工程电磁场导论复习题.doc

《工程电磁场导论》
一、 填空题（每空*2*分，共30分）
1.根据物质的静电表现，可以把它们分成两大类：导电体和绝缘体 。
2.在导电介质中（如导体、电解液等）中，电荷的运动形成的电流成为传导电流 。
3.在自由空间（如真空中）电荷运动形成的电流成为 运流电流 。
4.电磁能量的储存者和传递者都是 电磁场 ，导体仅起着定向导引电磁能流的作用，故通常称为 导波系统 。
5.天线的种类很多，在通讯、广播、雷达等领域，选用电磁辐射能力较强的
细天线 。
6.电源是一种把 其它形式 的能量转换成电能的装置，它能把电源内导电原子或分子的 正负电荷 分开。
7.实际上直接危及生命的不是电压，而是通过人体的电流，当通过人体的工频电流超过 8mA 时，有可能发生危险，超过 30mA 时将危及生命。
8.静电场中导体的特点是： 在导体表面形成一定面积的电荷分布，是导体内的电场为0，每个导体都成等位体，其表面为等位面 。
9.恒定电场中传导电流连续性方程 ∮SJ.dS=0 。
10.电导是流经导电媒质的 电流 与导电媒质两端 电压 之比。
11.在理想导体表面外侧的附近介质中，磁力线 平行 于其表面，电力线则与其表面相 垂直 。
12.如果是以大地为导线或为消除电气设备的导电部分对地电压的升高而接地，称为 工作接地 。
13. 电荷的周围 ，存在的一种特殊形式的物质，称电场。
14.工程上常将电气设备的一部分和 大地联接 ，这就叫接地。如果是为保护工作人员及电气设备的安全而接地，成为 保护接地 。

1. 库伦定律：
答：在无限大真空中，当两个静止的小带电体之间的距离远远大于它们
本身的几何尺寸时，该两带电体之间的作用力可以表示为：

这一规律成为库仑定律。
2.有限差分法的基本思想是什么？
答：把场域用网格进行分割，再把拉普拉斯方程用以各网格节点处的电位作为未知数的差分方程式来进行代换，将求拉普拉斯方程解的问题变为求联立差分方程组的解的问题。
3.静电场在导体中有什么特点？
答：在导体表面形成一定的面积电荷分布，使导体内的电场为零，每个导体都成为等位体，其表面为等位面。
4.什么是击穿场强？
答：当电场增大到某一数值时，使得电介质中的束缚电荷能够脱离它们的分子而自由移动，这时电介质就丧失了它的绝缘能力，称为被击穿。某种材料能够安全地承受的最大电场强度就称为该材料的击穿场强。
5. 什么叫静电屏蔽？
答：在工程上，常常把不可受外界电场影响的带电体或不希望去影响外界的带电体用一个接地的金属壳罩起来，以隔离有害的的静电影响。例如高压设备周围的屏蔽网等，就是起静电屏蔽作用的。
6.分离变量法的基本思想是什么？
答：把电位函数φ用两个或三个仅含一个坐标变量的函数乘积表示，带入偏微分方程后，借助“分离’常数使原来的偏微分方程转化为几个常微分方程，然后分别求解这些常微分方程，并以给定的边界条件确定其中待定常数和函数，最终得到电位函数解。所得的解往往具有傅里叶级数形式，因此又称傅里叶法。

7．分离变量法的具体步骤是什么？
.答：（1）按给定场域的形状选择适当的坐标系，使场域的边界面能与坐标面相吻合，并写出静电场边值问题在该坐标系中的表达式。
（2）将偏微分方程通过“分离”变量转化为常微分方程。
（3）解各常微分方程并组成拉普拉斯方程的通解。通解含有“分离”常数和待定常数。
（4）由边界条件确定“分离”常数和待定常数，得到问题的唯一确定解。
计算题
1 . 真空中的有电荷以体密度ρ均匀分布于一半径为α的球中。试求球内、外
的电场强度及电位。
解：（1）电场强度：根据公式 ∮S D.dS=VρdV
当r<α时，有 4πr2D=4πr3ρ/3
所以 D=（ρr/3 ） er 和 E=（ρr/3ε0 ） er
当r>α时，有4πr2D=4πr3ρ/3
所以 D= （ρα3/3 r2 ） er 和 E=（ρα3/3ε0 r2 ） er
（2）电位：因电荷分布在有限区域，故可选无穷远为电位参考点。
当r≤α时
=ρα2/2ε0-ρr 2/6ε0
当r≥α时
=ρα3/3ε0 •1/r

2.如图1所示，两点电荷+q和-q 相距为d。当r»d时，这一对等量异号的电荷
±q 称为电偶极字。计算任一点 P处的电位和电场强度。

解：根据叠加原理，P点的电位为
φp=q/4πε0 •(1/r1-1/r2)= q/4πε0• (r2- r1)/ r2 r1
因 r>>d , 则 r2 r1≈r2 r2- r1≈dCOSθ, 所以有
φp= q dCOSθ/4πε0 r2er
P点的电场强度为：E=P/4πε0 r3 •（2COSθer + sinθeθ）
3.如图所示为两根不同半径，相互平行，轴线距离为d，单位长度分别为+和-的长直圆柱体。试决定电轴位置。

解：列关系式

4.今有一球形薄膜带电表面，半径为α，其上带电荷q。求薄膜单位面积上所受的膨胀力。
解： 孤立导体球的电容C=4πε0α 采用球坐标，原点置于球心，选广义坐标g为α，则
ƒr=q2/2C2•C/α= q2/2C•4πε0
= q2/8πε0 α2
ƒr的方向与α增大的方向相同，为膨胀力。单位面积上的力
ƒr、= q2/2ε0(4πα2)2 =σ2/2ε0 = 1/2•σE =1/2•DE
5.已知图2中线圈匝数N=300，铁心的横截面积S=3X10-3 m 2，平均长度l=1铁磁质的μr=2600,欲在铁心中激发3X10-3Wb的磁通，线圈应通过多大的电流？

解：磁路总磁阻 RM=1/μ•l/S=1/2600X(4πx10-7)•1/3x10-3=105 1/H
磁路的磁动势 £m=ΦrM=(3x10-3)x105=300
故线圈应通过的电流 I=£m/N=300/300=1A
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