Spire
Spira quadrata
Questo è descritto nell’esempio 8.1 del Mazzoldi. È stato descritto anche in un esercizio in classe (non è importante).
Spira circolare 🟩
Vedere pagina 245
Vogliamo cercare il valore del campo sull’asse della spira circolare.
Questo è semplice, basta usare la prima di Laplace e trovare l’apporto del campo magnetico al centro.
Si può anche pensare come momento magnetico, allora si utilizza sempre lo stesso discorso per la spira quadrata classica e il suo momento.
Con le variabili dichiarate come in figura, possiamo scrivere $dl = Rd\theta$ e che $r^{2} = R^{2} + x^{2}$ E sappiamo che il verso del campo sull’asse è sempre concorde sullo stesso verso (quindi i contributi si sommano, dobbiamo considerare per ragioni di simmetria solamente quella lungo l’asse.)
Allora abbiamo
$$ d\vec{B} = \frac{\mu_{0}i}{4\pi} \frac{R}{R^{2} + x^{2}} d\theta $$$$ d\vec{B}_{a} = \frac{\mu_{0}i}{4\pi} \frac{R^{2}}{(R^{2} + x^{2})^{3/2}} d\theta $$E integrando su tutta la superficie della spira otteniamo
$$ \vec{B}_{a}(x) = \frac{\mu_{0}i}{4\pi} \frac{R^{2}}{(R^{2} + x^{2})^{3/2}} 2\pi = \frac{\mu_{0}i}{2} \frac{R^{2}}{(R^{2} + x^{2})^{3/2}} $$Da cui possiamo ricavare il caso specifico in cui $x = 0$, abbiamo il campo al centro della spira
$$ \vec{B}_{a}(0) = \frac{\mu_{0}i}{2R} $$Questo risultato ci sarà utile per l’analisi del solenoide in seguito.
Momento magnetico della spira
Prova a ricorda quanto fatto per la spira quadrata in Spettrometri di massa. ossia ancora da capire bene (la cosa con l’inerzia, e il momento di dipolo, una cosa che dipende solamente dalla struttura) descritta da $i \cdot S$ ossia dalla corrente e dalla superficie, da cui poi ha senso descrivere un concetto di flusso.
Componenti del campo magnetico 🟥+
$$ B = \frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{m}{r^{3}}(2\cos \theta \hat{r} + \sin \theta \hat{\theta}) $$Con componente radiale e trasversa. Pg 254 Mazzoldi
Solenoide
Descrizione del solenoide 🟩
Vogliamo cercare di definire quale sia il campo magnetico presente sull'asse
$$
\begin{cases}
r \sin \phi = R \\
x - x_{0} = R \frac{\cos\phi}{\sin \phi} \implies
dx = \frac{Rd\phi}{\sin ^{2}\phi}
\end{cases}
$$$$
dB = \frac{\mu_{0}ni}{2} \sin \phi d\phi
$$E integrando questo valore fra $\phi_{1}$ e $\phi_{2}$ ci viene una cosa clean, avremo che:
$$ B =\frac{\mu_{0}ni}{2}(\cos \phi_{2} - \cos \phi_{1}) $$
Mettendo l’origine all’inizio della spira, e supponendo che la lunghezza della spira sia $d$ otteniamo questo per i valori di sopra e gli angoli di sopra, ma comunque spiega meglio il libro su questo.
Campo esterno del solenoide 🟨+
Se assumiamo che i raggi siano simili, allora prendiamo due contributi e abbiamo che $B = \frac{\mu_{0}i}{4\pi} (dl_{1} r_{1} \sin \theta + dl_{2}r_{2}\sin(\pi - \theta))$ E si elidono, e questo dovrebbe funzionare anche per cose un po’ a lato!
Al centro del solenoide 🟩
$$ B_{0} = \mu_{0}ni \frac{d}{\sqrt{ d^{2} + 4R^{2} }} $$$$ B_{\infty} = \mu_{0}ni $$
E si può dimostrare che all’interno il campo è sempre quello, lo stesso, costante.
Analisi tramite circuitazione del solenoide 🟩
$$ \oint Bds = Bh = \mu_{0}nih = > B = \mu_{0}ni $$Potrebbe essere interessante rifare l’analisi seguendo la 256, in cui si divide la corrente in circolare e lineare(falla e scrivi qui i risultati come esercizio al prossimo ripasso)
Toroide
#### Campo esterno 🟩
Possiamo usare ampere e dire che corrente concatenata è nulla e concludere che il campo magnetico è nullo.
#### Campo magnetico del toroide 🟩
Possiamo fare la sequente analisi:
$$
\oint Bds = \mu_{0} Ni \implies B 2\pi r = \mu_{0} Ni \implies B = \mu_{0} \frac{Ni}{2\pi r}
$$
Quindi solo se $r$ è piccolo si può assumere che sia uniforme, altrimenti il valore cambia con quel valore.
$$
H = \frac{Ni}{2\pi r}
$$Vedere descrizione in Magnetismo nella materia
Toroide pieno 🟩-
$$ H = \frac{Ni}{2\pi r} $$Riprendendo il ragionamento di sopra. Poi avendo questo posso sia calcolare B che M.
Tanti fili carichi
#### Simmetria su asse y 🟩
Dalla figura 8.35 si può dire che non abbiamo una componente $y$ , perché si eliminano.
Quindi non abbiamo circuitazione sui pezzi AD e BC, però abbiamo cose sullo stesso verso ma cose oppose sugli altri versi!
Discontinuità parallela 🟩-
Stiamo sempre considerando una linea carica di correnti come da esempio sopra.
$$ \oint B ds = \mu_{0}nhi \implies 2hB = \mu_{0}nhi \implies B = \frac{\mu_{0}ni}{2} $$Abbiamo sempre questo valore per il campo magnetico, ma i versi sono diversi. Questo giustifica anche una discontinuità della componente parallela, per il campo magnetico, di valore $\mu_{0}ni$. Conviene talvolta scrivere $ni\hat{u} = \vec{J}$ e con $\hat{u}$ la direzione della corrente, così posso sapere subito quale sia la direzione diciamo.
Continuità perpendicolare 🟩
$$ \oint \vec{B} \hat{u}_{n} = \oint \vec{B}_{1} ds - \oint \vec{B}_{2}ds = B_{1\perp}A_{1} - B_{2\perp}A_{1} = 0 \implies B_{1} = B_{2} $$Flusso concatenato campi magnetici 🟩
Setting delle spire
Poniamo di avere due spire. Vorrei sapere il flusso del campo magnetico indotto dentro la seconda superficie.
$$ \Phi (\vec{B}) = \int_{\Sigma(\Gamma_{2})} \vec{B} \cdot d\vec{s} $$Misurato in Weber, ossia Tesla per metro quadro.
$$ d\vec{B} = \frac{\mu_{0}i}{4\pi} d\vec{l} \times \frac{\hat{r}}{r^{2}} $$Integriamo tutti i contributi:
$$ \vec{B}_{1} = \oint_{\Gamma_{1}} d\vec{B}_{1} = \oint_{\Gamma_{1}} \frac{\mu_{0}i}{4\pi} d\vec{l} \times \frac{\hat{r}}{r^{2}} $$Quindi per avere il flusso “basta” fare l’integrale di nuovo poi sulla superficie aperta concatenata a quella spira.
Coefficiente di mutua induzione 🟩
$$ \Phi_{2} (\vec{B}_{1}) = \int _{\Sigma(\Gamma_{2})} \vec{B}_{1} \, \vec{dS_{2}} = \int _{\Sigma(\Gamma_{2})} [\oint_{\Gamma_{1}} \frac{\mu_{0}i}{4\pi} d\vec{l} \times \frac{\hat{r}}{r^{2}}] \, \vec{dS_{2}} $$$$ \Phi_{2} (\vec{B}_{1}) = i_{1} \int _{\Sigma(\Gamma_{2})} [\oint_{\Gamma_{1}} \frac{\mu_{0}}{4\pi} d\vec{l} \times \frac{\hat{r}}{r^{2}}] \, \vec{dS_{2}} = i_{1} M_{12} $$Dove tutto quanto della seconda parte è un fattore geometrico dipendente da
- Come sono disposti la prima e seconda superficie lineare
- I materiali con cui son fatti.
Si può dimostrare che $M_{12} = M_{21} = M$. La dimostrazione dovrebbe venire semplice con Vettore potenziale
Dimostrazione che sono uguali:
Induttanza
Introduzione valore fisico 🟩
$$ \Phi(\vec{B}) = i_{1} \int _{\Sigma(\Gamma_{1})} [\oint_{\Gamma_{1}} \frac{\mu_{0}}{4\pi} d\vec{l} \times \frac{\hat{r}}{r^{2}}] = i_{1}L $$Con $L$ l’induttanza della sfera, il cui verso della superficie lo intendo orientato secondo la regola della mano destra
Sia questo sia il coefficiente di mutua induzione è misurato in $\frac{W}{A}$. Questo si misura in Henry
Solitamente l’induttanza di un circuito di casa è $\approx 10^{-7} H$.
Induttanza su solenoide 🟩
$$ \Phi(\vec{B}) = Li $$$$ \Phi_{1}(\vec{B}_{0}) = B_{0}S = \mu_{0}niS \implies \Phi(\vec{B}_{0}) = NB_{0}S = N\mu_{0}niS \implies L = N\mu_{0}nS = n^{2}\mu_{0}(Sl) = \mu_{0}n^{2}V $$$$ \mu_{0}n^{2} $$Circuito con induttanza 🟩
Può essere opportuno confrontare questo circuito con quello trovato in [Condensatori nel vuoto](/notes/condensatori-nel-vuoto) per la carica/scarica.
$$
\varepsilon_{IND} = -\frac{d\Phi(\vec{B})}{dt} = -\frac{d(Li)}{dt}
$$Da questo possiamo usare le Leggi di Ohm, in particolare la prima:
$$ \varepsilon + \varepsilon_{IND} = Ri \implies \varepsilon = Ri + \frac{Ldi}{dt} $$$$ \frac{\varepsilon}{R} = i + \frac{L}{R} \frac{di}{dt} \implies -\frac{L}{R} \frac{di}{dt} = i- \frac{\varepsilon}{R} \implies \frac{di}{i - \frac{\varepsilon}{R}} = -\frac{R}{L}dt $$$$ \int_{0} ^{i(t)} \frac{di}{i - \frac{\varepsilon}{R}} = -\frac{R}{L} \int_{0}^{t} \, dt \implies \ln\left( \frac{\left( i(t) - \frac{\varepsilon}{R} \right)}{-\frac{\varepsilon}{R}} \right) = -\frac{R}{L} t $$$$ \frac{\left( i(t) - \frac{\varepsilon}{R} \right)}{-\frac{\varepsilon}{R}} = e^{-\frac{R}{L} t} \implies i(t) = \frac{\varepsilon}{R} (1 - e^{-\frac{R}{L} t}) $$Una corrente con andamento asintotico, con limite $\frac{\varepsilon}{R}$ Con un tempo caratteristico stavolta di $\frac{L}{R}$ Un buon esercizio è verificare le dimensioni di questo.
$$ \varepsilon_{IND} = -\varepsilon e ^{- Rt/L} $$Che va a 0, asintoticamente abbiamo il caso classico
Energia dell’induttanza 🟨++
$$ \varepsilon = Ri + \frac{Ldi}{dt} \implies \varepsilon idt = Ri^{2}dt + Lidi $$$$ dU_{l} = Lidi \implies U_{l} = \frac{1}{2}Li^{2} $$Che confrontasi, molto simile a quanto trovato per il condensatore, in cui abbiamo $\frac{1}{2}CV^{2}$l
L’energia è spesa per la costruzione del campo magnetico dal nulla, mentre per il condensatore è stato usato per avere il campo elettrico.