1．??E?0、??D??；??H?J、??B?0。 2．E?q4??0Re 、 ??2Rq4??0R
3．we?121?E 、 We??(?E2)dV 22V
4．E????; 0;无旋（或保守）
（3分）
?5．??A?B 、A(r)?04??V'Jc(r')'dV 'r?r6．H1t?H2t 、 B1n?B2n
7．在导电媒质厚度为d处，场强值减少到导电媒质表面的e—1倍、d?2???
2． (15分)
[解]：(1)首先，由电轴法确定电轴的位置，得
8．Jm??'?M、Km?M?en
9．S?E?H、电磁功率流的空间流动方向和穿过单位面积上的电磁功率。
?（介质的特性阻抗或介质的波阻抗）10．、an?E0?H0
二． 1．（10分）
b?h2?a2
大地上方任意场点P处的电位为
2 x P(x, y) ? ?1 212a +? ? ? D ??x?b??y??????ln2?ln?b 22?2??0?12??0??x ?y b???y2 ?（5分） 由传输线表面点A的电位b A h ? o ?0 ?0 h （4分）
U0，得
-? ? a ?A?U0??b?(h?a)ln2??0b?(h?a)2??0U0
b?(h?a)lnb?(h?a)图 同半径圆柱体电轴法
=> ??大地上方任意场点P处的电位为
（3分）
11
??x?b??y?U0 （5分） ??ln22?b?(h?a)???x?b??y?lnb?(h?a)2212(2)显然，最大场强将出现在导线相距地面最近处，即点A处，有
EA?Emax????en?nx?h?ay?0????xx?h?ay?02bU0?b?h?a??h?a?2?b2ln????a?h?b?（3分）
??
（5分） （2分）
3．（12分）
（2分）
4．（8分）
（
2 分解 作用在衔铁上的磁场力有减小空气隙的趋势，用虚位） 移法计算。在忽略漏磁和边缘效应的情况下，若保持磁通Ψ不变，则B和H不变，储存在铁轭和衔铁中的磁场能
量也不变，而空气隙中的磁场能量则要变化。于是作用在衔铁上的磁场力为
（3分）
（4分）
式中B0是空气隙中的磁感应强度。
根据安培环路定理，有
12
（2分）
故得到铁轭对衔铁的吸引力
[解] (1)因仅有12边切割磁场线，故动生电动势e的参考方向由(v×B)决定，如图所示，其值为： （3分） (2)由于回路闭合，该导电回路 (设电阻为r)中将因感应电动势e产生感应电流，其值为：
（2分）
5．（15分）
[解]：设忽略漏磁通，铁芯中B和H的方向沿环形的圆周方向，由于R >> a，铁芯内磁场分布均匀。由于气隙宽度d << R，由边界条件（此时仅法向分量），有
（2分）
这样，载流导线在磁场中运动将受到磁场力的作用。就回路运动而言，12边上的磁场力F将与vo反向，阻止回路的运动，其值为
?0H? =?H
又应用安培环路定律，得
H? d+H(2?R-d)=NI （5分）
解得，铁芯中的磁场强度为
H?NI ?rd??2?R?d?气隙中的磁场强度为
H???rNI? （5分） H??0?rd??2?R?d?方向如图示。（2分）
(3)如回路如图示断开，其开路电压必然与感应电势e相平衡，即u开路=e=v0Bb，其参考方向由断开点的右侧指向左侧。（3分） 7．（10分）
铁芯和气隙处的磁感应强度为
B?B???NI?rd??2?R?d? （5分）
可见在铁芯中，因? >>?0，H=-??m?0。故工程分析中往往将铁磁媒质近似看作一等磁位体，而磁压集中施加在铁芯的气隙处。 6．（10分）
图 含气隙的环形铁芯线圈
13
（4
分）
?A?U0??b?(h?a) => ln2??0b?(h?a)2??0U0
b?(h?a)lnb?(h?a)??大地上方任意场点P处的电位为
2（4分）
??x?b??y2?U0 （5分） ??ln22?b?(h?a)???x?b?y??lnb?(h?a)(2)显然，最大场强将出现在导线相距地面最近处，即点A处，有
12（2分）
EA?Emax????en?nx?h?ay?0????xx?h?ay?0??2bU0b??h?a?2?b2ln???a??华侨大学2009~2010学年第二学期《工程电磁场》
课程考试答案（A）
一、 填空题（20分）
1、 介电常数?，电导率?，磁导率?
2、 ??E?0，??D=?，??H=J+ （5分）
2、解：令两极板分别带有电量为＋Q和－Q，介质?1的场强为E1，介质?2的场强为E2
?D，?t则有E1a?E2b?U 2分
??B=0
?r?a33、 E1?er，E2?e 2r3?03?0r4、 B???A，?2A???Jc，??A?0
5、 电荷的驰豫过程，集肤效应
6、 变化的磁场。电荷，零，从正电荷出发，终止于负电荷。
根据分界面衔接条件有?1E1??2E2，???1E1＝?2E2 4分
C??1E1wd??wdQ?wd???12UE1a?E2bEa??1Eb?2a??1b11?2
4分
3、解：J? x R211227、L1I1?L2I2，M0I1I2
22二、
计算题（80分）
P(x, y) ? I4?r2er
R21、解： (1)首先，由电轴法确定电轴的位置，得
?1 b b?h?a
大地上方任意场点P处的电位为
y 1222a +? ? ? D U0?
（
R1?E?dl=R1??J?dl=I4??5分 1
）
A h ?2 ??x?b?2?y2??2????ln?ln??（5分）
2??0?12??0??x?b?2?y2?由传输线表面点A的电位U0，得
? o ?0 ?0 h J?I4?re?2r?R1R2U0(R2?R1)r2erb -? ? a ，
E?R1R2U0e 2r(R2?R1)r14
图 同半径圆柱体电轴法
4分 （2
）
yG?I4??R1R2 ?UR2?R12分 (3)
?U2G?4??R1R2U2PR，或
者
2?R12P??J?EdV?1R2V??r2dr?4??R1R2UR?J2?41R 3分
2?R14、解：（1）M??I，其中?为无限长直流导线在矩形
线框中产生的磁链
???NB?dS??bN?0I2???c?d??N?0Icbsa2?lna 所以M?N?0c2?lnba 5分
（2）F?Il?B
F?B?IAB?NI?cA?NI?c02?a，方向水平向左1分
F?0ICD?NI?c?BD?NI?c2?b，方向水平向右1分
F??NI?dl?B??b?IN?0II?bADaNI?02??d??2?lna，方向垂直向上 1分
FBC??NI?dl?B??b?0IaNI?2??d??N?0II?b2?lna，方向垂直向下 1分
F合?NI?c?0I2?a?NI?c?0I2?b?N?0II?c(b?a)2?ab，方向水平向左。 1分
5、解：应用镜像法，如下图所示。
I?0p?x0I 4分
（1）
BIp??0??cos???0Ix?0Ix?????(x2?h2)(?ey) 3分
（2
）
H?0 3分 6 、 解
：（1）
由
JD??D?t得
D? 3分
?Jz)Ddt?2sin(?t?5ex ?C/m2 ?E?D??sin(?t?5z)2??ex ?V/m 2分 0（2）由?E??B?t?得B???(??E)dt????Ex?zdt(e2.5sin(?t?5z)y)??2?ey ?T0
3分
由H?B?t?5z)??sin(2??2 ?A/m 2分
0?07
、
解
：（
1
）
由
S??E得
S(z,t)?2650cos2(?t??z)ez W/m2 2分
（2
）
E??1000e?j?ze H??2.65e?j?z2x2ey 2分
S?RE[E??H?*]?2650?1325e W/m2av2z 15
?
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