磁学部分 | ka1的笔记本

Table of contents

Ampere's Law

对于电学，我们有库仑定律

d \boldsymbol{F} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{dq_1 dq_2}{r^2}

Ampere's Law

dF_{12} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{i_2 ds_2 \times (i_1ds_1 \times \hat{r_{12}})}{r_{12}^2}

其中， $\mu_0$ 是真空磁导率， $i_1, i_2$ 是电流， $ds_1, ds_2$ 是电流元长度， $r_{12}$ 是电流元之间的距离。

Newton's Third Law

Case 1: 两电流元平行

F_{12} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{i_2 ds_2 \times (i_1ds_1 \times \hat{r_{12}})}{r_{12}^2}

F_{21} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{i_1 ds_1 \times (i_2ds_2 \times \hat{r_{21}})}{r_{21}^2}

F_{12} = -F_{21}

Case 2: 两电流元垂直

F_{12} = 0

F_{21} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{i_1 ds_1 \times (i_2ds_2 \times r_{21})}{r_{21}^2} \neq 0

Why?

这只是一小段的电流元，当考虑一整段电流时，得到的结果并不违背牛顿第三定律，当年安培就是利用相互垂直时的这一特性，巧妙的设计了实验来证明了安培定律。

Biot-Savart Law

继续根据电场中的思想，引入试探电流源并定义 磁感应强度

如果固定一个电流元，积分另一电流元，我们有

d\boldsymbol{F}_2 = i_2 d\boldsymbol{s}_2 \times \frac{\mu_0}{4\pi} \int_{L_1} \frac{i_1 d\boldsymbol{s}_1 \times \hat{r}_{12}}{r_{12}^2}

定义：

\boldsymbol{B}_1 = \frac{\mu_0}{4\pi} \int_{L_1} \frac{i_1 d\boldsymbol{s}_1 \times \hat{r}_{12}}{r_{12}^2}

因此：

d\boldsymbol{F}_2 = i_2 d\boldsymbol{s}_2 \times \boldsymbol{B}_1

磁感应强度

\boldsymbol{B} = \frac{\mu_0}{4\pi} \int_{L} \frac{i d\boldsymbol{s} \times \hat{r}}{r^2}

单位为 $T$ ，特斯拉。

为什么不是磁场强度？

如果要完全跟电场对应，应该使用磁场强度，但是却叫磁感应强度，这是因为大家都这么叫👆

长直导线周围的磁场场

\begin{align*} d\boldsymbol{B} &= \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{i d\boldsymbol{s} \times \hat{r}}{r^2} \\ d B &= \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{i ds \sin \theta}{r^2}\\ B &= \frac{\mu_0}{4\pi} \int_{A_1}^{A_2} \frac{i ds \sin \theta}{r^2}\\ r &= \frac{r_0}{\sin \theta}\\ s &= r_0 \cot (\pi - \theta) = -r_0 \cot \theta\\ ds &= r_0 \csc^2 \theta d\theta= r_0 \frac{d \theta}{\sin^2 \theta} \\ B &= \frac{\mu_0 i}{4\pi r_0} \int_{\theta_1}^{\theta_2} \sin \theta d\theta\\ &= \frac{\mu_0 i}{4\pi r_0} (\cos \theta_1 - \cos \theta_2) \end{align*}

如果是无限长，则

B = \frac{\mu_0 i}{2\pi r_0}

也就是说，无限长直导线周围的磁感应强度与距离成反比。

Note

回忆电场中的无限长直导线，其电场强度与距离成反比。

E = \frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0 r}

圆电流轴线上的磁场

其中由于对称性在与圆环平行的方向上，磁感应强度为零。

dB = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{i ds \sin \theta}{r^2} = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{i ds}{r^2}(\theta = \frac{\pi}{2})

dB_x= dB \cos \alpha= \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{i ds}{r^2} \cos \alpha

r=\frac{r_0}{\sin \alpha}

B= \frac{\mu_0 i}{4\pi r_0^2} \int_{s} \sin^2 \alpha \cos \alpha ds =\frac{\mu_0 i}{4\pi r_0} \sin^2 \alpha \cos \alpha 2 \pi R

\sin \alpha = \frac{r_0}{\sqrt{r_0^2 + R^2}} \enspace \cos \alpha = \frac{R}{\sqrt{r_0^2 + R^2}}

B = \frac{\mu_0}{2} \frac{iR^2}{(r_0^2 + R^2)^{3/2}}

Note

当 $r_0 \to 0$ 时， $B \to \frac{\mu_0 i}{2R}$

当 $r_0 \to \infty$ 时， $B \to \frac{\mu_0 i}{2r_0^3}R^2$ 与 $r_0^3$ 成反比。在磁场中，电偶极矩在无穷远处产生的电场也与 $r^3$ 成反比。

定义磁偶极矩

\boldsymbol{m} = i \pi R^2

则

B = \frac{\mu_0 i}{2r_0^3}R^2 = \frac{\mu_0 m}{2 \pi r_0^3}

如果有N匝线圈，则

B = \frac{\mu_0 N i}{2r_0^3}R^2 = \frac{\mu_0 N m}{2 \pi r_0^3}

或者令 $m' = N i \pi R^2$ ,

B = \frac{\mu_0 m'}{2 \pi r_0^3}

电流平面产生的磁场

由于对称性，在只会在 $x$ 方向上产生磁场

dB = \frac{\mu_0 di}{2\pi d} = \frac{\mu_0 \frac{i}{a} dx}{2\pi d}

dB_x = dB \cdot \cos \theta

d = \frac{R}{\cos \theta}

B_x = \int dB_x = \int \frac{\mu_0 i \cos^2 \theta dx}{2\pi Ra} = \frac{\mu_0 i}{2\pi aR} \int \cos^2 \theta dx

x = R \tan \theta, \quad dx = \frac{R \, d\theta}{\cos^2 \theta}

B_x = \frac{\mu_0 i}{2\pi aR} \int \cos^2 \theta dx = \frac{\mu_0 i}{2\pi a} \int_{-\alpha}^{\alpha} d\theta = \frac{\mu_0 i}{\pi a} \alpha = \frac{\mu_0 i}{\pi a} \tan^{-1} \frac{a}{2R}

Note

当 $a \to 0,\alpha \to \tan\alpha = \dfrac{a}{2R}$ 时， $B_x \to \dfrac{\mu_0 i}{2\pi R}$

当 $a \to \infty, \alpha \to \dfrac{\pi}{2}$ 时, $B_x \to \dfrac{\mu_0 i}{2 a}=\dfrac{1}{2}\mu_0 n i_0$ ,n为单位长度电流数目i_0为单位电流

单层通电螺旋管产生的磁场

在通电螺旋管内部，会产生匀强磁场

设 $x$ 为点P据中心轴线的水平距离；螺线管长度为 $L$ ,单位长度匝数为 $n$ ，每匝电流为 $i$ 。

根据磁偶极矩产生的磁场公式

dB = \dfrac{\mu_0 m}{2\pi r^3}=\dfrac{\mu_0 n i dl \pi R^2}{2\pi (\sqrt{R^2+(x-l)^2})^3}

r=\dfrac{R}{\sin \beta} \quad \dfrac{x-l}{R} =\cot \beta \quad dl = \dfrac{R d\beta}{\sin^2 \beta}

B =\frac{\mu_0}{2} n i \int_{\beta_1}^{\beta_2} \sin \beta d\beta = \frac{\mu_0}{2} n i (\cos \beta_1 - \cos \beta_2)

Note

$L \to \infty$ 时， $B = \mu_0 n i$

多层通电螺线管产生的磁场

从下往上，逐层积分

dB=\frac{\mu_0}{2} n i (\cos \beta_1 - \cos \beta_2)

$ni$ 为每一层单位长度的电流，

ni = \frac{N'i}{L} =\frac{jLdr}{L}=jdr=\frac{Ni}{L(R_2-R_1)}dr

其中 $N'$ 为每一层的匝数， $j$ 电流密度， $R_1,R_2$ 为内外半径， $N$ 为总匝数。

\cos \beta_1 - \cos \beta_2 =2\cos \beta_1 =\dfrac{2l}{\sqrt{l^2+r^2}}

dB=\frac{\mu_0}{2} jdr \frac{2l}{\sqrt{l^2+r^2}} \quad B =\mu_0 j l \int_{R_1}^{R_2} \frac{dr}{\sqrt{r^2+l^2}}

B = \mu_0 j l \ln \dfrac{R_2+\sqrt{R_2^2+l^2}}{R_1+\sqrt{R_1^2+l^2}}

详细过程

毁了啊，secx的原函数都记不住😢

磁场的Gauss定律和回路定律

磁场中的Guass定律

\oiint \boldsymbol{B} \cdot d \boldsymbol{A} = 0

Proof

考虑在轴线处的 $ids$ 产生的磁场，对于红色的闭合曲面，可以考虑一个穿过去的小圆环；

dA_1^* = |dA_1 \cos \theta_1| = dA_1 |\cos \theta_1|, \quad \theta_1 > \frac{\pi}{2}, \quad \cos \theta_1 < 0

dA_2^* = |dA_2 \cos \theta_2| = dA_2 |\cos \theta_2|, \quad \theta_2 < \frac{\pi}{2}, \quad \cos \theta_2 > 0

\therefore d\Phi_{B_1} = -d\Phi_{B_2}

d\Phi_{B_1} + d\Phi_{B_2} = 0

\oiint \vec{B} \cdot d\vec{A} = 0

磁场中的回路定律

\oint \boldsymbol{B} \cdot d\boldsymbol{l} =\mu_0 \sum_{in \ loop} i

以右手定则判断正负，即按照积分方向使用右手定则，大拇指指向的方向就是电流的正方向,不需要对穿过去的电流进行投影，有多少穿过就直接算多少

有了回路定律，求磁场就方便得多了

带电无穷长圆柱周围的磁场

因为磁场方向与积分方向平行；半径如果是大于圆柱的半径，则

B=\dfrac{\mu_0 i }{2 \pi r}

如果积分区域在里面，则

\oint \boldsymbol{B} \cdot d\boldsymbol{l} = \mu_0 I \dfrac{r^2}{R^2} \enspace B 2 \pi r = \mu_0 i \dfrac{r^2}{R^2}

B=\dfrac{\mu_0 i }{2 \pi R} \cdot \dfrac{r}{R}

Key Point

这说明磁场在R处达到最大

无穷大的板

因为水平方向上由于对称性，磁场为零；

在电路分布的两侧，磁场方向相反，大小相等；

设正方形的边长为 $w$ ，则

\oint \boldsymbol{B} \cdot d\boldsymbol{l} = Bw + 0 + Bw + 0 = 2Bw = \mu_0 nwi

B=\frac{1}{2} \mu_0 n i

通电无穷长螺线管?为什么不是两块板

如果把螺线管中间切一刀，情况就与两块板很相似了，对于两侧，由于方向不同可以消去；在中间，由于对称性，磁场为一块板的两倍，所以磁场为

B=\mu_0 n i

这正是我们之前推导的结果

螺绕环

\oint \boldsymbol{B} \cdot d\boldsymbol{l} = B \cdot 2\pi r = \mu_0 Ni

B=\frac{1}{2} \mu_0 n i \enspace n = \frac{N}{2\pi r}

电流在磁场中受到的力与力矩

d\boldsymbol{F} = i d\boldsymbol{l} \times \boldsymbol{B}

用右手定则来判断方向

Warning

左手定则，out！全部使用右手定则，如果是电子运动，也可以当作微小电流来处理，安培力和洛伦兹力本质上是一样的

Example

平的部分很简单，弯弯的部分使用微分，发现水平部分的力由于对称性为零，只有竖直部分的力

F_2 = F_\perp = \int_0^{\pi} iBR d\theta \sin \theta = iBR \int_0^{\pi} \sin \theta d\theta = 2iBR

Note

Info

安培的定义；两个相距 $1m$ 的直导线，通过的电流，产生的力为 $2 \times 10^{-7} N$ ；这样大小的电流称为 $1A$

矩形线圈

Definition

磁偶极矩的方向为右手定则的方向

\boldsymbol{\mu} = i \pi R^2 \boldsymbol{n}

对于一个矩形线圈，如果它能绕着一个轴旋转，如图

\tau = F_{AB} \frac{b}{2} \sin \theta + F_{CD} \frac{b}{2} \sin \theta

= i a B \frac{b}{2} \sin \theta + i a B \frac{b}{2} \sin \theta

= i B A \sin \theta

\vec{\tau} = i A (\vec{n} \times \vec{B}) = \vec{\mu} \times \vec{B}

任意形状线圈

现在将结论推广到任意形状的线圈，如图，磁偶极矩与磁场垂直

将线圈分割为一个个小矩形，每个小矩形内部电流依次相消，最后合电流为原电流

dF_1 = i ds_1 B \sin \theta_1

dF_2 = i ds_2 B \sin \theta_2

ds_1 \sin \theta_1 = ds_2 \sin \theta_2 = dh

dF_1 = dF_2 = i B dh

d\tau = dF_1 \cdot x_1 + dF_2 \cdot x_2

= iB dh (x_1 + x_2)

= iB dA

\tau = \int d\tau = \int iB dA = iBA

Key Point

这种力矩使得磁偶极矩有转到磁场方向的趋势

点电荷在磁场中运动

Property

洛伦兹力不做功
洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小
洛伦兹力方向用右手定则判断
对于速度为 $v$ 的点电荷，洛伦兹力为 $q \boldsymbol{v_{\perp}}\boldsymbol{B}$
如果在匀强磁场中，做圆周运动，则 $q \boldsymbol{v_{\perp}}\boldsymbol{B} = \dfrac{mv^2}{r} \rightarrow r = \dfrac{mv}{qB}$
速度选择器: $\boldsymbol{E} \perp \boldsymbol{B}$ ，则 $qE = qvB \rightarrow v = \dfrac{E}{B}$ ,速度选择器接着一个磁场，根据半径不同，可以做到分离同位素
回旋加速器: 电场加速，磁场偏转，交流电的周期与粒子做圆周运动的周期相同； $v=\dfrac{qBr}{m}$ ， $T=\dfrac{2\pi m}{qB}$ , $E_k = \dfrac{1}{2}mv^2 = \dfrac{q^2 B^2 r^2}{2m}$

Warning

当回旋加速器中的粒子速度接近光速时，粒子质量会发生变化，导致粒子做圆周运动的周期发生变化，从而导致固定的交流电频率无法一直加速；粒子无法被加速到更高的能量。可以通过修改磁场大小：

m=\frac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}

T=\frac{2\pi m}{qB}=\frac{2\pi m_0}{qB\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}

修改B；

B \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}} = const

同步加速器
霍尔效应：带电粒子在磁场中运动，在垂直于磁场方向的导体中，由于洛伦兹力，电荷会向一侧偏转，从而在导体两侧形成电势差，平衡时，洛伦兹力等于电场力， $qE = qvB \rightarrow E = vB$ ， $U = E \cdot d = vBd$ ， $I = j \cdot d \cdot w = nqv \cdot d \cdot w$ ， $j = nqv$ ， $U = \dfrac{I B d}{nqwd}$ ， $R_H = \dfrac{U}{I} = \dfrac{B}{nqw}$ ， $R_H$ 称为霍尔系数， $n$ 为载流子浓度， $q$ 为载流子电量， $w$ 为导体宽度， $d$ 为导体厚度