Elektrodinamika Nagy, Károly Elektrodinamika

EGYENÁRAMOK
110
45. ábra -
2. A tekercs mágneses tere
Gondoljunk el hosszú és kis keresztmetszetű tekercset. Az általa keltett mágneses tér erővonalrendszerét a 46. ábra szemlélteti. A mágneses tér a
tekercsen kívül gyenge, a tekercs belsejében pedig jó közelítéssel homogénnek tekinthető. Határozzuk meg a tér erősségét a tekercs belsejében. E
célból integráljuk a mágneses térerősséget egy erővonal által meghatározott zárt görbére. Stokes-tétellel (36,1) alapján ez a következőképpen írható:
 ((36,14). egyenlet).
46. ábra -
F-en a zárt görbére – mint határgörbére – illeszkedő felületet értünk. Az áramsűrűség a felület azon helyein különbözik zérustól, ahol a tekercset
alkotó vezetők azt átdöfik. Ha a tekercs menetszámát n-nel jelöljük, akkor az F felületet a vezető n-szer szúrja át. Ezért a j
n
-nek az F felületre vett
integrálja a vezető q keresztmetszetére vett integrál n-szerese:

---

EGYENÁRAMOK
111
 ((36,15). egyenlet).
A q-ra vett jobb oldali integrál a vezetőben folyó áram I erősségét adja. (36,14) tehát a következő alakba írható:
 ((36,16). egyenlet).
A  bal  oldali  körintegrált  közelítéssel  számítjuk  ki.  Nevezetesen,  feltételezzük,  hogy  a  tekercsen  kívüli  részben  olyan  gyenge  a  mágneses  tér
erőssége, hogy a tőle származó járulék elhanyagolható az integrál kiszámításánál. A zárt görbe helyett tehát csak a tekercs belsejében haladó l
egyenesszakaszra integrálunk. Mivel itt 
H egyirányú ds-sel, és homogénnek tekinthető, ezért
 ((36,17). egyenlet).
(36,17)-et (36,16)-ba helyettesítve, a tekercs belsejében uralkodó térerősség nagyságára kapjuk, hogy
 ((36,18). egyenlet).
l a tekercs hosszát, n a menetszámát jelenti. A tekercs belsejében a tér annál inkább tekinthető homogénnek, minél nagyobb a tekercs hossza a
keresztmetszetéhez képest.
3. A mágneses tér kiszámítása a vektorpotenciál segítségével
Az előbbi két egyszerűbb eset után most rátérünk az általános eset tárgyalására. Tételezzük fel, hogy 
j(r) ismert függvény az egész térben. Keressük
a mágneses tér erősségét mint a helynek a függvényét. Ehhez a (36,1), (36,2) egyenleteket kell megoldanunk.
A (36,2) egyenlet kielégíthető azáltal, ha a 
B indukcióvektort egy A segédvektortér rotációjaként tekintjük. Legyen tehát
 ((36,19). egyenlet).
Az 
A = A(r) vektorteret a mágneses tér vektorpotenciáljának nevezzük. Az A vektorpotenciál nem határozza meg egyértelműen a mágneses teret.
Ha az 
A vektorpotenciál a (36,19) egyenlet alapján leírja a B vektorral jellemzett mágneses teret, az
 ((36,20). egyenlet)

---

EGYENÁRAMOK
112
potenciál, ahol χ tetszőleges függvénye a helynek, ugyanazt a 
B teret írja le. Ugyanis:
 ((36,21). egyenlet).
Itt figyelembe vettük, hogy gradiens rotációja mindig zérus. Tehát ha az 
A és A' potenciálok egy tetszőleges függvény gradiensében különböznek
egymástól, akkor ugyanazt a mágneses teret írják le. Ezt a körülményt felhasználhatjuk arra, hogy a vektorpotenciálra egy megszorító kikötést
tegyünk. Ezáltal megszüntetjük a határozatlanságot, másrészt alkalmas mellékfeltétellel sikerül a vektorpotenciál differenciálegyenletét egyszerű
alakra hozni. Éppen ezért megköveteljük, hogy az 
A vektorpotenciál elégítse ki a
 ((36,22). egyenlet)
egyenletet. A (36,20) transzformáció felhasználásával ez mindig elérhető. Ugyanis ha 
A nem elégítené ki (36,22)-t, a (36,20) alapján bevezethető
olyan 
A', amely már kielégíti, ha χ-t a
egyenlet megoldásaként választjuk. Nyugodtan megkövetelhetjük tehát 
A divergenciamentességét.
A vektorpotenciált meghatározó differenciálegyenletet (36,1)-ből kapjuk a (36,3) anyagi egyenlet felhasználásával. (36,3) és (36,19) alapján
 ((36,23). egyenlet).
Ezt (36,1)-be helyettesítve:
.
Feltételezzük, hogy a közeg homogén, tehát μ állandó. Ekkor kiemelhető a rot alól, és így
 ((36,24). egyenlet).
A vektoranalízisből ismert

---

EGYENÁRAMOK
113
összefüggés felhasználásával (36,24) a következőképpen írható:
 ((36,25). egyenlet).
Most figyelembe vesszük a (36,22) mellékfeltételt, és ezáltal az 
A vektorpotenciál (36,25) differenciálegyenlete a
 ((36,26). egyenlet)
egyszerű alakot veszi fel.
(36,26) az elektrosztatikában megismert Poisson-egyenlet, amelynek megoldása:
 ((36,27). egyenlet).
r annak a pontnak a helyzetvektora, amelyben a potenciált keressük, r' pedig az integrációs futópont helyvektora.
Az elektrosztatikában bebizonyítottuk, hogy (36,27) valóban kielégíti a (36,26) Poisson-egyenletet (lásd a 12. pontot). Most még meg kell mutatnunk,
hogy (36,27) a (36,22) mellékfeltételt is kielégíti. Az egyszerűbb írásmód kedvéért vezessük be az 
 jelölést. Képezzük (36,27) divergenciáját
az 
r vektor (x, y, z) koordinátái szerint:
 ((36,28). egyenlet).
Itt felhasználtuk a
 ((36,29). egyenlet)
vektoranalitikai összefüggést. A jobb oldali integrál első tagjában 
, mert 
j az r'-től függ, a divergenciát pedig az r koordinátái szerint
képezzük. A második tagot átalakítjuk annak figyelembevételével, hogy
 ((36,30). egyenlet).

---

EGYENÁRAMOK
114
Ez az összefüggés nyilvánvaló az
kifejezés alapján. A (36,30) és a (36,29) képlet felhasználásával írható:
.
A jobb oldalon levő utolsó tag eltűnik, mert (36,1) szerint 
. Ezért
 ((36,31). egyenlet).
Ezt (36,28)-ba helyettesítve, adódik:
.
Gauss-tétellel a jobb oldali térfogati integrál felületi integrállá alakítható:
 ((36,32). egyenlet).
Az F felület a vezető határfelülete. Mivel a vezető szigetelőbe ágyazott, (31,5) szerint az áramsűrűség normális komponense a felület mentén eltűnik
és ezzel együtt (36,32) jobb oldala is. Ezzel bebizonyítottuk, hogy a (36,27) vektorpotenciál valóban kielégíti a div 
A = 0 mellékfeltételt is.
Ezek után 
A-ból a B, majd abból a H vektor egyszerű rotációképzéssel nyerhető. (36,27)-et (36,19)-be helyettesítve, kapjuk:
 ((36,33). egyenlet).
A rot melletti (
r) index azt jelenti, hogy a rotációt az r helyvektor végpontjának (x, y, z) koordinátái szerint kell képezni. A 
 kifejezés a
vektoranalízisből ismert összefüggés alapján a következő alakba írható:

---