工程硕士电磁场理论考试试题

一、在时变电磁场中，已知矢量位函数A⃑⃑=Ame−αzsin⁡(ωt−βz)ex⃑⃑⃑，其中Am，α和β均为常数，求电场强度E和磁感应强度B。：二、半径为a的球面上均匀分布有电荷，其电荷面密度为σ，周围介质的介电常数为ε，求此球面电荷的电场强度分布和电位分布。解：设任意点P到球心的距离为r。当r≥a时：∯εE⃑⃑∙dS⃑=4πσa2,所以E⃑⃑=a2σr2εr；φ=∫Edr=∞r∫a2σr2εdr=a2σrε∞r当ra时：∯εE⃑⃑∙dS⃑=0，所以E⃑⃑=0，φ=∫Edr+∫Edrar=∫a2σr2εdr+∫0drar=aσε∞a∞a三、一半径为a和b(ab)的同心导体球面间电位差为Vo，问：若b固定，要使半径为a的球面上场强最小，a与b的比值应是多少。解：设两导体球面间介质介电常数为ε，半径为a的导体球面带电为q，由高斯定理容易得到在两导体内（arb）的电场强度为：E⃑⃑=q4πεr2r。两球面间带电压为：φ=∫Edr=ba∫q4πεr2dr=q4πεba(1a−1b)=Vo即：q4πε=Voabb−a故：E(a)=q4πεa2=Voba(b−a)若b固定，则当f(a)=a(b-a)取最大值时，E(a)最小,可令dfda=0。dfda=b−2a=0即：b=2a故若b固定，当a与b的比值为1/2时，半径为a的球面上场强最小。四、已知点电荷q位于两接地的导体平板之间，与第一、二板分别相距l1和l2，试求两版上的感应电荷q1和q2。（提示：应用格林互易定理）五、空气中，相隔1cm的两块平行导电平板充电到100V后脱离电源，然后将一厚度为1mm的绝缘导电片插入两板间，问:1)忽略边缘效应，导电片吸收了多少能量？这部分能量起到了什么作用？两板间的电压和电荷的改变量各为若干？最后储存在其中的能量多少？2)如果电源一直与两平行导电平板相联，重答前问。解：设导电平板的面积为S。两平行板间的距离为d=1cm。绝缘导电片带厚度t=1mm，t=d/10。平板间的电压U0=100V。（1）忽略边缘效应，未插入绝缘导电片时：极板间的电容为：C0=ε0sd极板上的电荷为：q0=C0U0=ε0sdU0极板间存储的能量为：W0=12C0U02=12ε0sdU02插入导电片后：C1=ε0sd−t=109C0W1=12q02C1=910×12×q02C0=910W0所以，导电片吸收的能量为：ΔW=W0−W1=110W0这部分能量使绝缘导电片中的正、负电荷分离，在导电片进入极板间使，做机械功。这是一常电荷系统，电荷守恒，个极板电荷量不变，Δq=0。二插入绝缘导电片后的电压为：U1=q0C1=910q0C0=910U0=90⁡V电压的改变量为：ΔU=U1−U0=10⁡V（2）如果电源一直连接，则：ΔU=0，U1=U0=100Vq1=C1U0=109C0U0=109q0所以，电荷的改变量为：Δq=q1−q0=109q0极板间储存的能量为：W2=12C1U02=12×109C0U02=109W0此时，导电片吸收的能量为：ΔW=W2−W0=19W0其作用同（1）。六、一内阻为零的高频电源向某一单元偶极子天线供电，该天线的长度Δl=5m，天线中的电流I=35A，电源的频率f=106Hz，求电源的电压及输出功率。解：在自由空间中电磁波的传播速度为光速c，所以：𝜆=𝑐𝑓=3×108106=300⁡𝑚辐射电阻及辐射功率分别为：𝑅𝑒=80𝜋2(∆𝑙𝜆)2=80𝜋2(5300)2=0.219⁡𝛺𝑃=𝑅𝑒𝐼2=0.219×352=268.67⁡𝑊电源电压为：𝑈=𝑅𝑒𝐼=0.219×35=7.676⁡𝑉七、在空气中，均匀平面电磁波的电场强度E⃑⃑=800cos(ωt−βx)ey⃑⃑⃑，波长为0.61m，求：1)电磁波的频率；2)相位常数；3）磁场强度H的表达式。解：1）电磁波的频率：𝑓=𝑐𝜆=3×1080.61=4.918×108⁡𝐻𝑧2）相位常数：𝛽=2𝜋𝜆=2𝜋0.61=10.295⁡⁡𝑟𝑎𝑑/𝑚3）磁场强度:𝐻=√𝜀0𝜇0𝐸=√10−9/(36𝜋)4𝜋×10−7×800=2.12𝜔=2𝜋𝑓=3×109⁡⁡𝑟𝑎𝑑/𝑠𝐻⃑⃑=2.12𝑐𝑜𝑠(3×109𝑡−10.295𝑥)𝑒𝑧⃑⃑⃑八、某高灵敏度仪器必须高度屏蔽外界电磁场，使外界磁场强度影响减小到0.01A/m以下。但由于它所工作的地点邻近电力线路，据实测干扰磁场强度为12A/m。试分别计算用铝板（μr=1，γ=3.57×107S/m）屏蔽及采用铁板（μr=2000，γ=8.3×106S/m）屏蔽所需的厚度。解：最大干扰电磁场的频率可认为是工频，f=50Hz。则铝板和铁板的衰减常数分别为：𝛼𝐴𝑙=√𝜔𝜇𝛾2=√2𝜋×50×4𝜋×10−7×3.57×1072=83.95⁡𝑁𝑝/𝑚𝛼𝐹𝑒=√𝜔𝜇𝛾2=√2𝜋×50×4𝜋×10−7×2×103×8.3×1062=1810.17⁡𝑁𝑝/𝑚设铝板中的磁场从表面处的H=12A/m，经过厚度为hAl后衰减到0.01A/m，则有：12𝑒−𝛼𝐴𝑙ℎ𝐴𝑙=0.01𝑒83.95ℎ𝐴𝑙=12000可得：ℎ𝐴𝑙=8.45⁡𝑐𝑚同理可得：ℎ𝐹𝑒=3.92⁡𝑐𝑚九、用有限元法求解边值问题{𝑑2𝑢𝑑𝑥2−1=0⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡(0𝑥1)𝑢(0)=0⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑢(1)=1相应的变分问题是{𝐼(𝑢)=∫[12(𝑑𝑢𝑑𝑥)2+𝑢]10𝑑𝑥𝑢(0)=0⁡⁡⁡⁡⁡⁡,⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑢(1)=1有限元的单元剖分为，将区域[0,1]三等分，即结点分别为x0=1,x1=1/3,x2=2/3,x3=1。解：将区域[0,1]三等分，即第i个单元ei的长度为：𝑥𝑖−𝑥𝑖−1=ℎ=13，在每个单元ei上，构造u(x)的线性插值函数：𝑢𝑖(𝑥)=𝑥−𝑥𝑖ℎ(𝑢𝑖−𝑢𝑖−1)+𝑢𝑖−1⁡⁡⁡⁡⁡(1)⁡将积分𝐼(𝑢)=∫[12(𝑑𝑢𝑑𝑥)2+𝑢]10𝑑𝑥分解成各单元的积分，第i单元上的积分为：𝐼𝑖(𝑢)=∫(12𝑢′2+𝑢)𝑥𝑖𝑥𝑖−1𝑑𝑥=∫{12[𝑢𝑖′(𝑥)]2+𝑢𝑖(𝑥)}𝑥𝑖𝑥𝑖−1𝑑𝑥⁡⁡(2)将（1）式带入（2）式，得：𝐼𝑖(𝑢)=12ℎ(𝑢𝑖−𝑢𝑖−1)2+ℎ2(𝑢𝑖+𝑢𝑖−1)记𝐾(𝑖)=12ℎ[1−1−11]，𝐹(𝑖)=ℎ4[−1−1]则得：𝐼𝑖(𝑢)=[𝑢𝑖−1⁡⁡𝑢𝑖]𝐾(𝑖)[𝑢𝑖−1𝑢𝑖]−2𝐹(𝑖)𝑇[𝑢𝑖−1𝑢𝑖]对各单元的积分求和，得：I(u)=∑𝐼𝑖(𝑢)3i=1记u=[u0u1⁡⁡⁡⁡u2u3]T，则：𝐼(𝑢)=∑𝐼𝑖(𝑢)3𝑖=1=𝑢𝑇𝐾𝑢−2𝐹𝑇𝑢⁡⁡⁡(3)其中：𝑲=12ℎ[1−1−12⁡⁡⁡⁡00−100−100⁡⁡⁡⁡2−1−11]𝑭=ℎ4[−1⁡⁡⁡⁡−2⁡⁡⁡⁡−2⁡⁡⁡⁡−1⁡⁡]𝑇由(3)式可见，𝐼(𝑢)是各节点上的函数值ui的函数，求泛函数的极值:𝜕𝜕𝑢𝑖(𝒖𝑻𝑲𝒖−𝟐𝑭𝑻𝒖)=0⁡⁡⁡⁡⁡𝑖=0,1,2,3即有：𝑲𝒖=𝑭因已知𝑢0=𝑢(0)=0,𝑢3=𝑢(1)=1，可删除首末两个方程，则：𝑲̅𝒖̅=𝑭̅⁡⁡⁡⁡(4)𝑲̅=12ℎ[2−1−12]𝑭̅=[−h2⁡⁡⁡−h2+12h]𝑇𝒖̅=[u1u2⁡]𝑻又h=1/3，则（4）的具体形式为：[2−1−12][u1u2]=[−1989]解得：u1=29，u2=59将x1=13,⁡x2=23带入相应的精确解u=12x2+12x，有：u1=u(13)=29，u2=u(23)=59没有误差。