工程
路基工程安全技术交底工程项目施工成本控制工程量增项单年度零星工程技术标正投影法基本原理
电磁场答案
第 1 章
梯度： x y z
u u ugradu e e e u
x y z
;
散度： yx z
AA AdivA A
x y z
；
旋度:
x y z
x y z
e e e
rotA A
x y z
A A A
1-1
（1）解： ， T xy
等温线方程为T x ， y c
解得 cy
x
为双曲线族
（2）解： 2
1T 2x y
，
等温线方程为 2 21T cx y ，
解得 2 2 1x y
c
，所以它为以坐标原点为圆心，以 1
c
为半径的圆族
1-2
（1）解： 1u
ax by cz
，
等值面方程为 1u c
ax by cz
，
解得 ， 11 0ax by cz c
所以它为平行平面族
（2）解： 2u z x y 2 ，
等值面方程为 2 2u z x y c ，
1
解得 22 2x y z c ，
顶点在 的圆锥面族 0,0,c
（3）解： 2 2 2lnu x y z ，
等值面方程为 ， 2 2 2lnu x y z c
解得 2 2 2 cx y z e ，
所以它为球心在原点的球面族
1-3
解：由题意可得
, ,x y z 2A x A y A z ，
又
x y z
dx dy dz
A A A
，即
2
dx dy dz
x y z
，
,
2
dx dy dx dz
x y x z
，
2
1 2,y c x z c x ，
过 1.0, 2.0,3.0M
1 22, 3c c ，即 22 , 3y x z x （联立）
1-4
解：由题意可知
2 2, ,x y z
2A y x A x y A y z ，
,
x y z
dx dy dz
A A A
即 2 2 2dx dy dzy x x y y z ，
,dx dy dx dz
y x x z
，
可得 2 2 1 2,x y c z c x（联立）
1-5
解：
0
| 6 2 1M
u x z
x
2，
0
| 2M
u z
y
6 ，
2
0
| 2 2 2M
u z y x
z
4，
余弦 2 3cos ,cos ,cos
17 17 17
2 ，
所以方向导数为
0
2 3 2| 12 6 4
17 17 17 17M
u
l
14
1-6
解：
0 0 0
| 5, | 4, |M M M
u u uy z x z x y
x y z
3，
过点 ， 1.0, 2.0,3.0
余弦
2 2 2
1.0 1cos
141.0 2.0 3.0
，
2 2 2
2.0 2cos
141.0 2.0 3.0
，
2 2 2
3.0 3cos
141.0 2.0 3.0
，
所以方向导数为 1 2 35 4 3
14 14 14 14
22
1-7
解：
0
| 2 2, 2 4, 2M
u u uy x z
x y z
2
，
设点 到点 的方向余弦为 2.0, 1.0.1.0 3.0,1.0. 1.0
22 2
30 20 1cos
31.0 2.0 2.0
， 2 2cos ,cos
3 3
，
所以方向导数为 1 2 22 2
3 3 3
10
3
，
由题意可知。沿 0M 处的矢量线方向的方向导数最大
即 2 4 2x yl e e ze ，其值为：
2 24 242 4 2 24
24 24 24 24
2 6
3
1-8
解：（1） 2 , 2 2x y z z
u u uu xy u e e e ye xe
x y z
y ；
（2） 2 2 , 2 2x y z x
u u uu x y u e e e xe ye
x y z
y ；
（3） sin , sin cosx x xx y z x
u u uu e y u e e e e ye e ye
x y z
y ；
（4） 3 3 4 3 4 2 2 4 2 3 3, 2 3 4x y z x y
u u uu x y z u e e e xy z e x y z e x y z e
x y z
z ；
（5） 2 2 33 2 3 , 6 4 6x y z x y
u u uu x y z u e e e xe ye ze
x y z z
1-9
解： 2 2 22 2 , , 2u u uyz xy xz x
x y z
xyz，
2 2 2( 2 2 ) ( ) 2x y zgradu yz xy e xz x e xyze
0
| 4 3 12
，
M x y zG gradu e e e
1-10
解： 6 , 2 , 0,u u ux y
x y z
6 2x ygradu xe ye ，
2 26 2G x y ，
又 ，2 2 1x y 2 2 2max 36 4 1 32 4 6, 1.0G x x x x ，
即在点 沿1.0,0,0 xe 方向，
在点 沿1.0,0,0 xe 方向
1-11
解：（1） r r ， 2 2r r ，
2 2r r ，
同理 ， 2n nr nr r
4
1 2 1f r f r r r f r r
r
（2）证明： a r r a r ，
a 是常矢量， 0a ，
a r a
1-12
解：由题意可知，
x y zr ds xe ye ze ds ，
r 与 同向， ne
32 a
1-13
解：由图可知，有效面积为 2S R ，
2Ads A R
1-14
解 ：
2 22 2 2 1
s
,x xy dydz y yz dzdx z z x dxdy
2 2 22 , 2 , 2 ,x y zA x xy A y yz A z xz z
( )x y z
s
A dydz A dzdx A dxdy
yx z
V
AA A dxdydz
x y z
2 2 2 2 2 2 1
V
x y y z z x dxdyd z
V
dxdydz
34
3
a
1-15
（1）解：由题意可知， 3 3, ,x y z 3,A x A y A z
( )x y z
S S
A dS A dydz A dzdx A dxdy
yx z
V
AA A dxdydz
x y z
5
2 2 23 3 3
V
x y z dxdydz
51.2
5
a
（2）同理： , ,x y z ,A x y z A y z x A z x y
1 1 1
S V
A dS dxdydz
3
V
dxdydz
=
43
3
abc
4 abc
1-16
（1）解：由题意， 2 3 , , 2x y z ,A z y A y z x A y x
由散度的计算公式有，
yx zAA AdivA
x y z
代入公式得： 0divA
（2）解： 2 3 23 2 , , 2x y z ,A x yz A y yz A y x
yx zAA AdivA
x y z
2 26 3 6x y z xy x z
1-17
（1）解：由题意可知，
yx zAA AdivA
x y z
2 23 3 3 2x y z
0
| 6MdivA
（2）解：由题意可知，
yx zAA AdivA
x y z
4 2 2x z
0
| 8MdivA
6
（3）解：由题意可知，
2 2 2
x y zA x yze xy ze xyz e ，
yx zAA AdivA
x y z
2 2 2xyz xyz xyz
6xyz
0
| 3MdivA 6
1-18
解：由题意可知，
2 4 2 3 3 2 3 43 , 4 , 2u u ux y z x y z x y z
x y z
，
所以梯度 2 4 2 3 3 2 3 43 4 2x y zgradu x y z e x y z e x y ze ，
所以梯度场的散度为 4 2 3 3 2 3 46 12 2div gradu xy z x y z x y
2 2 2 2 2 2 22 3 6xy y z x z x y
1-19 略
1-20
解:由公式可知， ，
S
E dS
(1) 所以不包含 1, 2M M 两点，则电量 0q ，即 0E
;
(2) 仅包含 1M 点的任一闭合曲面，则 1q q ，即： 1 2
04
RE eR
，
S
EdS
21 1
2
0 0
4
4
q qR
R
（3）同时包含 1, 2M M 两点时，
1 2
1 2 2
0
,
4 R
q qq q q E e
R
，
所以
S
E dS
7
21 2 1 2
2
0 0
4
4
q qR
R
1-21
（1）解：由公式可知，
l S
A dl rotA dS
y yx xz z
S
A AA AA Adydz dzdx dxdy
y z z x x y
22 2
S
dxdy R
（2）解：
l S
A dl rotA dS
y yx xz z
S
A AA AA Adydz dzdx dxdy
y z z x x y
22 2
S
dxdy R
1-22
解：旋度 y yx xz zx y z
A AA AA AA e e
y z z x x y
e
x y zxz xy e xy yz e yz xz e
4
所以 | 3M x yA e e
ze
设 方向的环量面密度为 ne
0
lim l
s
A dl
rdnA
S
1 2 21 3
3 3 3
4
1
3
1-23
解：
l S
A dl rotA dS
y yx xz z
S
A AA AA Adydz dzdx dxdy
y z z x x y
8
2 2
S
dxdy ab
1-24
（1）解：
y yx xz z
x y z
A AA AA ArotA e e e
y z z x x y
1 1 2 2 3 3x y ze e e
2 4 6x y ze e e
（2）解
y yx xz z
x y z
A AA AA ArotA e e e
y z z x x y
2
22 2 3x y zxz yz e y yz z e ze
1-25 略
第 2 章静电场的基本原理
2-1
Q
q q
qq
解：根据库仑定律 1 212 122
0 12
1
4
F e
R
，
大小
2 2
22
20 0 0
1 1 12. cos 45
4 4 4( 2 ) 2( )
2
oq q
aa a
aq ，
2
22 2
2
q q Qq
1 2 24Q q q
Q与q的电性相反，
9
1 1 2 24Q q
2-2
解：在线电荷情况下电位
0
1 ,
4 l
dl R
R
是距离矢量，
3
04
l
l
dR
R
3
0
1
4
l
l
dR
R
3
0
ln ln
4
l l
3
0
ln
4
l
l
3
0
ln
4
电场强度
2
0
1
4
R
l
eE d
R
l
3
2
04
l
l
dR
R
2 1 3
0
1 |
4 2 1
l
lR
0
2
4 3l
=
06
t
l
2-3 课本 38 页
10
r
a
ba
解：电位：
04
r dr dad
R
，
2 2R r z ，
整个圆盘形面电荷产生的电位为
2
2 20 0
04
a r dr da
r z
2 20
a ar dr
r z
2 2 2
02
a z z
2 2
02
a z z
2 2
0
,
2
z b a b b ，
E
2 2 2
02
z z
z ze e
z a z z
2 2
02
z
z z e
za z
2 2
0
, 1
2 z
bz b E e
a b
11
2-4
解：（1）如果是，则由静电场的性积可知
0E ，
代入 0y yx xz zx y
E EE EE EE e e
y z z x x y
ze
，
成立，所以（1）可能是静电场的电场强度，
同理（2）、（4）也可能是，（3）、（5）不是；
2-5
-δδ
解：外侧时
0S
qE dS
，
外侧时
0
0, 0
S
a
E dS E
，
内侧时
0 0
,
S
SE E dS
2-6 略
2-7 解：
a
（无限长）
当 （作半径 的圆），电场方向沿半径方向，根据高斯通量定理得， 0 r a , r
12
0
2E dS rE
，A
02
E
r
当 时，（作半径为 的圆） r a r
0
2 rE dS aE
a
，
2
02
rE
a
2-8
解：相当一个实大圆柱和一个带异种电荷的实小圆柱，
当0 ， r a
0
2E dS rE
，
2
0 02 2 2
r rE
r r 0
；
当0 ， r b
0
2E dS r E
，
0 02 2
rE
r
，
0 02 2
dE E E r r 总 ，
方向沿圆柱体轴方向
2-9
解：由公式可知电偶极子的电场强度为
3
0
(2cos sin )
4 R
pE e
R
e
，
由图可知 3
0
90 ,
4
o pE e
R
，
3
04
t
t
pqF Eq e
R
13
2-10
解：由题意可知
,U UE D E
d d
0
0
,r rD E E
，
0
1 1r
，
极化强度 0 0
0
1P E E
0
E
0 U
d
极化电荷体密度 0P P
，
极化电荷面密度 0P nP e
P
与 相同，而 与 垂直。 ne
E ne
2-11
解：设球的半径为R，由题意可知，当 时，根据高斯通量定理可得， r R
2
0
4
S
qE dS r E
，
2
04
qE
r ，
令 ，则0E E 202
0 0
,
4 4
q qE r
r E 0 ，
当导体球的半径大到
0 04
q
E 时就不会出现空气击穿。
2-12 略
2-13
解：由公式可知，
,D D E ，
E ，
又 E ，
14
2
2 bra b e
r
2-14
解：由题意可知
0
3AC CD DB
UU U U
（250 页有详细答案）
2-15
解：由公式可知
11 0r
D E1
1 1 10 0
20 10 50r x r y re e 0 ze
1t
，
根据分界面条件可知，
2 1 2,n n tD D E E ，
1
2
2 20 10 50
r
x y z
r
E e e
e
0 ze
，
2 2 12 0 0
20 10 50r x r y rD e e
2-16
解：设距球心为 处的电位为 r
0a
r
，
设点的电场强度为
0
2 2
aaE
r r
，与 无关
两种电解质中， 01 2 2
aE E
r
，
1 0
1 1 1 2
aD E
r
，
2 0
2 2 2 2
aD E
r
2-17
解：当 , A a a 时，由静电场的高斯定理
0
0 0
cosxe ee EE x
x a
15
0 0
0 0
cos sinx x
e aeE x dxe E
a a
x e ，
E ，
0
0
sinaeEdx x dx
a
2
0
2
0
cos 1a e x
a
2-18,2-19,2-20,2-21 略（看课后注解 250 页）
2-19
解：此时已知场域边界各点的法向导数
由
2
0|r
e
n
可以推出
2
0
|S z
e
f s
r
，
可知电场强度与边界法线方向一致。
第三章恒定电场的基本原理
3-1
解：经分析可知，
1 2J J J ，
1 2
1 2
, ,J JJ E E E ，
由公式 1 2E a E d a U ，
1 2
J Ja d a U ，
1 2 1 22 1 1 2
1 2
U UUJ a d a a d a a d 1
，
21 1 2 1
UJE
a d 1
，
12 2 2 1
UJE
a d 1
，
16
面密度公式：
2 2 1 1E E ，
可知 2 1 1 22 1 1 2 1
U U
a d a d 1
2 1 1 22 1
U
a d 1
3-2,3-3,3-4,3-5,3-6,3-7,略（看课后注解 250 页）
3-8
答：由于电荷整个闭合回路中运动，负库仑力作用有正有负，仅靠库仑力不可能有维持恒
定的电流，所以库仑电场的电场强度 的闭合线积分为 0，但又因局外场 的作用，
， 则可知 的闭合曲线积分不为 0
CE eE
0
a
ee E dt eE
第四章 恒定磁场的基本原理
4-1
解：由公式可知
2
1
0 0
2 1
sin cos cos
4 4
a
a
I e IB d e
r r
，
由图可知 2
2
r R ，
0 02 21 1
2 22 24 4
2 2
A a
I I
nB e e
R R
0 2
2 2 a
I e
R
0
2 n
I e
R
0
2A
IB
R
，方向向外
, , , ,B C D E F ,B B B B B 以此类推，略
4-2
解：（1）由题意可知， 2 2 , 2n
n
，
cos cos 2r R r ，
由公式可知，
17
01 cos( cos )4 n
IB e
r
，
0
1 2cos4 cos 2
IB
R
0 0
1 tan 2 tan2 2
In InB nB
R R n
0 0sin tan
2 cos 2
I I
R R
（2）证明：当 n 时， tan
n n
，
0 0
2 2
In IB
R n R
，
（3）当 时，代入（1）可知， 3n
0 tan
2
InB
R n
0 03 3 33
2 2
I I
R R
4-3 类似 72 页例 4-1-2
dB
θ R
I
o
a
E
x
y
解：有公式可知，
0
2
sin
2 z
IaB e
R
2
0
3
2 2 22
z
a I e
a z
，
当 时， z 0B
4-4
解：类似 77 页 4-2-1
18
I
P1m
1m
1m
22
0
22
ln
4
z
r z l z le IA
r z l z l
，
由题意知
,r l z l ，
2 2
0
2 2
ln
4
I l l lA
l l l
，
0 2 1ln
4 2 1
I
，
可参考以下详细过程：
解：根据电流的对称性，采用圆柱坐标系，设坐标原点在线段中心 z轴与线段重合，场点
的坐标为 取电流元
P
1, ,a z Idz源点坐标为 0, ,a z ，取无穷远处为矢量磁位参考点，
由电流的对称性可知，电流元在 点产生的大量磁位为： P
0
4 z
IdzdA e
R
计算 点矢量的磁位时，场点坐标P , ,r a z 是不变量，源点坐标 0, ,a z 中 是变量，
把变量转换为
z
，
由 2, cot ,sin sin
r r ,R z z r dz d
得 0 0
4 4 sin
zIdz IedA d
R
，
1
2 0
4 sin
zIeA d
2
1
0
4 sin
zIe d
，
19
得
2 2
0
2 2
ln
4
zIe r L LA
r L L
，
0 2 1ln
4 2 1 z
IA e
4-5 详解参考 76 页， 7 磁感应强度
略 注解 251 页
4-6（参考 ，例 ） 80 81P 4 3 3
解：根据电流分布的对称情况，磁感应强度的大小与 z 无关，其方向有 ,x y方向的分量，
据 此 在 无 穷 大 两 侧 作 一 个 闭 合 矩 形 曲 线 ， 由 安 培 环 路 定 理 得 ，
00 0 2L 0B dL BL BL BL I k L ，
可得
0
0
0
2
2
2
y x
y x
y z
k e e
kB e e
k e e
，
2
2 2
2
dz
d dz
dz
，
4-7
解：由题可知，磁感应强度的大小应与 x和 z 无关，而其方向只有 方向的分量，由安培
环路定理有，
y
0 0 00 0 2C 0 ,B dl Bl Bl Bl I kl ldJ
当在导体板内部，距原点为 x处的磁感应强度为，
0 0 0 0C
x
0B dl Bl I I kl lxJd
，
综上所述，有
0 0
0 0
0 0
2
,
2
y
y
y
dJ e
B xJ e
dJ e
x d
d x d
x d
4-8
R3
R1
R3
20
解：根据电流对称性，采用圆柱坐标系，
当 时，根据安培定理的得， 1r R
2
02
1
2 rrB I
R
，
得 0 2
12
IrB
R
当 1 2R r R 时，根据安培环路定理得，
02 rB I ，得 02
IB
r
，
当 2 3R R R 时，根据环路定理可得，
2 2
3
02 2
3 2
2
R r
rB I
R R
，
2 2
0 3
2 2
3 22
I R rB
r R R
，
当 时，两电缆的电流方向相反， 3r R
0B
4-9
-J d
R2
R1
y
x
解： 在空洞中的磁感应强度为， J
2
1 1 0 12B R R
J ，
0 1
1 2 z
R JB e
J
在空洞中的磁感应强度为 22 2 0 22B R R J ，
21
0 2
2 2 z
R JB e ，
0
1 2 2 z
JdB B B e
4-14
DC
BA
++
y
E
x
++++
------
解：无限长圆柱可看作是无限个圆环组成，即无限长圆柱体产生的磁感应强度相当于无限
长密度线螺线管产生的磁感应强度，
柱外磁感应强度可视作 0，即 0,B r a
柱内B
的方向处处与轴平行，且大小相等
在图中取闭合路径 ABCDA，如图
0 0 0, zABB dl B dl B AB k AB B ke ，
0 ˆ
0
zB ke
B
内
外
， ， r a
r a
B A ，
由斯托克斯定理，
S
B dS A dS A dl ，
2 0 ˆ2 ,
2 zS
rr a B dS B r A dl A r A e , 内时，
2
3 0 ˆ2 ,
2 zS
kar a B dS B a A dl A a A e 外时，
第五章 时变电磁场的基本原理
5-1
解：静止时B
与 的夹角为S
，
0 sin cosB S B wt ab
，
22
e
t
，
0 cos cose B abw wt ，
转动时B
与 夹角为 ， S
wt
0 0
1sin cos sin 2
2
B S B wt ab wt B ab wt ，
e
t
，
0 cos 2e B abw wt
5-2
解： d dN
dt dt
a
b
x
z
y
v
0sdN Bddt S
2
2
cos
avt
a mvt
dN B ky bdy
dt
5-2 图
1 sin sin
2 2m
d aN B b k vt vt
dt k
a
2 sin sin
2m
kaNbvB kvt
5-3
证明： u v B d l
0
a
Bwrdr
2
0|2
aBwr
2
2
Bwa
5-4
解： 0
BJ
t
，
0 cosmD
wuDJ w
t d
t
0 0 0 sinmS u uQ cu uD
S S d S d d
wt ，
图 5-3
a
U
23
5-5
解：设电荷线密度为，则
2
E
r
，
2
2
1
1
2ln ln
2 2 2
R
R R
R
v E dl dr dr
r r
，
2ln
U ，
22 ln
UE
r
，
2
1,
2 ln
UD E D
r r
，
0 0
2 2
4 4 1
2ln 2ln
UD UJ
t r t r t
02
4 16000 2 100 cos100
2ln
t
r
，
50
22
4 1 10 6000 2 100 6.81 10
2ln
At J mr r
时，
5-6
ωt x
y
解：设电荷逆时针旋转，如下图所示，
由公式可知， 02 2 cos sin4 4 x y
q qD r wte wt
R R e
，
圆心位电流密度的表达式为
D
DJ
t
2 sin cos4 x yq w wte w wteR
2 sin cos4 x yqw wte wteR
5-7
解：设任一高斯面内的电量为 q，球的总电量为 ， Q
24
则 24E dS E r
利用高斯定理
qE dS
，
2
24 , 4
q qE r E
r
，
24
b
a
qu E dl dr
r
1 1
4
Q
a b
4
Q b a
ab
4 abuQ
b a
D
Qi
t
4 cosmab U wt
b a t
4 sinmabU w wt
b a
，
4 cosm
C
abU r wtrQi
b a
，
全电流为
T Di i i C
4 cos 4 sinm mabrU wt abU w wt
b a b a
4 cos sinmabU r wt w wt
b a
5-8
解：由公式可知
, UU Ed E
d
，
UD E
d
，
又 DH
t
l S
DH dl dS
t
25
即 2cos2 mU w wtH r r
d
，
cos ,
2
mwrU wtH r
d
为圆半径
5-9
解：设 0 1 0,jwt jwtm r mE E e D E E E e ，
0 jwtD r mDJ jw E et
jwD，
jwt
c mJ E E e ，
由上式可知：
0
jwt
r mD
jwt
C m
jww E eJ
J E e
0 0r r
jw w
，
当 1f kHz 时， 61.072 10D
C
J
J
，
当 1f MHz 时， 31.072 10D
C
J
J
，
当 1f GHz 时， 1.072D
C
J
J
；
5-10
解：由题意可知，
3000 2 100
60
radw s
，
cosNB S NBS wt ，
t
，
cos sinNBS wt NBSw wt
t
，
max NBSw ，
则 4max 100 0.1 2 2.5 10 100 1.11
1.4142
V
有
5-11
26
h
i
i
dx
ca
b
解：分析如上图所示
导线 1 在 x处的磁感应强度
01 2
iB
b x
，方向向外
导线 2 在 x处的磁感应强度
02 2
iB
a x
，方向向里
0 02 2
i iB
a x b x
，方向向里
则矩形线框的磁通量为
d B d S
0 00 2 2
c i i hdx
a x b x
0
0
1 1
2
cih dx
a x b x
0 ln ln
2
a c b c
a bih
0 ln2
a c bih
b c a
再由法拉第电磁感应定律，
又 ， sinmi t I wt
0
cos ln
2
m a c bhI w wt
t b
c a
5-12
27
解：由题意可知， 500 2 50
60 3
radw s
磁通量 cosB S BS wt ，
50cos
3 sin
NBS t
N NBSw wt
t t
，
又 max , 2
2
NBSw 有 有
4 350100 25 10 2 1.5
3
B
4
2 4
2
2 9 102.5 2 9 10 ,
2.5
B B
55.16 10 T ；
5-13
解：空间电流密度
DJ H
y yx xz zx y z
H HH HH He e
y z z x x y
e
z y
H e
x
0 cos yH wt x e ，
又 0C
ED DH J
t t
t
，
0
0 0
, sin y
HHdt E E wt x e
w
5-14
解：由题意可知，
2sin 5D xJ wt z e ，
2, cos 5D D xDJ D J dt wtt w
z e ，
0 0
2 cos 5 x
D VE wt z e mw
，
,D Dl SH J Hdl J dS ，
28
2 cos 5 0.4cos 55 y y AH wt z e wt z e m
5-15
D
DJ
t
， 解：
0 , ,
S Uc E D E
d d
U
d
，
0
2
1
D
U
UvD dJ
t t d
第六章
6-1
q'''q''
q'q
ε2ε1
θ p2p1
E11E12
q'q
p2
ε2ε1
E2
E1
解：由无限大导体平面的镜像法可得，
,
在左半空间靠近边界的 点有 P
1 2 2cos c4 4t
E
r r1 1
1 2 2
os
sin sin
4 4n
q q
q qD
r r
在右半空间靠近边界与 对应的 点有，
1P 2P
1 cosqE2 2
2
1
2 2
4
sin
4
t
n
r
D
r
又由分界面条件 2n 可得
1 2 1,t t nE E D D
29
1
1 2
1
qq q
q q q
，
1
2
21 2 可得
1 2
1
0
q q
q q
q
浙公网安备 33021202002483