载流平面线圈

学术教育 2024-09-23 10:01 广东

推导一个任意形状的载流平面线圈在均匀磁场中的受力以及合力矩，结果与在载流矩形线圈中得到的结果一致。这个推导方法更具有普遍性，可以直接用到载流矩形线圈的推导中。

在《载流矩形线圈》中，我们讨论了载流矩形线圈在均匀磁场中的受力问题，引入了磁矩的概念。磁矩这个概念不仅适用于载流矩形线圈，也适用于任意形状的载流平面线圈，接下来，我们就讨论这个问题。

假定在均匀磁场中有一个形状为任意的载流平面线圈，先讨论这个线圈受到的磁力。将线圈分割成无数个电流元，根据安培公式，整个线圈受到的磁力

\begin{equation} \vec{f}=\oint I\mathrm{d}\vec{l}\times\vec{B}=-I\vec{B}\times\oint\mathrm{d}\vec{l} \end{equation}

第二个等号后的式子是这样得到的：磁感应强度是一个常矢量，与积分无关；负号来自矢量积中两个矢量的摆放位置颠倒过来。剩下的问题是，把线元矢量沿线圈积分一周的结果做出来。

为了得到这个积分的结果，无需做太多的数学推导，只需要用一个简单的实例就能够说明问题。如下左图所示，设想有两个矢量 $\vec{a}$ 和 $\vec{b}$ ，现在要将它们加起来得到一个新的矢量。令 $\vec{c}=-\left(\vec{a}+\vec{b}\right)$ 则有 $\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=0$ 根据矢量的加法规则，当用几何方法表示矢量时， $\vec{a}$ 、 $\vec{b}$ 和 $\vec{c}$ 这三个矢量正好围成一个封闭图形，如下中图所示。这就是说，如果三个矢量首尾相接能够围成一个封闭图形，这三个矢量的和必定等于零。不难将这个结论推广到多个矢量的情形，如下右图所示：假设有 $n$ 个矢量，如果将它们首尾相接起来能够围成一个封闭图形，那么，这 $n$ 个矢量之和必定等于零。

把上述矢量求和的规则应用到我们的积分中，利用积分的定义，把线圈分割成无数段无穷短的线元，对全部线元求和：

\begin{equation}\notag \oint\mathrm{d}\vec{l}=\lim_{\Delta l_k\to0}\sum_k\Delta\vec{l}_k=0 \end{equation}

把这个结果代入(1) 式得到，一个形状为任意的载流平面线圈在均匀磁场中受到的磁力的合力等于零。

接下来讨论力矩的问题。以线圈平面上任意点为原点，建立笛卡尔坐标系，沿线圈平面的法向

\hat{n}

取

x

轴，

y

轴取在

\hat{n}\vec{B}

平面上，则

z

轴必定与

\hat{n}

和

\vec{B}

垂直，如下左图所示。在这样建立起来的坐标系中

\begin{align} \vec{B}&=B\left(\hat{i}\cos\theta+\hat{j}\sin\theta\right)\notag \\ \mathrm{d}\vec{l}&=\hat{j}\mathrm{d}y+\hat{k}\mathrm{d}z\tag 2 \\ \vec{r}&=y\hat{j}+z\hat{k}\notag \end{align}

其中

\vec{r}

是每一个电流元对原点的位置矢量。

有了这些所需要的物理量，就可以计算载流平面线圈所受的力矩：

\begin{align} \vec{L}&=\oint\vec{r}\times\left(I\mathrm{d}\vec{l}\times\vec{B}\right)\notag \\ &=IB\oint\left[\hat{k}y\sin\theta\mathrm{d}z+\hat{j}z\sin\theta\mathrm{d}\right.z\tag 3 \\ &\qquad\quad\enspace\left.-\hat{i}\cos\theta\left(y\mathrm{d}y+z\mathrm{d}z\right)\right]\notag \end{align}

这个式子有四个积分，我们分别进行计算。先来看包含

z\mathrm{d}z

的积分，为了方便计算，假定从线圈的

a

点开始积分，把沿线圈的积分分成两段：

\begin{align} \oint z\mathrm{d}z&=\overset{\qquad b}{\underset{a(y>0)}{\int}}z\mathrm{d}z+\overset{\qquad a}{\underset{b(y<0)}{\int}}z\mathrm{d}z\notag \\ &=\frac{1}{2}\left[\left(z_b^2-z_a^2)+(z_a^2-z_b^2\right)\right]=0\notag \end{align}

同样的方法也可以用到包含

y\mathrm{d}y

的积分中，只不过为了方便计算，改为从

c

点开始积分。请大家自行推导这一项的积分。

再来看包含

y\mathrm{d}z

的积分。还是从

a

开始积分，把积分分成两段：

\begin{align} \oint y\mathrm{d}z&=\overset{\qquad b}{\underset{a(y>0)}{\int}}y\mathrm{d}z+\overset{\qquad a}{\underset{b(y<0)}{\int}}y\mathrm{d}z\notag \\ &=S_1+S_2=S\notag \end{align}

式中

S_1

是线圈平面上

y>0

那部分的面积，

S_2

是

y<0

那部分的面积，如上右图所示。于是，整个积分就等于线圈表面的面积

S

。

综合以上分析，把结果代入 (3) 式得到，一个任意形状的载流平面线圈在均匀磁场中所受的力矩

\begin{equation}\tag 4 \vec{L}=IBS\hat{k}\sin\theta=IS\hat{n}\times\vec{B} \end{equation}

这正是我们在载流矩形线圈中得到的结果。

对一个任意形状的载流平面线圈，在均匀磁场中的受力以及合力矩的上述推导方法更具有普遍性，可以直接用到载流矩形线圈的推导中。大家不妨用这种方法对载流矩形线圈重新做一个分析。

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