物理学教程(第二版)11-8安培定律(新)

安培定律是用来计算安培力大小和方向的重要规律安律定培载流导线、载流线圈在磁场中受到磁场力的作用：安培力1l2lBIF1F2mθ+BFd1l.θF′用途：yxdF×××××××××××××××××××××××××BRI0·θθdIdlθ

dFx

dFy××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××B§11-8

磁场对载流导线的作用+++++++++++FLIF电子受到的洛沦兹力：电子受到的霍耳电场力：当洛伦兹力和霍耳电场力平衡时：一.安培定律的推导F++FHv-Bve×=FLEe=FHHE=HBv×++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++BFHF++++++++++++FLIvF安培力是正离子所受霍耳电场力的宏观表现电流元的安培力为：=dNBve×=dNdlSn磁场作用在电流元上的安培力元v单位体积里的电荷数I=Snev（教材P75）dlSdFdlIBd=FdNF+eBv×=dlSn-=IdlB×dFB×

dlI=dFB×

dlI==dFBdlIsinaFdF=òLB

dlI=()、aB=òL

dlI×载流导线在磁场中受到磁场力的作用安培力安培定律dFII900dlIBra安培力方向的确定:(右手螺旋前进法则)FB×

dlI=òLyxdF1.建立二维坐标×××××××××××××××××××××××××BRI0·2.在电流上取电流元IdlθθdIdl3.电流元Idl

受安培力的方向分析：4.将力元dF

进行二维分解θ

dFx

dFydFB×

dlI=dFB

dlI=Sin90°5.由安培定律分析安培力元的量值=BdIl例题：有一半径为R的半圆形导线，通有电流I,它处于一磁感应强度为B的匀强磁场之中。求：该电流受到的磁场力(安培力)。(练习册P33填充题6)dl=Rdθ()Fx=0由于对称性得：IB=2R.=IBR2yxdF×××××××××××××××××××××××××BRI0·θθdIdlθ

dFx

dFydFB×

dlI=dFB

dlI=sin90°=BdIlFyF=dFsinθò=B

dlI=sinòθBdI=òsinθπ0Rθ由安培定律填写出下列各图中缺失的物理量(练习册P8填充题3)BFI填电流流向F.I填磁场方向××××IB填安培力方向....B×I填安培力方向×BF不受力方向:沿y轴正向根据：注意B1例题：求一无限长直载流导线的磁场对另一直载流导线A.B的作用力。I1I2μba已知：0....(练习册P8计算题2)abABI2I1例题：先确定I1的磁场方向,再在I2上取电流元Idl

,并判断受安培力dF

的方向.×B1的方向dll

dlI2dFdFB×

dlI=dFB

dlI=sin90°21π=2μIdlI2l01π=2μIdlI2l01òaba+π=2μII201ba+lna磁电式电流计在磁电式电流计和交直流电动机内，都有一个放在磁场中的金属线圈，当线圈中有电流通过时，它将在磁场的作用下发生转动。例如：家中用的电风扇、工厂里的马达等。(电动机)这就是载流线圈在磁场中受到安培力作用的缘故。磁铁面板前游丝线圈后游丝+芯铁极靴指针例题：如图所示，在长直导线旁有一矩形线圈，导线中通有电流I1=20A,线圈中通有电流I2=10A已知d=1cm,

b=9cm,l=20cm。求:矩形线圈受到的合力是多少？(练习册P26填充题6)(此题与教材习题11-22题型相同)分析：由右手定则I1右边的磁场方向是非均匀磁场××bdlI1I2ABCDB=òL

dlI×F根据:可知:导线段AB和CD受到I1的磁场力大小相同,方向相反,所以相互抵消.FABFCD导线段AD和BC受到I1的磁场力大小不同,方向相反,所以相互叠加.×bdlI1I2ABCDFABFCDFBCFAD导线段AD和BC受到I1的磁场力大小不同,方向相反,所以相互叠加.F=BCFADF-F=BCFADF+矢量叠加Bl2=左IBl2右IB=π2μoaI由经验公式:=B左π2μodI1μ=B右π2odI1b+)(l2IF=π2μodI1-μπ2odI1b+)(l2I=π2μodI1I2l1-db+)(1将题给的已知数据代入左式×bdlI1I2ABCDFABFCDFBCFADF=π2μodI1I2l1-db+)(1将题给的已知数据代入上式

I1=20AI2=10Ad=1cmb=9cm

l=20cm=Fπ4×10×20×10×0.2-7π2=7.0×10

N-411+×1.0×109.0×101.0×10-2-2-2例题：彼此相距10cm的三根平行的长直导线中各通有10A同方向的电流，试求：各导线上单位长度所受的作用力的大小和方向。分析：如图所示三条平行的长直导线垂直纸面等距离放置，它们构成一个等边三角形，I1在I2所产生的磁场中受的力的方向指向I2，（分析见下图）f21f31f1I1I2I3...60°B2I1I2I3...60°f21导线1在导线2所产生的磁场B2中受到的安培力的大小为：根据矢量合成平行四边形法则，有：导线1在导线2所产生的磁场B2中受到的安培力的大小为：B2I1I2I3...60°f21B=òL

dlI×F根据:和μB=π2oaI经验公式:f21=f31μπ2odI2=f1=f21μπodI2=2cos30°cos30°f21f31f1.30°=4×10×10

×0.866π×10×10π-72-2=3.46×10N/m

-4安培力的方向:指向三角形的中心××××××××××××××××××××B例题：有一根长为50cm，质量为10g的直导线，用细线水平挂在磁感应强度为1T的均匀磁场中，如图所示。问：在导线中通以多大电流、流向如何才能使线中张力为零？解：设直导线中电流向右,则由安培定律得知安培力方向竖直向上.

(求：电流I

的大小和流向)=IBlmg重力分析：直导线的重力方向向下,为使绳线上的张力为零,则必须要求载流直导线在磁场中受到安培力的方向向上而且在量值上要和重力相等.安培力I=IBlmg0.2A10×10×10==1×50×10-3-2例题：把轻的正方形载流线框(电流顺时针方向)用细绳悬挂在载流直导线的附近,两者在同一个平面内,直导线固定,线框可以活动,

则载流线框会:(练习册P25选择题7)ABI0分析：载流直导线右边的磁场方向是载流线框左右两段受到的磁场力大小不同方向相反,通过计算得知:F左＞F右∴载流线框会靠近直导线AB.该题选(D)××F左F右例题：如图所示,中间放置电流I3,可以左右自由移动,已知I1＞I2,三条导线在同一个平面内.问:电流C的活动情况.(练习册P31选择题4)I1I2IABC.×FACFBC.×＞FACFBC＞选B中间电流向B靠拢例题：半径为R的平面圆形线圈中载有电流I2,另一根无限长的直导线AB中载有电流I1,设:

AB通过圆心,并和圆形线圈在同一平面内,如图所示,求圆形线圈所受的磁场力.分析：圆形电流I2在无限长载流导线I1的非均匀磁场中,各电流元所受安培力的大小和方向不相同,利用对称性可以简化计算.解：建立二维坐标并在圆形电流上取电流元电流元所受安培力的方向如图所示×电流元Idl处在电流I1所激发的磁场里×AB.0I2I1RAB.0I2I1RxyθdθIdldFdFydFx×AB.0I2I1RxyθdθIdldFdFydFx电流元Idl处在电流I1所激发的磁场里×电流I1所激发的磁场的大小为:μB=π2oaI经验公式:由dFB×

dlI=电流元Idl所受力的大小是:方向沿半径向外由对称性可知,右半圆电流在y方向所受的合力为0,因此右半圆电流受力的方向沿x正向μB=π2oRI1cosθ1dF=I2dlBμ=π2oRI1cosθI2dl1B=òL

dlI×F根据:由对称性可知,右半圆电流在y方向所受的合力为0,因此右半圆电流受力的方向沿x正向F右Fx=Fx=òd=FòdcosθdF=I2dlBμ=π2oRI1cosθI2dl1=μ0π2oRI1I2dlòπR=μ2oI1I2F=2F右=μoI1I2同样的分析可得,左半圆电流受力方向也沿x轴正向.所以,整个圆电流所受的安培力的合力为:§11-9

平行载流导线的相互作用力

“安培”的定义d2If21B1dl2=90°sin电流2在磁场1中受到的磁场力为:由安培定律FB×

dlI=òL由电流1产生磁场B=π2μodI11d2I2IB1f21dd2Il2=π2μodI12Idl2df21=π2μodI1dl22I同理电流1在磁场2中受到的磁场力是:f12dd1Il1B2由上面得到单位长度导线的作用力为：在真空相距1m

的两无限长彼此平行的导线通有相同的电流，若每米导线上的相互作用力等于2×10-7N，则导线上的电流定义为1A(安培)“安培”的定义同理电流1在磁场2中受到的磁场力是:df12=π2μodI1dl12Idf=π2μodI1dl2Id2I2IB1f21dd2Il2f12dd1Il1B2

二.磁场对载流线圈的作用由安培定律FB×

dlI=òL判断方向FBI1l2l

F1、F2大小相等方向相反而且在一条直线上所以效果相互抵消.F1F2载流线圈的俯视图mθ+BFd1l.θF电流向下流动电流向上流动´FMd=B2lsinθI=1l.根据力矩的概念：=BM×mm=Bsinθ磁矩是矢量转动力矩mθ+BFd1l.θF电流向下流动电流向上流动´F、F

虽然大小相等.方向相反，但不在一条直线上所以它们有转动力矩.´由安培定律FB×

dlI=òLFBlsin90°＝I＝BlI在实际应用的电动机里，线圈不只是一圈，而是N

匝，则线圈所受的磁力矩是

讨论以下三种情况：=BM×mM=NIS×B=NISB

sin（)SB.mmISS

正法线方向的方向就是磁矩m

的方向S面积正法向的判断:由电流I构成面积的右手螺旋前进法则.1.载流线圈的磁矩m方向与磁感应强度B的方向相同时1.载流线圈的磁矩m方向与磁感应强度B的方向相同时即磁通量为正向极大时I由安培定律FB×

dlI=òL判断方向F································································BFFFF=BM×m又由得到:M＝0，磁力矩为零线圈处于稳定平衡状态2.载流线圈的磁矩m方向与磁感应强度B的方向垂直时I·FB×F磁通量为零时线圈转动效果最大磁矩和磁感应强度矢量的夹角为0°3.载流线圈的磁矩m方向与磁感应强度B的方向相反时即磁通量为负向极大时由安培定律FB×

dlI=òL判断方向F=BM×m又由得到:M＝0，磁力矩为零线圈处于极不稳定平衡状态××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××B磁矩和磁感应强度矢量的夹角为180°IF此情况，只要线圈稍微偏过一个小角度，它就会在磁力矩的作用下离开这个位置，而稳定在θ＝0°的平衡状态。磁力矩总是要使线圈转到它的磁矩方向与磁场方向相一致的稳定平衡位置.§11-10

磁力的功1.

载流直导线在匀强磁场中移动时:B●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●lεII通以电流I

的导线框,其宽度为l在导线框上有一根可滑移的载流导线I△xI载流导线I受到磁场力F的作用向右滑移了距离△xF=WFdr.ò=Fx△=IlBx△=IB△S由功的概念:=I△j

2.

载流线圈在磁场中转动时磁力的功:B×.载流线框的俯视图电流从版面流出再从版面流进.θm磁矩=BM×m由转动力矩的概念:=BMmsinθ=IBSsinθ由力矩作功的概念:W=dWò=òMdθ-×=IBSsinθò-dθ×=IBScosθòd)(×=IòdjW=Iòdj载流线圈在磁场中转动时磁力的功:若电流不变，则有W=I△j

例题：一半径为R=

0.1m的半圆形闭合线圈，载有电流I=10A,放在均匀磁场中，磁场方向与线圈面平行，如图所示。已知B=0.5T。求：(1)线圈所受力矩的大小和方向（以直径为转轴）(2)若线圈受力矩的作用转到线圈平面与磁场垂直的位置，则力矩作功多少？BIR解：=BM×m由转动力矩的概念:mIS磁矩m是矢量,它的方向判断:右手螺旋前进法则载流半圆形闭合线圈的磁矩方向是:垂直版面向上·m=BMmsinθ=IBSsin90°R=0.1m

I=10AB=0.5T2π1BR2=IBIR·m=BMmsinθ=IBSsin90°(1)线圈所受力矩的大小和方向(0.1)

×10×0.52=π2=7.85×10

N.m-2方向:沿转轴竖直向上M(2)若线圈受力矩的作用转到线圈平面与磁场垂直的位置，则力矩作功多少？=IπBR212W=I△j=7.85×10

J-2例题：在一磁感应强度为B

的水平的均匀磁场中，有一水平放置的均匀带电圆盘，电荷面密度为，半径为R

。它围绕其竖直轴线以角速度ω旋转。求它所受到的磁力矩。sωBsR·0分析：将圆盘无限细分为一个个带电圆环,由:判断磁矩.磁力矩的方向=BM×mBR·0ωdrrmMmIS其中磁矩m=ISn=ωrsrd4=1ωs4πRBBR·0ωdrrmMmIS其中磁矩m=ISn其中nId=qd（教材P75）n=ω2π=qdsπ2rrd∴nId=qd=ω2πsπ2rrdmd=IdS´2πr=Id=ωrsrd2πr=mòmdωsrd3πr0R=ò=ωsπ4R4=MmBsin90°t=π2Rv=π2RωR=π2ωn=1t=ω2π求出了它所受到的磁力矩

例题：截面积为S.密度为ρ的铜导线被弯成边长为l的正方形的三边，可以绕水平轴转动，如图所示。导线放在方向为竖直向上的匀强磁场中，当导线中的电流为I时，导线离开原来的竖直位置偏转一角度θ而平衡。求磁感应强度。如S=2mm2,ρ=8.9g/cm3,

θ=15°,

I=10A,

磁感应强度