●磁场对通电线圈的作用力矩问题

磁场对通电线圈的作用，最简单也是最基本的模型，是匀强磁场对通电的矩形线圈的作用，而且矩形线圈的两条边保持与磁场垂直，如图 3-1 所示。

磁场方向由 N 极指向 S 极，是水平方向由左向右的，设磁场的磁感应强度为 B；矩形线圈的 ab 边和 cd 边与磁场方向垂直，设它们的长度为 l1， bc 边与 da 边长为 l2；如线圈中按图示的方向通过电流 i，则 bc 边与 da 边所受的磁场力均在线圈平面内，大小相等、方向相反，且在同一条直线上，互相抵消，对线圈不产生转动的效果。ab 边与 cd 边长度相等，通过的电流强度也相等，它们都与磁场方向垂直，所受的磁场力大小相等： F=Bil1，但 ab 边的受力方向向下，cd 边的受力方向向上，互相平行，从而构成一对力偶，这对力偶的力矩为：M=Fd，d 是构成力偶的两个力的作用线间的垂直距离，即力偶的力臂。在匀强磁场中，F 的大小不变，力臂的大小与线圈的位置有关。

当线圈平面与磁场方向垂直时（图 3-2），力臂 d=0，力矩也为零。力矩为零的位置叫线圈的平衡位置，通常在图中用虚线表示。

当线圈平面与磁场方向平行时（图 3-3），力臂最大，力臂等于 bc 与da 边的长度：d=l2，这时力偶的力矩也最大，最大力矩为：

Mm=Fl2=Bil1l2=Bis

式中 S=l1l2 是矩形线框的面积。不难判断，这个力矩的自然转动轴通过 bc 边与 da 边的中点，这根转动轴也是矩形线圈平行于 ab 边与 cd 的对称轴 OO＇（图 3－1）。

一般情况下线圈的位置用线圈平面与平衡位置间的夹角θ来表示（图3-4），这时力臂为 d=l2sinθ，力矩为：

M=Fd=Bil1l2sinθ

=BiSsinθ=Mmsinθ

此式是磁场中通电线圈所受力矩的一般表达式。Mm 是最大力矩，即线圈面与磁力线平行，即θ=90°时磁场对通电线圈的作用力矩。如线圈图3-4 共 n 匝，则 Mm=nBiS。当线圈面与磁力线垂直时，θ=0，则 sinθ=0， M=0，即线圈处在平衡位置时，所受的力矩为零。

力矩公式 M=Mmsinθ有两个十分重要的特性：（1）只要转动轴与磁力

线垂直，该公式与转动轴的位置无关。也就是说，转动轴即使不在线圈的对称位置，力矩公式也是适用的。（2）该公式与线圈的形状无关，即不管线圈是什么形状，只要知道线圈的面积 S，则最大力矩就可以根据公式Mm=nBiS 求得，力矩公式 M=Mmsinθ与线圈的形状无关。

下面只证明最大力矩公式 Mm=BiS 与转动轴的位置、与线圈的形状无关。在接下去的例题中，读者可以见到具体的实例。

在图 3-5 中，矩形线圈与磁力线平行，线圈中通过电流 i，计算

线圈相对于与磁场方向垂直的转动轴 OO′的力矩。

设 ad＝cd=l1，且 ab 边与 cd 边平行于 OO＇，bc=da=l2，它们与 OO＇垂直，dc 边与 OO＇相距 l。

ab 边所受磁场力为 F1=Bil1，方向向下，相对于转动轴 OO＇，它的力臂 d1=l+l2，故力矩的大小为：M1=F1d1=Bil1（l+l2），它的作用是使线圈绕转动轴 OO＇逆时针转动。

cd 边所受磁场力为 F2=Bil1，方向向上，它对转动轴的力臂为 d2=l，

故其力矩为 M2=F2d2=Bil1l，它的作用是使线圈绕轴 OO＇顺时针转动。

在图示情况下，bc 边与 da 边均与磁力线平行，不受磁场力作用。故线圈相对于转动轴 OO＇所受力矩为 M1 与 M2 的代数和。设逆时针方向的力矩为正，顺时针方向的力矩为负，则总力矩为：

M=M1+M2=Bil1（l+l2）-Pil1l=Bil1l2=BiS

设通电线圈是等腰三角形 abc，底角为θ，底边 ab=l1 ，腰长bc=ac=l2，按图
3-6 所示方向通过电流 i，线圈处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，线圈面与磁力线平行，线圈的底边与磁力线垂直。

根据左手定则，ab 边所受磁场力垂直于纸面向外，大小为 F1=Bil1，

作用点在 ab 的中点 Q。

ac 边所受磁场力大小为 F＇=Bil2cosθ，作用点在 ac 边的中点 Q1，方向垂直于纸面向里；bc 边所受磁场力的大小与 ac 边所受磁场力相等，作用点为 bc 边的中点 Q2，方向也是垂直于纸面向里。把 ac 与 bc 作为整体看，它所受磁场力的合力大小为 F2=2F’=2Bil2cosθ，合力的作用点为 Q1、Q2 的连线的中点 Q′，合力的方向当然也是垂直于纸面向里的。由于 2l2cos θ＝l1，所以 F2=Bil1。可见，通电的三角形线圈所受的磁场力 F1 与 F2 构成一对力偶，力偶的自然转动轴是 Q、Q＇连线的与磁力线垂直的中垂线。力矩的大小为：

M = Fd = F1 ( 2 l2 sinθ) = Bil1l 2 sinθ/ 2 = BiS

式中 1 θ是等腰三角形的面积。可见通电的三角形线圈在磁场

S = 2 l1l 2 sin

中所受的最大力矩是与它的面积成正比的。

现在计算通电的三角形线圈以 OO＇（图 3-6）为转动轴的力矩。OO＇与磁力线垂直，三角形的底边 ab 与 OO＇平行，设它们相距 l，则 ab 边所受的磁场力相对于 OO＇的力矩为 M1=F1l，迎 OO＇看去，M1 的作用效果是使线圈绕 OO＇顺时针转动；ac 边与 bc 边所受的磁场力的合力为 F2=Bil1，作用点在 Q＇点，它使线围绕 OO＇逆时针转动，力矩大小为

M2 = F2 (1 + 2 l2 sinθ)；可见，力矩的代数和为

M = M + M = F (l + 1 l

sin θ) − F l

1 2 2

2 2 1

= F2 l - F1l + F2 1

2 2

sinθ

= Bi( 2 l1l 2 sinθ) = BiS

可见，力矩公式 M=BiS 不仅对三角形线圈是适用的，而且对三角形外垂直于磁力线的任意转动轴也是适用的。

[例题 1]木质圆柱体，半径为 R，长度为 l=10 厘米，其质量为 m=0.25 千克。在圆柱体上，顺母线和直径绕 10 匝矩形线圈（图 3-7）。把它们放到倾角为θ的斜面上，使线圈面与斜面平行，整个装置都处在竖直向上、磁感应强度 B=0.5 特斯拉的匀强磁场中。如果斜面足够粗糙，试问线圈中通过多大电流时，圆柱体才会在斜面上不动？（设线圈导线的重量可以不计，取 g=10 米/秒 2）。

［分析与解］在垂直于圆柱体轴线方向上取剖面如图 3-8 所示。圆柱体与斜面的交线 D 跟斜面的底边平行，由于斜面足够粗糙，圆柱体平衡时，不会向下滑动，所以 D 是圆柱平衡时的轴线。

圆柱体的重力（mg）对 D 轴有顺时针方向的力矩：M1=mg（Rsinθ）。要使圆柱体能在斜面上静止不动，只有按图示的方向在线圈中通以电

流 i。这时 ad 边与 bc 边所受的磁场力均沿圆柱体的轴线方向，大小相等、

方向相反、互相抵消，故不影响圆柱体的平衡。ab 与 cd 边受磁场力的大小相等：F1=F2=nBil，方向如图所示，构成一对力偶。ab 边所受磁场力 F1 使圆柱体相对于 D 轴逆时针转动，cd 边所受磁场力 F2 使圆柱体相对于 D 轴顺时针方向转动，由于 F1 的力臂 DD1 比 F2 的力臂 DD2 大，所以磁场力的合力矩是逆时针方向的，大小为：

M2=F1（DD1）-F2（DD2）=F（DD1-DD2）

=F（D1D2）=nBil（2Rsinθ）

=（nBiS）sinθ

要使圆柱体静止不动，则应使 M1=M2，即： mgRsinθ=nBiSsinθ=2nBiRlsinθ

由此可以求得通过线圈的电流强度应为:

i = mg 2nBl

= 0.25 × 10

2×10×0.5×0.1

(安) = 2.4(安)

读者也许已经注意到，磁场对通电线圈的作用力矩为 M2=（nBiS）sin θ，转动轴 D 处在线圈平面外与磁力线垂直的地方。这里又一次证明，磁场对通电线圈的力矩公式是与轴的位置无关的。

[例题 2]均匀的直导线每单位长度的质量为ρ，用它弯成如图 3-9 所示的“屋顶”形的闭合线框（abcdefa），将它放在光滑的水平 oy 轴上，轴是绝缘的，线框的边长 ab=de=l，bc=cd=ef=fa=l’，“屋顶”的夹角 2 θ0＜180°，θ0 角也就是“屋面”与竖直平面 oyz 的夹角。试求：（1）如整个线框处在 ox 轴正方向的匀强磁场中，使线框固定不动，沿图示的方向使电流 i 通过线框，这时磁场对线框的作用力矩多大？（2）若只有重力和电磁作用力作用，线框将发生偏转，平衡时线框对原来的平衡位置的偏角θ多大？

［分析与解］（1）不难判断 fa 边与 bc 边所受磁场力大小相等、方向相反，互相抵消；cd 边与 ef 边所受磁场力也互相抵消。这四条边所受磁场力都与 oy 轴平行，没有转动效应。

ab 边与 de 边所受磁场力构成一对力偶，对 oy 轴的转动力矩为： M=Fd=（Bil）（2l’sinθ0）=BiS

式中 S=l（2l’sinθ0）是线框面在平行于磁力线方向上的投影面积。

显然，M=BiS 是线框受到的最大磁力矩。这里的线框不是平面线框，而是立体的，这里，磁场对它的作用力矩由线框面在平行于磁力线方向上的投影面积决定，公式 Mm=BiS 仍然适用。

（2）从上面的分析可以看到，如外力撤消，则线框沿顺时针方向偏转。设偏转角为θ对线框面平衡（图 3-11），这时磁场对通电线框的作用力矩，还是 ab 边与 de 边所受的力偶的力矩，但这时力偶的力臂为 d＇=（2l’sin θ0）cosθ，故磁场对线框的力矩为：

M=Fd’=（Bil）（2l’sinθ0）cosθ

=BiScosθ

线框从原来的位置偏转θ角后，重力对 oy 轴的力矩代数和已不再等于零。

fa 边、ab 边与 cb 边的重力产生顺时针的力矩：

M1 =（ lρg）l′sin（θ 0

-θ） +2（ l ′ρg） l ′ sin（θ

0 -θ）

＝ρg（ l＋l′）l′sin（θ 0 -θ）

cd 边、de 边和 ef 边的重力产生逆时针的力矩：

M2 =（ lρg）l′sin（θ 0

-θ）+2（ l ′ρg） l ′ sin（θ

0 -θ）

＝ρg（ l＋l′）l′sin（θ 0 -θ）

整个线框对 oy 轴的重力矩为 M1 和 M2 的代数和，是逆时针方向的，大小为：

M’=M2-M1=ρg（l+l’）l’［sin（θ0+θ）-sin（θ0-θ）］

=2ρg（l+l’）l＇cosθ0sinθ

当 M=M’，即电磁力矩与重力矩的代数和为零，即2Bill’sinθ0cosθ=2ρg（l+l’）l’cosθ0sinθ

tgθ =

Bil

ρg(l + l ′)

tgθ 0

θ = tg⁻¹ Bil tgθ 

 ρg(l + l′) 

θ就是线框平衡时对原来的静止位置的偏角。