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普通物理 ( 下冊 ). 《 University Physics 》 Revised Edition. 歐亞書局. 第 30 章 磁場的來源 . 30. 1 長直導線所造成的磁場 30.2 平行導線間的磁力 30.3 電流元的必歐沙伐定律 30.4  安培定律. P.783. 歐亞書局. 30.1 長直導線所造成的磁場.

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Presentation Transcript
slide1

普通物理(下冊)

《 University Physics 》

Revised Edition

歐亞書局

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第30章 磁場的來源 

30.1 長直導線所造成的磁場

30.2 平行導線間的磁力

30.3 電流元的必歐沙伐定律

30.4 安培定律

P.783

歐亞書局

slide3
30.1 長直導線所造成的磁場

在長直導線中的電流造成的磁場為圓形場線分佈,這點可由在垂直於導線的平板上的鐵屑如圖 30.1a ,或如圖 30.1b 中的指南針看出。

必歐沙伐是利用測量磁針的振盪週期而找出磁場強度 B與距導線的垂直距離 R有關。

1820年十月, 他們發表了 B與距離 R成反比, 即, B ∞1/R。

P.784

歐亞書局

30 1 a b
圖30.1 (a) 長直載流導線旁的鐵屑分佈圖案。(b) 也可用指南針來說明這磁力線的圓形分佈本質。

P.784

歐亞書局

slide5

雖然他們可以保持電流穩定,但是卻無法精確地測量它。後來發現磁場和電流 I 成正比。若用 SI 單位,可將結果以下式表出

其中 μ0,稱為磁導率常數(permeability constant),其值定為

P.784

歐亞書局

slide6

圖 30.1c 所示為電流流入或流出紙面的記號。注意磁場方向是由另一個右手定則給出:當拇指指向電流方向時,彎曲的四指即指向磁場方向。

圖 30.2 為磁力線的密度隨距導線的距離而變的情形。

P.567

歐亞書局

30 1 c
圖30.1 (c) 電流流出紙面(點)及流入紙面(叉)的磁力線。

P.784

歐亞書局

slide9
例題 30.1

兩長直平行導線相距 3 cm ,分別通以 I1=3A

, I2= 5A 的反向電流,如圖 30.3a 所示。 (a) 求在 P 點的磁場強度。(b) 除了無窮遠外,何 處磁場強度為零?

(a) 此題和求兩點電荷所造成的電場強度相似。然而有一個重要的不同: B向量的方向總是與該點和導線連線的徑向方向垂直:其方向必沿著一圓心在導線的圓之切線。為求總磁場強度

P.785

歐亞書局

slide10
例題 30.1 (續)

首先由 30.1 式求出 B1及B2的大小,故

同理, B2= 2 × 10-5 T 。和地球磁場比較起來,這場很弱。接著如圖所示,定義座標系,並求各分量。因為 tan θ =4/3,故θ角= 53°。

P.786

歐亞書局

slide11
例題 30.1 (續)

最後

(b) 磁場為零,即 B1+ B2= 0 的點,一定在兩導線的連線上。(為什麼?)在兩導線中,磁場均同向,故不可能。在 I2下方,磁場反向,但這些點與較大電流較近。只有在 I1上方 d處的磁場能相互抵消,如圖 30.3b 所示。由條件。

可得 I1 /d= I2 /(3 + d),由此可得 d=4.5 cm 。

P.786

歐亞書局

30 1 30 3
例題 30.1 (圖30.3)

圖30.3 (a) 電流 I1及 I2的磁場向量沿著以各導線為圓心

的圓弧上。(b) 在兩導線連線上的一點,磁場相消,且此點較靠近電流較小者。

P.785

歐亞書局

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30.2平行導線間的磁力

厄司特的實驗說明了電流會施力於磁針,當然,此並不一定表示二電流間一定有力的相互作用(會被磁鐵吸引的兩根鐵棒,彼此並不互相吸引)。

1820 年 10 月,安培證實了兩載流導線的確相互吸引。考慮兩長直載流導線,分別通以I1、I2電流,如圖 30.4 ,彼此平行,相距d。

P.786

歐亞書局

slide14
圖30.4兩平行載流導線間施於彼此等大而反向之力。當電流為反向時為斥力。圖30.4兩平行載流導線間施於彼此等大而反向之力。當電流為反向時為斥力。

P.786

歐亞書局

slide15

由 29.3 式在導線 2 上長l2 的部分導線受導線 1 所生磁場 B1的磁力為 F21= I2l2 × B1,其中 l2的方向在 I2的方向。

因l2垂直於 B1,由 30.1 式,可得此磁力的大小為

同理F12也有相類似的表示式。由右手定則可知當兩電流同向時,兩線相吸。

P.786

歐亞書局

slide16

相反地,電流反向時兩線相斥。兩導線中單位長度所受的力(例如導線 2 上的為 F21/l2)都相同:

30.2 式為安培 (A) 定義的基本原理:若兩長直平行載流導線中有相同電流而彼此分隔 1 公尺,其上單位長度所受的力為 2 × 10-7 N 時,則此兩導線中的電流定為 1 安培 (1A)。

P.787

歐亞書局

slide17
30.3電流元的必歐沙伐定律

在找出長直導線的磁場後,必歐及沙伐便想找出由無限小載流導線所造成之磁場的表示式。數學家拉卜拉士(Simonde Laplace)向它們指出

,由長導線的結果可知因電流元 所造成的場應與距離平方成反比。

可如下推出,由長直導線所造成的磁場可寫為

P.787

歐亞書局

slide18

其中 k‘ = μ0/4π 。這和由線電荷密度λ 的無限長直電荷線所造成的電場形式相同(見例題23.7):

這結果為由每個無限小電荷元 dq= λdl所造成的電場:

積分而成。

P.787

歐亞書局

slide19

徑向單位向量r的方向為:由電荷元指向要計算場的這點(見圖 30.5a)。

必歐及沙伐想由假設電流元Idl 所造成的磁場來導出 30.3 式。

由拉卜拉士的提示,他們很快就認定由電流元所造成的場的唯一可能形式為 dB= k‘ ( Idl /r2 ) f (θ) ,此與 30.5式在形式上相差一個角度因素 f (θ)。

ˆ

P.787

歐亞書局

30 5 a dq d e r
圖30.5 (a) 由電荷元 dq 所造成的電場 dE方向與單位向量 r相同。

ˆ

P.788

歐亞書局

slide21

由做更多的實驗他們得到 f (θ )= sin θ 並於1820 年 12 月宣布了結果:

不像電荷元所造成的電場,上式有一個與角度有關的量 sin θ 。

還有,磁場方向與電流元 Idl (視為與電流同方向的向量)及由小電流元到計算場這點的徑向單位向量 r均垂直。

ˆ

P.788

歐亞書局

slide23

以 SI 單位及向量來表示必歐沙伐定律(Biot-Savart law) ,由電流元Idl所造成的磁場,如圖 30.5b 所示為

磁場大小為

要記得並沒有孤立的小電流元;它一定是電路的一部分。接下來以一些簡單的幾何分佈來說明此式的用處。

P.788

歐亞書局

slide24
例題 30.2

求距一通電流I 的無限長直導線R 處的磁場。

圖 30.6 所示為由任意電流元所造成之小磁場 dB。為了要積所有電流元的貢獻,我們以夾角 α(垂直於導線的平面)為變數。由圖上可看出:

因 l = R tan α,所以 dl= R sec2 αdα。又 r= R sec α。將上述有式子代入 30.6 式,再積分可得:

P.789

歐亞書局

slide25
例題 30.2 (續)

注意在平面兩邊的角其正負不同。這使得由兩邊的導線對場的貢獻是相加而不是相消。無限長導線,積分上下限為 -π/2 到 π/2 ,因此

當然這是必歐沙伐最初所得的結果。

P.789

歐亞書局

30 2 30 6
例題 30.2 (圖30.6)

圖30.6要計算長直導線

所造成的磁場,我們用

α 角做為變數。

P.789

歐亞書局

slide27
例題 30.3

一半徑 a的圓形環路載有電流 I。求在圓環的中

心軸上距環心 z處之磁場。

圖 30.7 為任意電流元 Idl 對磁場的貢獻 dB(磁場方向由右手定則來定出)。每個小磁場 dB均有平行及垂直於軸的分量。然而考慮由任一直徑兩端的電流元所建立之磁場可看出垂直於軸的分量正好相消。因 dl 及 r相互垂直,故 | dl × r | = dl。

ˆ

ˆ

ˆ

P.789

歐亞書局

slide28
例題 30.3 (續)

因此 dB沿軸的分量為:

總磁場強度為上式之積分。因只有一個變數l,故積分即為求環各小段的和。

因 ∫dl= 2πa且 r2= a2+ z2 ,故結果為

P.790

歐亞書局

slide29
例題 30.3 (續)

注意此式只適用在軸上的點。所有場的分佈情形可由圖 30.8 中的鐵屑看出。在離環路很遠處,即z >> a, 30.8 式成為

其中k‘= μ0/4π 且μ = I(πa2) 為此環路的磁偶極矩。(不要把常數 μ0 和磁偶極矩 μ 搞混了)。30.9 式和電偶極在軸上「遠場」時 23.14 式形式相同。

P.790

歐亞書局

slide30
例題 30.3 (續)

在遠場形式上的類似暗示我們可把電流環路視為磁偶極矩。然而,如圖 30.9 靠近環路時的磁場和電偶極的電場形式大不相同。事實上,場方向還彼此相反。

P.790

歐亞書局

30 3 30 7
例題 30.3 (圖30.7)

圖30.7計算載流圓環沿軸上某點的磁場。由對稱可知垂直於軸之磁場分量皆相消為零。

P.789

歐亞書局

30 3 30 8
例題 30.3 (圖30.8)

圖30.8載流圓環路附近的鐵屑分佈圖樣。

P.790

歐亞書局

30 3 30 9
例題 30.3 (圖30.9)

圖30.9場線(電力線,

磁場線):(a) 電偶極及

(b) 磁偶極。雖然遠場分

佈類似,但在近處,場

的方向相反。

P.790

歐亞書局

slide34

圖 30.10 為七個線圈所造成的鐵屑圖樣。

圖 30.11 為 5 圈的線圈所造成的磁力線。

注意磁力線一定是形成封閉迴路。非常靠近導線時,磁力線是圓形的(未畫出)。

在線圈內部時,各圈貢獻彼此增強,因此,磁場較強。靠近軸時,磁場相當均勻。

在線圈外,各圈的電流元所造成磁場相消,故磁場相當弱。

P.791

歐亞書局

slide37

在線圈外的磁場像磁棒的一樣。線圈的一端如同北極,而另一端則為南極,當各線圈緊緊相連且圈數很大時,這裝置稱為螺線管(solenoid)。在線圈外的磁場像磁棒的一樣。線圈的一端如同北極,而另一端則為南極,當各線圈緊緊相連且圈數很大時,這裝置稱為螺線管(solenoid)。

在長螺線管中的磁場相當強且均勻,然而在管外面,磁場基本上是零,如圖 30.12 所示。接著來計算長螺線管沿軸的磁場強度。

P.791

歐亞書局

30 12
圖30.12在長螺線管中的磁場相當均勻,在外面則基本上是零。圖30.12在長螺線管中的磁場相當均勻,在外面則基本上是零。

P.791

歐亞書局

slide39
例題 30.4

一長l的螺線管半徑a有 N圈並通電流 I 。求在

軸上的磁場強度。

因為螺線管為緊密的迴路串聯而成,可利用 30.8 式來求載流環路軸上的磁場。將螺線管分成由許多寬 dz的載流環,如圖 30.13a ,每環都含 n‧dz圈,而 n=N/ l為單位長度中的圈數。在每個環中電流為 (ndz)‧I。由圖中可看出

P.791

歐亞書局

slide40
例題 30.4 (續)

由上可得

因此, 30.8 式中的 I 成為

將 I 及z 代入 30.8 式並化簡,可得

P.792

歐亞書局

slide41
例題 30.4 (續)

圖 30.13b 為 B在螺線管中軸上的變化,其中 l= 10a。若螺線管為無限長, θ1=-90 °且 θ2 = 90 °;因此在螺線管軸上的磁場為

在下一節中可看出上式也適用在不在軸上的點;即管內磁場是均勻的。

P.792

歐亞書局

30 4 30 13
例題 30.4 (圖30.13)

圖30.13將螺線管分

成許多小環路來計算

其軸上的場強度。

P.792

歐亞書局

slide43
30.4安培定律

安培 (Ampère),見圖 30.14 ,對必歐沙伐的研究有許多反對意見。

例如,他覺得他們的實驗並未精確到可以確定出 sin θ這個形式。

他對他們使用「電流元」也覺得不太舒服,因為並不存在獨立的電流元;它們總是一完整電路的一部份。

P.792

歐亞書局

slide45

結果他以自己的實驗方式及理論研究而獲得一個不同的關係式,現在稱為安培定律,來說明電流及其所生成的磁場間的關係。結果他以自己的實驗方式及理論研究而獲得一個不同的關係式,現在稱為安培定律,來說明電流及其所生成的磁場間的關係。

雖然安培定律可由必歐沙伐式中的 dB導出,但我們不如此做,而是由考慮一無限長導線所生成的磁場來說明它是合理的。

我們知道長直導線的磁力線是同心圓。若將 30.1式改寫為如下型式:

P.793

歐亞書局

slide46

可解釋如下: 2πr在導線旁之某一路徑的圓周長,而B是磁場沿此路徑的切線分量,而 I為通過由此路徑所圈起之面積的電流。

安培將此結果推廣至任意導線及路徑形狀。

圖 30.15 為一電流流出紙面,有一任意封閉路徑繞著它。對路徑中任一小位移 dl,其與 B沿 dl的分量乘積為 dl (B cos θ)= B.dl。

P.793

歐亞書局

slide48

由安培定律,此乘積沿著一封閉路徑的和(積分)為由安培定律,此乘積沿著一封閉路徑的和(積分)為

其中 I為流經由此路徑圈起之面的淨電流。

計算積分時的指向(順時或逆時)由右手定則來定:當右手大拇指指著電流方向時,彎曲的四指即為沿此路徑的正向的指向。

30.11 式只有在穩流及非磁性物質,如銅,時才正確。

P.793

歐亞書局

slide49

被圈起的電流不需要是流經導線的才算;帶電粒子束也可算是電流。被圈起的電流不需要是流經導線的才算;帶電粒子束也可算是電流。

安培安律中的 B是由所有在附近的電流所造成,而不是只有被路徑圍起的電流。

要用安培定律來求磁場,要電流的幾何分佈有相當的對稱性,如此在做積分時才好算,場的分佈情形也要先知道,如此才能選定適當的積分路徑。

P.793

歐亞書局

slide50
例題 30.5

一半徑 R的無限長直導線,載有電流 I。求距導

線中心r處的磁場當 (a) r> R及 (b) r < R。假設

電流在導線截面中均勻分佈。

由對稱性可知在距導線中心r 處的各點,磁場強度均相同。同時也知道磁力線是圓形的。因此我們選圓心在導線中心半徑 r的圓形環路為積分路徑,如圖 30.16a 。在路徑上任一點, B平行 dl,即是B‧dl= Bdl。

P.794

歐亞書局

slide51
例題 30.5 (續)

由 30.11 式

磁場大小被提出積分外是因沿此所選路徑其為定值。而積分項即是 2πr,圈起的電流為 I。故B(2πr)=μ0I,得

這方法比例題 30.2 中的積分簡單多了。

(b) 在導線內部時,對稱性仍然相同,故 (i) 式仍適用,只是封閉圓路徑現在在導線內部。

P.794

歐亞書局

slide52
例題 30.5 (續)

只有總電流 I 一部分的電流流經圖 30.16b 的路徑內。這部分電流是由路徑內的面積,比上導線的面積而得,即 (πr 2/πR2)I。(i) 式成為

注意當 r= R式,(ii) (iii) 式所得結果相同。因此,磁場大小在導線邊界時為連續。圖 30.16c 所畫為磁場與 r的函數關係。

P.794

歐亞書局

30 5 30 16
例題 30.5 (圖30.16)

圖30.16 (a)由對稱可知

適合的積分路徑為以導

線為中心的圓形環路。

(b) 在導線中的積分路徑

使得只有部分電流被此

圓環路圍起。(c) 磁場隨

導線中心距離變化情形。

P.794

歐亞書局

slide54
例題 30.6

一理想無限長螺線管單位長度中有 n圈並通電

流 I。求其磁場。

在一理想無限長螺線管外的磁場為零(見圖30.12)。所有沿有限螺線管的點皆相同;我們說螺線管有平移對稱性。由每個迴圈對管內的總磁場貢獻均為沿軸之方向,故預測磁力線方向為平行於軸方向。為了要利用此項特性,可選定圖 30.17 中的矩形abcd 為積分迴路。

P.795

歐亞書局

slide55
例題 30.6 (續)

此路徑積分包括四部分:

沿 cd , B= 0 ,故第三個積分為零。B在 bc 及 d3中在管外部分也是零,在管內 B和 dl垂直;故B‧dl= 0 。因此第二及第四個積分為零。最後沿3b時, B為定值(因平移對稱性)且平行於 dl;故 B‧dl=Bdl。

P.795

歐亞書局

slide56
例題 30.6 (續)

若 ab長 L,則此段中線圈數為 nL ,而迴路內的

電流為 nLI。安培定律成為

由此可得

一旦安培定律中的積分路徑適當,例題 30.4 中長長的積分就成了短短的一行計算!所得的 B適用在此(無限)長螺管線內的任何地方,因它和圖30.17 中3b段在何處無關。因此無限長螺線管內磁場對其截面分佈均勻。

P.795

歐亞書局

slide57
例題 30.6 (續)

這比要由必歐沙伐定律推出此結果簡單。注意路徑內的 B並非只由迴路內的電流所造成。實際上,

沒有這些外面的貢獻,就不能說管外 B= 0 ,或說管內磁力線平行於軸。

P.795

歐亞書局

30 6 30 17
例題 30.6 (圖30.17)

圖30.17無限長螺線管的適當積分路徑為矩形迴路。只

有在管中的部分才對積分有貢獻。

P.795

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slide59
例題 30.7

一環式線圈(toroidal coil ,又稱螺線環)(形

如甜甜圈一般)由 N圈的導線緊繞而成,通以

電流I。假設其截面為矩形,如圖 30.18 。求在

環式線圈中的磁場強度。

螺線環是少數我們可以不用近似即可知道其磁力線形式的例子。其磁力線是圓形的,故積分路徑選為半徑 r 的圓。若路徑在環外,則沒有包圍淨電流。

由安培定律,可得 ∮B.dl= 0 。由此並不能就結論出 B= 0 。

P.795

歐亞書局

slide60
例題 30.7 (續)

然而,圓形對稱告訴我們在圓環路上各點,B都相同且平行於 dl。因此,∮B.dl= B∮dl= B(2πr)。因 r ≠ 0 ,可知在環外, B= 0 。在環內, B平行於 dl且在圓路徑上各點大小均相同。環路圈起的電流為 NI,故由安培定律。

因∮dl= 2πr,可得

P.796

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30 7 30 18
例題 30.7 (圖30.18)

磁場並不均勻;而是正比於 1/r 。環式線圈的磁場應用在核融合的研究上(見第 43 章專題探討)。

圖30.18在環式線圈中,沿一半徑r的圓上磁場為定值。

P.796

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slide62
例題 30.8

(a) 以 v速度移動的點電荷 q所生成的磁場為何

? (b) 以相同速率平行移動的兩相同電荷,彼此

間施力為何?

由必歐-沙伐定律,可由電流元 Idl求出磁場。因 I = dq/dt,可得

其中 v為電荷 dq 的速度。

P.796

歐亞書局

slide63
例題 30.8 (續)

由 30.6 式可推得由單一電荷q 以速度 v所生成之磁場為

因∮dl= 2πr,可得磁力線為圓形,如圖 30.19a 所示。(b) 見圖 30.19b ,電荷間的靜電斥力為

由一電荷對另一電荷所施的磁力 F=qv × B大小為

P.796

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slide64
例題 30.8 (續)

此力為吸力。因 k‘= μ0/4π ,且 k=1/4πε0可得 k’= k/c2,其中 c 為光在真空中的速度。(在 34 章中可看到 c=√μ0ε0。因此電荷間的淨力為

以同速運動的粒子施於彼此的淨力小於當其皆不動時。這點留待 39 章來討論。

P.797

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30 8 30 19
例題 30.8 (圖30.19)

圖30.19 (a) 由以 v速度運動的電荷q所生的磁場。(b)

兩電荷以相同速度平行運動。其間的淨力少於其為靜止時(此時沒有磁力)。

P.796

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