9. Magnetisk energi Magnetisk energi för en isolerad krets

Transkript

1 9. Magnetisk energi [RMC] Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson Magnetisk energi för en isolerad krets Arbetet som ett batteri utför då det för en laddning dq runt en krets, från batteriets anod A till dess katod B är: där V k är batteriets spänning. Kirchhoffs lag: dw k = dq V k (9.1) E + X i V k,i = X j V j (9.) Om all resistans kan kombineras till en enda resistor: så att V k = E + R (9.3) dw k = dq V k = dq( E + R) = dt( E + R) = dte + R dt (9.4) Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.

2 Faradays lag ger E = dφ dt (9.5) dw k = dφ + R dt (9.6) Batteriets arbete går alltså till att bygga upp ett magnetiskt flöde Φ och därmed motverka den bromsande inducerade spänningen, och att dissipera värme-energi i resistorn. Om vi kan ignorera denna sistnämnda Joule-uppvärmning så får vi energin som går in i magnetfältet. Om inget annat förändras i kretsen, t.ex. kretsen behåller sin stela form och befinner sig hela tiden i vila, så har det utförda arbetet bara gått åt att öka på kretsens magnetiska energi: du M = dφ (9.7) Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson Magnetisk energi för kopplade kretsar Låt oss nu bestämma den magnetiska energin för N st kopplade kretsar. Arbetet som kretsarnas batterier utför är då Joule-uppvärmningen inte beaktas. dw k = i dφ i (9.8) Vi utför nu integreringen under antagande att strömmarna och flödena ökar samtidigt i alla kretsar, så att den tillfälliga strömmen i krets i är Detta ger i α i (9.9) För linjära magnetiska media gäller att Φ i i, så d i = idα (9.10) L i = dφ i d i = Φ i i (9.11) Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.4

3 som ger i L i = Φ i. Vi får nu att d i = Φ i L i dα (9.1) Men L i = L i = dφ i d i (9.13) så att dφ i = Φ idα (9.14) Vi har nu W k = = dw k = 1 0 N X i αφ i dα i dφ i Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.5 = = 1 1 i Φ i dαα 0 i Φ i (9.15) För ett system av N st kopplade, stationära och stela kretsar har vi alltså att den lagrade magnetiska energin är U M = 1 i Φ i (9.16) Om inge yttre fält är närvarande är flödesförändringarna orsakade av de övriga kretsarna. Då gäller dφ i = dφ ij = j=1 j=1 dφ ij d j d j = M ij d j (9.17) j=1 Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.6

4 Vi får: U = dw b = X N i M ij d j j=1 = i N X j=1 1 M ij j dαα 0 = 1 = 1 M ij i j L i i +M M M 1N 1 N +M M M N N M N 1,N N 1 N (9.18) Vi använde L i = M ii och M ij = M ji. Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.7 Exempel 1: En isolerad krets: U = 1 Φ = 1 L = 1 L Φ = L (9.19) Φ (9.0) Exempel : Två kopplade kretsar: Beteckna x = 1 /. Eftersom U 0 får vi U = 1 L L + M 1 1 (9.1) U = 1 (L 1x + L + M 1 x) 0 (9.) Minimi-energin fås genom att derivera parentesen med avseende på x och sätta uttrycket till noll, och efter verifiering att andra derivatan är positiv. x = M 1 L 1 (9.3) Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.8

5 Minimi-energin: så att U min = 1 (M 1 + L M 1 ) = 1 L 1 L M L 1 L (9.4) L 1 M 1 + L 1L 0 (9.5) eller ett uttryck som vi använde oss av tidigare. L 1 L M 1 (9.6) Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson Det magnetiska fältets energi Som för elektriska laddningsfördelningar kan vi generalisera energin för magnetiska kretsar med hjälp av det fält dessa kretsar ger upphov till. Betrakta ett system av kretsar i en linjärt magnetiskt medium. Flödet genom en av dessa kretsar är Φ i = da i B A i (9.7) En komplicerad krets kan delas upp i ett flertal slutna slingor. Detta gjorde vi redan tidigare när vi granskade kretsar med Kirchhoffs lagar. Vi kan nu skriva Φ i = da i B = X da ij B A i j A ij = X da ij ( A) j A ij = X dr ij A (9.8) j C ij Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.10

6 Totala energin för det magnetiska fältet är nu U = 1 X i Φ i i = 1 X X i dr ij A i j C ij = 1 X X i dr ij A i j C ij = 1 X X dv ij J ij A (9.9) V ij i j Låt volymerna vara sådana att deras summa fyller upp hela volymen V. Vi får då där J = P ij J ij. U = 1 V dv J A (9.30) Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.11 Fältekvationen för H är ju så vi får H = J (9.31) Med hjälp av U = 1 V dv ( H) A (9.3) (F G) = ( F) G ( G) F (9.33) fås nu U = 1 dv ( (H A) + ( A) H) V = 1 da (H A) + 1 dv ( A) H A V = 1 da (H A) + 1 dv B H (9.34) A V Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.1

7 Om strömmar inte förekommer i oändligheten och de magnetiska materialen inte är oändligt stora dör A bort som 1/r, och H som B som A som 1/r p.g.a. magnetiskt material och som 1/r p.g.a. strömmar. Kombinationen av H och A dör alltså bort som 1/r 3. da är proportionell mot r, så yt-integralen dör bort som 1/r och försvinner i oändligheten. Vi sitter nu kvar med U M = 1 V dv B H (9.35) där V omfattar hela rummet. Detta är energin för ett linjärt magnetiskt system. Energitätheten för isotropiska linjära media är u M = 1 B H = 1 µh = 1 µ B (9.36) Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson Krafter och vridmoment på stela kretsar Vi betraktar nu ett magnetiskt system där en komponent är att röra sig under inverkan av magnetfältet. Strömmen i systemet hålls konstant Det arbete som den magnetiska kraften F utför på en rörlig komponent är dw = F dr = dw k du M (9.37) där dw k är arbetet som utförs av externa batterier för att hålla strömmen konstant, och du M är förändringen i systemets magnetiska energi. Uttrycket för energin ger genast att Å andra sidan, batteriets arbete är du M = 1 X i dφ i (9.38) i dw k = X i dφ i = du M (9.39) Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.14

8 enligt första sektionen. Vi får nu att så att den magnetiska kraften på komponenten är dw = du M (9.40) För vridmoment fås F = ( U M ) (9.41) τ = ( θ U M ) (9.4) Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.15 Flödet genom systemet hålls konstant Fortfarande gäller dw k = X i dφ i (9.43) som nu är noll. Vi får då att dw Φ = du M (9.44) och F = ( U M ) Φ (9.45) Motsvarande, τ = ( θ U M ) Φ (9.46) Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.16

9 Exempel 1: Bestäm kraften mellan två stela kretsar som bär de konstanta strömmarna 1 och. Låt krets 1 utöva en kraft på krets, som flyttas som helhet. De flöden som kretsarna ger upphov till genom sig själva ändras inte, eftersom strömmarna och tvärsnittsytorna är oföränderliga. Det enda som ändrar är kretsarnas inbördes position. Alltså ändrar endast det ömsesidiga flödet, och vi får F = U = ( 1 L L + M 1 ) = 1 M (9.47) där enligt Neumanns formel vi har att M = µ 0 dr 1 dr 4π C r 1 r (9.48) Tekniskt sett så borde vi inte kunna derivera detta uttryck eftersom integralen är en konstant, och dess derivata är ju då noll. Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.17 Skriv om: r 1 = r 1,0 + s 1 (9.49) r = r,0 + s (9.50) Här är r i,0 (i = 1, ) nån fixerad punkt för kretsen, t.ex. dess massmedelpunkt. Denna rör sig om kretsen rör sig. s i,0 är en vektor som löper över kretsens kontur, och vars origo är i massmedelpunkten. uttrycket för den ömsesidiga induktansen löper integreringen över konturerna: M = µ 0 ds 1 ds 4π C s s + r 1,0 r,0 (9.51) Derivering med avseende på r betyder för stela kretsar att vi deriverar med avseende på massmedelpunkten för krets : µ 0 ds 1 ds F = U = 1 r,0 4π C s 1 s + r 1,0 r,0 Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.18

10 µ 0 = 1 4π µ 0 = 1 4π 1 ds 1 ds r,0 C s 1 s + r 1,0 r,0 s 1 s + r 1,0 r,0 ds 1 ds (9.5) C s 1 s + r 1,0 r,0 3 Å andra sidan, Biot-Savarts lag säger att F = µ 0 4π dr (dr 1 (r r 1 )) 1 (9.53) C r 1 r 3 Vi kan nu för att vara konsekventa använda samma variabler i Biot-Savarts lag som i den tidigare ekvationen, men noteringarna blir lättare om vi istället återgår till r 1, r : µ 0 (dr 1 dr )(r r 1 ) F = 1 (9.54) 4π C r 1 r 3 Detta uttryck och Biot-Savarts lag måste vara samma. Vi bevisar detta! Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.19 Vi har: dr (dr 1 (r r 1 )) = dr 1 (dr (r r 1 )) (r r 1 )(dr dr 1 ) (9.55) enligt BAC-CAB-regeln. Sista termen ger oss det F -uttryck vi härlett ovan, så vi visar att första termen försvinner. Denna term ger integralen C dr 1 (dr (r r 1 )) r 1 r 3 = dr 1 dr (r r 1 ) (9.56) C r r 1 3 Utför integralen över C först. integranden kommer r 1 att vara en konstant, så att vi kan införa variabeln v = r r 1 med dv = dr : OK! dr 1 C dv v v 3 = = dr 1 dr 1 dvv dv = dr C v 3 1 C v «1 = dr 1 0 (9.57) v Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.0 C d

11 Exempel : Låt en solenoid med längden L och N st lindningar av en tråd som bär strömmen vara nästan fylld med en järnstav med den konstanta permabiliteten µ och den konstanta tvärsnittsarean A = πa. Låt solenoiden ha sin symmetriaxel parallell med z-axeln. Approximera att magnetfältet är konstant i all riktningar som är vinkelräta mot z, inom solenoiden. Låt solenoidens ändpunkter vara z = 0 och z = L. Om nu staven dras ut så att ena änden är i 0 < z < L medan den andra är utanför solenoiden, bestäm den kraft som påverkar staven i det nya läget. Strömmen hålls konstant under utdragandet. Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.1 Från tidigare vet vi att B z (z) = µ 0N L (cos α 1 + cos α ) = µ 0N L = µ 0N L! z z + a + L z p (z L) + a z p z + f + 1 z p (z 1) + f! (9.58) med beteckningarna z = z/l och f = a/l. Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.

12 Om solenoidens radie är 10% av dess längd, d.v.s. f = 0, 1 fås ett B z (z) beroende som i figuren. Från detta ser vi att B z utanför staven är mycket svagt, så vi kan ignorera fältet där ute i våra räkningar. Den magnetiska energin är nu U = 1 dv µh = 1 V = 1 z A dz µ 0 H + dz AµH z L 0 z dz µh! (9.59) Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.3 Kraften är F = z U = 1 A z = 1 A z 0 z 0 dz µ 0 H + L z dz µh! dz µ 0 z H (z ) + µ 0 H (z = z) z z µ 0H (z = 0) «z L A dz µ z H (z ) + µh (z = L) z L µh (z = z)!(9.60) z z z Här användes Leibniz integralregel " # b(u) dxf(x, u) u a(u) = b(u) a(u) dx f(x, u) u +f(b(u), u) u b(u) f(a(u), u) a(u) (9.61) u Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.4

13 Observera att z i integralerna är en hjälpvariabel som integreras bort och inte syns utanför integralen. Vi får inte derivera med avseende på denna! Vi får nu F = 1 µ A 0 H (z = z) µh (z = z) = 1 A(µ 0 µ)h (z = z) = 1 A(µ 0 µ 0 (1 + χ M ))H (z = z) = 1 Aχ Mµ 0 H (z = z) (9.6) Kraften är riktad till vänster i figuren, d.v.s. solenoiden vill dra in staven. Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.5 Exempel 3: Bestäm den cylinderradiella kraften på en solenoids lindningar, per längd. Antalet lindningar är N, strömmen i dessa är, solenoidens radie är R och dess längd är L. gnorera fältet utanför solenoiden. Energin är U M = 1 dv µh = 1 «N µ dv L = 1 «N µπr L (9.63) L enligt tidigare approximation. Kraften i den cylinderradiella riktningen är, om strömmen hålls konstant: F ρ = ( U M ) bρ = ρ U M = 1 «N µπrl (9.64) L Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.6

14 Den sökta kraften per längd är F ρ πrn = 1 µn L (9.65) Om i stället flödet hålls konstant får vi ett minustecken. Elektrodynamik, ht 005, Krister Henriksson 9.7