פרק 9 - מגנטוסטטיקה

מגנטוסטטיקה

משוואות השדה

במצב הסטטי (או סדר 0 של בעיה מגנטו קוואזיסטטית), השדה החשמלי והמגנטי נקבעים דרך המשוואות הבאות:

באלטרוסטטיקה:

$$\{\begin{array}{l}\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{E}=0\\ \mathrm{\nabla }\cdot ({ϵ}_0\overrightarrow{E})=\rho \end{array}$$

במגנטוסטטיקה:

$$\{\begin{array}{l}\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{H}=\overrightarrow{J}\\ \mathrm{\nabla }\cdot ({\mu }_0\overrightarrow{H})=0\end{array}$$

וניתן לראות שבין מערכות המשוואות ישנם הבדלים. במצב סטטי של המקור לשדה החשמלי הוא צפיפות מטען סטטית, בעוד שהמקור לשדה המגנטי, באופן בלתי תלוי, הוא זרמים סטטיים, קבועים בזמן.

כאשר פתרנו את $\overrightarrow{E}$, חילקנו את הפיתרון לפרטי והומגני - הפתרון הפרטי נבע ישירות מן המקורות, והפיתרון ההומוגני "עזר" לנו לקיים תנאי שפה בבעיה המלאה.

גם כאן, בבעיות מגנטו קוואזיסטטיות, נשתמש באותה הדרך.

מאחר ובאופן כללי מתקיים:

$$\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{H}=\overrightarrow{J}\ne 0$$ לא ניתן להגדיר $H=-\mathrm{\nabla }\varphi$. עם זאת, השדה המגנטי הוא תמיד חסר מקורות (במובן של מטענים)

$$\mathrm{\nabla }\cdot ({\mu }_0\overrightarrow{H})=0$$ ולכן נגדיר:

$$\Rightarrow {\mu }_0\overrightarrow{H}=\mathrm{\nabla }\times \underset{\text{magnetic vector potential}}{\underbrace{\overrightarrow{A}}}$$ מאחר שבאופן זהותי מתקיים

$$\mathrm{\nabla }\cdot (\mathrm{\nabla }\times A)=0$$

פוטנציאל וקטורי

הבחירה ב $\overrightarrow{A}$ אינה חד ערכית.

אם מתקיים $\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{A}={\mu }_0\overrightarrow{H}$, נגדיר עבור פונקציה סקלרית כלשהי $\mathrm{\Psi }$:

$${\overrightarrow{A}}^{\prime }=\overrightarrow{A}+\mathrm{\nabla }\mathrm{\Psi }$$ ואז: $$\mathrm{\nabla }\times {\overrightarrow{A}}^{\prime }=\mathrm{\nabla }\times (\overrightarrow{A}+\mathrm{\nabla }\mathrm{\Psi })={\mu }_0\overrightarrow{H}+0={\mu }_0\overrightarrow{H}$$ נקבל את אותו השדה (למעשה משפט הלמולץ באחת מצורותיה אומרת שניתן להגדיר שדה כמלואו, באופן יחיד, כאשר ידועים גם ה Curl וגם ה Div).

כאן ידוע לנו רק $\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{A}=\overrightarrow{H}$ ויש לנו חופש לבחור את Div לנוחיותינו.

משוואת לפלאס הוקטורית

ניקח את $\overrightarrow{A}$ ונציב בחוק אמפר:

$$\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{H}=\mathrm{\nabla }\times (\frac{1}{{\mu }_0}\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{A})=\overrightarrow{J}$$$$\Rightarrow \mathrm{\nabla }\times (\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{A})={\mu }_0\overrightarrow{J}$$נשתמש בזהות ונקבל:

$$\mathrm{\nabla }(\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{A})-{\mathrm{\nabla }}^2\overrightarrow{A}={\mu }_0\overrightarrow{J}$$על מנת לפשט את המשוואה, נהוג לבחור את כיול קולון (מאחר ויש לנו חופש לבחור את $\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{A}$ כרצוננו:

$$\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{A}=0\Rightarrow {\mathrm{\nabla }}^2\overrightarrow{A}=-{\mu }_0\overrightarrow{J}$$מכאן נובעות שלוש משוואות פואסון סקלריות, שאנו כבר יודעים לפתור:

$$\{\begin{array}{l}{\mathrm{\nabla }}^2{A}_x=-{\mu }_0{J}_x\\ {\mathrm{\nabla }}^2{A}_y=-{\mu }_0{J}_y\\ {\mathrm{\nabla }}^2{A}_z=-{\mu }_0{J}_z\end{array}$$

סופרפוזיציה עבור הפוטנציאל הוקטורי

ראינו שכל רכיב מתנהג כמו משוואת פואסון, ולכן הפיתרון עבור כל רכיב יהיה:$$A_k(\overrightarrow{r})=\frac{{\mu }_0}{4\pi }\int \frac{J_k({\overrightarrow{r}}^{\prime })}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}d{V}^{\prime }$$והפיתרון הכולל יהיה: $$\overrightarrow{A}(\overrightarrow{r})=\frac{{\mu }_0}{4\pi }\int \frac{\overrightarrow{J}({\overrightarrow{r}}^{\prime })}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}d{V}^{\prime }$$ כאשר:

• ${\overrightarrow{r}}^{\prime }$ - מערכת המקור.
• $\overrightarrow{r}$ - מערכת הצופה. הנקודה שבה מחשבים את $\overrightarrow{A}$.

נסיק, כי בהינתן שיש לנו מקורות בתווך חופשי (או עבור פיתרון פרטי בתווך עם תנאי שפה) נחשב את $\overrightarrow{A}$ על ידי סופרפוזיציה, ומתוך זה נחלץ את $\overrightarrow{H}$:

$$\overrightarrow{H}=\frac{1}{{\mu }_0}\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{A}$$הערה חשובה:

נשים לב כי רכיב כלשהו של $\overrightarrow{J}$ תורם רק לאותו רכיב של $\overrightarrow{A}$.

בניגוד ל $\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{H}=\overrightarrow{J}$ שבו כל רכיב של $\overrightarrow{J}$ יכול לתרום לרכיבים שונים של $\overrightarrow{H}$ (תקף בכל מערכת קורדינטות ולא רק בקרטזיות).

דוגמא - טבעת זרם (איור 1)

איור 1

נרצה לחשב את $\overrightarrow{A}$, ומתוכו את $\overrightarrow{H}$.

$${\overrightarrow{r}}^{\prime }=a\cos {\phi }^{\prime }\hat{x}+a\sin {\phi }^{\prime }\hat{y},d{l}^{\prime }=ad{\phi }^{\prime },\overrightarrow{r}=x\hat{x}+y\hat{y}+z\hat{z}$$$$\overrightarrow{A}=\frac{{\mu }_0}{4\pi }\int \frac{Iad{\phi }^{\prime }\stackrel{=-\hat{x}\sin {\phi }^{\prime }+\hat{y}\cos {\phi }^{\prime }}{\overbrace{\hat{\phi }}}}{|(x-a\cos {\phi }^{\prime })\hat{x}+(y-a\sin {\phi }^{\prime })\hat{y}+z\hat{z}|}=...$$$$...=\frac{{\mu }_0}{4\pi }\int \frac{Iad{\phi }^{\prime }(-\hat{x}\sin {\phi }^{\prime }+\hat{y}\cos {\phi }^{\prime })}{\sqrt{(x-a\cos {\phi }^{\prime }{)}^2+(y-a\sin {\phi }^{\prime }{)}^2+z^2}}$$את האינטגרל הנ"ל לא ניתן להעריך באופן אנליטי.

נניח כי $t\gg a$, ואז:

$$r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$$נציב באינטגרל ונקבל:

$$\overrightarrow{A}=\frac{{\mu }_0}{4\pi }\int \frac{...}{r[1-\frac{2a}{r^2}(x\cos {\phi }^{\prime }+y\sin {\phi }^{\prime })+\frac{a^2}{r^2}{]}^{1/2}}$$נשתמש בקירוב:

$$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{a}{r}}}\stackrel{\frac{a}{r}\ll 1}{\overbrace{\approx }}1-\frac{1}{2}\frac{a}{r}$$$$\overrightarrow{A}=\frac{{\mu }_{0}Ia}{4\pi }\underset{{\phi }^{\prime }=0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{d{\phi }^{\prime }[-\hat{x}\sin {\phi }^{\prime }+\hat{y}\cos {\phi }^{\prime }]}{r}\cdot (1-\frac{a}{r^2}(x\cos {\phi }^{\prime }+y\sin {\phi }^{\prime }))$$$$\Rightarrow \overrightarrow{A}=\frac{{\mu }_0}{4\pi }IS\cdot \frac{1}{{\gamma }^2}\hat{\phi }$$כאשר הגדרנו $S\equiv \pi a^2$.

$$\overrightarrow{H}=\frac{1}{{\mu }_0}\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{A}=\frac{m}{4\pi r^3}(2\cos \theta \hat{r}+\sin \theta \hat{\theta })$$כאשר הגדרנו את $m\equiv I_{0}S$ להיות מומנט הדיפול.

איור 2 - השוואה בין דיפול חשמלי למגנטי

חוק Biot - Savart

איור 3

הראינו כיצד לחשב את $\overrightarrow{A}$, וכדי לקבל את $\overrightarrow{H}$ מבצעים רוטור.

ניתן גם לבצע רוטור "מראש" על הנוסחא לחישוב $\overrightarrow{A}$ , ונקבל את חוק Biot - Savart (BS).

$$\overrightarrow{A}=\int \frac{\overrightarrow{J}(r^{\prime })}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}d{V}^{\prime }\Rightarrow \overrightarrow{H}=\frac{1}{{\mu }_0}\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{A}=\frac{1}{4\pi }\mathrm{\nabla }\times \int \frac{\overrightarrow{J}(r^{\prime })}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}d{V}^{\prime }=...$$$$...=\frac{1}{4\pi }\int \mathrm{\nabla }\times (\frac{\overrightarrow{J}(r^{\prime })}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|})d{V}^{\prime }=\frac{1}{4\pi }\int [\mathrm{\nabla }(\frac{1}{|r-r^{\prime }|})\times \overrightarrow{J}(r^{\prime })+\frac{1}{|r-r^{\prime }|}\underset{=0}{\underbrace{\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{J}}}]d{V}^{\prime }$$כאשר השתמשנו בזהות:

$$\mathrm{\nabla }\times (\psi \overrightarrow{F})=\mathrm{\nabla }\psi \times \overrightarrow{F}+\psi (\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{F})$$ובנוסף איפסנו את $\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{J}$ מכך שהגזירה היא לפי קורדינטת הצופה, בעוד $\overrightarrow{J}$ לא תלוי בהן.

נקבל:

$$\Rightarrow \overrightarrow{H}=\frac{1}{4\pi }\int \mathrm{\nabla }(\frac{1}{|r-r^{\prime }|})\times \overrightarrow{J}({\overrightarrow{r}}^{\prime })d{V}^{\prime }=\frac{1}{4\pi }\int [-\frac{1}{|r-r^{\prime }{|}^2}\cdot {\hat{i}}_{r^{\prime },r}\times \overrightarrow{J}({\overrightarrow{r}}^{\prime })]d{V}^{\prime }$$$$\text{Biot Savart law: }\overrightarrow{H}=\frac{1}{4\pi }\int \frac{\overrightarrow{J}({\overrightarrow{r}}^{\prime })\times {\hat{i}}_{r^{\prime },r}}{|r-r^{\prime }{|}^2}d{V}^{\prime }$$אם יש גם מקורות משטחיים או קווים:

$$\overrightarrow{H}=\underset{\text{Volume charges}}{\underbrace{\frac{1}{4\pi }\int \frac{\overrightarrow{J}({\overrightarrow{r}}^{\prime })\times {\hat{i}}_{r^{\prime },r}}{|r-r^{\prime }{|}^2}d{V}^{\prime }}}+\underset{\text{Surface charges}}{\underbrace{\frac{1}{4\pi }\int \frac{\overrightarrow{K}({\overrightarrow{r}}^{\prime })\times {\hat{i}}_{r^{\prime },r}}{|r-r^{\prime }{|}^2}d{S}^{\prime }}}+\underset{\text{Linear charges}}{\underbrace{\frac{1}{4\pi }\int \frac{\overrightarrow{I}\times {\hat{i}}_{r^{\prime },r}}{|r-r^{\prime }{|}^2}\overrightarrow{d{l}^{\prime }}}}$$המגבלה של החוק הנ"ל הוא שהוא שימושי רק כאשר ידועים כל הזרמים במרחב, וניתן לחשב את כולם כסופרפוזיציה.

ואם זה לא המצב?

במקרה כזה, הפתרון המלא לשדה הוא פתרון פרטי ופתרון הומוגני.

הפיתרון הפרטי הוא שדה של טבעת.

הפיתרון ההומוגני לא נובע ממקורות באיזור שבו פותרים. יהיה פתרון שיקוף במקרה הזה (יהיה בתרגול).

תנאי שפה לשדה מגנטי PEC

איור 4

כדי לבנות באופן שיטתי צריך פיתרון לבעיה המלאה (מקורות בנוכחות תנאי שפה).

נרשום את תנאי השפה עבור $\overrightarrow{H}$ בנוכחות PEC.

$$\{\begin{array}{l}\hat{n}\times ({\overrightarrow{H}}_{out}-{\overrightarrow{H}}_{in})=\overrightarrow{K}\Rightarrow \hat{n}\times \overrightarrow{H}=\overrightarrow{K}\\ \hat{n}\cdot ({\mu }_0{\overrightarrow{H}}_{out}-{\mu }_0{\overrightarrow{H}}_{in})=0\Rightarrow \hat{n}\cdot {\mu }_0\overrightarrow{H}=0\end{array}$$לכן סמוך לשפת PEC, $\overrightarrow{H}$ יהיה רק מקביל לשפה.

בעיית השדה המגנטי מתוארת ע"י (איור 5):

איור 5

$$\{\begin{array}{ll}\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{H}=\overrightarrow{J},& \hat{n}\times \overrightarrow{H}{|}_{\text{boundry}}=\overrightarrow{K}\\ \mathrm{\nabla }\cdot ({\mu }_0\overrightarrow{H})=0,& \hat{n}\cdot {\overrightarrow{H}}_{\text{boundry}}=0\end{array}$$את הפיתרון נחלק ל-2 חלקים: פרטי והומוגני:

$$\overrightarrow{H}={\overrightarrow{H}}_p+{\overrightarrow{H}}_h$$מחוק ביו סבר קיבלנו ש:

$${\overrightarrow{H}}_p=\frac{1}{4\pi }\int \frac{\overrightarrow{J}({\overrightarrow{r}}^{\prime })\times {\hat{i}}_{r^{\prime },r}}{|r-r^{\prime }{|}^2}d{V}^{\prime }$$איזו מערכת משוואות מקיים הפיתרון ההומוגני?

$$\{\begin{array}{l}\mathrm{\nabla }\times ({\overrightarrow{H}}_h)=\mathrm{\nabla }\times (\overrightarrow{H}-{\overrightarrow{H}}_p)=0\\ \mathrm{\nabla }\cdot ({\overrightarrow{H}}_h)=\mathrm{\nabla }\cdot (\overrightarrow{H}-{\overrightarrow{H}}_p)=0\end{array}$$תנאי השפה:

$$\hat{n}\cdot ({\mu }_0\overrightarrow{H}){|}_{\text{boundry}}=\hat{n}({\mu }_0{\overrightarrow{H}}_p+{\mu }_0{\overrightarrow{H}}_h)=0$$$$\Rightarrow \hat{n}\cdot {\mu }_0{\overrightarrow{H}}_h=\underset{\text{Already known}}{\underbrace{-\hat{n}\cdot {\mu }_0{\overrightarrow{H}}_p}}$$נשים לב ש ${\overrightarrow{H}}_h$ מקיים את אותן משוואות שמקיים ${\overrightarrow{E}}_h$, ולכן - אפשר להגדיר את הפוטנציאל המגנטי הסקלרי:

$${\overrightarrow{H}}_h\equiv -\mathrm{\nabla }{\varphi }_m$$נציב בחוק גאוס המגנטי:

$$\{\begin{array}{l}\mathrm{\nabla }\cdot ({\mu }_0{\overrightarrow{H}}_h)=\mathrm{\nabla }\cdot ({\mu }_0(-\mathrm{\nabla }{\varphi }_m))={\mathrm{\nabla }}^2{\varphi }_m=0\\ \hat{n}\cdot H_n=\frac{\partial {\varphi }_m}{\partial n}=-\hat{n}\cdot H_p\end{array}$$וקיבלנו את משוואת לפלאס עבור הפוטנציאל המגנטי הסקלרי.

נשווה בין שדה חשמלי סטטי לשדה מגנטי סטטי:

שדה מגנטי סטטי	שדה חשמלי סטטי
$\oint \overrightarrow{H}\cdot \overrightarrow{dl}=I$	$\oint \overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}=0$	משוואת המצב
גם אם אנו נמצאים באיזור שבו אין מקורות $\oint \overrightarrow{H}\cdot \overrightarrow{dl}$ לא יהיה אפס אם הוא מקיף זרמים.	$\overrightarrow{E}=-\mathrm{\nabla }\varphi$ולכן זהו שדה משמר	האם השדה משמר?

אם נסתכל על הדוגמא המוכרת של תיל אינסופי (איור 6):

איור 6

$$\overrightarrow{H}=\frac{I}{2\pi }\hat{\phi }$$ולכן פורמלית נגדיר: $${\varphi }_m=\frac{I}{2\pi }\phi$$אבל זו לא פונקציה חד - ערכית ולמעשה: $$\varphi (2\pi )-\varphi (0)=\oint \overrightarrow{H}\cdot \overrightarrow{dl}=I$$מתי לא תהיה בעיה?כאשר התחום שבו מתקיים $\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{H}=0$ הוא תחום פשוט קשר.

דוגמא 1 - כדור PEC בשדה מגנטי (איור 7)

איור 7

עלינו לפתור את $\overrightarrow{H}$ מחוץ לכדור.

מאחר ואין זרמים מחוץ לכדור:

$$\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{H}=0\Rightarrow \overrightarrow{H}=-\mathrm{\nabla }{\varphi }_m$$הפוטנציאל ${\varphi }_m$ מקיים:

$${\mathrm{\nabla }}^2{\varphi }_m=0$$תנאי השפה הינם:

$$\{\begin{array}{l}\hat{n}\cdot {\mu }_0\overrightarrow{H}=0\Rightarrow \hat{r}\cdot {\mu }_0(-\mathrm{\nabla }{\varphi }_m)=0\Rightarrow \frac{\partial {\varphi }_m}{\partial r}{|}_{r=a}=0\\ {\varphi }_m(r\gg a)=-H_{0}z=-H_{0}r\cos \theta \end{array}$$כדי לקיים את תנאי השפה:

$${\varphi }_m=(Ar+\frac{B}{r^2})\underset{=P_1^0(\cos \theta )}{\underbrace{\cos \theta }}$$נציב בתנאי השפה:

$$\{\begin{array}{l}A-\frac{2B}{a^3}=0\Rightarrow B=\frac{a^3}{2}A\\ {\varphi }_m(r\gg a)\sim Ar\cos \theta =-H_{0}r\cos \theta \end{array}$$נקבל:

$$A=-H_0,B=-\frac{H_0}{2}{a}^3$$בסוף, הפוטנציאל המגנטי יהיה:

$${\varphi }_m=-H_0(r+\frac{a^3}{2r^2})\cos \theta =\underset{\text{Stimulated potential}}{\underbrace{-H_{0}r\cos \theta }}\underset{\text{Reaction potential}}{\underbrace{-H_0\frac{a^3}{2r^2}\cos \theta }}$$מה השדה המגנטי?

$$\overrightarrow{H}=-\mathrm{\nabla }{\varphi }_m=H_0\hat{z}-\underset{=-\mathrm{\nabla }\cdot (\frac{\cos \theta }{r^2})}{\underbrace{\frac{H_0{a}^3}{2r^3}[2\cos \theta \hat{r}+\sin \theta \hat{\theta }]}}$$מה מומנט הדיפול המגנטי השקול שיוצר את שדה התגובה?

$$\frac{m}{4\pi }=-\frac{H_0{a}^3}{2}\Rightarrow m=\underset{\text{Magnetic polarizability of PEC ball}}{\underbrace{-2\pi a^3}}\cdot \underset{\text{Stimulated}}{\underbrace{H_0}}$$

• קיבלנו ${\alpha }_m=-2\pi a^3\equiv -\frac{3}{2}V$, בעוד במקרה החשמלי קיבלנו ${\alpha }_e={ϵ}_0\cdot 4\pi a^3\equiv {ϵ}_0\cdot 3V$.
• האם הפוטנציאל ${\varphi }_m$ רציף?

איור 8 - השדה בבעיה

בתוך הכדור $\overrightarrow{H}=0$ ולכן ${\varphi }_m=\text{Const}$

על שפת הכדור, מבחוץ: ${\varphi }_m=-H_0\frac{3}{2}\cdot a\cos \theta$

ולכן הפוטנציאל לא רציף!

• מה הזרם על שפת הכדור?

$$\overrightarrow{K}=\hat{r}\times \overrightarrow{H}{|}_{r=a}=\hat{r}\times (H_0\hat{z}-\frac{H_0{a}^3}{2a^3}\sin \theta \hat{\theta })=-\frac{3}{2}{H}_0\sin \theta \hat{\phi }$$אם נסכם את מומנט הדיפול של "שכבות" הכדור, נקבל סך הכל את מומנט הדיפול השקול.

דוגמא 2 - גליל PEC בשדה מגנטי אחיד (איור 9)

איור 9

תנאי השפה דומים מאוד לדוגמא הקודמת.

ניתן לפתור עם פוטנציאל סקלרי ולקבל:

$${\varphi }_{m,s}=H_0\frac{a^2}{r}\sin \phi$$$${\varphi }_m={\varphi }_{m,s}+{\varphi }_{ext}$$ולכן:

$$\overrightarrow{K}=-2H_0\cos \phi \hat{z}$$אם נסתכל על חתך הגליל, סך הזרם החוצה את החתך הוא אפס!

ולכן - אין בעיה להגדיר ${\varphi }_m$.

נשווה מקדמים:$$\frac{P_{2D}}{2\pi }=H_0{a}^2\Rightarrow P_{2D}=H_0\cdot (2\pi a^2)=(-H_0)\cdot (-2\pi a^2)$$$$\Rightarrow {\alpha }_{2D}=-2\pi a^2=-2S$$$${\overrightarrow{H}}_s=-\frac{H_0{a}^2}{r^2}\cdot [-\sin \phi \hat{r}+\cos \phi \hat{\phi }]$$$$H_{2D}=\frac{Id}{2\pi r^2}(\sin \phi \hat{r}-\cos \phi \hat{\phi })$$

שיקופים (איור 10)

איור 10

כא"מ והשראות

איור 11

עבור הדוגמא לעיל (איור 11), נכתוב את חוק פאראדיי:

$$\oint \overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}=-\frac{\partial \psi }{\partial t}=-\frac{\partial }{\partial t}{\mu }_0\iint \overrightarrow{H}\cdot \overrightarrow{dS}=i(R_1+R_2)$$ולכן עקרון לנץ הוא:

$$i=-\frac{\partial \psi }{\partial t}\cdot \frac{1}{R_1+R_2}$$המתחים $V_{R1}\ne V_{R2}$, ובנוסף הם בסימן הפוך זה לזה בכלל כיוון הזרם ההפוך בנגדים.

איור 12

המתח הנמדד במד באיור (12):

$$V_{21}=-\underset{1}{\overset{2}{\int }}\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}$$נרשום את חוק פאראדיי הדיפרנציאלי:

$$\mathrm{\nabla }\times {\overrightarrow{E}}^{(1)}=-{\mu }_0\frac{\partial H^{(0)}}{\partial t}$$אם נבצע:

$$\oint \overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}=\underset{1\to 2}{\int }\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}+\underset{2\to 3\to 1}{\int }\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}=-\frac{\partial \psi }{\partial t}=-V_{21}+\underset{2\to 3\to 1}{\int }\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}=-\frac{\partial \psi }{\partial t}$$נציג את אותו הקשר בצורה שונה:

$$V_{21}=\underset{2\to 3\to 1}{\int }\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}+\frac{\partial \psi }{\partial t}$$מקרה 1:

אם $\frac{\partial \psi }{\partial t}$ זניח, או שהבעיה סטטית, חוזרים לתרחיש המוכר:

איור 13

$$V_{21}=\underset{2\to 3\to 1}{\int }\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}$$אם במקרה זה נניח שהחוטים נראים כמו באיור (13):

$$\overrightarrow{J}=\frac{I}{A},E=\frac{J}{\sigma }\Rightarrow V_{21}=\frac{J}{\sigma }\cdot l=\frac{I}{A\sigma }\cdot l=\underset{\equiv R}{\underbrace{(\frac{l}{A\sigma })}}I$$

מקרה 2:

$\frac{\partial \psi }{\partial t}$ לא זניח.

אם כעת נניח שכל החוטים עשויים מ PEC:

$$V_{21}=\underset{=0}{\underbrace{\int \overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}}}+\frac{\partial \psi }{\partial t}=\frac{\partial \psi }{\partial t}$$מאחר ומתקיים:

$$\psi ={\mu }_0\iint \overrightarrow{H}\cdot dS$$וגם מדובר בבעיה ליארית:

$$\overrightarrow{H}\propto I$$מתקיים:

$$\psi =\underset{\text{Inductance}}{\underbrace{L}}\cdot I$$$$\Rightarrow \frac{\partial \psi }{\partial t}=\underset{=L}{\underbrace{\frac{\partial \psi }{\partial I}}}\cdot \frac{\partial I}{\partial t}=L\frac{\partial I}{\partial t}=V_{21}$$

השראות הדדית

איור 14

באופן כללי, עבור איור (14):

$$\{\begin{array}{l}{\psi }_1=L_{\text{self 1}}\cdot I_1+L_{\text{mutual}}\cdot I_2\\ {\psi }_2=L_{\text{mutual}}\cdot I_1+L_{\text{self 2}}\cdot I_2\end{array}$$אם נכתוב זאת באופן מטריציוני:

$$\left(\begin{array}{c}{V}_1\\ V_2\end{array}\right)=\underset{L}{\underbrace{\left(\begin{array}{cc}{L}_{11}& L_{12}\\ L_{21}& L_{22}\end{array}\right)}}\cdot \left(\begin{array}{c}\frac{\partial I_1}{\partial t}\\ \frac{\partial I_2}{\partial t}\end{array}\right)$$כאשר המטריצה L חייבת להיות סימטרית.

דוגמא (איור 15)

איור 15

נתונות 2 טבעות, $R_1\gg R_2$.

מה ההשראות ההדדית?

$${\psi }_2={\mu }_0\frac{I_1}{2R_1}\cdot \pi R_2^2=\underset{\equiv L_{21}}{\underbrace{{\mu }_0\frac{\pi R_2^2}{2R_1}}}\cdot I$$