嗨，这个问题我刚好推导过，咱们一步步来拆解，保证逻辑清晰：

第一步：明确长直导线的磁场分布 #

通有电流$I_0$的长直导线，在距离导线$r$处产生的磁感应强度大小为：
B = \frac{\mu_0 I_0}{2\pi r}
方向垂直于线圈所在平面（假设电流向上，磁场方向垂直纸面向里）。

第二步：取电流元并分析安培力 #

在圆形线圈上取一电流元$idl$，根据安培力公式$dF = i dl \times B$：

• 电流元长度$dl = R d\theta$（$R$为线圈半径，$\theta$为极坐标角度，以圆心指向导线的连线为x轴正方向）；
• 电流元到长直导线的距离$r = a + R\cos\theta$（$a$为圆心到导线的距离，且$a>R$）；
• 由于对称性，安培力的垂直分量（y方向）会相互抵消，最终只需计算平行于导线连线的水平分量（x方向）。

第三步：建立积分表达式并求解 #

水平方向的安培力分量为：
dF_x = \frac{\mu_0 I_0 i R \cos\theta}{2\pi (a + R\cos\theta)} dθ

对其从$0$到$2\pi$积分，先将被积函数变形简化：
\frac{\cosθ}{a + Rcosθ} = \frac{1}{R} \left( 1 - \frac{a}{a + Rcosθ} \right)

代入积分后利用标准积分公式$\int_0^{2\pi} \frac{1}{A + Bcosθ} dθ = \frac{2\pi}{\sqrt{A^2 - B^2}}$（$A=a,B=R$），最终得到磁场力的大小：
F = \mu_0 I_0 i \left( \frac{a}{\sqrt{a^2 - R^2}} - 1 \right)

验证：小线圈近似情况 #

当$R \ll a$时，利用泰勒展开$\frac{a}{\sqrt{a^2 - R^2}} \approx 1 + \frac{R^2}{2a2}$，代入后得到：
F \approx \frac{\mu_0 I_0 i R^2}{2a^2}
这和小线圈磁矩在非匀强磁场中受力的结果一致，说明推导是正确的。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Myungjin Hyun