Propongo una dimostrazione/verifica dell'identita' del campo magnetico
esterno proiettato di tutte le forme magnetizzate aventi un asse di
simmetria rotazionale, quando la proiezione avviene lungo l'asse di
simmetria e la magnetizzazione e' ad esso perpendicolare.
Prendiamo una particella magnetizzata uniformemente. La forma della
particella si puo' schematizzare con la propria funzione caratteristica
D(*r*) che vale 1 quando *r* e' dentro (materiale magnetizzato), e zero
quando *r* e' fuori (spazio vuoto). Esaminiamo forme con simmetria
rotazionale, ovvero chiamando z l'asse di rotazione, imponiamo che
D(x,y,z)=D(r,z).
Scegliamo come asse y la direzione di magnetizzazione. L'asse di
rotazione, che si assume perpendicolare alla direzione di *M*, e' z. Il
restante asse x rappresenta la coordinate lungo la rimanente direzione
perpendicolare sia a M che a z.
Il campo di magnetizzazione e' quindi semplicemente *M*=M[0,1,0]D(r,z),
visto che per definizione la magnetizzazione esiste solamente dove c'e'
materiale magnetizzato.
La relazione che lega *M* e *A*, dove *A* e' il potenziale vettore da
cui ricavare *B* tramite rotore, e'
*A*(*r*)=\mu0/(4\pi) \int d^3*r*' *M*(*r*') \times *R*/R^3
dove utilizzo le maiuscole per indicare differenze di coordinate o
vettori, quindi X=x-x', Y=y-y', Z=z-z', R=|(x-x')^2-(y-y')^2-(z-z')^2|.
Ho quindi, definendo B=\mu0 M
*A*(*r*)=B/(4\pi) \int d^3*r*' D(*r*') [0,1,0] \times *R*/R^3
*A*(*r*)=B/(4\pi) \int d^3*r*' D(*r*') [Z,0,-X]/R^3
e di conseguenza
*B*(*r*)=B/(4\pi) \int d^3*r*' D(*r*') [3XY,3Y^2-R^2,3YZ]/R^5
Fin qui tutto banale, stiamo dicendo che il campo magnetico totale e' la
sovrapposizione dei campi di dipolo generati da ogni momento elementare
presente nel materiale. L'integrale di sopra e', di fatto, una
convoluzione tra il campo di dipolo e la forma della particella.
Limitiamo sin dall'inizio l'analisi al campo esterno, ovvero prendiamo
|*r*|>a, dove a e' il raggio massimo della particella.
Eseguiamo ora la proiezione di B lungo z (l'integrale lungo z va da meno
a piu' infinito):
Bp(x,y)=B/(4\pi) \int d^3*r*' D(*r*') \int [3XY,3Y^2-R^2,3YZ]/R^5 dz
Bp(x,y)=B/(2\pi) \int d^3*r*' D(*r*') [2XY,Y^2-X^2,0]/(X^2+Y^2)^2
Poiche' la dipendenza da z' e' svanita nell'integrazione, rendiamo il
tutto bidimensionale integrando anche su z':
Bp(x,y)=B/(2\pi) \int dx'dy' [2XY,Y^2-X^2,0]/(X^2+Y^2)^2 \int D(r',z') dz'
L'integrale della D(r',z') in dz' non e' altro che lo spessore di
materiale magnetico incontrato mentre andiamo da meno a piu' infinito in
z, che chiamiamo tp(r'). Esempio: per un cilindro, tp(r')=t, se r'<a, e
=0 se r'>a. Per una sfera, tp(r')=\sqrt{a^2-r^2} per r'<a, e zero per
r'>a. Per un cono, tp(r')=t (1-r'/a) per r'<a, e zero per r'>a. E cosi'
via. Puo' essere qualsiasi cosa, basta che non dipenda da \theta.
Quindi, passando in polari
Bp(x,y)=B/(2\pi) \int_0^a r'dr' tp(r') \int d\theta'
[2XY,Y^2-X^2,0]/(X^2+Y^2)^2
Per effettuare l'integrazione in \theta', che appare non banale,
sfruttiamo una espansione standard in multipoli del termine da integrare
(qui si sfrutta la condizione r>a, per espandere opportunamente in
potenze di r'/r), che mostra come l'integrazione in \theta' abbia un
solo termine sopravvissuto: quello di dipolo. Risulta
Bp(r>a)=B [\sin(2\theta),-\cos(2\theta),0]/r^2 \int_0^a r'dr' tp(r')
Non rimane che eseguire l'ultima integrazione, che evidentemente
restituisce il volume della particella diviso per (2\pi). Risultato:
Bp(r>a)=BV/(2\pi) [\sin(2\theta),-\cos(2\theta),0]/r^2
per qualsiasi particella magnetizzata con simmetria circolare come
specificato. CVD.
Il calcolo del risultato per la regione interna r<a non e' cosi'
semplice, perche' dipende dalla forma (I vari multipoli non si annullano
affatto dentro, come ci si puo' aspettare). Cilindro e sfera sono
comunque calcolabili (forse anche il cono, non ho provato). Il cilindro
e' semplicissimo:
Bp_cyl(r<a)=BV/(2\pi) [0,1,0]/a^2
mentre la sfera e' piu' noiosa da scrivere quindi concludo qui.
Bruno, spero di aver soddisfatto degnamente la prima delle tue
richieste. La seconda, la verifica dei tuoi calcoli, la rimando un po'
ancora.
Bye
Hyper
Received on Thu Feb 12 2009 - 15:44:05 CET