Potenziale di campo magnetico di filo elettrico infinito

[DavideGenova1]

Il campo di induzione magnetica di un filo di corrente rettilineo infinito di direzione $\mathbf{k}$ e passante per \(\boldsymbol{x}_0\), percorso nel verso di tale vettore da una corrente di intensità $I$, nel punto \(\boldsymbol{x}\) esterno al filo è, se non erro $$\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x})=\frac{\mu_0 I}{2\pi}\frac{ \mathbf{k}\times (\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}_0) }{\| \mathbf{k}\times (\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}_0) \|^2}.$$
Mi chiedevo se esiste (per ragioni fisiche dovrebbe...) e quale possa essere il potenziale vettore \(\boldsymbol{A}\) tale che \(\nabla\times \boldsymbol{A}=\boldsymbol{B}\)...
Grazie per ogni risposta!

[RenzoDF]

"DavideGenova":Il campo di induzione magnetica di un filo di corrente rettilineo infinito ... percorso nel verso di tale vettore da una corrente di intensità $I$, nel punto \(\boldsymbol{x}\) esterno al filo è, se non erro

Non erri Davide, ma mi chiedo: perché non considerare semplicemente il filo orientato secondo l'asse z,

$\vec B=\frac{ \mu_0I}{2\pi r}\hat \phi$

"DavideGenova":... Mi chiedevo se esiste ... e quale possa essere il potenziale vettore

Certo che esiste; anche se la distribuzione di corrente interessa un volume non limitato e quindi la classica relazione integrale estesa al volume

$\mathbf{A}(\mathbf{r})=\frac{\mu_0}{4\pi}\int_{V}^{ }\frac{\mathbf{J}(\mathbf{r}')}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|}dV$

non risulta applicabile.

Se non erro due sono le strade risolutive possibili, la prima è quella più semplice dell'analogia elettrostatica con il caso del potenziale relativo al filo carico infinito, la seconda è quella che passa dall'applicazione del teorema di Stokes, che ci permette di uguagliare la circuitazione di $\vec A$ lungo un percorso rettangolare [nota]Mi raccomando, considera due lati del rettangolo paralleli al filo. [/nota] complanare al filo, al flusso di $\vec B$ attraverso la superficie che lo ha come bordo.

Se ti va di farlo, lascio a te provare a percorrere analiticamente le due strade, ma ricorda che se (come ricordo sei correttamente abituato a fare), generalizzi troppo dal punto di vista formale, non riuscirò a seguirti ... e taglierò la corda! .

[DavideGenova1]

"RenzoDF":$\mathbf{A}(\mathbf{r})=\frac{\mu_0}{4\pi}\int_{V}^{ }\frac{\mathbf{J}(\mathbf{r}')}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|}dV$

Infatti: ho notato che \(\frac{\mu_0}{4\pi}\int \frac{d\boldsymbol{l}}{\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{l}\|} \) diverge.

"RenzoDF":la prima è quella più semplice dell'analogia elettrostatica con il caso del potenziale relativo al filo carico infinito

Cioè?

"RenzoDF": la seconda è quella che passa dall'applicazione del teorema di Stokes, che ci permette di uguagliare la circuitazione di $\vec A$ lungo un percorso rettangolare [nota]Mi raccomando, considera due lati del rettangolo paralleli al filo.

Se \(\boldsymbol{A}\) esiste, allora $$\int_\Sigma\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{N} d\sigma=\oint_{\partial^+\Sigma}\boldsymbol{A}\cdot d\boldsymbol{r}$$Parametrizzando il rettangolo, diciamo parallelo al piano $xz$ e intersecante l'asse delle $y$ in $(0,y_0,0)$, con \(\boldsymbol{s}:[-l,l]\times[-L,L]\to\mathbb{R}^3\), \(\boldsymbol{s}(x,z)=(x,y_0,z)\), possiamo riscrivere l'uguaglianza come$$\int_{[-l,l]\times[-L,L]} \boldsymbol{B}(x,y,z)\cdot\mathbf{j}dxdz=\int_{-l}^l \boldsymbol{A}(x,y_0,-L)\cdot\mathbf{i}dx+\int_{-L}^L \boldsymbol{A}(l,y_0,z)\cdot\mathbf{k}dz+\int_{l}^{-l} \boldsymbol{A}(x,y_0,L)\cdot\mathbf{i}dx$$ $$+\int_{L}^{-L} \boldsymbol{A}(-l,y_0,z)\cdot\mathbf{k}dz $$dove i prodotti scalari rispetto ai versori $\mathbf{i},\mathbf{j}$ e $\mathbf{k}$ non sono altro che le componenti rispetto agli assi $x,y$ e $z$ dei campi vettoriali. Da qui, però, non saprei come procedere, anche perché il flusso di \(\boldsymbol{B}\) mi sembra arduo da calcolare...

[RenzoDF]

"DavideGenova": Cioè?

Beh, per farla breve tutto discende dall'uguaglianza formale fra le seguenti due uguaglianze notevoli della magnetostatica e dell'elettrostatica:

$\nabla^2\mathbf{A}=-\mu_0\ \mathbf{j} \qquad, \qquad \nabla^2\phi=-\frac{\rho}{\epsilon_0}$

vista la quale possiamo sfruttare le soluzioni note per il caso elettrostatico "trasportandole" a quello magnetostatico.
Per il filo infinito carico sappiamo infatti che il potenziale a distanza $r'$ dal filo è esprimibile come

$\phi(r')=-\frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0}\ln r'=-\frac{\rho S}{2\pi \epsilon_0}\ln r'$

e quindi per la soluzione magnetostatica, visto che $\vec j$ ha solo una componente lungo z

$A_z(r')=-\frac{\mu_0I}{2\pi}\ln r'$

Per quanto riguarda il secondo metodo, come detto, per "digerire" il tuo scritto ci metterò un po' di tempo e quindi per il momento ti descrivo sommariamente come la vedo io, che vado a prendere un rettangolo con lati unitari a distanza r1 e r2 dal conduttore, andando a confrontare la circuitazione

$\oint \mathbf{A} \cdot d\mathbf{l}=1\times \mathbf{A(r_1)}-1\times \mathbf{A(r_2)}$

con il flusso di $ \mathbf{B} $ attraverso il rettangolo,

$ \int_{S }^{ }\mathbf{B}\cdot d\mathbf{S} =\frac{\mu_0I}{2\pi}(\ln r_2-\ln r_1) $

otterremo [nota]Con un paio di considerazioni che per ora ometto per mancanza di tempo.[/nota] il medesimo risultato.

[DavideGenova1]

"RenzoDF":per "digerire" il tuo scritto ci metterò un po' di tempo

Non azzeccando che quadrato dovevo scegliere, ne ho scelto uno non complanare con il filo, a differenza di quello che consideri tu, quindi.

Stai dicendo che il nostro \(\boldsymbol{B}\) è il rotore di \(-\frac{\mu_0 I}{2\pi}\ln\| r(\boldsymbol{x})\|\) dove \(r(\boldsymbol{x})=x^2+y^2\) sono le coordinate (della proiezione sul piano $xy$) del punto \(\boldsymbol{x}\) dato?
Ovvero, per il caso più generale $$-\frac{\mu_0 I}{2\pi}\ln\|\mathbf{k}\times(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}_0)\|\mathbf{k}$$, calcolando il rotore del quale mi viene proprio il \(\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x})\) definito nel post originale.

$\infty$ grazie!

[RenzoDF]

Proprio così, ma che io avrei indicato con

$\vec A=-\frac{mu_0I}{2\pi} \ln r\hat z$.

Questo però vale solo nello spazio esterno al filo, internamente al conduttore avrà una diversa forma.

[DavideGenova1]

Volevo aprire un altro thread, ma mi sembra questo un luogo adatto per trattare anche il caso di un punto interno ad un cavo cilindrico infinito. Il campo magnetico in un punto esterno ad un tale cavo è identico al \(\boldsymbol{B}\) calcolato per una distribuzione lineare di corrente concentrata in un filo rettilineo posto sull'asse del cilindro e quindi vale per esso quanto già scritto.
Per quanto riguarda un punto interno al cavo, si ha, chiamato \(\boldsymbol{x}_0\) un qualsiasi punto sull'asse del cavo cilindrico, \(\boldsymbol{k}\) la direzione della corrente, e $R$ il suo raggio, $$\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x})=\frac{\mu_0I}{2\pi R^2}\boldsymbol{k}\times(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}_0)$$ossia, nella notazione usata da Renzo,$$\vec{B}=\frac{\mu_0Ir}{2\pi R^2}\hat{\phi}.$$
Credo che neanche in questo caso si possa calcolare \(\boldsymbol{A}=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{\boldsymbol{J}}{r}dV\)...
Qual è in questo caso il potenziale vettore?
$\infty$ grazie ancora!

[RenzoDF]

Si, anche qui è conveniente usare Stokes, con il solito rettangolo complanare all'asse del conduttore ma stavolta interno allo stesso; lascio a te i dettagli.

[DavideGenova1]

Grazie per il consiglio!!! Calcolo in tal modo $$\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x})=-\frac{\mu_0 I}{4\pi R^2}\|\mathbf{k}\times (\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}_0)\|^2\mathbf{k}$$ovvero$$\vec{A}=-\frac{\mu_0 I}{4\pi R^2}r^2\hat{z}$$

[RenzoDF]

Ora, per completare, anche se non è necessario che lo sia, potresti anche cercare di dare continuità al potenziale vettore sulla superficie del conduttore.

[DavideGenova1]

Ovviamente ci ho provato... (questo non è neanche un esercizio del libro, ma una mia pura curiosità personale e la mia curiosità arriva anche a quello )
\(\vec{B}\) è continuo. Tuttavia mi sembra che \(\vec{A}\) lo sarebbe se e solo se$$-\frac{\mu_0I}{4\pi R^2}R^2\hat{z}=-\frac{\mu_0I}{2\pi }\ln R\hat{z}$$che vale se e solo se \(R=\sqrt{\text{e}} \), quindi solo per un determinato raggio. Dico male?

[RenzoDF]

Certo, ma purtroppo non tutti i conduttori hanno quel raggio; se comunque consideri che il potenziale vettore può essere sempre visto determinato a meno di una "costante", sarà semplice (anche se non univoco) determinare una o due costanti per far andare a coincidere le due funzioni per r=R. Costanti che non andranno ovviamente a cambiare ne rotore ne divergenza.

[DavideGenova1]

Perdonami, c'è una cosa che noto solo adesso che mi lascia perplesso... L'argomento del logaritmo non dovrebbe essere adimensionale? Qui abbiamo una distanza...

[RenzoDF]

Proprio lì sta la risposta alla mia domanda, in realtà quello è il logaritmo di un rapporto fra distanze, anche se non esplicitato.

[DavideGenova1]

Gia! Grazie di cuore! Direi che per rendere \(\vec{A}\) di classe \(C^1(\mathbb{R}^3)\) potremmo sceglierne un'espressione, fuori dal cilindro e sulla superficie, di tipo$$-\frac{\mu_0 I}{2\pi}\left(\ln\frac{r}{R}-\frac{1}{2}\right)\hat{z}$$Dico $C^1$ e non solo $C$ perché è facile verificare che \(\nabla \left[-\frac{\mu_0 I}{4\pi R^2} r^2\right]\) coincide con $$\nabla\left[-\frac{\mu_0 I}{2\pi} \ln r \right]=-\frac{\mu_0 I}{2\pi}\cdot\frac{1}{r}\cdot\frac{1}{2\sqrt{r^2}}\nabla r^2$$per $r=R$.

[RenzoDF]

Certo, oppure scegliere le due costanti per fare in modo che entrambe le funzioni si annullino per r=R.

BTW Ok, per $C^1$ , mi sfugge solo il perché della forma dell'ultimo termine.

[DavideGenova1]

in che senso, il gradiente di \(\ln r\)? Ho "tenuto conto" che \(\ln r=\ln\sqrt{r^2}\), \(\frac{d\ln x}{dx}=\frac{1}{x}\), \(\frac{d\sqrt{x}}{dx}=\frac{1}{2\sqrt{x}}\). Tra virgolette il tener conto perché non ho avuto alcuna brillante intuizione: mi sono messo a calcolare con carta e penna il gradiente ed è così che ho ritenuto comodo procedere, visto che $r^2$ è un polinomio nelle componenti di \(\boldsymbol{x}\)...

[RenzoDF]

Scusa ma, visto che mi sembra di ricordare che per gradiente di un campo vettoriale si intende il tensore associato al gradiente delle sue componenti, visto che qui l'unica componente non nulla è la componente in z e visto che usiamo le coordinate cilindriche, non c'è bisogno che di andare a derivarla in r, sbaglio?

[DavideGenova1]

Per verificare che una funzione della forma \(f(\boldsymbol{x})\mathbf{v}\) con $\mathbf{v}$ costante sia di classe $C^1$ basta vedere che \(\nabla f:=\left( \frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},\frac{\partial f}{\partial z} \right) \) lo sia. Stavo considerando le coordinate cartesiane perché è rispetto ad esse che si definiscono derivabilità e continuità...