电磁场与电磁波课后习题答案全-杨儒贵
电磁场与电磁波习题答案3杨儒贵
已知导体球的电位为，而镜像电荷及球外点电荷对于球面边界的电位没有贡献，因此，球心镜像电荷q的电量应满足
即
②当导体球携带的电荷为Q时，在离球心 处的镜像电荷仍然为 ，而球心处的镜像电荷 ，以保持电荷守恒，即 。
；
计算腔外场强也可应用镜像法，此时导体球的半径为a，如习题图3-15(b)所示。但是腔中必须引入两个镜像电荷q0和q，其中q0位于球心，q的位置和电量，以及q0的电量分别为
； ；
综上所述，腔内场强由两个点电荷q和q共同产生，腔外场强由三个点电荷q，q和q共同产生，而导体内的场强为零。
3-16已知点电荷q位于半径为a的导体球附近，离球心的距离为f，试求：①当导体球的电位为时的镜像电荷；②当导体球的电荷为Q时的镜像电荷。
由图可知
因此， ，即镜像电荷分布函数为
3-13已知一个不接地的半径为a的导体球携带的电荷为Q，若电荷为Q的点电荷移向该带电球，试问当点电荷受力为零时离球心的距离。(当点电荷所带电荷与导体球所带电荷相反时，点电荷肯定受到引力，即其受力不可能为零)。
解如习题题3-10所示，如前所述，根据镜像法，若导体球原先不带电，对于点电荷Q，必须在球内距离球心 处引入一个镜像电荷 ，而在球心处再放置另一个电量为 的点电荷，以保持电荷守恒及导体球为等位体。本题中导体球已带有电量为Q的电荷，因此在球心处放置的另一个镜像电荷的电量应为(Q )。那么，点电荷 将受到的镜像电荷的作用力为
若高度h>>a，上式还可进一步简化为
3-6一根无限长线电荷平行放置
在夹角60的电劈的中央部位，
电磁场与电磁波课后习题答案(杨儒贵编着)(第二版)第8章
第八章 平面电磁波8-1 导出非均匀的各向同性线性媒质中，正弦电磁场应该满足的波动方程及亥姆霍兹方程。
解 非均匀的各向同性线性媒质中，正弦电磁场应该满足的麦克斯韦方程如下：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=⋅∇=⋅∇∂∂-=⨯∇∂∂+=⨯∇)(),()(0),()(),()(),(),()(),(),(r r E r r H r r H r r E r E r r J r H ρεμμεt t t t t t t t t ， 分别对上面两式的两边再取旋度，利用矢量公式A A A 2)(∇-⋅∇∇=⨯∇⨯∇，得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∇⋅-∇+∂∂+∂∂⨯∇=∂∂-∇)()(),(),(),()(),()(),()()(),(222r r r E r r J r r H r r E r r r E εερμμμεt t t t t t t t t ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∇⋅∇-∂∂⨯∇-⨯-∇=∂∂-∇μμεμε)(),(),()(),(),()()(),(222r r H r E r r J r H r r r H t t t t t t t 则相应的亥姆霍兹方程为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∇⋅-∇++⨯∇=+∇)()()()()()(j )()(j )()()()(22r r r E r r J r r H r r E r r r E εερωμμωμεω⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∇⋅∇-⨯∇-⨯-∇=+∇μμεωμεω)()()()(j )()()()()(22r r H r E r r J r H r r r H 8-2 设真空中0=z 平面上分布的表面电流t J s x s sin 0ωe J =，试求空间电场强度、磁场强度及能流密度。
解 0=z 平面上分布的表面电流将产生向z +和z -方向传播的两个平面波，设z > 0区域中的电场和磁场分别为)(1z,t E ，)(1z,t H ，传播方向为z +；而z < 0区域中的场强为)(2z,t E 和)(2z,t H ，传播方向为z -。
电磁场与电磁波课后习题答案第3章(杨儒贵编着)
第三章 静电场3-1 已知在直角坐标系中四个点电荷分布如习题图3-1所示，试求电位为零的平面。
解 已知点电荷q 的电位为rq 4πεϕ=，令)0,1,0(1q q -=，)0,1,3(2q q +=，)0,0,1(3q q -=，)0,0,0(4q q +=，那么，图中4个点电荷共同产生的电位应为∑=414ii r q πεϕ令0=ϕ，得 0 4 4 4 44321=+-+-r qr q r q r q πεπεπεπε 由4个点电荷的分布位置可见，对于x =1.5cm 的平面上任一点，4321 ,r r r r ==，因此合成电位为零。
同理，对于x =0.5cm 的平面上任一点，3241 ,r r r r ==，因此合成电位也为零。
所以，x =1.5cm 及x =0.5cm 两个平面的电位为零。
3-2 试证当点电荷q 位于无限大的导体平面附近时，导体表面上总感应电荷等于)(q -。
证明 建立圆柱坐标，令导体表面位于xy 平面，点电荷距离导体表面的高度为h ，如图3-2所示。
那么，根据镜像法，上半空间的电场强度为32023101 4 4r q r q πεπεr r E -=X 习题图3-1(r , z )习题图3-2电通密度为)(43223110r r q r r E D -==πε 式中 232231])([h z r r -+=； 232232])([h z r r ++=那么，⎥⎥⎥⎦⎤⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-++-+⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++--+=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧++++--+-+=z z zh z r hz h z r h z h z r r h z r r q h z r h z r h z r h z r q e e e e e e D r r r 232223222322232223222322])([])([ ])([])([4 ])([)(])([)(4ππ 已知导体表面上电荷的面密度n s D =ρ，所以导体表面的感应电荷为2322232223220)(2][][4h r qh h r h h r h q D z zs +-=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧++-+-===ππρ 则总的感应电荷为q h r r r qh r r S q s ss -=+-===⎰⎰⎰∞∞2322)(d d 2d 'πρρ3-3 根据镜像法，说明为什么只有当劈形导体的夹角为π的整数分之一时，镜像法才是有效的？当点电荷位于两块无限大平行导体板之间时，是否也可采用镜像法求解。
电磁场与电磁波课后习题答案(杨儒贵编着)(第二版)全套完整版
2-2 已知真空中有三个点电荷，其电量及位置分别为：)0,1,0( ,4 )1,0,1( ,1 )1,0,0( ,1332211P C q P C q P C q === 试求位于)0,1,0(-P 点的电场强度。
解 令321,,r r r 分别为三个电电荷的位置321,,P P P 到P 点的距离，则21=r ，32=r ，23=r 。
利用点电荷的场强公式r e E 204rq πε=，其中r e 为点电荷q 指向场点P 的单位矢量。
那么，1q 在P 点的场强大小为021011814πεπε==r q E ，方向为()z yr e ee +-=211。
2q 在P 点的场强大小为0220221214πεπε==r q E ，方向为()z y xr e e ee ++-=312。
3q 在P 点的场强大小为023033414πεπε==r q E ，方向为y r e e -=3则P 点的合成电场强度为⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=++=z e e e E E E E y x 312128141312128131211 0321πε2-4 已知真空中两个点电荷的电量均为6102-⨯C ，相距为2cm ， 如习题图2-4所示。
试求：①P 点的电位；②将电量为6102-⨯C 的点电荷由无限远处缓慢地移至P 点时，外力必须作的功。
解 根据叠加原理，P 点的合成电位为()V 105.24260⨯=⨯=rq πεϕ因此，将电量为C 1026-⨯的点电荷由无限远处缓慢地移到P 点，外力必须做的功为()J 5==q W ϕ2-6 已知分布在半径为a 的半圆周上的电荷线密度πφφρρ≤≤=0 ,sin 0l ，试求圆心处的电场强度。
解 建立直角坐标，令线电荷位于xy 平面，且以y 轴为对称，如习题图2-6所示。
那么，点电荷l l d ρ在圆心处产生的电场强度具有两个分量E x 和E y 。
由于电荷分布以y 轴为对称，因此，仅需考虑电场强度的y E 分量，即习题图2-4习题图2-6φπερsin 4d d d 20a lE E l y ==考虑到φρρφsin ,d d 0==l a l ，代入上式求得合成电场强度为y y aa e e E 0002008d sin 4ερφφπερπ==⎰2-12 若带电球的内外区域中的电场强度为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<>=a r aqr a r r q, ,2r e E试求球内外各点的电位。
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r1 r2 r1r2 因此，
cos sin1 sin2 (cos1 cos2 sin1 sin2 ) cos1 cos2 sin1 sin2 cos(1 2 ) cos1 cos 2
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 A sin B ex B cos ey B sin
已 知 A B A B c o s ， 求 得
cos A B cos cos A B sin sin
AB
即
cos( ) cos cos sin sin
1-3 已 知 空 间 三 角 形 的 顶 点 坐 标 为 P1(0, 1, 2) ， P2 (4, 1, 3) 及 P3 (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
解 ① A Ax2 Ay2 Az2 12 22 32 14
B
Bx2
B
2 y
Bz2
32 12 22 14
C Cx2 Cy2 Cz2 22 02 12 5
②
ea
A A
A 14
1 14
ex 2ey 3ez
4
将点 P(1,2,3)
的
坐
标
代
入
，
得
P
e y
6
e3
ez
3 e3 。 2
那么，在 P 点的最大变化率为
电磁场与波(杨儒贵_第一版)课后作业答案
1-1 已知三个矢量分别为z y e e e A x 32-+=；z y e e e B x 23++=；z e e C x -=2。
试求①|| |,| |,|C B A ；②单位矢量c b a e e e , ,；③B A ⋅；④B A ⨯；⑤C B A ⨯⨯)(及B C A ⨯⨯)(；⑥B C A ⋅⨯)(及C B A ⋅⨯)(。
解 ① ()14321222222=-++=++=z y x A A A A14213222222=++=++=z y x B B B B ()5102222222=-++=++=z y x C C C C② ()z y e e e A A A e x a 3214114-+===()z y e e e B B B e x b 2314114++===()z e e C C C e x c -===2515 ③ 1623-=-+=++=⋅z z y y x x B A B A B A B A④ z y zy zyxz y xz y B B B A A A e e e e e e e e e B A x x x5117213321--=-==⨯ ⑤ ()z y zy e e e e e e C B A x x 223111025117+-=---=⨯⨯ 因z y zy zyxz y xC C C A A A e e e e e e e e e C A x x x x x45212321---=--==⨯ 则()z y zy e e e e e e B C A x x 1386213452+--=---=⨯⨯⑥ ()()()152131532=⨯+⨯-+⨯-=⋅⨯B C A()()()1915027=-⨯-++⨯=⋅⨯C B A 。
1-5 设标量32yz xy +=Φ，矢量z y e e e A x -+=22，试求标量函数Φ在点)1 ,1 ,2(-处沿矢量A 的方向上的方向导数。
电磁场与电磁波课后习题答案(杨儒贵编着)(第二版)
第五章 恒定磁场重点和难点该章重点及处理方法与静电场类似。
但是磁感应强度的定义需要详细介绍，尤其要强调磁场与运动电荷之间没有能量交换，电流元受到的磁场力垂直于电流的流动方向。
说明磁导率与介电常数不同，磁导率可以小于1，而且大多数媒质的磁导率接近1。
讲解恒定磁场时，应与静电场进行对比。
例如，静电场是无散场，而恒定磁场是无旋场。
在任何边界上电场强度的切向分量是连续的，而磁感应强度的法向分量是连续的。
重要公式磁感应强度定义：根据运动电荷受力： B v F ⨯=q 根据电流元受力： B l F ⨯=d I 根据电流环受力： B m T ⨯=真空中恒定磁场方程： 积分形式： I ⎰=⋅ll B 0d μ⎰=⋅SS B 0d微分形式：J B 0 μ=⨯∇0=⋅∇B已知电流分布求解电场强度：1，A B ⨯∇=V V ''-'=⎰'d )(4)( 0 r r r J r A πμ2，V V ''-'-⨯'=⎰'d )()( 4)(3 0 r r r r r J r B πμ 毕奥─萨伐定律。
3，I ⎰=⋅ll B 0d μ安培环路定律。
面电流产生的矢量磁位及磁感应强度分别为S ''-'=⎰'d )(4)(0r r r J r A S S πμS ''-'-⨯'=⎰'d )()(4)( 30 r r r r r J r B S S πμ 线电流产生的矢量磁位及磁感应强度分别为⎰''-'=l r r l r A d 4)(0I πμ ⎰''-'-⨯'=l r r r r l r B 30 )(d 4)(I πμ矢量磁位满足的微分方程：J A 0 2μ-=∇无源区中标量磁位满足的微分方程： 0 2=∇m ϕ 媒质中恒定磁场方程： 积分形式： I l =⋅⎰l H d⎰=⋅SS B 0d微分形式：J H =⨯∇ 0=⋅∇B磁性能均匀线性各向同性的媒质：场方程积分形式：⎰=⋅lI d μl B⎰=⋅BS H 0d场方程微分形式： J B μ=⨯∇ 0=⋅∇H矢量磁位微分方程：J A 2μ-=∇ 矢量磁位微分方程的解：V V ''-'=⎰'d )(4)(r r r J r A πμ 恒定磁场边界条件：1，t t H H 21=。
【精品】电磁场与电磁波课后习题答案杨儒贵编着第二版第4章
第四章静电场4-1已知一根长直导线的长度为1km ，半径为0.5mm ，当两端外加电压6V 时，线中产生的电流为61A ，试求：①导线的电导率；②导线中的电场强度；③导线中的损耗功率。
解（1） 由IR V =，求得 ()Ω==366/16R 由SR σ=，求得导线的电导率为 ()()m S 1054.3105.036107233⨯=⨯⨯⨯==-πσRS 导线中的电场强度为()m V 10610633-⨯===V E 单位体积中的损耗功率2E P l σ=，那么，导线的损耗功率为()W 122==L r E P πσ4-2设同轴线内导体半径为a ，外导体的内半径为b ，填充媒质的电导率为σ。
根据恒定电流场方程，计算单位长度内同轴线的漏电导。
解设0;,====ϕϕ时，时b r V a r 。
建立圆柱坐标系，则电位应满足的拉普拉斯方程为0d d d d 12=⎪⎭⎫⎝⎛=∇r r r r ϕϕ求得同轴线中的电位ϕ及电场强度E 分别为则 re E J ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==b a Vr ln 1σσ单位长度内通过内半径的圆柱面流进同轴线的电流为⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅=⎰b a VI sln 2d πσs J 那么，单位长度内同轴线的漏电导为 ⎪⎭⎫⎝⎛===b a V I R G ln 21πσ()m S 4-3设双导线的半径a ，轴线间距为D ，导线之间的媒质电导率为σ，根据电流场方程，计算单位长度内双导线之间的漏电导。
解设双导线的两根导线上线电荷密度分别为+和，利用叠加原理和高斯定理可求得两导线之间垂直连线上任一点的电场强度大小为⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=r D r E 112περ那么，两导线之间的电位差为 aaD V ad a-=⋅=⎰-lnd περr E 单位长度内两导线之间的电流大小为()a D D I ss-=⋅=⋅=⎰⎰ερσσs E s J d d 则单位长度内两导线之间的漏电导为()⎪⎭⎫⎝⎛--===a a D a D DVI R G ln 1πσ()m S 若a D >>则单位长度内双导线之间的漏电导为⎪⎭⎫⎝⎛=a D G ln πσ()m S 4-4已知圆柱电容器的长度为L ，内外电极半径分别为a 及b ，填充的介质分为两层，界面半径为c 。
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第一章矢量分析第一章 题 解1-1已知三个矢量分别为z y e e e A x 32-+=；z y e e e B x 23++=；z e e C x -=2。
试求①|| |,| |,|C B A ；②单位矢量c b a e e e , ,；③B A ⋅；④B A ⨯；⑤C B A ⨯⨯)(及B C A ⨯⨯)(；⑥B C A ⋅⨯)(及C B A ⋅⨯)(。
解 ① ()14321222222=-++=++=z y x A A A A14213222222=++=++=z y x B B B B ()5102222222=-++=++=z y x C C C C② ()z y e e e A A A e x a 3214114-+===()z y e e e B B B e x b 2314114++===()z e e C C C e x c -===2515 ③ 1623-=-+=++=⋅z z y y x x B A B A B A B A④ z y zy zyxz y xz y B B B A A A e e e e e e e e e B A x x x5117213321--=-==⨯ ⑤ ()z y z y e e e e e e C B A x x 223111025117+-=---=⨯⨯因z y zy zyxz y xC C C A A A e e e e e e e e e C A x x x x x45212321---=--==⨯则()z y z y e e e e e e B C A x x 1386213452+--=---=⨯⨯⑥ ()()()152131532=⨯+⨯-+⨯-=⋅⨯B C A()()()1915027=-⨯-++⨯=⋅⨯C B A 。
1-2 已知0=z 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βαβαβαsin sin cos cos )cos(+=-证明 由于两矢量位于0=z 平面内，因此均为二维矢量，它们可以分别表示为ααsin cos A A y e e A x += ββsin cos B B y e e B x +=已知()βα-=⋅cos B A B A ，求得()BA B A B A βαβαβαsin sin cos cos cos +=-即βαβαβαsin sin cos cos )cos(+=-1-3 已知空间三角形的顶点坐标为)2 ,1 ,0(1-P ，)3 ,1 ,4(2-P 及)5 ,2 ,6(3P 。
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z y e e P 21-=； z y x e e e P 342-+=；z y x e e e P 5263++=那么，由顶点P 1指向P 2的边矢量为z e e P P x -=-412同理，由顶点P 2指向P 3的边矢量由顶点P 3指向P 1的边矢量分别为z y e e e P P x 8223++=-z y e e e P P x 7631---=-因两个边矢量0)()(2312=-⋅-P P P P ，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17142212=+=-P P 6981222223=++=-P P ，所以三角形的面积为11735.0212312=--=P P P P S 1-4 已知矢量x y y e e A x +=，两点P 1及P 2的坐标位置分别为)1 ,1 ,2(1-P 及)1 ,2 ,8(2-P 。
若取P 1及P 2之间的抛物线22y x =或直线21P P 为积分路径，试求线积分⎰⋅12d p p l A 。
解 ①积分路线为抛物线。
已知抛物线方程为22y x =,y y x d 4d =，则()()142d 6d 2d 4d d d 12322212121212-===+=+=⋅⎰⎰⎰⎰y y y y y y y y x x y P P P P P P P P l A ②积分路线为直线。
因1P ,2P 两点位于1-=z 平面内，过1P ,2P 两点的直线方程为()228121---=-x y ，即46+=x y ，y x d 6d =，则()()14412d 46d 6d 1221212-=-=-+=⋅⎰⎰yy y y y y P P P P l A 。
1-5 设标量32yz xy +=Φ，矢量z y e e e A x -+=22，试求标量函数Φ在点)1 ,1 ,2(-处沿矢量A 的方向上的方向导数。
解 已知梯度2223)2(yz z xy y zy x z y x z y xe e e e e e +++=∂∂+∂∂+∂∂=∇ΦΦΦΦ 那么，在点)1 ,1 ,2(-处 的梯度为z y x e e e 33--=∇Φ因此，标量函数Φ在点)1 ,1 ,2(-处沿矢量A 的方向上的方向导数为()()13622233-=+-=-+⋅--=⋅∇z y x z y x e e e e e e A Φ1-6 试证式（1-5-11），式（1-5-12）及式（1-5-13）。
证明 式（1-5-11）为()ΦψψΦΦψ∇+∇=∇，该式左边为()()()()ΦψΦψΦψΦψzy x z y ∂∂+∂∂+∂∂=∇e e e x⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂+⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂=z z y y x xz y ψΦΦψψΦΦψψΦΦψe e e x ⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂=z y x z y x z y z y ψψψΦΦΦΦψe e e e e e x x ΦψψΦ∇+∇= 即，()ΦψψΦΦψ∇+∇=∇。
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 e y x -⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=3sin2sinππΦ，试求该标量函数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zy x z y ∂∂+∂∂+∂∂=∇ΦΦΦΦe e e x那么z y z e y x e y x --⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=∇3cos2sin33sin 2cos 2ππππππΦe e xz z e y x -⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-3sin 2sin ππe将点P (1,2,3) 的坐标代入，得()33236----=∇e e zy P e e πΦ。
那么，在P 点的最大变化率为2762362333+=--=∇---ππΦe e ezyPe e P 点最大变化率方向的方向余弦为0cos =α； 27cos 2+-=ππβ； 2727cos 2+-=πγ1-8 若标量函数为z y x xy z y x 62332222--++++=Φ试求在)1 ,2 ,1(-P 点处的梯度。
解 已知梯度zy x z y ∂∂+∂∂+∂∂=∇ΦΦΦΦe e e x ，将标量函数代入得()()()662432-+-++++=∇z x y y x z y e e e x Φ再将P 点的坐标代入，求得标量函数 在P 点处的梯度为()y P e e x 93-=∇Φ1-9 试证式（1-6-11）及式（1-6-12）。
证明 式（1-6-11）为()A A ⋅∇=⋅∇C C ，该式左边为()()()()A A ⋅∇=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂=∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇C z A y A xA C CA z CA y CA x C z y x z y x 即()A A ⋅∇=⋅∇C C式（1-6-12）为()ΦΦΦ∇⋅+⋅∇=⋅∇A A A ，该式左边为()()()()z y x A zA y A x ΦΦΦΦ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇A zA z A y A y A x A x A z z y y x x ∂∂+∂∂+∂∂+∂∂+∂∂+∂∂=ΦΦΦΦΦΦΦΦ∇⋅+⋅∇=A A ； 即()ΦΦΦ∇⋅+⋅∇=⋅∇A A A1-10 试求距离||21r 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()()()21221221221z z y y x x -+-+-=-r r在圆柱坐标系中，已知φcos r x =，φsin r y =，z z =，因此()()()212211222112221sin sin cos cos z z r r r r -+-+-=-φφφφr r()()21212122122cos 2z z r r r r -+--+=φφ在球坐标系中，已知φθcos sin r x =,φθsin sin r y =,θcos r z =,因此()()()211222111222211122221cos cos sin sin sin sin cos sin cos sin θθφθφθφθφθr r r r r r -+-+-=-r r ()[]121212122122cos cos cos sin sin 2θθφφθθ+--+=r r r r 1-11 已知两个位置矢量1r 及2r 的终点坐标分别为),,(111φθr 及),,(222φθr ，试证1r 与2r 之间的夹角γ 为212121cos cos )cos(sin sin cos θθφφθθγ+-=证明 根据题意，两个位置矢量在直角坐标系中可表示为111111111cos sin sin cos sin θφθφθr r r z y x e e e r ++= 222222222cos sin sin cos sin θφθφθr r r z y x e e e r ++=已知两个矢量的标积为γcos 2121r r r r =⋅，这里为两个矢量的夹角。
因此夹角为2121cos r r r r ⋅=γ 式中)cos cos sin sin sin sin cos sin cos (sin 21221122112121θθφθφθφθφθ++=⋅r r r r2121r r =r r因此，21212121212121cos cos )cos(sin sin cos cos )sin sin cos (cos sin sin cos θθφφθθθθφφφφθθγ+-=++=1-12试求分别满足方程式()0)(1=⋅∇r r f 及()0)(2=⨯∇r r f 的函数)(1r f 及)(2r f 。
解 在球坐标系中，为了满足()[]()[]()()()0311111=+∂∂=⋅∇+⋅∇=⋅∇r f rr f rr f r f r f r r r即要求()()03d d 11=+r f rr f r()()r rr f r f d 3d 11-=⇒，求得()C r r f ln ln 3ln 1+-=即()31r Cr f =在球坐标系中，为了满足()[]()[]()0222=⨯∇+⨯∇=⨯∇r r r r f r f r f由于()[]02=⨯∇r r f ，0=⨯∇r ，即上式恒为零。