第一篇：第九章 界面現象-習題與解答
第九章 界面現象-習題與解答
一.填空 1.下，把一半徑的水珠分散成的小水珠，則小水滴的數目為（）個。此過程系統
=（）J。（已知20℃時，2.同中液體，在一定溫度下形成液滴，氣泡和平面液體，對應的飽和蒸氣壓分別為，和，若將三者按大小順序排列應為（）。
3.將一玻璃毛細管垂直插入某液體中，若該液體對毛細管不潤濕，則管內液面呈（），產生的附加壓力的方向指向（），管內液面管外（）平液面。
4.在溶劑中加入某溶質B，能使該溶液的表面張力增大，則該溶質的表面濃度（）體相濃度，發生（），該溶質為表面（）物質。
5.液體的液滴愈小，飽和蒸氣壓愈（）;液體中的氣泡愈小，氣泡內的液體飽和蒸氣壓愈（）。
6.蘭格繆爾單分子層吸附理論的基本假設是（）、（）、（）、（）。
7.由于界面效應引起的亞穩定狀態有（）、（）、（）、（）。
8.物理吸附和化學吸附的本質區別是（）。
答案： 1.2.3.凸形;液體;低于
4.低于;負吸附;惰性
5.愈大;愈小
6.①固體表面是均勻的②吸附是單分子層的；③相鄰吸附質分子間無作用力；④吸附與解吸達動態平衡；
7.過冷液體；過熱液體；過飽和蒸氣；過飽和溶液 8.吸附劑與吸附質之間作用力不同
二.選擇題
1.下面關于的物理意義中不正確的是（）
A.σ是沿著與表面相切的方向，垂直作用于表面上單位長度線段上的緊縮力。
B.σ是恒溫，恒壓下可以可逆的增加單元表面積所需的非體積功。
C.σ是在一定的溫度，壓力下，單位表面積中的分子所具有Gibbs函數值。D.σ是恒溫，恒壓下增加單位表面所引起的系統Gibbs函數值。2.在吸附過程中，以下熱力學量的變化正確的是（）A.C.B.D.（表面）
（體相），證明（）3.某溶液中溶質B的濃度為A.C.B.D.4.溶液的表面層對溶質發生吸附，當表面濃度<本體濃度，則（）A.稱為正吸附，與純溶劑相比，溶液的表面張力σ降低。B.稱為無吸附，與純溶劑相比，溶液的表面張力σ不變。C.稱為負吸附，與純溶劑相比，溶液的表面張力σ升高。D.稱為負吸附，與純溶劑相比，溶液的表面張力σ降低
5.等溫等壓下，將一定質量的水由一個大球分散為許多小水滴時，以下的物理量中保持不變的有（）
A.表面吉布斯函數
B.表面張力 C.液面上的附加壓力
D.飽和蒸氣壓
6.水在玻璃毛細管中上升的高度反比于（）A.空氣的壓力
B.毛細管半徑 C.液體的表面張力
D.液體的粘度
7.下面關于表面活性劑的討論，不正確的是（）A.表面活性劑是能顯著的降低水的表面張力的物質
B.表面活性劑都是由親水的極性基與增水的非極性基組成
C.表面活性劑的濃度超過某一特定值后，將在溶液內部形成膠團 D.在水中加入表面活性劑時，吸附量
8.對彎液面所產生的附加壓力（）A.一定等于零
B.一定不等于零 C.一定大于零
D.一定小于零
9.對于物理吸附的描述中，那一條是不正確的（）A.吸附力來源于范德華力，其吸附一般不具有選擇性 B.吸附層可以是單分子層或者雙分子層 C.吸附速率較小 D.吸附熱較小
答案：
1.C,2.A,3.B,4.C,5.B,6.B, 7.D,8.B, 9.C
三、計算題
1.在298K、101.325kPa 下，將直徑為1μm的毛細管插入水中，問需在管內加多大壓力才能防止水面上升？若不加額外的壓力，讓水面上升，達平衡后管內液面上升多高？已知該溫度下水的表面張力為0.072N?m-1，水的密度為1000kg?m-3，設接觸角為0o。重力加速度為g=9.8m?s-2。
2.泡壓法測定丁醇水溶液的表面張力。20℃實測最大泡壓力為0.4217 kPa，若用同一個毛細管，20℃時測的水的最大泡壓力為0.5472 kPa，已知20℃時水的表面張力為 72.75 mN·m-1，請計算丁醇溶液的表面張力。
解：設?p1，?p2，?1，?2 分別為丁醇溶液及水的最大泡壓力與表面張力。根據拉普拉斯公式及泡壓法的原理可知：
（a）
（b）
因為實驗使用同一根毛細管，r 為定值，聯立式（a）和式（b）得：
= 56.1 N·m-1
四.問答題
1.液體表面層中的分子受到的不對稱力與液體的表面張力有何聯系與區別？
答：液體表面層的分子與內部分子均受到分子之間力的作用，但受力的情況有所不同。在液體內部，分子的周圍環境是對稱的，分子間作用力彼此相互抵消。而表面層分子，由于物質在兩相中的密度不同或兩相的組成不同，使表面層分子受到一個指向液體內部的凈作用力。這就是液體表面分子受到的不對稱力。這個力力圖將液體表面層分子拉向液體內部，使表面緊縮，這種收縮傾向在液面上處處在，因此將這種與表面相切并垂直作用于單位長度線段上的表面緊縮力稱為表面張力，可見，表面層分子所受到的不對稱力是分子間作用力，是短程的，微觀的力，是表面層億萬分子受到不對稱的分子間力作用后的宏觀表現，其方向與液面相切。
2.有人說，在彎液面上取一小截面ABC，周界以外的表面對周界有表面張力的作用兩者大小相等，方向相反，互相抵消了，怎么還會有附加壓力呢? 答：表面張力是作用于液體表面上的，處于靜止狀態的液面上任何一點都必須滿足力平衡的條件，所以周界兩側的表面張力大小相等，方向相反，使液面處于力平衡狀態，這是對液面上各點而言的，而附加壓力是分析液面內外單位載面上所承受的壓力問題，由于液面是彎曲的，周界以外的表面對小截面的表面張力的合力不等于零，對凸液面合力的方向，指向液體內部，對凹液面則指向氣相，使液面兩邊的壓力不相等，這就是附加壓力的來源。3.什么叫毛細凝聚現象？
答：由Kelvin公式可知，當毛細管中的液體能潤濕毛細管，則，即凹液面上方，即凹壁時，管內液面呈凹形，液面曲率半徑的平衡蒸氣壓力小于平液面上的飽和蒸氣壓，且r愈小，液面上方的平衡蒸氣壓力
時，盡管對平面液體未達飽和，但對毛細管中發生凝聚，形成液體。該過程稱為毛細凝聚現象，多孔性固體的內孔中常存在這種現象。4.由潤濕過程知，鋪展系數角，當某液體能在固體表面上鋪展時，有這顯然是不可能的，對此該作何解釋？ 答：鋪展系數的定義是
結合，可得件必須為熱力學平衡系統。對
與楊氏方程
。而楊氏方程適用的條的系統，液體能在固體表面自發展開，，則必須，式中
為接觸或，但即使達到平衡。對這種系統，楊氏方程不能適用，也不存在接觸角故只能用值判斷鋪展潤濕能否自發進行。
5.設一彎曲玻璃毛細管A,插入水中后，由于毛細現象，水面上升高度將超過h，因而水滴會從彎口B處不斷滴出。這個設想能否實現？為什么? 答：這個設想如果能實現，即可利用滴下的水滴，推動葉輪作功，系統恢復原狀而得到了功，這就是第一類永動機，顯然是不可能實現的。從表面化學的規律來分析，玻璃毛細管中的水面呈凹面上方的氣相，才使液面升高，若要在管口處形成液滴落下，首先要在彎口B處形成凸液面，凸液面一旦形成，附加壓力的方向則將由原來指相氣相轉為指向液體內部，則無法保持毛細管內升高的液面了。所以凸液面不可能形成，也就不可能形成液滴落下了。實際的情況將是在最初形成的凹形水面到大毛細管口B處時，由于水面無法繼續延伸，為了達到液面兩邊力的平衡只有改變凹液面的曲率半徑r，使產生的附加壓力與B處的液柱靜壓力達到平衡（即）。
與濃度曲線如圖9-2，當濃度超過某一，是否可由吉布斯吸附公式認為：此時。故認為其在表面層濃度與體相濃度相6.表面活性劑溶液的表面張力值后，曲線呈水平，即吸附量等？
答：這種理解是錯誤的。表面活性劑溶液在液體表面發生正吸附，并呈定向排列。當濃度超過某一值后，曲線呈水平，此時表面活性劑分子在液面上的吸附達飽和，因此再增加溶液的濃度c，表面吸附量不再發生變化。所以，這種情況下，以單個分子形式存在的體相中締和形成膠團，溶液的表面張力也不再發生變化。所以，這種情況下，以單個分子形式存在的體相濃度與表面濃度之差為一定值，即，而不是0。
7.進行蒸餾實驗時，通常在蒸餾瓶中加入少量碎瓷片或沸石類的物質以防止爆沸，試分析其原因。
答：暴沸現象是由于新相種子（小氣泡）難以生成而產生的。由開爾文公式可知，對小氣泡，越小，氣泡內的飽和蒸氣壓液越小，而附加壓力卻越大。在液面下的下氣泡需承受的外壓力等于大氣壓力，液體靜壓力及附加壓力三者之和。在正常沸騰溫度下，氣泡內的飽和蒸氣壓遠遠小于達到速長大，隨之，因此小氣泡無法產生。只有再升高溫度，使p增大，當
時，液體便開始沸騰，而一旦氣泡形成，它便迅相應增加，相應降低，氣泡反抗的外壓迅速減小，因而液體沸騰激烈，形成暴沸現象。為了防止暴沸發生，可以先在液體中加入一些素燒瓷片或沸石因為這些多孔隙物質能提供新相種子（小氣泡），使液體過熱程度大大降低。
8.為什么表面活性劑能大大地降低水的表面張力。
答：因為表面活性劑分子是由親水的極性基團（如
等）和憎水的非極性基團（如碳氫基團）組成的有機化合物，極性基團與水分子的吸引力遠小于水分子之間的吸引力，故它的存在有利于其在水中的均勻分布；非極性基團與水分子的吸引力遠小于水分子之間的吸引力，故它的存在有利于表面活性劑分子聚集在溶液表面或水-油兩相界面，因此當表面活性劑溶于水時將會吸附在水的表面上，采取極性基團向著水，非極性基團指向空氣（或油相）的表面定向排列使水和另一相的接觸面減小，從而引起水的表面張力顯著降低。
9.兩塊平板玻璃在干燥時，得放在一起很容易分開。若在其間放些水，再疊放在一起，使之分開卻很費勁，這是什么原因？
答：因為水能潤濕玻璃，所以在兩塊玻璃之間水層的四周皆呈凹液面。凹液面處產生一指向空氣的附加壓力，附加壓力的作用是使兩塊玻璃的內外兩側受壓不等，與水接觸的內側壓力較小，與空氣接觸的外側所受壓力較大故水層周圍凹液面處的附加壓力使兩塊玻璃更難分開。10.在兩只水平放置的毛細管中間皆裝有一段液體，（a）管中的液體對管壁完全潤濕；（b）管中的液體對管壁完全不潤濕，如圖所示。當在管右端加熱時，管中液體各向哪一端流動？
答：當在右加熱時，右端的毛細管膨脹，由
可知，上述兩因素皆使加熱端的附加壓力在數值上變小，而破壞原來的平衡。由于兩管中附加壓力方向不同，使（a）管中的液體向冷端移動，(b)管中的液體向熱端移動。
11.在半徑相同的毛細管下端有兩個大小不同的圓球形氣泡，如圖所示。試問將活塞C關閉，A及B打開會出現什么現象？
答：兩氣泡聯通后，由于彎液面附加壓力的作用，大氣泡會變得更大，小氣泡變得更小，直到小氣泡收縮至毛細管口，其液面的曲率半徑與大氣泡相等時為止。
12.解釋下列各種現象及原因：
（1）.四氯化碳和水混合均勻靜置放置后會自動分層；（2）汞液滴或空氣中氣泡通常呈球形；
（3）粉塵大的工廠或礦山容易發生爆炸事故
（4）礦泉水注入玻璃杯中，水面可略微高出杯口； 答：（1）四氯化碳和水混合均勻后的油水體系，靜置后自動分層是液體自動縮小表面界面積的現象，四氯化碳和水混合均勻后，形成了一種以小液滴的形式分散在另一種液體中的多相分散系統，相之間的表面積很大，表面吉布斯函數很高，處于熱力學不穩定狀態，因此系統會自動縮小表面積而使體系趨于穩定。
（2）汞液滴或空氣中氣泡呈球形邊是液體自動縮小表面積的現象，對于液滴由于體積一定時，球形液體表面積最小，若液滴形成凸凹不平衡的不規則的表面時，在凸凹處受到相反方向的附加壓力作用，在這些不平衡力的作用下，自會形成球形，體系處于穩定狀態。
（3）粉塵是由分散程度不同的固體顆粒所構成的分散系統，若在一定溫度下，懸浮在空氣中粉塵遇到明火，撞擊等不安全因素，就會燃燒或爆炸。
（4）礦泉水中含有無機鹽離子，這類離子使水的表面張力增大，因而增大了水與玻璃壁的接觸角，使水面略高出杯口。
第二篇：公關習題解答
公關是指社會組織運用信息傳播溝通的手段處理自身的公眾問題，以達到組織與公眾相互了解、相互適應、優化組織的生態環境目的的管理活動。
特征；
1、維護公眾利益，謀求與公眾利益一致的共同發展是公關管理的倫理前提。
2、建立、維護組織的“公眾關系”是組織公關管理的核心內容。
3、信息傳播溝通是公關管理的基本手段。
4、公眾輿論、組織的品牌、形象與信譽是公關管理的工作重點。
5、構建有利于組織生存的社會生態環境是公關管理的目標。
學科特點：
從學科的性質、學科所反映內容、所包含的知識、學科的結構體系及學科的研究傾向看，有3個特點：
1、具有突出的實踐性、應用性特點；
2、具有典型的多學科交叉滲透的綜合性學科特點；
3、具有內核小、外延大的學科結構特點。
其形成與公關學科的研究歷史特點及公關研究對象的特點密切相關。
歷史數據：
1906年，艾維·李發表《原則宣言》――最早的公關研究
1923年，愛德華·伯內斯發表《輿論明鑒》――公關學科研究的開始 1947年，波士頓大學公關專業的設置――公關學科的形成 50年代以來，公關教育在全世界普遍開展
我國現階段發展公關的意義：
1、更好地適應我國現行的市場經濟體制及商品經濟社會的環境，適應全球化環境下國際競爭新形勢的需要；
2、適應我國政治體制改革，促進社會主義政治文明建設的需要；貫徹“以人為本”的治國方針、構建和諧社會的需要；
3、提高我國國際地位、改善我國國際形象，優化我國發展的國際環境的需要。
公關學科的發展
公共關系學是一門以管理學、傳播學等學科的理論和研究方法為基礎，研究公關的社會現象和活動規律的綜合性學科。
學科史不長但發展很快。是隨著公關職業的興起，為適應公關實踐活動不斷深化的需要，對公關研究的基礎上逐步發展起來的。
1906年，艾維·李發表《原則宣言》――最早的公關研究 1923年，伯內斯發表《輿論宣言》――公關學科研究的開始
30年代以來美國大學公關教育的興起，各類公關研究刊物、專著的出版，推動了學科研究的迅速發展。
1947年，波士頓大學公關專業的設置――公關學科的形成
50年代以來，公關教育在全世界普遍開展，數以千計的公關著作的出版，顯示出這一新生
學科正從不斷地自我跨越、自我完善走向成熟。
不同學術視野中的公關定義 管理學：關注公關這種管理行為在組織中所起作用及其管理職能。著眼點是揭示公關區別于其他管理職能所具有的獨特性質特征。
美社會學家萊克斯·哈羅博士；公關學者卡特里普
傳播學：關注公關作為一種管理行為本身區別于其他管理行為的本質特征。從公關實現管理目標的過程和手段的獨特性來界定公關。公關是一個組織與其公眾之間的傳播溝通管理。格魯尼格；亨特
弗蘭克·杰弗金斯（英）：《實用公共關系學》，把公共界定為“傳播方式”。
社會學：關注公共管的社會關系情況及其對組織的意義。探尋揭示公關不同于其他社會關系的獨特性質特征入手，進而對這種關系的本質進行探討。美國哈伍德教授；臺灣祝振華教授
現代公共發端于有一定目標、計劃和規模的經常性的公關活動的出現。萌芽標志：
1、北美獨立革命活動中政治宣傳運動；
2、美國近代政治競選方式的確立；
3、企業界的新聞宣傳代理活動的出現和發展。
公關的產生是人類社會的經濟、制度、科技發展到一定歷史階段的必然產物。誕生標志：20世紀初，現代公關咨詢代理公司在美國的產生。產生的直接原因： 1、20世紀初，爆發“扒糞運動”；
2、新聞代理業暴露出自身的嚴重缺陷，已不能滿足社會發展需要。
產生的歷史原因：
1、從經濟發展看，是近代商品經濟和社會化大生產的產物；
2、從人類社會制度發展看，是社會民主化發展的必然產物；
3、從科學技術的發展看，是傳播科技發展的必然產物。
艾維·李的主要貢獻
1、首創現代公關事業的模式；
2、改變新聞代理人只注重新聞界關系的偏頗；
3、倡導以事實為根據進行客觀報道；
4、通過積極溝通，促進企業的改革，達到改善企業形象的目的；
5、提出“說真話”的思想和“公眾應當被告知”的原則，奠定早期現代公關理論的基礎。
二戰以來國際公關的發展趨勢
1、快速發展
2、確立公關管理的戰略習慣地位
3、不斷強化“平等、互動”的傳播關系
4、公關管理日益全球化、國際化
5、強調公關管理的科學性
6、強調公關管理的倫理標準
中國大陸公關事業發展的三個階段：
1、引進拓展階段：1980-1985
2、蓬勃崛起階段：1986-2000
3、持續發展階段：2000年至今
公關的功能
1、守望：監察社會環境變化，確保組織決策適應社會變化，反映社會發展變化趨勢。
依靠日常公關信息收集、輿論監測分析等日常公關工作職責來實現。
2、協調：協調各種力量，協助決策層解決經營管理中遇到的問題，消除偏見與誤解，為組
織的生存與發展構建和諧的社會環境。
依靠提供公關咨詢建議、傳播溝通管理、關系協調管理扥更具體公關工作職責來實現。
3、教育：將組織的管理制度、行為規范、組織文化、優良傳統、先進思想、科學知識貫徹
傳承、發揚光大。
依靠公關傳播溝通、員工公關教育、公關市場教育等具體公關工作職責來實現。
4、效益：增進組織經營管理活動的經濟效益，確保組織經營管理活動的社會效益最大化。
依靠做好公關管理的每個環節，以及公關策劃、形象管理、品牌管理、信譽管理等具體公關工作職責來實現。
公關的基本觀念：
人們在公關實踐中逐漸豐富、不斷完善形成的，對社會組織如何處理與公眾關系的基本認識，是如何開展公關工作的基本指導思想。
公關工作的基本原則： 在公關基本觀念的指導下，根據公關活動客觀規律和要求而提出的基本工作方法和準則。是公關基本觀念在公關實踐中具體化。
主要內容：
1、樹立公開性的觀念，堅持提高透明度的工作原則；
2、樹立珍視信譽的觀念，堅持公關傳播工作的真實性原則；
3、樹立制度化的觀念，堅持立足平時的工作原則；
4、樹立平等溝通的觀念，堅持雙向交流的工作原則；
5、樹立注重行為的觀念，堅持首先自我完善的工作原則；
6、樹立科學的觀念，堅持以調查研究為基礎的工作原則；
7、樹立公眾利益的觀念，堅持公關工作的互惠原則。
社會組織：
公關活動的主體，是一個群體，是人們按照一定的目標、任務和形式建立起來的協調力量和行動的合作系統。
組織的特點：
1、具有能動的目標導向特性；
2、具有與環境、目標向適應的結構特性；
3、其能量需要輸入與輸出，反饋是其固有的特性。
社會組織的類型：
營利性的組織：工商企業、金融機構、旅游服務業等
互利性的組織：各黨派團體、職業團體、群眾社會團體、宗教團體等 服務性的組織：公共學校、醫院、社會福利工作機構等
公益性的組織：政府部門、公共安全機關、消防隊、公共事業管理機構等
公眾：
公關工作的對象，客體，“任何面臨著某個問題而形成的社會群體”。同質性 群體性 可變性
初級社會群體：
人們在面對面交往中形成的具有親密性的人際關系群體。
公眾的分類
1、橫向分類：按公眾對象的性質特征劃分
2、縱向分類：按面臨某個公關問題時公眾的狀態及其可能的發展過程劃分
非公眾/潛在公眾/知曉公眾/行動公眾
3、其他分類：
1）按公眾組織構成特點劃分：組織型公眾/初級社會群體組合型公眾/非組織的同質公眾
2）按公眾穩定程度的特點劃分：臨聚型公眾/周期性公眾/穩定性公眾 3）按公眾對解決公關問題的重要程度劃分：首要公眾/次要公眾 4）按公眾對組織的態度劃分：順意公眾/逆意公眾/邊緣公眾 5）按組織對公眾的評價劃分：受歡迎公眾/不受歡迎公眾
公眾心理：
公關活動中所面對的一種普遍存在的群體或個體心理現象，是在特定環境中公眾對某一對象所具有的心理反應與行為傾向。
影響公眾行為的心理因素：
1、需要
2、知覺
3、價值觀
4、態度
5、性格和氣質
6、興趣和能力
心理定勢：
由一定的內外因素所形成的某種心理準備狀態，決定著同類后繼心理活動的趨勢。是一種內在思維過程。深潛在人們意識中。具有一定的動力性。
公關傳播的四種模式： 宣傳型 公共信息型 雙向非對稱型 雙向對稱型
公關傳播的目的： 在分享信息、傳播溝通的基礎上，促進組織與公眾的相互了解，促使公眾改變其原有的態度，促使公眾采取與組織的公關目標一致的行動。
公關傳播的原則:
1、堅持公關信息傳播的真實性原則；
2、符合公眾利益、注重社會效益的公關傳播倫理原則；
3、符合公關活動總目標的原則；
4、自覺尊重傳播的科學性原則。
組織機構的主要公眾關系：
1、員工關系：組織的內部關系
2、股東關系
3、顧客關系；組織在充分尊重顧客的合法權益的前提下，以健全的管理政策、良好的服務行為、持續不斷的雙向溝通、建立起顧客對組織的信賴與支持的活動。
4、社區關系：組織機構在所在地的全體居民和各種社會組織、團體的關系。
5、媒介關系：組織與媒介公眾的關系，是組織與新聞媒介及其工作人員的關系。
6、政府關系：組織與國家管理機構及其人員的關系。
7、國際公眾關系：一個社會組織與其他國家的社會組織以及相應的公眾之間利益而產生的非國家的、非官方的、民間性質的關系，是社會組織走向世界的過程中必然要遇到和處理的一種特殊的公眾關系。
公關整合傳播
1、橫向整合：在某一階段對各種傳播工具、媒介的整合；
2、縱向整合：對不同階段的信息主題、形式進行整合。
公關狀態：
在某一時期內社會組織與公眾所形成的關系情況。主要通過公眾對組織整體形象和具體行為所持態度的評價不判斷。
消極型公關狀態：各方無意識中形成的公關狀態
積極型公關狀態：組織機構有目的、有計劃地實施各種活動之后所形成的公關狀態。
公關活動：
組織有意識策劃、實施的活動，目的在于影響、改變公關狀態。
公關活動類型：
1.宣傳性公關活動：
2.交際性公關活動： 3.服務性公關活動： 4.公益性公關活動： 5.征詢性公關活動： 6.建設型公關 7.維系型公關 8.防御型公關 9.進攻型公關 10.矯正型公關
公關活動模式：
1、輪盤模式（納格和阿倫）
2、螺旋模式（馬斯頓）
3、環狀結構模式（柯特利普和森特）
公關策劃類型：
1、某一時期的戰略規劃
2、公關工作計劃
3、公關戰役計劃
4、公關活動項目實施的計劃
公關傳播的戰略：
1、信息戰略
2、媒介戰略
公關調研的內容：
1、組織基本狀況的調查
2、組織公眾基本狀況的調查
3、組織開展公關活動基本狀況的調查
4、組織目前開展公關工作條件的調查
公關調研的程序
確定調研方案－數據收集－數據處理與分析－展示調研成果－作出判斷
公關調研原則：
1、擴大看問題的視野
2、由表及里，透過表象看本質
3、分清問題的輕重緩急
制定公關策略方案：
1、確定公關活動的目標：建立起一套以公關活動的結果為標準的管理體系
2、確定與分析對象公眾：直接卷入組織所面臨問題，或對這一問題能產生影響，或將受到這一問題影響的公眾
3、制定公關行動戰略：常規/非常規策劃
4、制定公關傳播戰略：信息戰略；媒介戰略
5、編制公關活動執行計劃：甘特時間表；項目流程表；工作程序表
6、編制公關計劃方案的預算、成本－收益分析：把公關活動的過程目標和結果目標結合起來考慮
公關實施的具體內容：
1、由經理層執行的有關加強或調整組織的政策、行為的活動；
2、有公關部門執行的公關的傳播活動。
公關實施管理要則：
1、統籌管理和分權管理配合；
2、組織行為和組織傳播配合；
3、注意對信息制作質量的管理；
4、注意對媒介購買的管理。
公關效果評估的5個內容：
1、組織采取的新政策、新措施的落實情況；
2、組織的新聞和傳送出的信息為媒介所采用的數量；
3、調查分析接收到信息和注意到信息公眾數量；
4、調查分析公眾對信息的了解程度、態度變化、行為變化情況；
5、評估達到的預定目標和解決問題的水平。
組織形象：
社會公眾心目中對一個社會組織機構的總印象和總評價。個人或群體對組織機構的整體觀念。
良好組織形象的作用：
1、拓展市場
2、吸引更多優秀人才
3、吸引更多資金
4、有助于建立與原料供應部門及銷售系統的穩定供銷關系，使組織占有原料和銷售渠道等
方面的優勢
5、使組織受到社區鄰里的支持與愛戴，減少糾紛和摩擦
6、使組織在危機中得到各方及時的幫助或諒解，順利渡過難關
企業形象識別系統（CIS）
一種通過規范組織、企業在傳播中所運用的組織形象符號顯征系統，如標志、色彩、字體、口號、行為等，從而使組織、企業的信息實現統一高效的傳遞，并在對象公眾的心目中形成對組織、企業的形象識別，進而產生心理認同的組織形象管理方法。
CIS的主要內容
1、理念識別系統（MI）：是整個CIS的核心，主要負責確立企業的定位、存在的價值等，是屬于組織內在的精神實質，是“企業人生觀”層面的東西，指導BI、VI兩部分作業的開展。
2、行為識別系統（BI）：建立在企業的行為規范與制度之上，以具有獨特性和符號化的企業行為，動態地彰顯組織、企業的理念與內涵，并由此確立區別于其他組織的行為識別。
3、視覺識別系統（VI）：整個CIS中與公眾關系最為直接、接觸最為普遍的部分。它是CIS作業完成后最明顯的成果，也是直接幫助公眾識別組織的最具體因素。
危機管理：
組織根據自身情況和外部環境，對可能發生的危機的分析預測、監控預防、干預規避，對已發生的危機的處理、控制、化解、轉化等一整套系統管理機制。
危機管理的三個階段
1、預防階段
1）強化危機意識，落實全員危機管理 2）建立危機管理狀況審查制度 3）建立危機管理組織機構 4）制訂危機處理預案
5）建立危機的處理支持網絡、預警機制以及風險管理
2、處理階段
3、重建階段
風險管理：
組織和個人在對風險進行識別、預測、評價的基礎上，優化各種風險處理技術，以一定的風
險處理成本有效地控制和處理風險的過程。主要措施：
1、建立危機預警機制
2、分散轉移危機風險
3、確立危機管理的倫理標準
危機處理的基本原則
1、反應迅速
2、坦誠待人
3、人道主義
4、信譽第一
危機傳播的基本原則（3T原則）
1、以我為主提供信息
2、盡快提供信息
3、提供全部信息
道德：
一定社會為了調整人們之間以及個人和社會之間的關系所提倡的行為規范的總和。通過各種教育和輿論的力量，使人們具有善與惡、榮譽與恥辱、正義與非正義等概念，逐漸形成一定的習慣和傳統，以指導和控制自己的行為。
道德選擇的依據：
1、憑直覺：認為某些行為從本質上說是好的，存在著一種理性、抽象的“好”，因此在道德選擇是可以找到確定的、絕對的標準。其理論基礎是“義務論”（deontology），它認為，有些行為，無論它導致的結果如何，都是正確的和必須執行的。
2、自然主義：主張就事論事、具體情況具體分析，強調造成行為的因素和行為導致的結果。其理論基礎是“目的論”（teleology），它認為，一項行為的正確性是由它的原因和結果所決定的。
影響道德選擇的因素：
1、宏觀的社會、行業的道德氛圍；
2、規模因素：雇員數目及組織的資產；
3、不同的工藝和技術；
4、公司制度的文明程度：規章制度、獎懲制度及層級；
不道德行為的個人因素：
1、支配權
2、經濟傾向
3、強烈的賺錢欲望
4、政治傾向
5、處事哲學
CIPRA的道德規范基本內容（七個方面）
1、信息傳播
2、為客戶提供專業服務
3、為客戶保守機密
4、化解利益沖突，建立信任
5、行業競爭
6、人力資源開發、人才流動
7、維護、提升本行業職業地位
PRSA、IPRA及IABC的職業道德規范內容：
1、從業者與社會文化、價值觀的關系；
2、從業者與法律、公共政策的關系；
3、從業者與處在客戶控制之外的外部公眾關系；
4、從業者與所屬企業、客戶的關系；
5、從業者與自身的關系，需要對他人及自己的誠實。
兩類公關機構的利弊：
1、從看問題的客觀性看：
2、從服務的專業水平看：
3、從社會聯系的廣泛性看：
4、從意見受重視程度看：
5、從管理的靈活性看：
6、從服務的及時性看：
7、從職工的參與感看：
延展應用設計所涉項目：
1、產品
2、辦公用品
3、招牌、旗幟和標牌等指示系統
4、制服
5、建筑景觀
6、交通工具
7、廣告
8、展示與陳列
第三篇：電磁場習題解答
1—2—
2、求下列情況下，真空中帶電面之間的電壓。
(2)、無限長同軸圓柱面，半徑分別為a和b（b?a），每單位長度上電荷：內柱為?而外柱為??。
解：同軸圓柱面的橫截面如圖所示，做一長為l半徑為r（a?r?b）且與同軸圓柱面共軸的圓柱體。對此圓柱體的外表面應用高斯通量定理，得
?? ?D?dS??l
s?考慮到此問題中的電通量均為er即半徑方向，所以電通量對圓柱體前后兩個端面的積分為0，并且在圓柱側面上電通量的大小相等，于是
2?lrD??l
??????即 D?er，E?er
2??0r2?r由此可得 U??ba??bE?dr??????ber?erdr?ln
a2??r2??0a0
1—2—
3、高壓同軸線的最佳尺寸設計——高壓同軸圓柱電纜，外導體的內半徑為2cm，內外導體間電介質的擊穿場強為200kV/cm。內導體的半徑為a，其值可以自由選定但有一最佳值。因為a太大，內外導體的間隙就變得很小，以至在給定的電壓下，最大的E會超過介質的擊穿場強。另一方面，由于E的最大值Em總是在內導體的表面上，當a很小時，其表面的E必定很大。試問a為何值時，該電纜能承受最大電壓？并求此最大電壓。
（擊穿場強：當電場增大達到某一數值時，使得電介質中的束縛電荷能夠
電磁場習題解答
第 1 頁
脫離它的分子 而自由移動，這時電介質就喪失了它的絕緣性能，稱為擊穿。某種材料能安全地承受的最大電場強度就稱為該材料的擊穿強度）。
解：同軸電纜的橫截面如圖，設同軸電纜內導體每單位長度所帶電荷的電量為?，則內外導體之間及內導表面上的電場強度分別為
E?而內外導體之間的電壓為
U??Edr??ab??，Emax?
2??r2??a??bdr?ln
a2??r2??ab或
U?aEmaxln()
badUb?Emax[ln()??1]?0
daabb?1?0，a??0.736cm aeb5Umax?aEmaxln?0.736?2?10?1.47?10(V)
a即
ln
1—3—
3、兩種介質分界面為平面，已知?1?4?0，?2?2?0，且分界面一側的電場強度E1?100V/m，其方向與分界面的法線成450的角，求分界面另一側的電場強度E2的值。
電磁場習題解答
第 2 頁
解：E1t?100sin450?502，E1n?100cos450?502
D1n?4?0E1n?20?002 根據 E1t?E2t，D1n?D2n得
E2t?502，D2n?200?02，E2n?D2n?1002 2?022(502)2?(1002)2?5010(V/m)于是： E2?E2t?E2n?
1—
8、對于空氣中下列各種電位函數分布，分別求電場強度和電荷體密度：（1）、??Ax2（2）、??Azyx
（3）、??Ar2sin??Bzr（4）、??Ar2nis?ocs?
解：求解該題目時注意梯度、散度在不同坐標中的表達式不同。
????????????(Ax2)?（1）、E??????(i?j?k)??i??2Axi
?x?y?z?x??Ex?Ey?Ez?Ex?????D??0(??)??0??0(?2Ax)??2A?0
?x?y?z?x?x??????????（2）、E??????(i?j?k)
?x?y?z?Axy?z?Axy?z?Axy?z
??(i?j?k)
?x?y?z?????A(yzi?xzj?xyk)
電磁場習題解答
第 3 頁
????????D??0[(?Ayz)?(?Axz)?(?Axy)]?0
?x?y?z????1??????（3）、E??????[er?e??k)
?rr???z??[??1??(Ar2sin??Brz)er?(Ar2sin??Brz)e??rr??
???(Arsin??Brz)k)]?z
?????[(2Arsin??Bz)er?Arcos?e??Brk)]
?1?1?????D???0[r(2Arsin??Bz)?(Arco?s)r?rr??
??(Br)] ?z1 ???0[(4Arsin??Bz)?Asin?]
rBz???0[4Asin??)?Asin?]
r?????1???1??（4）、E??????[er?e??e?]
?rr??rnis??????1???[er(Ar2sin?cos?)?e?(Ar2sin?cos?)?rr????e?1?(Ar2sin?cos?)]
rsin????1??1??[(2Arsin?cos?)er?(Ar2cos?cos?)e??(Ar2sin?sin?)e?]
rrsin??????[(2Arsin?cos?)er?(Arcos?cos?)e??(Arsin?)e?]
電磁場習題解答
第 4 頁
???1?11????D??0[2(r2Er)?(E?sin?)?(E?)]
rsin???rsin???r?r??0[?1?13(?2Arsin?cos?)?(?Arcos?cos?sin?)
rsin???r2?r ??1(Arsin?)]
rsin???Acos?Acos?(cos2??sin2?)?]sin?sin? ??0[?6Asin?cos??1—4—
2、兩平行導體平板，相距為d，板的尺寸遠大于d，一板的電位為0，另一板的電位為V0，兩板間充滿電荷，電荷體密度與距離成正比，即。?(x)??0x。試求兩極板之間的電位分布（注：x?0處板的電位為0）解：電位滿足的微分方程為
?0d2???x 2?0dx其通解為： ????03x?C1x?C2 6?0定解條件為：?x?0?0； ?x?d?V0 由?x?0?0得 C2?0 由?x?d?V0得 ?于是 ????03V?d?C1d?V0，即 C1?0?0d2 6?0d6?0?03V0?02x?(?d)x 6?0d6?01—4—
3、寫出下列靜電場的邊值問題：
電磁場習題解答
第 5 頁
（1）、電荷體密度為?1和?2（注：?1和?2為常數），半徑分別為a與b的雙層同心帶電球體（如題1—4—3圖（a））；
（2）、在兩同心導體球殼間，左半部分和右半部分分別填充介電常數為?1與?2的均勻介質，內球殼帶總電量為Q，外球殼接地（題1—4—3圖b））；（3）、半徑分別為a與b的兩無限長空心同軸圓柱面導體，內圓柱表面上單位長度的電量為?，外圓柱面導體接地（題1—4—3圖（c））。
電磁場習題解答
第 6 頁
解：（1）、設內球中的電位函數為?1，介質的介電常數為?1，兩球表面之間的電位函數為?2，介質的介電常數為?2，則?1，?2所滿足的微分方程分別為
?2?1???1?，?2?2??2 ?1?2選球坐標系，則
??1?11?2??11?1?2?1(r)?(sin?)????r???1r2?rr2sin???r2sin???2??2?21?2??21?1?2?2(r)?(sin?)????r???2r2?rr2sin???r2sin???2由于電荷對稱，所以?1和?2均與?、?無關，即?1和?2只是r的函數，所以
?11?2??11?2??2?2，(r)??(r)??22r?r?r??r?r?r21定解條件為：
分界面條件： ?1r?a??
2電位參考點： ?2
附加條件：?1r?0；
?1r?a??1?r??2r?a??2?r
r?ar?b?0；
為有限值
（2）、設介電常數為?1的介質中的電位函數為?1，介電常數為?2的介質中的電位函數為?2，則?
1、?2所滿足的微分方程分別為
?2?1???1?，?2?2??2 ?1?2選球坐標系，則
電磁場習題解答
第 7 頁
??11?2??11?1?2?1(r)?2(sin?)?2?0 22?r??r?rrsin???rsin?????21?2??21?1?2?2(r)?2(sin?)?2?0 22?r??r?rrsin???rsin???由于外球殼為一個等電位面，內球殼也為一個等電位面，所以?1和?2均與?、?無關，即?1和?2只是r的函數，所以
1?2??11?2??2(r)?0(r)?0，?r?rr2?rr2?r2
2分界面條件： ?1?????2???
由分解面條件可知?1??2。令 ?1??2??，則在兩導體球殼之間電位滿足的微分方程為
1?2??(r)?0
?rr2?r
電位參考點： ?r?b?0；
邊界條件：2?a2(?1Er??2Er)r?a?Q，即
2?a2(?1??2)(???)?Q ?rr?a（3）、設內外導體之間介質的介電常數為?，介質中的電位函數為?，則?所滿足的微分方程分別為
?2??0，選球柱坐標系，則
1???1?2??2?
(r)?2??0
r?r?rr??2?z
2電磁場習題解答
第 8 頁
由于對稱并假定同軸圓柱面很長，因此介質中的電位?和?及z無關，即?只是r的函數，所以
1???(r)?0 r?r?r
電位參考點： ?r?b?0；
邊界條件：2?a?Er
2?a?(?
1－7－
3、在無限大接地導體平板兩側各有一個點電荷q1和q2，與導體平板的距離均為d，求空間的電位分布。
r?a??，即
??)?? ?rr?a
解：設接地平板及q1和q2如圖（a）所示。選一直角坐標系，使得z軸經過q1和q2且正z軸方向由q2指向q1，而x，y軸的方向與z軸的方向符合右手螺旋關系且導體平板的表面在x，y平面內。計算z?0處的電場時，在（0,0,?d）處放一鏡像電荷?q1，如圖（b）所示，用其等效q1在導體平板上的感應電荷，因此
?1?q111(?)
2224??0x2?y2?(z?d)2x?y?(z?d)計算z?0處的電場時，在（0,0,d）處放一鏡像電荷?q2如圖（c）所示，用
電磁場習題解答
第 9 頁
其等效q2在導體平板上的感應電荷，因此
?2?q211(?)
2222224??0x?y?(z?d)x?y?(z?d)1－7－
5、空氣中平行地放置兩根長直導線，半徑都是2厘米，軸線間距離為12厘米。若導線間加1000V電壓，求兩圓柱體表面上相距最近的點和最遠的點的電荷面密度。
解：由于兩根導線為長直平行導線，因此當研究它們附近中部的電場時可將它們看成兩根無限長且平行的直導線。在此假定下，可采用電軸法求解此題，電軸的位置及坐標如圖所示。
12?6cm 由于對稱 h?2而 b?h2?R2?62?22?42cm
??設負電軸到點p(x,y)的距離矢量為r2，正電軸到點p(x,y)的距離矢量為r1（p點應在以R為半徑的兩個圓之外），則p點的電位為
r2??(x?b)2?y2ln()?ln ?(x,y)? 222??0r12??0(x?b)?y1兩根導體之間的電壓為U，因此右邊的圓的電位為U，即
2τ(h?R?b)2U?(h?R,0)?ln? 22??02(h?R?b)
電磁場習題解答
第 10 頁
由此可得 ??2??0Uh-R?b2lnh-R-b250?10004ln(1?2)?250ln(1?2)
(x?b)2?y2ln于是 ?(x,y)? 22(x?b)?yln(1?2)?E??grad?
(x?b)[(x?b)2?y2]?(x?b)[(x?b)2?y2]???{ex2222[(x?b)?y][(x?b)?y]ln(1?2)250? y[(x?b)?y]?y[(x?b)?y]?ey}[(x?b)2?y2][(x?b)2?y2]2222
由于兩根導線帶的異號電荷相互吸引，因而在兩根導線內側最靠近處電場最強電荷密度最大，而在兩導線外側相距最遠處電荷密度最小。
?max(x?b)[(x?b)2?y2]?(x?b)[(x?b)2?y2]????0{ex 2222[(x?b)?y][(x?b)?y]ln(1?2)250??(? ex)x?h?Ry?0y[(x?b)2?y2]?y[(x?b)2?y2]? ?ey}2222[(x?b)?y][(x?b)?y] ??011?)?1.770?10?7C/m2
ln(1?2)h?R?bh?R?b(250?min(x?b)[(x?b)2?y2]?(x?b)[(x?b)2?y2]????0{ex2222[(x?b)?y][(x?b)?y]ln(1?2)250y[(x?b)2?y2]?y[(x?b)2?y2]??ey}[(x?b)2?y2][(x?b)2?y2]?? ex x?h?Ry?0
電磁場習題解答
第 11 頁
???011?)?8.867?10?8C/m2
ln(1?2)h?R?bh?R?b(250
1—9—
4、一個由兩只同心導電球殼構成的電容器，內球半徑為a，外球殼半徑為b，外球殼很薄，其厚度可略去不計，兩球殼上所帶電荷分別是?Q和?Q，均勻分布在球面上。求這個同心球形電容器靜電能量。
解：以球形電容器的心為心做一個半徑為r的球面，并使其介于兩導體球殼之間。則此球面上任意一點的電位移矢量為
?
D?Q?e 2r4?r??DQ?電場強度為
E??er
?4??r21??Q2而電場能量密度為
we?E?D? 24232??r球形電容器中儲存的靜電場能量為
b2??Q22We??wedV????rsin?d?d?dr
Va0032??2r4b2??Q2????sin?d?d?dr a0032??2r2b1Q2Q2b10?(cos0?cos?)(2??0)?2dr?dr 22?aa8??r32??rQ211Q2b?a?(?)=? 8??ab8??ab
1－9－
5、板間距離為d電壓為U0的兩平行板電極浸于介電常數為ε的液
電磁場習題解答
第 12 頁
態介質中，如圖所示。已知液體介質的密度是?m，問兩極板間的液體將升高多少？
解：兩平行板電極構成一平板電容器，取如圖所示的坐標，設平板電 容器在垂直于紙面方向的深度為w，則此電容器的電容為
(L?x)w?0xw?? C(x)? dd電容中儲存的電場能量為
11(L?x)w?0xw?2?)U0
We?CU02?(22dd液體表面所受的力為
2? We12? C(x)U0w?U0?(???0)
fx?? x2? x2d此力應和電容器中高出電容器之外液面的液體所受的重力平衡，由此
可得
2U0w(???0)??mgdwh
2d2(???0)U0即 h? 22?mgd2—
5、內外導體的半徑分別為R1和R2的圓柱形電容器，中間的非理想介
電磁場習題解答
第 13 頁
質的電導率為?。若在內外導體間加電壓為U0，求非理想介質中各點的電位和電場強度。
解：設圓柱形電容器介質中的電位為?，則
?2??0
選擇圓柱坐標，使z軸和電容器的軸線重合，則有
1???1?2??2?
(r)???0
r?r?rr2??2?z2假定電容器在z方向上很長，并考慮到軸對稱性，電位函數?只能是r的函數，因此?所滿足的微分方程可以簡化為
1???(r)?0 r?r?r??C1?? ?C1，??r?rr兩邊再積分得電位的通解
??C1lnr?C2 定解條件：?r?R?U0，?r?R?0 即
r12將電位函數的通解帶入定解條件，得
C1lnR1?C2?U0 C1lnR2?C2?0
由上述兩式解得
電磁場習題解答
第 14 頁
U0U0，C2?U0?lnR1
R1R1lnlnR2R2U0U0U0r于是
??lnr?lnR1?U0?ln?U0
RRRR1ln1ln1ln1R2R2R2?????1?????而
E??????[er?e??ez]
?rr???z??U0?U01r(ln?U0)??er
??er
RR?rR1rln1ln1R2R2
2—
7、一導電弧片由兩塊不同電導率的薄片構成，如圖所示。若
C1??1?6.5?107西門子/米，?2?1.2?107西門子/米，R2?45厘米，R1?30厘米，鋼片厚度為2毫米，電極間的電壓U?30V，且?電極???1。求：
⑴、弧片內的電位分布（設x軸上電極的電位為0）；
⑵、總電流I和弧片的電阻R；
???⑶、在分界面上D，?，E是否突變？ ⑷、分界面上的電荷密度?。
解：（1）、設電導率為?1的媒質中的電位為?1，電導率為?2的媒質中的電磁場習題解答
第 15 頁
電位為?2，選取柱坐標研究此問題。由于在柱坐標中電極上的電位和r及z無關，因而兩部分弧片中的電位也只是?的函數，即
1? ? ?11?2?1 ?2?1 1?2?1 ??1?(r)?2??2 222r? r? rr? ?? zr? ?21? ? ?21?2?2 ?2?2 1?2?2 ??2?(r)?2??2 222r? r? rr? ?? zr? ?2由上邊兩式可得?
1、?2的通解分別為
?1?C1??C
2?2?C3??C4 此問題的定解條件是：
?2??0?0
……（a）
?1????U
……（b）
2?1?????2???……（c）
?144? ?1? ???2???4? ?2? ????4……（d）
根據上述四式可得
C4?0，C1C1??C2?U 2???C2?C3?C4，?1C1??2C3 44聯立以上四式解得
C1?4U?2U(?1??2)?，C2?U?C1?
?(?1??2)2?1??2?14U?1，C4?0 C1??2?(?1??2)4U?2U(?1??2)???(5.95??20.65)V
?(?1??2)?1??24U?1??32.26? V
?(?1??2)C3?于是
?1??2?
電磁場習題解答
第 16 頁
?（2）、根據 E????得
?4U?2?5.95?
E1??e???e?
?(?1??2)rr??又???E，因此
??4U?1?2?5.95?3.868?108?7e?)??e?
?1??1E1??e??6.5?10(?rr?(?1??2)r?? R2?3.868?108?而
I?? ?1?dS??(?e?)?(?0.002)e?dr
S R1rR
?7.736?105ln(2)?3.14?105A
R1U30?5R???9.55?10 ?
5Ι3.14?10（3）、由于電流密度的法向分量在分界面上連續，且在此題目中電流密??度只有法向分量，因此 ?1???2?。分界面處的電場強度等于分界面處的???電流密度與電導率的比值，又?1??2，因此 E1?中的電流場，媒質的介電常數一律為?0，因此D1??（4）、??(D1??0(????44??4???4?4??E2??D2???4。對于導電媒質。
??????D2?4???4?)? e?
4U?04U?24U?1???e??e?)? e??(?1??2)
?(?1??2)r?(?1??2)r?(?1??2)r
2—
11、以橡膠作為絕緣的電纜的漏電阻通過下屬辦法測定：把長度為l的電纜浸入鹽水溶液中，然后在電纜導體和溶液之間加電壓，從而可測得電流。有一段3米長的電纜，浸入后加200V的電壓，測得電流為2?10?9A。已知絕緣層的厚度和中心導體的半徑相等，求絕緣層的電阻率。
解： 設導體的電位高于鹽水的電位，則絕緣層中的漏電流密度為：
?I???er
2?lr而絕緣層中的電場強度為：
??I
E?er
2??lr設導體的半徑為R1，電纜絕緣層的外半徑為R2，則導體和鹽水之間的電壓為：
電磁場習題解答
第 17 頁
R2??IIU??er?erdr??dr
R1R12??lrR12??lrR21R2II ? dr?ln2??l?R1r2??lR1RI即
??ln2
2?UlR1將已知數據代入上式，得
2R12?10?910?9 ??ln?ln2?3.677?10?13S/m
2??200?3R1600?1???2.727?1012?/m R2??R2E?dr???3－2－
1、一半徑為a長圓柱形導體，被一同樣長度的同軸圓筒導體所包圍，圓筒半徑為b，圓柱導體和圓筒導體載有相反方向電流I。求圓筒內外的磁感應強度（導體和圓筒內外導磁媒質的磁導率均為?0）。
解：求解此問題可將圓柱導體和圓筒導體視為無限長。在垂直于z的平面上以z軸和此平面的交點為心做一半徑為r的圓l，設l的方向和z符合右手螺旋關系。
由安培環路定律得：
??H?dl?I? ?l
電磁場習題解答
第 18 頁
式中I?為l中包含的電流，其方向與l符合右手螺旋關系時為正，否則為?負。考慮到在l上H的大小相等，方向為l的切線方向，則有
2?rH?I?
??I??0?I?I??e?，B?e? 即
H?，而 H?2?r2?r2?r當0?r?a時，有
Ir22I??2?r?2I
?aa??0r2??r??2Ie??02Ie?
而
B?2?ra2?a當a?r?b時，有 I??I
??? 而
B?0Ie?
2?r當r?b時，有
I??0 ? 因而
B?0
3－3－
3、在恒定磁場中，若兩種不同媒質分解面為xoz平面，其上有電流???????線密度k?2exA/m，已知H1?(ex?2ey?3ez)A/m，求H2。
電磁場習題解答
第 19 頁
?解：設y?0的區域中的磁導率、磁場強度、磁感應強度分別為?
2、H2、???B2；y?0的區域中的磁導率、磁場強度、磁感應強度分別為?
1、H1、B1。
由已知條件得：
H1z?3；
H1x?1；
B1y?H1y?1 由分解面條件得：
H2z?H1z?2；
H2x?H1x?0；B2y?B1y
將已知條件代入，得：
H2z?2?H1z?5；
H2x?H1x?1；
B2y??1H1y?2?1
而
H2y?B2y?2?2?1 ?2????????于是
H2?H2xex?H2yey?H2zez?(ex?21ey?5ez)A/m
?2
3－4－
3、已知電流分布為
??J?J0rezr?a
???。J0為常數，求矢量位A和磁感應強度B（注A的參考點選為r?r0?a處）
??
解：設r?0的區域中的矢量磁位為A1，r?0的區域的矢量磁位為A2，則??A1、A2所滿足的微分方程分別為：
???A1???0J0rez
r?a 2?
?A2?0
r?a 2考慮到電流密度只有z分量，矢量磁位也只能有z分量，上兩可改寫為
?2A1z???0J0r
r?a
電磁場習題解答
第 20 頁
?2A2z?0
r?a 選圓柱坐標系，上兩式變為
?A1z1?1?2A1z?2A1z
(r)?2????0J0r 22r?r?rr???z?A2z1?1?2A2z?2A2z
(r)?2??0
r?r?rr??2?z2由于電流密度不隨z和?變化，所以矢量磁位也不隨z和?變化，因此上述兩式可簡化為
?A1z1?(r)???0J0r
（1）r?r?r?A2z1?(r)?0
（2）r?r?r
（1）、（2）兩式的通解分別為
A1z???0J03r?C1lnr?C（3）9A2z?C3lnr?C（4）
定解條件：
附加條件：當r?0時，A1z應為有限值；參考點處矢量磁位為0，即A2zr?r0?0
分解面條件：A1zr?a??11?(??A2)?A2zr?a；(??A1)r?ar?a?0?0根據定解條件，得：
C1?0
（5）
C3lnr0?C4?0
（6）
電磁場習題解答
第 21 頁
??0J03a?C1lna?C2?C3lna?C4
（7）9?J111C（8）(?00a2?C1)???03a?0a即
C3lnr0?C4?0
??0J03a?C2?C3lna?C4
9??0J02C3a? 3a聯立上述三式解得：
C3???0J03?Ja；
C4?00a3lnr0； 33C2??0J03ra[1?3ln0] 9a??J?Jr?于是
A1?[?00r3?00a3(1?3ln0)]ez
99a??0J0r?[?r3?a3(1?3ln0)]ez 9a??J?J?A2?[?00a3lnr?00a3lnr0]ez
33?[?0J03r0?aln]ez 3r由柱坐標中的旋度公式
??1?Az?A???Ar?Az?1?(rA?)?Ar??A?er(?)?e?(?)?er(?)
r???z?z?rr?r??
電磁場習題解答
第 22 頁
可得：
????J?A1z?B1???A1?e?(?)?00r2e?
?r3???0J0a3??A2z?B2???A2?e?(?)?e?
?r3r
3－6－
1、在磁導率??7?0的半無限大導磁媒質中距媒質分界面2cm有一載流為10A的長直細導線，試求媒質分界面另一側（空氣）中距分界面1cm?處p點的磁感應強度B。
解：此題如圖1所示，圖中h?2cm，h1?1cm，I?10A（設其方向和正z軸的方向一致）求空氣中的磁場的等效模型如圖2所示。圖中的
I????而
Hp?2?7?014?07I?I?I
?0?7?08?04?7?875?I??1i?I?i?i(A/m)2?(h?h1)42?(0.01?0.02)3?????
42Bp??0Hp?1.16?10i(Wb/m)
3—7－
2、有一截面為正方形的鐵磁鐲環，均勻繞有500匝導線，鐲環內外
電磁場習題解答
第 23 頁
半徑分別為R1?6cm和R2?7cm，高h?1cm，??800?0，求線圈的自感系數。
解：做一個半徑為r的圓，使此圓所在的平面在正方形鐵磁鐲環的兩個端面之間，且與端面平行，圓心在鐵磁鐲環的軸線上。
設線圈的匝數為n，根據安培環路定理，得
??
?H?dl?nI
l對于此題，在上述所做的圓上磁場強度的大小處處相等，方向沿圓的切線方向，于是上述積分的結果為
2?rH?nI
??n?I?nI?即
H?e?，B?e?
2?r2?r??R2n?I??磁通為
???B?ds??e??e?ds??SS2?rR1n?I?02?rdzdr
h
?n?I2???R1R2h0nI?hR21dzdr? lnr2?R1n2I?hR2線圈的磁鏈為
??n?? ln2?R1再由LI??，得
n2?hR25002?800?0?0.017
L??ln?ln
I2?R12?6?
電磁場習題解答
第 24 頁
5002?800?4??10?7?0.017?ln?0.0616H
2?6
3—7－
3、如圖所示，求真空中：（1）、沿Z軸放置的無限長直線電流和匝數為1000的矩形回路之間的互感；（2）、如矩形回路及其它長度所標尺寸的單位，不是米而是厘米，重新求互感。
解：(1)、在x?0，y?0的半平面內
B???0I?2?y(?i)
設互感磁通?m的方向如圖中的?所示，則
? 5 5I?0m?? 2 ? 0 2?y dz dy?5I?02?ln52 與線圈交鏈的總互感磁鏈為
?2500I?0m?N?m??ln52()而
M??mI?2500?0?ln(52)?9.163?10?4(H)（2）、如圖中的尺寸的單位為厘米時
電磁場習題解答
第 25 頁
M??m25?05?ln()?9.163?10?6(H)I?23－8－
1、求無限長同軸電纜單位長度內導體和外導體之間區域內所儲存的磁場能量。設內導體半徑為R1，外導體很薄，半徑為R2，內導體和外導體之間媒質的磁導率為?0，電纜中的電流為I。
解：設同軸電纜的橫截面及內導體中電流的方向如圖所示，則內外導體之間的磁場強度為（取圓柱坐標，使z軸和同軸電纜的軸線一致，其方向和I的方向相同）
????0I?I?e?，而
B??0H?e?
H?2?r2?r?0I21????H?B
得
wm??22 由
wm28?r而
Wm??10??02?R2R1?rdrd?dz??wm2?R2R110??02?R2R1?0I2drd?dz 28?r?0I2?8?2???001?0I21drd?dz?r8?2??012?0?0I2R2R2 lnd?dz?lnR14?R13 －8－
2、在題3 －7－2的鐲環線圈中，通以電流I?1A。求磁場能量：
??121（1）、用Wm?LI求解；（2）、用Wm??B?HdV求解。
22V解： 利用題3 －7－2的一些結果，有
??n?I?n2?hR2nI?
H? e?，B?e?，L?ln2?r2?r2?R
1電磁場習題解答
第 26 頁
1n2?hR22n2?hI2R2（1）、Wm?
lnI?ln22?R14?R15002?800?4??10?7?0.01?127ln?3.08?10?2(J)
?4?61??1hR22?nI??nI?（2）、Wm??H?BdV????e??e?rd?drdz
V0R01222?r2?r?n2I21hR22??n2I ????d?drdz?20R0124?r8?2???0R1hR22?01d?drdz r?hn2I2R2?ln?3.08?10?2(J)
4?R1
4—
1、長直導線中通過電流i，一矩形導線框置于其近旁，兩邊與直導線平行，且與直導線共面，如圖所示。
（1）、設i?Imcos(?t)，求回路中的感應電動勢（設框的尺寸遠小于正弦電流的波長）。
（2）、設i?I0，線框環路以速度v向右平行移動，求感應電動勢。（3）、設i?Imcos(?t)，且線框又向右平行移動，再求感應電動勢。
解：取電動勢和磁通的方向如圖所示，選柱坐標且使z軸與線電流重合，方向與電流的方向一致。
電磁場習題解答
第 27 頁
（1）、線圈不動，電流隨時間變化：
?i?0?e?
B?2?r
???b0?c?aci?0??i?ba?ce??e?drdz?0ln 2?r2?c由于e和?符合右手螺旋關系，所以
e???b?Imd?di?ba?cc?a??(0ln)?0ln()sin?(t)dtdt2?c2?c
（2）、電流不變，線圈運動：
取積分路徑的方向和電動勢的方向一致，則
???e??v?B?dl
l?
?[?(v?b0b?
??(v?0c?vt?a?I0?0??I???e?)?ezdz??(v?00e?)?erdr
c?vt2?(c?vt)2?rc?vt?a?I0?0I?????e?)?(?ez)dz??(v?00e?)?(?er)dr]
c?vt2?(c?vt?a)2?rb?
??(v?0b?I0?0??I0?0??e?)?ezdz??(v?e?)?(?ez)dz
02?(c?vt)2?(c?vt?a)
??
??
?bvI0?0??vI0?0??ez?ezdz??ez?(?ez)dz
02?(c?vt)02?(c?vt?a)bbvI0?0vI0?0dz???dz
02?(c?vt)02?(c?vt?a)bvI0?0b11(?)2?c?vtc?vt?a
（3）、電流和線圈的位置都隨時間變化：
電磁場習題解答
第 28 頁
?i?0?B?e?
2?r
???
e??b0?c?vt?ac?vti?0??i?ba?c?vte??e?drdz?0ln 2?r2?c?vt?bdd?di?ba?c?vta?c?vt??(0ln)??0?(iln)dtdt2?c?vt2?dtc?vt?0bda?c?vt?[Imcos(?t)ln] 2?dtc?vt
?????0bImd?{cos(?t)ln(a?c?vt)?cos(?t)ln(c?vt)} 2?dt?0bImv?{??sin(?t)ln(a?c?vt)?cos(?t)2?a?c?vtv} c?vt
??(t)lnc(?vt)?cos?(t)
??sin???0bIma?c?vt11?{?lnsin(?t)?v(?)cos(?t)} 2?c?vtc?vta?c?vt
??0.02sin(109t)A/m2，4—
2、已知一種有損耗媒質中的電流密度J若媒質c的??103S/m，?r?6.5，求位移電流密度。
解：用相量表示電流密度，則
??0.02/00
Jcm00.02/0?50??電場強度為
E ??2?10/0V/mm3?10?Jcm???E????E?電位移相量為 Dmmr0m
電磁場習題解答
第 29 頁
10?913?2?10?5/00??10?14/00C/m?6.5?36?36???j?D??j109?13?10?14/00?j1.149?10?6/00A/m2 而
?Dmm36?所以
?D?1.149?10?6sin(109t?900)A/m2
4－
5、由圓形極板構成的平板電容器如圖所示，兩極板之間充滿電導率為?、介電常數為?、磁導率為?0的非理想介質。把電容接到直流電源上，求該系統中的電流及電容器極板之間任意一點的坡印亭向量，并證明其中消耗的功率等于電源供給的功率。
解：忽略邊緣效應后有
???r2??U0??Ur??r?E?(?ez)，H?(?e?)??e???0e?
d2?r22d電容中任意一點的坡印亭矢量為：
2????U0???U0r??U0r?S?E?H?ez?e???er 2d2d2dU電流為：
I?0??R2
d電源提供的功率為：
2U0Ps?U0I???R2
d電容消耗的功率為：
電磁場習題解答
第 30 頁
????Pc???S?ds??{?S?ds??ss1s2??S?ds??s3??S?ds}
上式中的S，S1，S2和S3分別是電容器的外表面、介質與上極板的分界面、介質與下極板的分界面和電容器的外側面。由于在介質與導體的分界面處，導體一側的電場強度為0，所以
222???U0?U0?U0?2??Pc???S?ds???R(?e)?eds?Rds?R rr?s32d2s3s32d2d
4—
7、已知空氣中的電場強度為
??
E?0.1sin(10?x)cos(6??109t??z)ey
?求相應的H和?。
11解： v???3?108m/s
?0?010?9?74??10?36??6??109?20?rad/ m
???8v3?10???
Em?0.1sin(10?x)e?j?zey
??????由
??E??j?B??j??H，得
?????????e?eeeeexyzxyz??????11?????1?????? Hm?j??Em?j?j0??????x?y?z?????x?z??E?0E?????0?ym?xmEymEzm???
????E??Eymym?j[?ex?ez]???z?x????1?j[?ex(0.1sin(10?x)e?j?z)?ez(0.1sin(10?x)e?j?z)] ???z?x??1?j[?ex0.1sin(10?x)(?j?)e?j?z?ez0.1?10?cos(10?x)e?j?z] ??0?0.1??[?exsin(10?x)?e?j?z?ez10?cos(10?x)e?j?z?j90] ????0.1?j?z?j?z?j900?[?esin(10?x)?20?e?e10?cos(10?x)e] xz9?76??10?4??10
1電磁場習題解答
第 31 頁
??1?j?z?j?z?j900?[?exsin(10?x)?2e?ezcos(10?x)e] 24??102??11?j?z?j?z?j900??exsin(10?x)e?ecos(10?x)e z2212??1024??10??1H?[?exsin(10?x)cos(6??109t?20?z)212??10?190cos(10?x)cos(6??10t?20?z?90)]A/m
?ez 224??10
6－2－
3、已知自由空間中電磁場的電場分量表達式為
??
E?37.7cos(6??108t?2?z)eyV/m
這是一種什么性質的場？試求出其頻率、波長、速度、相位常數、傳播方向及?H的表達式。
解：此場為一種沿負z軸方向傳播的均勻平面波。
v3?108?1m f?3?10Hz，v??3?10m/s，???8f3?10?0?0818?6??108?2?rad/ m
???v3?108
Z0??0?12?0 ?0?37.7?H?cos(6??108t?2?z)ex
120??
?0.1cos(6??108t?2?z)exA/m
6－2－
4、某電臺發射600kHz的電磁波，在離電臺足夠遠處可以認為是平面波。設在某一點a，某瞬間的電場強度為10?10?3V/m，求該點瞬間的磁場強度。若沿電磁波的傳播方向前行100m，到達另一點b，問該點要遲多少時間才具有此10?10?3V/m的電場。
電磁場習題解答
第 32 頁
解：空氣可以視為理想介質，設電磁波沿x方向傳播，因此
E?Emcos(2??6?105t??x)
設電磁波傳播到a點的時間為t1，a點的x坐標為x1，則
Emcos(2??6?105t1??x1)?10?2
10?2即
Em? 5cos(2??6?10t1??x1)10?25于是
E?cos(2??6?10t??x)5cos(2??6?10t1??x1)根據理想介質中磁場強度和電場強度的關系，有
E10?2H??cos(2??6?10t??x)5Z0120?cos(2??6?10t1??x1)當t?t1，x?x1時，有
E10?2H??cos(2??6?105t1??x1)5Z0120?cos(2??6?10t1??x1)10?2??2.65?10?5A/m 120?設電磁波傳播到b點的時間為t2，b點的x坐標為x2。依據題意可得
10?25?2 cos(2??6?10t??x)?10225cos(2??6?10t1??x1)即
cos(2??6?105t2??x2)?cos(2??6?105t1??x1)將x2?x1?100帶入上式，得
cos(2??6?105t2??(x1?100))?cos(2??6?105t1??x1)根據上式，可得
電磁場習題解答
第 33 頁
2??6?105?1008?1001?63?10???10s
(t2?t1)?5532??6?102??6?10
6－3－
1、均勻平面波在海水中垂直向下傳播，已知f?0.5MHz，海水的?r?80，?r?1，??4S/m，在x?0處
??
H?20.5?10?7cos(?t?350)ey
??求：（1）、海水中的波長及相位速度；（2）、x?1m處，E和H的表達式；（3）、由表面到1m深處，每立方米海水中損耗的平均功率。
解：由于????42??0.5?106?80?1036??9?1800，所以此時的海水為良導體。
（1）、??2?2????2?2?5m；
2??0.5?106?4??10?7? v?2?2?2??5?1055???106m/ s?7??24??10?4（2）、???????22??5?105?4??10?7?4??2.81m1/2
??
H?20.5?10?7e?2.81xcos(?t?350?2.81x)ey
??2??5?105?4??10?70
Z0?/45?/450?0.993/450?
?4??
E?20.5?10?7?0.993e?2.81xcos(?t?350?2.81x?450)(?ez)?
?20.36?10?7e?2.81xcos(?t?350?2.81x?450)(?ez)
電磁場習題解答
第 34 頁
在x?1處
??
E?1.226?10?7cos?(t?1501)(?ez)
??
H?1.234?10?7cos(?t?1960)ey
????（3）、S?E?H?20.36?10?7e?2.81xcos(?t?150?2.81x)(?ez)
?
?20.5?10?7e?2.81xcos(?t?350?2.81x)ey
?
?4.17?10?12e?5.62xcos(?t?150?2.81x)cos(?t?350?2.81x)ex ?
?2.085?10?12e?5.62x[cos(450)?cos(2?t?250?5.62x)]ex
? Sav?T?T0?2.085?10?12e?5.62x[cos(450)?cos(2?t?250?5.62x)]exdt
?
?2.085?10?12e?5.62xcos(450)ex
??
P??[?2.085?10?12cos(450)ex?(?ex)ds
s1??
??2.085?10?12e?5.62cos(450)ex?(ex)ds]
s
2??s12.085?10?12cos(450)ds??2.085?10?12e?5.62cos(450)ds
s2s1s2
?2.085?10?12?0.707?[?ds??
e?5.62ds]?1.47?10?12W/m3
6－3－
3、設一均勻平面電磁波在一良導體內傳播，其傳播速度為光在自由空間波速的1‰且波長為0.3mm，設煤質的磁導率為?0，試決定該平面電磁波的頻率及良導體的電導率。
解：
v?c?0.001?3?105m/s，而在良導體中：
??2?由上兩式得：
2?2?3?10?4，v??3?105
?????
電磁場習題解答
第 35 頁
8? ?9?10?8
??0?
2??9?1010 ?0?16?2即
22?81?100
?0????4?4?1???106S/m ?790?090?4??1099?1010?0?而
??，2?9?1010?0?9?1010?4??10?71????106?109Hz
f?2?4?4?97—
8、已知傳輸線在1GHz時的分布參數為：R0?10.4?/m；C0?8.35?10?12F/m；L0?1.33?10?6H/m，G0?0.8?10?6S/m。試求傳輸線的特性阻抗，衰減常數，相位常數，傳輸線上的波長及傳播速度。
解：特性阻抗
R0?j?L0Z0??G0?j?C010.4?j2??109?1.33?10?6?399.1?
0.8?10?6?j2??109?8.35?10?12衰減常數和相位常數：
??j??(R0?j?L0)(G0?j?C0)
?(10.4?j2??109?1.33?10?6)(0.8?10?6?j2??109?8.35?10?12)
?0.01315?j20.93
由此可見
??0.01315Np/m，??20.93rad/m
電磁場習題解答
第 36 頁
波速和波長：
v??v?3?108m/, s ???0.3m ?f7—4—
2、特性阻抗Z0?100?，長度為?/8的無損耗傳輸線，輸出端接有負載Zl?(200?j300)?，輸入端接有內阻為100?、電壓為500?00V的電源。試求：（1）、傳輸線輸入端的電壓；（2）、負載吸收的平均功率；（3）、負載端的電壓。
解：（1）、傳輸線的輸入阻抗為
2?2?Zlcos(l)?jZ0sin(l)??
Zin?Z02?2?Z0cos(l)?jZlsin(l)
??(200?j300)cos()?j100sin()4?100??100cos()?j(200?j300)sin()44
?50(1?j3)
00500?0500?0520??
I??/45A 10100?50?j1501502/?4530??ZI??50(1?j3)?52/450A?372.68/-26.5V6
U1in13（2）、負載吸收的平均功率
由于傳輸線是無損線，所以負載吸收的平均功率等于傳輸線始端輸入的平均功率
P2?U1I1cos(?26.560?450)?277.85W（3）、負載端的電壓
????U?cos2?sin2?cos??sin?(l)?jZI(l)?U()?jZI()
U2101101??44??
電磁場習題解答
第 37 頁
2??]?2[50(1?j3)?52/450?j100?52/450] [U1?jZ0I12233250250/450?[1?j5]??5.1/450?78.690?425/?33.690V
?337—
17、長度為?/4的無損耗線聯接如題7—17圖。其特性阻抗Z0為50?。
?若要使電源發出最大功率，試決定集中參數B的值及電源內阻。
Z2??2??解：Zlcos()?jZ0sin()Z2025in?Z0?4?4Zcos(2??2???Z? l(1?4)?jZ?j)0lsin(?4)
Y1(1?j)in?Z? in25當 YjB?1in?R時電源發出的功率最大，由此可得
01?j25?jB?1R
即 B?1S，R0?25? 025
電磁場習題解答
第 38 頁
第四篇：概率論第五章習題解答
第五章習題解答
1.設隨機變量X的方差為2，則根據車比雪夫不等式有估計
P?X?E(X)?2?? 1/2.P?X?E(X)?2??D(X)22?12
2.隨機變量X和Y的數學期望分別為-2和2，方差分別為1和4，相關系數為-0.5，則根據車比雪夫不等式有估計P?X?Y?6?? 1/12.P?X?Y?6??P?(X?Y)?[E(X)?E(Y)]?6??D(X)62?112
3.電站供應一萬戶用電．設用電高峰時，每戶用電的概率為0.9，利用中心極限定理，（1）計算同時用電的戶數在9030戶以上的概率；（2）若每戶用電200 w，電站至少應具有多大發電量才能以0.95的概率保證供電？ 解：⑴ 設X表示用電戶數，則
X~B(10000,0.9),n?10000,p?0.9,np?9000,npq?900
由中心定理得
X~N(9000,900)近似
P?X?9030??1?P?X?9030??X?90009030?9000??1?P???
900900???1??(1)?1?0.8413?0.1587⑵ 設發電量為Y，依題意
P?200X?Y??0.95
?X?9000Y?9000???200即 P????0.95
900900?????9000200?()?0.95900Y?9000200 ?1.65900Y?1809900 4.某車間有150臺同類型的機器，每臺機器出現故障的概率都是0.02，設各臺機器的工作是相互獨立的，求機器出現故障的臺數不少于2的概率． 解：設X表示機器出故障的臺數，則X?B(150,0.02)Ynp?3,npq?2.94 由中心定理得
X~N(3,2.94)近似
P?X?2??1?P?X?2?2?3??X?3?1?P???2.942.94???1?P?X??0.5832???(0.5832)?0.7201 5.用一種對某種疾病的治愈率為80%的新藥給100個患該病的病人同時服用，求治愈人數不少于90的概率．
解：設X表示治愈人數，則X?B(100,0.8)
其中n?100,p?0.8,np?80,npq?16
P?X?90??1?P?X?90??X?8090?80??1?P??? 1616???1??(2.5)?0.0062 6.設某集成電路出廠時一級品率為0.7，裝配一臺儀器需要100只一級品集成電路，問購置多少只才能以99.9%的概率保證裝該儀器是夠用(不能因一級品不夠而影響工作)． 解：設購置n臺，其中一級品數為X，X?B(n,0.7)
p?0.7,np?0.7n,npq?0.21n P?X?100??1?P?X?100??X?0.7n100?0.7n??1?P???0.21n0.21n??100?0.7n?1??()0.21n?0.999故?(?100?0.7n0.21n)?0.999
有 ?100?0.7n0.21n?3.1?n?121(舍)或n?170
7.分別用切比雪夫不等式與隸莫弗—拉普拉斯中心極限定理確定：當擲一枚硬幣時，需要擲多少次才能保證出現正面的頻率在0.4～0.6之間的概率不小于90%． 解：設擲n次，其中正面出現的次數為X，X?B(n,p),p?⑴由切貝雪夫不等式，要使得P?0.4?12
??X??0.6??0.9成立 n?D(X)X?X??XX?25??n由于P?0.4? ?0.6??P??p?0.1??P??E()?0.1??1??1?2nnnn0.1n??????只要1?25X???0.6??0.9成立
?0.9，就有P?0.4?nn??從而?n?250
⑵中心極限定理，要使得P?0.4???X??0.6??0.9成立 n?由于X?N(0.5n,0.25n)近似
X?0.4n?0.5nX?0.5n0.6n?0.5n???P?0.4??0.6??P?0.4n?X?0.6n??P????
n0.25n0.25n0.25n????X?0.5n??0.1n?P???0.25n?0.25n所以?(0.1n?0.1n?0.1n0.1n??()??()?2?()?1?0.9?0.25n?0.25n0.25n0.25n0.1n0.25n)?0.95
查表0.1n0.25n?1.65?n?68
8.某螺絲釘廠的廢品率為0.01，今取500個裝成一盒．問廢品不超過5個的概率是多少？ 解：設X表示廢品數，則X?B(500,0.01)
p?0.01,np?5,npq?4.95
5?5??X?5P?X?5??P?????(0)?0.5
4.95??4.95
第五篇：第1.2章習題解答
第一章習題解答
1.1 如何區分直流電磁系統和交流電磁系統？如何區分電壓線圈和電流線圈？
答：直流電磁鐵鐵心由整塊鑄鐵鑄成，而交流電磁鐵的鐵心則用硅鋼片疊成，以減小鐵損。直流電磁鐵僅有線圈發熱，線圈匝數多、導線細，制成細長形，且不設線圈骨架，鐵心與線圈直接接觸，利于線圈的散熱。交流電磁鐵由于鐵心和線圈均發熱，所以線圈匝數少，導線粗，制成短粗形，吸引線圈設有骨架，且鐵心與線圈隔離，利于鐵心與線圈的散熱。1.2 交流電磁系統中短路環的作用是什么？三相交流電磁鐵有無短 路環？為什么？
答：交流接觸器線圈通過的是交變電流，電流正負半波要經過零點，在電流過零點時線圈電磁吸力接近于零，如此動鐵芯會與靜鐵芯發生振動和噪聲。在鐵心端面上開槽安放短路環后，交變的磁通使得短路環產生同頻交變感應電流，該電流使短路環內產生與鐵心磁通變化相反的逆磁通。如此在鐵心端面上，短路環內的磁通與環外磁通在時間上錯開，避免了吸力過零產生噪聲和振動現象。
沒有短路環，因為短路環是在電流過零時產生感應電流維持鐵芯吸合，三相交流電磁鐵一相電流過零時其余兩相不為零，鐵芯還是吸合的，因此不再需要短路環。第一章習題解答
1.3 交流電磁線圈誤接入直流電源、直流電磁線圈誤接入交流電 源，將發什么問題？為什么？
答：交流電磁線圈誤接入對應直流電源 ,時間長了有可能將線圈燒掉，因為交流線圈的電感一般很大，其電阻阻值較小，所以當通直流電源后，電流會很大，電磁閥不會動作。直流電磁線圈誤接入對應交流電源，不會有什么影響，因為直流電磁線圈的阻值大，相應的電感也大，一般比交流電磁線圈的大。
1.4電弧是如何產生的？有哪些危害？直流電弧與交流電弧各有什么特點？低壓電器中常用的滅弧方式有哪些？
答：開關觸頭在大氣中斷開電路時，如果電路的電流超過 0.25～1A，電路斷開后加在觸頭間的電壓超過 12～20V，則在觸頭間隙（又稱弧隙）中便會產生一團溫度極高、發出強光和能夠導電的近似圓柱形的氣體。電弧的危害：(1)延長了切斷故障的時間；(2)高溫引起電弧附近電氣絕緣材料燒壞；(3)形成飛弧造成電源短路事故；(4)電弧是造成電器的壽命縮短的主要原因。
1.4電弧是如何產生的？有哪些危害？直流電弧與交流電弧各有什么特點？低壓電器中常用的滅弧方式有哪些？
交流是成正弦變化的，當觸點斷開時總會有某一時刻電流為零，此時電流熄滅。直流電弧由于其不過零點，導致開關不能斷開電弧，與交流電相比，直流電弧不易熄滅。機械性拉弧、磁吹式滅弧、窄縫滅弧、柵片滅弧法、固體產氣滅弧、石英砂滅弧、油吹滅弧、氣吹滅弧等。1.5 接觸器的主要結構有哪些？交流接接觸器和直流接觸器如何區分？
答：接觸器的結構主要由電磁系統，觸頭系統，滅弧裝置和其他部件等組成。直流接觸器與交流接觸器相比，直流接觸器的鐵心比較小 ,線圈也比較小 ,交
流電磁鐵的鐵心是用硅鋼片疊柳而成的。線圈做成有支架式 ,形式較扁。因為直流電磁鐵不存在電渦流的現象，區分方式如下：(1)銘牌：AC是交流，DC是直流；(2)滅弧罩：交流接觸器設有滅弧裝置，以便迅速切斷電弧，免于燒壞主觸頭，大的有滅弧柵片。直流接觸器由于直流電弧比交流電弧難以熄滅，直流接觸器常采用磁吹式滅弧裝置滅弧；(3)極數：交流的主極為
三、直流的主極為二；(4)線圈的鐵芯和銜鐵：交流的為分片硅鋼片、直流為整體式）。1.6 交流接觸器在銜鐵吸合時，線圈中會產生沖擊電流，為什么？直流接觸器會產生這種現象嗎？為什么？
答：交流接觸器的線圈是一個電感，是用交流電工作的。吸合前線圈內部沒有鐵心，電感很小，阻抗也就很小，所以電流大；吸合后鐵心進入線圈內部，電感量增大，阻抗增大，所以電流就降下來了。直流接觸器工作電流主要取決于其內部電阻，所以不會產生沖擊電流。1.7 中間繼電器的作用是什么？中間繼電器與接觸器有何異同？
答：中間繼電器的作用是將一個輸入信號變成多個輸出信號或將信號放大即增大觸頭容量的繼電器。
中間繼電器的觸頭對數多，觸頭容量較大（額定電流 5A～10A），動作靈敏。其主要用途是當其它繼電器的觸頭對數或觸頭容量不夠時，可借助中間繼電器來擴大觸頭數目，起到中轉或變換作用；接觸器觸點有主觸點和輔助觸點之分，而中間繼電器沒有主、輔助觸點之分。1.8 對于星形聯結的三相異步電動機能否用一般三相結構熱繼電器作斷相保護？為什么？對于三角形聯結的三相異步電動機必須使用三相具有斷相保護的熱繼電器，對嗎？
答：可以。因為熱繼電器內部有雙金屬片。當電機電源缺相時，包括機械方面的原因造成機堵轉，電機的電流會增加。電流增加使金屬片受熱到一定程度，根據熱膨脹系數的不同金屬片會分開。從而來斷開熱繼電器的輔助觸頭，被控制的接觸器會釋放，切斷電源，熱繼電器有過熱過載保護，保護電機不會因為電流的增加被燒壞。必須使用三相具有斷相保護的熱繼電器。三角形接法的電動機，線電流是相電流的 1.732倍。當發生斷相時，線電流等于相電流。同樣的相電流下，斷相時的線電流較小，造成普通熱繼電器在斷相時保護靈敏度下降，因此要用斷相熱繼電器才行。
1.9 試比較電磁式時間繼電器、空氣阻尼式時間繼電器、電動式時間繼電器與電子式時間繼電器的優缺點及應用場合？ 答：
1、電磁式時間繼電器是根據電磁阻尼原理產生延時的 ,延時時間短(0.3~1.6s)，但它結構比較簡單，通常用在斷電延時場合和直流電路中。
2、空氣阻尼式時間繼電器又稱為氣囊式時間繼電器，它是根據空氣壓縮產生的阻力來進行延時的，其結構簡單，價格便宜，延時范圍大(0.4~180s)，但延時精確度低。
3、電動式時間繼電器的原理與鐘表類似，它是由內部電動機帶動減速齒輪轉動而獲得延時的。這種繼電器延時精度高，延時范圍寬(0.4~72h)，但結構比較復雜，價格很貴。
4、電子式時間繼電器又稱為晶體管式時間繼電器，它是利用延時電路來進行延時的，這種繼電器精度高，體積小。
1.10 在電動機的控制電路中，熱繼電器與熔斷器各起什么作用？兩者能否互相替換？為什么？
答：熱繼電器主要是起到過載保護作用還有因三相電流不平衡、缺相引起的過載保護，而保險絲主要起短路保護作用和限流保護。
兩者不能互相替換，熱繼電器內部結構具有熱慣性作用，當線路發生短路時熱繼電器需要內部的保護機構一定時間來發熱令原本是常閉的觸點斷開，響應時間自然要比保險絲要長，起不到及時的保護作用，而且熱繼電器當常閉觸點斷開后（令控制回路斷開）過來一段時間內部的保護機構慢慢的冷卻后原本斷開起保護的常閉觸點又復位閉合了，此時如果短路還沒有解決的，常閉觸點又一次的斷開，這樣如此的循環下去。1.11 在使用和安裝 HK系列刀開關時，應注意些什么？鐵殼開關的結構特點是什么？試比較膠底瓷蓋刀開關與鐵殼刀開關的差異及各自用途？
答：1.電源進線應接在靜觸點一邊的進線端（進線座應在上方），用電設備應接在動觸點一邊的出線端。這樣當開關斷開時，閘刀和熔絲均不帶電，以保證更換熔絲時的安全。
2.在合閘狀態下，刀開關的手柄應該向上，不能倒裝或平裝，以防止閘刀松動落下時誤合閘。特點：(1)設有連鎖裝置，保證在合閘狀態下開關蓋不能開啟，而開啟時不能合閘，以確保操作安全；(2)采用儲能分合閘方式，在手柄轉軸與底座之間裝有速動彈簧，能使開關快速接通或斷開，與手柄操作速度無關，這樣有利于迅速滅弧。
差異及各自用途：膠底瓷蓋刀開關由熔絲、觸刀、觸點座和底座等組成，結構簡單、價格便宜、使用維修方便，得到廣泛應用。主要用作電氣照明電路和電熱電路、小容量電動機電路的不頻繁控制開關，也可用作分支電路的配電開關。鐵殼刀開關主要由鋼板外殼、觸刀開關、操作機構、熔斷器等組成。刀開關具有滅弧裝置，一般用于小型電力排灌、電熱器、電氣照明線路的配電設備中，用于不頻繁地接通與分斷電路，也可以直接用于異步電動機的非頻繁全壓啟動控制。
1.12 低壓斷路器具有哪些脫扣裝置？試分別說明其功能。
答：自由脫扣器：靠操作機構手動或自動合閘，將主觸頭鎖在合閘位置上；電磁脫扣器：當回路短路時，電磁脫扣器的銜鐵吸合，從而使脫扣機構動作；
欠壓脫扣器：當電路失壓時，失壓脫扣器的銜鐵釋放，也使自由脫扣機構動作；
熱脫扣器：當電路發生短路或嚴重過載時，過電流脫扣器的銜鐵被吸合，使自由脫扣機構動作；
分勵脫扣器：作為遠距離控制分斷電路之用。
1.14 按鈕與行程開關有何異同點？什么是主令控制器？作用是什么？
答：按鈕與行程開關的工作原理相同，區別在于：行程開關不是靠手的按壓，而是利用生產機械運動部件的擋鐵碰壓而使觸頭動作。
主令電器是用來接通或分斷控制電路，以發出指令或用于程序控制的開關電器。主要有：按鈕、行程開關、萬能轉換開關、主令控制器等。
第二章部分習題解答
1.電氣系統圖主要有哪些？各有什么作用和特點？ 答：電氣原理圖、電器布置圖和電氣安裝接線圖。
電氣原理圖：根據控制線圖工作原理繪制，具有結構簡單，層次分明。主要用于研究和分析電路工作原理。電氣布置安裝圖：主要用來表明各種電氣設備在機械設備上和電氣控制柜中的實際安裝位置，為機械電氣在控制設備的制造、安裝、維護、維修提供必要的資料。
電氣安裝接線圖：是為了進行裝置、設備或成套裝置的布線提供各個安裝接線圖項目之間電氣連接的詳細信息，包括連接關系，線纜種類和敷設線路。
2.電氣原理圖中電QS、FU、KM、KA、KT、KS、FR、SB、SQ分別代表什么電氣元件的文字符號？
答：QS 刀開關、FU 熔斷器、KM接觸器、KA 中間繼電器、KT 時間繼電器、KS 速度繼電器、FR 熱繼電器、SB 按鈕、SQ 行程開關。
3.電氣原理圖中，電器元件的技術數據如何標注？ 答：可以采用下面兩種方法：
（1）電氣元件明細表：元器件名稱、符號、功能、型號、數量等；（2）用小號字體注在其電氣原理圖中的圖形符號旁邊。
4.什么是失電壓、欠電壓保護？采用什么電器元件來實現失電壓，欠電壓保護？
答：失電壓保護：當電力元件失去電壓時執行相應保護動作(如斷路器跳閘)的保護方式。主要采用接觸器來進行保護。欠電壓保護：是指在供電過程中由于某種原因，會出現電網電壓急劇降低，此時，開關自動跳閘，切斷供電電源。主要采用接觸器和電壓繼電器來進行保護。
5.點動、長動在控制電路上的區別是什么？試用按鈕、轉換開關、中間繼電器、接觸器等電器，分別設計出既能長動又能點動的控制線路。
答：點動按鈕兩端并未并聯上能實現自鎖功能的接觸器常開觸點，反之，長動按鈕兩端并聯了自鎖按鈕。
圖自己畫
7.在電動機可逆運行的控制線路中，為什么必須采用聯鎖環節控制？在圖2.7(c)中已采用了機械聯鎖，為什么還要采用電氣聯鎖？若兩種觸頭接錯，線路會產生什么現象？ 答：(1)聯鎖控制是在控制線路中一條支路通電時保證另一條支路斷電。電氣互鎖控制過程為從一個運行狀態到另一個運行狀態必須經過停止既“正-停-反”。雙重互鎖從一個運行狀態到另一個運行狀態可以直接切換既“正-反-停”。
(2)機械互鎖具有滯后特性，往往在0.1秒之后才會響應。因此，一方面為提高可靠性，機械聯鎖在一些場合可靠性是無法保證的，如長距離、頻繁動作等場合。另一方面為保護元件，如線圈，如誤操作，機械部分卡住，線圈長時間帶電就會燒壞的。(3)不能正常運轉。
8.某機床的主軸和油泵分別由兩臺籠型異步電動機M1和M2來拖動。試設計控制線路，其要求如下：①油泵電動機M2啟動后主軸電動機M1才能啟動；②主軸電動機能正反轉，且能單 獨停車；③該控制線路具有短路、過載、失壓欠壓保護。
9.什么叫直接啟動？直接啟動有何優缺點？在什么條件下可允許交流異步電動機直接啟動？
答：直接啟動：將電動機的定子繞組直接接入電源，在額定電壓下起動。
主要優點：簡單、方便、經濟和啟動時間短，其啟動電流對電網的不利影響會隨著電源容量的增加而減小。
主要缺點：當電動機容量較大(大于10kw)，啟動時產生較大的啟動電流，會引起電網電壓下降。交流異步電動機直接啟動受到電源容量的限制，一般僅適用于功率在 10kw以下的電動機。
10.什么叫降壓啟動？有哪幾種方法？各有什么特點及適用場合？
答：降壓啟動：利用起動設備將電壓適當降低后加到電動機的定子繞組上進行起動，待電動機起動運轉后，再使其電壓恢復到額定值正常運行。降壓啟動方法： 籠型異步電動機：
(1)定子繞組中串接電阻降壓起動；特點：起動轉矩小，加速平滑，但電阻損耗大。場合：電動機容量不大，起動不頻繁且平穩。
(2)Y/△降壓起動特點：起動轉矩小，僅為額定值的1/3；轉矩特性差(起動轉矩下降為原來的l／3)。場合：電動機正常工作時定子繞組必須△接，輕 載起動。
(3)自耦變壓器降壓起動；特點：起動轉矩大(60%、80%抽頭)，損耗低，但設備龐大成本高。場合：重載起動。
(4)延邊三角形降壓起動。特點：起動時，定子繞組接成延邊三角形，以減小起動電流，待電動機起動后，再換接成三角形，使電動機在全壓下運行。場合：要求啟動轉矩較大的場合繞線式異步電動機：(1)轉子繞組串電阻降壓起動；特點：啟動前，啟動電阻全部接入電路，隨啟動過程可將電阻逐段切除。場合：不可逆軋機、起重運輸機、高爐料車卷揚等。
(2)轉子繞組串接頻敏變阻器降壓啟動。頻敏變阻器的特點是其電阻隨轉速上升而自動減小。特點：結構簡單，價格便宜，制造容易，運行可靠，維護方便，能自動操作等。場合：無適用于大、中容量電動機的重載起動。
11.試設計按時間原則控制的三相籠型異步電動機串電抗器降壓啟動控制線路？
15.設計一個控制線路，三臺籠型異步電動機工作情況如下：M1先啟動，經10s后M2自行啟動，運行30s后M1停機并同時使M3自啟動，再運行30s后全部停機？
17.什么叫反接制動？什么叫能耗制動？各有什么特點及適 用場合？
答：反接制動：是利用改變電動機電源的相序，使定子繞組產生相反方向的旋轉磁場，從而產生制動轉矩的一種制動方法。
特點：制動力強、停轉迅速、無需直流電源；缺點是制動過程沖擊大，電能消耗多 應用場合：不經常啟動，電動機容量不大(10KW以下)的設備。
能耗制動：即在電動機脫離三相交流電源之后，定子繞組上加一個直流電壓，即通入直流電流，利用轉子感應電流與靜止磁場的作用已達到制動的目的。
特點：它比反接制動所消耗的能量小，其制動電流比反接制動時要小得多，而且制動過程平穩，無沖擊，但能耗制動需要專用的直流電源。
應用場合：適用于電動機容量較大和起制動頻繁的場合。
19.試設計一個按時間原則來實現的電動機可逆運行能耗制動控制線路。
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