3. СТАЦИОНАРНО МАГНЕТСКО ПОЉЕ

Transcript

1 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) СТАЦИОНАРНО МАГНЕТСКО ПОЉЕ Примјер Одредити магнетски вектор-потенцијал у и око праволинијског проводника кружног попречног пресјека полупречника а са струјом константног интензитета који се налази х хомогеној средини пропустљивости [ ] Када се приимијени закон укупне струје добијају се познати изрази: H H e i = Be π π = ( ) = B π i π = ( ) () () û û ϕ A Bi Be H e ( ) () b Слика ϕ B 09

2 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) гдје је растојање од осе проводника Ако са u означимо смјер вектора густине струје магнетске индукције B и B можемо написати у облику: i e Bi= ( u ) π B e = ( u ) π Смјер линија поља одређен је векторским производом ( u ) скаларни магнетски потенцијал одређујемо из: () У области J = 0 B ϕa ϕb= e H dl = H d= d= π (4) π A 0 0 Магнетски вектор-потенцијал има исти смјер као и струја у проводнику односно A= A() Из слике поља и релације B= ta слиједи: ˆ A A A t B B= A= = = Ae = ln + C π Ai = + 4π C da B = d Једну константу је могуће произвољно изабрати а друга се одређује из услова непрекидности вектор-потенцијала: Ae() = A i() Узимајући прву константу једнаку нули за другу добијамо: C= ( ln ) 4π Коначно Ae = ln ( ) (5) π Ai = ln ( ) (6) 4π Примијетимо да магнетски вектор-потенцијал у вањској области не зависи од полупречника проводника Примјер Одредити поље у околини праволинијског проводника дужине кроз кога протиче струја константног интензитета [07] 0

3 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Бирамо цилиндрични координантни систем Поставимо га тако да координантни почетак лежи на половини проводника У овако постављеном координантном систему магнетски вектор-потенцијал има само -компоненту: da d R M( ) Слика d = da ˆ= d ˆ 4π R A R= + ( ) + ( ) d A= ln 4π = 4 ( ) π ( ) da Вектор магнетске индукције има само -компоненту: B = d B= + 4π ( ( )) ( + ) + ( ( ) ) ( ) Примјер Одредити магнетски вектор потенцијал у унутрашњости и изван неограниченог цилиндричног соленоида кружног пресјека полупречника а густо намотаног са N завојака по јединици дужине кроз које протиче временски константна струја интензитета [08]

4 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) У цилиндричном координантном систему вектор густине струје има само угаону компоненту: J = J ˆ ( J = 0 ) ( J = cnst = ) и ( J = 0 ) То значи да ће и магнетски вектор потенцијал имати само угаону компоненту: A = A() ˆ B Слика ˆ ˆ ˆ d B= ta= = ( A) ˆ = B ˆ d 0 A 0 ˆ ˆ ˆ db tb= ˆ ˆ J = = = J d 0 0 B db d 0 = J = 0 db За 0 d = d d ( A ) C C = 0 d d A = + C За = 0потенцијал мора бити коначан те је C = 0 A = d d C C B= ( A) = = = C d d За За 4 A = C C + C4 потенцијал има коначну вриједност те је C = 0 A =

5 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) B d = ( A) = 0 d Из непрекидности функције потенцијала C A( = ) = A( = + ) C 4= C =? B = C B=0 c Слика 4 Примијенимо Амперов закон на контуру која обухвата дио завојака соленоида: H d l= c Коначно B l N l = C = N A = N N B = N 0 Примјер 4 Бесконачно дуг цилиндар кружног попречног пресјека полупречника а од немагнетског материјала са = равномјерно је по својој запремини оптерећен запреминском густином наелектрисања ρ Цилиндр се окреће око своје осе угаоном брзином ω Користећи се диференцијалном једначином за магнетски вектор потенцијал одредити магнетски вектор потенцијал а преко њега и магнетску индукцију у свим тачкама простора [09] Полазимо од прве Максвелове једначине у диференцијалном облику: t B= J t( t A) = J (*) dq= ρdv = ρ l d d

6 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) d dq ω= i= = ρl d ω= ρωl d dt dt Вектор густине струје има само угаону компоненту: i ρωl d J ( ) = = = ρω или S l d J= ρv= ρw = ρω ˆ = J () ˆ ω J =Jˆ : ρ Слика 5 Развиjмо ротор у цилиндричном координантном систему: ˆ ˆ ˆ da ( ) ta= = ˆ = B() ˆ (*) d 0 A() 0 ˆ ˆ ˆ d da ( ) t( ta ) = = ˆ= ρω ˆ d d da ( ) 0 0 d За : d d( A) ρω d = d d( A ) ρω = + C d 4

7 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) d( A ) ρω = + C d A ρω C = + C+ 8 C = 0 пошто је A 0 коначно За d d( A) d( A) C = 0 d = C A 4 d d = C + C C A ( ) 4 = + C = 0 пошто је A ( ) коначно d( A) B () = d За : da ρω ρω C B () = A C + = d 8 8 ρω C ρω C ρω B () = + + = + C 8 8 За da C4 C4 B () = A+ = 0 = d Константу C израчунавамо из граничног услова B( ) = B( ) ρω C = Коначно ρω B= B ( = ) B= B = 0 Примјер 5 + Полазећи од Био-Саваровог закона одредити поље у околини праволинијског проводника дужине кроз кога протиче струја константног интензитета Средина је неферомагнетска [0] 5

8 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) d M dl R β dl R d ( ) () b Слика 6 Био-Саваров закон за линијску струју има облик: B () ( d ) ( ) ( d ) R ( d) l l Rˆ l R = = = ˆ π R π R π R l l l Пошто је струјна нит планарна претходни израз поприма облик: dl Rˆ = dl sinα uˆ = dl cs β uˆ = R d u ˆ α= ( d lr) Rd B= = 4π 4 d R π (*) R l l Израз (*) вриједи за тачке које леже у истој равни у којој лежи струјна нит Израз даје интензитет вектора који је окомит на ту раван са смјером одређеним десним завртњем у односу на струју d R = cs cs = R d B= cs d= ( sin+ sin ) 4πd 4πd Примјер 6 0 Кроз праву врло танку бесконачно дугу проводну траку ширине а протиче временски константна струја интензитета Израчунати компоненте вектора магнетске индукције у произвољној тачки простора изван траке [] 6

9 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) db db db M( ) d 0 α ξdξ Слика 7 Ради се о планпаралелном магнетском пољу Компоненте магнетске индукције можемо рачунати у произвољној равни = cnst Јасно је да магнетска индукција нема -компоненту За елемент ширине dξелементарна струја је: d = dξ db db d dξ = sin α= = π 4π 4π ( ξ) + d ξ ( ξ) dξ = cs α= = π 4π 4π ( ξ) + dξ + B= ctg ctg 4π = ( ξ) + + 4π B( ) = ctg 4π + B ( ξ) dξ ( + ) + = ln ( ) ( ) 4π = ξ + 8π + Примјер 7 Одредити интензитет вектора магнетске индукције дуж осе симетрије намотаја на слици Намотаји су од густо мотанe танкe жицe [] 7

10 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) N N h h h h h Слика 8 dn N Број намотаја по јединици дужине једног соленоида је N = = d h Посматрајмо елементарни дио десног соленоида који је облика прстена и који носи струју N d Израчунајмо елементарни вектор магнетске индукције у произвољној тачки M ( 0 0 ) који потиче од елементарног дијела прстена dl dl α R db h α M ( 00 ) h R db d Вектори dlи Rсу међусобно окомити Слика 4 Nd dl h db= db = db csα= db 4π R R db Nd h dl Nh ddl = = π R π h + ( ) 8

11 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) h πh h πh Nh d Nh d B= dl dl π π h h 0 h 0 ( + ) h + ( ) B h h Nh d d = 4 h h h ( + ) h + ( ) Користимо смјену: d tg = h = d h cs tg= h h M sin h + ( ) = h h ( tg) h + = + = + = h h cs cs d hd cs d = = h h ( ) h + cs cs h 4 h h h h Слика 9 M( 00 ) N N B () = cs d cs d = ( sin sin sin+ sin 4) 4h 4h 4 9

12 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) sin h ( ) h = sin = h + h h + ( h) + h sin = h + ( + h) sin + h 4= ( ) h + + h Коначно B () N h h + h + h = + 4h h + ( h) h + ( h) h + ( + h) h + ( + h) Примјер 8 Дат је линијски проводник који слиједи дио кружнице полупречника а осим на дијелу који одговара централном углу α гдје је проводник праволинијски и иде дуж одговарајуће тетиве Одредити вектор магнетске индукције у центру кружнице ако кроз проводник протиче временски константна струја интензитета [] α dl α Слика 0 Користимо Био-Саваров закон и цилиндрични координантни систем: d B = 4π l dl= ˆ d+ d ˆ + 0 ˆ = ˆ + 0 ˆ + 0 ˆ l 0

13 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) ˆ ˆ ˆ dl = d d = d ˆ B d d = ˆ ˆ = 4π ( ) 4π ( ) csα 0 α cs ( ) = α π α csα π α π cs α π α π cs cs B = d d d ˆ ( tgα π α) ˆ 4π + csα + = + csα 4π 0 α π Примјер 9 Дат је линијски проводник као на слици Одредити вектор магнетске индукције у центру кружнице ако кроз проводник протиче временски константна струја интензитета Полупречник кружнице је а а угао који одговара паралелним тетивама тетивама је α [4] α α α α Слика Користимо Био-Саваров закон и цилиндрични координантни систем: d B = 4π l dl= ˆ d+ d ˆ + 0 ˆ = ˆ + 0 ˆ + 0 ˆ l

14 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) ˆ ˆ ˆ l = = ˆ d d d 0 d 0 0 B d d = ˆ ˆ = 4π ( ) 4π ( ) ( ) ( ) π α π α csαsin ( π α) ( π + α) ( ) = ( π + α) ( π α) csα sin π α π+ α ( ) ( ) π π π π α + α α + α sin sin B = d d d d ˆ 4π + + π π csα π π csα α α + α α B = ( 4tgα + π 4 α ) ˆ 4π Примјер 0 У врло танком шупљем диску од феромагнетског материјала постоји заостала магнетизација Вектор магнетизације у диску је M=M( lnb)ˆ гдје је M константа Диск се налази у вакууму Одредити: (а) расподјелу Амперових струја диска и (б) магнетску индукцију B на оси диска [5] d M b M δ Слика

15 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) (а) Густину запреминских Амперових струја одређујемо из релације JA= tm Вектор магнетизације у нашем случају има само -компоненту која се мијења са координатом : M= M () ˆ A ˆ b ˆ M J= tm = M = = ˆ b Густину површинских Амперових струја одређујемо из векторског производа: J = M n SA b На унутрашњој површини = : J = M ln ˆ На вањској површини = b : M= M ln= 0 На осталим површинама M n = 0 SA Плашт површинских Амперових струја представља контуру полупречника а са јачином струје: A = JSAδ= Mδ ( b) ln (б) Од запреминских Амперових струја у тачкама на -оси је: ( ) J dv db= 4π R JA ( d d δ ) R Mδ d db= db cs α= = (*) 4πR R Од површинских Амперових струја: dl db= 4π ( ) R b Mln d A d db= db csα= = (**) 4πR 4πR Након интеграције израза (*) и (**) добијамо:

16 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) B b ln Mδ = b + + ( + ) Примјер Танка квадратна плочица од феромагнетског материјала хомогено је намагнатисана по својој запремини тако да је M=M ˆ гдје је M константа Околна средина је немагнетска Одредити магнетску индукцију Bна оси плочице [6] J M M M M M M A= t M = ˆ+ ˆ + ˆ J M M A= t M = ˆ ˆ= 0 Нема запреминских Амперових струја На горњој и доњој површини плочице такође нема површинских Амперових струја (вектори магнетизације и нормале су колинеарни) Mn δ M M n M n Слика n По бочним површинама плочице постоји површинска Амперова струја густине M односно интензитета SA= Mδ На -оси вектор магнетске индукције имаће само -компоненту За резултат се добија: 4

17 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) B = δ ( ) M π Примјер Врло дугачак цилиндар од феромагнетског материјала кружног попречног пресјека полупречника а хомогено је намагнетисан по својој запремини тако да је вектор магнетизације М паралелан оси цилиндра Цилиндар се налази у вакууму (а) Одредити расподјелу Амперових струја цилиндра (б) Колики је вектор магнетске индукције у средини цилиндра? [7] n M J SA n Слика 4 По запремини цилиндра нема Амперових струја пошто је магнетик хомоген без кондукционих струја На базисима цилиндра због колинеарности вектора магнетизације и нормале такође нема површи-нских Амперових струја На омотачу цилиндра постоји површинска густина Амперових струја J = M n SA У оси цилиндра магнетска индукција је: B= M Примјер Кроз праволинијски проводник који је усмјерен у правцу -осе протиче једносмјерна струја при чему је -оса заједничка ивица три полуравни које образују углове и (збир углова π ) Ако је простор између овако постављених полуравни испуњен хомогеним материјалом магнетских пермеабилности и одредити јачине магнетских поља H у сва три ова простора [0] 5

18 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Слика 5 H d l = c H dl = H dl + H dl + H dl = c c c c H + H + H = H + H + H = Гранични услов: B = B = B n n n H = H H H = H + H + H = H = ( + + ) H = H H = H H i = + + i ( ) i = Примјер 4 Неограничен прав линијски проводник протицан временски сталном струјом постављен је паралелно ивицама савршеног неограниченог дугог феромагнетског профила Одредити електромагнетску силу по јединици дужине која дјелује на проводник [8] 6

19 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) () α B () () B B b b Слика 6 Користимо теорему лика у равном огледалу На мјесту проводника вектор магнетске индукције одређујемо из: B= B+ B+ B= Bˆ + B ˆ B= B+ Bcs α= + π π 4 + 4b 4 + 4b + b B= 4π + b + b B= B Bsin α= 4πb + b B= B+ B = ( + b)( + b) 4π b ( + b) Интензитет електромагнетске силе по јединици дужине проводника износи: F = B= ( + b)( + b) 4π b ( + b) Ако су и b једнаки тада је: F = 8π 7

20 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Примјер 5 Неограничени прав проводник кроз који протиче струја постављен је као на слици Одредити положај ликова у овом систему и компоненете вектора B у произвољној тачки М [9] b c Слика 7 Користећи теорему лика у равном и цилиндричном огледалу добијамо распоред извора поља као на слици d b = e= b + c b c c f= + b + c ( ) = ( bc ) ( ) = ( bc ) ( 4 4) = ( b c) ( 6 6) = ( b c) ( ) = ( ef ) ( 5 5) = ( ef )( 7 7) = ( e f) ( 8 8) = ( e f) ( ) = ( 00 ) A= lnim 4ln 9M π i= 8 A i B= = 4 π i= im 9M 8

21 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) () () c c () 5 () d d f () 9 4 d d f ( 7 ) e e ( 8) M( ) ( 4 ) () 6 b b Слика 8 B A = = 4 8 i π i= im 9M Примјер 6 На слици је приказан попречни пресјек веома дугачког вода чији је један проводник танка жица а други танка трака Ако је јачина стационарне струје вода одредити вектор подужне силе која дјелује на тракасти проводник [] По закону акције и реакције вриједи: F = F Зато ћемо рачунати силу на жичани проводник Очигледно је да трака на мјесту жичаног проводника има само -компоненту јер се -компоненте због симетрије међусобно поништавају 9

22 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) d 0 () F d () α db α F db Слика 9 db= d π d d cs d db= db α= = = π π 4π = + B + d π = ctg 4π = = = + 4π 4π 8 Коначно за силу добијамо: 8 = ˆ F 8 = ˆ F Примјер 7 У врло дугачком проводнику облика половине кружног цилиндра полупречника b и дебљине δ постоји временски кнстантна струја јачине Дуж осе цилиндра овог проводника у вакууму постављен је цилиндрични проводник полупречника у коме постоји струја јачине Израчунати вектор подужне силе која дјелује на проводник полупречника (а<<b) [] 0

23 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Унутрашњи проводник можемо сматрати линијским Силу на дио тог проводника дужине l коме је придружен вектор l истог смјера као референтни смјер струје проводника одређујемо из: df= ( dl B ) F= l B F = B B је вектор магнетске индукције проводника облика полуцилиндра на његовој оси Струју полуцилиндра сматрамо површинском δ b са густином: J = πb s dl ( d) ( Jdl) s πb ( dl) ( bdϕ ) ( dϕ) db= = = = = = πb πb πb πb πb πb δ b db db ϕ ϕ b F Слика 0 Због симетрије резултантна магнетска индукција има само -компоненту: π/ B= db= dbcsϕ= cs ϕ dϕ= π b Подужна сила ће бити: l l ˆ πb b π π/ F= (Правило лијеве руке!)

24 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) * Примјер 8 Анализирати поље унутар и ван кугле од хомогеног и линеарног магнетика полупречника а релативне пермеабилности у страном хомогеном магнетском пољу H у вакууму [] Пошто је магнетик хомоген и линеаран однос између поља вектора H и B је линеаран Читав простор је без кондукционих струја па се и за унутрашњу i и вањску е област може користити Лапласова једначина за магнетски скалар потенцијал ϕ m = 0 Проблему одговара сферни координантни систем са -осом у правцу хомогеног поља H : = 0 = 0 () ϕ i ϕ e M( ψ ) 0 H Слика i e ϕe= ϕi ϕ = ϕ за = () Рјешења Лапласове једначине за унутрашњу и вањску област су: ϕ i H = cs + ϕ cs cs e= H + H + ()

25 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Одговарајући изрази за поља H i и H e добијају се из: ϕm ϕ m ϕ m H= gdϕm= ψ sin ψ H Hi= ( cs sin ) + (4) He H cs cs = H sin sin Преласком у Декартов координантни систем добијамо: H = 0 H i = 0 i H i = H + (5) H H e = H H = e 5/ + ( + + ) + ( + + ) H H e = + 5/ / + + ( + + ) H H ( + + ) 5/ (6) Магнетске индукције добијамо множењем са одговарајућим пермеабилностима Изрази за потенцијал идентични су онима које смо извели за случај диелектричне кугле у хомогеном електричном пољу Овдје ће поље Hимати исту структуру као поље E а поље B одговара пољу D Примијетимо да је поље унутар кугле хомогено у правцу поља H У вањској области поље H једнако је збиру хомогеног поља H и поља магнетског дипола у центар кугле У случају кугле од нелинеарног магнетског материјала али хомогеног и изотропног у унутрашњости кугле индукција више није једнака B = H већ је одређујемо из B = ( H + M ) i i Анализирајмо поље у простору заузетом куглом односно поље H i Полазећи од израза (5) узимајући у обзир однос M= ( ) Hi те елиминишући из њих пермеабилност добија се: i i

26 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) i= M H H i ( i ) M B = H + M = + H (7) Присуство магнетика слаби јачину спољашњег поља магнетик а појачава магнетску индукцију H у простору који заузима * Примјер 9 Анализирати поље у околини танког кружног завојка полупречника а Полупречник пресјека жице је много мањи од а тако да се проводник може сматрати танким Постављени задатак упростимо тако што ћемо најприје наћи поље у тачкама које леже на средишњој оси кружног завојка слика 48 Помоћу Био-Саваровог закона за линијску струју (44) од струјног елемента dl на растојању од равни завојка db ће бити: db db db R Слика dl db= 4π R Са слике је очигледно да постоји само -компонента поља: 4

27 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) π B= db= sin db= sin d 4πR C B= = R C / ( + ) Када тачку у којој рачунамо индукцију изаберемо ван осе завојка знатно се усложњава постављени задатак По правилу се тада индукција налази из претходно нађеног магнетског вектор-потенцијала Посматрајмо тачку М у цилиндричном координантном систему при чему се оса поклапа са осом завојка Израз за магнетски вектор-потенцијал одређен је изразом (49): d A = 4π l R C Због симетрије у односу на -осу линије векторског потенцијала су кругови који леже у равнима паралелним равни завојка а средишта су им на -оси Зато вектор A има само једну компоненету A која зависи од координата и слика 49 а) Пошто вектор A не зависи од координате координантни систем поставимо та- 0 ко да тачка М лежи у 0 равни односно да има координате ( ) Ако са dl обиљежимо пројекцију елемента dl на правац орта у тачки М према ознакама на слици 49 c) важиће: dl= cs dl= cs d R = + b = + cs R = + b = + + cs Узимањем симетрије у односу на раван 0 добијамо: π cs A A d = = 4π cs Уведимо смјену = π β уз следеће елементарне трансформације: cs= cs( π β) = csπ csβ+ sinπ sinβ= = csβ= sin β d dβ 0π β π / 0 = [ ] [ ] 0 5

28 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) + + cs= + + sin β = = + ( + ) 4sin β A-линија В-линија ( ) M 0 R R b dl ( б) ( ) d dl l d M ˆ Слика ( ц) интеграл у посљедњем изразу поприма облик: ( sin β ) π/ dβ A= A = π () + ( + ) 4 sin β 0 Уведимо ознаку: k 4 = ( + ) + Број к се мијења у границама 0 k Вриједност k = добија се за = 0 и = тј за тачке на струјној контури Направимо сљедеће трансформације: 6

29 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) ( + ) + 4sin β= ( ) k ( ) sin β= 4 = ( ) + + ( ksin β) = ( ksin β) k ( ) ( β) ( k β) k sin β k sin β k k sin β k = = = 4 k sin sin k k sin β k sin ( k ) ( k sin β) k k sin β k + = = = k k sin β k k sin β k = β k k sin β Након ове трансформације израз () поприма облик: π/ π/ dβ A = ( k ) k sin βdβ πk 0 k sin β 0 A = ( k ) K E πk гдје смо са К и Е означили потпуне елиптичке интеграле прве и друге врсте респективно: K( k) = π/ π/ dβ 0 k sin β ( ) E k = k sin d 0 β β Величина к назива се параметар елиптичких интеграла Ове интеграле већином рачунамо нумерички пошто се они могу развити у ред по параметру к: π K( k) = + k + k + k π k k 5 k E( k) = Компоненте магнетске индукције у цилиндричном координантном систему су: ( ) 7

30 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) A A A A A B= = B= = 0 A B= ( A) = ( A) Узимајући у обзир да су: K k E K = k k k ( ) E E K = k k k k k = 4 + = 4 k k k за компоненте магнетске индукције добијамо: B k + + = E K ( ) 4π + B = 0 B k = E+ K ( ) 4π + За тачке које леже у равни завојка = 0 компоненте поља добијају сљедеће вриједности: B = 0 B = 0 B ( ) = E+ K π( + ) -*- 8