Magnetizzazione ortogonale. Come fare?
L'esercizio è questo. Dice di considerare un cilindro (magnete permanente) che possiede una magnetizzazione M diretta ortogonalmente al suo asse. E considerare:
-densità di corrente di superficie e volume
-campo B e H sull'asse (???)
-campo B e H sul punto A e sul punto C (vd. disegno)
Ora, tenendo conto che la magnetizzazione è uniforme (lo dice) si ha che la densità di volume è nulla.
La densità superficiale però è già più complicata. Essendo ortogonale alla superficie in certi punti e parallela in altri si ha che in virtù di
$\vec{J_s}=\vec{M} \times \hat{n}$ abbiamo $J=M sin(\theta) $ in direzione uscente dallo schermo del computer.
Il secondo punto giuro non lo so.
Il terzo punto direi che per quanto riguarda C (che è nel punto dove J=M) si ha che B e H sono paralleli a M, ma non saprei trovarne il modulo.
Nel punto A invece azzarderei a dire (dato che è il punto in cui J=0) che B e H siano nulli.
Sembrava un esercizio banale invece non so davvero che pesci pigliare. Se qualcuno potessi aiutarmi sarebbe cosa molto gradita..
grazie!
-densità di corrente di superficie e volume
-campo B e H sull'asse (???)
-campo B e H sul punto A e sul punto C (vd. disegno)
Ora, tenendo conto che la magnetizzazione è uniforme (lo dice) si ha che la densità di volume è nulla.
La densità superficiale però è già più complicata. Essendo ortogonale alla superficie in certi punti e parallela in altri si ha che in virtù di
$\vec{J_s}=\vec{M} \times \hat{n}$ abbiamo $J=M sin(\theta) $ in direzione uscente dallo schermo del computer.
Il secondo punto giuro non lo so.
Il terzo punto direi che per quanto riguarda C (che è nel punto dove J=M) si ha che B e H sono paralleli a M, ma non saprei trovarne il modulo.
Nel punto A invece azzarderei a dire (dato che è il punto in cui J=0) che B e H siano nulli.
Sembrava un esercizio banale invece non so davvero che pesci pigliare. Se qualcuno potessi aiutarmi sarebbe cosa molto gradita..
grazie!
Risposte
"pollo93":
... Ora, tenendo conto che la magnetizzazione è uniforme (lo dice) si ha che la densità di volume è nulla.
Non c'è ombra di dubbio.
"pollo93":
...La densità superficiale però è già più complicata. Essendo ortogonale alla superficie e parallela in altri si ha che in virtù di ... $J=M sin(\theta) $ in direzione uscente dallo schermo del computer.
a sinistra del cilindro, entrante a destra, ma ora analizza "fronte e retro" dove il prodotto vettoriale cambia."pollo93":
... Il secondo punto giuro non lo so. ...
Visto che hai la densità superficiale, ti ricavi la corrente infinitesima della striscia infinitesima superficiale relativa ad un generico angolo $\theta$, e ricordando la relazione che lega il campo sull'asse di una spira rettangolare, nota la corrente che la percorre, integrando risolvi.
"pollo93":
...Il terzo punto direi che per quanto riguarda C (che è nel punto dove J=M) si ha che B e H sono paralleli a M, ma non saprei trovarne il modulo. ...Nel punto A invece azzarderei a dire (dato che è il punto in cui J=0) che B e H siano nulli.
Non ti sembra strano che vista la direzione della magnetizzazione il campo sia nullo in A?
... per questa risposta, prova a particolarizzare il precedente risultato.
"pollo93":
... Sembrava un esercizio banale invece ...
Banale non direi proprio, da dove arriva?
ciao renzo e grazie.
Allora per quanto riguarda il fronte-retro non so. Direi che J ha solo componente in sù e in giù quindi appena a destra di A sarà molto piccola ma pur sempre entrante. Idem appena a sinistra di A avrò una componente di J molto molto piccola ma sempre perfettamente ortogonale alla base del cilindro (o allo schermo del computer). No?
Per il secondo pezzo.
Non credo di aver capito a cosa ti riferissi considerando la "spira rettangolare". Però io conosco l'equazione per il tratto rettilineo e ho pensato che forse poteva funzionare.
Cioè ho
$B(x)={\mu_0}/{2 \pi} I/x $ dove x è la distanza dal filo percorso da corrente. Nel nostro caso x= raggio del cilindro e quindi ho.
$B={\mu_0}/{2 \pi} { \int \vec{J_s} \cdot \vec{dS} } / R= {\mu_0}/{2 \pi} 1/R \int M dS sin(\theta) = {\mu_0}/{2 \pi} 1/R \int_0^{2\pi} M (hR d\theta) sin(\theta) = 0$
Se si aggiunge che il sospetto che dovesse far 0 mi era venuto da subito, mi sembra che come soluzione possa funzionare. Manca solo sapere se ha senso e poi posso fare il terzo punto..
Ho detto "sembrava"...
viene da un vecchio scritto di elettromagnetismo della statale di milano...
Allora per quanto riguarda il fronte-retro non so. Direi che J ha solo componente in sù e in giù quindi appena a destra di A sarà molto piccola ma pur sempre entrante. Idem appena a sinistra di A avrò una componente di J molto molto piccola ma sempre perfettamente ortogonale alla base del cilindro (o allo schermo del computer). No?
Per il secondo pezzo.
Non credo di aver capito a cosa ti riferissi considerando la "spira rettangolare". Però io conosco l'equazione per il tratto rettilineo e ho pensato che forse poteva funzionare.
Cioè ho
$B(x)={\mu_0}/{2 \pi} I/x $ dove x è la distanza dal filo percorso da corrente. Nel nostro caso x= raggio del cilindro e quindi ho.
$B={\mu_0}/{2 \pi} { \int \vec{J_s} \cdot \vec{dS} } / R= {\mu_0}/{2 \pi} 1/R \int M dS sin(\theta) = {\mu_0}/{2 \pi} 1/R \int_0^{2\pi} M (hR d\theta) sin(\theta) = 0$
Se si aggiunge che il sospetto che dovesse far 0 mi era venuto da subito, mi sembra che come soluzione possa funzionare. Manca solo sapere se ha senso e poi posso fare il terzo punto..
Banale non direi proprio, da dove arriva?
Ho detto "sembrava"...
viene da un vecchio scritto di elettromagnetismo della statale di milano...
E' possibile prendere visione del testo originale? ... non sarà mica un cilindro H-demico vero ? 
... perché se così fosse allora, pur perdendo di "valore", il problema perde anche in difficoltà, ovvero non serve considerare nessun fronte retro (mancando le basi), e di conseguenza nessuna spira rettangolare (come supponevo per l'errata convinzione che il cilindro fosse limitato) e il campo viene ad essere determinabile via Biot-Savart, andando a ricavare il campo magnetico H in un generico punto P sull'asse del cilindro come integrale del campo risultante infinitesimo, somma vettoriale dei campi parziali dei due conduttori infiniti, relativi ad una posizione angolare $\theta$.
Per continuare seriamente il discorso ci vorrebbe però uno schema della geometria in formato editabile, ovvero postato in codice FidoCadJ; ti va di farlo?
... perché se così fosse allora, pur perdendo di "valore", il problema perde anche in difficoltà, ovvero non serve considerare nessun fronte retro (mancando le basi), e di conseguenza nessuna spira rettangolare (come supponevo per l'errata convinzione che il cilindro fosse limitato) e il campo viene ad essere determinabile via Biot-Savart, andando a ricavare il campo magnetico H in un generico punto P sull'asse del cilindro come integrale del campo risultante infinitesimo, somma vettoriale dei campi parziali dei due conduttori infiniti, relativi ad una posizione angolare $\theta$.Per continuare seriamente il discorso ci vorrebbe però uno schema della geometria in formato editabile, ovvero postato in codice FidoCadJ; ti va di farlo?
Scusa ma così come hai fatto per la figura non potevi postare tutto ?
-------------------------------------
Edit
Ad ogni modo, tornando a bomba, nota la densità di magnetizzazione superficiale $J_{ms}$ e note le correnti infinitesime di magnetizzazione presenti sulla superficie cilindrica ad una altezza $R cos\theta$ (uscente a sinistra, entrante a destra) simmetriche rispetto all'asse y (parallelo a $\vec M$) , di valore
$dI_m= \vec J _{ms}\cdot (\vec dl\times \hat{n})=J _{ms}R d\theta=Msin \theta R d\theta$
sarà sufficiente integrare la risultante dei due campi magnetici associati, sull'asse del cilindro (che sarà parallela a y), per $0 < \theta < frac {\pi}{2} $ per ottenere l'emivalore del campo, concordi?
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Edit
Ad ogni modo, tornando a bomba, nota la densità di magnetizzazione superficiale $J_{ms}$ e note le correnti infinitesime di magnetizzazione presenti sulla superficie cilindrica ad una altezza $R cos\theta$ (uscente a sinistra, entrante a destra) simmetriche rispetto all'asse y (parallelo a $\vec M$) , di valore
$dI_m= \vec J _{ms}\cdot (\vec dl\times \hat{n})=J _{ms}R d\theta=Msin \theta R d\theta$
sarà sufficiente integrare la risultante dei due campi magnetici associati, sull'asse del cilindro (che sarà parallela a y), per $0 < \theta < frac {\pi}{2} $ per ottenere l'emivalore del campo, concordi?
Scusa ma così come hai fatto per la figura non potevi postare tutto ?
eh sì potevo, ma mi dava troppo l'idea di "ciao. questo è l'esercizio. risolvetemelo. ciao".
Ad ogni modo in effetti ho già trovato un errore concettuale che ho fatto. Ho dimenticato che la densità di corrente di magnetizzazione superficiale vada integrata su una linea. Quindi sì anche a me risulta la corrente come l'hai scritta tu (cioè leviamo quella fastidiosissima h).
Poi mi è anche chiaro che non posso integrare da 0 a 2pi perchè le correnti cambiano segno, ma non mi è ancora chiaro perchè da 0 a pi/2. Io integrerei Biot-Savart (questa parte è giusta? considerare l'equazione di biotsavart per la linea percorsa da corrente.) da 0 a pi con una corrente entrante e da 0 a -pi con una corrente uscente.
No?
ps: grazie per l'aiuto. ho notato che in salse diverse l'esercizio si ripete spesso. ne ho uno praticamente uguale con un parallelepipedo...
"pollo93":
... eh sì potevo, ma mi dava troppo l'idea di "ciao. questo è l'esercizio. risolvetemelo. ciao".
Come avrai capito, io intendevo un cilindro finito e non infinito come in realtà è ed era per quella ragione che ti parlavo di "fronte retro" cioè delle correnti magnetizzanti sulle superfici di base e di conseguenza parlavo di spira rettangolare (intersezione del cilindro col generico piano di altezza y=h.
"pollo93":
...Poi mi è anche chiaro che non posso integrare da 0 a 2pi perchè le correnti cambiano segno, ma non mi è ancora chiaro perchè da 0 a pi/2. Io integrerei Biot-Savart (questa parte è giusta? considerare l'equazione di biotsavart per la linea percorsa da corrente.) da 0 a pi con una corrente entrante e da 0 a -pi con una corrente uscente. No?
Certo, si puo' fare anche in quel modo ma, vista la simmetria, la mia idea era quella di calcolare la risultante vettoriale dei due campi magnetici prodotti dai due lati congiuntamente, prima di andare ad integrare e proprio per questa ragione il mio integrale veniva a limitarsi ad un'angolo compreso fra 0 e 90°per il semicilindro superiore, inegrale che duplicato porta al risultato.
ok allora...innanzitutto ho notato che con "entrante" e "uscente" non si capisce nulla se non ci si dice come sono disposti gli assi.
Quindi ho provato a fare un disegno (spero si veda):
e considerando l'immagine di prima come questo cilindro visto dall'alto in realtà si ha che a destra è uscente (cioè concorde con l'asse z) e a sinistra è entrante (c'è un meno davanti perchè il versore normale alla superficie è discorde con l'asse x). Corretto?
Poi se quanto detto finora è vero dovrebbe venire sul lato dx:
$ \vec{B}=- \hat{i} \mu/{2\pi}{\int_0^\pi MR sin(\theta) d\theta}/R=-\hat{i} {\mu M}/{2\pi} 2=-\hat{i} {\mu M}/{\pi} $
e sul lato sx
$\vec{B}=- \hat{i} \mu/{2\pi}{\int_pi^\{2pi} -MR sin(\theta) d\theta}/R=- \hat{i} {\mu M}/{2\pi} 2= - \hat{i} {\mu M}/{\pi} $
e quindi B sull'asse fa:
$ - \hat{i} 2{\mu M}/{\pi}$ cioè nella direzione opposta a come ho posizionato io l'asse x ($ \hat{i}$ è il versore dell'asse x).
Come dici tu invece dovrei prima sommare i campi ottenendo per la prima metà del cilindro
$B=- \hat{i} 2{\mu }/{2 \pi} \int_0^\{\pi/2}{ MR sin(\theta) d\theta} =- \hat{i} {\mu M}/{\pi} $ che moltiplicato per due da lo stesso risultato.
Ok?
Quindi ho provato a fare un disegno (spero si veda):
e considerando l'immagine di prima come questo cilindro visto dall'alto in realtà si ha che a destra è uscente (cioè concorde con l'asse z) e a sinistra è entrante (c'è un meno davanti perchè il versore normale alla superficie è discorde con l'asse x). Corretto?Poi se quanto detto finora è vero dovrebbe venire sul lato dx:
$ \vec{B}=- \hat{i} \mu/{2\pi}{\int_0^\pi MR sin(\theta) d\theta}/R=-\hat{i} {\mu M}/{2\pi} 2=-\hat{i} {\mu M}/{\pi} $
e sul lato sx
$\vec{B}=- \hat{i} \mu/{2\pi}{\int_pi^\{2pi} -MR sin(\theta) d\theta}/R=- \hat{i} {\mu M}/{2\pi} 2= - \hat{i} {\mu M}/{\pi} $
e quindi B sull'asse fa:
$ - \hat{i} 2{\mu M}/{\pi}$ cioè nella direzione opposta a come ho posizionato io l'asse x ($ \hat{i}$ è il versore dell'asse x).
Come dici tu invece dovrei prima sommare i campi ottenendo per la prima metà del cilindro
$B=- \hat{i} 2{\mu }/{2 \pi} \int_0^\{\pi/2}{ MR sin(\theta) d\theta} =- \hat{i} {\mu M}/{\pi} $ che moltiplicato per due da lo stesso risultato.
Ok?
Non capisco bene il tuo disegno e a mio parere manca anche la proiezione dell'induzione sull'asse y, provo a spigarti come avrei fatto.
Avevo iniziato anch'io con un 3D per il disegno, ma poi mi son convinto che tutto fatto non ne vale la pena in quanto sostanzialmente la geometria è piana; con riferimento alla figura seguente, dove ho assunto una classica terna cartesiana (e quindi asse z uscente dallo schermo)
[fcd="fig.1"][FIDOCAD]
FJC L 10 -4875508 0.29
FJC L 12 -1973791 0.68
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il prodotto vettoriale fra magnetizzazione M e normale alla superficie n, porterà a destra ad una densità di corrente di magnetizzazione entrante nello schermo e a sinistra uscente e così sarà per le correnti di magnetizzazione associate.
Il vettore infinitesimo dell'induzione magnetica dB sui punti dell'asse del cilindro, somma delle due componenti infinitesime Bd e Bs, sarà diretto nel verso positivo dell'asse y e sarà pari a
$\text (d) B=2 sin\theta(\frac{\mu _0J_mR\text d \theta}{2\pi R}) $
dalla quale integrando fra 0 e 90° e raddoppiando per il semicilindro inferiore, se l'ora non mi ha fatto sbagliare i conti (probabilità dell'evento 0.99) , avremo
$B= 2\frac{\mu _0M}{\pi }\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}sin^2(\theta) \text d \theta$
ed infine
$\vec B=\frac{\mu _0M }{2} \hat{u} _y$
ma fammi il favore di controllare, perché penso proprio di avere perso qualcosa per strada.
NB E' chiaro che, se invece di andare a calcolare dB sull'asse, si fosse andati a calcolarla per un generico punto P(0,y), la B(y) avrebbe permesso anche la particolarizzazione per la direttrice per A oltre che quella per O; per il punto C il discorso è invece più semplice se si nota la simmetria della distribuzione della corrente rispetto al piano xz.
Avevo iniziato anch'io con un 3D per il disegno, ma poi mi son convinto che tutto fatto non ne vale la pena in quanto sostanzialmente la geometria è piana; con riferimento alla figura seguente, dove ho assunto una classica terna cartesiana (e quindi asse z uscente dallo schermo)
[fcd="fig.1"][FIDOCAD]
FJC L 10 -4875508 0.29
FJC L 12 -1973791 0.68
FJC L 13 -6118750 0.28
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il prodotto vettoriale fra magnetizzazione M e normale alla superficie n, porterà a destra ad una densità di corrente di magnetizzazione entrante nello schermo e a sinistra uscente e così sarà per le correnti di magnetizzazione associate.
Il vettore infinitesimo dell'induzione magnetica dB sui punti dell'asse del cilindro, somma delle due componenti infinitesime Bd e Bs, sarà diretto nel verso positivo dell'asse y e sarà pari a
$\text (d) B=2 sin\theta(\frac{\mu _0J_mR\text d \theta}{2\pi R}) $
dalla quale integrando fra 0 e 90° e raddoppiando per il semicilindro inferiore, se l'ora non mi ha fatto sbagliare i conti (probabilità dell'evento 0.99) , avremo
$B= 2\frac{\mu _0M}{\pi }\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}sin^2(\theta) \text d \theta$
ed infine
$\vec B=\frac{\mu _0M }{2} \hat{u} _y$
ma fammi il favore di controllare, perché penso proprio di avere perso qualcosa per strada.
NB E' chiaro che, se invece di andare a calcolare dB sull'asse, si fosse andati a calcolarla per un generico punto P(0,y), la B(y) avrebbe permesso anche la particolarizzazione per la direttrice per A oltre che quella per O; per il punto C il discorso è invece più semplice se si nota la simmetria della distribuzione della corrente rispetto al piano xz.
ok ho riguardato tutto bene e adesso mi è chiaro.
avevo sbagliato un marea di segni e direzioni (ecco perchè "il mio disegno non ti tornava" )
Per quanto riguarda i punti A e C non posso semplicemente rifare tutto mettendo al posto di R la distanza tra un p.to della superficie e il punto richiesto?
In particolare so che in C il campo sarà nella direzione di y, ma con verso opposto. Il contributo dx lo trovo integrando da 0 a pi/2 e poi moltiplicando per due (e trovo un vettore opposto a y). Idem il contributo sx (e trovo un vettore concordo a y). Sommo e ho la risultante.
A parte complessità matematiche dovute a integrali antipatici dovrebbe funzionare no?
avevo sbagliato un marea di segni e direzioni (ecco perchè "il mio disegno non ti tornava"
)Per quanto riguarda i punti A e C non posso semplicemente rifare tutto mettendo al posto di R la distanza tra un p.to della superficie e il punto richiesto?
In particolare so che in C il campo sarà nella direzione di y, ma con verso opposto. Il contributo dx lo trovo integrando da 0 a pi/2 e poi moltiplicando per due (e trovo un vettore opposto a y). Idem il contributo sx (e trovo un vettore concordo a y). Sommo e ho la risultante.
A parte complessità matematiche dovute a integrali antipatici dovrebbe funzionare no?
"pollo93":
... Per quanto riguarda i punti A e C non posso semplicemente rifare tutto mettendo al posto di R la distanza tra un p.to della superficie e il punto richiesto? ...
Certo per A, ma come ti dicevo, per C non serve in quanto per la simmetria della distribuzione della corrente, se in C il campo esistesse, avrebbe esclusivamente una componente lungo x; se provi a farti un disegno che rappresenti i quattro campi prodotti dai quattro conduttori virtuali superiori e inferiori, relativi al generico angolo $\theta$, ti convincerai subito che in C il campo è nullo, sbaglio?
"pollo93":
... In particolare so che in C il campo sarà nella direzione di y, ma con verso opposto.
Scusa ma non capisco, il punto C non è a destra come nella figura del testo?
Come dicevo sopra provo a postarti un disegno qualitativo dove compaiono i quattro campi in C
[fcd="fih.5"][FIDOCAD]
FJC L 10 -4875508 0.29
FJC L 12 -1973791 0.68
FJC L 13 -6118750 0.44
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FCJ 0 0 3 2 1 0
LI 105 35 105 35 0
TY 116 55 5 4 0 0 0 * 0
LI 105 81 67 100 0
FCJ 0 0 3 2 1 0
TY 106 83 4 3 0 1 0 * Z
SA 105 36 0
EV 62 36 151 125 0
SA 151 80 0
LI 107 81 146 99 0
FCJ 0 0 3 2 1 0
TY 153 75 4 3 0 1 2 * C
TY 100 30 4 3 0 1 2 * A
LI 151 80 111 90 3
FCJ 2 0 3 1 0 1
TY 111 93 4 3 0 0 3 * Bd1
TY 80 123 4 3 0 0 3 *
LI 146 59 151 79 3
FCJ 0 0 3 1 1 0
TY 150 105 5 5 180 1 3 * +
TY 144 50 4 3 0 1 3 * Jd1
TY 144 104 4 3 0 1 3 * Jd2
TY 144 55 5 5 0 1 3 * +
LI 151 80 192 89 3
FCJ 2 0 3 1 0 1
TY 189 92 4 3 0 0 3 * Bd2
TY 222 123 4 3 0 0 3 *
LI 147 99 151 80 3
FCJ 0 0 3 2 1 0
LI 67 101 149 81 9
FCJ 0 0 3 1 1 0
LI 66 61 151 80 9
TY 53 53 4 3 0 1 9 * Js1
LI 151 80 147 66 9
FCJ 2 0 3 1 0 1
TY 136 68 4 3 0 0 9 * Bs2
TY 159 93 4 3 0 0 9 *
LI 151 80 155 66 9
FCJ 2 0 3 1 0 1
TY 158 68 4 3 0 0 9 * Bs1
TY 143 93 4 3 0 0 9 *
TY 55 105 4 3 0 1 9 * Js2
EP 64 59 67 62 9
EP 64 100 67 103 9
LI 105 56 105 56 11
LI 50 81 187 80 14
FCJ 2 0 3 1 0 1
TY 184 73 4 3 0 0 14 * x
TY 55 91 4 3 0 0 14 *
LI 105 15 105 135 14
FCJ 1 0 3 1 0 1
TY 110 15 4 3 0 0 14 * y
TY 110 29 4 3 0 0 14 *
EP 104 79 107 82 15[/fcd]
anche senza fare nessun calcolo, l'unico dubbio risiederebbe nell'annullamento lungo l'asse y, ma ripeto,
per la simmetria non può esistere una componente in y, almeno così la vedo io.
Avevo fatto lo stesso disegno, ma ero giunto alla conclusione opposta.
Ho provato allora a dimostrarlo matematicamente, ma sono incappato nella seguente difficoltà.
Stiamo cercando di dimostrare che
il $sin ( \Phi)$ dei vettori verdi e rossi, ovvero la parte destra, sia uguale al $cos(\Phi)$ dei vettori gialli e blu, ovvero la parte sinistra.
Per farlo analiticamente allora dobbiamo integrare, in funzione dell'angolo $\theta$ sulle superfici in alto a dx e in alto a sx e poi moltiplicare per 2 e sommare i due risultati.
Il problema è che mentre nei casi precedenti trovavamo un ${sin(\theta)}^2$, qui troviamo un sin(theta)sin(phi) o sin(theta)cos(phi).
Come si esprime la relazione tra \Phi e \Theta?
Ho provato allora a dimostrarlo matematicamente, ma sono incappato nella seguente difficoltà.
Stiamo cercando di dimostrare che
il $sin ( \Phi)$ dei vettori verdi e rossi, ovvero la parte destra, sia uguale al $cos(\Phi)$ dei vettori gialli e blu, ovvero la parte sinistra.
Per farlo analiticamente allora dobbiamo integrare, in funzione dell'angolo $\theta$ sulle superfici in alto a dx e in alto a sx e poi moltiplicare per 2 e sommare i due risultati.
Il problema è che mentre nei casi precedenti trovavamo un ${sin(\theta)}^2$, qui troviamo un sin(theta)sin(phi) o sin(theta)cos(phi).
Come si esprime la relazione tra \Phi e \Theta?
Te lo puoi facilmente ricavare notando che l'angolo alla base del triangolo isoscele con vertice in O e in C è pari a
$frac(\pi)(4)-frac(\theta)(2)$
se con $\theta$ indichiamo il solito angolo, non quello della tua ultima figura.
Dato che sia la distanza della corrente da C, sia la proiezione del campo su y sono entrambe proporzionali a
$cos(frac(\pi)(4)-frac(\theta)(2))$
le componenti lungo y dei diversi punti sono tutte uguali e si compensano.
$frac(\pi)(4)-frac(\theta)(2)$
se con $\theta$ indichiamo il solito angolo, non quello della tua ultima figura.
Dato che sia la distanza della corrente da C, sia la proiezione del campo su y sono entrambe proporzionali a
$cos(frac(\pi)(4)-frac(\theta)(2))$
le componenti lungo y dei diversi punti sono tutte uguali e si compensano.
Allora:
Il contributo della metà destra (quindi già moltiplicato per 2) è:
$ -2 \hat[j] \mu/{2\pi} \int_0^{\pi/2}{sin(\theta/2)J_sRd\theta}/{\sqrt{2} R \sqrt{1-cos(\theta)} }= -\hat{j} {\mu M}/{\sqrt{2}\pi} \int_0^{\pi/2} {sin(\theta/2)sin(\theta) d\theta}/{ \sqrt{1-cos(\theta)}} = -\hat{j} {\mu M}/{\pi} 1/2$
Il contributo della metà sinistra è:
$ 2 \hat[j] \mu/{2\pi} \int_{\pi/2}^{\pi}{cos(\theta/2)J_sRd\theta}/{\sqrt{2} R \sqrt{1-cos(\theta)} }= \hat{j} {\mu M}/{\sqrt{2}\pi} \int_{\pi/2}^{\pi} {cos(\theta/2)sin(\theta) d\theta}/{ \sqrt{1-cos(\theta)}} = \hat{j} {\mu M}/{\sqrt{2} \pi} {\pi-2}/{ 2\sqrt{2}} = \hat{j} {\mu M}/{ \pi} (\pi/4 -1/2) $
Per un totale di:
$\vec{B}(C)={\mu M}/\pi (\pi-2)/2 \hat{j}$
Il contributo della metà destra (quindi già moltiplicato per 2) è:
$ -2 \hat[j] \mu/{2\pi} \int_0^{\pi/2}{sin(\theta/2)J_sRd\theta}/{\sqrt{2} R \sqrt{1-cos(\theta)} }= -\hat{j} {\mu M}/{\sqrt{2}\pi} \int_0^{\pi/2} {sin(\theta/2)sin(\theta) d\theta}/{ \sqrt{1-cos(\theta)}} = -\hat{j} {\mu M}/{\pi} 1/2$
Il contributo della metà sinistra è:
$ 2 \hat[j] \mu/{2\pi} \int_{\pi/2}^{\pi}{cos(\theta/2)J_sRd\theta}/{\sqrt{2} R \sqrt{1-cos(\theta)} }= \hat{j} {\mu M}/{\sqrt{2}\pi} \int_{\pi/2}^{\pi} {cos(\theta/2)sin(\theta) d\theta}/{ \sqrt{1-cos(\theta)}} = \hat{j} {\mu M}/{\sqrt{2} \pi} {\pi-2}/{ 2\sqrt{2}} = \hat{j} {\mu M}/{ \pi} (\pi/4 -1/2) $
Per un totale di:
$\vec{B}(C)={\mu M}/\pi (\pi-2)/2 \hat{j}$
la cosa a denominatore sarebbe la distanza tra un punto della superficie e C e il termine in theta/2 sarebbe la proiezione dei vettori su y.
Occhio che ho rieditato e corretto il precedente post, avevo fatto un po' di confusione a partire dal nuovo $\theta$ della tua ultima figura.
...stai usando un $\theta$ e un $\theta/2$ che non si corrispondono!
...stai usando un $\theta$ e un $\theta/2$ che non si corrispondono!
Ok hai ragione. È tutto sbagliato. Bisogna farlo con la $\theta$ come l'hai messa tu sennò non è più vero che J=M sin($\theta$).
Tenendo costante per la parte destra e sinistra il fattore ${\mu M}/{\sqrt{2} \pi} $ che in un caso (dx) è negativo mentre nell'altro è positivo.
Le due parti che si dovrebbero annullare sono gli integrali.
Il motivo per cui avevo cambiato l'angolo è che altrimenti risultavano integrali troppo difficili. In questo caso ho dovuto chiedere a Wolfram di darmi una mano:
per la parte dx abbiamo: http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate[0%2Cpi%2F2]+%28Sin[t]+*+Sin[Pi%2F4-t%2F2]%29%2F%281+-+Sin[t]%29^%281%2F2%29
per la parte sx abbiamo: http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate[0%2C-pi%2F2]+%28Sin[t]+*+Cos[Pi%2F4-t%2F2]%29%2F%281+-+Sin[t]%29^%281%2F2%29
E dunque o c'è qualcosa che non va o stando così le cose avremmo una componente y discorde all'asse y.
ps. mi sembra di aver capito che sia sbagliato. non sto insistendo perchè credo di aver ragione, ma perchè voglio dimostrare di non averla.
Tenendo costante per la parte destra e sinistra il fattore ${\mu M}/{\sqrt{2} \pi} $ che in un caso (dx) è negativo mentre nell'altro è positivo.
Le due parti che si dovrebbero annullare sono gli integrali.
Il motivo per cui avevo cambiato l'angolo è che altrimenti risultavano integrali troppo difficili. In questo caso ho dovuto chiedere a Wolfram di darmi una mano:
per la parte dx abbiamo: http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate[0%2Cpi%2F2]+%28Sin[t]+*+Sin[Pi%2F4-t%2F2]%29%2F%281+-+Sin[t]%29^%281%2F2%29
per la parte sx abbiamo: http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate[0%2C-pi%2F2]+%28Sin[t]+*+Cos[Pi%2F4-t%2F2]%29%2F%281+-+Sin[t]%29^%281%2F2%29
E dunque o c'è qualcosa che non va o stando così le cose avremmo una componente y discorde all'asse y.
ps. mi sembra di aver capito che sia sbagliato. non sto insistendo perchè credo di aver ragione, ma perchè voglio dimostrare di non averla.
"pollo93":
...Le due parti che si dovrebbero annullare sono gli integrali.
Se si annullano i campi delle quattro correnti elementari infinitesime relative ad un generico angolo $\theta$, si annullano di certo anche gli integrali, no?
Con riferimento alla figura, essendo i quattro angoli a uguali
$a=\frac{b}{2}= \frac{1}{2} (\frac{\pi}{2}-\theta )= \frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}$
[fcd="fig.0"][FIDOCAD]
FJC L 10 -4875508 0.29
FJC L 12 -1973791 0.68
FJC L 13 -6118750 0.44
FJC A 0.4
FJC B 0.4
LI 145 30 145 30 0
LI 119 59 117 59 0
LI 105 140 105 140 0
TY 128 61 4 3 0 1 0 * R
LI 170 80 170 80 0
LI 106 80 146 61 0
FCJ 0 0 3 2 1 0
BE 123 71 121 63 109 58 105 58 0
LI 105 80 66 61 0
FCJ 0 0 3 2 1 0
LI 105 35 105 35 0
TY 116 55 5 4 0 0 0 * 0
TY 106 82 4 3 0 0 0 * Z
SA 105 36 0
EV 62 36 151 125 0
SA 151 80 0
LI 151 36 151 122 0
FCJ 0 0 3 2 1 0
LI 150 66 155 66 0
FCJ 0 0 3 2 1 0
LI 156 64 156 64 0
LI 151 94 207 94 0
FCJ 0 0 3 2 1 0
TY 153 75 4 3 0 1 2 * C
TY 100 30 4 3 0 1 2 * A
TY 146 106 4 3 0 1 2 * a
TY 177 80 4 3 0 1 2 * a
TY 153 47 4 3 0 1 2 * a
TY 127 75 4 3 0 1 2 * a
TY 81 73 4 3 0 1 3 * b
TY 149 106 5 5 180 1 3 * +
TY 133 55 4 3 0 1 3 * Jd1
LI 151 80 208 94 3
FCJ 2 0 3 1 0 1
TY 198 84 4 3 0 0 3 * Bd2
TY 222 123 4 3 0 0 3 *
BE 89 72 87 74 86 78 86 81 3
TY 144 55 5 5 0 1 3 * +
LI 146 102 141 123 3
FCJ 0 0 3 1 1 0
LI 151 80 146 101 3
LI 160 45 155 66 3
FCJ 0 0 3 1 1 0
TY 134 98 4 3 0 1 3 * Jd2
LI 66 61 62 81 3
FCJ 0 0 3 1 1 0
LI 151 80 155 66 9
FCJ 2 0 3 1 0 1
TY 158 68 4 3 0 0 9 * Bs1
TY 143 93 4 3 0 0 9 *
EP 64 100 67 103 9
LI 66 61 151 80 9
EP 64 59 67 62 9
TY 70 55 4 3 0 1 9 * Js1
TY 72 98 4 3 0 1 9 * Js2
LI 105 56 105 56 11
LI 50 81 187 80 14
FCJ 2 0 3 1 0 1
TY 184 73 4 3 0 0 14 * x
TY 55 91 4 3 0 0 14 *
LI 105 15 105 135 14
FCJ 1 0 3 1 0 1
TY 110 15 4 3 0 0 14 * y
TY 110 29 4 3 0 0 14 *
EP 104 79 107 82 15[/fcd]
se consideriamo per esempio la coppia sinistra alta destra bassa (per semplificare) e andiamo a considerare le componenti verticali proiettandole sull'asse y avremo
$Bs1_y=+\mu _0\frac{I_{s1}}{2\pi Rcos(a)} cos(a)=+\mu _0\frac{I_{s1}}{2\pi R}$
$Bd2_y=-\mu _0\frac{I_{d2}}{2\pi Rsin(a)} sin(a)=-\mu _0\frac{I_{d2}}{2\pi R}$
e vista l'uguaglianza delle due correnti, avremo che la loro somma sarà nulla e così per la seconda coppia
... e così per i loro integrali, parimenti per quelle lungo l'asse x, dove andranno a bilanciarsi le componenti delle due correnti destre e quelle delle due correnti sinistre.
"pollo93":
... E dunque o c'è qualcosa che non va o stando così le cose avremmo una componente y discorde all'asse y.
Scusa ma non capisco cosa tu intenda dire.
ok...sono convinto.
Grazie mille per l'aiuto!!
Grazie mille per l'aiuto!!
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