9. Magnetisk energi [RMC 12] Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.1

Transkript

1 9. Magnetisk energi [RMC 12] Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.1

2 9.1. 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 II lag: dw k = dq V k (9.1) E + i V k,i = j V j (9.2) Om all resistans kan kombineras till en enda resistor: så att V k = E + RI (9.3) dw k = dq V k = dq( E + RI) = Idt( E + RI) = IdtE + RI 2 dt (9.4) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.2

3 Faradays lag ger E = dφ dt (9.5) dw k = IdΦ + RI 2 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 = IdΦ (9.7) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.3

4 9.2. 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 = N I i dφ i (9.8) i=1 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 i αi i (9.9) För linjära magnetiska media gäller att Φ i I i, så induktansen di i = I idα (9.10) L i = dφ i di i = Φ i I i (9.11) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.4

5 som ger I i L i = Φ i. Vi får nu att di i = Φ i L i dα (9.12) Men L i = L i = dφ i di i (9.13) så att dφ i = Φ idα (9.14) Vi har nu W k = = dw k = N 1 i=1 0 N i=1 I i αφ i dα I i dφ i Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.5

6 = = 1 2 N 1 I i Φ i dαα i=1 0 N I i Φ i (9.15) i=1 För ett system av N st kopplade, stationära och stela kretsar har vi alltså att den lagrade magnetiska energin är U M = 1 2 N I i Φ i (9.16) i=1 Om inge yttre fält är närvarande är flödesförändringarna orsakade av de övriga kretsarna. Då gäller dφ i = N dφ ij = j=1 N j=1 dφ ij di j di j = N M ij di j (9.17) j=1 Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.6

7 Vi får: U = dw b = N I i N M ij di j i=1 j=1 = N i=1 I i N j=1 1 M ij I j dαα 0 = 1 2 = 1 2 N i=1 N i=1 N M ij I i I j j=1 L i I 2 i +M 12 I 1 I 2 + M 13 I 1 I M 1N I 1 I N +M 23 I 2 I 3 + M 24 I 2 I M 2N I 2 I N M N 1,N I N 1 I N (9.18) Vi använde L i = M ii och M ij = M ji. Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.7

8 Exempel 1: En isolerad krets: Φ = LI (9.19) U = 1 2 IΦ = 1 2 LI2 = 1 2 Φ 2 L (9.20) Exempel 2: Två kopplade kretsar: Beteckna x = I 1 /I 2. Eftersom U 0 får vi U = 1 2 L 1I L 2I M 12I 1 I 2 (9.21) U = 1 2 I2 2 (L 1x 2 + L 2 + 2M 12 x) 0 (9.22) Nu kan vi beräkna minimi-energin som funktion av förhållandet mellan strömmarna x genom att derivera parentesen och sätta uttrycket till noll, x = M 12 L 1 (9.23) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.8

9 och efter verifiering att andra derivatan är positiv. Minimi-energin: så att U min = I2 2 (M 12 + L 2 2 M 2 12 ) = 1 L 1 L 2 M 2 L 1 L 1 2 I (9.24) L 1 M L 1L 2 0 (9.25) eller ett uttryck som vi använde oss av tidigare. L 1 L 2 M 2 12 (9.26) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.9

10 9.3. 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 ett linjärt magnetiskt medium. Flödet genom en av dessa kretsar är Φ i = A i da i B (9.27) 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 = da ij B A i j A ij = da ij ( A) j A ij = dr ij A (9.28) j C ij Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.10

11 Totala energin för det magnetiska fältet är nu U = 1 2 = 1 2 = 1 2 = 1 2 I i Φ i i I i i j C ij dr ij A I i dr ij A i j C ij i j V ij dv ij J ij A (9.29) Låt volymerna vara sådana att deras summa fyller upp hela volymen V. Vi får då där J = ij J ij. U = 1 2 V dv J A (9.30) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.11

12 Fältekvationen för H är ju H = J (9.31) så vi får Med hjälp av U = 1 2 V dv ( H) A (9.32) (F G) = ( F) G ( G) F (9.33) fås nu U = 1 2 = 1 2 = 1 2 dv ( (H A) + ( A) H) V da (H A) + 1 dv ( A) H A 2 V da (H A) + 1 dv B H (9.34) A 2 V Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.12

13 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 2 p.g.a. magnetiskt material och som 1/r 2 p.g.a. strömmar. Kombinationen av H och A dör alltså bort som 1/r 3. da är proportionell mot r 2, så yt-integralen dör bort som 1/r och försvinner i oändligheten. Vi sitter nu kvar med U M = 1 2 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 2 B H = 1 2 µh2 = 1 2µ B2 (9.36) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.13

14 9.4. Krafter och vridmoment på stela kretsar Vi betraktar nu ett magnetiskt system där en komponent tillåts 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 I = 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 du M = 1 2 I i dφ i (9.38) i Å andra sidan, batteriets arbete är dw k = i IdΦ i = 2dU M (9.39) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.14

15 enligt första sektionen. Vi får nu att så att den magnetiska kraften på komponenten är dw I = du M (9.40) För vridmoment fås F = ( U M ) I (9.41) τ = ( θ U M ) I (9.42) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.15

16 Flödet genom systemet hålls konstant Fortfarande gäller dw k = i IdΦ 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, vt 2013, Kai Nordlund 9.16

17 Exempel 1: Bestäm kraften mellan två stela kretsar som bär de konstanta strömmarna I 1 och I 2. Låt krets 1 utöva en kraft på krets 2, 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 2 = 2 U = 2 ( 1 2 L 1I L 2I MI 1I 2 ) = I 1 I 2 2 M (9.47) där enligt Neumanns formel vi har att M = µ 0 4π C 1 dr 1 dr 2 C 2 r 1 r 2 (9.48) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.17

18 Skriv om: r 1 = r 1,0 + s 1 (9.49) r 2 = r 2,0 + s 2 (9.50) Här är r i,0 (i = 1, 2) nån fixerad punkt för kretsen, t.ex. dess massmedelpunkt. Denna rör sig om kretsen rör sig. s i är en vektor som löper över kretsens kontur, och vars origo är i massmedelpunkten. I uttrycket för den ömsesidiga induktansen löper integreringen över konturerna: M = µ 0 4π C 1 ds 1 ds 2 C 2 s 2 s 2 + r 1,0 r 2,0 (9.51) Derivering med avseende på r 2 betyder för stela kretsar att vi deriverar med avseende på massmedelpunkten för krets 2: F 2 = 2 U = I 1 I 2 r2,0 µ 0 4π C 1 ds 1 ds 2 C 2 s 1 s 2 + r 1,0 r 2,0 Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.18

19 = I 1 I 2 µ 0 4π = I 1 I 2 µ 0 4π C 1 C 1 1 ds 1 ds 2 r2,0 C 2 s 1 s 2 + r 1,0 r 2,0 s 1 s 2 + r 1,0 r 2,0 ds 1 ds 2 (9.52) C 2 s 1 s 2 + r 1,0 r 2,0 3 Å andra sidan, Biot-Savarts lag säger att F 2 = µ 0 4π I dr 2 (dr 1 (r 2 r 1 )) 1I 2 (9.53) C 1 C 2 r 1 r 2 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 2 : F 2 = I 1 I 2 µ 0 4π Detta uttryck och Biot-Savarts lag måste vara samma. Vi bevisar detta! C 1 C 2 (dr 1 dr 2 )(r 2 r 1 ) r 1 r 2 3 (9.54) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.19

20 Vi har: dr 2 (dr 1 (r 2 r 1 )) = dr 1 (dr 2 (r 2 r 1 )) (r 2 r 1 )(dr 2 dr 1 ) (9.55) enligt BAC-CAB-regeln. Sista termen ger oss det F 2 -uttryck vi härlett ovan, så vi visar att första termen försvinner. Denna term ger integralen C 1 C 2 dr 1 (dr 2 (r 2 r 1 )) r 1 r 2 3 = C 1 dr 1 C 2 dr 2 (r 2 r 1 ) r 2 r 1 3 (9.56) Utför integralen över C 2 först. I integranden kommer r 1 att vara en konstant, så att vi kan införa variabeln v = r 2 r 1 med dv = dr 2 : C 1 dr 1 C 2 dv v v 3 = = C 1 dr 1 C 1 dr 1 dvv dv = dr C 2 v 3 1 C 1 C 2 v 2 ( ) 1 = dr 1 0 (9.57) v C 1 C 2 d för att en sluten kurvintegral över bara en variabel säkert blir 0. Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.20

21 OK! Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.21

22 Exempel 2: Låt en solenoid med längden L och N st lindningar av en tråd som bär strömmen I vara nästan fylld med en järnstav med den konstanta permabiliteten µ och den konstanta tvärsnittsarean A = πa 2. 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, vt 2013, Kai Nordlund 9.22

23 Från tidigare vet vi att B z (z) = µ 0NI 2L (cos α 1 + cos α 2 ) = µ ( 0NI z 2L z2 + a + 2 = µ 0NI 2L ( ) L z (z L)2 + a 2 ) z z 2 + f + 1 z 2 (z 1) 2 + f 2 (9.58) med beteckningarna z = z/l och f = a/l. Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.23

24 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 2 dv µh 2 = 1 2 V = 1 ( z 2 A dz µ 0 H z dz AµH 2 L z dz µh 2 ) (9.59) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.24

25 Kraften är F = z U = 1 2 A z = 1 2 A ( z ( z dz µ 0 H L z dz µh 2 ) dz µ 0 z H2 (z ) + µ 0 H 2 (z = z) z z µ 0H 2 (z = 0) ) z ( L 2 A dz µ z H2 (z ) + µh 2 (z = L) z L µh2 (z = z) )(9.60) z z z Här användes Leibniz integralregel: u [ ] b(u) dxf(x, 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, vt 2013, Kai Nordlund 9.25

26 Observera att z i integralerna är en hjälpvariabel som integreras bort och inte syns utanför integralen. Vi får inte derivera med avseende på denna! Nu försvinner de flesta termerna för derivatorna med avseende på z på termer som inte beror på denna variabel blir noll, och vi får F = 1 ) (µ 2 A 0 H 2 (z = z) µh 2 (z = z) = 1 2 A(µ 0 µ)h 2 (z = z) = 1 2 A(µ 0 µ 0 (1 + χ M ))H 2 (z = z) = 1 2 Aχ Mµ 0 H 2 (z = z) (9.62) Kraften är riktad till vänster i figuren, d.v.s. solenoiden vill dra in staven. Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.26

27 Exempel 3: Bestäm den cylinderradiella kraften på en solenoids lindningar, per längd. Antalet lindningar är N, strömmen i dessa är I, solenoidens radie är R och dess längd är L. Ignorera fältet utanför solenoiden. Energin är U M = 1 dv µh 2 2 = 1 ( ) NI 2 2 µ dv L = 1 ( ) NI 2 2 µπr2 L (9.63) L enligt tidigare approximation. Kraften i den cylinderradiella riktningen är, om strömmen hålls konstant: F ρ = ( U M ) ρ = ρ U M = 1 ( ) NI 2 2 µπ2rl (9.64) L Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.27

28 Den sökta kraften per längd är F ρ 2πRN = 1 2 µni2 L (9.65) Om i stället flödet hålls konstant får vi ett minustecken. Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.28