2毕-萨定律05.

a
cos a/2 d
a
d tg1 a/2
d
x
B1
1
d x 2 ( a / 2) 2

B 4B1 cos
I dI O

无限长载流导体板外的磁场？
dB
I dI dx a
2 (a b x)
0 dI
都向里
B dB
0 a a 0
ab x
x
等效圆电流 dI = dq/T = 2πr dr/(2π/ω) = σωr dr R 0 R 0 dI 0 0
dB 2r 2 dr
B B
S 0
2
dr
2
小圆环电流 dI = σωr dr， 面积 S =πr2， 小圆环磁矩 dPm = dIS =σωrdrπr2 =πσωr3dr 总磁矩 Pm S dPm 0
x
dB y
0 dI cos 2R
By 0
例2 圆电流轴线上的磁场
单匝圆线圈，半径 R ，电流强度 I，计算 Y 轴线上的磁感应强度 B Idl 步骤1: 取坐标系 r dB R 取电流元Idl，画矢径 r I O 步骤2: dB大小 P X 0 Idl sin 900 画dB 方向 dB Z 4 r2 步骤3：所有dB分布在以P点为顶点的圆锥面上。 只有沿 X 方向的分量。 dBx dBsin
几点说明：



毕－萨定律可以计算任意电流的磁场； 由于无法得到电流元，毕－萨定律无法验证； 由计算的磁场，间接地证明毕－萨定律的正确性。 证明了磁场叠加原理。 注意矢量积分的方法。

2.2 毕-萨定律的应用 —— 求电流的磁场
基本方法：
公式 B dB
L L
0 Idl r 4 r3
所有电流元受力都向上，合力
F
L2
取电流元 I2 dx
I1 O
a
I2dx
X
dF
a b
a
0 I1I 2 0 I1I 2 a b dx ln 2x 2 b
例4 无限长载流直导线与半径为R的圆电流
处于同一平面内，它们的电流分别为 I1, I2 d 求作用在圆电流上的安培力.
v、r、B 满足右手螺旋法则
[练习1]：半径为R的带电薄圆盘的电荷面密度σ 以角速度ω绕通过盘心垂直盘面的轴转动， 均匀带电薄圆盘 求中心O的B 及磁矩。 ω dr σ O r R [解]：圆盘是由许多半径不等的小圆环所组成。 内半径： r dq =σ 2 πr dr 任取小圆环 外半径： r + dr
2 2 Idl IR 0 IR 0x B dB 2 sin 0 2 步骤4: 积分 B 2 3/ 2 L L 4 r 2 ( R x ) 2 2 3/ 2
2 (R x )
O R 2R 2 2 3/ 2 3 若 x R ，远离原心， ( R x ) x
0 I dB sin d 4d
方向：垂直页面向里；
3：所有电流元在P点的dB方向都相同； 4: 整个电流在P点的B方向也垂直页面向里，矢 量叠加变为代数和 — 积分 终点 Id
B dB
L
1 和 2 分别是起点和终点的电流
流向与到P点的矢径之间的夹角。
0 I ) B (cos 1 cos 2 4d 分别是电流的起点和终点与P点构成的 1 和 2
b
B=? I
y
R
x
无限长载流导半圆柱面 轴线上 B

0 I { ln(a b x)} 2a 0 I a b ln 2a b
dB x
0 I dx 2a a b x
a 0
I dI Rd R
0 dI sin 2R
a
Bx
L
0 dI dB dB 2R 0 I 0 I dB x sin d 2 2 0 2 R R
S
（单匝） IS
0 IS 0 Pm 圆电流轴线上较远处 B 3 3 2 x 2 x
• 磁偶极子：圆电流面积很小，或场点远离时 的圆电流。 • 磁偶极矩：磁偶极子的磁矩，用 Pm 表示 。
例5 螺线管的磁场
螺线管半径R，长度L，单位长度匝数n，电流 I 。 计算轴上B。
0 nI
2
(cos 2 cos 1 )
1 ， 2 分别是从原点O到电流起点和终点 的连线与X轴正向之间的夹角。
x ctg R
1 dx R ( 2 )d sin
2 0 nI (cos 2 cos 1) 2
B
0 nI
(cos 2 cos 1 )
2 即 1 0 ， ， 0 2
求: 正方形载流线框中心处的 B
450
I
1350
0 I 0 0 B 4 (cos 45 cos135 ) 4a / 2 0 I 4 (cos 450 cos 450 ) 4a / 2 2 40 I 2 2a
B 方向：垂直页面向里
电流的磁场是大量运动电荷激发的。 毕－萨定律
0 Id l r dB 3 4 r
S dl q v
dB r
dB B dN
I
电流元中电荷数dN ，每个电荷的磁场 dN = nSdl , I = qnvS
dB 1 0 Idl r 1 0 qnvSd l r 0 qv r B 3 3 3 dN nSdl 4 r nSdl 4 r 4 r
比例系数
dB Idl dB sin 1 dB 2 r
1 7 2）— 真空磁导率 0 4 10 （ N/A 2 0c
矢量式
0 Idl r dB 3 毕－萨定律 4 r
由磁场叠加原理，载流导线的磁场
B dB
L
L
0 Idl r 3 4 r
起点 ， 2 0
终点
无限长螺线管， 则 1
B 0 nI
半无限长螺线管的端点， 左端 1 / 2 2 0 右端 1 2 / 2 1 B 0 nI
2
端点 中心 端点 长直载流螺线管内磁场的分布
2.4 运动电荷 ( q, v ) 的磁场
R
1 1 4 r dr R QR 2 4 4
3
Q =σπR2 — 圆盘电量。
[练习 2]：将无限长载流导线弯成如图的形状， 磁场叠加原理， O点的磁感应强度 点处 3 0 I 0 I 3 0I 求圆心 O B 的大小。 B B1 B2 B3 (1 ) (1 ) 向里 0.21 [解 ]：将整个导线分成三部分， r 两段半无限长直导线, 一段圆弧。
0 IS B 3 3 2 x 2x 载流圆弧，在圆心处的B =？ 0 IR2
当 x 0 ，圆电流圆心O处 BO
0 I
I
S R
2
I
μ 0I l 0 I (rad ) 0 I (0 ) B 2 R 2π R 2 R 2 2 R 360

R

I
解: 取电流元I2dl2 , 所在处 B I1 0 I1 0 I1 B 向外 I2 O R
电流元所受安培力 dF Id l B
2 (d R cos ) 0 I1I 2 R cosd 将dF 沿 x, y 轴分解，dFx dF cos 2 (d R cos )
R1
R2
*o
B0
0 I
4 R2

0 I
4 R1
0 I
4π R1
例3 与载流为I1的无限长直导线共面有一长为b的 载流直导线I2，求其受到的安培力。 dF x 解： 在I2上取坐标系OX， I2
b 0 I1 电流元处的磁场大小 B 方向？ 2x (dF I 2d l2 B1 ) 电流元受的安培力大小 0 I1 dF B1 I 2 dl 2 I 2 dx 方向向上。 2x

d 1 2 2 d R
0
F2 0
Fy
L
圆电流受到吸引力.
0 I1 I 2 dFy 2

20Leabharlann R sin d 0 (d R cos )
[亥姆霍兹（Helmholtz)线圈]
是一对共轴、间距等于圆环半径R的相同圆电流 特点：线圈间为均匀磁场。 结构简单，经常用。
0 I (cos1 cos 2 ) 4d
4
0

2
sin d
1
2
起点
三角形的两个内角。
0 I 0 I 终点 B (cos 1 cos 2 ) (cos 1 cos 2 ) 4d 4d
2
若导线无限长，
起点 0 I B 方向：右手定则 2d 0 I 2 0 半无限长端点处，即1 90 ， ，B 0 2 4d
计算空间任意P点的磁场 B 沿电流方向取坐标系OZ， I 1: 以 P点到导线的垂点为坐标原点O， d P
在载流导线上任取电流元Idl，
画出从电流元Idl到 P点的矢径 r
d sin r z ctg d
d dz d sin 2
0 Idz sin 2: 写出dB的大小 dB 2 4 r
圆弧段 B2
0 I 120
0
0

0 I
向里
0 I 3 0 I B3 (cos 1 cos 2 ) (1 ) 向里 4a 2r 2
a r/2
求均匀磁场的任意载流导线受到的安培力。
1、设坐标系，在载流导线上任取一电流元Idl， 在图上画出矢径 r 2、根据毕－萨定律，写出电流元在矢径 r 处dB 的大小，画dB的方向 3、矢量投影，写出三个分量dBx ， dBy ，dBz
4、 完成三个分量积分 B 的大小和方向
B x dB x
L
等，最后求出
例1 载流长直导线的磁场
真空中载流直导线通有电流 I，
第二节
2.1 毕-萨定律
毕奥-萨伐尔定律
载流导线
b
空间载流导线 ab，求磁场。 基本思路：
P• B = ?
r
a
I d l I 电流元
1、载流导线：大量电流元 Idl 首位连接而成
2、求dB，磁场叠加原理，载流导线的磁场。
B dB
L
理论分析表明：
写成等式
0 Idl sin dB 2 4 r
0 I
2r 2 6r 2r 2
r
左边半无限长直导线 B1 0 I (cos 1 cos 2 ) 0 I (1 3 ) 4a 2r 2 0 0 1 0 2 30 a r sin 30 r / 2 向里
2r 360 6r 右边直导线 1 1500 2
B( x) B1 ( x) B2 ( x)
0 IR2 IR2 2 2 3/ 2 2 (R x ) 2 [ R 2 ( R x) 2 ]3 / 2
0
2.3 载流线圈的磁矩 S Sn 相同多匝 Pm NIS n NI S
磁矩 Pm与电流 I 方向成 右手螺旋关系。 Pm 不同多匝 Pm d Pm
0 I1I 2 R sin d dFy dF sin 2 (d R cos )
2r
2 (d R cos )
dF I 2 dl2 B
0 I1I 2 dl2
沿径向。
Fx
L
0 I1 I 2 dFx 2

2
0
R cosd d 0 I1 I 2 1 (d R cos ) d 2 R2
解
原点 起点 终点 取轴线任一点为原点，沿电流方向为X轴， 在x处取dx，共ndx 匝，dI = I ndx的圆电流，
IndxR2 dB 2 ( R 2 x 2 )3 / 2
B dB
L
0
R sin 2 ( R x 2 )1/ 2
2
0 nI
2
1
( sin )d