01电磁学——静磁场

Lingfeng2024-06-10

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*}