Geometrie di spire

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.

Proviamo a modellizzare il problema e risolvere ciò. Utilizziamo la prima legge di Laplace

$$d\vec{B}=\frac{{\mu }_{0}i}{4\pi }d\vec{l}\times \frac{\hat{r}}{r^2}$$

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

$$d\vec{B}=\frac{{\mu }_{0}i}{4\pi }\frac{R}{R^2+x^2}d\theta$$

E dobbiamo moltiplicare per il coseno di $\phi$ per avere la componente lungo l'asse: $d{\vec{B}}_a=d\vec{B}\cdot \cos \phi =d\vec{B}\cdot \frac{R}{r}$ Da cui abbiamo che

$$d{\vec{B}}_a=\frac{{\mu }_{0}i}{4\pi }\frac{R^2}{(R^2+x^2{)}^{3/2}}d\theta$$

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

Possiamo scriverlo in modo simile a quanto si ha precedentemente con il Dipolo elettrico. Quindi possiamo calcolare le componenti radiali e ad un certo angolo per questa spira, e data la somiglianza con essa sarà esattamente nella stessa forma

$$B=\frac{{\mu }_0}{4\pi }\frac{m}{r^3}(2\cos \theta \hat{r}+\sin \theta \hat{\theta })$$

Con componente radiale e trasversa. Pg 254 Mazzoldi

Solenoide

Descrizione del solenoide

Vogliamo cercare di definire quale sia il campo magnetico presente sull'asse

Utilizzando la funzione per la singola spira, abbiamo che basta integrare fra l'angolo formato fr ail primo e l'ultimo argomento del nostro solenoide, e facendo una cosa del genere dovrebbe venire molto più semplice. La parte difficile qui è riscrivere le variabili in funzione delle variabili che abbiamo:

$$\{\begin{array}{l}r\sin \varphi =R\\ x-x_0=R\frac{\cos \varphi }{\sin \varphi }⟹dx=\frac{Rd\varphi }{{\sin }^2\varphi }\end{array}$$

Utilizzando queste e l'informazione sopra con la spira abbiamo che (utilizzando anche la prima di Laplace credo).

$$dB=\frac{{\mu }_{0}ni}{2}\sin \varphi d\varphi$$

E integrando questo valore fra ${\varphi }_1$ e ${\varphi }_2$ ci viene una cosa clean, avremo che:

$$B=\frac{{\mu }_{0}ni}{2}(\cos {\varphi }_2-\cos {\varphi }_1)$$

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 $B=\frac{{\mu }_{0}i}{4\pi }(d{l}_1{r}_1\sin \theta +d{l}_2{r}_2\sin (\pi -\theta ))$ E si elidono, e questo dovrebbe funzionare anche per cose un po' a lato!

Al centro del solenoide

Bisogna in primo momento scrivere la derivazione di sopra in altro modo, possiamo trovare il valore del campo elettrico al centro del solenoide e otteniamo (vedere 248 Mazzoldi):

$$B_0={\mu }_{0}ni\frac{d}{\sqrt{d^2+4R^2}}$$

E si può dimostrare che questo è il punto massimo di $B$. E se supponiamo di essere molto molto distanti, con $d\gg R$ allora avremo che il campo magnetico è

$$B_{\infty }={\mu }_{0}ni$$

E si può dimostrare che all'interno il campo è sempre quello, lo stesso, costante.

Analisi tramite circuitazione del solenoide

Possiamo provare ad applicare Ampere Magnetismo per potere sapere quanto valga il valore del campo magnetico. Noi sappiamo che il campo magnetico all'interno (da fare ancora) è sempre parallelo all'asse del solenoide Se mettiamo dentro il quadratino, possiamo notare come la circuitazione sia nulla, perché la corrente concatenata è nulla, per questo motivo ad ogni momento è nullo, ed è sempre uguale a quello dell'a Prendendo questa figura, abbiamo che BC e AD che nada non c'è niente, però in questo caso ci dovrà essere un po' di circuitazione. Fuori abbiamo detto non c'è nessun campo, mentre dentro è uguale al campo. E si dimostra

$$\oint Bds=Bh={\mu }_{0}nih=>B={\mu }_{0}ni$$

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:

$$\oint Bds={\mu }_{0}Ni⟹B2\pi r={\mu }_{0}Ni⟹B={\mu }_0\frac{Ni}{2\pi r}$$

Quindi solo se $r$ è piccolo si può assumere che sia uniforme, altrimenti il valore cambia con quel valore.

Si può dire che

$$H=\frac{Ni}{2\pi r}$$

Vedere descrizione in Magnetismo nella materia

Toroide pieno

Supponiamo ci sia un materiale dentro al toroide, allora so che

$$H=\frac{Ni}{2\pi r}$$

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.

Proviamo ad usare ampere, abbiamo allora:

$$\oint Bds={\mu }_{0}nhi⟹2hB={\mu }_{0}nhi⟹B=\frac{{\mu }_{0}ni}{2}$$

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

Prendo sempre il classico cilindro, avrò che

$$\oint \vec{B}{\hat{u}}_n=\oint {\vec{B}}_{1}ds-\oint {\vec{B}}_{2}ds=B_{1\perp }{A}_1-B_{2\perp }{A}_1=0⟹B_1=B_2$$

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.

Calcoliamo il contributo della prima spira utilizzando la prima legge di ampere:

$$d\vec{B}=\frac{{\mu }_{0}i}{4\pi }d\vec{l}\times \frac{\hat{r}}{r^2}$$

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

$${\Phi }_2({\vec{B}}_1)={\int }_{\Sigma ({\Gamma }_2)}{\vec{B}}_1\overrightarrow{d{S}_2}={\int }_{\Sigma ({\Gamma }_2)}[{\oint }_{{\Gamma }_1}\frac{{\mu }_{0}i}{4\pi }d\vec{l}\times \frac{\hat{r}}{r^2}]\overrightarrow{d{S}_2}$$ $${\Phi }_2({\vec{B}}_1)=i_1{\int }_{\Sigma ({\Gamma }_2)}[{\oint }_{{\Gamma }_1}\frac{{\mu }_0}{4\pi }d\vec{l}\times \frac{\hat{r}}{r^2}]\overrightarrow{d{S}_2}=i_1{M}_{12}$$

Dove tutto quanto della seconda parte è un fattore geometrico dipendente da

1. Come sono disposti la prima e seconda superficie lineare
2. 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

Consideriamo l'autoinduzione, si può applicare un concetto simile al precedente e possiamo scrivere che

$$\Phi (\vec{B})=i_1{\int }_{\Sigma ({\Gamma }_1)}[{\oint }_{{\Gamma }_1}\frac{{\mu }_0}{4\pi }d\vec{l}\times \frac{\hat{r}}{r^2}]=i_{1}L$$

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

Ora consideriamo l'induttanza con l'auto-flusso, abbiamo:

$$\Phi (\vec{B})=Li$$

E consideriamo il campo magnetico in un solenoide: con $n=\frac{N}{l}$ e $B_0={\mu }_{0}ni$ Allora il flusso in una singola spira è (poi calcoliamo per l'intero solenoide assumendo che sia costante il campo all'interno e poi ci ricaviamo )

$${\Phi }_1({\vec{B}}_0)=B_{0}S={\mu }_{0}niS⟹\Phi ({\vec{B}}_0)=N{B}_{0}S=N{\mu }_{0}niS⟹L=N{\mu }_{0}nS=n^2{\mu }_0(Sl)={\mu }_0{n}^{2}V$$

Allora possiamo determinare una induttanza per unità di volume, che in questo caso è:

$${\mu }_0{n}^2$$

Circuito con induttanza

Può essere opportuno confrontare questo circuito con quello trovato in Condensatori nel vuoto per la carica/scarica.

Consideriamo la relazione fra forza elettromotrice e campo magnetico, abbiamo che

$${\epsilon }_{IND}=-\frac{d\Phi (\vec{B})}{dt}=-\frac{d(Li)}{dt}$$

Da questo possiamo usare le Leggi di Ohm, in particolare la prima:

$$\epsilon +{\epsilon }_{IND}=Ri⟹\epsilon =Ri+\frac{Ldi}{dt}$$

Questo possiamo risolverlo separando le variabili in questo modo:

$$\frac{\epsilon }{R}=i+\frac{L}{R}\frac{di}{dt}⟹-\frac{L}{R}\frac{di}{dt}=i-\frac{\epsilon }{R}⟹\frac{di}{i-\frac{\epsilon }{R}}=-\frac{R}{L}dt$$

Quindi ora abbiamo:

$${\int }_0^{i(t)}\frac{di}{i-\frac{\epsilon }{R}}=-\frac{R}{L}{\int }_0^{t}dt⟹\ln \left(\frac{\left(i(t)-\frac{\epsilon }{R}\right)}{-\frac{\epsilon }{R}}\right)=-\frac{R}{L}t$$

E l'ultimo passo questo ora si può esprimere come

$$\frac{\left(i(t)-\frac{\epsilon }{R}\right)}{-\frac{\epsilon }{R}}=e^{-\frac{R}{L}t}⟹i(t)=\frac{\epsilon }{R}(1-e^{-\frac{R}{L}t})$$

Una corrente con andamento asintotico, con limite $\frac{\epsilon }{R}$ Con un tempo caratteristico stavolta di $\frac{L}{R}$ Un buon esercizio è verificare le dimensioni di questo.

Con questo valore possiamo andare a calcolare il valore di ${\epsilon }_{IND}$

$${\epsilon }_{IND}=-\epsilon e^{-Rt/L}$$

Che va a 0, asintoticamente abbiamo il caso classico

Energia dell'induttanza

Facciamo un altro genere di analisi:

$$\epsilon =Ri+\frac{Ldi}{dt}⟹\epsilon idt=R{i}^{2}dt+Lidi$$

Abbiamo che il primo termina è l'energia fornita dalla forza elettromotrice, l'energia dissipata per effetto Joule nella resistenza è quello con la resistenza, mentre l'ultimo è l'energia immagazzinata dalla induttanza. Allora possiamo dire:

$$d{U}_l=Lidi⟹U_l=\frac{1}{2}L{i}^2$$

Che confrontasi, molto simile a quanto trovato per il condensatore, in cui abbiamo $\frac{1}{2}C{V}^2$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.

Densità energetica dell'induttanza

Abbiamo che

$$B={\mu }_{0}ni,L={\mu }_0{n}^2(ls)⟹i=\frac{B}{{\mu }_{0}n}$$

Da cui abbiamo che

$$U_L=\frac{1}{2}L{i}^2=\frac{1}{2}({\mu }_0{n}^{2}lS)\frac{B^2}{{\mu }_0^2{n}^2}⟹U_L=\frac{1}{2}\frac{B^2}{{\mu }_0}(lS)$$

Da questo possiamo definire la densità energetica magnetica come

$$u_l=\frac{1}{2}\frac{B^2}{{\mu }_0}$$

E si può fare la stessa cosa con il vettore di spostamento, in questo caso con la magnetizzazione, che abbiamo studiato in Magnetismo nella materia.

$$u_l=\frac{1}{2}{\mu }_0{H}^2=\frac{1}{2}HB$$