01电磁学——静磁场

Lingfeng 2024-06-10

01电磁学——静磁场

毕奥-萨伐尔定律 电流元产生的磁场为 $d \vec{B}= \frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{I}{r^{2}}d \vec{l}\times \vec{e_{r}}$ 即 $dB= \frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{I}{r^{2}} dl\sin\alpha$

例1 长度为 $L$ 的载流直导线, 电流强度为 $I$ , 导线两端到 $P$ 点夹角为 $\theta_{1}$ 和 $\theta_{2}$ , 求磁感应强度.

解
注意到 $l=-a\cot\theta$ , 故 $dl= a\csc^2\theta \,d\theta$ , 代入公式有 $\begin{align*} dB & = \frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{I}{(a\csc\theta)^{2}} dl \sin\theta \\ & = \frac{\mu_{0}}{4\pi a} I \sin\theta \,d\theta \end{align*}$ 因此 $\begin{align*} B & = \frac{\mu_{0}I}{4\pi a} \int _{\theta_{1}}^{\theta_{2}} \sin\theta \, d\theta \\ & = \frac{\mu_{0}I}{4\pi a} (\cos\theta_{1}-\cos\theta_{2}) \end{align*}$ 当导线无限长时, $\theta_{1}=0$ , $\theta_{2}=\pi$ , 此时 $B= \frac{\mu_{0}I}{2\pi a}$

例2 载流圆线圈半径为 $R$ , 电流强度为 $I$ . 求轴线上距圆心 $x$ 处的磁感强度.

解
注意到 $dB= \frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{I}{x^{2}+R^{2}} dl$ 由对称性, $B_{y}=0$ , 此时 $dB_{x}= dB\cos\theta= \frac{\mu_{0}I}{4\pi} \frac{R}{(x^{2}+R^{2})^{3/2}} dl$
故 $\begin{align*} B & = \frac{\mu_{0}I}{4\pi} \frac{R}{(x^{2}+R^{2})^{3/2}} \int _{0}^{2\pi R} \, dl \\ & = \frac{\mu_{0}I}{2} \frac{R^{2}}{(x^{2}+R^{2})^{3/2}} \end{align*}$ 在圆心处, $x=0$ , 此时 $B= \frac{\mu_{0}I}{2R}$ $N$ 匝线圈 $B=N \frac{\mu_{0}I}{2R}$

例3 求长为 $L$ , 半径为 $R$ , 匝数为 $N$ 螺线管中的磁场.

解
由 $z=R\cot\theta$ , 有 $dz=-R \csc^{2}\theta \, d\theta$ 由例2, 有 $\begin{align*} dB & = \frac{\mu_{0}I}{2} \frac{R^{2}}{(R\csc\theta)^{3}} \cdot ndz \\ & = - \frac{\mu_{0}nI}{2} \sin\theta d\theta \end{align*}$ 因此 $\begin{align*} B & = \frac{\mu_{0}nI}{2} \int _{\theta_{1}}^{\theta_{2}} \sin\theta \, d\theta \\ & = \frac{\mu_{0}nI}{2}(\cos\theta_{1}-\cos\theta_{2}) \end{align*}$ 当 $L\to +\infty$ , $\theta_{2}=\pi$ , $\theta_{1}=0$ , 此时 $B=\mu_{0}nI$

安培环路定理 闭合环路磁场与闭合曲线的电流代数和成正比 $\oint_{L} \vec{B} \cdot d \vec{l}= \mu_{0}\sum I_{i}$

例1 载流螺旋环的磁场分布.

解
取半径为 $r$ 圆环, 此时 $B\cdot 2\pi r = \mu_{0} NI$ 故 $B= \frac{\mu_{0}NI}{2\pi r}$

例2 无限大薄导体板通过电流为 $I$ 的磁场分布.

解
法一用叠加原理. 设单位长度电流数为 $j$ , 故 $dI=jdx$ . 由 $x=h\tan\theta$ , 有 $dx=h\sec^{2}\theta\,d\theta$ , 此时 $\begin{align*} dB & = 2 \cdot\frac{\mu_{0}dI}{2\pi (h\sec\theta)} \cdot \cos\theta \\ & = \frac{\mu_{0}j}{\pi} \,d\theta \end{align*}$ 故 $B= \frac{\mu_{0}j}{\pi }\int _{0}^{\pi/2} \, d\theta = \frac{\mu_{0}j}{2}$
法二用安培环路定理 $B \cdot 2l= \mu_{0}jl$ 即 $B= \frac{\mu_{0}j}{2}$

洛伦兹力 带电粒子在磁场中 $\vec{F}= q \vec{v}\times\vec{B}$ 当运动方向与磁场方向垂直 $qvB=m \frac{v^{2}}{R}$ 得到 $R= \frac{mv}{qB} \quad T= \frac{2\pi m}{qB} \quad$

安培力 电流在磁场中受力 $d\vec{F}=Id\vec{l}\times \vec{B}$ 任意形状 $\vec{F}= \int _{L}I d\vec{l}\times \vec{B}$ 即 $F= \int _{L} BI dl\sin\alpha$

例1 无限长直载流导线通有电流 $I_{1}$ , 在同一平面内有长为 $L$ 的载流直导线通有电流 $I_{2}$ , 求后一导线受到的磁场力.

解
注意到 $x=r+l\cos\alpha$ , 故 $B= \frac{\mu_{0}I_{1}}{2\pi (r+l\cos\alpha)}$ 此时 $dF= BI_{2} dl= \frac{\mu_{0}I_{1}I_{2}}{2\pi } \frac{1}{r+l\cos\alpha}dl$ 故 $\begin{align*} F & = \frac{\mu_{0}I_{1}I_{2}}{2\pi}\int _{0}^{L} \frac{1}{l\cos\alpha+r} \, dl \\ & = \frac{\mu_{0}I_{1}I_{2}}{2\pi \cos\alpha} \ln\left( \frac{r+L\cos\alpha}{r} \right) \end{align*}$