《电磁场》课程教学资源（习题解答，共十章）

第一章矢量分析第一章题解1-1已知三个矢量分别为A=ex+2e,-3e:；B=3ex+e,+2e.:C=2ex-e.。试求①IAl,IBl,ICl:②单位矢量ea,ep,e；③AB；AxB；③(AxB)xC及(AxC)xB; ③(AxC)·B及(AxB)·C。解①A=A+A, +A=/12+2?+(-3)=V14B=B +B,+B=V32+12+22=V14= /C +C +C?= /22 +02 +(-1=V5一周-1一16+2-2)② e.=i1B_B(3ex +e,+2e.)C-C-(2ex-e.)ec③ A·B=A,B,+A,B,+AB,=3+2-6=-1exe.e.eysey2A.④AxB=A.A,-3:=7e-1le,-5e31B.B2B,0eey7-11 -5③(AxB)xC==1lex-3e, +22e120-1exexexexe.ey1A.2因AA,-3=-2e-5e,-4eAxC=2C.CxCy0 -1

1 第一 章 矢量 分 析 第一章 题 解 1-1 已 知 三 个 矢 量 分 别 为 y z A e e e  x 2 3 ； y z B e e e  3 x  2 ； z C e e  2 x  。试 求 ① | A|, | B|, |C | ；②单 位矢量 ea eb ec , , ； ③ AB ； ④ AB ； ⑤ (AB)C 及 (AC)B ；⑥ (AC)B 及 (AB)C 。 解 ① 1 2  3 14 2 2 2 2 2 2 A  Ax  Ay  Az      3 1 2 14 2 2 2 2 2 2 B  Bx  By  Bz     2 0  1 5 2 2 2 2 2 2 C  Cx Cy Cz      ②   y z e e e A A A ea x 2 3 14 1 14        y z e e e B B B eb 3 x 2 14 1 14       z e e C C C ec    2 x  5 1 5 ③ AB AxBx  AyBy  AzBz 326 1 ④ y z y z x y z x y z y z B B B A A A e e e e e e e e e A B x x x 7 11 5 3 1 2    1 2 3    ⑤   y z y z e e e e e e A B C x x 11 3 22 2 0 1 7 11 5          因 y z y z x y z x y z C C C A A A e e e e e e e e e A C x x x x x 2 5 4 2 0 1 1 2 3         

ex ey e.则(AxC)xB=-2 -5 -4=-6ex-8e, +13e312③ (AxC).B=(-2)×3+(-5)x1+13x2=15(AxB)C=7×2+0+(-5)x(-1)=19 。1-2已知z=0平面内的位置矢量A与X轴的夹角为α，位置矢量B与X轴的夹角为β，试证cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ证明由于两矢量位于z=0平面内，因此均为二维矢量，它们可以分别表示为A=e/Acosα+e,|AsindB=eBcosβ+e,|Bsinβ已知A·B=ABcos(α-β)，求得cosaα-B)-Bcosacosβ+4Bsinαsin β[A|B即cos(α-β)=cosacosβ+sinαsinβ1-3已知空间三角形的顶点坐标为P(0,1-2)，P(4,1,-3)及P(6,2,5)。试问：①该三角形是否是直角三角形；②该三角形的面积是多少？解由题意知，三角形三个顶点的位置矢量分别为P=ey-2e.;P,=4ex+ey-3e.;P,=6e,+2e,+5e那么，由顶点PI指向P2的边矢量为P -P=4ex-e.同理，由顶点P2指向P3的边矢量由顶点P3指向Pi的边失量分别为P, -P,=2ex +e, +8e.P-P, =-6ex -ey -7e.2

2 则   y z y z e e e e e e A C B x x 6 8 13 3 1 2    2 5 4     ⑥ ACB235113215 ABC 7205119。 1-2 已 知 z  0 平面 内的 位置 矢量 A 与 X 轴 的夹 角 为 ， 位置 矢 量 B 与 X 轴 的夹 角 为，试证 cos(  )  coscos sinsin  证 明 由于 两 矢量 位 于 z  0 平面 内， 因 此均 为 二 维 矢量 ， 它们 可 以分 别 表示 为 A ex A cos ey Asin B  ex B cos ey B sin  已知 AB  A B cos   ， 求得   A B A B   A B     cos cos sin sin cos    即 cos(  )  coscos sinsin  1-3 已知空间三角形的顶点坐标为 (0, 1, 2) P1  ， (4, 1, 3) P2  及 (6, 2, 5) P3 。试 问：① 该三 角 形是 否 是直 角 三 角形 ； ②该 三 角形 的面 积 是多 少 ？ 解 由题 意 知， 三 角 形三 个 顶点 的 位置 矢量 分 别为 y z P e 2e 1   ； x y z P 4e e 3e 2    ； x y z P 6e 2e 5e 3    那么 ， 由顶 点 P1 指 向 P2 的 边 矢量 为 z P P e e 2  1  4 x  同理 ，由顶 点 P2 指 向 P3 的 边 矢量 由 顶 点 P3 指 向 P1 的 边 矢量 分 别为 y z P P e e e 3  2  2 x  8 y z P P e e e 1  3  6 x  7

因两个边矢量(P,-P)(P,-P)=0，意味该两个边矢量相互垂直，所以该三角形是直角三角形。因IP - P|= /42 +1P = /17[P, P|= ~/22 +1? +82 = /69,所以三角形的面积为S=IP-PIP-Pl=-0.5V1731-4已知矢量A=e.y+e,x，两点P,及Pz的坐标位置分别为P(2,1,-1)及P(8,2,-1)。若取Pi及P2之间的抛物线x=2y2或直线PP为积分路径，试求线积分「Adl。解①积分路线为抛物线。已知抛物线方程为x=2y2dx=4ydy，则[" A.dl= "(vdx+xdy)=["(4y2 dy+2y2 dy)-J'6y2 dy=2y], =-14②积分路线为直线。因P,P两点位于z=-1平面内，过P,P两点的直线方程为y-1=(x-2)，即6y=x+4,8-2dx=6dy，则'" A.d/= '"6ydy+(6y-4)dy=(12y2 -4y), =-14。1-5设标量@=xy?+yz，矢量A=2ex+2e,-e:，试求标量函数Φ在点(2,-1,1)处沿失量A的方向上的方向导数。解已知梯度+e,+=e+e,(2y+2)+,3yV0=+%+那么，在点(2,-1,1)处@的梯度为V@=ex-3ey-3e

3 因两 个 边矢 量 (P2  P1 )(P3  P2 )  0 ，意 味该 两 个边 矢 量相 互垂 直 ，所 以 该三 角形 是 直角 三 角形 。 因 4 1 17 2 2 P2  P1    2 1 8 69 2 2 2 P3  P2     ， 所以 三 角形 的 面积 为 0.5 1173 2 1 S  P2  P1 P3  P2  1-4 已知 矢 量 y xy A e e  x  ，两 点 P1 及 P2 的坐 标 位置 分 别为 (2, 1, 1) P1  及 (8, 2, 1) P2  。若 取 P1 及 P2 之间 的 抛物 线 2 x  2y 或直 线 P1P2 为积 分 路径 ，试 求 线积 分   1 2 d p p A l 。 解 ① 积 分 路 线 为 抛 物 线 。 已 知 抛 物 线 方 程 为 2 x  2y , d x  4yd y ，则 d  d d  4 d 2 d  6 d 2 14 1 2 2 2 2 3 1 2 1 2 1 2 1 2              y x x y y y y y y y y P P P P P P P P A l ② 积 分路 线 为 直线 。 因 P1 , P2 两点 位 于 z  1 平面 内， 过 P1 , P2 两点 的 直线 方 程 为  2 8 2 2 1 1    y   x ，即 6y  x4， d x  6d y ，则 d 6 d 6 4d 12 4  14 1 2 2 1 2 1 2           y y y y y y P P P P A l 。 1-5 设 标量 2 3   xy  yz ，矢 量 y z A e e e  2 x 2  ，试求 标 量 函数在点 (2, 1, 1) 处 沿矢 量 A 的 方向 上 的方 向导 数 。 解 已知 梯 度 2 2 2 y (2xy z ) 3yz x y z x y z x y z e e e  e e  e               那么 ， 在点 (2, 1, 1) 处 的梯度 为 x y z   e 3e 3e

因此，标量函数Φ在点(2,-1,1)处沿失量A的方向上的方向导数为V@.A=(ex-3e,-3e.)(2e, +2e, -e:)=2-6+3=-11-6试证式（1-5-11），式（1-5-12）及式（1-5-13）。证明式（1-5-11）为V(@4)=V+V@，该式左边为%(04)+e,%(@)+e.%-(@4)V(@)=e,axayyo+o0y)tgoyyooyoo+ooycexaxax)ayayOzOzayayadadaday+d中exesteteyte.zayaxayaxOz=V+即，V(@)=+V@。根据上述复合函数求导法则同样可证式（1-5-12）和式（1-5-13)。元丫元1-7已知标量函数Φ=sin试求该标量函rsin32人数Φ在点P(1,2,3)处的最大变化率及其方向。解标量函数在某点的最大变化率即是函数在该点的梯度值。已知标量函数Φ的梯度为adadadV0=exaxte.teyayQz那么(+VΦ=ex2e(snsing)3

4 因此 ，标量 函 数在点 (2, 1, 1) 处沿 矢 量 A 的方 向上 的 方 向导 数 为  A ex 3ey 3ez 2ex 2ey ez  263 1 1-6 试 证 式（ 1-5-11）， 式 （1-5-12） 及 式（ 1-5-13）。 证 明 式（ 1-5-11） 为   ，该 式左 边 为         x y z y z           e e e x                                      x x y y z z y z            e  e e x                                  x y z x y z y z y z         e e e e e e x x   即，   。 根据 上 述复 合 函数 求导 法 则同 样 可证 式（ 1-5-12） 和式 （1-5-13）。 1-7 已知 标 量函 数 z x y e               3 sin 2 sin    ，试 求该 标 量函 数 在 点 P(1,2,3)处的 最 大变 化 率及 其方 向 。 解 标量函数在某点的最大变化率即是函数在该点的梯 度值 。 已知 标 量函 数的梯度 为 x y z y z               e e e x 那么 z y z x y e x y e                              3 cos 2 sin 3 3 sin 2 cos 2        e e x z z x y e               3 sin 2 sin   e

V3元将点P(1.2.3）的坐标代入，得(V@)。62那么，在P点的最大变化率为V3e元3_√元2+27vd,-e.2y626P点最大变化率方向的方向余弦为/27元cosα=0:cosβ=cOSy元2+27√元2+271-8若标量函数为@=x2 +2y? +322 +xy+3x-2y-62试求在P(1,-2, 1)点处的梯度。1adad解已知梯度Vo=e%将标量函数Φ代+ea入得V@=e.(2x+y+3)+e,(4y+x-2)+e.(6z-6)再将P点的坐标代入，求得标量函数@在P点处的梯度为(V@),=3ex -9e,1-9试证式（1-6-11）及式（1-6-12）。证明式（1-6-11）为V.(CA)=CV·A，该式左边为(A+aA,+CA.-(CA)=%(CA.)+%(cA,)+是(CA)=d9CV.A2avaxozaxay即V.(CA)=CV. A式（1-6-12）为V.(@A)=V.A+A·VΦ，该式左边为V.()-(@4,)+(24,)+(4)axayO+04adaArad.+os+A=A+ΦAaxaxayozayOz5

5 将 点 P(1,2,3) 的 坐 标代 入 ，得   3 3 2 3 6      e  e P y z e e   。 那么 ， 在 P 点 的最 大变 化 率为 27 2 6 3 6 2 3 3 3             e e e P y z e e P 点 最 大变 化 率方 向的 方 向余 弦 为 cos  0 ； 27 cos 2       ； 27 27 cos 2      1-8 若标 量 函数 为 x 2y 3z xy 3x 2y 6z 2 2 2         试求 在 P(1,  2, 1) 点处 的 梯度 。 解 已知梯度 x y z y z               e e e x ， 将 标 量 函 数 代 入得   2x y3 4y x2 6z6 y z e e e  x 再 将 P 点的 坐 标代 入 ，求 得 标量 函 数 在 P 点处 的 梯度 为  P y e e  3 x 9 1-9 试证 式 （1-6-11）及 式 （1-6-12）。 证 明 式（ 1-6-11） 为 CACA ，该 式左 边 为  A         A                            C z A y A x A CA C z CA y CA x C x y z x y z 即 CACA 式（ 1-6-12）为 AA A ， 该 式左 边 为         x y Az z A y A x              A  z A z A y A y A x A x A z z y y x x                        

=@.A+A.V@;即.(@A)=QV.A+A.VΦ1-10试求距离lri-r/在直角坐标、圆柱坐标及圆球坐标中的表示式。解在直角坐标系中[i -r= /(x2 -x) +(2 -) +(z2 -z,)在圆柱坐标系中，已知x=rcosp，y=rsinp，z=z，因此[-= /(r cos -i cos)+(r sin -i sin) +(22 -z)= /n +r2-2nri cos(-)+(2-z,)在球坐标系中，已知x=rsinocosp，y=rsinosinp，z=rcoso因此=sin,cosin,c+sinsinsn, sin+(coi)=r2 +r?-2rr[sing, sine, cos(g-d)+coso, coso,1-11已知两个位置矢量及r的终点坐标分别为(,,)及(2,2,)，试证与之间的夹角为cosy=sinG, sin, cos(d -Φ)+coso, coso,证明根据题意，两个位置矢量在直角坐标系中可表示为=erisine,cosd+erisine,sing+ericoso=ersing,cosp+eyrsin,sing+e.rcoso已知两个矢量的标积为ri·r=cos，这里为两个矢量的夹角。因此夹角为cosy=2Ii12l式中6

6 A A ； 即 AA A 1-10 试 求 距 离 | | 1 2 r  r 在 直 角 坐 标 、 圆 柱 坐 标 及 圆 球 坐 标中 的 表示 式 。 解 在直 角 坐标 系 中       2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 r r  x  x  y  y  z  z 在圆 柱 坐标 系 中 ，已知 x  r cos ， y  rsin ， z  z ，因此       2 2 1 2 2 2 1 1 2 1 2 2 2 1 1 r r  r cos r cos  r sin r sin  z  z     2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2  r r 2rr cos   z z 在球 坐 标系 中，已 知 x  rsin cos , y  rsin sin , z  r cos , 因此       2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 r r  r sin cos r sin cos  r sin sin r sin sin  r cos r cos     2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2  r r 2r r sin sin cos   cos cos 1-11 已 知 两 个 位 置 矢 量 1 r 及 2 r 的 终 点 坐 标 分 别 为 ( , , ) 1 1 1 r 及 ( , , ) 2 2 2 r ，试 证 1 r 与 2 r 之 间的 夹角  为 1 2 1 2 1 2 cos sin sin cos(  )cos cos 证 明 根据 题 意， 两 个位 置 矢量 在 直角 坐标 系 中可 表 示为 1 1 1 1 1 1 1 1 1 r  ex r sin cos ey r sin sin ez r cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 r  ex r sin cos ey r sin sin ez r cos 已 知 两 个 矢 量 的 标 积 为 cos 1 2 1 2 r r  r r ， 这 里 为 两 个 矢 量 的 夹角 。 因此 夹 角为 1 2 1 2 cos r r r r   式中

r r, =rr(sing, cosd sing, cosd, +sing, sind, sing, sin g2+coso,coso,)i2/=r2因此，cos=sin,sin,(cosocosp+sinsing)+cosd,coso= sin, sin, cos(d-)+cosQ, cos021-12试求分别满足方程式.(f(r)r)=0及V×(f2(r)r)=0的函数fi(r)及f2(n)。解在球坐标系中，为了满足V[()]=[()+()r=r+3()=0Or =df().即要求rdiC)+3()=03dr求得fi()drrIn f.()=-3lnr+InC10)-%即在球坐标系中，为了满足Vx[f()]=[vf,(0)]xr+f()Vxr=0由于[vf(r)]xr=0，Vxr=0，即上式恒为零。故f(r)可以是r的任意函数。1-13试证式（1-7-11）及式（1-7-12)。证明①式（1-7-11）为Vx(CA)=CVxA（C为常数）CA=CAe,+CA,e,+CAe.,则令A=Ae+Ae,+Ae,eoeaeaeoeoeyaV×(CA)--CV×AaxazaxayayaCA.CAA.MA.CA.②式（1-7-12）为V×(@A)=@V×A+VΦxA7

7 cos cos ) (sin cos sin cos sin sin sin sin 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2            r r  rr  1 2 1 2 r r  rr 因此 ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 sin sin cos( ) cos cos cos sin sin (cos cos sin sin ) cos cos                      1-12 试 求 分 别 满 足 方 程 式 f 1 (r)r  0 及 f 2 (r)r  0 的 函 数 ( ) 1 f r 及 ( ) 2 f r 。 解 在球 坐 标系 中 ， 为了 满 足            3 1   0 1 1 1 1            f r r f r f r r f r r f r r r 即要 求   3   0 d d 1 1  f r  r f r r     r r f r d f r 3d 1 1    ，求 得 ln f 1 r  3lnr lnC 即   1 3 r C f r  在球 坐 标系 中 ，为 了满 足 f 2 rrf 2 rr  f 2 rr  0 由于 f 2 rr  0， r  0 ，即 上 式恒 为零 。 故 f r 2 可以 是 r 的 任意 函 数。 1-13 试证 式 （1-7-11）及 式 （1-7-12）。 证 明 ①式 （1-7-11）为 CACA （ C 为常 数） 令 x y z A e e e  Ax  Ay  Az ， C CAx x CAy y CAz z A e  e  e ，则   A e e e e e e A                  C A A A x y z C CA CA CA x y z C x y z x y z x y z x y z ②式 （1-7-12） 为 AAA

令A=Aer+Ae,+Ae,A=Ae +dAe,+Ae.,则eaeae-[aa(pA,(@A.)-V×(dA)=azaxayayarDA.DA.DA,O(@A.)(DA))--(@4)OzaxaxOad(ad)adadaddA.A.AAOzaxazayaxoaA,aAaA.aAdA.aAaxaaxOvOzav=VΦxA+VxA若将式（1-7-12）的右边展开，也可证明。Vxr=0,41-14试证证明已知在球坐标系中，矢量A的旋度为ee.egPsinersingroaaVxA=arad00A.rAgrsinaA对于矢量r，因A=r，A=0，A=0，代入上式，且因r与角度，Φ无关，那么，由上式获知xr=0。对于矢量=，因4=1，A=0，A=0，显然V>1对于矢量一3，因A=，A=0，A,=0，同理获知1-15若C为常数，A及k为常矢量，试证：9

8 令 x y z A e e e  Ax  Ay  Az ， Ax x Ay y Az z A e  e  e ， 则       z y x x y z x y z A z A y A A A x y z e e e e A                                   z x y y Ax z y A x A z A x e e                            z y x z x y y Ax z y A x A z A x A z A y e e e                                               z y x y z x x z y y A x A z A x A z A y A e e e                                              A A 若将 式 （1-7-12） 的 右边 展 开， 也 可证 明。 1-14 试 证 r  0，   0       r r 及 0 3         r r 。 证 明 已知 在 球坐 标 系中 ， 矢 量 A 的旋 度为          A rA r A r r r r r r sin sin sin 2         e e e A 对于 矢 量 r ，因 A r r  ， A  0， A  0 ，代 入 上式 ， 且 因 r 与 角度 ， 无 关， 那 么， 由 上式 获知 r  0。 对于 矢 量 r r ，因 Ar 1， A  0， A  0 ，显 然   0       r r 。 对于 矢 量 3 r r ，因 2 1 r Ar  ， A  0， A  0 ，同 理 获知 0 3         r r 。 1-15 若 C 为 常数 ， A 及 k 为 常 矢量 ， 试证 ：

① Veckr =Ckeckr;② V(Aeckr)=Ck·Aeckr;③ V×(Aer)=Ck×Aeckr证明①证明Veckr=Ckeckr。利用公式VF(@)=F(@)V@，则Veckr =eckrv(Ck·r)=Ceckrv(k·r)而 V(k.r)=v(k,x+k,y+kz)=e,k,+e,k,+ek,=k求得 Veckr =Ckeckr。②证明 V.(Aeckr)-Ck· Aekr 。利用公式V.(@A)=@V·A+A.VD，则V.(Aer)= A.v(ecr)+earV.A= A.(ecr)再利用①的结果，则.(Aekr)=Ck·Aer③证明 Vx(Aeckr)=Ckx Aeckr 。利用公式Vx(dA)=VΦxA+V×A，则Vx(Aea)-V(ea)xA+ek×A=V(ea)×AJVx(Aeckr)=CkxAeckr。再利用①的结果，则试证式中k为常数。1-16证明已知在球坐标系中1 (r2@)1%(sno0)1V@r?arlarrsin0l)sin0则()[([(-]

9 ① k r k r k     c c e C e ； ② k r k r A k A      c c ( e ) C e ； ③ k r k r A k A      c c ( e ) C e 。 证 明 ①证 明 k r k r k     C C e C e 。 利用 公 式 F F ，则  k r k r k r k r k r        C  C  C  e e C Ce 而 krkx xky ykz zex kx ey ky ez kz  k 求得 k r k r k     C C e C e 。 ②证 明   k r k r A k A      C C e C e 。 利用 公 式 AA A ，则       k r k r k r k r A A A A            C C C C e e e e 再利 用 ①的 结 果， 则   k r k r A k A      C C e C e ③证 明   k r k r A k A      C C e C e 。 利用 公 式 AAA ，则 A    A A   A k r k r k r k r          C  C  C  C  e e e e 再利 用 ①的 结 果， 则   k r k r A k A      C C e C e 。 1-16 试 证 r e k r e kr kr          2 2 ，式 中 k 为 常 数。 证 明 已知 在 球坐 标系 中 2 2 2 2 2 2 2 2 sin 1 sin sin 1 1                                   r r r r r r 则                              r e r r r r r e kr kr 2 2 2 1                  kr kr e r k e r r r r 2 2 2 1 1

-(- )-[-(1- )+-一=k2e即1-17 试证 (V×E)×E=(E.V)E-Iv|EP证明利用公式V(A·B)=(A.V)B+(B.V)A+Ax(V×B)+B×x(V×A)令上式中的A=B=E，则VE=2(E·V)E+2E×(V×E)=2(E·V)E-2(V×E)×E将上式整理后，即得(V×E)xE=(E-V)E->E)。1-18已知失量场F的散度V.F=q(r)，旋度VxF=0，试求该失量场。解根据亥姆霍兹定理，F(r)=-Vd(r)+VxA(r)，其中Fav;Ao)=xFavd(r)=4元Jr-r4元Jr-rl当×F=0时，则A(r)=0，即F(r)=-Vd(r)。那么因V.F=qo(r)，求得d)=d=4元J-4m则qF(r)=-Vd(r)=4元1-19已知某点在圆柱坐标系中的位置为4,试元，3／3求该点在相应的直角坐标系及圆球坐标系中的位置。解已知直角坐标系和圆柱坐标系坐标变量之间的转换关系为10

10   kr kr e kre r r        2 1        kr kr k e kr k e r     1   1 2 r e k kr  2 即 r e k r e kr kr          2 2 1-17 试 证 2 | | 2 1 (E)E  (E)E   E 证 明 利用 公 式 ABABBAABBA 令上 式 中的 AB E ， 则  E  2EE  2EE  2EE  2EE 2 将上 式 整理 后 ，即 得     2 2 1 E E  E E E 。 1-18 已知 矢 量 场 F 的 散度 F  q(r) ， 旋度 F  0， 试求 该 矢量 场 。 解 根据 亥 姆霍 兹 定理 ， FrΦrAr ，其 中     Φ V V         d 4 1 r r F r r  ；     V V         d 4 1 r r F r A r  当 F  0 时，则 Ar  0 ， 即 Fr Φr 。那么因 F qr ，求 得     r q V q Φ V    4 d 4 1         r r r r 则     r r q F r Φ r e 2 4    1-19 已 知 某 点 在 圆 柱 坐 标 系 中 的 位 置 为       , 3 3 2 4,  ， 试 求该 点 在相 应 的直 角坐 标 系及 圆 球坐 标系 中 的位 置 。 解 已知直角坐标系和圆柱坐标系坐标变量之间的转换 关系 为