§3磁场的“高斯定理”与安培环路定理 引言 磁场、电场均是矢量场,但磁场与电场性质不同。在电学中有场方程: 5D·d=∑%,「E.d=0 而在磁学中相应的该两方面(通量、环流)又该如何?即 B·ds B·d=? 它们均可由毕奥一萨伐尔定律,结合叠加原理导出。 、磁场的“高斯定理” 1、磁通量 引入磁力线形象化地描述磁场,疏密和切向所代表的含义类同电力线。如图 5-17,规定:通过一曲面S的磁通量为 B·dS=「 Bcos e ds 在SI制中各物理量的单位为 Φ:韦伯(W),1韦伯=1特×1米2 厉:特斯拉(T),1特=1韦佝 1米2’具有磁通密度概念。 2、B线的闭合性 即磁场的高斯定理:5B=0。表明:闭合曲面S的磁通量为零,自然界 中不存在自由磁荷(磁单极)。因稳恒电流本身是闭合的(5,6=0,故闭合 电流与闭合B线相互套链。高斯定理也表明,磁力线是无头无尾的闭合线,磁场 是无源场 ds= dsn B 闭面S Id/e 图5-17 图5-18
5－3－1 §3 磁场的“高斯定理”与安培环路定理 引言： 磁场、电场均是矢量场，但磁场与电场性质不同。在电学中有场方程： S = s D ds q 内 0 ， E dl = 0 而在磁学中相应的该两方面（通量、环流）又该如何？即 = s B ds ? ， = ? L B dl 它们均可由毕奥－萨伐尔定律，结合叠加原理导出。 一、磁场的“高斯定理” 1、磁通量 引入磁力线形象化地描述磁场，疏密和切向所代表的含义类同电力线。如图 5-17，规定：通过一曲面 S 的磁通量为 = = S S m B dS Bcos dS 在 SI 制中各物理量的单位为 m ：韦伯（Wb），1 韦伯=1 特 2 1米 B ： 特斯拉（T）， 2 1 1 1 米 特 = 韦伯 ，具有磁通密度概念。 2、 B 线的闭合性 即磁场的高斯定理： = S B dS 0 。表明：闭合曲面 S 的磁通量为零，自然界 中不存在自由磁荷（磁单极）。因稳恒电流本身是闭合的（ = S j dS 0 ），故闭合 电流与闭合 B 线相互套链。高斯定理也表明，磁力线是无头无尾的闭合线，磁场 是无源场。 图 5-17 图 5-18 θ B d s dsn = Id l θ r d B 闭面 S
3、高斯定理的证明思路 高斯定理可从毕奥一萨伐尔定律严格证明,这里仅提供思路。如图5-18。 (1)首先考虑单个电流元团之场中 以l为轴线取一磁力线元管,其上磁场dB=llin0h处相等:再取任 意闭曲面S,若S与之交链,则一进一出,d=0;若S与之不交链,仍d=0 再展扩至整体S面上,得Φn=0。 (2)然后再考虑任意回路之总场是各电流元之场的叠加,因ld是任一电流 元,故对整体考虑,其结论不变 二、安培环路定理 1、研究:「Bd=? 2、特点:取积分回路L(称之为安培环路)沿B线,因B线闭合,且B与d 的夹角为零,而有「Bd≠0。 3、内容:5Bd=6∑1,其中右侧为穿过闭路L的电流之代数和,按右 手定则规定,参见图5-19。 L(正) 右手定则 L(负) 图5-19 、定理证明:该定理可由毕奥一萨伐尔定律证明,下面先看B.d,再计算 5Bd,最后再用叠加原理 如图5-20,L一安培环路,L一载流回路,作一负d位移后成L"′
5－3－2 3、高斯定理的证明思路 高斯定理可从毕奥－萨伐尔定律严格证明，这里仅提供思路。如图 5-18。 (1) 首先考虑单个电流元 Idl 之场中 以 Idl 为轴线取一磁力线元管，其上磁场 2 0 4 sin r Idl dB = 处处相等；再取任 意闭曲面 S，若 S 与之交链，则一进一出， dm = 0 ；若 S 与之不交链，仍 dm = 0 ； 再展扩至整体 S 面上，得 m = 0。 (2) 然后再考虑任意回路之总场是各电流元之场的叠加，因 Idl 是任一电流 元，故对整体考虑，其结论不变。 二、安培环路定理 1、研究： = L B dl ? 2、特点：取积分回路 L （称之为安培环路）沿 B 线，因 B 线闭合，且 B 与 dl 的夹角为零，而有 L B dl 0 。 3、内容： = ( ) 0 L内 L B dl I ，其中右侧为穿过闭路 L 的电流之代数和，按右 手定则规定，参见图 5-19。 图 5-19 4、定理证明：该定理可由毕奥－萨伐尔定律证明，下面先看 B dl ，再计算 L B dl ，最后再用叠加原理。 如图 5-20，L－安培环路， L －载流回路，作一负 dl 位移后成 L。 I I L（正） L（负） 右手定则 → →
S L′(前) I丿载流回路L′ 位移-d 积分回路L 图5-20 (1)计算B.d B=0 B.d=(4x),d or(dl×al)F (轮积) ordl×(-dn)-F (换位) 4 如图5-20,d×(-团)=ds,则 d 为对P点所张元立体角,从而 4丌 Ω代表L'回路作位移-d所扫过带状面S对P点所张立体角
5－3－3 图 5-20 (1) 计算 B dl ∵ = L r I dl r B 2 0 4 ∴ dl r I dl r B dl L = ) ˆ ( 4 2 0 = L r I dl dl r 2 0 ( ) ˆ 4 （轮积） ＝ − L r I dl dl r 2 0 ( ) ˆ 4 （换位） 如图 5-20， dl dl ds (− ) = ，则 = − − = − = − d r ds r r ds r r dl dl r 2 2 2 ( ) ( ) 为对 P 点所张元立体角，从而 = − = − 4 4 0 0 I d I B dl L 代表 L 回路作位移 dl − 所扫过带状面 S 对 P 点所张立体角。 S″ L″(后) S nb S′ L′（前） I 载流回路 L′ r P d l 积分回路 L 位移-d l -r ˆ d s -d l
再取以L′、L"为周界(前后)之闭面:s"+s+s',使之不套链L(P点在 外),则Ω-9+9=0,即 Q Q=9-9′=·d=Vg.d 代入上式给出 B·d 4 又因d具有任意性,故 Solvo (2)再看5Bd 上述场点P为指定点,在P处一元位移证所引起结果。现P点沿安培环路L 移动一周,则 a若L与L不套链,则因立体角改变总量2=0有Bd=0 b若与L相套链,则因立体角改变总量A=4x,有Bd=m (3)最后再用叠加原理 以上为单回路L′,若多载流回路,则从叠加原理知,每一回路均有上述结 论,进而有一般式: B·dl (L内) 5、说明 1)安培环路定理表达式中左边的B是空间所有电流在回路处的合场,其积 分结果可以用回路所围电流之代数和表示。(区分:场本身与环流含义不同!) (2)磁场为无源有旋场,在磁场中一般不能象电场中那样引入标势描述 (3)两种类型举例:如图5-21,结果分别为 B·dl 5B:d=A6(1-12)
5－3－4 再取以 L、 L 为周界（前后）之闭面： s + s + s ，使之不套链 L（P 点在 外），则 − + = 0 ，即 dl dl l = − = − = 代入上式给出 dl I B dl = 4 0 又因 dl 具有任意性，故 = 4 0 I B (2) 再看 L B dl 上述场点 P 为指定点，在 P 处一元位移 dl 所引起结果。现 P 点沿安培环路 L 移动一周，则 = = = = L L b L L B dl I a L L B dl 4 . 0 0; 0 、若 与 相套链，则因立体角改变总量 ，有： 、若 与 不套链，则因立体角改变总量 ，有： (3) 最后再用叠加原理 以上为单回路 L ，若多载流回路，则从叠加原理知，每一回路均有上述结 论，进而有一般式： L = L B dl I ( ) 0 内 5、说明 (1) 安培环路定理表达式中左边的 B 是空间所有电流在回路处的合场，其积 分结果可以用回路所围电流之代数和表示。（区分：场本身与环流含义不同！） (2) 磁场为无源有旋场，在磁场中一般不能象电场中那样引入标势描述。 (3) 两种类型举例：如图 5-21，结果分别为 B dl I L = −20 ； = − L B dl (I I ) 0 1 2
I⊙ 图5-21 安培环路定理应用举例 上述两定理普遍适用,但单独用5Bd=A∑/解决问题,范围有限,只用 于问题具有某种对称性情况。解决问题时,首先分析对称性,然后取安培环路L 过场点,再用定理求出场B 例1:无限长载流I的直导线外之场 解:问题具有Z轴对称性 B= lol B 该结果在前已有。 例2:无限长载流为I、半径R的圆截面载流直导线,求内、外B分布。 解:如图5-2’电流密度j=-n2,导线内、外场点之场均呈轴对称,且方 向沿圆周切向。 ①r>R:B.2m=0l B=1 ②r<R:B.2m=pmf2m B=olr B~r曲线参见图5-22
5－3－5 图 5-21 三、安培环路定理应用举例 上述两定理普遍适用，但单独用 = L l B dl I 内 0 解决问题，范围有限，只用 于问题具有某种对称性情况。解决问题时，首先分析对称性，然后取安培环路 L 过场点，再用定理求出场 B 。 例 1：无限长载流 I 的直导线外之场。 解：问题具有 Z 轴对称性 ∵ 2 , 0 rB = I ∴ r I B 2 0 = 该结果在前已有。 例 2：无限长载流为 I、半径 R 的圆截面载流直导线，求内、外 B 分布。 解：如图 5-22，电流密度 2 R I j = ，导线内、外场点之场均呈轴对称，且方 向沿圆周切向。 ① r R ： B r I 2 = 0 r I B 2 0 = ② r R ： 2 0 2 2 r R I B r = 2 0 2 R I r B = B ~ r 曲线参见图 5-22。 I L I 1 I2 I3 I4 → L ↓
P 正比 反 R 图5-22 例3:求螺绕环内的磁场。设螺绕环平均半径为R,总N匝,载流I 解:经对称分析可知,B沿圆周等大、方向沿切向,安培环路取半径R的 2TRB=HoN Bn=02n?sonl、B=0。 5-3-6
5－3－6 例 3：求螺绕环内的磁场。设螺绕环平均半径为 R，总 N 匝，载流 I。 解：经对称分析可知， B 沿圆周等大、方向沿切向，安培环路取半径 R 的 圆，则 RB NI 2 = 0 nI R N B I 0 0 2 内 = = 、 B外 = 0。 Z I R P B B O R r 正比 反 比 μ0I∕2πR 图 5-22