kasuarekin alderatzen

badugu,orduan zera geneukan--•n••

-2!.ef d V4rt v rt2

eta hemendik

6 . j„ r,2 dv-477'

Beraz, lehen J zegoen lekuan orain Jn i ,(bolumen batekiko) eta

(gainazal batekiko) ditugu.Biot eta Savart-en legearen bidez

f r/2 + .7.1 X ra dsi06)4rr 47y r'

v rit 51

124

orduan

138. ./

Kasu honetan indukzioak bi kausa ditu:bolumen-korronteak eta

gainazal-korronteak.Ikus dezagun adibide bat.Zilindro magnetizatu

bat baldin badaukagu,bolumen horren barruan jrn,/ � 0 izango dugu.

'Baina,azkeneko geruzako zatikien korronteak ez dira konpentsaturik

izango eta beraz korronte-dentsitate oso but emango digute.Bedi mag-

netizazioaren direkzioa zilindroaren ar-

datzarena (M1) n bektore unitaria atera

egiten da eta Jrni : x bektoreakM1

gainazalako korronteen efektu magnetikoa

adierazten digu.

Atal honetan egin dugun ikerketa beste era batez egin daiteke:

B2 :-.VxAk2 denez gero(nabla hori z puntuari dagokio,noski) (9). ekua-

zioak A2 -ren balioa jar dezakegu:

(17)62 z -z--1 /

rGr f _r.r12 )dVf

4r/

Baina kalkulu bektorialaren propietate batek zera dio:-•••• --••••

Vx (ax6): a (V6)- 6(Va) +( 67 )OE -(G1- V)1)a-ren tokian M eta b-ren tokian r72 ipiniz eta ondoko berezitasunak__r

gogotan harturik,hots, ril (Vpi N Pii 1 puntuaren funtzioar3 • "-

delako 12

eta ( m n' ff = v arrazoi bor-beragatik

zera dugu

82 I 711 (V-"- ) V) d4 T/ vf 737 (18)

Azter ditzagun kenketa horren bi gaiak.

137 : 44f -frri (7 2:`,L )d V/r,

V1 bolumen osoa bi zatitan kontsideratzen dut: 2 puntua ingura-

tzen duen V' bolumen esferikoa eta V" gaineratikoa.1 1Egin dezagun v -14-r

-••••)[

V r,„ ( (.1 +k x 2 d y2 a z2 r

Hemendik:(x2-xj2

xj - x, ) - 3 .

zeren ru:\l"(x,-x,)4÷(y, -z)4_,(25_,),X2 bait aa.

(19)

(23)

(24)

139../

Beste osagaiekin beste horrenbeste eginez:

r -3 r' + ri1 z /I 3r= - r„ rf, •

Eta hau r,2 #0 den balio guztientzat zero da.

02=0 denean horren emaitza p da eta beraz, determinatu gabe

dago.

-ren puntu guztietan (19).-go integrala zero izango da,

baina V; bolumena zeroruntz eramaterakoan hori ez da zero izango

eta balio hori, hain zuzen, aurkitu behar dugu.

Beraz,(19). ekuazioa honela bilakatzen zaigu

fv Mi_o (V 122 ,-:4)dV

Baina V/' zeroruntz hurbiltzean 1

ra doa. orduan konstante izango dugu.

M, f V ,41-- dv;_..0f2

Eta integral hori gainazal-integral bat bihurtzen badugu.

B -s - j .:15‹ cin. (22)

-is;.—o ri: - 47r /5;--...,9r14 'in

angelu solidoren diferentziala izanik.Eta, integrazio-eremua

itxia denez gero,integral horrek 477* emango digu;horregatik

Bz_,o.M2

Azter dezagun (18).ekuazioaren kentzailea.

8—_zrz2/.2-.1" (M, V)47r iv/

Ondoko berdintza bektoriala baliatuz

V (7.6 ( F 7).6 I • F x(fx -.-6)+ 6X C(7:7)

F-ren tokian M1 eta G-ren tokian r;=

'

(2o)

puntua 2 puntuarekin bat egite

(21)

ipiniz,eta berdintza hauek

kontutan harturik

t-,;- M„ 0

4x(Vx1`1,)z0r„

IVr x(Vx ,j.**0

'da a)x 2,)>,

X 2 -X ,

1.2

M1 1 puntuaren funtzioa delako

arrazoi ber-beragatik

demostratu dugun bezala

r

k

22

L

3,fz 3r1142(Y2->) 0

rn2

(28)

140../

Beraz, zera izango dugu:

(2 5 )Q //4v d v,

Orain defini dezagun Um j potentzial-funtzio eskalar bat

d Vi/Vi i2 (26)r

Hori dela eta,

1.1m2 (2 7)

Orduan (23). eta (27).ekuazioen emaitzak (18). ekuaziora era-

manez, 2 puntuan dagoen indukzioa honela dugu:

Formula honek zera dio:bolumen magnetizatu bat daukagunean,be-

rak puntu batetan sortutako indukzioa alde batetik puntu berari da-

gokion magnetizazioaren funtzioa dela eta bestetik funtzio poten-

tzial baten gradientearena.

Hartzen dugun puntua materialetik at baldin badago M 2 = o izan-

go da,eta orduan

(29)

EREMU MAGNETIKOAREN ITURRIAK: INTENTSITATE MAGNETIKOA.-

Estudiatu dugun bezala makrokorronteek eremu magnetikoak sorta-

razten dituzte.Beste aldetik,material magnetizatuak,beren mikroko-

rronteak direla eta, eremu magnetikoen iturri bezala kontsidera di-

tzakegu.

Zenbait kasutan material bera batera makrokorronteen eta mikro-

korronteen euskarria izango da.Bi gauza hauek batera izatean sortu-

tako eremu magnetikoa gainezarmen-printzipioaren bidez lortuko dugu:

B2 = Makrokorronteena+Mikrokorronteena =

ci V + P12 - 007 11„),3

47r jv r11( 3o )

141../

Ekuazio hau askatzeko,alde batetik J ezagutu behar dugu; hau

gehienetan ezaguna izango da.Bestetik M2 ere ezagutu behar dugu;

baina hau(hots, 2 puntuan dagoen magnetizazioa) B 2 balioaren fun-

tzioa da,eta beraz sorgin-gurpil batean sartuta gaude.

Problema hau nolabait baztertzeko bektore magnetikolmguntzaile

bat definitzen dugu: H "intentsitate magnetikoa"•-•••

11: -1—B-M (31).14

Ekuazio honen eta (30).-en artean zera dugu:

H2= :12=Š-1.0 "- Un12 (32)vrf yr,,

Hau eginik ere ez da bere abantaila ikusten: oraindik H 2 ,M2-ren-•••• -•••

funtzioa da (Um2-ren bidez); baina /-/J, j-rekin bakarrik erlazio-

naturik dagoela demostratukc dugu.

Bektore berri honek teoria magnetikoan garrantai handia du,iman

iraunkorrak dauden problemetan bereziki H-ren unitatea M-rena da,

hots,Any4 •

EREMUAREN EKUAZIOAK.-

Makrokorronteen ekintza magnetikoak ematen dizkiguten oinarriz-

ko ekuazioak, , era diferentzialean,honako hauetxek ziren:

c1,1, B.0 rat 8 = J

Material magnetizatu baten bat edukitzean ekuazio horiek nola

aldatzen diren ikusi nahi genuke.

Ekuazio hauek ikertu genituenean,B indukzioa A funtzio bektorial

baten rotazionala bezala eman zitekeenez gero eta edozein rota-

zional b_ten dibergentzia zero zenez, lortu genuen.Lortutako

emaitza honek ez du berez makrokorronteen esistentzia eskatzen.Mate-

rial magnetikoek sortarazten duten eremu magnetikoa bektore-potentzial

batetik ere erakar dezakegu.Hori dela eta beticlib8z0 izango dugu,•

nahiz material magnetizatua izan nahiz ez izan.

fkotazionalaren ekuazioa Ampere-ren legea era diferentzialean

dugu.Orain arte ikusi izan den bezala,makrokorronteak bakarrik har-

tuak izan dira kontutan;baina, ikasi dugunaren arauera,mikrokorron-

14../

teok ere makrokorronteok bezalaxe kontutan hartu behar dira, beraiek

ere eremu magnetikoaren sortzaile dira eta.Beraz, korronte guztiak

gogotan harturik zera jarri beharko dugu:n••n• •-••••

rot 8 (J+J.+ jrn)

J makrokorronte-m dentsitatea dugu.Jm bolumenari dagokion mag-

netizazio-korrontearen dentsitatea da eta J. gainazalari dagokiona,

Hemen ez dugu azkenJ,„ hori ipini behar,ekuazio hau B-ren deribatua

x,y eta z-kiko esistitzen den puntuetan baliagarria da soilik eta,

beraz, material magnetikoen gainazalean ez da erabilgarria izangb.

Orduan hauxe dugu:

rot 8.7/g (J+1,) (34)

jn

•-••••

-ren ordez bere baliokidea den rot M

rot B=,J+ rot Medo ,04

denez gero)4 —

rot J

dugu

Ekuazio hau oso garrantzitsua da, bere bidez H-ren eta makro-

korronteen dentsitateen arteko erlazio bat lortzen dugu.Hori dela

eta,H makrokorronteen dentsitatez eta parametro geometrikoen bidez

bakarrik dago baldintzatuta.

--Ikusitako ekuazioak,hots, B-ren dibergentziarena eta rotazio-

nalarena eremu magnetikoaren oinarrizko ekuazioak ditugu.

Zenbait kasutan formulazio integral bat erabiltzea komenigarria-

goa da(37).ekuaziotik zera dugu

fsrotH.d5.:pds (38)eta hau Stokes-en teoremaren bidez

(33)

jarriz:

(35)

(36)

(37)

(39)

143.:/

baina, f J ciS ..-

(o)

beraz, -

(4 1)

Hau da:L trajektoria itxi baten inguruan intentsitate magneti-

koaren osagai tangentzialaren lerro-integrala,L makurrak mugatzen

duen gainazaletik garraio-korronte osoa adinakoa da.

Adibide bat: Zenbatekoa da linea infinitu zuzen batetik pasatzen

den I korronteak lineatik r distantzian dagoen puntu batetan sor-

tzen duen intentsitate magnetikoa?

L lerro bezala r erradioko zirkunferen-

tzia bat harturik;simetria dela eta,

lerroaren puntu guztietan intentsitate-

aren modulua berdina izango da eta direk-

zioa erradioarena izango du:

.1.f7,17:. 271H (42)

Ir

Ikusi dugunaren arauera.dib8=0ren bidez:

dir8.cl j

(43)

dugu,eta dibergentzi-teorema-

(44)

Beraz, lehen ikueitako ondorio bat berrikusten dugu, hau da,

edozein gainazal itxi batetik pasatzen den fluxu magnetiko osoa zero

da,edo, edozein bolumen batetara sartzen den indar-lerro kopurua eta

ateratzen dena berdinak dira.Orduan,eremu magnetikoaren indar-lerro-

ak ez dute ez hasiera ez bukaerarik.itxiak dira baizik;eta hori ger-

tatzen da beti, hots, material magnetikoa izan ala ez izan.

SUSZEPTIBILITATE ETA IRAGAZKORTASUN MAGNETIKOA: HISTERESIA.--- --

Magnetika alorreko problemak askatzeko B eta H-ren artean erla-

zio bat izan behar dugu, edo honekin balikidea den M eta eremuko

bektore magnetiko baten artean.Erlazio hauek material magnetikoaren

144../

arauerakoak dira, eta saiakuntzen bidez lortzen dira.

Material askorentzat M eta H-ren artean dagoen erlazioa ia

neala dela ikusi izan da:

(45)

Material lootroPo eta linealetan )(m hori konstante bat da.

kantitate eskalar eta dtmentsio gabeko horri "suszeptibilitate mag-

netiko" izena ematen zaio.

Materiala lineala bada baina ez-iaotropAka(45).ikusitako ekua-

zioaren ordez erlazio matrizial batzuk ipini behar dira.

Mx.X.„ Hy „x,„,3 H,

eta antzekoak beste osagaientzat.Orduan,M norantzak eta H-renak ez

dute berdinak izan beharrik.Gu,hemendik aurrera,material isotropZkoo-/-

arituko gara.

Xm -ren balioa positiboa bada materialak "paramagnetiko" izena

hartu ohi du eta material horrek indukzio magnetiko handiagotu egi-

ten du.Aldiz, negatiboa bada,materiala "diamagnetikoa" da, eta ma-

terialak indukzioa txikiagotu egiten du.

Material gehienetan)(m tenp3raturaren funtzio bat da eta maiz

polito aldatzen da tenperaturarekin;baina,halaz guztiz ere,ia kasu

guztietan eta material paramagnetiko nahiz diamagnetikoentzat oso

txikia da

X.„ 1« 1 (46)

Adibidez:

Aluminioa 2,3 x 10-5

Kobrea -0,98 x 105

Zilarra -2,6 x 105

Urrea -3,6 x 10-5

M eta H-ren artean erlazio lineal bat baldin badago,B eta H-ren

artean ere izan behar du

(47)

Hemengo)( konstanteak " iragazkortasun" izena hartzen du eta

H=_LB-m eta 1`1. X,,, 1-1 ekuazioetatik atera dezakegu:/44

tutan marraz ditzagun.1 '6 -

1 .4 -t

1'2 -

1

-0 O'B

1=15- 0'6 —1:Ci

0'4 -

0 '2 -

6000

5000

4000 )1,14.

3000

2000

1000

200 400 600 BOO 1000 ,

H, Amp/rn

14 ../

BX,,, H

edo

/1/t,(f,.x,)H,B

(8)

beraz,

(z9)

Batzutan Xm -en balioak eman ordez,ondoko kantitate dimentsioga-

beak ematen dira.

r z i"0- X rniko

Km hau "iragazkortasun erlatiboa" da.Material paramagnetiko eta

diamagnetikoentzat Km-ren balioak 1-etik oso hurbil daude.

Beste material magnetiko mota bat "ferromagnetikoa" dugu.Mate-

rial hauen berezitasun argienak hauxek dira:Beren presentziak induk-

zio magnetikoan eragipen oso handia daduka eta magnetizazio iraun-

kor bat izan dezakete.Material hauek ez dira linealak eta beraz(45).

eta (47) ikusitako ekuazioak, X eta, konstanteekin ez dira balia-

garriak.Halaz ere, (45). ekuazioa erabilia izan daik definitzeko;

orain ez daik konstante bat izango,baizik balio bakoitzarentzat B

eta H-ren arteko dagoen erlazioa.Hori dela eta, H-ren balioaren arau-

ere.)0-k balio-tarteko puntu guztietatik pasa daiteke zerotik infini-

turaino,batzutan positiboa eta bestetan negatiboa izani]s.

Har dezagun magnetizatu gabe dagoen material ferromagnetikozko

puska bat, zerotik hasi eta jar diezaiogun intentsitate magnetiko

bat.Intentsitate hori epeka-epeka handituz joango da.Neur dezagun

H-ren balio bakoitzari dagokion B-ren balioa,eta bi ardatz koordena-

140../

Aurkitutako balioek irudian azaltzen dena emango digute.Hau

"magnetizazio-kurba" dugu eta materialaren berezitasun bat -ren

balio handiena -kurbaren ukondoan azaltzen da eta, zenbait materia-

letanyk, baino 10 5 aldiz baino handiagoa da.Gertatzen dena zera da:

H-ren balio batentzat M-k bere balio maximoa hartzen du, hortik au-

rrera eta --B./110 (H+M)

denez gero, H handiagoa egiterakoan B-ren handitzea).4H da. M-ren

balio maximoard materialaren "saturazio-magnetizazioa" deritzogu.

Kontsidera dezagUn,lehen aipatu dugun metodoaren bidez material

ferromagnetiko bat magnetizatuta dagoela.H intentsitate magnetikoa

txikiagoa egiten badugu B-H erlazioa ez dator lehen ikusitako bide

berdinetik,baizik eta beste bide batetik r punturaino(ikus irudia),B

eta nahiz eta H zero egin, magnetizazioa ez da desagertzen.Desager-

pen hori lortzeko kontrako norantzan OC intentsitatearen balio bat

ipini behar dugu.H-ren balioa kontrako norantzan handiagoa egiten

badugu M (eta bide batez B) kontrako norantzan azalduko da, eta sa-

turazioraino helduko.Berriz txikiagoa egiterakoan irudiko beheko kur-

batik joango da.Beraz,B-H kurba H-ren balioak handitzerakoan eta txi-

kitzerakoan guztiz desberdina da.Fenomeno honek"histeresi" izena har-

tzen du, hitz honek grezieraz "atzean gelditzea" esan nahi du, mag-

netizazioa nolabait eremu exzitatzailearen atzetik gelditzen bai da.

Ikusitako irudia materialaren "histeresi-kurba" dugu r puntuan

B-ren balioari " hondar-indukzioa" deritzogu,eta c puntuan H-ren ba-

lioari materialaren "koertzibitatea".Irudian ikus dezakegunaren----

arauera -ren ,hots, B/H-ren balioak bigarren eta laugarren laurde-

netan negatiboak dira.Histeresi-kurbaren itxura ez dago soilik ma-

terialaren izaeraz baldintzaturik,baizik eta materialari ezartzen

diogun H-ren balio maximoz (ikus ondoko irudia)

Baina,behin H-ren saturazio balioa lortu ondoren makurraren

itxura bera da H handiagoa egiten bada ere.

Material ferromagnetikoen erabilpena bikoitza da:

1. Korronte-zirkuitu baten fluxu magnetikoa ugaltzeko

2. Eremu magnetikoen iturri bezala(iman iraunkorrak)

Bigarren erabilpen hau lortzeko materiala saturazioraino erama-

ten da(horretarako, solenoide baten barruan ipintzen da);gero,eremu

exzitatzailea kendu ondoren,materialak bere hondar-indukzioarekin

jarraitzen du.

EREMU-BEKTOREEN ZENBAIT MUGA-BALDINTZA

Problema magnetikoak askatzeko, medio batetik pasatzerakoan B

eta H bektoreen aldakuntzak nolakoak diren ikusi behar dugu.Bi medio

horiek magnetika aldetik desberdinak diren bi medio izan daitezke,

ala medio bat eta hutaa.

Kontsidera ditzagun 1 eta 2 bi medio,bata bestearen ondoan.Har

dezagun zilindotxo bat bi medioetan(ilusirudia).Tapatxoen diametroe-

kin alderatuta zilindroaren altuera arbuiagarria da

Bit

Gainazal osoari fluxu-integnr4 aplikatzen badiogu,zera dugu:

148:./

B, AS + B,.n, (50)

n, eta n2 beheko eta goiko tapei dagozkien bektore unitarioak izanik

Baina, denez gero, eta ,6S (hots, tapen azalerak) berdinak

direnez gero:

(:-Bi)r-'7;

edo

B2nzBin

(57)

Beraz, B-ren osagai normala medio batetik bestera pasatzerakoan

ez da aldatzen.

H bektoreari dagokion baldintza aurkitzeko irudian azaltzen den

abcd trajektoria errektangeluarrari aplika diezaiogun Ampereren zir-

kuitu-legea.Hemen ab eta cd aldeakAl luzerako eta berdinak kontsi-

deratuko ditugu,ad eta bc,aldiz oso t,ikiak;hots, arbuiagarriak.Be-

netako gainazal-korronte bat ez badago errektangeluarretik dagoen-11.•

korrontea guztiz txikia da,beraz m H..51(=1 denez gero

H,..6t9 + 0 +11, (-.68) J. 0 (52)

errektangelu hori ia lerro bat denez geroAS=0 delako--•n•n --••••

Beraz, 1-12 .1Y :1-11 68

edo

at 1-11 ut dhots,

1-12tz

(53)Intentsitate-bektoreek,medio batetik bestc.ra pasatzerakoan,beren

osagai tangentzialak gorde egiten dituzte.

149.•/

Guzti hauetatik:

B 2n B fn denez gero eta B7g N kontutan hartuta

/#11 112n = "Nin (54)eta hau (53). ekuazioz zatitu ondoren:

Hit -

/112 N2t)

ed tf,9 _ t_JA-

° /i1J

(55)

Baldintza hauekin bukatzeko beste berezitasun bat ikusi behar

dugu: B bektorearen fluxua puntu guztitan jarraia da.Kontsidera de-

zagun eremu magnetiko bat, eta bere barruan indukzio-lerroz mugatu-

rik dagoen hodi bat. ”2

04?3,1, Dibergentzi teorema dela eta

dibirdV,O,

= (P(S2)- � (5,) (56)

MEDIO MAGNETIKOA DAUKAT2N KORRONTB-ZIRKUITUAK

Lehen korronte elektrikoek "hutsean" sortarazten dituzten eremu

magnetikoak aztertu ditugu.Ikus dezagun zer gertatzen den medio mag-

netiko bat dugunean.Kontsidera dezagun material magnetikozko toroide

bat, eta bere inguruan N birako solenoide bat dagoela;solenoide hori

uniformeki biribilkatuta dago eta bere barrendik I korronte bat pa-

satzen da. Matdriala homogenoa,isotropikoa eta hasiera batetan mag-

netizaziorik gabea da.Errazena lor daitekeen eremu-bektorea intentsi-

tate magnetikoa dugu,Hau Ampere-ren legearen bidez lortzen da.Toroi-

dearen zuloarekin ardazkide den trajektoria zirkular bati lege hori

aplikatzen badiogu (ikus irudia) simetria dela eta trajektoriaren

puntu guztietan H-ren balioa berdina izango da.Beraz,

4/ e d. _ N I- 7-

niBeraz. Sf -etik sartzen den fluxua eta S 2 -tik ateratzen dena

berdinak dira.Fluxu-lerroak ez dira ahitzen baina nolabait esateko,

hasiera punturaino-heldu behar dute;hots, kurba itxiak osatzen di-

tuzte.

150. ./

Hemen t azpindizeak trajektoriarekiko osagai tangentziala adie-

razi nahi du eta 1,21-fr trajektoriaren luzera.H-ren definizioa dela

etaBt.)"1- +/14/sit (58)

Beraz, orain hutsean azaltzen ez zenik/Vt gaia azaltzen zaigu.

Bidez honen bidez osagai tangentziala soilik atera dezakegu;bai-

na,zorionez,hauxe da bakarrik egon daitekeen osagai bakarra.Beste

tokian ikusi dugunaren arauera intentsitate magnetikoak bi iturri

desberdin izan ditzake:korronte makroskopikoak eta materialaren mag-

netizazioa.Solenoideko korronteak eremu tangentziala soilik sortaraz-

ten duela frogatzea oso erraza da.Harilketa hau eta N korronte-espi-

na baliokideak dira.N korronte espina hauek binaka hartzen baditugu

pare bakoitzak eremu .3:angentzial bat sortaraziko du.

B1.132

Bigarren iturria materialaren magnetizazioa dugu.Baina, toroidea

osatzen duen material ferromagnetikoa isotropikoa da,beraz M-ren

norantza H-rena izango da,eta M-ren sorrera harilketako korronteak

ager arazten duen eremu magnetikoa dugu eta hau tangentziala da,

beraz,probabilitate guztiarekin M-n dagoen osagai bakarra tangentzia-

la dugu.Hori dela eta,(58). ekuazioak ematen duen balioa indukzioa-

ren balio osoa da.

151../

Problema piska bat zailagoa bihur daiteke.Kontsidera dezagun

toroidea osatzen duten materialean ebakidura mehe bat egiten dugula

(ikus irudian d partea).Ebakidura horretan airea izango dugu eta

"burdintartea" deritzogu.Bedi d burdintarte honen luzera.Hemen airea

magnetika aldetik hutsa bezala kontsideratuko du,bere iragazkorta-

suna -tik oso hurbil dagoelako.Orain H aurkitzako Ampere-ren

zirkuitu-legea ez da aski izango.Lehen trajektoriaren puntu guztie---

tan H berdina zelakoa adierazteko erabiltzen genuen simetri arrazoia

ez da orain baliagarria izango.

Hemen ere bi magnetizazio-iturri daduzkagu: korronte makrosko-

pikoa eta magnetizazioa.Harilketa eta korrrontea lehen bezalakoak

direnez gero, korronteak sortarazten duen H-ren partea lehen bezala-

koa da./4.41 (59)

Gure problema orainI4 aurkitzea da.Aurkikuntza hau zailagi ez

egiteagatik zera surosatuko dugu material ferromagnetiko guztian

dagoen magnetizazio osoa magnetizazio tangentziala eta uniformea

dela.Orduan dugu;baina materialaren bi aurpegi

libreetan,hots, burdintartea mugatzen duten aurpegiotanTy=tAft

izango dugu.Airezko burdintartea mehar-meharra balitz,orduan gutxi

gorabehera:

1.6t (burdintartean) (60)I-12t, 0 (beste edozein puntutan)

Baina ondorio hau eta Ampere-ren zirkuitu-legea ez daude ados,

zeren

1(1.1>t +H2t )c11: NI ftlt .d N1

bait da;eta d hori ez bada gu2tiz txikia ez da hori betetzen.Airev-

ko burdint,arte mehar, baina ez erabat mehar, bate.ntzat hurbiltze

hobe bat hau dugu:

(burdintartean)

(61)

d (materialeen)

hauek ez bakarrik Ampere-ren zirkuitu-legea baizik eta aurpegi libre-

152../

etan zehar B-ren osagaiaren tangentzialaren jarraitasuna betetzen

dute.

(59) eta )61).ekuazioak elkarrekin erlazionatuz,eta H-ren

definizioa gogoan hartuz,

=,<4(77.;;:7)zera dugu

8t,iiff#)4mt(i-+) (62)

nahiz burdintartean nahiz material ferromagnetikoan.

ZIRKUITU MAGNETIKOAK.-

Ikusi dugunaren arauera,eremu-lerro magnetikoak kurba itxiak

dira.Korronte-hedaketa zehatz bati dagokion fluxu magnetiko osoa

zehaztuta dagoen trajektoria batetik joaten bada "zirkuitu magneti•

koz" hitz egin dezakegu.Lehen ikusitako adibideak, hots, toroidea-

renak, zirkuitu magnetikoak ziren.Lehenengo adibidean zirkuitua ma

terial bakar batez osaturik zegoen,eraztun ferromagnetikoa;biga-

rrenean,aldiz,fluxuak bi materialetatik pasatu behar zuen:ferromag

netikotik eta airetik (burdintartea);fluxu bera osorik bietatik

pasatu behar zuenez gero, bi materialak lerrotan zeudela esan ohi

da.

Kontsidera dezagun kasu orokorrago bat: toroide bat material

desberdinez os-turik dago eta bere inguruan uniformeki harilkatuta

N birako solenoide bat darama.Solenoide horren barrendik I korront

bat doa

N birak

Trajektoria

Trajektoria horri Ampere-ren zirkuitu-legea aplikatzen badiogu

y61/ de,,nij.

153.:1

Puntu guztietan funtzio bezala jartzea komeni da:

H eta 0=8.5 kontutan harturik

0.cle „Aws -

Baina .9‘ fluxu osoa toroidean barruan sartuta dagoela onartzen

badugu, konstantea da, beraz

Of /V./S

Ekuazio honen bidez eta zirkuitu magnetikoaren parametroak eza-

gutu ondoren fluxua lor dezakegu.

Ekuazio honek Ohm-en legea gogora erazten digu, hau _TRzE

genuen.Beraz,analogiaz baliaturik:indar magnetikoeragilea (i.m.e)=NI(64)

definitzen badugu eta R erreluktantzia

.9‘14- (65)

(63). ekuazioa honela bilakatzen zaigu

(63 a)L.ne

Daukagun zirkuitua zati homogeno desberdinez osaturik badago,

erreluktantzia osoa horrela lor daiteke

(65a)

d )41 Ç,1 1Beraz, lerro-zirkuitu batetan erreluktantaia osoa elementu guz-

tien erreluktantzien batura da.

Zirkuitu magnetikoaz ari garenean,maiz material ferromagnetiko

batek edo gehiagok hartzen dute parte,eta orduan nolabaiteko zailta-

sun bat azaltzen zaigu.Material ferromagnetiko batentzatii=»H)

dugu,eta H ez da ezaguna izango fluxua aurkitu arte,hots, proble-

ma askatu arte.Honelako problema batetan dagoen bide bakarra itera-

zioa dugu.Zirkuitua osatzen duten material guztiak ferromagnetikoak

balira honela egingo genuke:a)H: kalkulatuko genuke,1 osoa

zirkuituaren luzera osoa izanik.b) H hori baliatuz eta material ba-

koitzaren magnetizazio-kurbaz,material bakoitzaren iragazkortasuna

aurkituko dugu.o) Horien bidez eta zirkuituaren zatien geometriaren

bidez,erreluktantzia osoa lortuko dugu.d) Hori dela eta,(63.a) ekua-

zioz fluxua kalkulatuko dugu.e) Fluxu horren bidez material bakoi-

tzari dagokion iragazkortasuna aterako dugu.f) Berriz e puntutik

(63)

154../

abiatuko gara eta kaikulU osoa egingo dugu.Gehienetan bizpahiru

iterazio aski izaten dira $16 -ren hurbiltasun on bat izateko.

Ri erreluktantziaren balorea iragazkortasuna alderan-

tziz proportzionalak dira.Material ferromagnetiko baten iragazkor-

tasuna)4 baino ehun,mila eta,kasu batzutan,ehun mila aldiz baino

handiagoa denez gero material ferromagnetikoek erreluktantzia txi-

kia daukate(besteekin alderatuta,bederen).Fluxu magnetiko batek bi

trajektoria desberdin aurkitzen baditu,bata Rh erreluktantzia han-

dikoa eta beste Rt erreluktantzia txikikoa,fluxuaren parte handie-

na erreluktantzia -6cikiko bidetik joango da.Hori dela eta, irudian

azaltzen den bezalako zirkuitu bat datikagunean A,B eta C material

1ferromagnetikoak izanik,fluxuaren parte nagusiena toroidetik joango

da,eta eolenoidearen buruen arteko airetik ia ez da ezer joango,

erreluktantzia hori oso handia delako.Beraz,irudi honetako zirkuitua

eta lehen ikusitakoa ia baliokideak dira.

Zirkuitua osatzen duten material batzuk ferromagnetikoak dire-

nean baino ez denak,orduan solenoidearen buruetan "dispertsio" bat

agertzen da eta kalkuluak zailagoak egiten dira.Halaz ere, eta kasu

askotan hurbiltze bat baino gehiago ez bada ere,zirkuitu magnetikoa-

ren kontzeptua erabiltzea oso praktikoa da.

155../

9.Ikasgaia : INDUKZIO ELEKTROMAGNETIKOA

SARRBRA: FARAY-REN LEGEA ETA LENZ-EN LEGEA.-

XIX. mendearen hasieran Faraday-n eta Henry-n saiakuntzak zi-

rela medio,zirkuitu elektriko batetik pasatzen den fluxu magneti-

koa aldatzean zirkuituan indar elektroeragile bat sor (induzi)

zitekeela gauza jakina zen.

Makina bat esperimentu egin ondoren, ondorio guztiak ekuazio

batez eman zitezken.

e.- d O 0)dt

hemen zirkuitutik pasatzen den fluxu magnetikoa

e zirkuituan induzitzen den indar elektroeragileat denbora

ditugu.

Ekuazio hau Faraday-ren indukzio elektromagnetikoaren legea

dugu.Lege horrek adierazten duenaren arauera,indar elektroeragile

induzitu bat izateko,zirkuitu elektrikotik pasatzen den fluxu magne-

tikoaren aldaketa bat izan behar da;baina aldaketa horren sorburua

edozein bat izan daiteke:hots, zirkuitua higitu delako edo B-ren

balioa denboraren zehar aldatzen delako.

(1).ekuazioak ematen duen ekuazioa benetako lege esperimental

independente bat da;beraz ezin da beste lege eaperimentaletatik

sortarazi.

Faraday-ren legeak eramaten duen minus zeinua Lenz-en legea du-

gu.Honek zera dio: induzitzen den indar elektroeragileak bera sortu

duen fluxu-aldaketa deuseztatu nahi izaten du.Hau da,zirkuitu bate-

tan fluxu magnetikoa handituz badoa, zirkuituan agertuko den indar

elektroeragileak korronte bat eman nahi du;eta,korronte horren no-

rantza dela eta,berak sortaraziko duen eremu magnetikoa lehenen-

goaren kontra joango da.Beste adibide bat: harilketa batetan iman

bat sartzen saiatzen bagara,azalduko den korronteak eremu magnetiko

15 6../

batez iman hori aldaratu nahi du.Fenomeno guzti hauek Lenz-en lege-

ak labur biltzen ditu:eistema magnetiko batetan aldaketa bat dagoe-

nean,azaltzen den ondorioa aldaketa horren aurka doa.

Denborarekiko fluxuaren aldakuntzak bi oinarrizko iturri izan

ditzake: 1. Zirkuitu elektrikoa geratua izanik eremuaren aldakuntza.

2. Eremua konstantea izanik zirkuitu elektrikoa eremuare-

kiko higitzen da.

Saia gaitezen lehenengo kasurako indar elektroeragilearen for-

mula bat bilatzen.Esan dugun bezala, zirkuitua geratua dago etacip

aldatzen da B aldatzen delako.Indar elektroeragilearen definizio

dela

eta

e - E (11-

(2)

(3)

Honen bidez (1).ekuazioa honela idaz daiteke

e:-(//)dt--crt-is

Baina,zirkuitua geldirik dagoenez gero -ren aldakuntzak B-ren

aldakuntzak ematen ditu;beraz honela jar dezakegu

e--

(5)s

(2).eta (5).ekuazioen artean zera dugu

3t(6)

Ekuazio honen lehenengo gaiari Stokes-en teorema aplikatzen ba-

diogu,hau dugu:

rot f

-s 3 t

Hau edozein S gainazaletarako bete behar da,beraz

rotE-- 21-3t

Honek Faraday-ren legea era diferentzialetan ematen digu.Beraren

bidez denborarekiko B-ren aldakuntzak ezagutu eta E aurki dezakegu,

eta,hau aurkitu ondoren, indar elektroeragilea lortu.

(7)

(8)

157../

INDAR ELEKTROERAGILE INDUZITUA MEDIO HIGIKORRETAN.-

Oraingo honetan indar elektroeragile induzituaren bigarren kasua

aztertuko dugu.Hemen B-k konstantea iraungo du eta fluxuaren alda-

kuntzen zergatia zirkuitu elektrikoaren higidura da.

Jar dezagun higitzen ari den edozein espira bat, eta kontsidera

dezagun bi posizio desberdinetan.Bi posizio horien artean dagoen dis

tantzia u-•dt izango da.dS2

bi posizioak distantzia infinitesimal

batez bereizturik badaude:

c1§-; - izango dugu

Beraz, (9) honela jar dezakegu

ffd jct — Erd 415 (10)

Si inrrakonHau diferentzial bat izango da zeren bi posizioen artean izan

daitekeen fluxu-aldaketak infinitesimal bat izan behar du.

Baina (7dt denez gero

- (.57dS= - f 87(c17: d 0 (")Eta

Qz- cd*Z. ,L3(cirk7";)

l/2)

dS1

c/S2 :c(egiten badugu eta

Espira hau B konstantea den eremu mag-

netiko batetan murgildurik dago.

Espira bi posiziotan kontsideraturik eta

marrazkian ikusten den irudia itxia dela

eta dagokion fluxu magnetiko osoa zero

izango da:

dZ#S Ls7.fircts'.0.51

(9)Starakna

158../

Baina bektore-kalkulua dela eta (12).ekuazioa honela jar daite-

ke.

eta hau (2). ekuazioarekin alderatzen badugu:

(14)Er irx 8Ekuazio honek zera ematen digu:B indukzio konstanteko eremu

magnetiko batetan v abiadura batez higitzen den zirkuitu elektrikobaten puntuetan azaltzen den eremu elektrikoa.

Hemendik oso ondorio garrantzitsu bat dugu: karga elektrikorik

gabe sortutako eremu elektriko bat, hots, efektu magnetiko batez

sortutako eremu elektrikoa.

EREMU ELEKTRIKOAREN ADIERAZPEN OROKORRA.-

Karga elektrikoek sortaraaten duten eremu elektrikoa irrotazio-

nala dela orain baino lehen ikusia dugu;eta, beraz, funtzio eskalar

batetik gradiente eragiketaren bidez erakar daitekeela:hots,poten-

tzial fUntziotik.Aldiz, medio magnetikoz lortutako edo induzitutako

eremu elektrikoa ez da kontserbakorra,hau da,ez da irrotazionala,

zeren (8). ekuazioak adierazten digun bezala bere rotazionalaat

da.Edo bere zirkulazioa ez da zero,p- dP._ .10J7- baizik

Baina, B indukzioa -.rotazional eragilearen bidez A potentzial

bektorial batetik erakar daitekeela ikasi dugu.

Vx A (ts)

(/6)

( E": g)-°

(f7)

Orduan,nahiz eta induzitzen de E eremua kontserbakorra ez izan,

induzitzen dentbektorea kontserbakorra da eta,beraz, gra-

diente eragilearen bidez U potentzial eskalar batetik sortaraz deza-

kegu.

(13)

Beraz, (8).tik

edo

at

(18 )

159../

orduan

atHauxe da,hain zuzen ere, eremu elektrikoaren adierazpen oroko-

rra,hau da, karga elektrikoek eta eremu magnetikoek sortaraz deza-

keteen eremu elektrikoaren adierazpena.

Kasu berezi batetan eremu magnetikoa zero izango balitz,orduan

A=o izango litzateke eta bai eta ere bere denborarekiko deribatua;

beraz (19).ekuazioa ezagutzen dugu -V u bilakatzen zaigu,U

potentzial elektrostatikoa izanik.

Guzti honen bidez magnetika eta elektrikaren artean dagoen lo-

tura hertsia ikusten ahal da.

AUTOINDUKTANTZIA.-

Bedi zirkuitu elektriko bat eta bere barrendik pasatzen den I

korronte bat;dakigun bezala, honek eremu magnetiko bat sortaraziko

du.Eremu magnetiko horiek bere sortzailea den zirkuitu elektrikoa

zeharkatuko du eta fluxua nola edo hala aldatuko balitz,Faraday-ren

legea dela medio zirkuituan indar elektroeragile bat induzituko da;

edo, hobeto esanda,autoinduzitu egingo da.

Zirkuitua gerakorra eta zurruna bada, 0 -ren aldakuntzaren kau-sa bakarra I-ren aldakuntza da;beraz (1).ekuazioa,honela jar daite-

ke.

e.- dai dl (20)dl dt

etadI

autoinduktantzia edo autoindukzio-koefizientea bezala-

definitzen badugu (20).ekuazioa honela bihurtzen zaigu

e,-L dI (21)dt

Kasu batzutan 0 eta I zuzenezko proportzionalak dira eta orduanL _ _ bilakatzen da.Hau gerta dadin,material ez-magnetikoekin- dI - I

lan egin behar da.Autoinduktantzia MKS aisteman Henry-tan neurtzen

da;beraz, zirkuitu batetik pasatzen den korrontea Ampere bat segun-

dotako aldatzerakoan Volta bateko indar elektroeragile bat induzitzen

bada, bere autoinduktantzia Henry batekoa dela esan ohi da.

Egin dezagun adibide bat: Bedi N espiratako harilketa bat, toroi-

160../

de baten inguruan bildurike, dOt

dtedo, Ot N denez gero

-N cl 0 dt

zerenespira bakoitzean induzitzen dendt

indar elektroeragilea bait da

e,_Nd(8.5)_ N S) (22)

dt dteta materiala ez bada ferromagnetikoa/« konstante bat dugu (ia /44 )

beraz,

eta beraz,

L- N's)-t (24)—

Hauxe izango litzateke harilketa baten autoindukzio-koefizientea.

ELKAR-INDUKTANTZIA.-

Lehen ikusitako kasuan zirkuitua zeharkatzen zen fluxuaren sor-

tzailea zirkuitu bera zen.Orain kasu orokorrago bat azter dezakegu.

Bitez N zirkuitu elektriko zurrun eta gerakorrak,eta bakoitzetik

korronte bat pasatzen

i-garren zirkuitua zeharkatzen den fluxua honela adieraz dezake-

gu:

Y^i = + + + 95,,,= 95,1

(24)

Hau da, 1-zirkuituak sortutako fluxuaren i-garrena zeharkatzen

den partea da, e.a.Beraz, i-garren zeharkatzen den fluxu osoa

guztien batura da.

i-garren zirkuituan induzitzen den e, indar elektroeragilea hau

da:

d t dt dt dt j dt (25)

Jarri ditugun baldintzekin aldakuntzen kausak korronteen

aldakuntzak dira.Beraz,

dt dt

(26)

e z _N4,i s _ _ditAfia 5 cl Ov1/1) s (23)dt dt dt

161../

I.j j -ren kausa delako.0,

Eta '=-11-=ffiji egiten badugu eta "elkar-induktantzia n bezalad15:

definitzen badugu denean,zeren i = j denean daukagu edo

lehen Li bezala definitu duguna,hain zuzen,Honen bidez (25).ekua-

zioa honela dugu.

M-n definizioa dela bide,MKS sitemaren unitatea autoindukzio-

arena bera izango da,hots, Henry-a.

Erabiltzen ditugun medioak ferromagnetikoak ez badira

Otd d - dI bilakatzen zaigu.

Adibide bat: Bedi lehen erabili dugun toroide ez-magnetikoa eta

beraren gainean eta A/2 bi harilketa uniformeki biltzen ditugu.

Lehenengotik // korronte bat sartuko dugu eta bestetik zero.Toroi-

dean azalduko den indukzioa hauxe izango da:

!Y5_71.

eta espira bakoitzetik fluxua

Off lehenengo harilketari dagokion fluxu osoa

SLehenengoak sortutako eta bigarrena zeharkatzen den partea

s

Hauetatik

0/1 _/#15_rf

1,12,, A1/41(1 5

/, !

Beste alternatiba hartuz, hots, bigarren harilketatik ji korron-

te bat sartzen eta bestetik bat ere ez.

Azaldutako B indukzioa hauxe da

eta desarroilo paralelo bat eramanaz

L et. /1,1 /1///v.,

2- =

c_14. (27)

dt

Piska bat geroago dela demostratuko dugu,hori dela

eta azpiindizekin ez ditugu oztoporik izango

162../

Beraz, kasu berezi honetan M /2 Z A711 dela frogatu dugu.Bestetik

j, 41/4i S2 _1‘

Orduan

11,-\14.4

(28)

Zehaztasun guztiarekin hau ez da egia borobila:hemen lehenengo

zirkuituak ematen zuen fluxu osoa bigarrenaren barrendik pasatzen

dela onartu dugu,eta alderantziz;baina hau kasu ideal bat besterik

ez da. Benetan

k \17;21; (2?)K bata baino koefiziente txikiago bat izanik.Koefiziente honi "el-

kartasun-koefizientea" deritzogu.

NEUMANN-EN FORMULA.-

Bitez bi zirkuitu zurrun,gerakor eta medio lineal batean(hemen

hutsea4orduan

c(0,, - dugu..1"

Biot eta Savart-en legea,hots,477'

ar r14

If korronteak 2 puntuan sortzen duen indukzioa,erabiliz.

=fs,. dS, = % iff (30)

Beraz,

,/14 I cg: f)ic, ru

Baina,

x (hemen \7,2 puntuarekiko da) r/z

Orduan_-

II„ Ä 1:6-11. f ciS, (32)

- 4 rf z et r" 417' c,

Stokes—en teoremaren bidez

47f c2rtze do

22:L(

- trr Jcz

(33)

ikus daiteke

163;./

Hauxe da,hain zuzen ere, Neumann-en formula, berak demostra-

tzen bai digu C/2/.7" dela,biderkaketa eskalarra trukakorra dela-

ko.

Induktantziak kalkulatzeko Neumann-en formula gehienetan oso

zaila da,geometria ez bada oso erraza,behintzat.Baina,formula hau

oso erabilkorra da indarrak eta momentuak kalkulatzeko.

LERROZ ETA PARALELOZKO INDUKTANTZIEN ELKARKETAK.-

Induktantziak,erresistoreak eta kondentsadoreak bezala,askotan

lerroz edo paraleloz elkartzen dira.Elkarketa hauen emaitzak ezagu-

tzea oso garrantzitsua da.

Induktantziak elkarren ondoan izatean beste elementuekin gerta-

tzen ez zen gauza bat kontutan hartu behar dugu:hau da, bakoitzaren

induktantziaren gain batak besteri egiten dioten eragiketa.

Hemen ere beste alderdi bat kontsideratu behar dugu, hari-bilke-

taren norantzaren arabera,bi(edo gehiago) harilketa artean egon

daitekeen induktantzia positiboa ala negatiboa izan daitekeela.

O O

O O

(A) (B)Ikus irudiak:A irudian,l.harilketatik pasatzen den fluxua zera

da: berea gehi bestetik datorrena.Beraz,M positiboa da.B irudian,

l.harilketatik pasatzen den fluxua zera da berea ken bestetik dato-

rrena.Beraz,M negatiboa da.

Harilketa bakar bat izango korrontea pasa eraztekolla

tentsio bat ipini behar izango genioke;

tentsio horrek barruan azaltzen den in-

dar elektroeragilea gainditu behar du,Au

hau e.-L :14 denez gero, jarri

behar den Au tettsioa 411.1 41- adinakoa da.dt

104../

Kontsidera ditzagun bi harilketa lerroz elkartuak.Ll L2 Alk,Qur4,2

Baina

Pleikdt dt

o Aul Au2 p eta

611 dI dt dt

Baina M positibo denean,bientzat positiboa da;eta negatibo

denean bientzat negatibo;beraz,

ALL=(ii+L2±2/1) (34)dt

Baliokidea den autoinduktantzia baten balioa hauxe izango

tzateke

÷L2 211

(35)

Kontsidera ditzagun,orain, bi harilketa paraleloz elkartuak,

zera izango dugu:

Pu

L\ ‘t _ +ett ett

L- 2 at - M dt

Desarroiloa egiterakoan M positibo

bezala kontsideratuko dugu,nahiz eta

ongi jakin negatiboa ere izan daite-

keela

edo

e do

edo

edo

dt cit /

LILL1,1 dI2 _ L2

•-• L, d t

dI,/ L, \LL(dt

01 -1-2 L, L2 --M2 QuLdt -

c1.1.2_=

dt z,L,-/y2

dii I (a_z2eta dt cit

(36)

atera ordez aterako bagenu,zera izango genuke:dt dt

d-Z; L2-M dt L112-M2

165. ./

Baina _T= denez gero

dI(38)dt - crt + dt

Eta (38).ekuazioan au-rkitutako (36). eta (37).ekuazioak sartzen

baditugu

dI _ A , - 2/4

dt ii4 -M2Beraz,baliokidea den L-ren balioa hau dugu

Akz 1 , 21 - M2 (40)

Lehen esan dugunaren arauera M-n zeinua kontutan hartu behar

dugu,eta hau harilketak nola konektatzen duenak baldintzatzen du.

Beste aldetik ere, induktantziek beti erresistentzia ohmiko bat

izango dute eta hau ere kalkuluetan sartu behar da.

Induktantziak,korronte zuzenezko zirkuituetan baino gehiago,

aldizkakoetan erabiltzen dira.

(3?)

166../

10.Ikasgaia : ENERGIA MAGNETIKOA

SARRERA.-

Farady-ren indukzio-legea dela eta, eremu magnetiko bat sortaraz-

teak energia bat behar du.Zirkuitu bati kanpotik indar elektroera-

gileko iturri bat ezartzen badiogu,zirkuituan agertzen den korrontea

ekuazio honen bidez lor daiteke

eo -re I R(f)

Hemen: e induzitZen den indar elektroeragilea

R zirkuituaren erresistentzia

I korrontea

Zirkuitutik c.izeo .Tohtkarga mugitzean. eo -k egin behar duen lana hauxe

dugu:

eoc19., -e Iolt+PR dt

Eta Faraday-ren legearen araberadt

e04,LIO+PRdtBeraz, kanpotik egin den lana honela bilakatu da:

Parte bat, IzRci t zirkuituan bero-energia bihurtu da era itzule-

zinean.Beste partea, /(10 ,zirkuituan induzitzen den indar elektro-eragilearen kontra egiten den lana da;e 0 -k egiten duen lanaren partehonek eremu magnetikoaren egitura aldatzen du.Zirkuitu ideal bat kon-

tsideratuko bagenu (hots, erresistentzia zero duen zirkuitu bat) orduan

zera genuke

dw6 , I dO

(4)

Hemen 6 azpindizeak hauxe adierazten du:dV(4, kanpotik egin den

lana dela,hots, kanpoko energi iturriek(bateriek) egin dutena.Lan-al-

daketa hau(edo, hobeto esanda, energi aldaketa hau) positiboa nahiz

negatiboa izan daiteke. al 0 fluxu-aldaketaren norantza eta I korronteak

sortarazten duen fluxuarena berdinak direnean positiboa izango da,eta

bestela negatiboa.

Zirkuitu zurrun eta gerakor batetan azaltzen den energi galera,

Joule-ren bero-galera soilik baldin bada (hau da, ez dago histeresirik)

orduan zirkuituraren "energi magnetikoaren" aldakuntza adieraz-

(2)

denez gero:

(3)

167../

ten digu.Geroxeago histeresia zer den begiratuko dugu, oraingoz

sistema magnetiko itzulgarriak bakarrik hartuko ditugu kontutan.

ZIRKUITU AKOPLATUEN ENERGIA MAGNETIKOA.-

Bitez akoplatuak dauden n zirkuitu elektriko,bakoitzetik 11,

12 In korrontea pasatuz.Zirkuitu hauek medio lineal,homogeno

eta isotropo batetan murgildurik daude.Zirkuitu horiek elikatzen

dituzten bateriek egin behar duten lana hauxe dugu:

dOi

Baina, guk suposatu dugun kasuan, dO, fluxu aldaketak baldinbadaude korronteak aldatzen direlako dira eta ez beste,zeren zirkui-

tuak geldirik daude. i20Beraz,

ciGk `1Ø`" dIjjr,

(6) •

HemendOV zera da: j zirkuituak sortutako fluxuaren i zirkuitw,

raino iristen den partea.

Baina,orain baino lehen---=-:,,v definitu dugu.Beraz,dii

c

Baina, hemen driartu ditugun hipotesiak direla eta tlio" konstante-

ak dira;orduan (7).ekuazioa integratu ondoren hau dugu

0. (8)' j_,

Dauzkagun zirkuituak zurrunak eta gerakorrak direnez gero ez da

lan mekanikorik izango;beraz,c/Wi, ,hots, bateriek ematen duten lana,

sistemaren energia magnetikoaren aldakuntza bezainbatekoa da.Hemen

zirkuituak gerakorrak direnekoaz ari gara;aurreraxeago zirkuituak hi-

gikorrak izango dira,eta or uan ez dirac/W eta c/W6 berdinak izan-

go.

n zirkuitu zurrun eta gerakorreko sistema baten energia aurkitze-

ko(5).ekuazioa integratu behar da.Horretarako;fluxu zero den egoera-

tik abiatuko gara,hots,I, guztiak zero direnean,eta bakoitzari dagokion

korrontea egoeraraino joango gara.Baina gure kasuan,(8).ekuazioa

dela eta, i zirkuituari dagokion Oc fluxua zirkuituetako korronteekin

linealki erlazionaturik dago;eta, beraz,energia magnetikoa eta korron-

teak beren azken balioetaraino eraman diren era independenteak dira.

(6-)

(7)

168../

Hori dela eta,VV aurkitzeko bide erraz eta berezi bat aukera de-

zakegu.Bide hau zera da: korronte guztiak(eta bide batez,fluxu guz-

tiak) era komuztatu batetan eramaten dira beren azken balioetaraino,

hots, edozein une batetan korronte guztiak(eta fluxu guztiak) beren

azkeneko balioen proportzio berdinean daude.Bedi 0( proportzio hori,

Edozein instant batetan dauden korronteak

baldin badira,ordUan .2-;=(‹it eta bai eta ere

baina azkeneko ekuazio honetan aldagaia o( da;beraz, c102,do(

Epetxo bati dagokion energi aldaketa, (5). ekuazioa dela bide,

zera izango da:

ClW=Z =Zoclig5i cic<

i,/ iztBeraz,energia osoa

Zn2

Baina,(8). ekuazioa kontutan harturik

ZnHau da:

Wz.Í. .42,,2 + Ln jn +

IV/1 Iff.1 + •• • ÷ liffniprn

MIŠ In In

zeren eta

direlako.

Bi zirkuitu bakarrik elkar uztarturik izango bagenitu

zW= .1/1:-/-11111.7+12-1; (/3)

Hemon, M/2 -en ordez M ipini duguiVII -T2 gaia positibo nahiz ne-

gatibo izan daiteke,baina energia magnetiko osoak positibo(edo zero

izan behar du,eta hau edozein I / eta 1 2 batentzt. 11/4/ erlazio x

batez adieraziz:

VV- +2/Vx +2, x2)0 (l4)

w minimoa (edo maximoa) egiten duen x-en balioa aurki dezake2,-u

edo

d W -_L /: (21,14-2L, X)-= 0dx 2

X= --11L2(2/2 ) >o

dx2 2

Honela,sistemari dagokion energia minimoa:

2(4-P12)>0W_z 4 1

/ -2 f Z2

Beraz, betiedo.L 2 /

169../

beraz, minimo bat dugu.

1\1\lifL2 (75)Orain baino lehen esan genuen bezala.

EREMU MAGNETIKOAREN ENERGI DENTSITATEA.-

Ikusitako(12).ekuazioa oso garrantzitsua da,beraren bidez korron-

te-sistema bati dagokion energia magnetikoa zirkuituko parametroen

bidez (hots, korronte eta induktantzien bidez) lor bait daiteke.Baina

B eta H eremu-bektoreen bidez azal daitekeen energiaren beste formu-lazio bat edukitzea komenigarri dirudi;orduan,energia eremuari atxiki-

tua azalduko litzateke.

Bedi zirkuitu finitu eta zurruneko talde bat,medio lineal bate-

tan murgildua.Zirkuitu bakoitzak bere korrontea du.Sistema honen ener-

gia(11).ekuazioak emango digu.

Dakigun bezala

Oi-zf 8.ds,r rotAds, (>6)Se JSi

A, i-ri dagokion bektore-potentziala izanik.

Beraz, (11).ekuaziora eramanaz.

_n

w.Adli (f9)2

Ekuazio hau piska bat orokorragoa egitea komeniko litzaiguke.Ho-

rretarako zera suposatuko dugu: korronte-zirkuitua zehaz-zehazturik

ez daukagula;aldiz, zirkuitu bakoitza medioan isten den trajektoria

bat besterik ez da(horretarako medioa eroalea dela onartu behar dugu).

Orduan ondoan dauden makina bat,Ci zirkuitu kontsideratuko bagenu,

14 -ren ordez JdV eta -renoftzle:( jarriko bagenitu:C V

W- .L/ TAc/V (./5)Baina

2 vrot N denez gero eta

did(Axi7), iTrotA-ZrotiT

w_ f rotWvz_iji7;t/Tciv2 Jv .

,L liTratA7dv2 iv 2 s

170../

Hemen, S, V mugatzen duen gainazala da.Baina, suposatu dugunaren

arabera, "zirkuituak" finituak dira eta gainazala distantzia oso handi

batetara, kanpoaldera,eramaten badugu,bere puntu guztiak korronteeta-

tik oso urrun egongo dira.Hori egiterakoan sistemaren bolumena ere han-

ditu egin behar dugu.Baina,gainazalaren gainean, H-ren balioa

batera txikiagotzen da.Hemen r zera da:medioaren ondoko jatorri baten

eta gainazaleko puntu baten arteko distantzia;A-ren balioa -L-rekin

handiagotzen da; dena den, (19). ekuazioko azal-integrala ÷-rekin

batera txikiagotzen da. Beraz, r infinituraino eramatean,gai horren

emaitza zero da.Orduan (19). ekuaziotik gai hori kenduz eta bolumena

infinituraino eramanaz,hots, espezi guztia hartuz:

W, LIT-1.ErdV (20)2./

eta bolumen-unitateari dagokion energia magnetikoa zera dugu:

LW-H82

eta material lineal eta isotropikoentzat hori honela bihurtzen zaigu:

vv.-21--/k 112 (22)

INDARRAK ETA MOMENTUAK ZIRKUITU ZURRUNETAN.-

Korronte-zirkuituko sistema baten energia magnetikoa aurkitzeko

formula desberdin batzuk lortu ditugu;ikus (11),(12) eta (20). ekua-

zioak.Horietako zirkuitu batetan azaltzen den indarra edo momentua

energia magnetikoaren bidez lor daitekeela demostratuko dugu.

Korronte guztiak aldatu gabe iraunarazjz,indar magnetikoen eragi-

na dela eta horietako zirkuitu batek dŕ desplazamendu zurrun bat egindezala uzten dugu.Sistemak egi en duen lan mekanikoa hauxe dugu:

d (23)

Baina, energi kontserbazioaren ondorioz:

dW+ dWTh dW6

(2f)

171../

hemen,d1V sistemaren energia magnetikoaren aldakuntza eta dW6 indu-

zitzen diren indar elektroeragileen kontra eta kanpoko energi iturri-

ek egiten duten lana ditugu.

Guk, zera aurkitu nahi dugu, zirkuituan azaltzen den indarraren eta

-ren arteko erlazioa.Dauzkagun zirkuituak zurrunak badira, eta medio

magnetikoa lineala, erlazio hori erraz aurkitzen da.

Nahiz eta sistemaren itxura geometrikoa aldatu,korronteak alda-

tzen ez badira (11). ekuazioa erabil dezakegu,eta beraz

d wz f d (25)2

Baina, (5).ekuazioak zera dio

W6=fcl - die,.,/

(26)

edo

dWm_dW

(27)Baina, (23).ekuazioa dela eta zera dugu:

dV(/ ,7:17--

edo beste era batez emanda:

yraclWeta sistema errektangeluar batetan:

Fxz "‘.4=Fy=a!-Al Fz=a y

Beraz: eremu magnetiko batetan murgilduta dagoen zirkuitu bate-

tan azaltzen den indarra energia magnetikoaren gradientea dugu.Horre-

gatik,energia magnetikoaren espresioa jakin eta zirkuitu bakoitzak

jasaten duen F indarra aurki dezakegu.

Kontsideratzen ari garen zirkuituak dr desplazamendu bat egin

ordez de angelu bat ardatz baten inguruan biraketa bat egiten badu,

(23). ekuazioa aldatu behar dugu:

clW. cl -63-. 77x d4 + 4614

Beraz,

Hau (24).ekuaziora eramanaz

c/W+c/W..,2c1W

(28)

(29)

172../

hemen, 3 zirkuituan dagoen momentu magnetikoa dugu.

Orduan: dW,,,:dtliz3c19

(30)

eta eistema errektangeluar batetan

5,2\111 J2'?Oy

Metodo hau erabiltzeko W era analitikoan eduki behar dugu,hots,

VV (x,y,z,0x,(9y,0z) aldagaien funtzioa bezala jakin behar dugu.

Egin dezagun adibide bat:

Bedi N birako eta 1 luzerako solenoide luze bat,I korronte batez

zeharkaturik.Burdinazko ziri mehe bat solenoidearen ardatzetik sartu-

ko dugu.Bitezeta S ziri horren permeabilitatea eta sekzioaren

azalera.Ziriaren erdia solenoidearen barruan izan arte ziria solenoi-

detik aterako dugu.Aurkitu ziria lehenengo posiziora eraman nahi duen

indarraren balioa.

nnönnnönnnönnnnonon

C) 0 CIVO 00UOOU (.1 UUCJUU

XO

_nonnnnönnnn Irinnoonrin Px

0000000 0 000 0000000 0

Problema honi dagokion eremu magnetikoaren egitura aurkitzea na-

hiko korapilatsua da.Baina.zorionez, ez dugu sistemaren energia osoa

aurkitu beharrik,irudian azaltzen diren bi posizioen artean dagoen

energi aldaketa baizik.Bi hauen artean dagoen diferentzia zera da,

eskuineko muturreko.6x luzera goiko irudian kanpoan dagoela eta behe-

koan barruan.Beraz:

173../

w(xo W(Xo)+-(-(A2 -7/4)H2.1v..,-

4x

,w(xo)t-1_(,;i4)9

Orduan

°±Vi1 =/4'1.2 S

ax dx

y1,1„4,10 baino handiagoa bada ziria xurgatua izango da,eta alderan-

tziz ik,W, baino txikiagoa bada.

HISTERESIAREN BILEZKO GALERAK.-

Orain arte aztertu ditugun kasuak sistema magnetiko itzulgarriak

ziren eta gainera,gehienetan,linealak.Hemen beste kasu bat aztertuko

dugu.Kasu honetan erabiliko dugun materiala ferromagnetikoa izango

da eta histeresia izango du.histeresiak zeresan handia dauka.Sistema

baten itzulgarritasuna ez dago erresistentziaren ez-esitentziaren

bidez bakarrik emana baizik eta erabiltzen den materialak histeresia

badu, histeresi-zikloa dela eta energi galera bat izango da erresis-

tentzia izan ala ez izanaren arabera.

Bedi N biratako harilketa bat.Harilketa hau material ferromag-

netikozko pieza baten inguruan bildurik dago.Harilketa hori kanpoko

energi iturri batekin konekta-

tzen badugu, harilketa induzituko

duen indar elektroeragilearen

kontra egiten den lana (4).ekua-

zioak ematen digu.Ekuazio honetan

c156 -k zirkuitutik pasatzen den

fluxw-aldaketa osoa adierazten

- digu;baina, hemen bira bakar bate-

tik pasatzen den fluxu-aldaketad-ren bidez azaltzen badugu eta N bi-

ratik fluxu berdin bat pasatzen dela onartuz:

swh,Aucr

(31)

izango dugu

174../

Gure pieza ferromagnetikoa zirkuitu magnetiko baten parte bat

dela onartzen badugu,eta zirkuitu magnetiko batetan

dt

integral hau linea tipiko baten gainean egin behar dugu

Hori dela eta:

g w6= 45.1-7;17-

Beste aldetik

Sq5=5.5B

Beraz,

S 1S b 8.

eta B eta drlerrokideak badira

(rvvh. gss cr57derf iffiTdv-v

Bolumen-unitateari dagokion energi dentsitatea hau dugu:

SW6. N. SB (35)

Eta dauzkagun medioak linealak,homogenoak eta isotropikoak izan-

go balira,(5). ekuazioa honetara bilduko ]itzaigmkA

WL,,. 2 H13 2 (36)

Erabiltzen den material ferromagnetikoaren jokaera itzulgarria

bada, (34).ekuazioa integra dezakegu B = o-tik azkeneko balioraino

eta sistemaren energia magnetikoa lortuko genuke.Baina,gehienetan

material ferromagnetikoek histeresi-ziklo bat dute,halaz ere,(34).

ekuazioa orokorra denez gero erabil daiteke.

Orokortasun guztiarekin,eremu magnetikoaren egituran aldaketa bat

dagoenean material-unitateari dagokion energi sarrera(35).ekuazioak

ematen digu.Askotan, materialak ziklotan lan egiten du;orduan H inten-

tsitate magnetikoa zero baliotik abiatzen da eta balio maximo

batetaraino heltzen.gero txikiagotuz joanaz eta zerotik pasatuz-limax

balioraino heltzeko eta azkenik berriz zeroraino joateko.Gure material

ferromagnetikoak histeresia badu,H bakoitzari B-ren bi balio dagozkio

(bata igoterakoan,jaisterakoan bestea) materiala histeresi-zikloaren

puntuetatik ibiltzen delako.

(32)

(33)

(34)

dB

b

Hmax

Histeresi-kurbaren gainetik indukzio magnetikoa a puntu batetik

b punturaino aldatzeko egin behar den lana zera da:

B

(VVb)a—b ,1117-1c113—

Integral honek ab kurbaren eta B ardatzaren arteko azalera muga-

tzen digu; azalera hau (eta beraz lana) positiboa kontsideratu behar

dugu,H positiboa delako eta bai B-ren aldaketak ere.

(wb)b,f`riccEr6

izango dugu.Hemen ere kurbaren eta ardatzaren artean dagoen azalera

dugu.Hau negatiboa izango da,H positiboa baina B-ren aldaketak negati-

boak direlako.(W(,)c—deta(k)d —ctburuz beste horrenbeste esan deza-

kegu.Hori dela eta.a-raino heltzerakoan sistemaren energi egoerak hasi-

erakoa izan behar du,beraz, sartu behar izan dugun energia guztia xa-

hutua behar izan da.Energia hori,hain zuzen ere, zikloak mugatzen duen

azalerak adierazten digu

\)(4

1- 7 -.5

(37)

Guzti hau, noski,materialaren bolumen-unitateko dugu.Beraz, uni-

tatea ez den bolumen bat izango bagenu Wb -ren eta bolumenaren arteko

biderkadura aurkitu beharko genuke.Beste aldetik,aurkitu duguna zera

izan da: a-tik irtetean eta a-raino heltzean zikloa behin bakarrik

ibiltzen.Beraz, ziklo bakar bat baino gehiago izango bagenu,ziklo-ko-

176../

purua ere kontutan hartu beharko genuke.Sarri askotan, potentziaz

ari garenez gero, balio hori bider frekuentziaren balioa aurkitzen

dugu.

Batzutan (35). ekuazioa beste era batetan kontsidera daiteke:

clW,6. c18,-.Ñ7,,clii+)4 =(38)

-=‘,fio clit #/11. irolAT

Hemen./.14111 -k zera adierazten digu:erabili behar dugun energia

materiala izan ala ez izan,hots,hutsean egin beharko genukeen lana.

Beraz,beste gaia, , materialari dagokion energia izango da.

Ikusgune hau Termodinamika-lanetan erabiltzen da.

Ziklo oso batetan HdH-ren integrala zero denez gero, (37).ekua-

zioa eta

W,n,,./de 95NdM

(39)baliokideak dira.

11.Ikasgaia : MWELL-EN EKUAZIOAK

AMTERE-REN LEGEAREN OROKORFENA: DESPLAZAWENDU-KORRONTEA.-

Korronte batek sortarazten duen eremu magnetikoak Ampere-ren

zirkuitu-legea betetzen duela orain baino lehen ikusita dago.

177,17 Tds—s

Azter dezagun lege hau eta bere baitan hutsen bat aurkituko dugu.

Gero orokorpenen baten bidez okerrik ez duen lege bat izango dugu.

Kontsidera dezagun kasu berezi bat.Horretarako irudian azaltzen

den zirkuitua hartuko dugu kontutan.Hor,xafla paralelozko kondentsadore

txiki bat dugu.Kondentsadore hori

I korronte konstante batez kargatzen

ari gara.

Ampere-ren legea C inguruneari eta

S1 gainazalari aplikatzen badiegu:

(2)

Beste aldetik,lege hori bera C inguruneari eta S2 gainazalari

aplikatzerakoan zera dugu

(1)

(3)

zeren J zero bait da S2 gainazaleko puntu guztietan.

(2). eta (3).ekuazioek elkarren kontra egiten dute;beraz, ezin dabiak batera egia izan daitezen.0 ingurunea kondentsadoretik oso urrun

egongo balitz izango genukeen egoera 7.ikasgaian Ampere-ren legean iku-

sitako ohizko kasuren bat izango litzateke.Hori dela eta,(2).ekuazioa

egokia dela pentsatzera bultzaturik gaude:hau da, (3). ekuazioa lortze-

ko kondentsadore baten esistentzia kontutan hartu behar izan dugu.(2).k

berriz, ez zuen horrelako bitxikeriarik behar.

178../

Bi ekuazio hauek egokitzeko,biek bigarren atalak desberdinak di-

tuztela gogotan hartuko dugu.Matematikoki:

.11,1S-f:IdS � o (4)

Sf eta S2 -k batera gainazal itxi bat osatzen dute.Baina, S-ielgokion bektore unitarioa barrualdera doan bitartean S2 -ri dagokio-

na kanpoaldera joango da.

Beraz,

56.51+52

J 0

(5)

eta hemendik,dibergentziaren teoremaren bitartez:

v ch6 1c7V � 0

(6)_..-

Baina. 3- -ren ordez dibergentzia zero duen Jbektore bat erabiliko

bagenu (6). ekuazioaren lehenengo atalek zero emango lukete eta (2).

eta (3). ekuazioen arteko kontraesana a purtuko genuke.

Orduan

Tis": rdi,Š,Tdv,o

(7)

izango genuke

Halaz guztiz ere,zera hartu behar dugu kontutan:Ampere-ren legea

bere ohizko eran,hots, (1).ekuazioan azaltzen den bezala, kasu gehie-

netan betetzen da.

Hau idatz dezakegu:

J=J+0‹

(8)

hau kasu arruntetan zero izango litzateke eta kondentsadoreek

parte hartzen dutenean balio bat izango litzateke.BeLte aldetik,bek---

tore hauek,hots,0bektoreak Y-ren dibergentzia zero izatea lortu

behar du. (8). ekuaziotik

(7)

179 ../

„Baina,kargaren kontserbazioak J.- -2-L. dela dio.

Beraz,a?+di67.70 (10)

Eta, di6 71:j° denez-gero

Hau da, • at

(1i)

(12)

ategingo bagenu (10). ekuazioa beteko litzateke eta bide batez (9).

eta (7). Hori dela eta, (12).ekuazioa (8).ekuaziora eramanez

J -15-7",,J+ (13)ateta honek Ampere-ren lege orokorra erakartzen digu:

15'rot I-I.J+ — (4)

Bigarren gai hau (hots, .1[2- -k) desplazamendu-korrontea bezalaat

ezagutzen da.Asmaketa hau Maxwell-en teoria elektromagnetikoari buruz-

ko emaitza handienetako bat da.

MAXWELL-EN EKUAZIOAK ETA BEREN OINARRI ENPIRIKOAK.-

Maxwell XIX.mendeko bigarren erdian bizitu zen.Bera honetan saia-

tu zen: teoria elektromagnetiko guztia eraikitzeko behar diren hasta-

pen minimoak ezartzen.Hastapen horiek Maxwell-en ekuazioak ditugu eta

ondoko lau hauek dira:

ro t7iT 315--at

rotr -t (fs-)

citi13; f (f6)chb§; 0

Lau ekuazio hauetako bakoitza saiakera esperimentalen orokorpen

bat da: (14).a Ampere-ren legearen zabalkuntza da.(15).a Faraday-ren

indukzio elektromagnetikoaren legearen era diferentziala da.(16).a

Gauss-en legea da;hau,berriz,Coulomb-en legetik sortaraz dezakegu.

(17).ak eremu magnetikoaren berezitasun bat adierazten digu:eremu mag-

netikoaren eremu-lerroak itxiak direla hain zuzen.

Lehen esan dugunaren arauera,lege hauek esperimentalak dira eta,

180../

beraz, ez daukate demostrazio matematikorik,baina beren baliagarri-

tasuna edozein kasu batetan egiazta daiteke.Maxwell-en ekuazioak

egoera makroskopiko ia guztietarako baliagarriak dira eta hastapenak

bezala erabiltzen dira.

Ikusten den bezala, lau ekuazio horietan lau eremu-bektore azal-

tzen dira; baina erabiltzen ditugun medioak;elektromagnetika aldetik,

linealak badira, zera jar dezakegu.

H.13//k

eta15-;

Orduan lau ekuazioak bi bektoreen funtziotan eman ditezke:

<-117,A (18)

rotr: _ar (19)

di6Z f(20)

0(2 f)

ENERGIA ELEKTROMAGNETIKOA.-

Orain baino lehen energiari dagokion ondoko ekuu,io hau demostra-

tu dugu:

2

v

75dv (22)

Beraz, eremu elektriko bat sortarazten duen karga-sistemari dago-

kion energia potentzial elektrastatikoa ekuazio horren bidez lor deza-

kegu. Eremu magnetikoan antzeko ekuazio bat atera dugu:

(13)

Orain daukagun problema zera da:egoera ez-estatikoetan ekuazio

hauek erabilgarriak al dira?

Egin dezagun (15). ekuazioaren eta H-ren arteko biderkaketa,eta

(14a). ekuazioaren eta E-ren artekoa.Bi biderkadura hauen arteko ken-

keta egiten badugu:

71rotr-2;0117 HThr-77 (24,)at ,gt

Baina

c1,6(Ex1-.7)., HrotE-E.rot (25)denez gero

116clib(Ex11):. -H - E – E.J )at at

Erabiltzen dugun medioa lineala bada, hots. D eta E zuzenezkoproportzionalak badira,eta beste horrenbeste B eta H, zera izangodugu-

--E E a £ 2_ tšš) (27)

2 (3teta

_L _ B.1-71) (28)at at 2 ,)t ,)t\.2Hauen bidez (26).ekuazioa honela idatz daiteke

(7Õ-rŠt7) r (29)

,31' . 2

Bigarren ataleko lehenenFo gaia zera da energia elektriko eta

magnetikoen dentsitateen baturaren denborarekiko deribatua.Bigarre-

na, berriz, bolumen-unitatean beroaren bidez (hots, Joule efektuaren

bidez) aldatzen den energia (zeinua aldatuta).

(29)•ekuazioa S gainazalak mugatzen duen V bolumen batetan inte-

gratuko bagenu:

d .6(77-7)dv- J77:2V (3 0)x - -

dt v2

Lehenengo atalari dibergentzi teorema aplikatzen badiogu

56(7,<I7) _2

(7."575-.H7dV-Iv7.1--c-iv (.31)clt v

edod

-j J.E 6771 -1-(E.D+8H)cIV ( f„ 77).Z (32)

Ekuazio hau dela eza,JE atalak bi -parte ditula ikusten dugu:

V-ri dagokion energia elektromagnetikoaren aldaketa eta gainazal-inte-

gral bat.(32). ekuazioaren lehenengo atala zera da: V bolumenean da-

goen karga-higidura eta, eremu elektromagnetikoari joaten zaion po-

tentzia.Bolumenean indar elektroeragilezko iturririk ez badago,(32).

ekuazioaren lehenengo atala negatiboa da eta Joule efektuaren bidez

azaltzen den beroa adierazten digu.Zenbait kasutan atal hori positi-

boa izan daiteke.Suposa dezagun: q i zatiki kargatu bat indar nekaniko,

elektriko eta magnetikoak batera direla abiadura konstante batez

higitzen da.Zatiki horri egiten zaion lan mekanikoaren abiadura hau

182../

—•••••

—11.• elow.

vi x8) vi . - liE.vi-

Bolumen-unitate bakoitzean N, karga edukiko bagenu,bolumen-uni-

tateari dagokion potentziaren balioa hauxe litzateke:

(34)

eta karga libre mota bat baino gehiago izango bagenu:

gi E /1/2 — E ,r

(35)

zeren cr -ren definizioaz 7 /1/2 bait da.

Beraz , -fierd V V bolumenari dagokion potentzia mekanikoa dugu

edo bolumen-unitateari .Potentzi dentsitate hau eremu elektro-

magnetikora joaten da.

(32).ekuazioan gainazal-integral bat dugu,integral horrek eremu

elektriko eta magnetikoak soilik dituenez gero honela kontsidera deza-

kegu: gainazaletik zehar pasatzen den energiaren abiadura,hots, poten-

tzia;orduan denbora-unitateko eta azalera-unitateko energi fluxua

/- xH kontsidera daiteke.L-x/1 bektoreari Poynting-en bektorea deri-

tzogu eta S batez adierazi ohi da.

UHINAREN EKUAZIOA

Maxwell-en ekuazioen aplikazio garrantzitsuenetako bat uhin elek-

tromagnetikoaren ekuazioa lortzea dugu. Horretarako (14). ekuazioaren

errotazionala aurkitzen badugu:

rot rot

rotcr* rot(36)at

Baina,medio linealetan eta cy 7 g eta konstanteakizanik,Beraz,

rot rot1-7, ,rotThE ?t- rotE

(37)

eta rot2.„ _ .11 denez gero

rot rot -3/u f:

(38)

Beste aldetik,bektore-teoria dela eta,zera dakigu:

rot rot. j rad clz.6 -72, orduan(38).ekuazioa horrela jar daiteke:

clib 7/7 V2 - - ati7

(35')

dugu:(33)

183../

Baina cb68z-0 dela eta 77-0 izango dugu, beraz

vz7r-E,« g„.0 4a)

Bide paralelo bat eraman eta E-ri dagokion antzeko erlazio bat

atera dezakegu:

VT-E/u yit ° (4t)

Media lineal eta homogeno batetan eta karga-dentsitatea zero

izanik (40). eta (41). ekuazioak eremu elektromagnetikozko uhinen

ekuazioak ditugu.

Maxwell-ek hutsetik hedatzean uhin hauen abiadura aurkitu zuen.

HanV=

\i/M,E0

atera zitzaion.Berak ezagutzen zituen eta -ren balioak zirela

eta (42).ekuazioak ematen duena argiaren abiadura dugu.Beraz, argia

uhin elektromagnetikozko mota bat zela susmatu zutft„gaur egun froga-

tuta dagoen bezala.

42)