Campi Elettromagnetici

Capitolo 6. Potenziali elettromagnetici

Le equazioni di Maxwell legano le sorgenti con i campi da esse prodotti e permettono di ricavare l'equazione delle onde. La soluzione di questa equazione tuttavia è complessa, per cui è conveniente utilizzare quantità ausiliarie che prendono il nome di potenziali elettromagnetici. Essi non hanno significato fisico, ma sono strumenti matematici per semplificare le operazioni.
Invece che ricavare le espressioni dei campi elettromagnetici direttamente a partire dalle sorgenti, si possono prima calcolare i potenziali e successivamente ricavare da essi i campi.

Inizialmente si può effettuare una prima semplificazione considerando un mezzo dielettrico ideale infinito.

Teorema

Poiché il campo $\bar B$ è un campo solenoidale, ovvero $\nabla \circ \bar B = 0$, allora esiste un campo vettoriale $\bar A(\bar r, t)$ tale che

(1)
\begin{align} \bar B(\bar r, t) = \nabla \times \bar A(\bar r, t) \end{align}

Il teorema affema solo l'esistenza di un campo $\bar A$, ma non come trovarlo. Da questo teorema segue che, in un dielettrico ideale il campo $\bar H(\bar r, t)$ può essere scritto come:

(2)
\begin{align} \bar H(\bar r, t) = \frac{1}{\mu} \bar B(\bar r, t) = \frac{1}{\mu} \nabla \times \bar A(\bar r, t) \end{align}

Il campo $\bar A(\bar r, t)$ è detto potenziale vettore.

Essendo $\nabla \times \bar E = - \frac{\partial \bar B}{\partial t}$, allora il campo $\bar E$ non è irrotazionale. Sostituendo il valore di $\bar B$ con la sue espressione in funzione del potenziale vettore si ha che:

(3)
\begin{align} \nabla \times \left[ \bar E(\bar r, t) + \frac{\partial \bar A(\bar r, t)}{\partial t} \right] = 0 \end{align}

il campo vettoriale interno alle parentesi quadre ha rotore nullo, quindi è irrotazionale. E' utile applicare un secondo teorema:

Teorema

Dato un vettore irrotazionale allora esiste un campo scalare tale che il suo gradiente cambiato di segno è uguale al campo irrotazionale.

Quindi si ha che:

(4)
\begin{align} \left[ \bar E(\bar r, t) + \frac{\partial \bar A(\bar r, t)}{\partial t} \right] = - \nabla V(\bar r, t) \end{align}

Il campo scalare $V(\bar r, t)$ è detto potenziale scalare.

Dal teorema segue immediatamente che

(5)
\begin{align} \bar E(\bar r, t) = - \frac{\partial \bar A(\bar r, t)}{\partial t} - \nabla V(\bar r, t) \end{align}

in questo modo noti i potenziali $\bar A, V$ si ottengono in modo semplice i campi elettromagnetici. Resta quindi da stabilire una relazione tra le sorgenti e i potenziali. Si considera l'espressione seguente:

(6)
\begin{align} \bar H(\bar r, t) = \frac{1}{\mu} \nabla \times \bar A(\bar r, t) \end{align}

applicando ad ambo i membri il rotore si ha:

(7)
\begin{align} \nabla \times \bar H(\bar r, t) = \frac{1}{\mu} \nabla \times \nabla \times \bar A(\bar r, t) \end{align}

in base all'identità vettoriale (7) si ha:

(8)
\begin{align} \nabla \times \bar H(\bar r, t) = \frac{1}{\mu} \left[ \nabla(\nabla \circ \bar A(\bar r, t)) - \nabla^2 \bar A(\bar r, t) \right] \end{align}

dall'equazione di Ampere-Maxwell in forma locale il rotore di H a primo membro diventa:

(9)
\begin{align} \epsilon \frac{\partial \bar E(\bar r, t)}{\partial t} + \bar{J_E}(\bar r, t) = \frac{1}{\mu} \left[ \nabla(\nabla \circ \bar A(\bar r, t)) - \nabla^2 \bar A(\bar r, t) \right] \end{align}

sostituendo al campo elettrico $\bar E$ la sua espressione in base ai potenziali e svolgendo qualche passaggio si giunge all'espressione seguente:

(10)
\begin{align} \nabla^2 \bar A(\bar r, t) - \epsilon \mu \frac{\partial^2 \bar A(\bar r, t)}{\partial t^2} = - \mu \bar J_E (\bar r, t) + \nabla \left[ \nabla \circ \bar A(\bar r, t) + \epsilon \mu \frac{\partial V(\bar r, t)}{\partial t} \right] \end{align}

A primo membro è presente una espressione del tipo presente nell'equazione delle onde.

Si può dimostrare che i potenziali $\bar A, V$ non sono unici: se si considera infatti un nuovo potenziale

(11)
\begin{align} \bar A' = \bar A + \nabla \phi \end{align}

allora si ha

(12)
\begin{align} \bar H = \frac{1}{\mu} \nabla \times \bar A' = \frac{1}{\mu} \nabla \times \bar A + \frac{1}{\mu} \nabla \times (\nabla \phi) \end{align}

ma l'ultimo termine è nullo, quindi l'espressione si riconduce a quella per il potenziale $\bar A$. Anche $\bar A'$ è un potenziale per $\bar H$.
Allora, in base a questa proprietà, si può scegliere un valore particolare del potenziale.

(13)
\begin{align} \nabla \circ \bar A(\bar r, t) = - \mu \epsilon \frac{\partial V(\bar r, t)}{\partial t} \end{align}

Questo particolare valore viene detta condizione di Lorentz. Con questa ipotesi la quantità all'interno della parentesi quadra nell'equazione (10) si annulla e si riduce a:

(14)
\begin{align} \nabla^2 \bar A(\bar r, t) - \epsilon \mu \frac{\partial^2 \bar A(\bar r, t)}{\partial t^2} = - \mu \bar J_E (\bar r, t) \end{align}

questa equazione, che può essere considerata come una equazione delle onde per il potenziale $\bar A$, lega le sorgenti $\bar J_E$ con il potenziale vettore.

Considerando il teorema di Gauss per il campo elettrico

(15)
\begin{align} \nabla \circ \bar{E}(\bar{r}, t) = \frac{\rho_E(\bar{r}, t)}{\epsilon} \end{align}

e sostituendo ad $\bar E(\bar r, t)$ l'espressione con i potenziali (5) si ottiene:

(16)
\begin{align} \nabla \circ \left[- \frac{\partial \bar A(\bar r, t)}{\partial t} - \nabla V(\bar r, t) \right] = \frac{\rho_E(\bar{r}, t)}{\epsilon} \end{align}

si vuole determinare la relazione tra il potenziale V e la sorgente di campo $\rho_E$. Usando la condizione di Lorentz (13) si ottiene

(17)
\begin{align} \nabla^2 V(\bar r, t) - \epsilon \mu \frac{\partial^2 V(\bar r, t)}{\partial t^2} = - \frac{\rho_E(\bar{r}, t)}{\epsilon} \end{align}

Anche il potenziale scalare soddisfa l'equazione delle onde e dipende solo da $\rho_E$.
Si è visto quindi che le correnti generano il potenziale vettore, mentre le distribuzioni di carica generano il potenziale scalare.

Regime stazionario

In regime stazionario i campi non dipendono dal tempo, e si ha:

(18)
\begin{eqnarray} \bar H(\bar r) = \frac{1}{\mu} \nabla \times \bar A(\bar r) \\ \bar E(\bar r) = - \nabla V (\bar r) \end{eqnarray}

le relazioni che legano i potenziali alle sorgenti diventano

(19)
\begin{eqnarray} \nabla^2 \bar A(\bar r) = -\mu \bar J_E(\bar r) \nabla^2 V(\bar r) = - \frac{\rho_E (\bar r)}{\epsilon} \end{eqnarray}

In un regime stazionario i campi elettrici e magnetici si saperano diventando indipendenti tra loro: le correnti generano solo campi magnetici e nessun campo elettrico, mentre le distribuzioni di carica generano solo campi elettrici e nessun campo magnetico.

Dati due punti A e B nello spazio, in regime stazionario, si definisce tensione tra A e B la seguente quantità:

(20)
\begin{align} V_{AB} \triangleq \int_A^B \bar E \circ d\bar l = - \int_A^B \nabla V \circ d\bar l = - \int_A^B \frac{\partial V}{\partial l} = V(\bar r_a) - V(\bar r_b) \end{align}

può essere scritta come la differenza di potenziale tra i due punti. Questa relazione è valida solo nel regime stazionario, infatti in regime tempovariante, considerando due punti A e B e due percorsi $c_1$ e $c_2$ che li collegano si ha che gli integrali di linea del campo elettrico lungo i due percorsi non sono uguali:

(21)
\begin{align} \int_C1 \bar E \circ d\bar l - \int_C2 \bar E \circ d\bar l = \oint_{C1 \cup C2} \bar E \circ d\bar l = - \frac{d}{dt} \int_S \bar B \circ \hat n dS \ne 0 \end{align}

dove S è una qualunque superficie con bordo $c_1 \cup c_2$.
Quindi, in generale, la tensione tra due punti dipende dal percorso scelto, tranne nel caso stazionario dove

(22)
\begin{align} - \frac{d}{dt} \int_S \bar B \circ \hat n dS = 0 \end{align}

Se le frequenze di variazione non sono troppo elevate si può supporre che

(23)
\begin{align} - \frac{d}{dt} \int_S \bar B \circ \hat n dS \simeq 0 \end{align}

Regime sinusoidale

In regime sinusoidale si associano ai potenziali i fasori $\bar A(\bar r)$ e $V(\bar r)$ e le relazioni tra campi e potenziali (2) e (5) diventano

(24)
\begin{eqnarray} \bar H(\bar r) = \frac{1}{\mu} \nabla \times \bar A(\bar r) \\ \bar E(\bar r) = -\jmath \omega \bar A(\bar r) - \nabla V(\bar r) \end{eqnarray}

Mentre le relazioni tra i potenziali e le sorgenti (14) e (17) diventano:

(25)
\begin{eqnarray} \nabla^2 \bar A(\bar r) + \omega^2 \mu \epsilon \bar A(\bar r) = - \mu \bar J_e \\ \nabla^2 \bar V(\bar r) + \omega^2 \mu \epsilon \bar V(\bar r) = - \frac{\rho_e}{\epsilon} \end{eqnarray}

sono dette equazioni di Helmholtz, ovvero del tipo $\nabla^2 \bar U + c \bar U = h$.
In regime sinusoidale si possono rilassare le ipotesi di considerare un dielettrico ideale: se $\sigma \ne 0$ allora si può introdurre un coefficiente complesso $\epsilon^*$ e $k = \omega \sqrt{\epsilon^* \mu}$ senza alcun cambiamento.
La condizione di Lorentz (13) diventa

(26)
\begin{align} \nabla \circ \bar A(\bar r) + \jmath \omega \mu \epsilon V(\bar r) = 0 \end{align}

da cui si ricava immediatamente il potenziale V in funzione di A:

(27)
\begin{align} V = - \frac{\nabla \circ \bar A(\bar r)}{\jmath \omega \mu \epsilon} \end{align}

quindi si può sostituire questa espressione in modo da ottenere le espressioni tra campi e potenziali in funzione solo del potenziale vettore A

(28)
\begin{eqnarray} \bar H(\bar r) = \frac{1}{\mu} \nabla \times \bar A(\bar r) \\ \bar E(\bar r) = -\jmath \omega \bar A(\bar r) - \jmath \frac{\nabla (\nabla \circ \bar A(\bar r))}{\omega \mu \epsilon} \end{eqnarray}

Quindi è sufficiente calcolare il potenziale vettore A generato dalle cariche, risolvendo l'equazione di Helmholz (), per ottenere i valori dei campi. Si può dimostrare che la soluzione dell'equazione è:

(29)
\begin{align} \bar A(\bar r) = \frac{\mu}{4 \pi} \int_D \bar J_e (\bar r') \frac{e^{-\jmath k \vert \bar r - \bar r' \vert}}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \end{align}

Si suppone che la corrente $\bar J_e$ sia limitata e contenuta in una regione D. Il punto individuato dal vettore $\bar r$ è il generico punto dove si vuole calcolare il valore del potenziale vettore A, mentre $\bar r' \in D$ è un punto appartenente alla regione dove sono presenti le correnti. L'integrale rappresenta la somma dei contributi di $J_e$ all'interno della regione D (al variare di $\bar r'$) che generano il potenziale vettore A nel punto $\bar r$.

potenziale.pdf

Potenziale generato da una regione di spazio dove sono presenti correnti

La soluzione analitica della (29) è possibile solo in alcuni casi molto semplici, mentre nei casi reali si utilizzano metodi di calcolo numerico con il calcolatore.

Sostituendo l'espressione del potenziale vettore nell'equazione del campo magnetico si ha:

(30)
\begin{align} \bar H(\bar r) = \frac{1}{\mu} \nabla \times \bar A(\bar r) = \frac{1}{4 \pi} \nabla \times \int_D \bar J_e (\bar r') \frac{e^{-\jmath k \vert \bar r - \bar r' \vert}}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \end{align}

il rotore contiene derivate rispetto a $\bar r$ ma non rispetto a $\bar r'$, quindi può essere portato sotto al segno di integrale:

(31)
\begin{align} \bar H(\bar r) = \frac{1}{4 \pi} \int_D \bar \nabla \times ( J_e (\bar r') \frac{e^{-\jmath k \vert \bar r - \bar r' \vert}}{\vert \bar r - \bar r' \vert} ) d \bar r' \end{align}

Si utilizza la seguente identità vettoriale: dato un campo vettoriale $\bar F$ e un campo scalare g

(32)
\begin{align} \nabla \times (\bar F g) = \nabla g \times \bar F - g \nabla \times \bar F \end{align}

quindi, considerando $\bar F = \bar J_e(\bar r')$ e $g = \frac{e^{-\jmath k \vert \bar r - \bar r' \vert}}{\vert \bar r - \bar r' \vert}$, e ipotizzando $k = \omega = 0$ allora si ha:

(33)
\begin{eqnarray} \bar H(\bar r) &=& \frac{1}{4 \pi} \int_D ( \nabla \times J_e (\bar r') \frac{1}{\vert \bar r - \bar r' \vert} ) d \bar r' \\ &=& \frac{1}{4 \pi} \int_D \nabla \frac{1}{\vert \bar r - \bar r' \vert} \times J_e (\bar r') d \bar r' \end{eqnarray}

infatti il secondo termine (quello relativo a $g \nabla \times \bar F$]) è nullo perchè [[$\bar J_e$ dipende da $\bar r'$ e non da $\bar r$, quindi le derivate rispetto a $\bar r$ sono nulle. E' quindi presente solo il termine relativo a $\nabla g \times \bar F$.

Esplicitando la quantità $\nabla \frac{1}{\vert \bar r - \bar r' \vert}$ in coordinate cartesiane si ottiene:

(34)
\begin{align} \nabla \frac{1}{\vert \bar r - \bar r' \vert} = \nabla \frac{1}{\sqrt{(x - x')^2 + (y - y')^2 + (z - z')^2}} \end{align}

La derivata parziale rispetto a x di questa quantità è:

(35)
\begin{eqnarray} \frac{\partial}{\partial x} \frac{1}{\sqrt{(x - x')^2 + (y - y')^2 + (z - z')^2}} &=& \\ - \frac{1}{2} \frac{2(x - x')}{\left[ (x - x')^2 + (y - y')^2 + (z - z')^2 \right]^{3/2}} &=& \\ - \frac{-(x - x')}{\left[ (x - x')^2 + (y - y')^2 + (z - z')^2 \right]^{3/2}} \end{eqnarray}

Analogamente, le derivate rispetto a y e z sono:

(36)
\begin{align} \frac{\partial}{\partial y} \frac{1}{\sqrt{(x - x')^2 + (y - y')^2 + (z - z')^2}} = - \frac{-(y - y')}{\left[ (x - x')^2 + (y - y')^2 + (z - z')^2 \right]^{3/2}} \end{align}
(37)
\begin{align} \frac{\partial}{\partial z} \frac{1}{\sqrt{(x - x')^2 + (y - y')^2 + (z - z')^2}} = - \frac{-(z - z')}{\left[ (x - x')^2 + (y - y')^2 + (z - z')^2 \right]^{3/2}} \end{align}

Quindi

(38)
\begin{align} \nabla \frac{1}{\sqrt{(x - x')^2 + (y - y')^2 + (z - z')^2}} = - \frac{(x - x')\hat x + (y - y')\hat y + (z - z')\hat z}{\left[ (x - x')^2 + (y - y')^2 + (z - z')^2 \right]^{3/2}} \end{align}

Il denominatore è pari a $\vert \bar r - \bar r' \vert^3$, sostituendo

(39)
\begin{align} - \frac{x\hat x + y\hat y + z\hat z - x'\hat x - y'\hat y - z'\hat z}{\vert \bar r - \bar r' \vert^3} = - \frac{\bar r - \bar r'}{\vert \bar r - \bar r' \vert^3} \end{align}

Quindi l'espressione diventa

(40)
\begin{align} = \frac{1}{4 \pi} \int_D - \frac{\bar r - \bar r'}{\vert \bar r - \bar r' \vert^3} \times \bar J_e(\bar r') dr' = \end{align}
(41)
\begin{align} = \frac{1}{4 \pi} \int_D \frac{\bar r - \bar r'}{\bar J_e(\bar r') \times \vert \bar r - \bar r' \vert^3} dr' \end{align}

Come caso semplice, se la sorgente è rettilinea o filiforme, allora si può sostituire dr' con dl e $\bar J_e$ con i. Allora

(42)
\begin{align} \bar H(\bar r) = \frac{1}{4 \pi} \int_D i \bar{dl} \times \vert \bar r - \bar r' \vert^3 \end{align}

Il potenziale scalare $V(\bar r)$ in regime sinusoidale si ottiene sostituendo l'espressione di $\bar A$ 29 nell'equazione di V in funzione di $\bar A$ contenuta nella 27 ottenendo

(43)
\begin{align} V(\bar r) = \frac{1}{4 \pi \epsilon} \int_D \rho_e (\bar r') \frac{e^{\jmath k \vert \bar r - \bar r' \vert}}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \end{align}

Risoluzione numerica

Sia $\bar J_e$ una distribuzione di corrente nota presente in una regione D. Si effettua una partizione del dominio in cubetti infinitesimi in modo tale che il valore di $\bar J_e$ sia costante in ogni cubetto. Supponendo di aver suddiviso il dominio in N porzioni, allora l'integrale può essere spezzato

(44)
\begin{align} \bar A(\bar r) = \frac{\mu}{4 \pi} \sum_{n=1}^N \int_Dn \bar J_e (\bar r') \frac{e^{-\jmath k \vert \bar r - \bar r' \vert}}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \end{align}

dove Dn è una porzione di D. Ipotizzando che la densità di corrente sia costante, essa può essere portata fuori dall'integrale:

(45)
\begin{align} \bar A(\bar r) \simeq \frac{\mu}{4 \pi} \sum_{n=1}^N \bar J_n \int_Dn \frac{e^{-\jmath k \vert \bar r - \bar r' \vert}}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \end{align}

Per il teorema del valore medio, allora considerando una funzione f(x) definita su un intervallo (a, b) piccolo si ha che:

(46)
\begin{align} \int_a^b f(x) dx = (b - a) f(\frac{a+b}{2}) \end{align}

Applicandolo all'integrale si ottiene che, se si indica con $\bar r_n$ il baricentro di ogni cubetto Dn e con $\Delta V_n$ il volume di Dn si ottiene:

(47)
\begin{align} \bar A(\bar r) \simeq \frac{\mu}{4 \pi} \sum_{n=1}^N \bar J_n \frac{e^{-\jmath k \vert \bar r - \bar r_n \vert}}{\vert \bar r - \bar r_n \vert} \Delta V_n \end{align}

Risoluzione in regime stazionario

In regime stazionario la soluzione del potenziale vettore è:

(48)
\begin{align} \bar A(\bar r) = \frac{\mu}{4 \pi} \int_D \bar J_e (\bar r') \frac{1}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \end{align}

mentre il potenziale scalare è:

(49)
\begin{align} \bar V(\bar r) = \frac{1}{4 \pi \epsilon} \int_D \rho_e (\bar r') \frac{1}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \end{align}

Sostituendo questa espressione di V per il campo elettrico si ha:

(50)
\begin{align} \bar E(\bar r) = - \nabla V(\bar r) = - \frac{1}{4 \pi \epsilon} \nabla \int_D \rho_e (\bar r') \frac{1}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \end{align}

portando il simbolo di gradiente all'interno dell'integrale (siccome dipende solo da $\bar r$):

(51)
\begin{eqnarray} \bar E(\bar r) &=& - \frac{1}{4 \pi \epsilon} \int_D \rho_e (\bar r') \nabla \frac{1}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \\ &=& - \frac{1}{4 \pi \epsilon} \int_D \rho_e (\bar r') \left( - \frac{\bar r - \bar r'}{\vert \bar r - \bar r' \vert^3} \right) d \bar r' \\ &=& \frac{1}{4 \pi \epsilon} \int_D \rho_e (\bar r') \frac{\bar r - \bar r'}{\vert \bar r - \bar r' \vert^3} d \bar r' \end{eqnarray}

Quindi si può ottenere il campo elettrico direttamente dalle sorgenti $\rho_e(\bar r)$.

Dipolo elettrico

Un dipolo elettrico o elettrostatico è costituito da una coppi adi cariche con modulo uguale e segno opposto. Esse giacciono lungo l'asse z alla stessa distanza h/2 dall'origine del sistema di riferimento e hanno dei vettori di posizione seguenti:

(52)
\begin{align} \bar r_1 = \frac{h}{2} \hat z \text{ e } \bar r_1 = - \frac{h}{2} \hat z \end{align}
dipolo_e.pdf

Dipolo elettrico

Si vuole determinare il potenziale $V(\bar r)$ nei punti dello spazio.
Si è in un regime statico, e l'espressione del potenziale è data da

(53)
\begin{align} V(\bar r) = \frac{1}{4 \pi \epsilon} \int_D \rho_e (\bar r') \frac{e^{-\jmath k \vert \bar r - \bar r' \vert}}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \end{align}

Nel regime statico si ha $\omega = 0$ quindi $k = \omega \sqrt{\epsilon \mu}$, e lo spazio contiene un dielettrico ideale. Il potenziale diventa:

(54)
\begin{align} V(\bar r) = \frac{1}{4 \pi \epsilon} \int_D \rho_e (\bar r') \frac{1}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \end{align}

Si determina la distribuzione di carica:

(55)
\begin{align} \rho_e (\bar r) = q \delta (\bar r - h/2 \hat z) + (-q) \delta (\bar r + h/2 \hat z) \end{align}

Sostituendo nell'espressione del potenziale e portando fuori q, che è costante, si ottiene:

(56)
\begin{align} V(\bar r) = \frac{q}{4 \pi \epsilon} \int_D [\delta (\bar r' - h/2 \hat z) - \delta (\bar r' + h/2 \hat z)] \frac{1}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \end{align}

D è il dominio che contiene le sorgenti, quindi dalla definizione del delta di dirac l'integrale è dato dalla funzione che moltiplica $\delta$ calcolata nel punto dove è situato il delta. Si spezza l'integrale:

(57)
\begin{eqnarray} V(\bar r) &=& \frac{q}{4 \pi \epsilon} \left[ \int_D \delta (\bar r' - h/2 \hat z) \frac{1}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' - \int_D \delta (\bar r' + h/2 \hat z) \frac{1}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \right] = \\ &=& \frac{q}{4 \pi \epsilon} \left[ \frac{1}{\vert \bar r - h/2 \hat z \vert} - \frac{1}{\vert \bar r + h/2 \hat z \vert} \right] \end{eqnarray}

Il vettore posizione può essere espresso in coordinate cartesiane:

(58)
\begin{align} \bar r = x \hat x + y \hat y + z \hat z \end{align}

nelle coordinate sferiche è:

(59)
\begin{eqnarray} &x& = r \sin \theta \cos \varphi \\ &y& = r \sin \theta \sin \varphi \\ &z& = r \cos \theta \end{eqnarray}
(60)
\begin{align} \bar r = r \left[ \sin \theta \cos \varphi \hat x + \sin \theta \sin \varphi \hat y + \cos \theta \hat z \right] \end{align}

Sostituendo si ha:

(61)
\begin{eqnarray} \frac{1}{ \vert r - h/2 \bar z \vert} &=& \frac{1}{\vert r (\sin \theta \cos \varphi \hat x + \sin \theta \sin \varphi \hat y) + (r \cos theta - h/2) \hat z \vert} = \\ &=& \frac{1}{\sqrt{r^2 \sin^2 \theta \cos^2 \varphi + r^2 \sin^2 \theta \sin^2 \varphi + r^2 \cos^2 \theta - h r \cos \theta + h^2 / 4}} \end{eqnarray}

si raccoglie $r^2 \sin^2 \theta$

(62)
\begin{eqnarray} &=& \frac{1}{\sqrt{r^2 \sin^2 \theta (\cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi) + r^2 \cos^2 \theta - h r \cos \theta + h^2 / 4}} = \\ &=& \frac{1}{\sqrt{r^2 \sin^2 \theta + r^2 \cos^2 \theta - h r \cos \theta + h^2 / 4}} = \\ &=& \frac{1}{\sqrt{r^2 (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) - h r \cos \theta + h^2 / 4}} = \end{eqnarray}

raccogliendo $r^2$ e portandolo fuori dal segno di radice si ha:

(63)
\begin{align} = \frac{1}{\sqrt{r^2 (1 - h / r \cos \theta + h^2 / 4r^2)}} = \frac{1}{r} \frac{1}{\sqrt{1 - h / r \cos \theta + h^2 / 4r^2}} = \end{align}

scrivendo il termine $1$ come $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta$ si ha:

(64)
\begin{align} = \frac{1}{r} \frac{1}{\sqrt{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta - h / r \cos \theta + h^2 / 4r^2}} = \frac{1}{r} \frac{1}{\sqrt{\sin^2 \theta + (\cos2 \theta - h / 2r)^2}} \end{align}

Per $r \gg h$ il termine $h \ 2r$ è molto piccolo, quindi ponendo $\lambda = h \ 2r$ e sviluppando in serie di Taylor intorno a $\lambda = 0$ si ottiene

(65)
\begin{align} f(\lambda) = \frac{1}{r} \frac{1}{\sqrt{\sin^2 \theta + (\cos \theta - \lambda)^2}} \end{align}

Serie di Taylor di primo grado di $f(x)$ in $x = x_0$: $f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + O(x^2)$

(66)
\begin{eqnarray} f(0) &=& \frac{1}{r} \frac{1}{\sqrt{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta}} \\ f'(0) &=& \frac{1}{r} \frac{\cos \theta}{[\sin^2 \theta + \cos^2 \theta]^{3/2}} = \frac{\cos \theta}{r} \end{eqnarray}

Per l'approssimazione$$ r \gg h$$ si ha:

(67)
\begin{align} \frac{1}{ \vert \bar r - h/2 \hat z \vert} \simeq \frac{1}{r} + \frac{1}{r} \cos \theta h / 2r = \frac{1}{r} + \frac{1}{2r^2} h \cos \theta \end{align}

e, analogamente

(68)
\begin{align} \frac{1}{ \vert \bar r + h/2 \hat z \vert} \simeq \frac{1}{r} - \frac{1}{2r^2} h \cos \theta \end{align}

Sostituendo nella formula del potenziale elettrico si ottiene l'espressione approssimata:

(69)
\begin{align} V(\bar r) = \frac{q}{4 \pi \epsilon} [ \frac{1}{ \vert \bar r - h/2 \hat z \vert} - \frac{1}{ \vert \bar r + h/2 \hat z \vert} ] \simeq \frac{q}{4 \pi \epsilon} \frac{h \cos \theta}{r^2} \end{align}

Momento di dipolo elettrico

Il momento di vettore elettrico è un vettore associato ad una distribuzione di carica, definito come:

(70)
\begin{align} \bar p(t) \triangleq \int_D \bar r \rho_e (\bar r, t) dV \end{align}

Data una distribuzione di carica, come in figura, con espressione

(71)
\begin{align} \rho_e (\bar r) = q \left[ \delta \left(\bar r - \frac{h}{2}\hat z \right) - \delta \left(\bar r + \frac{h}{2}\hat z \right) \right] \end{align}
momento_dipolo.pdf

Distribuzione di cariche e momento di dipolo

il valore del momento di vettore $\bar p$ è pari a:

(72)
\begin{eqnarray} \bar p &=& q \int_D \bar r \delta \left(\bar r - \frac{h}{2}\hat z \right) dV - q \int_D \bar r \delta \left(\bar r + \frac{h}{2}\hat z \right) dV = \\ &=& q \frac{h}{2} \hat z - q (- \frac{h}{2} \hat z) = q h \bar z \end{eqnarray}

essendo $\bar p \circ \bar r = \vert \bar p \vert \vert \bar r \vert \cos \vartheta = q h r \cos \vartheta$.

Campo magnetico prodotto da un filo

Si considera un filo di lunghezza infinita e spessore trascurabile. Si vuole calcolare, quando il filo è attraversato da una corrente $i$, il campo magnetico generato nella regione di spazio circostante.

Il potenziale vettore $\bar A$ può essere scritto come (29) e dato $\bar B(\bar r) = \nabla \times \bar A(\bar r)$, l'espressione del campo elettrico è:

(73)
\begin{align} \bar H(\bar r) = \frac{1}{\mu} \bar B(\bar r) = \frac{1}{\mu} \nabla \times \left[ \frac{\mu}{4 \pi} \int_D \bar J_e (\bar r') \frac{e^{-\jmath k \vert \bar r - \bar r' \vert}}{\vert \bar r - \bar r' \vert} d \bar r' \right] \end{align}

portando fuori dall'integrale la costante $\frac{1}{4 \pi}$ si ha:

(74)
\begin{align} = \frac{1}{4 \pi} \int_D \nabla \times \left( \bar J_e (\bar r') \frac{e^{-\jmath k \vert \bar r - \bar r' \vert}}{\vert \bar r - \bar r' \vert} \right) d \bar r' \end{align}

In generale vale la seguente identità:

(75)
\begin{align} \nabla \times (f \bar v) = \nabla f \times \bar v + f \nabla \times \bar v \end{align}

Si ottiene

(76)
\begin{align} \bar H(\bar r) = \frac{I}{4 \pi} \int_D \bar{dl'} \times \frac{\bar r - \bar r'}{\vert \bar r - \bar r' \vert^3} \end{align}

dove I è la corrente che attraversa l'elemento infinitesimo $dl'$, $\bar r$ è il vettore che indica il punto in cui si vuole valutare il campo e $\bar r'$ è la variabile di integrazione.
Poiché tutti i punti della sorgente giacciono sull'asse z, allora ha coordinate $\bar r' = z' \hat z$ e $bar dl' = dz' \hat z$. In coordinate cilindriche, il generico vettore posizione è $\bar r = \rho \hat \rho + z \hat z$. Sostituendo si ha:

(77)
\begin{align} \bar H(\bar r) = \frac{I}{4 \pi} \int_D dz' \hat z \times \frac{\rho \hat \rho + z \hat z - z' \hat z}{\vert \rho \hat \rho + z \hat z - z' \hat z \vert^3} \end{align}

Per la proprietà distributiva del prodotto vettoriale si ha:

(78)
\begin{align} = \frac{I}{4 \pi} \int_D \frac{\hat z \times (\rho \hat \rho) + \hat z \times (z \hat z) - \hat z \times (z' \hat z)}{[\rho^2 + (z - z')^2 ]^{3/2}} dz' \end{align}

Il prodotto vettoriale tra due vettori paralleli è nullo, quindi $\hat z \times (z \hat z) = 0$.
Integrando lungo il filo si ottiene, considerando che $\hat z \times \hat \rho = \hat \varphi$ e che $\rho$ e $\hat \varphi$ sono indipendenti da $z'$ e possono essere portati fuori dall'integrale:

(79)
\begin{eqnarray} \bar H(\bar r) &=& \frac{I}{4 \pi} \int_{\infty}^{-\infty} \frac{\rho \hat z \times \hat \rho}{[\rho^2 + (z - z')^2 ]^{3/2}} dz' \\ &=& \frac{I \rho}{4 \pi} \hat \varphi \int_{\infty}^{-\infty} \frac{1}{[\rho^2 + (z - z')^2 ]^{3/2}} dz' \end{eqnarray}

Si effettua il seguente cambio di variabili:
$\lambda = (z - z')$, quindi $dz' = -d \lambda$. Quando $z' \rightarrow +\infty$ si ha $\lambda \rightarrow -\infty$ e quando $z' \rightarrow -\infty$ si ha $\lambda \rightarrow +\infty$. L'equazione diventa:

(80)
\begin{eqnarray} \bar H(\bar r) &=& \frac{I \rho}{4 \pi} \hat \varphi \int_{\infty}^{-\infty} \frac{1}{(\rho^2 + \lambda^2)^{3/2}} d\lambda \\ &=& \frac{I \rho}{4 \pi} \hat \varphi \int_{\infty}^{-\infty} \frac{1}{\left[ \rho^2 (1 + \frac{\lambda^2}{\rho^2})\right]^{3/2}} d\lambda \\ &=& \frac{I \rho}{4 \pi} \hat \varphi \int_{\infty}^{-\infty} \frac{1}{(\rho^2)^{3/2} (1 + \frac{\lambda^2}{\rho^2})^{3/2}} d\lambda \\ &=& \frac{I \rho \hat \varphi}{4 \pi \rho^3} \int_{\infty}^{-\infty} \frac{1}{(1 + \frac{\lambda^2}{\rho^2})^{3/2}} d\lambda \end{eqnarray}

con il seguente cambio di variabili: $\frac{\lambda}{\rho} = \tan t$ si ottiene $\lambda = \rho \tan t$ e $d \lambda = \rho (1 + \tan^2 t) dt$. Inoltre $t = \arctan (\frac{\lambda}{\rho})$, e se $\lambda \rightarrow +\infty$ si ha $t = \frac{\pi}{2}$, mentre se $\lambda \rightarrow -\infty$ si ha $t = -\frac{\pi}{2}$.

L'espressione diventa:

(81)
\begin{align} \bar H(\bar r) = \frac{I \hat \varphi}{4 \pi \rho^2} \int_{\pi/2}^{-\pi/2} \frac{\rho(1 + \tan^2 t)}{(1 + \tan^2 t)^{3/2}} dt \end{align}

portando fuori $\rho$ e semplificando si ha:

(82)
\begin{align} = \frac{I \hat \varphi}{4 \pi \rho} \int_{\pi/2}^{-\pi/2} \frac{1}{ \sqrt{1 + \tan^2 t}} dt \end{align}

essendo $1 + \tan^2 t = 1 + \frac{\sin^2 t}{\cos^2 t} = \frac{\cos^2 t + \sin^2 t}{\cos^2 t} = \frac{1}{\cos^2 t}$

(83)
\begin{align} = \frac{I \hat \varphi}{4 \pi \rho} \int_{\pi/2}^{-\pi/2} \frac{1}{frac{1}{\cos t}} dt = \frac{I \hat \varphi}{4 \pi \rho} \int_{\pi/2}^{-\pi/2} \cos t dt = \frac{I \hat \varphi}{4 \pi \rho} \left[ \sin t \right]^{\pi/2}_{-\pi/2} = \frac{I \hat \varphi}{4 \pi \rho} 2 \end{align}

quindi l'espressione del campo magnetico prodotto è:

(84)
\begin{align} \bar H(\bar r) = \frac{I}{2 \pi \rho} \hat \varphi \end{align}
Unless otherwise stated, the content of this page is licensed under Creative Commons Attribution-ShareAlike 3.0 License