Magnetisierte Kugel

Question

Magnetisierte Kugel

Physik
Magnetfelder
magnetisches Moment
Elektromagnetismus
Greens-Funktionen

gesündigt

Ich versuche, das magnetostatische Problem einer magnetisierten Kugel mit der Expansion von zu lösen $\frac{1}{|\textbf{r}-\textbf{r}'|}$ in Form von Legrendre-Polynomen. Der Einfachheit halber nehme ich an $\textbf{M}\left(\textbf{r}\right)=M_{S}\hat{z}$ innerhalb der Kugel und $0$ außen oder in sphärischen Koordinaten

(\begin{matrix} M_{R} \\ M_{θ} \\ M_{ϕ} \end{matrix}) = (\begin{array}{ccc} Sünde θ \cos ϕ & Sünde θ Sünde ϕ & \cos θ \\ \cos θ \cos ϕ & \cos θ Sünde ϕ & - Sünde θ \\ - Sünde ϕ & \cos ϕ & 0 \end{array}) (\begin{matrix} M_{X} \\ M_{j} \\ M_{z} \end{matrix}) \to \begin{matrix} M_{R} = M_{S} \cos θ \\ M_{θ} = - M_{S} Sünde θ \end{matrix}

$\begin{equation} \left(\begin{array}{c} M_{r}\\ M_{\theta}\\ M_{\phi} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} \sin\theta\cos\phi & \sin\theta\sin\phi & \cos\theta\\ \cos\theta\cos\phi & \cos\theta\sin\phi & -\sin\theta\\ -\sin\phi & \cos\phi & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} M_{x}\\ M_{y}\\ M_{z} \end{array}\right)\rightarrow\begin{array}{c} M_{r}=M_{S}\cos\theta\\ M_{\theta}=-M_{S}\sin\theta \end{array} \end{equation}$ Die Quantität

\nabla_{r} \cdot M (r)

$\nabla_{\textbf{r}}\cdot\textbf{M}\left(\textbf{r}\right)$ nur über die Oberfläche des magnetischen Materials ungleich Null sein wird. Genauer gesagt haben wir

\begin{aligned} \nabla_{R} \cdot M (R) & = \hat{R} \cdot \hat{R} \frac{\partial M_{R} (R)}{\partial R} \\ = - M_{S} \cos θ δ (R - R) \end{aligned}

$\begin{align} \nabla_{\textbf{r}}\cdot\textbf{M}\left(\textbf{r}\right) & =\hat{r}\cdot\hat{r}\frac{\partial M_{r}\left(\textbf{r}\right)}{\partial r}\nonumber \\ & =-M_{S}\cos\theta\delta\left(r-R\right) \end{align}$ Dies ergibt den Magnetfeldausdruck

\begin{aligned} H (R) & = \nabla_{R} \int_{v_{\infty}} D R^{'} \frac{1}{4 π | R - R^{'} |} [- M_{S} \cos θ^{'} δ (R^{'} - R)] \end{aligned}

$\begin{align} \textbf{H}\left(\textbf{r}\right) & =\nabla_{\textbf{r}}\int_{V_{\infty}}d\textbf{r}'\frac{1}{4\pi\left|\textbf{r}-\textbf{r}'\right|}\left[-M_{S}\cos\theta'\delta\left(r'-R\right)\right] \end{align}$ Jetzt ist die Idee zu verwenden

\begin{aligned} \frac{1}{| R - R^{'} |} & = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{R_{<}^{l}}{R_{>}^{l + 1}} P_{l} (\cos θ) \\ R_{<} & = {\begin{cases} R & R < R^{'} \\ R^{'} & R \geq R^{'} \end{cases} R_{>} = {\begin{cases} R^{'} & R < R^{'} \\ R & R \geq R^{'} \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{\left|\textbf{r}-\textbf{r}'\right|} & =\sum_{l=0}^{\infty}\frac{r_{<}^{l}}{r_{>}^{l+1}}P_{l}\left(\cos\theta\right)\\ \nonumber \\ r_{<} & =\begin{cases} r & r<r'\\ r' & r\geq r' \end{cases}\qquad r_{>}=\begin{cases} r' & r<r'\\ r & r\geq r' \end{cases} \end{align}$ Wo

P_{l} (\cos θ)

$P_{l}\left(\cos\theta\right)$ sind die Legendre-Polynome der Ordnung

l = 0, 1, 2, 3

$l=0,1,2,3$ , Und

θ

$\theta$ ist der Winkel dazwischen

r

$\textbf{r}$ Und

r^{'}

$\textbf{r}'$ . Wir können das umschreiben als

\begin{aligned} \frac{1}{| R - R^{'} |} & = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{R^{l}}{{(R^{'})}^{l + 1}} P_{l} (\cos θ) R < R^{'} \\ \frac{1}{| R - R^{'} |} & = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{{(R^{'})}^{l}}{R^{l + 1}} P_{l} (\cos θ) R > R^{'} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{\left|\textbf{r}-\textbf{r}'\right|} & =\sum_{l=0}^{\infty}\frac{r^{l}}{\left(r'\right)^{l+1}}P_{l}\left(\cos\theta\right)\qquad r<r'\\ \nonumber \\ \frac{1}{\left|\textbf{r}-\textbf{r}'\right|} & =\sum_{l=0}^{\infty}\frac{\left(r'\right)^{l}}{r^{l+1}}P_{l}\left(\cos\theta\right)\qquad r>r'\\ \nonumber \end{align}$ Um das Integral zu lösen, nehmen wir an

r ∥ \hat{z}

$\textbf{r}\parallel\hat{z}$ , damit wir haben

θ = θ^{'}

$\theta=\theta'$

\begin{aligned} H_{D e M} (z) & = - \frac{M_{S}}{4 π} \nabla_{R} \sum_{l = 0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} R^{' 2} D R^{'} \int_{0}^{π} Sünde θ^{'} D θ^{'} \int_{0}^{2 π} D ϕ^{'} \frac{R_{<}^{l}}{R_{>}^{l + 1}} P_{l} (\cos θ^{'}) \cos θ^{'} δ (R^{'} - R) \\ = - \frac{M_{S}}{2} \nabla_{R} \sum_{l = 0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} R^{' 2} D R^{'} \frac{R_{<}^{l}}{R_{>}^{l + 1}} δ (R^{'} - R) \overset{= \frac{2}{2 l + 1} δ_{l 1}}{\overset{⏞}{\int_{0}^{π} D θ^{'} Sünde θ^{'} \cos θ^{'} P_{l} (\cos θ^{'})}} \\ = - \frac{M_{S}}{3} \nabla_{R} \int_{0}^{\infty} R^{' 2} D R^{'} \frac{R_{<}}{R_{>}^{2}} δ (R^{'} - R) \end{aligned}

$\begin{align} \textbf{H}_{dem}\left(z\right) & =-\frac{M_{S}}{4\pi}\nabla_{\textbf{r}}\sum_{l=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}r'^{2}dr'\int_{0}^{\pi}\sin\theta'd\theta'\int_{0}^{2\pi}d\phi'\frac{r_{<}^{l}}{r_{>}^{l+1}}P_{l}\left(\cos\theta'\right)\cos\theta'\delta\left(r'-R\right)\nonumber \\ & =-\frac{M_{S}}{2}\nabla_{\textbf{r}}\sum_{l=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}r'^{2}dr'\frac{r_{<}^{l}}{r_{>}^{l+1}}\delta\left(r'-R\right)\overset{=\frac{2}{2l+1}\delta_{l1}}{\overbrace{\int_{0}^{\pi}d\theta'\sin\theta'\cos\theta'P_{l}\left(\cos\theta'\right)}}\nonumber \\ & =-\frac{M_{S}}{3}\nabla_{\textbf{r}}\int_{0}^{\infty}r'^{2}dr'\frac{r_{<}}{r_{>}^{2}}\delta\left(r'-R\right) \end{align}$ Für

r < R

$r<R$ , wir erhalten

\begin{aligned} H_{D e M} (z) & = - \frac{M_{S}}{3} \nabla_{R} R^{2} \frac{z}{R^{2}} \\ H_{D e M} (R) & = - \frac{M_{S}}{3} \nabla_{R} R \cos θ \\ = - \frac{M_{S}}{3} [\hat{R} \cos θ - \hat{θ} Sünde θ] \\ = - \frac{M_{S}}{3} \hat{z} \end{aligned}

$\begin{align} \textbf{H}_{dem}\left(z\right) & =-\frac{M_{S}}{3}\nabla_{\textbf{r}}R^{2}\frac{z}{R^{2}}\nonumber \\ \textbf{H}_{dem}\left(\textbf{r}\right) & =-\frac{M_{S}}{3}\nabla_{\textbf{r}}r\cos\theta\nonumber \\ & =-\frac{M_{S}}{3}\left[\hat{r}\cos\theta-\hat{\theta}\sin\theta\right]\nonumber \\ & =-\frac{M_{S}}{3}\hat{z} \end{align}$ was mit dem erwarteten Ergebnis übereinstimmt. Andererseits z

r > R

$r>R$ , wir erhalten

\begin{aligned} H_{D e M} (z) & = - \frac{M_{S}}{3} \nabla_{R} R^{2} \frac{R}{z^{2}} \\ = - \frac{M_{S}}{3} R^{3} \nabla_{R} \frac{1}{R^{2} \cos^{2} θ} \end{aligned}

$\begin{align*} \textbf{H}_{dem}\left(z\right) & =-\frac{M_{S}}{3}\nabla_{\textbf{r}}R^{2}\frac{R}{z^{2}}\\ & =-\frac{M_{S}}{3}R^{3}\nabla_{\textbf{r}}\frac{1}{r^{2}\cos^{2}\theta}\\ & \\ \\ \end{align*}$ was nicht mit dem richtigen Ergebnis übereinstimmt. Irgendwelche Kommentare, wo ich etwas falsch machen könnte?

BEARBEITEN --

Angenommen, es gibt keine Primzahl bei der Divergenz der Magnetisierung, haben wir

\begin{aligned} H_{D e M} (R) & = - M_{S} \nabla_{R} \cos θ \int_{v_{\infty}} D R^{'} \frac{1}{4 π | R - R^{'} |} δ (R^{'} - R) \end{aligned}

$\begin{align} \textbf{H}_{dem}\left(\textbf{r}\right) & =-M_{S}{\nabla}_{\textbf{r}}\cos\theta\int_{V_{\infty}}d\textbf{r}'\frac{1}{4\pi\left|\textbf{r}-\textbf{r}'\right|}\delta\left(r'-R\right) \end{align}$ und schlussendlich

\begin{aligned} H_{D e M} (R) & = - M_{S} R^{2} \nabla_{R} \cos θ \int D θ^{'} D ϕ^{'} \frac{Sünde θ^{'}}{4 π \sqrt{{| R |}^{2} + R - 2 R | R | \cos γ}} \end{aligned}

$\begin{align} \textbf{H}_{dem}\left(\textbf{r}\right) &=-M_{S}R^{2}{\nabla}_{\textbf{r}}\cos\theta\int d\theta'd\phi'\frac{\sin\theta'}{4\pi\sqrt{\left|\textbf{r}\right|^{2}+R-2R\left|\textbf{r}\right|\cos\gamma}} \end{align}$ Wo

γ

$\gamma$ ist der Winkel dazwischen

r

$\textbf{r}$ Und

r^{'}

$\textbf{r}'$ . Für

r > R

$r>R$ wir können benutzen

\frac{1}{\sqrt{{| R |}^{2} + R^{2} - 2 R | R | \cos γ}} = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{R^{l}}{R^{l + 1}} P_{l} (\cos γ)

$\begin{equation} \frac{1}{\sqrt{\left|\textbf{r}\right|^{2}+R^{2}-2R\left|\textbf{r}\right|\cos\gamma}} =\sum_{l=0}^{\infty}\frac{R^{l}}{r^{l+1}}P_{l}\left(\cos\gamma\right) \end{equation}$ was gibt

\begin{aligned} H_{D e M} (R) & = - \frac{M_{S}}{4 π} 2 π R^{2} \nabla_{R} \cos θ \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{R^{l}}{R^{l + 1}} \int_{0}^{π} D θ^{'} Sünde θ^{'} P_{l} (\cos γ) \end{aligned}

$\begin{align*} \textbf{H}_{dem}\left(\textbf{r}\right) & =-\frac{M_{S}}{4\pi}2\pi R^{2}\nabla_{\textbf{r}}\cos\theta\sum_{l=0}^{\infty}\frac{R^{l}}{r^{l+1}}\int_{0}^{\pi}d\theta'\sin\theta'P_{l}\left(\cos\gamma\right) \end{align*}$ .

Wie soll ich von hier aus vorgehen, um den von Ihnen gezeigten Ausdruck zu erhalten? Zuerst muss ich machen $\gamma$ Karte hinein $\theta'$ , obwohl ich nicht sehen kann, wie dies so etwas geben sollte

\propto \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{R^{l}}{R^{l + 1}} \overset{= \frac{2}{2 l + 1} δ_{l 1}}{\overset{⏞}{\int_{0}^{π} D θ^{'} Sünde θ^{'} \cos θ^{'} P_{l} (\cos θ^{'})}} = \frac{2 R}{3 R^{2}}

$\begin{equation} \propto \sum_{l=0}^{\infty}\frac{R^{l}}{r^{l+1}}\overset{=\frac{2}{2l+1}\delta_{l1}}{\overbrace{\int_{0}^{\pi}d\theta'\sin\theta'\cos\theta'P_{l}\left(\cos\theta'\right)}} = \frac{2R}{3r^2} \end{equation}$

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Magnetisierte Kugel

SuperCiocia · Answer 1

Der $\theta$ In

\begin{aligned} \nabla_{R} \cdot M (R) & = \hat{R} \cdot \hat{R} \frac{\partial M_{R} (R)}{\partial R} \\ = - M_{S} \cos θ δ (R - R) \end{aligned}

$\begin{align} \nabla_{\textbf{r}}\cdot\textbf{M}\left(\textbf{r}\right) & =\hat{r}\cdot\hat{r}\frac{\partial M_{r}\left(\textbf{r}\right)}{\partial r}\nonumber \\ & =-M_{S}\cos\theta\delta\left(r-R\right) \end{align}$ bezieht sich auf eine feste Richtung in Bezug auf die

z

$z$ Achse. Wenn Sie es also in das Integral einsetzen, sollte es nicht grundiert sein.

Dann stellst du dich irgendwie ein $r_>$ Und $r_<$ gleich $z$ qt das Ende der Auflösung Ihrer Integrale. Sie sollten einfach sein $r$ .

Also dein $r<R$ Ausdruck ist richtig, weil die $r$ und das $\cos\theta$ gib dir die $z$ die Sie irrtümlicherweise an den Anfang gesetzt hatten.

Aber für die $r>R$ Region, sollten Sie erhalten:

H_{D e M} (z) = - \frac{M_{S}}{3} \nabla_{R} (R^{2} \frac{R}{R^{2}} \cos θ) = 2 \frac{M_{S} R^{3}}{3} \frac{\cos θ}{R^{3}} \hat{R} + \frac{M_{S} R^{3}}{3} \frac{Sünde θ}{R^{3}} \hat{θ},

$\textbf{H}_{dem}\left(z\right) =-\frac{M_{S}}{3}\nabla_{\textbf{r}}\left(R^{2}\frac{R}{r^{2}}\cos\theta \right) = 2\frac{M_S R^3}{3}\frac{\cos\theta}{r^3}\hat{\mathbf{r}} + \frac{M_S R^3}{3}\frac{\sin\theta}{r^3}\hat{\boldsymbol{\theta}} ,$ verwenden

\hat{R} \cos θ - \hat{z} = Sünde θ \hat{θ},

$\hat{\mathbf{r}}\cos\theta -\hat{\mathbf{z}} = \sin\theta \hat{\boldsymbol{\theta}},$ das wird:

H_{D e M} (z) = M_{S} R^{3} \frac{\cos θ}{R^{3}} \hat{R} - \frac{M_{S} R^{3}}{3} \hat{z} .

$\textbf{H}_{dem}\left(z\right) = M_S R^3\frac{\cos\theta}{r^3}\hat{\mathbf{r}} - \frac{M_S R^3}{3}\hat{\mathbf{z}} .$

Sie können leicht beweisen, dass dies ein Spezialfall des allgemeinen Ausdrucks für einen Dipol ist:

B (R > R) = \frac{μ_{0}}{4 π} (- \frac{M}{R^{3}} + \frac{3 (M \cdot R) R}{R^{5}}),

$\mathbf{B}(r>R) = \frac{\mu_0}{4\pi} \left ( -\frac{\mathbf{m}}{r^3} + \frac{3 (\mathbf{m}\cdot \mathbf{r})\mathbf{r}}{r^5} \right ),$ mit

B = μ_{0} H

$\mathbf{B} = \mu_0 \mathbf{H}$ Und

m = \frac{4 π}{3} π R^{3} M

$\mathbf{m} = \frac{4\pi}{3}\pi R^3 \mathbf{M}$ .

Danke für die Antwort. Allerdings kann ich immer noch nicht das endgültige Ergebnis erhalten. Ich habe meine Antwort bearbeitet, um die von Ihnen angesprochenen Punkte anzusprechen. Könntest du bitte einen Blick darauf werfen?
Sie haben Recht. Ich habe dein Problem zu stark vereinfacht. Am Ende muss auf jeden Fall ein Kosinus stehen, aber man braucht auch einen, um das Legendre-Polynom loszuwerden. Ich werde meine Antwort entfernen, wenn Sie diesen Kommentar gesehen haben.
Ich kann es nicht löschen, weil die Antwort positiv bewertet wurde
Kein Problem. Exakt. Ich dachte, dass der Kosinus aufgrund der Ausrichtung zwischen r- und z-Achse entstehen würde. Beachten Sie, dass wir diese Ausrichtung irgendwann vornehmen müssen $\gamma$ Karte hinein $\theta$

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