級工程電磁場重修復(fù)習(xí)講義

1、09級工程電磁場重修復(fù)習(xí)講義一、靜電場l 電場強(qiáng)度的定義，電位的定義：=，；l 高斯定理：l 鏡像法：鏡像電荷的計算（平面鏡像，球面鏡像）l 電軸法：（，h1+h2=d）l 電容計算：，分布電容同樣計算。l 電場能量與廣義力：，1. 如圖2，灰色部分為一金屬導(dǎo)體的橫截面，若該導(dǎo)體帶電荷為3nC，其內(nèi)部有一絕緣體內(nèi)有電荷-5nC，求導(dǎo)體內(nèi)、外表面的電荷量。（分析8分，結(jié)果2分）解：由靜電場中金屬的性質(zhì)知：圍繞導(dǎo)體內(nèi)表面構(gòu)成一閉合曲面，有q=0，則可得內(nèi)表面電荷量為q內(nèi)=5nC，同樣可得q外=-2nC。2.（10分）設(shè)真空中有兩個點電荷q和 pq (0<p<1)，求兩電荷連線上，電場強(qiáng)

2、度為零的點與兩電荷間的距離，并用圖標(biāo)示出來。解：因為0<q<1，A 離-qp 近，離q 遠(yuǎn)，則二者即產(chǎn)生的 E會抵消，而B 點不行，（2分）令x 如圖，則兩點電荷在A 點產(chǎn)生的場強(qiáng)分別為：q點：， -pq點： （3分）令，有 （3分）解此方程，可得：（只能取正值）。（2分）3.（10分）兩同號的點電荷q1=q, q2=3q, 在真空中相距d，問在兩點電荷的連線上，在哪一點上，它們各自產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小、方向均相同，并用圖標(biāo)示出來。解：因為q1<q2, 分析知，只可能是A 點，（2分）令x 如圖示，由點電荷電場的計算公式： （3分） 據(jù)題意有： （3分）求解方程可得，x=1.3

3、7d. （2分）4.（12分）如圖1，兩根線電荷密度分別為和-3的無限長導(dǎo)線相距b ，求電場強(qiáng)度為零的點，并標(biāo)出其大概位置。解：電場強(qiáng)度為零的點必須是兩個場源產(chǎn)生的電場方向相反的點構(gòu)成，由于兩個場源均產(chǎn)生輻射軸對稱電場，故只能是在同一個平面上有場強(qiáng)為零的點。（2分）由高斯定理知，單根導(dǎo)線在距其r遠(yuǎn)處產(chǎn)生的電場為： （3分）由疊加定理，有：任意點處的合成電場： （3分）由上式可知，顯然E=0的點必須在同一個平面，且r1和r2應(yīng)該同方向，即應(yīng)該在兩導(dǎo)線構(gòu)成框架的外側(cè)，且必須在線電荷密度為的導(dǎo)線上邊。且有：，則 3r1=r2 （2分）又有： r2-r1=b （1分）解之可得：r1=b/2（一條線），

4、r2=3b/2 （1分）5.（14分）如圖1，兩個半徑同為R的帶電環(huán)形線圈的線電荷密度分別為和-3，彼此相距為b（R<<b），求軸線上電場強(qiáng)度方向相同、大小相等的點（注：求解時考慮R<<b的近似計算）。解：對于單個線圈，在距軸心X處的電場強(qiáng)度由于對稱性，（2分）=， （4分） （2分）由于兩帶電導(dǎo)體符號相反，則只有在兩個圓環(huán)的左右之間的軸線上才可能有大小相等、方向相同的點存在。則有：（2分） （2分）解之可得： （2分） 取正數(shù)，則6.（12分）如圖2，已知一半徑為R=0.2m球形帶電體的電荷密度為=0.3C/m3，圖中A點距球心距離為a=0.5m，B點距球心距離為b=

5、0.8m，求圖中A、B兩點之間的電壓UAB。解：由高斯定理，當(dāng)r > R時，有：，其中： （3分）可得： （3分）（3分）代入?yún)?shù)，可得：UAB=67.5MV （3分）7.（12分）如圖2，兩根線電荷密度為的無限長輸電線相距d，求圖中A、B兩點之間的電壓UAB。解：由高斯定理和疊加原理可知任意點P的電場強(qiáng)度為： （3分）選參考電位點Q在兩導(dǎo)體的中間平面上，則： （3分）由于r1Q=r2Q，即有：，于是：， （3分）則： （3分）8.（15分）如圖1，已知起點在o點的半無限長帶電體ab，線電荷密度為，求線外線外距坐標(biāo)原點d距離的P點的電場強(qiáng)度。解：在距坐標(biāo)原點x點處取任一小線段dx，則 （

6、2分）由電場強(qiáng)度定義，= （3分）設(shè)x處與P點夾角為，則有：； （3分）= （1分）而：，設(shè)的變化范圍為1，2，則有：= （1） （1分）= （2） （3分）對于半無限長線電荷，則1=0，2=/2，代入（1）、（2）式可得： （2分）9.（15分）一對平行導(dǎo)線，間距為D，導(dǎo)線半徑為a，如果導(dǎo)線間電壓為V，求電位分布。圖3.1圖3解：用柱面鏡像法，設(shè)在兩個圓柱體內(nèi)各有等量異號線電荷密度為的線電荷，則線電荷與兩根導(dǎo)線的中心距離應(yīng)滿足下式： （3分）解之可得： （2分）任意點的電位： （3分）而對于2上的虛線軸上的特殊點，有r2=f, r1=d，則： （2分）即： （2分）故： （3分）10.（15

7、分）如圖1，已知起點在o點的半無限長帶電體ab，線電荷密度為，求線外距坐標(biāo)原點d距離的P點的電場強(qiáng)度。解：在距坐標(biāo)原點x點處取任一小線段dx，則 （2分）由電場強(qiáng)度定義，= （3分）設(shè)x處與P點夾角為，則有：； （3分）= （1分）而：，設(shè)的變化范圍為1，2，則有：= （1） （1分）= （2） （3分）對于半無限長線電荷，則1=/2，2=，代入（1）、（2）式可得： （2分）11.（15分）如圖3所示，設(shè)在無限大均勻介質(zhì)空間有一半徑為a的接地導(dǎo)體球，球內(nèi)距球心為d的位置放有一電量為q的點電荷，求整個介質(zhì)空間的電場強(qiáng)度。解：由球面鏡像法知，要保持球面為等電位面，則必須在球外有一等效電荷q

8、9;，該電荷距球心距離f及帶電量應(yīng)滿足： （4分）此時表面電位為零等位面。由于靜電感應(yīng)原因，在導(dǎo)體球內(nèi)側(cè)實際感應(yīng)電荷為q。由于在導(dǎo)體球區(qū)間外的電場為對稱分布，而由高斯定理知，球體外區(qū)間的電通量為： （3分）則：E=0 （r>a） （3分）球體內(nèi)任一點的電場強(qiáng)度為： （5分）其中：，（以O(shè)點為原心建立xoy坐標(biāo)系）12.（12分）如圖3所示，設(shè)在無限大均勻介質(zhì)空間有一半徑為a的接地導(dǎo)體球，球內(nèi)距球心為d的位置放有一電量為q的點電荷，求整個介質(zhì)空間的電場強(qiáng)度。圖3解：由球面鏡像法知，要保持球面為等電位面，則必須在球外有一等效電荷q´，該電荷距球心距離f及帶電量應(yīng)滿足： （3分）此時

9、表面電位為零等位面。由于靜電感應(yīng)原因，在導(dǎo)體球內(nèi)側(cè)實際感應(yīng)電荷為q。由于在導(dǎo)體球區(qū)間外的電場為對稱分布，而由高斯定理知，球體外區(qū)間的電通量為： （2分）則：E=0 （r>a） （3分）球體內(nèi)任一點的電場強(qiáng)度為： （3分）其中：，（以O(shè)點為原心建立xoy坐標(biāo)系）（1分）13.（10分）長直電纜的纜芯與金屬外皮為同軸圓柱面。長度L遠(yuǎn)大于截面尺寸，若纜芯的外半徑為R1，外皮的內(nèi)半徑為R2，其間絕緣介質(zhì)的介電常數(shù)為，試確定其中電場強(qiáng)度與電壓的關(guān)系。解 作半徑為R的同軸圓柱面，R1<R<R2。設(shè)纜芯單位長度上的電荷量為，由高斯定理， （3分）兩柱面間的電壓： （3分）則： （2分）故：

10、 （2分）14.一同軸電纜，芯子和外皮半徑分別為5mm和40mm，其間介質(zhì)，擊穿場強(qiáng)為100kv/cm。問此電纜每公里長度能儲存的最大靜電能量是多少？解 設(shè)內(nèi)導(dǎo)體單位長度上的電量為，由高斯定理：，由于是均勻電場，故有： （2分）由于r=a處場強(qiáng)最大，則max=2aEa qmax=max·l (4分)而：電纜中施加最大電壓： （2分）電場能量： （3分）代入?yún)?shù)，最大靜電能量為963.6J/km。 （1分）也可以用計算電容和最大電壓（或最大電荷）的方法，通過計算；或者通過計算可以得出同樣結(jié)果。15.（12分）均勻介質(zhì)中，兩輸電線的半徑均為5cm，軸間相距2m，試計算其間電容；另外，有一

11、同軸電纜，芯子和外皮半徑分別為5mm和10mm，其間介質(zhì)，求其電容，并與兩輸電線間電容的大小比較。解 （1） 設(shè)均勻傳輸線單位長線電荷密度為t，則兩導(dǎo)體軸心連線上距帶正電荷導(dǎo)體x處的電場強(qiáng)度為： （3分）兩導(dǎo)體間的電位差為：或用電軸法：，(3分) （2）設(shè)內(nèi)導(dǎo)體單位長度上的電量為q，由高斯定理：，由于是均勻電場，故有：，則：（1分）電容器中單位長度上電量與電壓的關(guān)系為：，即： （3分）代入?yún)?shù)計算可得：7.54pF, 280.8pF （1分） 比較可知，架空電線間電容遠(yuǎn)小于同軸電纜的電容。（1分）16.（15分）圓柱形電容器的柱面之間充滿了體密度為的均勻體積電荷，介電常數(shù)為0，內(nèi)、外柱面的半徑

12、分別為R1和R2。若施加電壓U12，求電容器內(nèi)電場強(qiáng)度和電位函數(shù)的分布。解 設(shè)其單位長度柱頂?shù)碾姾闪繛椋“霃綖镽 (R1<R<R2)，高度為1個單位的同軸圓柱面，則其所包圍的電荷為+(R2-R12)。根據(jù)高斯定理 （3分）有： （2分） （3分） （2分）將的表達(dá)式帶入E中，有： （2分）故： （3分）或者以R1處為參考電位點求積分R,R1亦可。17.（10分）如圖，空中兩根互相平行、無限長的導(dǎo)體圓柱上帶有等量異號電荷。設(shè)單位長度的電量=10-8C/m，圓柱的半徑各為R1=15cm，R2=20cm，兩圓柱的幾何軸線間距離為d=50cm。試求等效電軸的位置、零位(中性)面的位置。第

13、3題圖解 如圖所示，假設(shè)等效電軸在o點對稱，則對應(yīng)坐標(biāo)為（-b,0）,(b,0)；而其零位（中性）面的位置則在x=0的y平面。對于兩半徑不等的平行導(dǎo)體圓柱，根據(jù)公式，h1+h2=d （5分）解方程組可知：， （2分）代入已知參數(shù)，可確定中性面到半徑為R1和R2的圓柱面的幾何中心的距離分別為：h1=23.25cm，h2=26.75cm （2分）即零等位面在距R1電圓柱23.25cm，距R2電圓柱26.75cm的位置。電軸到中性面的距離為：b=17.764cm （1分）即等效電軸在分別距R1的圓心5.486cm和距R2的圓心8.986cm的地方。18.（15分）圓柱形電容器的柱面之間充滿了體密度為

14、的均勻體積電荷，介電常數(shù)為0，內(nèi)、外柱面的半徑分別為R1和R2。若施加電壓U12，求電容器內(nèi)電場強(qiáng)度和電位函數(shù)的分布。解 設(shè)其單位長度柱頂?shù)碾姾闪繛?，取半徑為R (R1<R<R2)，高度為1個單位的同軸圓柱面，則其所包圍的電荷為+(R2-R12)。根據(jù)高斯定理 （3分）有： （2分） （3分） （2分）將的表達(dá)式帶入E中，有： （2分）故： （3分）或者以R1處為參考電位點求積分R,R1亦可。19.（10分）導(dǎo)體球半徑為a，帶電量為Q，距離導(dǎo)體球中心為f(f>a)處放置電荷為q的點電荷，求導(dǎo)體球外任意點的電位。解：由球面鏡像法可知，欲維持球面表面等電位，則有等效感應(yīng)電荷：，且

15、滿足：，即： （4分）由于靜電平衡，則在圓心處有等效電荷q=Q+q （3分）導(dǎo)體球外任意點的電位由q、q、q共同決定。由電位的疊加性，可得任意點P的電位： （3分）20.（12分）如圖3，導(dǎo)體球半徑為a=0.1m，帶電量為Q=10C，在距離導(dǎo)體球球心為f=1m處放置有q=2C的一個點電荷，求球面表面電位。 圖3解：由球面鏡像法知，要保持球面為等電位面，則必須有： （3分）此時表面電位為零等位面，球體等效凈電荷為q´。由于導(dǎo)體球原帶電荷為Q，為獲得球體靜電荷等效，必須有： （3分）且q”必須在球心處，而球面電位則是由q”決定的。由高斯定理可以計算出球面電位公式為： （3分）代入?yún)?shù)計算

16、可得：=917kV （3分）21.（12分）長直電纜的纜芯與金屬外皮為同軸圓柱面。長度L遠(yuǎn)大于截面尺寸，若纜芯的外半徑為R1，外皮的內(nèi)半徑為R2，其間絕緣介質(zhì)的介電常數(shù)為，試確定其中電場強(qiáng)度與電壓的關(guān)系。解 作半徑為R的同軸圓柱面，R1<R<R2。設(shè)纜芯單位長度上的電荷量為，由高斯定理， （3分）兩柱面間的電壓： （3分）則： （3分）故： （3分）22.（15分）真空中有一球形體積分布的電荷，球的半徑為R2，電荷體密度為常數(shù)，球內(nèi)存在一個半徑為R1的球形空腔，兩球心o1o2距離為a，且a+R1<R2。試證明球形空腔內(nèi)的電場是均勻的。第3題圖證 若將球形空腔填滿體電荷（2分）

17、，則可得出半徑為R2的球體內(nèi)各點的場強(qiáng)為： 式中： 為球心O2至場點P的矢徑。 （2分）要保證電荷分布的實際情況不變，則必須單獨在半徑為R1的球體內(nèi)再填充體密度為-的體積電荷，兩種電荷分布的疊加可使該球體內(nèi)不帶電荷。（2分）單獨考慮填充了-的R1球體內(nèi)，顯然有 式中：為球心o1至半徑為R1的球體內(nèi)場點P的矢徑。（2分）因此，取球形空腔內(nèi)任一點P，它的場強(qiáng)為：（3分）若記O2至O1的矢徑為，其大小為a，則有：（2分）因此球形空腔內(nèi)任一點處的電場強(qiáng)度，其大小、方向均相同。（2分）證畢。23.（15分）球形電容器的內(nèi)球的外半徑為R1，外球的內(nèi)半徑為R2。介質(zhì)的介電常數(shù)為0。要使得這一電容器的電容與空

18、氣中半徑為R1的孤立導(dǎo)體球的電容之比不超過后者的1%，試確定球形電容器的內(nèi)外半徑比(R2/R1)。解 設(shè)球形電容器的內(nèi)導(dǎo)體球的電荷為q，則電容器中的電場強(qiáng)度為： (R1<R<R2) （3分）內(nèi)外球之間的電壓為： （3分）根據(jù)電容的定義： （3分）在式中令R2，得到半徑為R1的孤立導(dǎo)體球的電容，要使得 （2分） （3分）即：，因此滿足要求的球形電容器的半徑比R2/R1101 （1分）24.（15分）兩根平行細(xì)長導(dǎo)線位于與地面平行的平面內(nèi)，導(dǎo)線半徑為R0=4mm，軸線間距離為d=1m。當(dāng)導(dǎo)線至地面的高度不低于多大值時，忽略地面的影響，導(dǎo)線電容計算值的誤差才不致超過1%。第4題圖解 圖示

19、A、B為兩細(xì)長導(dǎo)線，令單位長度上分別帶電荷+，-，先求兩者之間的電壓。因?qū)Ь€很細(xì)，d>>R0，可視導(dǎo)線的幾何軸與電軸重合，由電場疊加原理，則可得不考慮地面的影響時，導(dǎo)線A與B連接軸線相近表面處點1及點2的電位為：， （4分）兩導(dǎo)線間電壓： （1分）按電容的定義，可得單位長度兩導(dǎo)線間的電容： （2分）考慮地面的影響，則對應(yīng)地設(shè)置鏡象A之電荷為-，鏡象B之電荷為+。由電場疊加原理，同樣可得任一點P的電位為： （3分）故得導(dǎo)體A、B的電位分別為：，故得兩導(dǎo)線間電壓為： （1分）按電容的定義，可得考慮地面影響時單位長度兩導(dǎo)線間的電容為： （1分） 若要求兩種情況下，電容值的誤差不超過1%，

20、即： （2分）代入C0和C0可求得導(dǎo)線距地面高度h必須滿足： （1分）對于導(dǎo)線間距d=1m，導(dǎo)線之半徑R04mm時，算得h1.46m。qrba圖625. 空心導(dǎo)體球內(nèi)、外半徑分別為a、b，如圖6所示。若球心放置一點電荷q，試計算各處（r<a, a<r<b, b<r）的電場強(qiáng)度和電位（無窮大處為參考電位點）。（8分）解： （2分） ( r < a) (1分) E=0 ( a< r < b ) (1分) ( b <r ) （1分） ( b <r ) (1分) ( a <r < b ) (1分) ( r < a) (1分) rb

21、a圖526. 如圖5所示，兩無限長同軸圓柱導(dǎo)體，內(nèi)圓柱半徑為a，帶有電荷面密度s1；外圓柱半徑為b，帶有電荷面密度s2；求兩圓柱間和圓柱外任一點的電場強(qiáng)度。若以內(nèi)圓柱的表面為電位參考點，求內(nèi)外圓柱間任一點的電位。（8分） （2分） q=2aLS1 (a < r < b) (2分) q=2L(aS1+bS2) (b < r ) (2分) （因為a=0） (2分)27. 均勻介質(zhì)中，兩輸電線的半徑均為8cm，軸間相距2m，試計算其間電容；另外，有一同軸電纜，芯子和外皮半徑分別為5mm和15mm，其間介質(zhì)，求其電容，并與兩輸電線間電容的大小比較。（10分）解：（1） 設(shè)均勻傳輸線單

22、位長線電荷密度為t，則兩導(dǎo)體軸心連線上距帶正電荷導(dǎo)體x處的電場強(qiáng)度為： （2分）兩導(dǎo)體間的電位差為：或用電軸法：，(3分) （2）設(shè)內(nèi)導(dǎo)體單位長度上的電量為q，由高斯定理：，由于是均勻電場，故有：，則：電容器中單位長度上電量與電壓的關(guān)系為：，即： （3分）代入?yún)?shù)計算可得：8.64pF, 227.8pF （1分） 比較可知，架空電線間電容遠(yuǎn)小于同軸電纜的電容。（1分）28. 半徑為a的肥皂泡上均勻帶電，總電量為q，電場能量，求肥皂泡所受的表面張力。（公式3分，廣義坐標(biāo)2分，過程5分）解：此為恒電荷系統(tǒng)廣義力的求取。由公式知：29.（12分）試計算半徑為a，帶電量為q的孤立導(dǎo)體球所具有的電場能量

23、及其表面張力。解：由靜電場的知識知，球形孤立導(dǎo)體表面的電位為： （3分）則電場能量為： （2分）由虛位移法計算公式，則表面張力的計算公式為： （2分）而導(dǎo)體球的表面積為，即：，則： （3分）故：導(dǎo)體球所受的表面張力 （2分）30. 一同軸電纜，芯子和外皮半徑分別為5mm和10mm，其間介質(zhì)，擊穿場強(qiáng)為200kv/cm。問此電纜每公里長度能儲存的最大靜電能量是多少？（10分）解：設(shè)內(nèi)導(dǎo)體單位長度上的電量為，由高斯定理：，由于是均勻電場，故有： （2分）由于r=a處場強(qiáng)最大，則max=2aEa qmax=max·l (3分)而：電纜中施加最大電壓： （2分）電場能量： （2分）代入?yún)?shù)，

24、最大靜電能量為963.6J/km。（962.7 J/km也正確） （1分）也可以用計算電容和最大電壓（或最大電荷）的方法，通過計算；或者通過計算可以得出同樣結(jié)果。二、恒定電場：電流連續(xù)性方程、靜電比擬法、接地電阻和跨步電壓的計算。1.（12分）一圓柱形電容器，內(nèi)外導(dǎo)體半徑分別為a、b，長度為l，且l>>a、b。如圖4所示，兩導(dǎo)體間充滿兩種電介質(zhì)，其分界面為經(jīng)過圓柱軸線的平面。電介質(zhì)的電導(dǎo)率分別為1和2。如該電容器外加電壓為U，求兩種電介質(zhì)中的電流并求電容器的漏電導(dǎo)。解：設(shè)兩種電介質(zhì)中的電流分別為I1和I2，由于電場強(qiáng)度E和泄漏電流密度J均只有徑向分量，作一半徑為r的同軸單位圓柱面，

25、則：， （3分）， （1分）內(nèi)外導(dǎo)體間電壓為： （2分）由此可知泄漏電流密度為：， （2分）漏電導(dǎo)：， （2分） （2分） （計算單位長度值亦判正確）2. 一圓柱形電容器，內(nèi)外導(dǎo)體半徑分別為a、b，長度為l，且l>>a、b。如圖7所示，兩導(dǎo)體間充滿兩種電介質(zhì)，其分界面為經(jīng)過圓柱軸線的平面。電介質(zhì)的電導(dǎo)率分別為1和2。如該電容器外加電壓為U，求兩種電介質(zhì)中的電流并求電容器的漏電導(dǎo)。（10分）解：設(shè)兩種電介質(zhì)中的電流分別為I1和I2，由于電場強(qiáng)度E和泄漏電流密度J均只有徑向分量，作一半徑為r的同軸單位圓柱面，則：ba圖7， （2分）， （1分）內(nèi)外導(dǎo)體間電壓為： （2分）由此可知泄漏電

26、流密度為：， （2分）漏電導(dǎo)：， （2分） （1分）3. 把大地看成是均勻?qū)щ娊橘|(zhì)，其電導(dǎo)率為，在相距d>>a的地方同時埋兩個半徑為a的相同的半球形電極，求此電極間的電阻。（10分）解：由于相距d>>a，故利用靜電比擬法求解時可以不考慮中心點的偏移。即兩點電荷之間距離為d，則兩導(dǎo)電球之間的電位差為： （1分）而在兩點電荷之間，距其中+q點電荷r處的電場強(qiáng)度為： （2分）則兩導(dǎo)體球之間的電位差： （2分）于是：由靜電比擬法，則電導(dǎo)： （2分）又由于電流無靜電感應(yīng)電流，故比擬電導(dǎo)值只能是電容值的一半，即： （2分）而d>>a，則： （1分）如果通過計算單個導(dǎo)體球

27、的電容（電阻），通過比擬法計算電阻，再通過計算并聯(lián)電阻的辦法求解，則視解答過程清晰與否給3-5分。4.（12分）把大地看成是均勻?qū)щ娊橘|(zhì)，其電導(dǎo)率為，在相距d>>a的地方同時埋兩個半徑為a的相同的半球形電極，求此電極間的電阻。解：由于相距d>>a，故利用靜電比擬法求解時可以不考慮中心點的偏移。即兩點電荷之間距離為d，則兩導(dǎo)電球之間的電位差為： （2分）而在兩點電荷之間，距其中+q點電荷r處的電場強(qiáng)度為： （2分） 則兩導(dǎo)體球之間的電位差： （2分） 于是： 由靜電比擬法，則電導(dǎo)： （2分） 又由于電流無靜電感應(yīng)電流，故比擬電導(dǎo)值只能是電容值的一半，即： （2分） 而d&

28、gt;>a，則： （2分） 通過疊加法分別計算兩個半球通過電流產(chǎn)生電場，再求兩者間電位差與電流的比值的方法亦是一種可行的辦法。如果通過計算單個導(dǎo)體球的電容（電阻），通過比擬法計算電阻，再通過計算并聯(lián)電阻的辦法求解，則視解答過程清晰與否給4-8分。5.（15分）半球形接地體的位置靠近直而深的陡壁。由接地體中心O到陡壁的距離h10m，球半徑R0=0.3m，土壤的電導(dǎo)率，通過電極的電流I=100A。求在點B沿ox方向的跨步電壓（設(shè)步長為0.75m）UBC。第5題圖解 角形場域的邊界條件為電流密度線沿地表面及陡壁表面，如圖設(shè)置鏡象，可滿足邊界條件不變。設(shè)流出兩個整球的電流都是2I，因球之間的距離

29、2h較R0大得多，近似認(rèn)為它們的電流沿各自球的徑向均勻分布，類似于靜電場中相距很遠(yuǎn)的兩個導(dǎo)體球都把電荷2q近似集中到球心的情形。(若考慮了球心電流點的偏移同樣判對) （5分）球的電位： （3分）半球接地體的接地電阻： （3分）在點B，x0.3m。一個跨步距離上的點C，x=0.3+0.75=1.05m， 并以I100A代入x ，則跨步電壓為：（4分）6.（15分）半球形接地體的位置靠近直而深的陡壁。由接地體中心O到陡壁的距離h10m，球半徑R0=0.3m，土壤的電導(dǎo)率，設(shè)通過電極的電流為I，試計算其接地電阻。第5題圖解 角形場域的邊界條件為電流密度線沿地表面及陡壁表面，如圖設(shè)置鏡象，可滿足邊界條

30、件不變。設(shè)流出兩個整球的電流都是2I，因球之間的距離2h較R0大得多，近似認(rèn)為它們的電流沿各自球的徑向均勻分布，類似于靜電場中相距很遠(yuǎn)的兩個導(dǎo)體球都把電荷2q近似集中到球心的情形。(若考慮了球心電流點的偏移同樣判對) （6分）球的電位： （3分）半球接地體的接地電阻： （3分）代入數(shù)據(jù)得到R=53.87 （3分）三、恒定磁場：畢奧薩伐爾定律、矢量磁位計算磁感應(yīng)強(qiáng)度和磁通。、，邊界條件：，1. 真空中一載流導(dǎo)線通過的電流為I，求其圓心O點上的磁感應(yīng)強(qiáng)度（如圖1）。解：由畢奧薩伐爾定律知：。對于一個半圓形載流導(dǎo)體，由右手定則知，B的方向指向紙的背面。而r=R, dl=Rd，則：，對于與O點在一條直

31、線上的導(dǎo)線，其感應(yīng)磁場為零，對于與O點相距R1的半無限長導(dǎo)線，由畢奧薩伐爾定律同樣可得：，則總磁感應(yīng)強(qiáng)度：（結(jié)果4分）2.（10分）如上圖，真空中, 半徑為R 的載流導(dǎo)線, 通以電流I，求其軸線上一點p的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小。 第6題圖解：由畢薩定律有：， （3分）由對稱性分析，該磁場強(qiáng)度只有x方向的分量。 （3分）， （2分）， （2分）3.設(shè)無限長平行載流導(dǎo)體電流為I，導(dǎo)體半徑為a，導(dǎo)體軸心距為D。載流導(dǎo)體的單位長磁場能量為： ，載流導(dǎo)體的電感為，求載流導(dǎo)體單位長度受到的磁場力。解：此為恒電流系統(tǒng)廣義力的求取。由公式知：4. 如圖2，真空中求半圓形導(dǎo)線通以電流I時，在其圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)

32、度的方向和大小。解：由畢奧薩伐爾定律知： 由右手定則知，B的方向指向紙的背面。而r=R, dl=Rd，則： 5.（10分）如上圖，求半圓形導(dǎo)線通以電流I時，在其圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小。第6題圖解：由畢奧薩伐爾定律知： （4分）由右手定則知，B的方向指向紙的背面。而r=R, dl=Rd，則：（4分） （2分）6.（11分）同軸線的內(nèi)導(dǎo)體半徑為a，外導(dǎo)體的內(nèi)半徑為b，外半徑為c，如圖所示。設(shè)內(nèi)、外導(dǎo)體分別流過反向的電流I，電流I在導(dǎo)體內(nèi)均勻分布，兩導(dǎo)體之間介質(zhì)的磁導(dǎo)率為，求各區(qū)域的H、B。解：對非鐵等磁性物質(zhì)良導(dǎo)體而言，其磁導(dǎo)率為0。因同軸線為無限長，則其磁場沿軸線無變化，該磁場只有分量

33、，且其大小只是r的函數(shù)。（2分）由安培環(huán)路定律：可分別求出在各區(qū)域的磁場強(qiáng)度H及磁感應(yīng)強(qiáng)度B如下：第6題圖當(dāng)r a時， 由于電流I在導(dǎo)體內(nèi)均勻分布，且設(shè)流向+z方向。由安培環(huán)路定律得： （2分）由于這一區(qū)域的磁導(dǎo)率為0，可得： （1分）當(dāng)a < r b時，與積分回路交鏈的電流為I，該區(qū)磁導(dǎo)率為，可得：， (a < r b) （1分）當(dāng)b < r c時，考慮到外導(dǎo)體電流均勻分布，可得出與積分回路交鏈的電流為： （2分）則：， （1分）當(dāng)r > c時，由于 I = 0，這一區(qū)域的B、H均為零。 （2分）7. （12分）設(shè)一根載流為I的無限長直導(dǎo)線平行放置在半無限大鐵磁媒質(zhì)(

34、)上方，導(dǎo)線與鐵磁媒質(zhì)平面間的距離為h。試求在空氣和鐵磁媒質(zhì)中的磁場。解：空氣為媒質(zhì)m1=m0，鐵磁媒質(zhì)m2。由鏡象法知，鏡像電流：， （4分）在上半空間（空氣中），磁場可由均勻媒質(zhì)m0中的線電流I和鏡像電流I¢=I計算（1分）。在上半空間任一點P處的磁場強(qiáng)度為： （2分）式中 ， （1分）在下半空間，磁場可由I²0計算。顯然，因I²0，故鐵磁媒質(zhì)中磁場強(qiáng)度： （2分）但是，磁通連續(xù)，所以鐵磁媒質(zhì)中B²絕不可能略而不計，其值是： （2分）綜合以上解答，可以定性地描繪本例的場圖如圖示。8.（15分）無限長直導(dǎo)線通以電流 I，圖示直角三角形ABC與之共平面，

35、利用矢量磁位的方法求通過ABC的磁通。設(shè)a=12cm，b=7cm，d=5cm，I=10A，求出數(shù)值結(jié)果。(注：)第7題圖解 如圖所示，若規(guī)定ABC平面的正法向為垂直進(jìn)入紙面內(nèi)，則其周界的繞行方向應(yīng)為圖中箭頭所示。通過ABC的磁通： （3分）導(dǎo)線外的矢量磁位 （3分）對于CA段的積分，因A與dl垂直，故 （2分）對于CB段， （2分）對于BA段，利用，即有， （2分）其中點B相應(yīng)于z=a，點A相應(yīng)z=0。綜合上述結(jié)果，得到進(jìn)入紙面內(nèi)的磁通 （2分）代入數(shù)據(jù)，得到數(shù)值結(jié)果 （1分）9.（15分）如下圖，請用矢量磁位的方法，求無限長的平行雙輸電線中任一點P的磁場。第7題圖解 設(shè)雙輸電線通過的電流大小

36、相等方向相反，分布在z軸兩邊，且輸電線軸線距z軸的距離均為x0。雙輸電線磁場的矢量磁位方向顯然平行于z軸。由于輸電線為無限長，在平行于xoy平面上磁場分布相同，研究點P（x，y，o）的情況。點P的矢量磁位由導(dǎo)線1和2的矢量磁位A1、A2疊加而得。首先單獨考慮導(dǎo)線1的矢量位時，若選定坐標(biāo)原點o為參考點，則電流I沿z軸方向，任一點P（r，z）的矢量磁位A將只有Az分量。 （4分） （3分）當(dāng)l>>r, 則有： （1分）故雙輸電線的合成矢量磁位： （2分） （3分）， （2分）10. （12分）如圖5，將兩根平行長直導(dǎo)線平行放置在一塊十分厚的大鐵板外，兩線相距1m，它們與鐵板平面相距均為

37、0.5m，載有彼此反向的電流，電流強(qiáng)度為10A，計算每根導(dǎo)線單位長度的受力。解 設(shè)1、2為兩根長直導(dǎo)線，考慮導(dǎo)線l的受力時必須分析鐵塊對磁場的影響。導(dǎo)線1、2的鏡象分別為 （3分） （2視為，若2用例題中的500，也對）導(dǎo)線1單位長度受力 （2分）右邊各項依次為電流I、-I、-I的磁場對電流I的作用力，其大小分別為 （1分） （1分） （1分） （2分）同樣： （2分）11. 如圖8所示半徑為R的無限長直圓柱形導(dǎo)線沿軸向通過電流I，取=2處為參考點，用拉普拉斯方程求導(dǎo)線外部的標(biāo)量磁位。（10分）IRxz圖8解：建立圓柱坐標(biāo)如圖所示，則m僅是坐標(biāo)的函數(shù)，由于在r>R區(qū)域沒有電流存在，標(biāo)量磁

38、位滿足拉普拉斯方程，于是有： （2分）解此方程，可得： （1） （1分）由已知條件：=2處為參考點，若在跨越磁障礙面的兩側(cè)分別取相鄰兩點A、B，且A點為=2 -，B點為=2 +（即等于0度）則： （2） （2分）由于： （3） （2分）（或從B向A方向積分，則等于I亦可，注意H與dl之間的方向關(guān)系）即有： （4） （1分）將（2）、（4）式代入（1），聯(lián)立解方程組可得：， （2分） 則：12. 如圖6所示，一對平行無限長直細(xì)導(dǎo)線中通過方向相反的電流I1，兩導(dǎo)線間有一矩形導(dǎo)線框與之共面，當(dāng)線框中通有電流I2時，用虛位移法求I1對線框每一邊的作用力和對線框總的作用力。解：設(shè)矢量磁位參考點在兩導(dǎo)線的

39、中點處（r01=r02），由于為平行平面磁場，故只需計算x軸上任一場點P處的矢量磁位即可。則矩形導(dǎo)線框中任一點處的矢量磁位A為：oI1yx2Rbac2134I1D圖6I2 而r1=x，r2=D-x，則： （2分）穿過矩形導(dǎo)線框間的磁通量為： （x1=R+a，x2=R+a+b） （2分）互感： （2分） 由于是單匝線圈，故磁鏈大小等于磁通值。則磁場總能量為：由于、為回路固有能，回路位移時他們不改變，因此，計算兩回路間的相互作用力時它們應(yīng)視為常數(shù)，即只有起作用。 （1分） 則12線段x方向受力為： （0.5分） 34線段x方向受力為： （0.5分） 23線段y方向受力為： （0.5分） 14線段y方向受力為： （0.5分） 對線框總的作用力： （1分） （14線段y方向受力為負(fù)值是因為計算時，該線段方向與積分方向相差270度，雖然這項積分為零，但計算受力時必須考慮力的方向。） 磁場力的求解通過