第17章 磁场对电流的作用

心 O 点及柱外 P 点 (OP=2R) 的磁感应强度。

16-18 在顶角为 $ 2\theta $ 的圆锥台上紧密地缠绕了通有电流 I 的线圈 N 匝，圆锥台上下底面的半径分别为 r 和 R，求圆锥顶点处的磁感应强度。

16-19 如题16-19图所示，有一均匀带电细直导线段AB，长为b，电荷线密度为 $ \lambda $。此线段绕垂直于纸面的轴O以匀角速率 $ \omega $转动，转动过程中线段A端与轴O的距离a保持不变。(1)求O点的磁感应强度 $ B_{O} $的大小及方向；(2)求转动线段的磁矩 $ p_{m} $的大小及方向；(3)若 $ a\gg b $，再求 $ B_{O} $与 $ p_{m} $的大小。

19–20 如题 16–20 图所示，电缆由一导体圆柱和一同轴的导体圆筒构成。使用时，电流 I 从一导体流去，从另一导体流回，电流都是均匀地分布在横截面上。设圆柱的半径为 $ r_{1} $，圆筒的内外半径分别为 $ r_{2} $ 和 $ r_{3} $，场点到轴线的垂直距离为 r。用安培环路定理求 r 在下列范围内该处的磁感应强度的大小：

(1) $ 0 < r_1; (2) $ $ r_1 < r < r_2; (3) $ $ r_2 < r < r_3; (4) $ $ r > r_3 $.

第17章

磁场对电流的作用

上一章讨论了恒定磁场，这一章将讨论带电粒子在磁场中的运动及其运动规律的应用、磁场对载流导体的作用力以及磁力做功问题。

17.1 磁场对运动电荷的作用

17.1.1 洛伦兹力

在 §16-2 定义磁感应强度 B 时，我们已经知道磁场作用在运动电荷上的力 F 与运动电荷所带的电荷量 q 及运动电荷的速度 v 有关。实验表明，磁场对运动电荷的作用力，即洛伦兹力 (Lorentz force) F 的大小为

$$ \boldsymbol{F}=\mathbf{\Lambda}\left|q\right|v B\sin\theta $$

式中 $ \theta $ 为运动电荷 q 的速度 v 与磁感应强度 B 的夹角。洛伦兹力的方向总是垂直于 v 与 B 组成的平面，指向由右手螺旋定则确定。写成矢量表达式为

$$ \boldsymbol{F}=q\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B} $$

式(17-1)中 q 可正可负，当 q>0 时 F 与 $ v \times B $ 同向；当 q<0 时 F 与 $ v \times B $ 反向。由于洛伦兹力总是垂直于运动电荷的速度方向，所以，洛伦兹力不对电荷做功，不能改变带电粒子的速率和动能，只能改变带电粒子的运动方向。

17.1.2 带电粒子在磁场中的运动

设有一质量为 m，带电荷量为 q 的带电粒子以初速 v 进入磁感应强度为 B 的均匀磁场中，其运动情况有如下几种：

1. v 与 B 平行

由于此时 v 与 B 夹角为零，从式(17-1)可知带电粒子所受的洛伦兹力为零，即带电粒子不受磁场影响，仍以 v 在磁场中做匀速直线运动。

2. v 与 B 垂直

如图17-1所示，粒子受到的洛伦兹力大小 F = qvB，方向垂直于 v 和 B 组成的平面，粒子在磁场中做匀速圆周运动，其洛伦兹力作向心力，即

$$ qvB=m\frac{v^{2}}{R} $$

从而可求得带电粒子做圆周运动的轨道半径为

$$ R=\frac{mv}{qB} $$

带电粒子绕圆形轨道一周所需时间，即周期为

$$ T=\frac{2\pi R}{v}=\frac{2\pi m}{qB} $$

回旋频率

$$ f=\frac{1}{T}=\frac{q B}{2\pi m} $$

可见，粒子运动周期 T 及回旋频率 (cyclotron frequency) f 都与带电粒子的运动速率 v 及回旋半径 R 无关。

1. v 与 B 成任意夹角 $ \theta $

把带电粒子的初速 v 分解为平行于 B 的分量 $ v_{\parallel} $ 与垂直于 B 的分量 $ v_{\perp} $，有

$$ \begin{aligned}v_{\parallel}&=v\cos\theta\\v_{\perp}&=v\sin\theta\end{aligned} $$

显然，带电粒子同时参与平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场方向的圆周运动。这两个方向运动的合成，将使带电粒子做以磁场方向为轴的等螺距螺旋线运动（如图17-2所示）。螺旋线半径

$$ R=\frac{mv\sin\theta}{qB}=\frac{mv_{\perp}}{qB} $$

螺旋周期

$$ T=\frac{2\pi R}{v_{\perp}}=\frac{2\pi m}{qB} $$

螺旋线的等螺距

$$ h=v_{//}T=\frac{2\pi m v\cos\theta}{q B} $$

【例17-1】一种质谱仪（mass spectrometer）的构造原理如图17-3所示。离子源P所产生的离子，经过窄缝 $ S_{1} $和 $ S_{2} $之间的加速电场加速后射入滤速器，滤速器中的电场强度E和磁感应强度B都垂直于粒子速度v，且 $ E\perp B $，通过滤速器的离子接着进入均匀磁场 $ B_{0} $中，它们沿着半圆周运动到达记录它们的照相底片上形成谱线。如果测得谱线A到入口 $ S_{0} $的距离为x，试证明此谱线相应的离子质量为

$$ m=\frac{qB_{0}Bx}{2E} $$

证明 （1）滤速器：为使离子沿原方向前进而通过窄缝 $ S_{0} $，应使离子所受到的电场力和洛伦兹力互相平衡，即 P

$$ q\boldsymbol{E}=q v\boldsymbol{B} $$

由此可见，通过滤速器的离子速率为

$$ v=\frac{E}{B} $$

（2）质谱分析：所记录的该离子在底片上的谱线A到入口 $ S_{0} $的距离为x，恰好等于离子圆周运动的直径，于是，利用式（17-2）可得

$$ x=2R=\frac{2mv}{qB_{0}}=\frac{2mE}{qB_{0}B} $$

$$ m=\frac{qB_{0}Bx}{2E} $$

对于质谱仪来说，电场 E 和磁场 B、 $ B_{0} $ 都是固定的。当每个离子所带的电荷量 q 相同时，由 x 的大小就可以确定离子的质量 m，通常的元素都有若干个质量不同的同位素，在上述质谱仪的感光片上会形成若干条谱线。由谱线的位置，可以确定同位素的质量；由谱线的黑度，可以确定同位素的相对含量。

【例17-2】回旋加速器(cyclotron)是获得高速粒子的一种装置，其基本原理就是利用了回旋频率与粒子速率无关的性质。如图17-4所示，回旋加速器的核心部分是两个D形盒，它们是密封在真空中的两个半圆形金属空盒，放在电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场的方向垂直于D形盒的底面。两个D形盒之间留有窄缝，中心附近放置粒子源。在两D形盒之间接有交流电源，它在缝隙里形成一个交变电场用以加速带电粒子，试分析回旋加速器的基本工作原理。

解 设当 $ D_{2} $ 电极的电势高于 $ D_{1} $ 时，从离子源发出一个带正电的离子，它在缝隙中被加速，以速率 $ v_{1} $ 进入 $ D_{1} $ 内部，由于电屏效应，在每个 D 形盒的内部电

场很弱，离子只受到均匀磁场的作用，绕过回旋半径为 $ R_{1}=mv_{1}/qB $ 的半个圆周后又回到缝隙。如果这时的电场恰好反向，即交变电场的周期恰好为 $ T=2\pi m/qB $，则正离子又将被加速，以更大的速率 $ v_{2} $ 进入 $ D_{2} $ 盒内，绕过回旋半径为 $ R_{2}=mv_{2}/qB $ 的半个圆周后再次回到缝隙。虽然 $ R_{1}

样的，它们都等于式(17-3)所决定的回旋周期 T 的一半，即 $ T/2 = \pi m/qB $。所以尽管离子的速率和回旋半径一次比一次增大，只要缝隙中的交变电场以不变的回旋周期 $ T = 2\pi m/qB $ 往复变化，则不断被加速的离子就会沿着螺旋轨迹逐渐趋近 D 形盒的边缘，用偏转电极可将已达到预期速率的离子引出，供实验用。

设 D 形盒的半径为 R，则根据式(17-2)离子所获得的最终速率为

$$ v_{max}=\frac{qBR}{m} $$

它受到磁感应强度 B 以及 D 形盒的半径 R 的限制。要使离子获得很高的能量，就要加大加速器电磁铁的重量和 D 形盒的直径。例如，在能量达到 10 MeV 以上的回旋加速器中，B 的数量级为 1 T，D 形盒的直径在 1 m 以上。

由于相对论效应，当粒子的速率很大时， $ \frac{q}{m} $ 已不再是常量，从而回旋周期 T 将随粒子速率而增大，这时若还保持交变电场的周期不变，就不能保持与回旋运动同步，粒子经过缝隙时也就不能始终得到加速。对于同样的动能，质量越小的粒子，速度越大，相对论效应也就越显著。例如 2 MeV 的氘核的相对论性质量只比其静质量大 0.01%，而 2 MeV 的电子的相对论性质量约为其静质量的 5 倍。因此，回旋加速器更适合于加速较重的粒子，如氚核等。但是，即使对于这些较重的粒子，用回旋加速器加速所获得的能量也还是受到了相对论的限制。

对上述相对论效应，可以用实验的方法进行补偿。一种设计叫做同步加速器（synchortron），它使磁场具有某种分布，从而在半径不同的地方尽管粒子的质量不同，但回旋频率却保持不变；另一种设计叫做同步回旋加速器（synchorcyclotron），它保持磁场不变，改变施加在D形电极上交变电压的频率，从而使粒子的运动与所施加的电压在每一时刻都保持共振。

人们认识微观世界的层次越深入，要求被加速的粒子的能量就越高。例如，将电子从原子中打出来，大约要 10 eV 的能量；将核子从原子核中打出来，大约要 8 MeV 的能量；为产生 $ \pi $ 介子和 K 介子，则需要质子具有几亿到几十亿电子伏的能量。从 1931 年劳伦斯 (Emest Orlando Lawrence, 1901—1958) 的第一台 0.08 MeV 能量的回旋加速器，到现在的 $ 5 \times 10^{5} $ MeV，回旋加速器的能量大约每隔 10 年提高一个数量级，而能量的每次重大提高都带来了对粒子的新发现和新知识。例如，1983 年发现的 $ W^{+} $ 和 $ Z^{0} $ 粒子，就是对电弱统一理论的有力支持。

17.1.3 霍耳效应

如图17-5所示，将一通有电流I的导体或半导体板放在垂直于板面磁感应强度为B的均匀磁场中，若电流方向与磁场方向垂直，则在导体板的两侧M,N之间将出现横向电势差 $ U_{H} $。这个现象由美国物理学家霍耳(Edwin Herbert Hall,1855—1938)在1879年首先发现的，故称之为霍耳效应(Hall effect)，所产生的横向电势差 $ U_{H} $称为霍耳电势差。

实验发现,霍耳电势差的大小与电流I及磁感应强度B的大小成正比,而与板的厚度成反比。即

$$ U_{\mathrm{H}}=U_{M}-U_{N}=R_{\mathrm{H}}\frac{I B}{d} $$

式中 $ R_{H} $ 是仅与导体材料有关的常量, 称为霍耳系数。

霍耳电势差是载流子在磁场中运动受到洛伦兹力引起的。如图17-5所示，设载流子带正电，带电荷量为q，载流子数密度为n，平均漂移速率为v，则

$$ \begin{aligned}&I=nqvbd\\&v=\frac{I}{nqbd}\\ \end{aligned} $$

向右漂移的载流子所受洛伦兹力方向向下，大小为

$$ \boldsymbol{F}_{\mathrm{m}}=q v\boldsymbol{B} $$

于是，载流子在向右漂移的同时向下偏转，使板的下表面带正电，上表面带负电，从而在板内建立起不断加强的横向电场，使载流子受到向上的电场力，大小为

$$ F_{e}=qE=q\frac{U_{ 固 }}{b} $$

当载流子受到的洛伦兹力和横向电场力平衡时，载流子不再偏转，只沿着导体板定向漂移，由 $ F_{m}=F_{e} $ 有

$$ \begin{aligned}qvB&=q\frac{U_{H}}{b}\\U_{H}&=Bvb\end{aligned} $$

将式(17-9)代入上式得

$$ U_{\mathrm{H}}=B b\frac{I}{n q b d}=\frac{1}{n q}\frac{I B}{d} $$

如果是金属导体，则其载流子是带负电的电子，载流子带电荷量为 q = -e，e 是电子电荷的绝对值，则洛伦兹力方向向下、使带负电的电子向下漂移，这时霍耳电势差为

$$ U_{\mathrm{H}}=U_{M}-U_{N}=-\frac{1}{n e}\frac{I B}{d} $$

将式（17-8）分别与式（17-10）、式（17-11）比较可得霍耳系数为

$$ R_{H}=\frac{1}{nq}\quad 或 \quad R_{H}=-\frac{1}{ne} $$

霍耳效应在实际中具有广泛的应用。通过试验测定霍耳电势差或霍耳系数的

正负可以判断半导体的载流子是电子还是空穴，从而判断半导体是 n 型还是 p 型。还可以通过测定霍耳电势差或霍耳系数的大小来计算载流子的浓度。

半导体内载流子浓度远小于金属中的载流子浓度，半导体的霍耳电势差和霍耳系数都比金属的大得多，所以半导体的霍耳效应比金属的显著得多。利用半导体材料制成的霍耳元件常用来测量磁场、电流、压力等物理量，例如由式（17-10）可知，对于给定的霍耳元件 $ R_{H} $ 和 d 是一定的，把霍耳元件通以恒定的电流 I 并置于待测磁场中时，霍耳电势差 $ U_{H} $ 只与磁感应强度 B 成正比，所以，可以通过霍耳电势差来测磁感应强度 B。这是目前常用的一个比较精确的测量磁场的方法。

除了固体的霍耳效应外，在导电流体中也能产生霍耳效应，磁流体发电所依据的基本原理就是等离子体的霍耳效应。当处于高温高速的等离子态气体通过耐高温材料制成的导电管时，若在垂直于气流的方向加上磁场，则等离子体中的正、负离子在洛伦兹力的作用下，将分别向与磁场B和流速v都相垂直的两个相反方向偏移，使导电管两侧的电极上产生一电势差，把负载加到两极上，就能从电极上连续输出电能。磁流体发电效率高，污染少、启动迅速，但目前还处于研制阶段。

有些金属，例如 Be、Zn、Cd、Fe 等，虽然其载流子是电子，但是它们的霍耳电势差的极性与载流子为正电荷的情况相同，好像这些金属中的载流子带正电一样，这种现象称为反常霍耳效应。另外，1980 年德国物理学家克里钦（Klaus Von Klizing，1943—）发现在低温（15 K）和强磁（19 T）的条件下，式（17-10）中的霍耳电势差不再是线性关系，而是台阶式的非线性关系，这就是量子霍耳效应。这些现象都无法用经典的电子理论说明清楚，只有用量子理论才能圆满地解释。

17.2 磁场对载流导线的作用

导线中的电流是自由电子的定向运动形成的。当把载流导线置于外磁场中时，这些导线中运动的自由电子将受到洛伦兹力的作用，向导线侧向漂移，与晶格上的正离子发生碰撞，把从外磁场获得的动量传递给导线，从而在宏观上表现出载流导线受到磁场力的作用。

如图 17-6 所示，设导线截面积为 S，单位体积内的载流子数为 n，取长度为 dl 的一段导线，则该段导线内的载流子数为 dN=nSdl。若每个载流子所带电荷量为 q，载流子的平均漂移速度为 v，则在外磁场 B 作用下，每个载流子受到的洛伦兹力为 qv×B，所以长度为 dl 的载流导线受到的磁场力就是 dN 个载流子所受到洛伦兹力的总和，即

$$ \begin{aligned}\mathrm{d}\boldsymbol{F}&=\mathrm{d}N q(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})\\&=n s q\mathrm{d}l(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})\end{aligned} $$

如果把这段长为 $ \mathrm{d}l $ 的导线规定为矢量，它的方向与电流的方向即 qv 的方向—

致，则

$$ q\mathrm{d}l v=\mid q\mid v\mathrm{d}l $$

所以上式可写为

$$ \mathrm{d}\boldsymbol{F}=n s v\mid_{q}\mid\mathrm{d}\boldsymbol{l}\times\boldsymbol{B} $$

又 $ nsv|q| $ 为通过 dI 的电流的大小，故有

$$ \mathrm{d}\boldsymbol{F}=I\mathrm{d}\boldsymbol{l}\times\boldsymbol{B} $$

通常我们把载有电流的一段矢量线元 Id I 称为电流元，式 (17-13) 给出了电流元在外磁场中的受力，称为安培定律 (Ampere law)，其中 dF 称为安培力 (Ampere force)。

任意形状的载流导线在外磁场中所受的安培力等于导线中各个电流元所受安培力的矢量和，即

$$ \boldsymbol{F}=\int I\mathrm{d}\boldsymbol{l}\times\boldsymbol{B} $$

【例17-3】载有电流I的两种形状的导线，其所在平面与均匀磁场的磁感应强度B的关系如图17-7所示。试求作用在导线上的磁场力。

解 (1) 在图 17-7(a) 中，选取图示坐标系 Oxy。由安培定律可知在半圆形导线上任一电流元 IdI 所受的力

$$ \mathrm{d}\boldsymbol{F}=I\mathrm{d}\boldsymbol{l}\times\boldsymbol{B} $$

dF 的方向沿半径向外。将 dF 分解为 $ \mathrm{d}F_{x} $， $ \mathrm{d}F_{y} $，由于电流分布对称于 y 轴，故在对称处的电流元所受力的 x 分量抵消，只有 y 方向的分力对合力有贡献。整个半圆形导线受的力为各个电流元受力的矢量和，而 $ F_{x} = \int \mathrm{d}F_{x} = 0 $，所以只需求 $ F_{y} = \int \mathrm{d}F_{y} $。由图可看出

$$ \mathrm{d}F_{_{y}}=\mathrm{d}F\sin\theta=IB\mathrm{d}l\sin\theta $$

所以

$$ F_{_{y}}=\int\mathrm{d}F_{_{y}}=\int IB\mathrm{d}l\sin\theta $$

又因

$$ \mathrm{d}l=R\mathrm{d}\theta $$

$$ \begin{aligned}F_{_{y}}&=\int_{L}IB\mathrm{d}l\sin\theta=\int_{0}^{\pi}IBR\sin\theta\mathrm{d}\theta\\&=IBR\big[-\cos\theta\big]\big|_{0}^{\pi}=2IBR\end{aligned} $$

故

$$ \boldsymbol{F}=\boldsymbol{F}_{y}\boldsymbol{j}=2IBR\boldsymbol{j} $$

显然，作用在半圆形导线上的磁力是一组平行力合成的，此组平行力的合力作用点在半圆弧的中点上，合力的大小等于C，D间载有同样的电流的直导线所受的力，合力的方向沿y轴的方向。

（2）如图17-7(b)所示，根据式(17-14)，一段载流导线所受的安培力为

$$ \boldsymbol{F}=\int_{c}^{D}I\mathrm{d}\boldsymbol{l}\times\boldsymbol{B} $$

由于电流 I 是常量，可提出积分号外，得

$$ \mathbf{F}=I\int_{c}^{D}\mathrm{d}\boldsymbol{l}\times\mathbf{B}=I\Big(\int_{c}^{D}\mathrm{d}\boldsymbol{l}\Big)\times\mathbf{B} $$

式中，括号内积分为线元 $ \mathrm{d}l $ 的矢量和，应等于从第一个线元 $ \mathrm{d}l $ 的尾点 C 到最后一个线元 $ \mathrm{d}l $ 的矢端 D 点的矢量直线段 $ l_{0} $。因此得

$$ \boldsymbol{F}=l\boldsymbol{l}\times\boldsymbol{B} $$

这说明整个弯曲导线在均匀磁场中所受磁场力的总和，应等于从起点到终点载有同样电流的直导线所受的磁场力。即磁场力 F 的大小为

$$ F=I l B\sin\theta $$

F 的方向垂直纸面向外。

【例17-4】如图17-8所示，有无限长直线电流 $ I_{0} $，沿一半径为R的圆电流I的直径通过。试求：

（1）半圆弧 ADB 受直线电流的作用力；

（2）整个圆形电流受直线电流的作用力。

解 （1）建立如图所示的坐标系，在 ADB 半圆上任一点 a 处取电流元 IdI，其所在处长直电流 $ I_{0} $ 的磁场为

$$ B=\frac{\mu_{0}}{2\pi}\frac{I_{0}}{x}=\frac{\mu_{0}I_{0}}{2\pi R\sin\theta} $$

B 的方向垂直纸面向里。

Idl 所受的安培力为

$$ \mathrm{d}\boldsymbol{F}=I\mathrm{d}\boldsymbol{l}\times\boldsymbol{B} $$

此力的大小为

$$ \mathrm{d}F=IB\mathrm{d}l=\frac{\mu_{0}I_{0}I}{2\pi}\frac{\mathrm{d}l}{R\sin\theta}=\frac{\mu_{0}I_{0}I\mathrm{d}\theta}{2\pi\sin\theta} $$

方向沿半径向外，dF 在 x, y 方向的分量分别为

$$ \mathrm{d}F_{x}=\mathrm{d}F\sin\theta=\frac{\mu_{0}I_{0}I}{2\pi}\mathrm{d}\theta $$

$$ \mathrm{d}F_{y}=\mathrm{d}F\cos\theta=\frac{\mu_{0}I_{0}I}{2\pi}\frac{\cos\theta}{\sin\theta}\mathrm{d}\theta $$

因此 ADB 所受的力为

$$ F_{x}=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}F_{x}=\frac{\mu_{0}I_{0}I}{2\pi}\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\theta=\frac{1}{2}\mu_{0}I_{0}I $$

$$ F_{y}=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}F_{y}=0 $$

可见，半圆电流 ADB 受长直电流的作用力的大小为

$$ \boldsymbol{F}=\boldsymbol{F}_{x}=\frac{1}{2}\mu_{0}\boldsymbol{I}_{0}\boldsymbol{I} $$

方向沿 x 轴正向。

（2）同理可见半圆电流ACB受长直电流的作用力的大小也是 $ \frac{1}{2}\mu_{0}I_{0}I $。由半圆电流ACB与它所在的长直电流的磁场方向可知，ACB受的安培力的方向也是沿x轴正向。故整个圆电流受长直电流磁场力的大小为 $ \mu_{0}I_{0}I $，方向沿x轴正向。

【例17-5】计算两条无限长载流平行直导线之间的相互作用力。

解 如图17-9所示，设有两条无限长载流平行直

导线相距为a，分别通有电流 $ I_{1}, I_{2} $。在导线CD上

任取一电流元 $ I_{2}dI_{2} $，根据安培定律，该电流元受力

大小为

$$ \mathrm{d}F_{21}=I_{2}B_{1}\mathrm{d}l_{2} $$

式中 $ B_{1} $是无限长直导线AB中电流 $ I_{1} $在 $ I_{2}dl_{2} $处产生的磁感应强度值，其大小为

$$ B_{1}=\frac{\mu_{0}I_{1}}{2\pi a} $$

故有

$$ \mathrm{d}F_{21}=\frac{\mu_{0}I_{1}I_{2}}{2\pi a}\mathrm{d}l_{2} $$

$ \mathrm{d}F_{21} $ 的方向在两平行直线电流所决定的平面内，指向导线 AB。由于导线 CD 上任一电流元所受力的大小、方向均相同，得导线 CD 上单位长度受力为

$$ \frac{\mathrm{d}F_{21}}{\mathrm{d}l_{2}}=\frac{\mu_{0}I_{1}I_{2}}{2\pi a} $$

同理，可推出导线 AB 上单位长度受力为

$$ \frac{\mathrm{d}F_{12}}{\mathrm{d}l_{1}}=\frac{\mu_{0}I_{1}I_{2}}{2\pi a} $$

方向指向导线CD。

根据安培定律，不难判断，两个同向电流间，通过磁场作用，互相吸引；而两个反向电流间互相排斥。

在国际单位制中，电流的单位安培就是利用式(1)或式(2)来定义的。即在真空中相距1 m的两条无限长平行直导线，各通以相同的电流，当导线上每米长度受力恰为 $ 2 \times 10^{-7} $ N 时，导线上的电流分别为 1 A。

17.3 均匀磁场对载流线圈的作用

应用安培定律可以进一步研究磁场对载流线圈的作用。设在匀强磁场 B 中有一矩形刚性平面线圈 $ abcda $，载有电流 $ I, ad = bc = l_{1}, ab = cd = l_{2} $。又设线圈平面与 B 的夹角为 $ \theta $，ab 边和 cd 边与 B 垂直，如图 17-10(a) 所示。

由安培定律可计算出四条边所受的力：

$$ \begin{aligned}F_{ad}&=I l_{1}B\sin(\pi-\theta)=I l_{1}B\sin\theta\\&\quad F_{bc}=I l_{1}B\sin\theta\end{aligned} $$

由图看出，这两力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，所以互相抵消，合力为零。而

$$ F_{ab}=F_{cd}=Il_{2}B $$

这两力大小相等，方向相反，但不在同一直线上，因此形成一力偶，力臂为 $ l_{1}\cos\theta $。

故磁场作用在线圈上的力偶矩大小为

$$ M=F_{ab}l_{1}\cos\theta=IBl_{1}l_{2}\cos\theta=IBS\cos\theta $$

式中 $ S=l_{1}l_{2} $ 是线圈的面积。

通常用线圈平面的法线方向 $ e_{n} $ 来表示线圈的方位。若 $ e_{n} $ 与 B 的夹角为 $ \varphi $ [见图 17-10(b)], 由于 $ \theta + \varphi = \frac{\pi}{2} $，则上式可写为

$$ M=IBS\sin\varphi $$

如果线圈有 N 匝，那么线圈所受的力矩大小为

$$ M=N I B S\sin\varphi $$

式中 NIS 是由线圈决定的量，通常我们称 NISe_{n} 为线圈的磁矩（magnetic moment），用 p_{m} 表示，即有 p_{m}=NISe_{n}，故上式可写成矢量式

$$ \boldsymbol{M}=\boldsymbol{p}_{m}\times\boldsymbol{B} $$

下面讨论几种特殊情况：

（1）当 $ \varphi=\frac{\pi}{2} $ 时，线圈平面与 B 平行，则 $ p_{m} $ 与 B 垂直，M 有最大值，即 $ M_{max}= $ NIBS，这一力矩有使 $ \varphi $ 减少的趋势。

（2）当 $ \varphi=0 $时，线圈平面与B垂直， $ p_{m} $与B同向，M=0，这时线圈处于稳定平衡状态。

（3）当 $ \varphi=\pi $ 时，线圈平面与 B 垂直， $ p_{m} $ 与 B 反向，M=0，但线圈处于非稳定平衡状态，这时它稍一偏转，磁场的力矩就会使它发生转动，直到 $ p_{m} $ 转向 B 的方向为止。

由此可见，载流线圈在磁场中受到的作用，总是力图使 $ p_{m} $转向B的方向（使角 $ \varphi $减少），当 $ \varphi $等于零时，才达到稳定平衡。

式（17-16）虽然是从矩形平面线圈导出的，但计算和实验表明，对任意形状的平面载流线圈，此式也一样成立。而且，对于带电粒子沿闭合回路的运动、带电粒子的自旋运动而具有磁矩的情况，在磁场中所受到的磁力矩也可用上述公式计算。

17.4 磁力的功

当载流导线(或载流线圈)在磁场中受到磁力(或磁力矩)的作用而运动时，磁力(或磁力矩)做功。磁力(或磁力矩)做功是将电磁能转化为机械能的重要途径，在工程实际中有很重要的意义。下面从一些特例出发，建立磁力(或磁力矩)做功的一般规律。

17.4.1 磁力对运动载流导线做的功

如图17-11，在磁感应强度为B的均匀磁场中，有一载流闭合回路abcda。若回

路中的电流 I 不变, ab=l, ab 可在 da 和 cb 两导线上自由滑动。由安培定律知 ab 边所受到的磁力为

$$ F=I l B $$

方向水平向右。若 ab 边在 F 作用下移至 $ a^{\prime}b^{\prime} $，则磁力做的功为

$$ \begin{array}{r l}{W=F\cdot\mathrm{~\left|~a a^{\prime}\right|~}=I B l\mathrm{~\left|~a a^{\prime}\right|~}=I B\cdot\Delta S}\end{array} $$

即

$$ \boldsymbol{W}=I\Delta\boldsymbol{\varPhi}_{\mathrm{m}} $$

式中 $ \Delta\Phi_{m} $ 为回路 abcda 所包围的面积磁通量的增量。式(17-17)说明，磁力对运动载流导线做的功等于回路中电流乘以通过回路所包围面积的磁通量的增量。

17.4.2 磁力矩对转动载流线圈做的功

设有一载流线圈在均匀磁场内受到磁力矩作用而转动，如图17-12所示。如果保持线圈中的电流不变，当线圈转过 $ d\varphi $时，磁力矩做的功为

$$ \mathrm{d}W=-M\mathrm{d}\varphi $$

式中负号表示磁力矩做正功时将使 $ \varphi $减小。应用式(17-15)，可得

$$ \begin{aligned}\mathrm{d}W=&-p_{m} B\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\\=&-ISB\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\\=&I\mathrm{d}(BS\cos\varphi)\\=&I\mathrm{d}\varPhi_{m}\end{aligned} $$

当线圈从 $ \varphi_{1} $ 转到 $ \varphi_{2} $ 时，磁力矩所做的总功为

$$ \boldsymbol{W}=\int_{\phi_{\mathrm{m}1}}^{\phi_{\mathrm{m}2}}\boldsymbol{I}\mathrm{d}\boldsymbol{\phi}_{\mathrm{m}}=\boldsymbol{I}\left(\boldsymbol{\Phi}_{\mathrm{m}2}-\boldsymbol{\Phi}_{\mathrm{m}1}\right)=\boldsymbol{I}\Delta\boldsymbol{\Phi}_{\mathrm{m}} $$

可以证明，对任意的平面闭合载流回路在均匀磁场中发生位置改变或改变形状时，磁力或磁力矩的功都可以用 $ W = I \Delta \Phi_{m} $ 计算，即磁力或磁力矩的功等于回路中的电流乘以通过载流线圈的磁通量的增量。

$$ W=\int_{\Phi_{m1}}^{\Phi_{m2}}I\mathrm{d}\Phi_{m} $$

若回路中的电流 I 是随时间变化的，则磁力或磁力矩所做的功应为

【例17-6】如图17-13所示，一半圆形闭合线圈，半径R=0.1m，通有电流I=10A，放置在均匀磁场中，磁场方向与线圈直径平行，且 $ B=5.0\times10^{-1} $ T。试求线圈所受到的磁力矩。

解 方法一 用积分方法求解

因半圆线圈直径上的电流方向与 B 的方向平行，所以此线段不受磁场力。只有半圆弧段受到磁场力的作用。若在其上任取一电流元 IdI，如图 17-13 所示，该电流元受磁场力的大小为

$$ \begin{aligned}\mathrm{d}F&=B I\mathrm{d}l\sin\left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)\\&=B I\cos\theta\mathrm{d}l\\&=B I\cos\theta R\mathrm{d}\theta\\ \end{aligned} $$

方向垂直纸面向里，它对 $ OO' $ 轴的磁力矩的大小为

$$ \mathrm{d}M=\mathrm{d}FR\cos\theta=BIR^{2}\cos^{2}\theta\mathrm{d}\theta $$

半圆线圈的右半部分所受的磁力矩的大小为

$$ M_{1}=\int\mathrm{d}M=BIR^{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}\theta\mathrm{d}\theta=\frac{1}{4}BI\pi R^{2} $$

同理其左半部分受磁力的方向虽然垂直纸面向外，但受到的磁力大小与右半边一样，所受到磁力矩的大小等于 $ M_{1} $，且与 $ M_{1} $方向相同。因而整个半圆线圈受到的磁力矩的大小为

$$ \begin{aligned}M&=2M_{1}=\frac{1}{2}BI\pi R^{2}\\&=\frac{1}{2}\times5\times10^{-1}\times10\times3.14\times0.1^{2}N\cdot m\\&=7.85\times10^{-2}N\cdot m\end{aligned} $$

其方向为从 $ O' $指向O的方向。

方法二 用磁力矩公式求解

半圆形通电线圈磁矩的大小为

$$ p_{m}=IS=\frac{1}{2}I\pi R^{2} $$

$ p_{m} $ 的方向垂直纸面向外，由通电线圈在外磁场中所受到的磁力矩的公式 $ M=p_{m} \times B $，可得该线圈所受到的磁力矩的大小为

$$ M=p_{m}B\sin\frac{\pi}{2}=\frac{1}{2}I\pi R^{2}B=7.85\times10^{-2}N\cdot m $$

M方向为从 $ O' $指向O的方向。

习题

17-1 霍耳效应可用来测量血流的速度。其原理如题17-1图所示，在动脉血

17-1 霍耳效应可用来测量血流的速度。其尽管两侧分别安装电极并加以磁场。设血管直径是2.0 mm，磁场的磁感应强度为0.080 T，毫伏表测出的电压为0.10 mV，则血流的速度为( )。

A. v=0.63 m/s B. v=6.3 m/s

C. v=63 m/s D. v=630 m/s

17-2 在一气泡室中，磁场为 20 T，一高能质子垂直于磁场飞过时留下一半径为 3.5 m 的圆弧径迹。则此质子的动量和动能为( )。

A. $ p = 1.12 \times 10^{-17} $ kg $ \cdot $ m/s, $ E_k = 41 $ GeV

B. $ p = 1.12 \times 10^{-16} $ kg $ \cdot $ m/s, $ E_k = 41 $ GeV

C. $ p = 1.12 \times 10^{-17} $ kg $ \cdot $ m/s, $ E_k = 21 $ GeV

D. $ p = 1.12 \times 10^{-16} $ kg $ \cdot $ m/s, $ E_k = 21 $ GeV

17-3 如题17-3图所示，某空间存在着相互正交的电场和磁场。现有一电子从原点O静止释放。该电子在y轴正方向所能达到的最大位置是()。

A. $ y_{max}=\frac{mE}{eB^{2}} $ B. $ y_{max}=\frac{2mE}{eB^{2}} $ C. $ y_{max}=\frac{4mE}{eB^{2}} $ D. $ y_{max}=\frac{6mE}{eB^{2}} $

17-4 如题 17-4 图所示，一块半导体样品的体积为 $ a \times b \times c $，沿 x 方向有电流 I，

在 z 方向加有均匀磁场 B。这时实验得出的数据为两侧的电势差 $ U_{AA'} = 6.55 \, mV $。(1) 这半导体是 ___ 电荷导电（填“正”或“负”）；(2) 载流子浓度 = ___。

(a=0.10 cm, b=0.35 cm, c=1.0 cm, I=1.0 mA, B=0.3 T)

17-5 如题 17-5 图所示，在一电视显像管内，电子沿水平方向从南向北运动，动能 $ E_{k}=1.2\times $

$ 10^{4} $ eV。该处地磁场在竖直方向的分量是向下的，即垂直纸面向里，其大小为 $ B_{\perp}=5.5\times10^{-5} $ T。已知 $ e=1.6\times10^{-19} $ C，电子质量 $ m=9.1\times10^{-31} $ kg，在地磁场这一分量的作用下，求：(1) 电子将向 ___ 方向偏转；(2) 电子的加速度 = ___；(3) 电子在显像管内走了 l=20 cm 路程时，偏转距离 = ___。

17-6 一段长为 l，载流为 $ I_{2} $ 的直导线 AC，置于载流为 $ I_{1} $ 的无限长载流直导线附近，如题 17-6 图所示。求此直导线 AC 所受的安培力。

17-7 如题17-7图所示，一无限长直导线通有电流 $ I_{1} $，旁边放有一直角三角形回路，回路中通有电流 $ I_{2} $，回路与长直导线共面。求：(1)电流 $ I_{1} $的磁场分别作用在三角形回路上各段的安培力；(2)通过三角形回路的磁通量。

17-8 一无限长薄金属板，宽为 a，通有电流 $ I_{1} $，其旁有一矩形线圈，通有电流 $ I_{2} $，线圈与金属板共面，位置如题 17-8 图所示，且 AB 与 CD 边平行于金属板，求电流 $ I_{1} $ 的磁场对 AB 和 CD 边的作用力。

17-9 如题 17-9 图所示，倾斜角为 $ \theta $ 的斜面上放一木制圆柱，其质量为 m，半径为 R，长为 l，在圆柱上绕有 N 匝导线。若空间有一磁场，磁感应强度大小为 B，方向竖直向上时圆柱体不沿斜面滚动，则导线中的电流 I 至少有多大？

17-10 如题 17-10 图所示，通有电流 I 的长直导线附近有一半径为 a、质量为 m 的细小线圈，细小线圈可绕通过中心与直导线平行的轴转动。直导线与细小线圈中心相距为 d，设 $ d \gg a $，通过小线圈的电流为 i。若开始时线圈角速度为 $ \omega_{0} $，它的单位正法线矢量 $ e_{n} $ 的方向与纸平面垂直，问线圈平面转过角 $ \theta $ 时，其角速度的值是多少？

17-11 内外半径分别为 $ R_{1} $ 和 $ R_{2} $ 的均匀带电薄圆环，带电荷量为 q，处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，并以角速度 $ \omega $ 绕通过环心且垂直于环面的轴转动， $ \omega $ 与 B 的夹角为 $ \alpha $，如题 17-11 图所示。求圆环受到的磁力矩为多大？

17–12 如题 17–12 图所示，在长直导线 AB 内通有电流 $ I_{1}=20 $ A，在矩形线圈 CDEF 中通有电流 $ I_{2}=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的作用力；(2) 矩形线圈所受合力和合力矩；(3) 如果电流 $ I_{2} $ 的方向与图中所示方向相反，则又如何？

17-13 如题17-13图所示，有一半径为b，厚为d的半导体圆盘，电阻率为 $ \rho $，圆盘中心有一半径为a的金属电极，边缘为一环形金属电极，两电极之间接上电池，其电动势为 $ \varepsilon $。将圆盘放入一均匀磁场中，磁场的磁感应强度为B，B的方向与盘面垂直，求圆盘所受的力矩。

17-14 一个绕有 N 匝的圆线圈，它的半径为 a，载有电流 I。试问：在均匀磁场 B 中，将这个线圈

由线圈的面法线方向与磁感应强度 B 之间的夹角 $ \theta $ 等于 $ 0^{\circ} $ 的位置旋转到 $ \theta $ 等于 $ 90^{\circ} $ 的另一个位置，需对线圈做多少功？

17-15 一直径 $ d=0.02 \, m $ 的圆形线圈，共10匝，通以0.1 A 的电流，放在磁感应强度 $ B=1.5 \, T $ 的匀强磁场中，如题17-15图所示。问：（1）线圈的磁矩是多少？