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da **Chiodo** » 21 giu 2014, 14:45

Salve frequentatori di Electro You. Avrei una domanda per voi se potete essere d'aiuto. Riguarda l'energia magnetica e la sua duale: la coenergia magnetica.
L'energia magnetica in un determinato volume è definita nel modo seguente:
$W_m=\int_V \int_0^B \bf{H} \cdot d\bf{B} \,dV$
Se si fa riferimento ad una curva di magnetizzazione standard (ad esempio una curva B-H di magnetizzazione di un materiale ferromagnetico) per un dato valore raggiunto di induzione questa rappresenta l'area compresa tra la curva e l'asse delle ordinate che poi va integrata sul volume.
Dualmente la coenergia magnetica è definita come:
$W'_m=\int_V \int_0^H \bf{B} \cdot d\bf{H} \,dV$
Sempre in riferimento alla medesima curva caratteristica B-H questa è la porzione d'area che è compresa tra la curva e l'asse delle ascisse che poi va integrata sul volume.
Ora il mio dubbio sorge quando viene definita la totale area del rettangolo che è la somma della energia e coenergia. Alcuni chiamano questa quantità energia apparente e la definiscono come:
$W_{AJ}=\int_V \bf{A} \cdot \bf{J} \, dV=W_m+W'_m$
dove A è il potenziale vettore magnetico mentre J è la densità di corrente che genera il campo magnetico.
Quando siamo in situazione lineare energia e co-energia coincidono perché la curva è una retta, ma in condizioni non lineari (saturazione) questo non è più vero e ad esempio la W_m

non è più valida per un calcolo di induttanza e bisogna passare appunto a questa $W_{AJ}$
Ora la mia perplessità sorge nel giustificare quest'ultima formula.
Ho provato a darmi una spiegazione e provo ad esporla. Partendo dalla curva B-H l'asse delle ordinate è proporzionale al flusso per una data superficie. Dall'altra parte l'asse delle ascisse esprime H che è proporzionale alla corrente. Quindi in realtà la mia curva può essere "trasformata" in una curva $\Phi$ -i. Ora la corrente è:
$\int_S \bf{J} \cdot d\bf{S}$
mentre nell'asse delle ordinate dove ora c'è il flusso posso utilizzare la definizione di potenziale vettore e scrivere:
$\int_S \bf{B}\cdot d\bf{S} =\int_S \nabla \times \bf{A} \cdot \, d\bf{S}$ e poi per il teorema di Stokes:
$\oint_l \bf{A} \cdot d\bf{l}$
Ora quello che avevo pensato è che la totale area del rettangolo sarà data dal prodotto dei due lati che ora sono rispettivamente: $\oint_l \bf{A} \cdot d\bf{l}$ e $\int_S \bf{J} \cdot d\bf{S}$ . Questo darebbe un integrale su tre dimensioni (volume) e potrei arrivare alla definizione di energia apparente iniziale. Tuttavia non sono soddisfatto di questa spiegazione che non è per nulla formale. Qualcuno potrebbe aiutarmi a capire come si arriva a definire questa energia apparente a partire da energia e coenergia?

Mi rendo conto che il mio ragionamento è molto da ingegnere, quale io sono, ma più di così non sono riuscito a fare..

da **afz** » 21 giu 2014, 16:02

Ciao, in caso lineare io farei così:
(chiamo w_m

e

le densità di energia e coenergia [J/m^3])

$w_m+w_m'=\bf{H} \cdot \bf{B} = \bf{H} \cdot \nabla \times \bf{A} = \bf{A} \cdot \nabla \times \bf{H} - \nabla \cdot ( \bf{H} \times \bf{A} )$

Si ha che $\nabla \times \bf{H} = \bf{j}$ , sostituendo:

$w_m+w_m'= \bf{A} \cdot \bf{j} - \nabla \cdot ( \bf{H} \times \bf{A} )$

Integrando il secondo addendo si dovrebbe avere:
$\int_V \nabla \cdot ( \bf{H} \times \bf{A} ) dV = \int_{\partial V} \bf{H} \times \bf{A} \cdot \bf{n} \, d\Sigma = \int_{\partial V} (\bf{n} \times \bf{H} \cdot \bf{A} ) \, d\Sigma - \int_{\partial V} (\bf{n} \times \bf{A} \cdot \bf{H}) \, d\Sigma$

L'ultimo addendo dovrebbe essere sempre nullo in caso di contorni standard (Dirichlet o Neumann), nel primo addendo invece è diverso da zero solo se ci sono correnti superficiali sui bordi ( $\bf{n} \times \bf{H} = \bf{j}_s$ ) quindi complessivamente:

$\int_V \bf{A} \cdot \bf{j} - \int_{\partial V} (\bf{n} \times \bf{H} \cdot \bf{A}) \, d\Sigma$

Se poi appunto non abbiamo correnti superficiali

$\int_V \bf{A} \cdot \bf{j} \, dV$

(i conti li ho presi dal mio quaderno di elettrotecnica, spero di aver trascritto correttamente)

da **Chiodo** » 21 giu 2014, 17:45

Ciao!..Wow grazie! :ok:

afz ha scritto: L'ultimo addendo dovrebbe essere sempre nullo in caso di contorni standard (Dirichlet o Neumann),

Io questo direi che è nullo perché (considerando un mezzo isotropo) il nostro potenziale vettore per definizione sarà ortogonale al campo magnetico e quindi il suo prodotto scalare sarà per forza nullo.

L'unica cosa che non mi è ben chiara è la questione delle correnti superficiali:

afz ha scritto:nel primo addendo invece è diverso da zero solo se ci sono correnti superficiali sui bordi ( $\bf{n} \times \bf{H} = \bf{j}_s$ ) quindi complessivamente:

$\int_V \bf{A} \cdot \bf{j} - \int_{\partial V} (\bf{n} \times \bf{H} \cdot \bf{A}) \, d\Sigma$

Se poi appunto non abbiamo correnti superficiali

$\int_V \bf{A} \cdot \bf{j} \, dV$

Ok non ho correnti superficiali, ma la relazione che lega il campo magnetico alle correnti superficiali?..

da **afz** » 21 giu 2014, 21:44

Ok non ho correnti superficiali, ma la relazione che lega il campo magnetico alle correnti superficiali?..

In pratica, sperando di non dire sciocchezze, la formula:

$\bf{n} \times \bf{H} = \bf{j}_s$

è una restrizione sul bordo della legge di Maxwell:

$\nabla \times \bf{H} = \bf{j}$

L'espressione $\bf{n} \times \bf{H}$ è un po' come se fosse un "rotore superficiale" ( $\bf{j}_s$ è una densità di corrente lineare, misurata in [A/m]).

Io in pratica avevo capito così: immaginando un problema 2D, come quello del disegno in fondo, se calcolo $\bf{n} \times \bf{H}$ , ottengo:

$(n_xH_y-n_yH_x) \, \hat{\bf{z}}$

Se poi considero il vettore tangente $\bf{t} =\begin{pmatrix} t_x& \\ t_y & \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -n_y&\\ n_x & \end{pmatrix}$ ho:

$(t_xH_x+t_yH_y) \hat{\bf{z}} = (\bf{ H} \cdot \bf{t} ) \, \hat{\bf{z}}$

Considero il rettangolo rosso in figura; il lato maggiore ha lunghezza infinitesima; fuori dal dominio non ho campo H.
Se calcolo la circuitazione (considerando la corrente sul bordo $\bf{j}_s$ uscente e il campo H costante nel tratto infinitesimo considerato), dalla terza legge di Maxwell si ha:

$(\bf{ H} \cdot \bf{t} )$ $\, dl$ $= j_s \,$ $\,dl$

Si ritrova l'espressione iniziale. Nel conto sono stati trascurati i contributi sui due lati minori (un po' come quando si dimostra la continuità della componente tangenziale di H su due diversi materiali)

In questo senso, effettivamente l'espressione $\bf{n} \times \bf{H}$ "sostituisce" il rotore tradizionale della legge di Maxwell.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Io la storia delle correnti superficiali l'avevo capita in questo senso... Spero di non aver detto troppo scemate!

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