Me pareció una pregunta interesante, un solenoide cuando se le suministra una corriente es una forma de electroimán, y tu pregunta me llevó a considerar un electroimán rectangular como contraejemplo.
Creo, si mis cálculos son válidos, que este resultado es sólo una coincidencia.
En cualquier caso, mi lógica:
Definir el $x$ para que esté a lo largo del eje principal del solenoide.
Cilindro
Utilizando la ley de Biot-Savart, podemos calcular el campo magnético en el eje para un bucle de corriente:
$$ d\textbf{B} = \frac{\mu_{0}I}{4\pi|\textbf{r-r'}|^{3}}d\textbf{l}\times(\textbf{r-r'}) $$
Podemos ignorar las contribuciones en el $y$ y $z$ direcciones, ya que se cancelarán alrededor del bucle. Integrando alrededor del bucle:
Dejemos que $\textbf{r-r'} = \textbf{R}$ $$ B_{x} = \int_{0}^{2\pi}{ \frac{\mu_{0}I}{4\pi|\textbf{R}|^{2}}}asin\theta d\theta = \frac{\mu_{0}Iasin\theta}{2|\textbf{R}|^{2}} $$
donde $\theta$ es el ángulo entre el $x$ eje y $\textbf{R}$ .
Ahora consideramos el cilindro, que pensamos como un número infinito de bucles de corriente, cada uno con corriente $Indx$ donde n es la densidad de vueltas de corriente, $\frac{N}{2a}$ . Integrando esto desde un extremo del cilindro finito hasta el otro, cambiando la integral para que sea en términos de $\theta$ para mayor comodidad:
$$ B_{x} = \int_{-a}^{a}{\frac{\mu_{0}Inasin\theta}{2R^{2}}dx} $$
$R = \frac{a}{sin\theta}$ , $x = -Rcos\theta$ => $dx=\frac{R^{2}}{a}d\theta$
$$ B_{x} = \int_{0}^{\pi}{\frac{\mu_{0}Insin\theta}{2}d\theta} = \mu_{0}In = \frac{\mu_{0}IN}{2a} $$
Esto corresponde a su primer resultado, ya que el campo está a lo largo del eje x.
Esférico
Se trata de un cálculo similar, pero el radio del bucle de corriente cambia con x, mientras que el vector $\textbf{R}$ tiene una magnitud constante $a$ .
Realizando la misma integral finita que antes, pero cambiando para adaptarla al sistema esférico, $\rho$ es el radio del bucle actual:
$$ B_{x} = \int_{-a}^{a}{\frac{\mu_{0}In\rho sin\theta}{2a^{2}}dx} $$
$\rho = asin\theta$ , $x = -acos\theta$ , => $dx = asin\theta d\theta$
$$ B_{x} = \int_{0}^{\pi}{\frac{\mu_{0}Insin^{3}\theta}{2}d\theta} = \frac{2\mu_{0}n}{3} = \frac{\mu_{0}IN}{3a} $$
Su segundo resultado.
Cuadrado
Consideremos un bucle de corriente cuadrado, de lado $2a$ . Utilizando la ley de Biot-Savart de arriba y algunas cancelaciones ingeniosas, podemos calcular el campo en el eje para un lado de la espira. Un procedimiento similar al de la espira da la componente x del campo contribuido por una longitud infinitesimal en el lado como:
$$ dB_{x} = \frac{a\mu_{0}I}{4\pi R^{3}}dl $$
Si consideramos que el borde está alineado con el $y$ dirección, y ampliar $R$ antes de integrarse a través del borde:
$$ B_{xside} = \int_{-a}^{a}\frac{a\mu_{0}I}{4\pi(x^2+y^2+a^2)^{\frac{3}{2}}}dy = \frac{a^2\mu_{0}I}{2\pi(2a^{2}+x^{2})^{\frac{1}{2}}(a^2+x^2)} $$
A partir de la simetría de la situación, se puede ver que cada lado del bucle de corriente cuadrado contribuye por igual, por lo que el campo magnético total en el $x$ dirección es 4 veces el valor anterior.
De nuevo, consideramos el número infinito de bucles de corriente:
$$ B_{x} = \int_{-a}^{a}\frac{2a^2\mu_{0}nI}{\pi(2a^{2}+x^{2})^{\frac{1}{2}}(a^2+x^2)}dx = \frac{2a^{2}\mu_{0}nI}{\pi}[\frac{tan^{-1}(\frac{x}{(2a^{2}+x^{2})^\frac{1}{2}})}{a^{2}}]_{-a}^{a} = \frac{2\mu_{0}In}{3} = \frac{\mu_{0}IN}{3} $$
Ahora, comparando los volúmenes, el volumen de este cilindro es $8a^3$ que es $\frac{4}{\pi}$ veces el volumen cilíndrico, pero el campo es $\frac{2a}{3}$ veces el campo cilíndrico.
Por lo tanto, la coherencia entre los campos y los volúmenes para el caso esférico y cilíndrico no se mantiene para un electroimán rectangular. Desgraciadamente, en este momento no puedo darte ninguna idea de cómo abordar esto desde un enfoque más teórico y reflexivo, en lugar de con un montón de desagradables integrales, si la relación entre los sistemas esférico y cilíndrico se debe a las similitudes entre los dos sistemas de coordenadas, o es algo más fundamental.
Any, espero que esta respuesta te haya resultado al menos interesante, ya que no estoy seguro de que sea de mucha ayuda, pero me he divertido.
