Magnetizzazione ortogonale. Come fare?

[pollo93]

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!

[RenzoDF]

... 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.

...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.

... 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.

...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.

... Sembrava un esercizio banale invece ...

Banale non direi proprio, da dove arriva?

[pollo93]

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..

Banale non direi proprio, da dove arriva?

Ho detto "sembrava"...
viene da un vecchio scritto di elettromagnetismo della statale di milano...

[RenzoDF]

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?

[pollo93]

io l'ho trovato qui...
https://docs.google.com/file/d/0B_LkXDx ... pzZVE/edit

[RenzoDF]

Scusa ma così come hai fatto per la figura non potevi postare tutto ?




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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?

[pollo93]

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...

[RenzoDF]

... 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.

...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.

[pollo93]

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?

[RenzoDF]

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)

fig.1

Creato con FidoCadJ | Visualizza codice

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.