Магнитное поле на расстоянии от ферромагнетика

[Munin]

Physman в сообщении #1334870 писал(а):

Пока то, что вы прислали, к сожалению, невозможно понять и/или использовать.

Ну, кому как.

Physman в сообщении #1334870 писал(а):

только всё выглядит гораздо компактнее, понятнее и проще.

Только интеграл не взят.

[Physman]

Munin в сообщении #1334873 писал(а):

Ну, кому как.

Да, я хочу понять, как это считается, начиная с потенциала и какой-то сслыки, а не использовать конечный ответ. Не доверяю.

Munin в сообщении #1334873 писал(а):

Только интеграл не взят.

Он берётся даже аналитически (в случае постоянной остаточной намагниченности точки $M$).

[Munin]

Physman в сообщении #1334876 писал(а):

Он берётся даже аналитически

Ну так и возьмите, и приведите здесь результат. Должно получиться то же, что у Theoristos.

Странная позиция: ему дают ответ (трудоёмкий, между прочим), а он придирается.

[Physman]

Ok, я приведу картинку и опишу, как её получить. Сама конечная формула выглядит действительно громоздко, не будем бессмысленно загромождать пространство.

Будем пользоваться пакетом Mathematica для расчёта интегралов по пространству из первого сообщения этой темы.

Итак, $B_z(a,b,h,r,w)=\frac{\mu_0}{4\pi}\int_a^{a+2r}dx\int_b^{b+2r}dy\int_h^{h+w}dzM(x,y,z)\frac{2z^2-x^2-y^2}{(x^2+y^2+z^2)^{5/2}}$. Положим $M(x,y,z)=M_0$ и введём $B_0=\frac{\mu_0M_0}{4\pi}$.

Первообразная от интегрирования по $x$ имеет вид: $F_1(x,y,z)=B_0\frac{x(-y^4+y^2z^2+2z^4+x^2(-y^2+z^2))}{(y^2+z^2)^2(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}$.

Теперь берём интеграл по $y$, подставляя туда $F_1(a+2r,y,z)-F_1(a,y,z)$. Получаем первообразную $F_2(y,z)=\int (F_1(a+2r,y,z)-F_1(a,y,z))dy$. Тоже получается аналитическая формула (я не буду её приводить, много букафф).

После этого берём интеграл по $z$: $F_3(z)=\int (F_2(b+2r,z)-F_2(b,z))dz$.

Окончательно получаем магнитное поле $B=F_3(h+w)-F_3(h)$. (Там вылезает очень маленькая артефактная мнимая часть, так что надо строить вещественную часть поля)

Теперь мы можем построить график как функцию расстояния вдоль оси $x$ от квантовой точки, $a$. Возьмём $M=500$ Эрстед, переведём в СИ (коэффициен $1000/{4\pi}$). Пусть $b=0.1$, $h=0.01$, $r=1$, $w=0.5$ микрон. (То есть мы все расстояния кроме $a$ фиксируем.)



Анализируем - поле резко возрастает по модулю при отходе от точки, а потом быстро убывает.

Теперь можно построить поле под самой точкой. Здесь $a$ - расстояние от одного края точки до другого, остальные параметры такие же. Имеем:



Поле примерно постоянное, подярка 0.015 Tl.

[Kamaz]

Может лучше так?

$$\textbf{m}(\textbf{r})=\textbf{n}m(\textbf{r}),$$

$$\textbf{B}(\textbf{r})=\int \frac{d\textbf{q}}{(2\pi)^3}e^{i\textbf{qr}}m(\textbf{q})i\textbf{q}\times\textbf{U}(\textbf{q});$$

$$\textbf{U}(\textbf{q})=\int d\textbf{R}e^{-i\textbf{qR}}\frac{\textbf{n}\times\textbf{R}}{R^3}$$

$$\textbf{n}=(0,0,n_z)$$

$$U_x(\textbf{q})=U_z(\textbf{q})=0;\,\,U_y(\textbf{q})=-4\pi in_z\frac{q_\bot}{q\bot^2+q_z^2}sgn(q_z)$$

Все интегралы берутся, за исключением, быть может, второго в списке, при восстановлении магнитного поля

-- Вт авг 28, 2018 14:47:44 --

Да, еще надо найти фурье образ намагниченности $m(r)$. Если образец намагничен однородно, то это не сложно))

Pphantom:

Добавил доллары в формулы, без них это, мягко говоря, не смотрелось.

[Munin]

Physman в сообщении #1334993 писал(а):

Ok, я приведу картинку

Вроде, вы должны понимать, что сравнивать на совпадение можно только аналитические выражения, которые вы как раз и не привели.

-- 28.08.2018 11:38:09 --

Kamaz
А смысл? Итог-то будет всё равно один и тот же.

[Kamaz]

Смысл? Ответ:

$$B_z(r,z)=2\pi mR\int\limits_{0}^{\infty}J_0(qr)J_1(qR)e^{-q|z|}qdq$$

С такой формулой гораздо приятнее работать, не так ли?
Этот ответ для намагниченности такого вида $m(r)=m\theta(R-r)\delta(z)$

[Physman]

Kamaz, большое спасибо, я так понимаю, с цилиндрической точкой мы разобрались.

Munin в
сообщении #1335024 писал(а):

Вроде, вы должны понимать, что сравнивать на совпадение можно только аналитические выражения, которые вы как раз и не привели.

Да, вы правы, просто оно большое, его сложно анализировать. Для заинтересованных людей, я описал рецепт. Программа в Математике пишется за 10 минут.

Theoristos И вам спасибо за наводку, я почитал (в Википедии) про эффективный потенциал, с помощью которого можно магнитное поле считать. Думаю, так тоже можно. (И прошу прощение за резкость в своих комментариях.)

[Theoristos]

Munin в сообщении #1334842 писал(а):

Если это вывод из Mathematica или Maple, то можно вставить её в code или syntax.

Можно нажать "цитировать" и рассмотреть во всей ужасающей неприглядности.

-- Вт авг 28, 2018 22:09:07 --

photon в сообщении #1334843 писал(а):

Попутно вопрос: в использовании $\text{dx}$ какой-то скрытый смысл? - $dx$ или $\partial x$ не подходят?

Пардон, это Математике вот так захотелось. Заметил, но быстро исправить не получилось.

-- Вт авг 28, 2018 22:13:48 --

Physman в сообщении #1334870 писал(а):

Почему прямоугольников всего 2? Пространство же 3Д?

Предполагается, что намагниченность параллельна оси $z$. Если не так - были б и все 6, но надо ли?

Точность вблизи граней получается ощутимо лучше приближением разбиения магнита на диполи. Даже если сетку диполей брать неравномерной. При удалении, конечно, разница скрадывается.

Physman в сообщении #1334870 писал(а):

Пока то, что вы прислали, к сожалению, невозможно понять и/или использовать.

Вы какой-то расчётной системой, типа Мейпла, или Математики пользуетесь?

Physman в сообщении #1334870 писал(а):

И вот ещё вопрос. Почему нельзя использовать приведённый мной в первом сообщении расчёт? Там тоже интегрирование по 3Д объёму, вместо эффективного заряда - диполь, только всё выглядит гораздо компактнее, понятнее и проще.

Когда вы доведёте расчёт до конца - должен получиться именно этот "сумбур". Расчёт через "потенциал" наверное наиболее простой.

Собственно выражение неопределенного интеграла потенциала по плоскости вполне простое и обозримое. Каша начинается при подстановке пределов.

[Munin]

(Оффтоп)

Theoristos в сообщении #1335171 писал(а):

Пардон, это Математике вот так захотелось. Заметил, но быстро исправить не получилось.

В любом текстовом редакторе поиск с заменой помогает отцу русской демократии.

[Physman]

Kamaz в сообщении #1335037 писал(а):

$$B_z(r,z)=2\pi mR\int\limits_{0}^{\infty}J_0(qr)J_1(qR)e^{-q|z|}qdq$$

Формула (для цилиндрической точки) есть. Теперь возникает технический вопрос: как по ней считать. Интегрирование произведения двух бесселей - известная проблема, сходимость медленная. Аналитически, вроде как, не берётся.

Попробуем численно Математикой. Возьмём бесконечный предел интеграла по $q$, получаем:

http://i103.fastpic.ru/big/2018/0829/2a/5aba4b7adc8d264d802b570406eca02a.jpg

И это ерунда какая-то. Возьмём небесконечный предел $q=10^{10}$, получаем (на оси абсцисс я по ошибке $R$ поставил, там $r$ на самом деле):

http://i103.fastpic.ru/big/2018/0829/26/43f4c78d54b95e103437352a10eb4426.jpg

И это поведение - правильное.

Возьмём $q=10^{11}$, получаем:

http://i100.fastpic.ru/big/2018/0829/6c/2f0a29bd99c53b07d42a26a9e6f66b6c.jpg

- числа на осях отличаются.

Вопрос - как его считать? Может быть, в Mathematica есть специальные Assumptions, хитрости?

И ещё один вопрос пока остаётся открытым: как изменится формула, если точка (цилиндр) конечной высоты?


P.S. Кстати, вот в этой статье есть вывод похожей формулы: https://www.tandfonline.com/doi/abs/10.1080/00018730500057536, уравнение (51). Только там надо $\lambda\rightarrow\infty$

[Theoristos]

Munin в сообщении #1335179 писал(а):

(Оффтоп)

В любом текстовом редакторе поиск с заменой помогает отцу русской демократии.

(Оффтоп)

Там внутри фигурных переменный аргумент, который нужно бережно оставить. Найти подобные паттерны регулярными выражениями я ещё смог, а вот оставить при автозамене - увы

[Munin]

(Оффтоп)

Легко заметить, что этот аргумент бывает только dx, dy и dz, и сделать три замены.

[Physman]

Вот, математики подоспели с помощью:

https://dxdy.ru/topic129316.html

[Theoristos]

Munin в сообщении #1335216 писал(а):

(Оффтоп)

Легко заметить, что этот аргумент бывает только dx, dy и dz, и сделать три замены.

(Оффтоп)

мм-да, логично :)