11 磁场对电流的作用4.doc

第1页：安培定律与安培力

第十二章 磁场对电流的作用　§12-1 磁场对载流导线的作用力　安培定律

当电流元 I dl 处于磁场 B 中时受力 df = k₃B I dl sin(I dl, B)，df 称为安培力；在国际单位制中 k₃ = 1，写成矢量式

df = I dl × B，称为安培公式。

对长度为 L 的载流导线，在磁场 B 中受力 f = ∫_L I dl × B。

例：长为 l 的一载流直导线在匀强磁场 B 中，因各电流元所受力的方向一致，故该载流直导线所受作用力为

f = ∫₀^l df = ∫₀^l I B sinθ dl = I B l sinθ；

合力的作用点在长直导线中点，方向垂直纸面向内；θ = 0 时 f = 0，θ = π/2 时 f_max = BI l。

例：测定磁感应强度常用的实验装置——磁秤，安培力 f = NBIa = mg，故 B = mg/(NIa)（对一般情形，必须将各个力分解成分量，然后对整个导线求积分）。

又例：分析均匀磁场中半圆形载流导线的受力情况。df = BI dl，df_x = −df cosθ = −BI dl cosθ，df_y = df sinθ = BI dl sinθ，取 dl = R dθ，

f = ∫_L(df_x î + df_y ĵ) = ĵ ∫₀^π BI sinθ R dθ = 2BIR；

显然，作用点在半圆弧中点，方向向上。

第2页：矩形线圈各边所受的安培力

例：在长直导线 AB 内通有电流 I₁ = 20 A，在矩形线圈 CDEF 中通有电流 I₂ = 10 A，AB 与线圈共面，且 CD、EF 都与 AB 平行，已知 a = 9.0 cm、b = 20.0 cm、d = 1.0 cm。求：（1）导线 AB 的磁场对矩形线圈每边所作用的力；（2）矩形线圈所受合力和合力矩；（3）如果电流 I₂ 的方向反向，则又如何？

解：已知 B = μ₀I/(2πr)，df = I dl × B。对 CD、FE，B 为常量：

②合力与合力矩：f_合 = μ₀b I₁I₂[1/(2πd) − 1/(2π(d+a))] = μ₀a b I₁I₂/[2πd(d+a)]，方向向左（p_m 与 B 方向相同）；M = 0。

③ 若 I₂ 反向，则 f_合 = μ₀a b I₁I₂/[2πd(d+a)]，方向向右（p_m 与 B 方向相反）。

第3页：圆形与三角形回路的磁场力

例：载有电流 I₁ 的长直导线旁边有一平面圆形电流，半径为 R，中心到直导线的距离为 L，载有电流 I₂，回路与直导线在同一平面内，求 I₁ 作用在回路上的力。

解：电流元 I₂ dl 受力 dF = I₂ dl × B，B = μ₀I₁/(2πr)，其中 r = L − R cosθ、dl = R dθ，代入得

dF_x = μ₀I₁I₂R cosθ dθ/[2π(L − R cosθ)]，dF_y = μ₀I₁I₂R sinθ dθ/[2π(L − R cosθ)]。

积分：∫₀^2π dθ/(L − R cosθ) = 2π/√(L² − R²)，故

F_x = μ₀I₁I₂[L/√(L² − R²) − 1]，F_y = 0，方向指向长直导线。

例：在长直载流导线（电流 I₁）附近放置一个边长为 a、电流为 I₂ 的正三角形闭合回路，其中一条边与长直载流导线平行、距离为 a，回路与导线共面，求闭合正三角形回路所受的磁场力 F。

解：已知 B = μ₀I₁/(2πr)。平行边 bc 上 r = a 为常量，F_bc = μ₀I₁I₂/(2π)，指向导线；两条斜边上 r = a + l cos30°，dr = dl cos30°，沿背离导线方向的分量为

F_斜 = 2 × μ₀I₁I₂ cos30°/(2π) ∫₀^a dl/(a + l cos30°) = μ₀I₁I₂ ln(1 + cos30°)/π，背离导线。

故 F = μ₀I₁I₂[2ln(1 + cos30°) − 1]/(2π) ≈ 4.0×10^-2 μ₀I₁I₂，方向背离导线。

注：源文本给出的系数写作 4.5×10^-2，与按题设几何（斜边 r = a + l cos30°）重新积分得到的 4.0×10^-2 略有出入，此处按重新推导的结果给出。

第4页：载流线圈的磁矩与磁力矩

§12-2 磁场对载流线圈的作用

一、匀强磁场中的载流线圈

f₁ = BIl₁ sinθ，f′₁ = BIl₁ sin(π − θ) = BIl₁ sinθ，两者相抵消；f₂ = f′₂ = BIl₂，方向相反但不在同一直线上。

Σf = f₁ + f′₁ + f₂ + f′₂ = 0；M = f₂ l₁ cosθ = BI l₁l₂ cosθ = BIS cosθ = BIS sinφ。

令 P_m = I S n̂（磁矩），则 M = P_m × B（与电偶极子 M = p × E 比较）。

讨论：

1. φ = π/2 时 M 最大；
2. φ = 0 时为稳定平衡；
3. φ = π 时为非稳定平衡。

二、非均匀磁场中的载流线圈：df = I dl × B，合力不为 0，指向磁较强处，可以证明 f ∝ P_m dB/dr。

第5页：线圈小摆动与旋转圆盘的磁力矩

例：一边长为 l 的正方形线圈载有电流 I，处在均匀外磁场 B 中，B 垂直纸面向外，线圈可以绕通过中心的竖直轴 OO′ 转动，其转动惯量为 J，求线圈在平衡位置附近作小摆动的周期 T。

解：M = P_m × B，微扰动时 sinθ ≈ θ，M = −INa²B sinθ ≈ −INa²B θ（使 P_m 转向 B）。根据转动定律 M = J d²θ/dt² 得

J d²θ/dt² = −NIa²B θ，即 d²θ/dt² + (NIa²B/J)θ = 0，

为简谐振动方程（d²x/dt² + ω²x = 0），故 ω = √(NIa²B/J)，

T = 2π/ω = 2π√(J/(NIa²B))。

例：一平面塑料圆盘，半径为 R，表面带有面密度为 σ 的剩余电荷，假定圆盘绕其轴线 AA′ 以角速度 ω (rad·s^-1) 转动，磁场 B 的方向垂直于转轴 AA′，试证磁场作用于圆盘的力矩大小为 M = πσωR⁴B/4。

解：取半径为 r → r + dr 的圆环，此圆环所带电荷 dq = σ·2πr dr，相应的电流 dI = ω dq/(2π)；相应的磁矩为 dp_m = πr²dI = πr²·ωσ·2πr dr/(2π) = πωσ r³ dr。

总磁矩 P_m = ∫₀^R πωσ r³ dr = πωσR⁴/4；由 M = P_m × B 得

M = πσωR⁴B/4。

第6页：磁力的功

§12-3 磁力的功

一、对载流导线作的功：l = ab，f = BIl，A = f·aa′ = BIl·aa′；Φ₁ = Blda′，Φ₀ = Blda，故

A = I ΔΦ。

二、对载流线圈作的功：ΔΦ = Φ₁ − Φ₀ = Bl·aa′。让线圈 abcd 通电流 I 后在磁场 B 中转动，M = BIS sinφ，磁力矩的功

dA = −M dφ = −BIS sinφ dφ = I d(BS cosφ) = I dΦ；

总功 A = ∫_Φ1^Φ2 I dΦ = I(Φ₂ − Φ₁)，即 A = I ΔΦ（对任意闭合回路成立）；当 I 变化时 A = ∫_Φ1^Φ2 I dΦ。

例：长方形线圈 oabc 可绕 Y 轴转动，B = 0.02 T，l₁ = 6 cm，l₂ = 8 cm，I = 10 A。求：①当 θ = 30° 时每边所受的安培力及线圈所受的磁力矩；②当线圈由该位置转至平衡位置时磁力的功。

解①：f = BIl sin(I dl, B)

磁力矩 M = BIS sinφ = 0.02×10×0.06×0.08×sin60° = 8.3×10^-4 N·m；或由 oa、bc 两导线所受的磁力矩 M = 1.6×10^-2×0.06×cos30° = 8.3×10^-4 N·m，方向沿 Y 负方向（M = P_m × B）。

第7页：安培的定义

解②：θ = 30° 时 Φ₁ = BS cosφ = 0.02×0.06×0.08×cos60° = 4.8×10^-5 Wb；平衡位置时 φ = 0，Φ₂ = 0.02×0.06×0.08×cos0° = 9.6×10^-5 Wb。

A = I(Φ₂ − Φ₁) = 10×(9.6 − 4.8)×10^-5 = 4.8×10^-4 J，磁力做正功。

补充例题：一半圆形闭合线圈半径 R = 0.1 m，通过电流 I = 10 A，放在均匀磁场中，磁场方向与线圈面平行，B = 0.5 T。求：①线圈所受力矩的大小和方向；②若此线圈受力矩的作用转到线圈平面与磁场垂直的位置，则力矩做功多少？

§12-4 平行电流间的相互作用力　电流单位「安培」的定义

一、真空中两条无限长的平行载流长直导线，距离为 a，电流分别为 I₁、I₂，方向相同。在 CD 上任取一电流元 I₂dl₂，由安培公式 df₂₁ = B₁₂I₂dl₂ sin(I₂dl₂, B₁₂)，而 B₁₂ = μ₀I₁/(2πa)、sin(I₂dl₂, B₁₂) = 1，故

df₂₁ = μ₀I₁I₂dl₂/(2πa)；同理 df₁₂ = μ₀I₁I₂dl₁/(2πa)，即单位长度受的力 df/dl = μ₀I₁I₂/(2πa)。有介质存在时可类似讨论。

二、「安培」的定义（真空）：在毕奥—萨伐尔定律中选取 k₀ = μ₀/(4π) = 10^-7，即 μ₀ = 4π×10^-7 (T·m·A^-1)。已知真空中两平行无限长载流直导线每单位长度上受力 df/dl = μ₀I₁I₂/(2πa)；取 a = 1 m、I₁ = I₂ = I 各为 1 安培，则 df/dl = 2×10^-7 N·m^-1。

注意：库仑定律中 ε₀ 是由实验测得的，而毕奥—萨伐尔定律中 μ₀ 是选定的（与「安培」的定义有关）。

第8页：电流元之间的相互作用

补充例题：①求一对平行电流之间的相互作用力，两者都与联线垂直；②求一对垂直电流之间的相互作用力，其中电流元 1 沿联线、电流元 2 垂直于联线。

解：dF₂₁ = I₂dl₂ × dB₁₂，其中 dB₁₂ = μ₀I₁dl₁ × r̂₁₂/(4πr²)，r̂₁₂ = r₁₂/r，故

dF₂₁ = μ₀I₁I₂ dl₂ × (dl₁ × r̂₁₂)/(4πr²)；同理 dF₁₂ = μ₀I₁I₂ dl₁ × (dl₂ × r̂₂₁)/(4πr²)。

解①：dl₂ × (dl₁ × r̂₁₂) 的大小为 dl₁dl₂ sinθ₁ sinθ₂（θ₁ = θ₂ = π/2），即 dF₂₁ = μ₀I₁I₂dl₁dl₂/(4πr²)，显然 dF₂₁ = −dF₁₂。

解②：dF₂₁ = μ₀I₁I₂dl₁dl₂ sinθ₁ sinθ₂/(4πr²) = 0（θ₁ = 0），而

dF₁₂ = μ₀I₁I₂ dl₁ × (dl₂ × r̂₂₁)/(4πr²) ≠ 0，

即单个电流元之间的相互作用力可以不满足牛顿第三定律；牛顿第三定律（等价于动量守恒定律）是任何封闭物体系普遍遵守的定律，对孤立的运动电荷需计入电磁场携带的动量后才成立。

第9页：洛仑兹力

补充例题：任意两个闭合载流回路 L₁ 和 L₂ 之间的相互作用

F₂₁ = (μ₀I₁I₂/(4π)) ∬ dl₂ × (dl₁ × r̂₁₂)/r²，

F₁₂ = (μ₀I₁I₂/(4π)) ∬ dl₁ × (dl₂ × r̂₂₁)/r²；试证明它们满足牛顿第三定律 dF₂₁ = −dF₁₂。

证：dl₂ × (dl₁ × r̂₁₂) = dl₁(dl₂·r̂₁₂) − (dl₁·dl₂) r̂₁₂；dl₁ × (dl₂ × r̂₂₁) = dl₂(dl₁·r̂₂₁) − (dl₂·dl₁) r̂₂₁。又

∮_(L) r̂₁₂·dl/r² = ∮_(L) dr/r² = 0，

故 F₂₁ = −(μ₀I₁I₂/(4π)) ∬ (dl₁·dl₂) r̂₁₂/r²，F₁₂ = −(μ₀I₁I₂/(4π)) ∬ (dl₁·dl₂) r̂₂₁/r²；而 r̂₁₂ = −r̂₂₁、r² 相同，故 F₂₁ = −F₁₂。

§12-5 运动电荷在磁场中所受的力　洛仑兹力：由安培公式 df = I dl × B，又 I = qnvS、dN = nS dl，故 df = qnvS dl × B = q dN v × B，于是单个运动电荷受力

f = df/dN = q v × B，即洛仑兹力，大小 f = qvB sin(v, B)。由牛顿第二定律 m dv/dt = qv × B。

第10页：带电粒子在磁场中的运动

洛仑兹力不做功的证明：对 m dv/dt = qv × B 两端同时点乘 v：

m v·dv/dt = q v·(v × B) ≡ 0，即 d[(1/2)mv²]/dt = 0，故 (1/2)mv² = 常数。

说明：电荷在磁场内运动时，磁场不对运动电荷作功，只会改变运动的方向（洛仑兹力不作功）。

例：有一均匀磁场 B 水平地由南指向北，大小为 1.5 T。有一个 5.0 MeV 的质子沿竖直向下的方向通过这个磁场，问作用在该质子上的力有多大？

解：E_K = (1/2)mv² = 5.0×10⁶ eV = 8.0×10^-13 J，质子质量 m = 1.67×10^-27 kg，故 v = √(2E_K/m) ≈ 3.10×10⁷ m/s，

f = qvB = 1.60×10^-19×3.10×10⁷×1.5 ≈ 7.4×10^-12 N。

注：源文本将 5.0 MeV 换算为 8.0×10^-3 J，与 1 eV = 1.602×10^-19 J 的换算不符，应为 8.0×10^-13 J，此处按标准换算给出速度与受力结果。

§12-6 带电粒子在磁场中的运动：带电粒子的运动方程为 m dv/dt = qE + qv × B（其中 F_e = qE，F_m = qv × B），解的情况比较复杂，下面选择特殊情况分析。

第11页：磁聚焦与质谱仪

例①磁聚焦：带电粒子在匀强磁场中作螺旋运动，螺距 h = v_∥T = 2πmv cosθ/(qB)（与回旋半径 R 无关）。当 l = n h（n 为整数）时即聚焦，由 h = l = 2πmv cosθ/(eB) 得 v cosθ = eBl/(2πnm)；而 mv_ox²/2 = eV，故

e/m = 8π²n²V/(B²l²)。

例②速度选择器：F_e = qE，F_m = qv × B；当 F_e = −F_m 即 qE = qvB 时，v = E/B 的粒子可以通过。

例③倍恩勃立奇质谱仪：由速度选择器 v = E/B′，在磁场 B 中回旋半径 R = mv/(qB)，故

q/m = v/(RB) = E/(R B B′)；当 q、E、B、B′ 一定时，m ∝ R（可由底片上的位置测定）。

例④回旋加速器、例⑤霍尔效应（1879 年）：不论是电子还是「空穴」载流子，力 f 总是向上的，U_H = U₁ − U₂ ∝ IB/b，即

U_H = R_H·IB/b，R_H 称为霍尔系数，仅与材料有关。

第12页：霍尔效应与本章小结

下面推导 R_H：设平衡时霍尔电场为 E_H，由 qE_H = q v × B 得 E_H = vB；

U_H = U₁ − U₂ = a E_H = a v B（把 v 消去），而 I = n q a b v ⇒ v = I/(n q a b)，故

U_H = (1/(nq))·IB/b = R_H·IB/b。

比较得 R_H = 1/(nq)，可测试载流子浓度。

讨论：

1. R_H > 0，若 q > 0（p 型半导体）；
2. R_H < 0，若 q < 0（n 型半导体）；
3. n = 1/(q R_H)。

第十二章小结：