3. СТАЦИОНАРНО МАГНЕТСКО ПОЉЕdsuka/ELMAG1/Elmag1 - Zbirka...3. СТАЦИОНАРНО МАГНЕТСКО ПОЉЕ Примјер 3.1 Одредити магнетски

Б. Крстајић, Збирка задатака из Електромагнетике - 1, (2007/2008)

109

3. СТАЦИОНАРНО МАГНЕТСКО ПОЉЕ

Примјер 3.1

Одредити магнетски вектор-потенцијал у и око праволинијског проводника кру-

жног попречног пресјека, полупречника а, са струјом константног интензитета I,

који се налази х хомогеној средини пропустљивости ,oµ [ ].

Рјешење:

Када се приимијени закон укупне струје добијају се познати изрази:

,2

e

IH

rπ= ,

2o

e

IB

r

µ

π= ( )ar ≥ . (1)

22

i

IrH

aπ= ,

2,

2o

i

IrB

a

µ

π= ( )ar ≤ . (2)

iB eB

⊗

aoµ

oµ

ur ⊗

oµ

oµ

ur

θAϕ

Bϕ

eH

( )a ( )b

Слика 3.1


110

гдје је r – растојање од осе проводника. Ако са u�

означимо смјер вектора густи-

не струје, магнетске индукције iB и eB можемо написати у облику:

( )2

,2

oi

I

a

µ

π= ×B u r

� ( ),

2o

e

I

r

µ

π= ×B u r

� � (3)

Смјер линија поља одређен је векторским производом ( ).×u r� �

У области 0=J

скаларни магнетски потенцијал одређујемо из:

0 0

.2 2

B

A B e

A

I r Id H rd d

r

θ θθ

ϕ ϕ θ θπ π

⋅⋅ ⋅

− = = = =∫ ∫ ∫H l (4)

Магнетски вектор-потенцијал има исти смјер као и струја у проводнику, односно ( ).zA A r= Из слике поља и релације rot=B A слиједи:

ˆ ,r z zA A Arot B

z r rθθ θ θ

∂ ∂ ∂= = = − ⋅ = − ⋅ ∂ ∂ ∂B A

� � ,z

dAB

drθ = −

1ln ,2o

e

IA r C

µ

π= − +

2

22.

4o

i

IrA C

a

µ

π= − +

Једну константу је могуће произвољно изабрати, а друга се одређује из услова

непрекидности вектор-потенцијала: ( ) ( )e iA a A a= . Узимајући прву константу

једнаку нули, за другу добијамо:

( )2 1 2 ln .4oIC aµ

π= − ⋅

Коначно,

ln ,2o

e

IA r

µ

π= − ( ),r a≥ (5)

2

21 2 ln .

4o

i

I rA a

a

µ

π

= − ⋅ − ( )ar ≤ . (6)

Примијетимо да магнетски вектор-потенцијал у вањској области не зависи од по-

лупречника проводника.

Примјер 3.2

Одредити поље у околини праволинијског проводника дужине 2a кроз кога про-

тиче струја константног интензитета I, [207].

Рјешење:


111

Бирамо цилиндрични координантни систем. Поставимо га тако да координантни

почетак лежи на половини проводника. У овако постављеном координантном

систему магнетски вектор-потенцијал има само z-компоненту:

a

a

'Idz'z

r

z

( ),M r zR

dAz

•

I

Слика 3.2

'

ˆ ,4oI dz

d dAR

µ

π= ⋅ = ∫A z z ( )22 ' ,R r z z= + −

( )( )

( )

2' 2

2 2 22 '

ln .4 4

a

o o

a

z a r z aI IdzA

z a r z ar z z

µ µ

π π

+

−

+ + + += =

− + + −+ −∫

Вектор магнетске индукције има само θ-компоненту: ,zdA

Bdr

θ = −

( )( ) ( )2 22 24oI r

Ba z r a z r a z

θ

µ

π

−= + + + + + + +

( )( ) ( )2 22 2

.r

z a r z a r z a

+− + + − + −

Примјер 3.3

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 I, [208].

Рјешење:


112

У цилиндричном координантном систему вектор густине струје има само угаону

компоненту: ˆJ θ= ⋅J , ( )arJ ≺,0= , ( )arconstJ == ., и ( )arJ �,0= . То

значи да ће и магнетски вектор потенцијал имати само угаону компоненту:

( ) ˆA rθ θ= ⋅A .

oµ

oµ

�

I B

a

Слика 3.3

( )

ˆˆ ˆ

1 1ˆ ˆ

0 0

z

r

drot rA B

r r z r dr

rA

θ

θ

θ

θ

∂ ∂ ∂= = = ⋅ = ⋅

∂ ∂ ∂

r z

B A z z .

ˆˆ ˆ

1 ˆ ˆ

0 0

zo o

z

r

dBrot J

r r z dr

B

θ

θ

µ θ µ θθ

∂ ∂ ∂= = = − ⋅ = ⋅

∂ ∂ ∂

r z

B J ,

0,

,

0,

zo

r adB

J r adr

r a

µ

= − =

≺

�

.

За ar ≺ ⇒ 0zdB

dr= ⇒ ( )1

0d d

rAdr r dr

θ

= , ⇒ 1 2

2

C CA r

rθ = + .

За 0=r потенцијал мора бити коначан, те је 2 0C = , ⇒ 1

2

CA rθ = .

( )2

1 11

21 1 1

2 2z

C r C rd dB rA C

r dr r dr rθ

= = = =

За ar � ⇒ 3 4

2

C CA r

rθ = + .

За ∞→r потенцијал има коначну вриједност, те је 3 0C = , ⇒ 4CA

rθ = .


113

( )10z

dB rA

r drθ= = .

Из непрекидности функције потенцијала

( ) ( )A r a A r aθ θ− += = = ⇒2

14

2

C aC = . 1 ?C =

⊗�

1zB C=

0B =c

Слика 3.4

Примијенимо Амперов закон на контуру која обухвата дио завојака соленоида:

c

d I⋅ =∫ H l� , ⇒ '

z oB l N I lµ⋅ = ⋅ ⇒ '1 oC N Iµ= .

Коначно,

'

' 2

,2

,2

o

o

N I rr a

AN I a

r ar

θ

µ

µ

⋅ ≤= ⋅ ≥

,

' ,

0,

o

z

N I r aB

r a

µ=

≺

�.

Примјер 3.4

Бесконачно дуг цилиндар кружног попречног пресјека, полупречника а, од нема-

гнетског материјала са oµ µ= равномјерно је по својој запремини оптерећен за-

преминском густином наелектрисања ρ. Цилиндaр се окреће око своје осе угао-

ном брзином ω. Користећи се диференцијалном једначином за магнетски вектор

потенцијал одредити магнетски вектор потенцијал, а преко њега и магнетску ин-

дукцију у свим тачкама простора, [209].

Рјешење:

Полазимо од прве Максвелове једначине у диференцијалном облику:

,orot µ=B J ( ) ,orot rot µ=A J (*)

,dq dV l rdr dρ ρ θ= = ⋅ ⋅ ⋅


114

,d

dt

θω = .

dqi lr dr lr dr

dtρ ω ρω∆ = = ⋅ ⋅ = ⋅

Вектор густине струје има само угаону компоненту: ˆJθθ=J :

( ) ,i lr dr

J r rS l dr

θ

ρωρω

∆ ⋅= = =∆ ⋅

или

( )ˆ .r J rθρ ρ ρω θ θ= = × = ⋅ = ⋅J v w r

ω

θ

a

r

, oρ µ

Слика 3.5

Развиjмо ротор у цилиндричном координантном систему:

ˆˆ ˆ

( )1 1ˆ ˆ( ) .

0 ( ) 0

z

r

d rArot B r

r r z r dr

rA r

θ

θ

θ

θ

∂ ∂ ∂= = =

∂ ∂ ∂

r z

A z z (*)

ˆˆ ˆ

( )1 1 ˆ ˆ( ) .

( )10 0

o

r

d rAdrot rot r

r r z dr r dr

d rA

r dr

θ

θ

θ

θ µ ρω θθ

∂ ∂ ∂ = = − = ⋅ ⋅ ∂ ∂ ∂

r z

A

За ar ≺ :

( )1,o

d rAdr

dr r dr

θµ ρω

= − ⇒

( ) 2

1

1

2o

d rA rC

r dr

θ µ ρω ⋅= − + ⇒


115

( ) 3

12

od rA r

C rdr

θ µ ρω ⋅= − + ⇒

32

1 .8

o r CA C r

rθ

µ ρω= − + +

02 =C пошто је

0θA коначно.

За ar � ,

( )10

d rAd

dr r dr

θ =

, ⇒ ( )

3

d rAC r

dr

θ = ⇒

23

42

C rrA Cθ = + ⇒

( ) 3 4 .2

C r CA r

rθ = +

03 =C пошто је ( )Aθ ∞ коначно.

( )( )1

.z

d rAB r

r dr

θ=

За ar ≺ :

( )

3 21

1

31 1

8 2 8 2o o

z

dA r r CrB r A r C r

r dr r

θθ

µ ρω µ ρω = + = − + + − + ,

( )

2 2 21 1

1

3

8 2 8 2 2o o o

z

r C r C rB r C

µ ρω µ ρω µ ρω= − + − + = − + .

За ar � ,

( ) 4 4

2

1 10z

dA C CB r A r r

r dr r r r

θθ

= + = − = .

Константу 1C израчунавамо из граничног услова ( ) ( )o z o zB a B aµ µ− +=

2

1 .2

o aC

µ ρω ⋅=

Коначно,

( )2 2

2o

zB B a rµ ρω

= = − , ar ≤ ,

0zB B= = , .r a≥

Примјер 3.5

Полазећи од Био-Саваровог закона одредити поље у околини праволинијског

проводника дужине 2a кроз кога протиче струја константног интензитета I. Сре-

дина је неферомагнетска, [210].


116

•

I2a

d

1θ

2θM

R

'r r

'IdlIdl R dθ

β

( )a ( )b

Слика 3.6

Рјешење:

Био-Саваров закон за линијску струју има облик:

( )( ) ( ) ( ) ( )' ' '

3 3 2

ˆ ˆ.

4 4 4o o o

l l l

Id Id R Id

R R R

µ µ µ

π π π

× − × ⋅ ×= = =∫ ∫ ∫

l r r l R l RB r

Пошто је струјна нит планарна претходни израз поприма облик:

ˆ ˆ ˆ ˆsin cos ,d dl dl R dα β θ× = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅l R u u u ( ), .dα = l R�

2

.4 4o o

l l

I IRd dB

R R

µ µθ θ

π π= =∫ ∫ (*)

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.

cos ,d

Rθ= ⇒

1 cos,

R d

θ= ⇒

( )1

2

1 2cos sin sin ,4 4

o oI IB d

d d

θ

θ

µ µθ θ θ θ

π π−

= ⋅ = +∫ 1 2, 0.θ θ �

Примјер 3.6

Кроз праву врло танку бесконачно дугу проводну траку ширине 2а, протиче вре-

менски константна струја интензитета I. Израчунати компоненте вектора магнет-

ске индукције у произвољној тачки простора изван траке, [211].


117

•

• ( ),M x y

dB

xdB

ydB

r y

αx

y

ξ dξ2a

I0d →

a a

Слика 3.7

Рјешење:

Ради се о планпаралелном магнетском пољу. Компоненте магнетске индукције

можемо рачунати у произвољној равни .constz = Јасно је да магнетска индук-

ција нема z-компоненту.

За елемент ширине ξd елементарна струја је: ξda

IdI

2= .

( )2 2

sin ,2 4 4o o o

x

dI I Iy y ddB

r a r r a x y

µ µ µ ξα

π π π ξ

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= − = − = −

⋅ − +

( )( )2 2

cos .2 4 4o o o

y

x ddI I IxdB

r a r r a x y

ξ ξµ µ µξα

π π π ξ

− ⋅⋅ ⋅ ⋅−= = = ⋅

⋅ − +

( )2 2,

4 4

a

o ox

a

y I Id x a x aB arctg arctg

a a y yx y

µ µξ

π πξ−

⋅ ⋅ + − = − = − + − +∫

( )2 2 2

2, .

4o

x

I ayB x y arctg

a x y a

µ

π

⋅= −

+ −

( )( )

( )

( )

22

2 22 2ln .

4 8

a

o oy

a

x dI I x a yB

a a x a yx y

ξ ξµ µ

π πξ−

− ⋅⋅ ⋅ + += =

− +− +∫

Примјер 3.7

Одредити интензитет вектора магнетске индукције дуж осе симетрије намотаја

на слици. Намотаји су од густо мотанe танкe жицe, [212].


118

⊗

⊗

h h

h

,N I ,N I

2h2h

oµ

r

z

Слика 3.8

Рјешење:

Број намотаја по јединици дужине једног соленоида је ' .2

dN NN

dz h= =

Посматрајмо елементарни дио десног соленоида који је облика прстена и који

носи струју ' 'N Idz . Израчунајмо елементарни вектор магнетске индукције у про-

извољној тачки ( )zM ,0,0 који потиче од елементарног дијела прстена 'dl .

⊗

r

z

�

h

h

1dB

2dB

α

α

'z 'dz

dl

()

0,0,

Mz

R

R

Слика 4.11

Вектори dl и R су међусобно окомити.

' '

2,

4oN Idz dl

dBR

µ

π= 2 cos 2 ,z

hdB dB dB

Rα= ⋅ ⋅ = ⋅

( )

' ' ' '

3322 '

,2 2

o oz

N Idz N Ihh dl dz dldB

Rh z z

µ µ

π π

⋅= =

+ −


119

( ) ( )

3' ''

3 32 22 ' 2 '0 3 0

',

2 2

h h h h

o oz

h h

N Ih N Ihdz dzB dl dl

h z z h z z

π πµ µ

π π

−

−

= − + − + −

∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )

3 ' '

3 32 22 ' 2 '3

.4

h h

oz

h h

NIh dz dzB

h z z h z z

µ−

−

= − + − + −

∫ ∫

Користимо смјену: h

zztg

'−=θ , ⇒ '

cos2dz

dh −=

θ

θ.

r

z

'z z−'z

hθ'z z

tgh

θ−

=M z

( ) ( )2' 2

22 ' 2 2 2 2 2

2 2

sin 11 1 1 ,

cos cos

z zh z z h h tg h h

h

θθ

θ θ

− + − = + = + = + =

( )

'

3 3 22 22 '

2

2

cos.

coscos

dz hd d

hhh z z

θ θ θ

θθ

− ⋅= = −

+ −

2θ1θ3θ 4θ

h h 2h2h

h

r

( )0, 0,M z

Слика 3.9

( ) ( )1 3

2 4

1 2 3 4cos cos sin sin sin sin .4 4o o

z

NI NIB z d d

h h

θ θ

θ θ

µ µθ θ θ θ θ θ θ θ

= ⋅ − ⋅ = − − + ∫ ∫


120

( )1 22

sin ,z h

h z hθ

−=

+ −

( )2 22

3sin ,

3

z h

h z hθ

−=

+ −

( )3 22

3sin ,

3

z h

h z hθ

+=

+ +

( )4 22

sin .z h

h z hθ

+=

+ +

Коначно,

( )

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 2

3 3.

4 3 3

oz

NI z h z h z h z hB z

h h z h h z h h z h h z h

µ − − + + = − − + + − + − + + + +

Примјер 3.8

Дат је линијски проводник који слиједи дио кружнице полупречника а, осим на

дијелу који одговара централном углу 2α, гдје је проводник праволинијски и иде

дуж одговарајуће тетиве. Одредити вектор магнетске индукције у центру круж-

нице ако кроз проводник протиче временски константна струја интензитета I,

[213].

θα

I I

r dla

a

x

y

α

Слика 3.10

Рјешење:

Користимо Био-Саваров закон и цилиндрични координантни систем:

3,

4o

l

I d

r

µ

π

×= ∫

l rB ˆˆ ˆ0d dr rdθ θ= ⋅ + ⋅ + ⋅l r z , ˆˆ ˆ0 0r θ= − ⋅ + ⋅ + ⋅r r z ,


121

2

ˆˆ ˆ

ˆ0 ,

0 0

d dr rd r d

r

θ

θ θ× = = ⋅

−

r z

l r z ( ) ( )

2

3ˆ ,

4 4o oI Ir d d

r rθ θ

µ µθ θ

π θ π θ

= = ∫ ∫B z z

( )

cos, 0

cos, 2

cos, 2 2

cos

a

r a

a

αθ α

θ

θ α θ π α

απ α θ π

θ

⋅ ≤ ≤= ≤ ≤ − ⋅ − ≤ ≤

( )2 2

0 2

cos cosˆ .

4 cos cos 4oo

a

IId d d tg

a a

α π α π

α π

µµ θ θθ θ θ α π α

π α α π

−

−

= + + = + − ∫ ∫ ∫B z z

Примјер 3.9

Дат је линијски проводник као на слици. Одредити вектор магнетске индукције у

центру кружнице ако кроз проводник протиче временски константна струја ин-

тензитета I. Полупречник кружнице је а, а угао који одговара паралелним тети-

вама тетивама је 2α , [214].

2α

2α

I

I

a a

a a

2α

2α

I

I

a a

a a

x

y

Слика 3.11

Рјешење:

Користимо Био-Саваров закон и цилиндрични координантни систем:

3,

4o

l

I d

r

µ

π

×= ∫

l rB ˆˆ ˆ0d dr rdθ θ= ⋅ + ⋅ + ⋅l r z , ˆˆ ˆ0 0r θ= − ⋅ + ⋅ + ⋅r r z ,


122

2

ˆˆ ˆ

ˆ0

0 0

d dr rd r d

r

θ

θ θ× = = ⋅

−

r z

l r z , ( ) ( )

2

3ˆ ,

4 4o oI Ir d d

r rθ θ

µ µθ θ

π θ π θ

= = ∫ ∫B z z

( )

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )

, 2 2

cos sin , 2 2

, 2 3 2

cos sin , 3 2 3 2

a

ar

a

a

π α θ π α

α θ π α θ π αθ

π α θ π α

α θ π α θ π α

− − ≤ ≥ − ⋅ − ≤ ≥ += + ≤ ≥ −− ⋅ − ≤ ≥ +

3 3

2 2 2 2

3

2 2 22

sin sinˆ,

4 cos cos

oI

d d d da

π π π πα α α α

π π ππα α αα

µ θ θθ θ θ θ

π α α

− + − +

− + −− −

= + + −

∫ ∫ ∫ ∫B z

( ) ˆ4 2 4 .4

oI

tga

µα π α

π= + −B z

Примјер 3.10

У врло танком шупљем диску од феромагнетског материјала постоји заостала

магнетизација. Вектор магнетизације у диску је ( )ˆlnoM b r=M z , гдје је oM

константа. Диск се налази у вакууму. Одредити: (а) расподјелу Амперових

струја диска и (б) магнетску индукцију B на оси диска, [215].

M M

δ

a

b

z

r

dr

Слика 3.12


123

Рјешење:

(а)

Густину запреминских Амперових струја одређујемо из релације .A rot=J M

Вектор магнетизације у нашем случају има само z-компоненту која се мијења са

координатом r: ( ) ˆzM r= ⋅M z .

2ˆ ˆ .z o

o

A Mr brot M

r b r rθ θ θ

∂ = = − = − − = ∂J M

Густину површинских Амперових струја одређујемо из векторског производа:

.SA = ×J M n

На унутрашњој површини, :r a= ˆln .SA o

bM

aθ= −J

На вањској површини, br = : ln1 0.oM M= =

На осталим површинама 0× =M n .

Плашт површинских Амперових струја представља контуру полупречника а са

јачином струје: ( )1 ln .A SA oI J M b aδ δ= = −

(б)

Од запреминских Амперових струја у тачкама на z-оси је:

( )' '

3,

4o

dVdB

R

µ

π

⋅ × −=

J r r ⇒

( )

3 3cos .

4 2o A o o

z

J r dr d R r M r drdB dB

R R

µ θ δ µ δα

π

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ = = (*)

Од површинских Амперових струја:

( )' '

3,

4oI dl

dBR

µ

π

⋅ × −=

r r ⇒

22

13 3

ln

cos4 4

o oo A

z

ba M d

a I d adB dB

R R

µ θµ θ

απ π

− ⋅ ⋅

⋅ ⋅= ⋅ = = . (**)

Након интеграције израза (*) и (**) добијамо:


124

( )

2

32 2 2 2 2 2

ln1 1

.2

o oz

ba

M aBa z b z a z

µ δ

= − − + + +

Примјер 3.11

Танка квадратна плочица од феромагнетског материјала, хомогено је намагнати-

сана по својој запремини тако да је ˆoM=M z , гдје је oM константа. Околна сре-

дина је немагнетска. Одредити магнетску индукцију Bна оси плочице, [216].

Рјешење:

ˆ ˆ ,y yz x z xA

M MM M M Mrot

y z z x x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = = − + − + − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ J M x y z

ˆ ˆ 0.z zA

M Mrot

y x

∂ ∂= = − =

∂ ∂J M x y

Нема запреминских Амперових струја.

На горњој и доњој површини плочице, такође, нема површинских Амперових

струја (вектори магнетизације и нормале су колинеарни).

M

M M

M

n

n

n na

a

δ

x

y

z

Слика 3.13

По бочним површинама плочице постоји површинска Амперова струја густине

oM , односно интензитета SA oI M δ= .

На z-оси вектор магнетске индукције имаће само z-компоненту. За резултат се

добија:


125

( )

2

2 2 2 2

2 2.

4 2

o oz

a MB

z a z a

µ δ

π=

+ +

Примјер 3.12

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 вакуу-

му. (а) Одредити расподјелу Амперових струја цилиндра, (б) Колики је вектор

магнетске индукције у средини цилиндра? [217].

Mn

nSAJ

Слика 3.14

Рјешење:

По запремини цилиндра нема Амперових струја пошто је магнетик хомо-

ген, 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

SA = ×J M n .

У оси цилиндра магнетска индукција је: oµ=B M .

Примјер 3.13

Кроз праволинијски проводник, који је усмјерен у правцу z-осе, протиче

једносмјерна струја I, при чему је z-оса заједничка ивица три полуравни које об-

разују углове 1θ , 2θ и 3θ (збир углова 2π ). Ако је простор између овако поста-

вљених полуравни испуњен хомогеним материјалом магнетских пермеабилности

1µ , 2µ и 3µ одредити јачине магнетских поља H у сва три ова простора, [220].


126

⊗I

z 1θ

2θ

3θ1µ

2µ

3µ

Слика 3.15

Рјешење:

,c

d I⋅ =∫ H l�

1 2 3

1 2 3 ,c c c c

d H dl H dl H dl I⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ =∫ ∫ ∫ ∫H l� ⇒

1 1 2 2 3 3 ,H r H r H r Iθ θ θ+ + = , ⇒ 1 1 2 2 3 3 .I

H H Hr

θ θ θ⋅ ⋅ ⋅+ + =

Гранични услов: 1 2 3 .n n n

B B B= =

1 1 2 2H Hµ µ= ⇒ 12 1

2

H Hµ

µ= , 2 2 3 3H Hµ µ= ⇒ 1

3 1

3

,H Hµ

µ=

1 11 1 1 2 1 3

2 3

,I

H H Hr

µ µθ θ θ

µ µ⋅ ⋅ ⋅+ ⋅ + ⋅ = ⇒

( )1 2 3

1

1 1 2 3 2 1 3 3 1 2

,I

Hr

µ µ µ

µ θ µ µ θ µ µ θ µ µ=

+ +

( )1 2 3

1 2 3 2 1 3 3 1 2

,i

i

IH

r

µ µ µ

µ θ µ µ θ µ µ θ µ µ⋅

⋅=

⋅ + + 1,2,3.i =

Примјер 3.14

Неограничен прав линијски проводник, протицан временски сталном струјом I,

постављен је паралелно ивицама савршеног неограниченог дугог феромагнетског

профила. Одредити електромагнетску силу по јединици дужине која дјелује на

проводник, [218].


127

⊗

µ→∞

µ→∞

oµ

I⊗ ⊗

⊗⊗

( )1

( )2 ( )3

I oµ oµ

oµoµ

α

2B1B

3B

x

y

a

a

b b

Слика 3.16

Рјешење:

Користимо теорему лика у равном огледалу. На мјесту проводника вектор маг-

нетске индукције одређујемо из:

1 2 3 ˆ ˆx yB B= + + = +B B B B x y .

3 2 2 2 2 2

2cos ,

2 2 2 4 4 4 4

o ox

I I aB B B

a a b a b

µ µα

π π= + = +

+ +

2 2

2 2

2.

4o

x

I a bB

a a b

µ

π

+= ⋅

+

2 2

1 2 2 2

2sin ,

4o

y

I a bB B B

b a b

µα

π

+= − − = − ⋅

+

( ) ( )( )2 2 2 2 2 2

2 2

12 2 .

4o

x y

IB B B a b a b

aba b

µ

π= + = + +

+

Интензитет електромагнетске силе по јединици дужине проводника износи:

( ) ( )( )2

' 2 2 2 2

2 2

12 2 ,

4oIF I B a b a b

aba b

µ

π= ⋅ = + +

+

Ако су a и b једнаки, тада је: 2

' 3.

8oIFa

µ

π=

⋅


128

Примјер 3.15

Неограничени прав проводник кроз који протиче струја I постављен је као на

слици. Одредити положај ликова у овом систему и компоненете вектора B у

произвољној тачки М, [219].

µ→∞

µ→∞

⊗

a

b

c

I

oµ

Слика 3.17

Рјешење:

Користећи теорему лика у равном и цилиндричном огледалу добијамо распоред

извора поља као на слици.

2

2 2,

ad

b c=

+

2

2 2,

a be

b c=

+

2

2 2,

a cf

b c=

+

( ) ( )1 1, , ,x y b c= ( ) ( )2 2, , ,x y b c= − ( ) ( )4 4, , ,x y b c= − − ( ) ( )6 6, , ,x y b c= −

( ) ( )3 3, , ,x y e f= ( ) ( )5 5, , ,x y e f= − ( ) ( )7 7, , ,x y e f= − − ( ) ( )8 8, , ,x y e f= −

( ) ( )9 9, 0, 0 ,x y =

8

91

ln 4 ln ,2o

iM M

i

IA r r

µ

π =

= − ∑

8

2 21 9

4 ,2o i

x

i iM M

I y yA yB

y r r

µ

π =

−∂ = = − ∂ ∑


129

⊗

⊗ ⊗

⊗

⊗

⊗

⊗

⊗

( )7 ( )8

( )4 ( )6

( )5 ( )3

( )2 ( )1

�( )9

I I

I I

I I

4I

I I

dd

d d

c

c

b b

ee

f

f

x

y

( ),M x y•

Слика 3.18

8

221 9

4 .2o i

y

i iM M

I x xA xB

x r r

µ

π =

−∂ = − = − − ∂ ∑

Примјер 3.16

На слици је приказан попречни пресјек веома дугачког вода чији је један провод-

ник танка жица а други танка трака. Ако је јачина стационарне струје вода I од-

редити вектор подужне силе која дјелује на тракасти проводник, [221].

Рјешење:

По закону акције и реакције вриједи: ' '12 21.= −F F Зато ћемо рачунати силу на

жичани проводник. Очигледно је да трака на мјесту жичаног проводника има са-

мо y-компоненту, јер се x-компоненте због симетрије међусобно поништавају.


130

�

⊗I

I

2a

a

0d → �

y dy'21F

'12F

y

x

r

α

α ydB

dB

a

( )1

( )2

Слика 3.19

,2odIdBr

µ

π=

22cos ,

2 2 4

oo o

y

IdydI Idya aadB dBr r r r r

µµ µ

απ π π

= = = = 2 2 ,r a y= +

2 2

1.

4 4 4 2 8

a

o o o oy

a

aI I I Idy y

B arctga y a a a a

a

µ µ µ µπ

π π π−

+

= = = =+ −

∫

Коначно, за силу добијамо:

2

'12 ,

8oI

a

µ=F x

2'21 ˆ.

8oI

a

µ= −F x

Примјер 3.17

У врло дугачком проводнику облика половине кружног цилиндра полупречника

b и дебљине δ постоји временски кoнстантна струја јачине I. Дуж осе цилиндра

овог проводника, у вакууму, постављен је цилиндрични проводник полупречника

a у коме постоји струја јачине I. Израчунати вектор подужне силе која дјелује на

проводник полупречника a, (а<<b), [222].


131

Рјешење:

Унутрашњи проводник можемо сматрати линијским. Силу на дио тог проводни-

ка дужине l, коме је придружен вектор l истог смјера као референтни смјер

струје проводника, одређујемо из:

( )d I d= ⋅ ×F l B , ⇒ I= ×F l B , ⇒ 'F I B= ⋅ .

B је вектор магнетске индукције проводника облика полуцилиндра на његовој

оси. Струју полуцилиндра сматрамо површинском, ,bδ ≺≺ са густином:

.sJ I bπ=

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2.

2 2 2 2 2 2

oo s o oo o

Idl

J dl I bd I ddI I dlbdB

b b b b b b

µµ µ ϕ µ ϕµ µπ

π π π π π π

= = = = = =

δ

b

2a

II

�

�

b

F

ydBdB

x

y

zϕ

ϕ

Слика 3.20

Због симетрије резултантна магнетска индукција има само y-компоненту:

/2

2 2

/2

cos cos .2

o oy y

l l

I IB dB dB d

b b

π

π

µ µϕ ϕ ϕ

π π−

= = = ⋅ =∫ ∫ ∫

Подужна сила ће бити: 2

'

2ˆ.oI

b

µ

π=F x (Правило “лијеве руке”!)


132

*Примјер 3.18

Анализирати поље унутар и ван кугле од хомогеног и линеарног магнетика, по-

лупречника а, релативне пермеабилности rµ , у страном хомогеном магнетском

пољу oH у вакууму, [223].

Рјешење:

Пошто је магнетик хомоген и линеаран однос између поља вектора H и B је ли-

неаран. Читав простор је без кондукционих струја па се и за унутрашњу i и вањ-

ску е област може користити Лапласова једначина за магнетски скалар–потенци-

јал 0mϕ∆ = . Проблему одговара сферни координантни систем са z-осом у прав-

цу хомогеног поља oH :

0,iϕ∆ = 0,eϕ∆ = (1)

• ( ), ,M r θ ψ

z

a

oH

oµ

rµ

0

Слика 3.21

,e iϕ ϕ= ,i er

r r

ϕ ϕµ∂ ∂=

∂ ∂ за .r a= (2)

Рјешења Лапласове једначине за унутрашњу и вањску област су:

3cos ,

2o

i

r

Hrϕ θ

µ= − ⋅ ⋅

+

3

2

1cos cos .

2r

e o o

r

aH r H

r

µϕ θ θ

µ⋅ ⋅

−= − ⋅ + ⋅ ⋅

+ (3)


133

Одговарајући изрази за поља iH и eH добијају се из:

1 1,

sinm m m

mgradr r r

ϕ ϕ ϕϕ θ ψ

θ θ ψ

∂ ∂ ∂= − = − − −

∂ ∂ ⋅ ∂H r

� ��

( )3cos sin ,

2o

i

r

HH θ θ θ

µ= ⋅ − ⋅

+r

��

(4) 3 3

3 3

1 1cos 2 cos sin sin

2 2r r

e o o

r r

a aH H H

r r

µ µθ θ θ θ θ

µ µ

− − = + ⋅ ⋅ + − + ⋅ + + r

��

Преласком у Декартов координантни систем добијамо:

0,i

xH = 0,i

yH = 3

.2

i

z o

r

H Hµ

= ⋅+

(5)

( )

3

5/22 2 2

13 ,

2e r ox

r

a H x zH

x y z

µ

µ

⋅− ⋅= ⋅

+ + +

( )

3

5/22 2 2

13 ,

2e r oy

r

a H y zH

x y z

µ

µ

⋅− ⋅= ⋅

+ + +

(6)

( )

3 2 3

5/2 2 2 2 3/22 2 2

1 13 .

2 2 ( )e r o r oz o

r r

a H z a HH H

x y zx y z

µ µ

µ µ

− −= + ⋅ − ⋅

+ + + ++ +

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 .oH У вањској

области поље H једнако је збиру хомогеног поља oH и поља магнетског дипола

у центар кугле.

У случају кугле од нелинеарног магнетског материјала, али хомогеног и изотроп-

ног, у унутрашњости кугле индукција више није једнака ,i iµ=B H већ је одре-

ђујемо из ( ).i o iµ= +B H M

Анализирајмо поље у простору заузетом куглом, односно поље .iH Полазећи од

израза (5), узимајући у обзир однос ( )1 ,r iHµ= − ⋅M те елиминишући из њих

пермеабилност rµ добија се:


134

,3

i o= −M

H H ( ) 2.

3i o i o oµ µ

= + = + M

B H M H (7)

Присуство магнетика слаби јачину спољашњег поља oH у простору који заузима

магнетик а појачава магнетску индукцију.

*Примјер 3.19

Анализирати поље у околини танког кружног завојка полупречника а.

Полупречник пресјека жице је много мањи од а тако да се проводник може

сматрати танким.

Рјешење:

Постављени задатак упростимо тако што ћемо најприје наћи поље у тачкама које

леже на средишњој оси кружног завојка, слика 4.28. Помоћу Био-Саваровог зако-

на за линијску струју (4.3.4), од струјног елемента dlI ⋅ , на растојању z од равни

завојка dB ће бити:

⊗�

aII

Rz

θ

dB

1dB

2dB

Слика 3.22

2.

4oI dl

dBR

µ

π= ⋅

Са слике 3.22 је очигледно да постоји само z-компонента поља:


135

2

2 2

0

sin sin ,4

o

C C

IB dB dB ad

R

πµ

θ θ θπ

= = ⋅ =∫ ∫ ∫� �

( )

2 2

3/23 2 2.

2 2o oIa I a

BR a z

µ µ= = ⋅

+

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 z

поклапа са осом завојка. Израз за магнетски вектор-потенцијал одређен је изра-

зом (4.2.9):

'

.4o

C

I d

R

µ

π= ∫

lA �

Због симетрије у односу на z-осу, линије векторског потенцијала су кругови, који

леже у равнима паралелним равни завојка, а средишта су им на z-оси. Зато вектор

A има само једну компоненету Aθ која зависи од координата r и z, слика 4.29 а).

Пошто вектор A не зависи од координате θ координантни систем поставимо та-

ко да тачка М лежи у x0z равни, односно да има координате ( )zr ,0, .

Ако са dlθ обиљежимо пројекцију елемента 'dl на правац орта θ�

у тачки М, пре-

ма ознакама на слици 4.29 c), важиће:

cos cosdl dl a dθ θ θ θ= ⋅ = ⋅ ⋅ ,

2 2oR r z= + , 2 2 2 2 cosb a r ra θ= + − ,

2 2 2 2 2 2 2 cos .R z b z a r ra θ= + = + + −

Узимањем симетрије у односу на раван x0z добијамо:

2 2 2

0

cos2

4 2 cos

oI a dA A

z a r ar

π

θ

µ θ θ

π θ

⋅ ⋅= = ⋅

+ + − ⋅∫ .

Уведимо смјену βπθ 2−= , уз следеће елементарне трансформације:

( )2

cos cos 2 cos cos 2 sin sin 2

cos 2 2 sin 1,

θ π β π β π β

β β

= − = ⋅ + ⋅ =

= − = ⋅ −.

βθ dd ⋅−= 2 , [ ]πθ ,0∈ ⇒ [ ]0,2/πβ ∈ ,


136

( )

2 2 2 2 2 2 2

2 22

2 cos 2 2 sin 1

4 sin ,

z a r ar z a r ar

z a r ar

θ β

β

− ⋅ + + − = + + − =

= + + −

A-линија

В-линија

I

z

RoR

a

r

z

z

b

θ

(

), 0,

Mr

z

y

x( )a ( )б

θdθa

M θ

y

x

'dl

'dl

d θlθ

( )ц

Слика 3.23

интеграл у посљедњем изразу поприма облик:

( )( )

/2 2

2 220

2 sin 1

4 sin

odIa

A Az a r ar

π

θ

β βµ

π β

⋅ − ⋅= = ⋅

+ + − ⋅∫ . (1)

Уведимо ознаку: ( )

2

22

4ark

a r z=

+ +.

Број к се мијења у границама 10 ≤≤ k . Вриједност 1=k добија се за 0=z и

ar = , тј. за тачке на струјној контури. Направимо сљедеће трансформације:


137

( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 22 2 24 sin sina r z ar a r z k a r zβ β + + − = + + − + + ⋅ =

( ) ( ) ( )2 2 2 2 22

2

41 sin 1 sin .

ara r z k k

kβ β = + + ⋅ − = ⋅ −

( )( ) ( )

2 2 2 2 2

2 2 22 2 2 2

2 sin 1 2 sin 1 2 sin

2 2 1 sin4 1 sin 1 sin

k k k k k

ar ar k kar k k

β β β

ββ β

⋅ − − −= ⋅ = ⋅ =

−− −

( ) ( )2 2 22 2 2

2 2 2 2 2

22 2

2 2

2 2 1 sin2 sin 2 2 1

2 21 sin 1 sin

1 22 1 sin .

2 1 sin

k kk k k

ar k ark k k

kk

k ar k

ββ

β β

ββ

− − −− − += ⋅ = ⋅ =

− −

− = ⋅ − − −

Након ове трансформације израз (1) поприма облик:

( )

( )

/2 /2

2 2 2

2 20 0

2

2 2 1 sin2 1 sin

2 2 ,2

o

o

I a dA k k d

k r k

I aA k K E

k r

π π

θ

θ

µ ββ β

π β

µ

π

= ⋅ − − − −

= ⋅ − ⋅ − ⋅

∫ ∫

гдје смо са К и Е означили потпуне елиптичке интеграле прве и друге врсте,

респективно:

( )/2

2 20

,1 sin

dK k

k

πβ

β=

−∫ ( )/2

2 2

0

1 sinE k k d

π

β β= −∫ .

Величина к назива се параметар елиптичких интеграла. Ове интеграле већином

рачунамо нумерички, пошто се они могу развити у ред по параметру к:

( )2 2 22 4 61 1 3 1 3 5

1 .........2 2 2 4 2 4 6

K k k k kπ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ + + + + ⋅ ⋅ ⋅

( )2 2 22 4 61 1 3 1 3 5

1 ......2 2 1 2 4 3 2 4 6 5

k k kE k

π ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − + − − ⋅ ⋅ ⋅

Компоненте магнетске индукције у цилиндричном координантном систему

( )zr ,,θ су:


138

1,z

r

A A AB

r z z

θ θ

θ

∂ ∂ ∂= − = −

∂ ∂ ∂ 0,r zA A

Bz r

θ

∂ ∂= − =∂ ∂

( ) ( )1 1 1.r

z

AB rA rA

r r r r rθ θ

θ

∂∂ ∂= − =∂ ∂ ∂

Узимајући у обзир да су:

( )2,

1

K E K

k kk k

∂= −

∂ −

,E E K

k k k

∂= −

∂

3

,4

k zk

r ar

∂= −

∂

3

,2 4

k k k a r

z r ar

∂ += − ⋅

∂

за компоненте магнетске индукције добијамо:

( )

2 2 2

22.

4o

r

Ikz a r zB E K

r ar a r z

µ

π

+ + = − − +

0,Bθ =

( )

2 2 2

22.

4o

z

Ik a r zB E K

ar a r z

µ

π

− − = + − +

За тачке које леже у равни завојка, 0=z , компоненте поља добијају сљедеће

вриједности:

0,rB =

0,Bθ =

( )( ).

2o

z

IB E K

a r

µ

π= +

+

-*-

Documents

3. СТАЦИОНАРНО МАГНЕТСКО ПОЉЕdsuka/ELMAG1/Elmag1 - Zbirka...3. СТАЦИОНАРНО МАГНЕТСКО ПОЉЕ Примјер 3.1 Одредити магнетски