Conjunto de Halbach

El método utilizado para encontrar el campo creado por el cilindro es matemáticamente muy similar al utilizado para investigar una esfera uniformemente magnetizada. ^{[ 23 ]}

Debido a la simetría de la disposición a lo largo del eje del cilindro, el problema puede tratarse como bidimensional. Trabajar en coordenadas polares planas.${\displaystyle (r,\theta )}$con vectores unitarios asociados${\displaystyle {\hat {\mathbf {r} }}}$y${\displaystyle {\sombrero {\boldsymbol {\theta }}}}$y sea el cilindro con extensión radial${\displaystyle r_{\mathrm {i} }<r<r_{\mathrm {o} }}$. Luego la magnetización en las paredes del cilindro, que tiene magnitud${\displaystyle M_{0}}$, gira suavemente como

${\displaystyle \mathbf {M} _{\mathrm {cyl} }=M_{0}(\cos \theta \,{\hat {\mathbf {r} }}+\sin \theta \,{\hat {\boldsymbol {\theta }}}),}$

mientras que la magnetización desaparece fuera de las paredes, eso es para el agujero${\displaystyle r<r_{\mathrm {i} }}$y alrededores${\displaystyle r>r_{\mathrm {o} }}$.

Por definición, la intensidad del campo magnético auxiliar${\displaystyle \mathbf {H} }$está relacionado con la magnetización y la densidad de flujo magnético${\displaystyle \mathbf {B} }$por${\displaystyle \mathbf {B} =\mu _ {0}(\mathbf {H} +\mathbf {M} )}$Utilizando la ley de Gauss${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {B} =0}$, esto es equivalente

Dado que el problema es estático, no hay corrientes libres y todas las derivadas temporales se anulan, por lo que la ley de Ampère requiere además${\displaystyle \nabla \times \mathbf {H} =0\implica \mathbf {H} =\nabla \varphi }$, dónde${\displaystyle \varphi }$es el potencial escalar magnético (salvo un signo según algunas definiciones). Sustituyendo esto de nuevo en la ecuación 1 anterior que rige${\displaystyle \mathbf {H} }$y${\displaystyle \mathbf {M} }$, descubrimos que necesitamos resolver

que tiene la forma de la ecuación de Poisson .

Consideremos ahora las condiciones de contorno en las interfaces cilindro-aire.${\displaystyle r=r_{\mathrm {i} }}$y${\displaystyle r=r_{\mathrm {o} }}$Integración${\displaystyle \nabla \times \mathbf {H} =0}$sobre un pequeño bucle que abarca el límite y la aplicación del teorema de Stokes requiere que el componente paralelo de${\displaystyle \mathbf {H} }$es continuo. Esto a su vez requiere que${\displaystyle \varphi }$es continua a través del límite. (Más propiamente, esto implica que${\displaystyle \varphi }$debe diferir en una constante a través del límite, pero dado que las cantidades físicas que nos interesan dependen de los gradientes de este potencial, podemos establecer arbitrariamente la constante en cero por conveniencia. Para obtener un segundo conjunto de condiciones, integre la ecuación 1 a través de un pequeño volumen que se extiende a ambos lados del límite y aplique el teorema de la divergencia para encontrar

${\displaystyle \left[{\frac {\partial \varphi }{\partial r}}\right]=\pm \mathbf {M} \cdot {\hat {\mathbf {r} }},}$

donde la notación${\displaystyle [f]}$denota un salto en la cantidad${\displaystyle f}$a través del límite, y en nuestro caso el signo es negativo en${\displaystyle r=r_{\mathrm {i} }}$y positivo en${\displaystyle r=r_{\mathrm {o} }}$La diferencia de signo se debe a que la orientación relativa de la magnetización y la normal a la superficie de la parte del volumen de integración dentro de las paredes del cilindro son opuestas en los límites interior y exterior.

En coordenadas polares planas, la divergencia de un campo vectorial${\displaystyle \mathbf {F} =F_{r}{\hat {\mathbf {r} }}+F_{\theta }{\hat {\boldsymbol {\theta }}}}$es dado por

De manera similar, el gradiente de un campo escalar${\displaystyle f}$es dado por

Combinando estas dos relaciones, el Laplaciano${\displaystyle \nabla ^{2}f=\nabla \cdot (\nabla f)}$se convierte

Utilizando la ecuación 3 , la divergencia de magnetización en las paredes del cilindro es

${\displaystyle {\begin{aligned}\nabla \cdot \mathbf {M} _{\mathrm {cyl} }&={\frac {1}{r}}{\frac {\partial }{\partial r}}(rM_{0}\cos \theta )+{\frac {1}{r}}{\frac {\partial }{\partial \theta }}(M_{0}\sin \theta )\\[5pt]&={\frac {M_{0}\cos \theta }{r}}+{\frac {M_{0}\cos \theta }{r}}\\[5pt]&={\frac {2M_{0}\cos \theta }{r}}.\end{aligned}}}$

Por lo tanto, la ecuación 2 , que es la que queremos resolver, se convierte en utilizando la ecuación 5.

Busque una solución particular de esta ecuación en las paredes del cilindro. Con la ventaja de la retrospectiva, considere${\displaystyle \varphi _{\mathrm {p} }=r\ln r\cos \theta }$, porque entonces tenemos

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{r}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left(r{\frac {\partial \varphi _{\mathrm {p} }}{\partial r}}\right)&={\frac {1}{r}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left[r{\frac {\partial }{\partial r}}(r\ln r\cos \theta )\right]\\[5pt]&={\frac {\cos \theta }{r}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left[r(\ln r+1)\right]\\[5pt]&={\frac {\cos \theta }{r}}(\ln r+1+1)\\[5pt]&={\frac {\ln r\cos \theta }{r}}+{\frac {2\cos \theta }{r}}\end{aligned}}}$

y también

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial ^{2}\varphi _{\mathrm {p} }}{\partial \theta ^{2}}}&={\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta ^{2}}}(r\ln r\cos \theta )\\[5pt]&=-{\frac {\ln r\cos \theta }{r}}.\end{aligned}}}$

Por eso${\displaystyle \nabla ^{2}\varphi _{\mathrm {p} }={\frac {2\cos \theta }{r}}}$y la comparación con la ecuación 6 muestra que${\displaystyle -M_{0}\varphi _{\mathrm {p} }=-M_{0}r\ln r\cos \theta }$es la solución particular apropiada.

Ahora consideremos la ecuación homogénea para la ecuación 6 , a saber:${\displaystyle \nabla ^{2}\varphi _{\mathrm {h} }=0}$. Esto tiene la forma de la ecuación de Laplace . Mediante el método de separación de variables , se puede demostrar que la solución homogénea general cuyo gradiente es periódico en${\displaystyle \theta }$(de tal manera que todas las cantidades físicas sean unívocas) viene dada por

${\displaystyle \varphi _{\mathrm {h} }=A_{0}+B_{0}\theta +C_{0}\ln r+\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}r^{n}+B_{n}r^{-n}\right)\cos n\theta +\sum _{n=1}^{\infty }\left(C_{n}r^{n}+D_{n}r^{-n}\right)\sin n\theta ,}$

donde el${\displaystyle A_{i},\ B_{i},\ C_{i},\ D_{i}}$son constantes arbitrarias. La solución deseada será la suma de las soluciones particulares y homogéneas que satisfacen las condiciones de contorno. Nuevamente, con la ventaja de la retrospectiva, establezcamos la mayoría de las constantes a cero inmediatamente y afirmemos que la solución es

${\displaystyle \varphi ={\begin{cases}\alpha r\cos \theta &r<r_{\mathrm {i} },\\\beta r\cos \theta -M_{0}r\ln r\cos \theta &r_{\mathrm {i} }<r<r_{\mathrm {o} },\\0&r>r_{\mathrm {o} },\end{cases}}}$

¿Dónde ahora?${\displaystyle \alpha ,\ \beta }$son constantes que deben determinarse. Si podemos elegir las constantes de manera que se satisfagan las condiciones de contorno, entonces, por el teorema de unicidad de la ecuación de Poisson , debemos haber encontrado la solución.

Las condiciones de continuidad dan

en el límite interior y

en el límite exterior. El gradiente potencial tiene una componente radial no nula.${\displaystyle \beta \cos \theta -M_{0}\ln r\cos \theta -M_{0}\cos \theta }$en las paredes del cilindro y${\displaystyle \alpha \cos \theta }$en el orificio, y por lo tanto las condiciones sobre la derivada potencial se convierten

${\displaystyle (\beta \cos \theta -M_{0}\ln r_{\mathrm {i} }\cos \theta -M_{0}\cos \theta )-\alpha \cos \theta =-M_{0}\cos \theta \implies \beta -M_{0}\ln r_{\mathrm {i} }-\alpha =0\implies \alpha =\beta -M_{0}\ln r_{\mathrm {i} }}$

en el límite interior y

${\displaystyle 0-(\beta \cos \theta -M_{0}\ln r_{\mathrm {0} }\cos \theta -M_{0}\cos \theta )=M_{0}\cos \theta \implies \beta -M_{0}\ln r_{\mathrm {o} }=0}$

en el límite exterior. Nótese que estas son idénticas a las ecuaciones 7 y 8 , por lo que, en efecto, la suposición fue consistente. Por lo tanto, tenemos${\displaystyle \beta =M_{0}\ln r_{\mathrm {o} }}$y${\displaystyle \alpha =M_{0}\ln \left({\frac {r_{\mathrm {o} }}{r_{\mathrm {i} }}}\right)}$dando la solución

${\displaystyle \varphi ={\begin{cases}M_{0}\ln \left({\frac {r_{\mathrm {o} }}{r_{\mathrm {i} }}}\right)r\cos \theta &r<r_{\mathrm {i} },\\M_{0}\ln \left({\frac {r_{\mathrm {o} }}{r}}\right)r\cos \theta &r_{\mathrm {i} }<r<r_{\mathrm {o} },\\0&r>r_{\mathrm {o} }.\end{cases}}}$

En consecuencia, el campo magnético viene dado por

${\displaystyle \mathbf {H} =\nabla \varphi ={\begin{cases}M_{0}\ln \left({\frac {r_{\mathrm {o} }}{r_{\mathrm {i} }}}\right)\cos \theta \,{\hat {\mathbf {r} }}-M_{0}\ln \left({\frac {r_{\mathrm {o} }}{r_{\mathrm {i} }}}\right)\sin \theta \,{\hat {\boldsymbol {\theta }}}&r<r_{\mathrm {i} },\\M_{0}\cos \theta \left[\ln \left({\frac {r_{\mathrm {o} }}{r}}\right)-1\right]\,{\hat {\mathbf {r} }}-M_{0}\ln \left({\frac {r_{\mathrm {o} }}{r}}\right)\sin \theta \,{\hat {\boldsymbol {\theta }}}&r_{\mathrm {i} }<r<r_{\mathrm {o} },\\0&r>r_{\mathrm {o} },\end{cases}}}$

mientras que la densidad de flujo magnético se puede encontrar en todas partes utilizando la definición anterior.${\displaystyle \mathbf {B} =\mu _{0}(\mathbf {H} +\mathbf {M} )}$En el interior, donde la magnetización desaparece, esto se reduce a${\displaystyle \mathbf {B} _{\mathrm {bore} }={\frac {1}{\mu _{0}}}\mathbf {H} _{\mathrm {bore} }}$. Por lo tanto, la magnitud de la densidad de flujo allí es

${\displaystyle B_{\mathrm {bore} }=\left|\mathbf {B} _{\mathrm {bore} }\right|={\sqrt {\cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta }}{\frac {M_{0}}{\mu _{0}}}\ln \left({\frac {r_{\mathrm {o} }}{r_{\mathrm {i} }}}\right)={\frac {M_{0}}{\mu _{0}}}\ln \left({\frac {r_{\mathrm {o} }}{r_{\mathrm {i} }}}\right),}$

lo cual es independiente de la posición. De manera similar, fuera del cilindro la magnetización también se anula, y dado que el campo magnético se anula allí, la densidad de flujo también lo hace. Por lo tanto, el campo es uniforme dentro y cero fuera del cilindro de Halbach ideal, con una magnitud que depende de sus dimensiones físicas.