Calcolo del momento meccanico per una spira rettangolare percorsa da corrente costante
Come da titolo sto eseguendo il calcolo per il momento meccanico risultante su di una spira rigida piana percorsa da corrente costante nel tempo, immersa in un campo uniforme \(\displaystyle \vec{B} \) uniforme, stazionario e ortogonale ai lati "lunghi" della spira(AB,DA). Nel libro in cui sto studiando(Mencuccini Silvestrini), la cosa è affrontata in maniera intuitiva mentre per puro esercizio mi sono cimentato nel calcolo "rigoroso", ma incontro alcune difficoltà. Spero qualcuno sia in grado di aiutarmi.
Il momento meccanico per un corpo rigido filiforme percorso da corrente costante è:
[tex]\vec M =I\oint_{l} \vec r \times (\vec{dl}\times \vec B)[/tex].
Prendiamo la spira e fissiamo una sistema di riferimento cartesiano [tex]\mathfrak{R}=\{O,\hat{i},\hat{j},\hat{k}\}[/tex].
.
I punti A,B,C,D hanno le seguenti coordinate in [tex]\mathfrak{R}[/tex]:
[tex]A(x,y,z)=(-\frac{b}{2},-\frac{a}{2},0)[/tex]
[tex]B(x,y,z)=(\frac{b}{2},-\frac{a}{2},0)[/tex]
[tex]C(x,y,z)=(\frac{b}{2},\frac{a}{2},0)[/tex]
[tex]D(x,y,z)=(-\frac{b}{2},\frac{a}{2},0)[/tex]
Il vettore \(\displaystyle \vec{r} \) che individua il contributo della "forza infinitesima" al momento sarà invece:
[tex]\vec{r}(x,y,z)=(x,y,z)[/tex] :
mentre il vettore [tex]\vec{dl}(x,y,z)=\vec{r}+\vec{d\gamma}[/tex], dove con \(\displaystyle \vec{d\gamma} \) si è indicato l'elemento \(\displaystyle (dx,dy,dz) \).
Il vettore \(\displaystyle B \) essendo ortogonale al lato \(\displaystyle AB \) ha componente \(\displaystyle \hat j \) nulla \(\displaystyle \vec B=(B_x,0,B_z) \).
Il triplo prodotto vettoriale \(\displaystyle \vec{r}\times( \vec{dl}\times \vec{B}) \) da come risultato:
\(\displaystyle \vec{r}\times( \vec{dl}\times \vec{B})=B_x (xdy-ydx)\hat j \), dove con \(\displaystyle B_x \) si è individuata la componente \(\displaystyle x \) del campo magnetico uniforme \(\displaystyle B \).
Ora il momento risultante \(\displaystyle \vec M \) risulta la somma di quattro termini:
[tex]\vec M =I\int_{A}^{B} \vec B_x (xdy-ydx)\hat j[/tex]
che per la linearità dell'integrale può essere ulteriormente scomposto come:
[tex]\vec M =I B_x \int_{A}^{B} \vec B_x xdy\hat j[/tex] e
[tex]\vec M =-I B_x \int_{A}^{B} ydx\hat j[/tex]
.Il momento meccanico per un corpo rigido filiforme percorso da corrente costante è:
[tex]\vec M =I\oint_{l} \vec r \times (\vec{dl}\times \vec B)[/tex].
Prendiamo la spira e fissiamo una sistema di riferimento cartesiano [tex]\mathfrak{R}=\{O,\hat{i},\hat{j},\hat{k}\}[/tex].
.I punti A,B,C,D hanno le seguenti coordinate in [tex]\mathfrak{R}[/tex]:
[tex]A(x,y,z)=(-\frac{b}{2},-\frac{a}{2},0)[/tex]
[tex]B(x,y,z)=(\frac{b}{2},-\frac{a}{2},0)[/tex]
[tex]C(x,y,z)=(\frac{b}{2},\frac{a}{2},0)[/tex]
[tex]D(x,y,z)=(-\frac{b}{2},\frac{a}{2},0)[/tex]
Il vettore \(\displaystyle \vec{r} \) che individua il contributo della "forza infinitesima" al momento sarà invece:
[tex]\vec{r}(x,y,z)=(x,y,z)[/tex] :
mentre il vettore [tex]\vec{dl}(x,y,z)=\vec{r}+\vec{d\gamma}[/tex], dove con \(\displaystyle \vec{d\gamma} \) si è indicato l'elemento \(\displaystyle (dx,dy,dz) \).
Il vettore \(\displaystyle B \) essendo ortogonale al lato \(\displaystyle AB \) ha componente \(\displaystyle \hat j \) nulla \(\displaystyle \vec B=(B_x,0,B_z) \).
Il triplo prodotto vettoriale \(\displaystyle \vec{r}\times( \vec{dl}\times \vec{B}) \) da come risultato:
\(\displaystyle \vec{r}\times( \vec{dl}\times \vec{B})=B_x (xdy-ydx)\hat j \), dove con \(\displaystyle B_x \) si è individuata la componente \(\displaystyle x \) del campo magnetico uniforme \(\displaystyle B \).
Ora il momento risultante \(\displaystyle \vec M \) risulta la somma di quattro termini:
[tex]\vec M =I\int_{A}^{B} \vec B_x (xdy-ydx)\hat j[/tex]
che per la linearità dell'integrale può essere ulteriormente scomposto come:
[tex]\vec M =I B_x \int_{A}^{B} \vec B_x xdy\hat j[/tex] e
[tex]\vec M =-I B_x \int_{A}^{B} ydx\hat j[/tex]
Il ragionamento è giusto fino ad ora?
Procedo con la domanda....
Tra \(\displaystyle A \) e \(\displaystyle B \) è corretto considerare y=cost e quindi portarlo fuori dal segno di integrale?Oppure va trasformato in termini di x? Non mi ritrovo con i differenziali.... Fatemi sapere se potete.
Grazie
Risposte
$ dbar(F)=Idbar(s) xx bar(B) $ e nel tuo caso è $ dbar(gamma) $ che devi usare al posto di $ dbar(l) $ altrimenti la forza dipenderebbe da dove metti l'origine.
"luc.mm":
$ dbar(F)=Idbar(s) xx bar(B) $ e nel tuo caso è $ dbar(gamma) $ che devi usare al posto di $ dbar(l) $ altrimenti la forza dipenderebbe da dove metti l'origine.
Grazie mille per la risposta. Però anche sostituendo \(\displaystyle \vec{dl} \) a \(\displaystyle \vec{d\gamma} \) il risultato è analogo, considerando che il prodotto vettoriale è distributivo e \(\displaystyle \vec{r} \times \vec{r} \) sono paralleli. La forza è comunque nulla perché il campo è uniforme e può essere portato fuori dall'integrale, risulta quindi:
\(\displaystyle \vec F =I(\oint_{l} d \vec{l})\times \vec B \) ed essendo \(\displaystyle \oint_{l} d \vec{l}=0 \) la forza risulta nulla. Mi scuso con chiunque per non essere stato preciso, ho modificato il messaggio, la spira è rigida.
Sbagli il prodotto vettoriale. Prima tra $dbar(s)=(dx,dy,0)$ e $bar(B)=(B_x,0,0) $ e poi tra $bar(r)=(x,y,0)$ e $ -bar(k)B_xdy $ (che è il risultato del primo prodotto). Non è commutativo.
$dbar(M)=-B_xydybar(i)+B_x xdybar(j) $
La forza giustamente è nulla, ma non è nullo il momento.
$dbar(M)=-B_xydybar(i)+B_x xdybar(j) $
La forza giustamente è nulla, ma non è nullo il momento.
Ho rifatto il calcolo del prodotto vettoriale e inserito tra spoiler, perchè il campo $\vec B$ ha componente $z$ nulla?E' si ortogonale a $\hat j$, ma essendo $\hat j$ generatore di un sottospazio di dimensione uno(retta), la proiezione ortogonale di $\hat j$ è un piano(nello specifico con generatori $\{ \hat i, \hat k\}$, quindi in teoria la componente $B_z$ dovrebbe essere presente. Colgo l'occasione per ringraziarti delle risposte che mi stai dando.
Ok sbagliavo io ho letto $b$ nel disegno e pensavo fosse il campo. Riguardo al portare fuori $y$ nell'integrale tra $ A $ e $ B $ si tratta di un integrale di linea di seconda specie e quindi una volta parametrizzato il segmento $ x(t)=t $ e $y(t)=-a/2 $ con $ t in [-b/2,b/2] $. Quindi tecnicamente porti fuori $ -a/2 $ e integri $ dx $.
Tutto sbagliato. Non avevo notato come te mi hai detto giustamente che $\vec a\times \vec b \times \vec c$ non è commutativo e va prima eseguito $\vec b \times \vec c$ e successivamente $\vec a \times $. Ho trovato ora l'identità vettoriale $\vec a \times (\vec b \times \vec c)=\vec b(\vec a \cdot \vec c)-\vec c(\vec a \cdot \vec b)$ , rifaccio i calcoli e ti dico.
Ps: Scusami per quel B, era un po ambiguo
Ps: Scusami per quel B, era un po ambiguo
Figurati comunque non è commutativo, e nemmeno associativo (cioè non puoi fare quella roba delle parentesi come hai giustamente notato). L'identità secondo me complica le cose. Fammi sapere.
Ok ho svolto l'identità vettoriale e verificata anche tramite prodotto triplo(questa volta tenendo conto della proprietà associativa). Il risultato è il seguente:
\(\displaystyle \vec M=-B_x\int_{A}^{B}(ydy) \ \hat i +B_x\int_{A}^{B} (xdy) \ \hat j -B_z[ \int_{A}^{B}(xdx+ydy)] \hat k\)
riordinando:
\(\displaystyle \vec M=-B_x\int_{A}^{B}(ydy) \ \hat i +B_x\int_{A}^{B} xdy \hat j -B_z[ \int_{A}^{B}xdx+\int_{A}^{B}ydy] \ \hat k \)
\(\displaystyle \)
Il mio problema,purtroppo passato in secondo piano a causa degli errori di calcolo da me commessi, sono proprio gli integrali di linea. Sto provando a capirci qualcosa, ma un aiuto sarebbe ben accetto.
\(\displaystyle \vec M=-B_x\int_{A}^{B}(ydy) \ \hat i +B_x\int_{A}^{B} (xdy) \ \hat j -B_z[ \int_{A}^{B}(xdx+ydy)] \hat k\)
riordinando:
\(\displaystyle \vec M=-B_x\int_{A}^{B}(ydy) \ \hat i +B_x\int_{A}^{B} xdy \hat j -B_z[ \int_{A}^{B}xdx+\int_{A}^{B}ydy] \ \hat k \)
\(\displaystyle \)
Il mio problema,purtroppo passato in secondo piano a causa degli errori di calcolo da me commessi, sono proprio gli integrali di linea. Sto provando a capirci qualcosa, ma un aiuto sarebbe ben accetto.
Allora, la formula dell'integrale di linea di seconda specie la trovi su qualunque testo, vediamo come comportarsi in questo caso. Devi integrare da $ A $ a $ B $ per cui rigorosamente devi parametrizzare il segmento con le funzioni $ x(t)=t , t in [-b/2,b/2] $ e $ y(t)=-a/2 $, come vedi percorri le cordinate del segmento al variare di $ t $ a questo punto $dx=x'(t)dt=dt$ e $ dy=0 $ per cui tutti i pezzi contenenti $dy$ sono nulli mentre il pezzetto per esempio:
$ -B_z int_A^B xdx=-B_z int_(-b/2)^(b/2) t dt $
In generale integrando lungo una curva da $ A $ a $ B $ si ha $ int_A^B f_1(x,y,z)dx+f_2(x,y,z)dy+f_3(x,y,z)dz$
A questo punto se disponi di una parametrizzazione della curva del tipo $ x(t), y(t), z(t) $ devi comporre la funzione, per esempio il primo pezzetto è:
$int_(t_1)^(t_2) f(x(t),y(t),z(t))x'(t)dt +... $
Spesso la parametrizzazione è banale (per esempio varia una sola coordinata e le altre sono costanti) ed eviti di passare per $ t $ e usi la stessa variabile $ x $ come parametrizzazione, cioè integrare tra $ (0,1)$ e il punto $ (1,1) $ (ovvero su un segmento) la funzione $ x^2+y+1 $ equivale a calcolare $ int_0^1 x^2+1+1 dx$ anzichè a rigore porre $ x(t)=t, t in [0,1] $ e $y(t)=1$ etc.
$ -B_z int_A^B xdx=-B_z int_(-b/2)^(b/2) t dt $
In generale integrando lungo una curva da $ A $ a $ B $ si ha $ int_A^B f_1(x,y,z)dx+f_2(x,y,z)dy+f_3(x,y,z)dz$
A questo punto se disponi di una parametrizzazione della curva del tipo $ x(t), y(t), z(t) $ devi comporre la funzione, per esempio il primo pezzetto è:
$int_(t_1)^(t_2) f(x(t),y(t),z(t))x'(t)dt +... $
Spesso la parametrizzazione è banale (per esempio varia una sola coordinata e le altre sono costanti) ed eviti di passare per $ t $ e usi la stessa variabile $ x $ come parametrizzazione, cioè integrare tra $ (0,1)$ e il punto $ (1,1) $ (ovvero su un segmento) la funzione $ x^2+y+1 $ equivale a calcolare $ int_0^1 x^2+1+1 dx$ anzichè a rigore porre $ x(t)=t, t in [0,1] $ e $y(t)=1$ etc.
Perfetto. Ti ringrazio infinitamente per l'aiuto che mi hai dato. Dovrebbe essere tutto risolto.
Considerando che:
[tex]A(x,y,z)=(-\frac{b}{2},-\frac{a}{2},0)[/tex]
[tex]B(x,y,z)=(\frac{b}{2},-\frac{a}{2},0)[/tex]
Il segmento \(\displaystyle AB \) può essere parametrizzato tramite una retta parallela ad \(\displaystyle \hat i \):
\(\displaystyle \left\{\begin{matrix}
x(t)=t\\
y(t)=-\frac{a}{2}\\
\end{matrix}\right.\quad t\in \Bigl[-\frac{b}{2},\frac{b}{2} \Bigr ] \)
con \(\displaystyle dx=dt, dy=0 \). Sostituendo otteniamo:
\(\displaystyle \vec M_{AB}=B_z\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}xdx \ \hat k=0 \) poichè integrale di una funzione dispari in un intervallo simmetrico rispetto all'origine.
Il risultato è analogo per \(\displaystyle CD \).
Ora parametrizziamo il segmento \(\displaystyle BC \):
\(\displaystyle \left\{\begin{matrix}
x(t)=\frac{b}{2}\\
y(t)=t\\
\end{matrix}\right.\quad t\in \Bigl[-\frac{a}{2},\frac{a}{2} \Bigr ] \)
allora avremo \(\displaystyle dx=0,\ dy=dt \). Sostituendo nell'integrale di linea:
\(\displaystyle \vec M_{BC}=-B_x\int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}}(tdt) \ \hat i +B_x\int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}} \frac{b}{2}dt \ \hat j -B_z \int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}}tdt \ \hat k \)
Sempre per la nullità dell'integrando dispari su dominio simmetrico rispetto all'origine, l'unico termine non nullo è quello parallelo a \(\displaystyle \hat j \) :\(\displaystyle \vec M_{BC}=B_x\int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}} \frac{b}{2} \ dt \ \hat j =B_x\frac{b}{2}a \ \hat j \). Per il segmento \(\displaystyle DA \) il procedimento è analogo a quello appena fatto per \(\displaystyle BC \), cambiano solamente il valore della coordinata di partenza \(\displaystyle x_D \) e l'intervallo in cui varia \(\displaystyle t \):
\(\displaystyle \left\{\begin{matrix}
x(t)=-\frac{b}{2}\\
y(t)=t\\
\end{matrix}\right.\quad t\in \Bigl[\frac{a}{2},-\frac{a}{2} \Bigr ] \)
Che da come risultato:
\(\displaystyle \vec M_{DA}=B_x\int_{\frac{a}{2}}^{-\frac{a}{2}} -\frac{b}{2} \ dt \ \hat j =B_x(-\frac{b}{2})(-a )\ \hat j=B_xa\frac{b}{2} \ \hat j \) risulterà perciò:
\(\displaystyle \vec M=B_xa\frac{b}{2} \ \hat j+xa\frac{b}{2} \ \hat j=IB_xab \ \hat j \).(qua ho riaggiunto \(\displaystyle I \) che avevo levato per non appesantire le espressioni ed i calcoli).
Per completezza riporto anche l'operazione che ci consente di definire il momento magnetico della spira \(\displaystyle \vec m \): \(\displaystyle B_x \) è la proiezione ortogonale di \(\displaystyle \vec B \) sul versore \(\displaystyle \hat i \). Se consideriamo il piano generato dai versori \(\displaystyle {\hat i,\hat k} \) e ricordando che \(\displaystyle \vec B \) giace interamente su tale piano possiamo(vedi figura) scrivere che:
\(\displaystyle B_x=\vec B \cdot \hat i=B\cos \varphi \)
e considerando \(\displaystyle \theta \) come il complemento all'angolo retto di \(\displaystyle \varphi \) si ha:
\(\displaystyle \cos \varphi=\cos(\frac{\pi}{2}-\theta)=\sin\theta \). Si ha perciò \(\displaystyle B_x=B\sin\theta \). Il versore \(\displaystyle \hat k \) coincide con il versore normale alla spira \(\displaystyle \hat n \), mentre \(\displaystyle \theta \) risulta essere l'angolo tra il campo magnetico \(\displaystyle \vec B \) e il versore \(\displaystyle \hat n \).
Allora \(\displaystyle \vec M=ISB\sin\theta \hat j \)(con \(\displaystyle S=ab \) superficie della spira). Se definiamo con \(\displaystyle m=IS\hat n \) il \emph{momento magnetico} della spira si ha:
\(\displaystyle \vec M=\vec m \times \vec B=ISB\sin\theta \ \hat j \).
Ecco dimostrato tutto quanto in termini più formali.
Ti ringrazio ancora per le delucidazioni senza le quali sarei rimasto pieno di dubbi.
Considerando che:
[tex]A(x,y,z)=(-\frac{b}{2},-\frac{a}{2},0)[/tex]
[tex]B(x,y,z)=(\frac{b}{2},-\frac{a}{2},0)[/tex]
Il segmento \(\displaystyle AB \) può essere parametrizzato tramite una retta parallela ad \(\displaystyle \hat i \):
\(\displaystyle \left\{\begin{matrix}
x(t)=t\\
y(t)=-\frac{a}{2}\\
\end{matrix}\right.\quad t\in \Bigl[-\frac{b}{2},\frac{b}{2} \Bigr ] \)
con \(\displaystyle dx=dt, dy=0 \). Sostituendo otteniamo:
\(\displaystyle \vec M_{AB}=B_z\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}xdx \ \hat k=0 \) poichè integrale di una funzione dispari in un intervallo simmetrico rispetto all'origine.
Il risultato è analogo per \(\displaystyle CD \).
Ora parametrizziamo il segmento \(\displaystyle BC \):
\(\displaystyle \left\{\begin{matrix}
x(t)=\frac{b}{2}\\
y(t)=t\\
\end{matrix}\right.\quad t\in \Bigl[-\frac{a}{2},\frac{a}{2} \Bigr ] \)
allora avremo \(\displaystyle dx=0,\ dy=dt \). Sostituendo nell'integrale di linea:
\(\displaystyle \vec M_{BC}=-B_x\int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}}(tdt) \ \hat i +B_x\int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}} \frac{b}{2}dt \ \hat j -B_z \int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}}tdt \ \hat k \)
Sempre per la nullità dell'integrando dispari su dominio simmetrico rispetto all'origine, l'unico termine non nullo è quello parallelo a \(\displaystyle \hat j \) :\(\displaystyle \vec M_{BC}=B_x\int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}} \frac{b}{2} \ dt \ \hat j =B_x\frac{b}{2}a \ \hat j \). Per il segmento \(\displaystyle DA \) il procedimento è analogo a quello appena fatto per \(\displaystyle BC \), cambiano solamente il valore della coordinata di partenza \(\displaystyle x_D \) e l'intervallo in cui varia \(\displaystyle t \):
\(\displaystyle \left\{\begin{matrix}
x(t)=-\frac{b}{2}\\
y(t)=t\\
\end{matrix}\right.\quad t\in \Bigl[\frac{a}{2},-\frac{a}{2} \Bigr ] \)
Che da come risultato:
\(\displaystyle \vec M_{DA}=B_x\int_{\frac{a}{2}}^{-\frac{a}{2}} -\frac{b}{2} \ dt \ \hat j =B_x(-\frac{b}{2})(-a )\ \hat j=B_xa\frac{b}{2} \ \hat j \) risulterà perciò:
\(\displaystyle \vec M=B_xa\frac{b}{2} \ \hat j+xa\frac{b}{2} \ \hat j=IB_xab \ \hat j \).(qua ho riaggiunto \(\displaystyle I \) che avevo levato per non appesantire le espressioni ed i calcoli).
Per completezza riporto anche l'operazione che ci consente di definire il momento magnetico della spira \(\displaystyle \vec m \): \(\displaystyle B_x \) è la proiezione ortogonale di \(\displaystyle \vec B \) sul versore \(\displaystyle \hat i \). Se consideriamo il piano generato dai versori \(\displaystyle {\hat i,\hat k} \) e ricordando che \(\displaystyle \vec B \) giace interamente su tale piano possiamo(vedi figura) scrivere che:
\(\displaystyle B_x=\vec B \cdot \hat i=B\cos \varphi \)
e considerando \(\displaystyle \theta \) come il complemento all'angolo retto di \(\displaystyle \varphi \) si ha:
\(\displaystyle \cos \varphi=\cos(\frac{\pi}{2}-\theta)=\sin\theta \). Si ha perciò \(\displaystyle B_x=B\sin\theta \). Il versore \(\displaystyle \hat k \) coincide con il versore normale alla spira \(\displaystyle \hat n \), mentre \(\displaystyle \theta \) risulta essere l'angolo tra il campo magnetico \(\displaystyle \vec B \) e il versore \(\displaystyle \hat n \).
Allora \(\displaystyle \vec M=ISB\sin\theta \hat j \)(con \(\displaystyle S=ab \) superficie della spira). Se definiamo con \(\displaystyle m=IS\hat n \) il \emph{momento magnetico} della spira si ha:
\(\displaystyle \vec M=\vec m \times \vec B=ISB\sin\theta \ \hat j \).
Ecco dimostrato tutto quanto in termini più formali.
Ti ringrazio ancora per le delucidazioni senza le quali sarei rimasto pieno di dubbi.
Ottimo lavoro.
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