冯恩信--电磁场与电磁波-课后习题答案
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：习题及参考答案5.1 一个点电荷 Q 与无穷大导体平面相距为d ，如果把它移动到无穷远处，需要作多少功？解：用镜像法计算。
导体面上的感应电荷的影响用镜像电荷来代替，镜像电荷的大小为-Q ，位于和原电荷对称的位置。
当电荷Q 离导体板的距离为x 时，电荷Q 受到的静电力为2)2(042x Q F επ-=静电力为引力，要将其移动到无穷远处，必须加一个和静电力相反的外力2)2(042x Q f επ=在移动过程中，外力f 所作的功为d Q d dx dx Q dx f 016220162επεπ=⎰∞⎰∞= 当用外力将电荷Q 移动到无穷远处时，同时也要将镜像电荷移动到无穷远处，所以，在整个过程中，外力作的总功为dq8/2επ。
也可以用静电能计算。
在移动以前，系统的静电能等于两个点电荷之间的相互作用能：d Q d Q Q d Q Q q q W 082)2(04)(21)2(042122211121επεπεπϕϕ-=-+-=+=移动点电荷Q 到无穷远处以后，系统的静电能为零。
因此，在这个过程中，外力作功等于系统静电能的增量，即外力作功为dq8/2επ。
5．2 一个点电荷放在直角导体内部（如图5-1），求出所有镜像电荷的位置和大小。
解：需要加三个镜像电荷代替 导体面上的感应电荷。
在（-a ，d ）处，镜像电荷为-q ，在（错误！链接无效。
）处， 镜像电荷为q ，在（a ，-d ）处，镜像电荷为-q 。
图5-1 5．3 证明：一个点电荷q 和一个带有电 荷Q 、半径为R 的导体球之间的作用力为]2)22(2[04R D DRq D D qR Q q F --+=επ其中D 是q 到球心的距离（D ＞R ）。
证明：使用镜像法分析。
电磁场与电磁波课后习题及答案六章习题解答
第六章时变电磁场有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场之中，如题图所示。
滑片的位置由确定，轨道终端接有电阻，试求电流i.解穿过导体回路abcda的磁通为故感应电流为一根半径为a的长圆柱形介质棒放入均匀磁场中与z轴平行。
设棒以角速度绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的极化电荷。
解介质棒内距轴线距离为r处的感应电场为故介质棒内的极化强度为极化电荷体密度为极化电荷面密度为则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为平行双线传输线与一矩形回路共面，如题图所示。
设、、，求回路中的感应电动势。
解由题给定的电流方向可知，双线中的电流产生的磁感应强度的方向，在回路中都是垂直于纸面向内的。
故回路中的感应电动势为式中故则有一个环形线圈，导线的长度为l，分别通过以直流电源供应电压U0和时变电源供应电压U（t）。
讨论这两种情况下导线内的电场强度E。
解设导线材料的电导率为，横截面积为S，则导线的电阻为而环形线圈的电感为L，故电压方程为当U=U0时，电流i也为直流，。
故此时导线内的切向电场为当U=U（t）时，，故即求解此微分方程就可得到。
一圆柱形电容器，内导体半径为a，外导体内半径为b，长为l。
设外加电压为，试计算电容器极板间的总位移电流，证明它等于电容器的传导电流。
解当外加电压的频率不是很高时，圆柱形电容器两极板间的电场分布与外加直流电压时的电场分布可视为相同（准静态电场），即故电容器两极板间的位移电流密度为则式中，是长为l的圆柱形电容器的电容。
流过电容器的传导电流为可见由麦克斯韦方程组出发，导出点电荷的电场强度公式和泊松方程。
解点电荷q产生的电场满足麦克斯韦方程和由得据散度定理，上式即为利用球对称性，得故得点电荷的电场表示式由于，可取，则得即得泊松方程试将麦克斯方程的微分形式写成八个标量方程：（1）在直角坐标中；（2）在圆柱坐标中；（3）在球坐标中。
解（1）在直角坐标中（2）在圆柱坐标中（3）在球坐标系中已知在空气中，求和。
电磁场与电磁波课后习题及答案六章习题解答
第六章 时变电磁场6.1 有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场5cos mT z e t ω=B 之中，如题6.1图所示。
滑片的位置由0.35(1cos )m x t ω=-确定，轨道终端接有电阻0.2R =Ω，试求电流i.解 穿过导体回路abcda 的磁通为5cos 0.2(0.7)cos [0.70.35(1cos )]0.35cos (1cos )z z d B ad ab t x t t t t ωωωωωΦ==⨯=⨯-=--=+⎰B S e e故感应电流为110.35sin (12cos ) 1.75sin (12cos )mAin d i R R dt t t t t R ωωωωωωΦ==-=-+-+E6.2 一根半径为a 的长圆柱形介质棒放入均匀磁场0z B =B e 中与z 轴平行。
设棒以角速度ω绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的极化电荷。
解 介质棒内距轴线距离为r 处的感应电场为 00z r r r B φωω=⨯=⨯=E v B e e B e故介质棒内的极化强度为 00000(1)()e r r r r B r B εεεωεεω==-=-P E e e X极化电荷体密度为2000011()()2()P rP r B r r r rB ρεεωεεω∂∂=-∇⋅=-=--∂∂=--P极化电荷面密度为0000()()P r r r a e r a B σεεωεεω==⋅=-⋅=-P n B e则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为220020012()212()P P PS P Q a a B Q a a B πρπεεωπσπεεω=⨯⨯=--=⨯⨯=-6.3 平行双线传输线与一矩形回路共面，如题6.3图所示。
设0.2a m =、0.1m b c d ===、71.0cos(210)A i t π=⨯，求回路中的感应电动势。
电磁场与电磁波_课后答案（冯恩信_著）
第一章 矢量场1.1 z y x C z y x B z y xA ˆˆˆ3;ˆ2ˆˆ;ˆˆ3ˆ2+-=-+=-+=求:(a) A ； (b)； (c)； (d)； (e)(f)解：(a) ; (b) 14132222222=++=++=z y x A A A A )ˆ2ˆˆ(61ˆz y x BB b -+==( c) ; (d) 7=⋅B A z y xC B ˆ4ˆ7ˆ---=⨯(e)z y x C B A ˆ4ˆ2ˆ2)(-+=⨯⨯(f)19)(-=⋅⨯C B A1.2;求:(a) A ； (b) ； (c) ； (d) ; (e) BA+解：(a) ;(b) ;(c) 25π+=A )ˆ2ˆ3ˆ(141ˆz b -+-=ϕρ43-=⋅πB A (d)z A B ˆ)6(ˆ3ˆ)23(+--+=⨯πϕρπ(e)z B A ˆˆ)3(ˆ-++=+ϕπρ1.3; 求:(a) A ； (b)； (c)； (d); (e)解：(a) ； (b) ； (c) ；254π+=A )ˆˆ(11ˆ2θππ-+=rb22π-=⋅B A(d) ; (e) ϕπθππˆ3ˆ2ˆ22++=⨯r A B ϕπˆ2ˆ3-=+rB A 1.4 ;当时，求。
解：当时，=0, 由此得 5-=α1.5将直角坐标系中的矢量场分别用圆柱和圆球坐标系中的坐标分量表示。
解：(1)圆柱坐标系由(1.2-7)式，;ϕϕϕρsin ˆcos ˆˆ1-==xF ϕϕϕρcos ˆsin ˆˆ2+==y F(2)圆球坐标系由(1.2-14)式, ϕϕϕθθϕθsin ˆcos cos ˆcos sin ˆˆ1-+==r xFϕϕϕθθϕθcos ˆsin cos ˆsin sin ˆˆ2++==r yF1.6将圆柱坐标系中的矢量场用直角坐标系中的坐标分量表示。
解：由(1.2-9)式，)ˆˆ(2ˆsin 2ˆcos 2ˆ2221y y xx yx y x F ++=+==ϕϕρ)ˆˆ(3ˆcos 3ˆsin 3ˆ3222y x xy yx y x F +-+=+-==ϕϕϕ1.7将圆球坐标系中的矢量场用直角坐标系中的坐标分量表示。
电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答
习题解答4.1 如题4.1图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为U ，求槽内的电位函数。
解 根据题意，电位(,)x y ϕ满足的边界条件为 ① (0,)(,)0y a y ϕϕ== ② (,0)0x ϕ= ③0(,)x b U ϕ=根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为1(,)sinh()sin()n n n y n xx y A a a ππϕ∞==∑由条件③，有01sinh()sin()n n n b n x U A a a ππ∞==∑两边同乘以sin()n x a π，并从0到a 对x 积分，得到002sin()d sinh()an U n xA x a n b a a ππ==⎰02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ⎧=⎪⎨⎪=⎩L L ，故得到槽内的电位分布1,3,5,41(,)sinh()sin()sinh()n U n y n xx y n n b a a a ππϕππ==∑L4.2 两平行无限大导体平面，距离为b ，其间有一极薄的导体片由d y =到b y =)(∞<<-∞x 。
上板和薄片保持电位U ，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从0=y 到d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ϕ=。
a题4.1图解 应用叠加原理，设板间的电位为(,)x y ϕ=12(,)(,)x y x y ϕϕ+其中，1(,)x y ϕ为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为U ）的电位，即10(,)x y U y b ϕ=；2(,)x y ϕ是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为： ①22(,0)(,)0x x b ϕϕ==②2(,)0()x y x ϕ=→∞③002100(0)(0,)(0,)(0,)()U U y y d by y y U U y y d y b d b ϕϕϕ⎧-≤≤⎪⎪=-=⎨⎪-≤≤⎪⎩根据条件①和②，可设2(,)x y ϕ的通解为 21(,)sin()en x bn n n y x y A b ππϕ∞-==∑由条件③有00100(0)sin()()n n U U y y d n y b A U U b y yd y b d b π∞=⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤≤⎪⎩∑两边同乘以sin()n yb π，并从0到b 对y 积分，得到0002211(1)sin()d ()sin()d dbn d U U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=⎰⎰022sin()()U b n d n d b ππ故得到 (,)x y ϕ=0022121sin()sin()e n x bn U bU n d n y y b d n b b ππππ∞-=+∑4.3 求在上题的解中，除开0U y 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
电磁场与电磁波习题答案第10章
第十章10-1 试证式（10-1-8）。
证明 电流元向外的辐射功率为()⎰⋅=s c r s S d Re P ⎰⋅=s r rr rl ZI θφθλθd d sin 4sin 222222e e θθλφππd sin 4d 3022220⎰⎰=l ZI 2232⎪⎭⎫ ⎝⎛=λπl I Z 已知真空的波阻抗π1200=Z ，则辐射功率为22280⎪⎭⎫ ⎝⎛=λπP l I r10-2 直接根据电流元的电流及电荷)j (q I ω=计算电流元的电场强度及磁场强度。
解 建立球面坐标，将电流元置于坐标原点，且沿z 轴放置，即电流元为Il e z ，如习题图10-2所示。
已知电场强度与标 量位及矢量位的关系为Φω∇--=A E j式中krze rIl j 04-=πμe A --+--+-=r qe r qe kr kr 0j 0j 44πεπεΦ 由于l << r ，距离r +和r -可取下列近似值:θcos 2lr r -≈+;θcos 2lr r +≈-那么⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+--=--θθπεΦθθcos 21cos 214cos 2j cos 2j 0j r l er l e r qe l k l k kr再考虑到l << r 及l << λ，利用泰勒展开式：习题图10-2解rl I ⊕ xyzq + q -r + r -θP()() +-''+-'+=00000)(!21)()()(x x x f x x x f x f x f 将上式中各项在零点展开，且仅取前两项，即θθcos 2j 1cos 2j lk elk +≈；θθcos 2j 1cos 2j -lkelk -≈ θθcos 21cos 211rlrl+≈-； θθcos 21cos 211rlrl-≈+ 那么，得⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-θθθθπεΦcos 21cos 2j 1cos 21cos 2j 140j r l l k r l l k r qe kr 整理后，得⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-r l kl rqe kr j 4cos 0j πεθΦ 则在球坐标系中，标量位的梯度为θπεθπεθΦe e ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=∇----r l kl r qe r le r e kl l k r e q kr r kr kr kr j 4sin 22j 4cos 20j 3j 2j 2j 0 矢量位各个分量为θπμcos 4j 0kr r e r Il A -=；θπμθsin 4j 0kr e rIlA --=；0=ϕA将上述结果代入前式，最后求得电场强度为⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---+-=------r l kl r qe r le r e kl l k r e q e r Ile r Il kr kr kr kr r kr kr r j 4sin 22j 4cos sin 4j cos 4j 20j 3j 2j 2j 0j 0j 0πεθπεθθπμωθπμωθθe e e e E再将电荷ωj I q =代入，得电场强度的各个分量为kr r e r k r k Il k E j 332203112cos j-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ωπεθ kre r k r k kr Il k E j 3322031114sin j -⎪⎭⎫ ⎝⎛++--=ωπεθθ利用麦克斯韦方程，H E ωμj -=⨯∇，即可求出对应的磁场分量为1j4sin j 222==⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-r kr H H er k kr Il k H θφπθ 由上可见，直接根据电流和电荷也可求出电流元的电场强度和磁场强度。
电磁场与电磁波第二章课后答案
电磁场与电磁波第二章课后答案本页仅作为文档封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March第二章 静电场重点和难点电场强度及电场线等概念容易接受，重点讲解如何由物理学中积分形式的静电场方程导出微分形式的静电场方程，即散度方程和旋度方程，并强调微分形式的场方程描述的是静电场的微分特性或称为点特性。
利用亥姆霍兹定理，直接导出真空中电场强度与电荷之间的关系。
通过书中列举的4个例子，总结归纳出根据电荷分布计算电场强度的三种方法。
至于媒质的介电特性，应着重说明均匀和非均匀、线性与非线性、各向同性与各向异性等概念。
讲解介质中静电场方程时，应强调电通密度仅与自由电荷有关。
介绍边界条件时，应说明仅可依据积分形式的静电场方程，由于边界上场量不连续，因而微分形式的场方程不成立。
关于静电场的能量与力，应总结出计算能量的三种方法，指出电场能量不符合迭加原理。
介绍利用虚位移的概念计算电场力，常电荷系统和常电位系统，以及广义力和广义坐标等概念。
至于电容和部分电容一节可以从简。
重要公式真空中静电场方程：积分形式：⎰=⋅SS E 0d εq⎰=⋅ll E 0d微分形式：ερ=⋅∇E0=⨯∇E已知电荷分布求解电场强度：1，)()(r r E ϕ-∇=； ⎰''-'=V Vd )(41)(|r r |r r ρπεϕ2，⎰'''-'-'=V V 3d |4))(()(|r r r r r r E περ3，⎰=⋅SS E 0d εq高斯定律介质中静电场方程：积分形式：q S=⋅⎰ d S D⎰=⋅ll E 0d微分形式：ρ=⋅∇D0=⨯∇E线性均匀各向同性介质中静电场方程：积分形式：εqS=⋅⎰ d S E⎰=⋅ll E 0d微分形式：ερ=⋅∇E0=⨯∇E静电场边界条件：1，t t E E 21=。
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第九章)
第9章习题解答【9.1】 解：因为布儒斯特角满足21tan /B n n θ= 根据已知条件代入即可求得： （a ） 67.56)1/52.1(tan 1==-B θ （b ） 1.53)1/33.1(tan 1==-B θ【9.2】 证明：已知''0021tan cot i tE E θθ=+（9-38）⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+=i tn n n n E E θθcos cos 1221210''0 （9-45） 再法向入射情况下,0=i θ根据斯涅尔折射定理i t n n θθsin sin 12=，有,0=t θ 将斯涅尔折射定理和,0==t i θθ代入（9-38）和（9-45）有120''012n E E +=故命题得证。
【9.3】 解：对于法向入射情形，满足反射和折射条件如下：21210'0n n nn E E R +-== （1）120''012n E E T +== （2） 依题意，对于由介质溴化钾和空气，当波从空气射向介质时，设空气的折射率为1n ,介质的折射率为2n ，当波从介质射向空气时，设介质的折射率为1n ,空气的折射率为2n 。
我们统一将空气的折射率为1n ,介质的折射率为2n ，则R 随着波透射的传播方向不同仅相差一个负号，但考虑到我们要分析的是能量损耗，即只与2R 有关，所以不用考虑R 的正负。
对于T ,则分成两种情形：① 当波从空气射向介质时，120''012n n E E p T +=== （3） ② 当波从介质射向空气时，210''012n n E E q T +=== （4） 如下图，波在两个截面上经过无数次反射和折射，能量的损耗由两部分组成，即第一次反射波21R S =，另外一部分为无数次与传播方向反向的方向透射的能量之和，即：++++=+=)3(2)2(2)1(2221S S S R S S S （5） 其中3222)(2322)3(222)2(22)1(2)()()()()()()(-====n n R p q R S R p q R S R p q R S p q R S （6）可以看出该数列为等比为2R 的一个无穷等比数列，将已知条件和式（1）、（3）、（4）、（6）代入（5）后×100％式可以求得能量损耗的百分比。
电磁场与电磁波》冯恩信第二版西安交通大学课后答案
1.6
将圆柱坐标系中的矢量场
r F1
(
ρ
,
ϕ
,
z)
=
2ρ$ ,
r F2
(ρ,ϕ,
z)
=
3ϕ$
用直角坐标系中的坐标
分量表示。
解：由(1.2-9)式，
r F1
=
2ρˆ
=
2 cosϕxˆ
+
2sin ϕyˆ
=
2 (xxˆ + yyˆ) x2 + y2
r F2
=
3ϕˆ
=
−3sin ϕxˆ + 3cosϕyˆ
⋅
∇e
kr
=
r k
⋅
rˆke
kr
1.17
(c) ∇r 已知rA
× =
ρyrx$=−r0x;y∇$ ，× r计r r=算0;A∇r ⋅×(∇(z×ρˆ
)r= A)
ϕˆ
解： ∇ × A = 1.18 已知 ∇ ⋅
−Fr2=zˆ;δA(⋅x()∇δ (×yA)δ)(=z)0,∇
×
r Fr
=
0,
计算
r F
r
+ ϕˆ + zzˆ
1 4π
(∇
1 r
×
zˆ
+
1 r
∇×
zˆ)
=
zˆ × rˆ 4πr 2
穿过由 ρ ≤ 1,0 ≤ ϕ ≤ π ,0 ≤ z ≤
1
确定的区域的封闭面的
通量。 解：根据高斯定理，矢量场
r F
=
ρρˆ
+
ϕˆ
+
zzˆ
穿过由
ρ
≤
电磁场与电磁波课后习题及答案七章习题解答 (2)
解将电场、磁场写成复数形式
平均坡印廷矢量为
故穿过r=1000m的半球壳的平均功率为
式中dS为球坐标的面积元矢量，对积分有贡献是
故
7.21在自由空间中， 。试求 平面内的边长为30mm和15mm长方形面积的总功率。
解将已知的电场写成复数形式
得与 相伴的磁场
故平均坡印廷矢量为
解自由空间的相位常数
，故
在理想电介质中，相位常数 ，故
电介质中的波速则为
7.10在自由空间中，某均匀平面波的波长为12cm；当该平面波进入到某无损耗媒质时，波长变为8cm，且已知此时的 ， 。求该均匀平面波的频率以及无损耗媒质的 、 。
解自由空间中，波的相速 ，故波的频率为
在无损耗媒质中，波的相速为
对于z>0的区域，求 。
解
可见，在f=1.5MHz的频率该导体可视为良导体。故
分界面上的透射系数为
入射波电场的复数表示式可写为
则z>0区域的透射波电场的复数形式为
与之相伴的磁场为
则
7.14一圆极化波垂直入射到一介质板上，入射波电场为
求反射波与透射波的电场，它们的极化情况又如何？
解设媒质1为空气，其本征阻抗为 ；介质板的本征阻抗为 。故分界面上的反射系数和透射系数分别为
则穿过z=0平面上 的长方形面积的总功率为
7.22均匀平面波的电场强度为
（1）运用麦克斯韦方程求出H：（2）若该波在z=0处迁到一理想导体平面，求出z<0区域内的E和H；（3）求理想导体上的电流密度。
解（1）将已知的电场写成复数形式
由 得
写成瞬时值表示式
（2）均匀平面波垂直入射到理想导体平面上会产生全反射，反射波的电场为
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习题1.1 已知z y x B z y x A ˆ2ˆˆ;ˆˆ3ˆ2-+=-+=，求:(a) A 和B 的大小（模）； (b) A 和B 的单位矢量；(c)B A⋅；(d)B A⨯；(e)A 和B 之间的夹角；(f) A 在B 上的投影。
解：(a) A 和B 的大小74.314132222222==++=++==z y x A A A A A45.26211222222==++=++==z y x B B B B B(b) A 和B 的单位矢量z y x z y x A A aˆ267.0ˆ802.0ˆ535.0)ˆˆ3ˆ2(74.31ˆ-+=-+==z y x z y x B B bˆ816.0ˆ408.0ˆ408.0)ˆ2ˆˆ(45.21ˆ-+=-+==(c)A B ⋅7232=++=++=⋅z z y y x x B A B A B A B A(d) B A ⨯z y xz y xB B B A A A z y xB A z y x z y xˆˆ3ˆ5211132ˆˆˆˆˆˆ-+-=--==⨯(e)A 和B 之间的夹角α根据αcos AB B A =⋅得764.0163.97cos ==⋅=AB B A α 019.40=α (f) A 在B 上的投影86.245.27ˆ==⋅=⋅B B A bA1.2如果矢量A 、B 和C 在同一平面，证明A ·(B ⨯C )=0。
证明：设矢量A 、B 和C 所在平面为xy 平面y A x A A y x ˆˆ+=y B xB B y x ˆˆ+=y C xC C y x ˆˆ+=z C B C B y C B C B xC B C B C C C B B B zy x C B x y y x z x x z y z z y zy x z y xˆ)(ˆ)(ˆ)(ˆˆˆ-+-+-==⨯zC B C B x y y x ˆ)(-= 0ˆˆ)(0)(=⋅-⨯=⨯⋅z zC B C B C B A x y y x1.3已知A =ααsin ˆcos ˆy x+、B ββsin ˆcos ˆy x -=和C ββsin ˆcos ˆy x +=，证明这三个矢量都是单位矢量，且三个矢量是共面的。
证明：1）三个矢量都是单位矢量1sin cos 22222=+=++==ααz y x A A A A A 1sin cos 22222=+=++==ββz y x B B B B B1sin cos 22222=+=++==ββz y x C C C C C2）三个矢量是共面的zC C C B B B zy x C B zy x z y xˆsin cos 2ˆˆˆββ==⨯0ˆˆsin cos 20)(=⋅⨯=⨯⋅z zC B A ββ1.4 A x y z =+- 2； B x yz =+-α3，当A B⊥时，求α。
解：当A B⊥时，0=⋅B A 032=++=⋅αB A所以5-=α1.5证明三个矢量A y xˆ5ˆ5-=、B z y x ˆˆ7ˆ3--=和C z y x ˆˆ2ˆ2---=形成一个三角形的三条边，并利用矢积求此三角形的面积。
证明 ：因为 z y xB A ˆˆ2ˆ2++=-0)(=+-+C B A所以三个矢量A 、B 和C 形成一个三角形 此三角形的面积为B A S ⨯=216.102/2055173055ˆˆˆˆˆˆ222=++=---==zy x B B B A A A z y xz y x z y x1.6 P 点和Q 点的位置矢量分别为z y xˆˆ12ˆ5++和z y x ˆˆ3ˆ2+-，求从P 点到Q 点的距离矢量及其长度。
解：从P 点到Q 点的距离矢量为y x z y x z y xr r R P Q ˆ15ˆ3)ˆˆ12ˆ5()ˆˆ3ˆ2(--=++-+-=-=从P 点到Q 点的距离为3.1515322=+==R R1.7 求与两矢量A z y xˆˆ3ˆ4+-=和B z y x ˆˆˆ2-+=都正交的单位矢量。
解：设矢量C与两矢量A z y xˆˆ3ˆ4+-=和B z y x ˆˆˆ2-+=都正交，则 034=+-=⋅z y x C C C C A（1） 02=-+=⋅z y x C C C C B（2）（1）+（2） 得 026=-y x C C → x y C C 3= （3） （1）+3⨯（2）得 0210=-z x C C → x z C C 5= （4）如果矢量C是单位矢量，则1259222222=++=++==x x x z y x C C C C C C C C所以 169.025911=++=x Cx y C C 3=507.0= x z C C 5=845.0=z y xC ˆ845.0ˆ507.0ˆ169.0++=1.8将直角坐标系中的矢量场F x y z x F x y z y 12(,,) ,(,,) ==分别用圆柱和圆球坐标系中的坐标分量表示。
解：在圆柱坐标系中⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡0sin cos 0011000cos sin 0sin cos 1000cos sin 0sin cos 111111ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕρz y x z F F F F F Fϕϕρϕϕρˆsin ˆcos ),,(1-=z F⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡0cos sin 0101000cos sin 0sin cos 1000cos sin 0sin cos 222222ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕρz y x z F F F F F Fϕϕρϕϕρˆcos ˆsin ),,(2+=z F在圆球坐标系中⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡ϕϕθϕθϕϕθϕθϕθθϕθϕθϕϕθϕθϕθθϕθϕθϕθsin cos cos cos sin 0010cos sin sin sin cos cos cos cos sin sin cos sin 0cos sin sin sin cos cos cos cos sin sin cos sin 111111z y x r F F F F F Fϕϕθϕθρϕθϕθˆsin ˆcos cos ˆcos sin ),,(1-+=r F⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡ϕϕθϕθϕϕθϕθϕθθϕθϕθϕϕθϕθϕθθϕθϕθϕθcos sin cos sin sin 0100cos sin sin sin cos cos cos cos sin sin cos sin 0cos sin sin sin cos cos cos cos sin sin cos sin 222222z y x r F F F F F Fϕϕθϕθρϕθϕθˆcos ˆsin cos ˆsin sin ),,(2++=r F1.9 将圆柱坐标系中的矢量场 F z F z 1223(,,) ,(,,) ρϕρρϕϕ==用直角坐标系中的坐标分量表示。
解：根据A A A A A A x y z z ⎡⎣⎢⎢⎢⎤⎦⎥⎥⎥=-⎡⎣⎢⎢⎢⎤⎦⎥⎥⎥⎡⎣⎢⎢⎢⎤⎦⎥⎥⎥c o s s i n s i n c o s ϕϕϕϕρϕ00001（1）得⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡0sin 2cos 20021000cos sin 0sin cos 111ϕϕϕϕϕϕz y x F F F y x z y x F ˆsin 2ˆcos 2),,(1ϕϕ+=又因为 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+=+=z z y x x y x x 2222sin cos ϕϕ（2）)ˆˆ(2ˆ2),,(221y y xx yx z y x F ++==ρ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡0cos 3sin 30301000cos sin 0sin cos 222ϕϕϕϕϕϕz y x F F F y xz y x F ˆcos 3ˆsin 3),,(2ϕϕ+-=利用（2）式可得)ˆˆ(3ˆ3),,(222x y yx yx z y x F -+==ϕ1.10 将圆球坐标系中的矢量场F r r F r 125(,,) ,(,,) θϕθϕθ==用直角坐标系中的坐标分量表示。
解：根据A A A A A A x y z r⎡⎣⎢⎢⎢⎤⎦⎥⎥⎥=--⎡⎣⎢⎢⎢⎤⎦⎥⎥⎥⎡⎣⎢⎢⎢⎤⎦⎥⎥⎥s i nc o s c o s c o s s i n s i ns i n c o s s i n c o s c o s s i n θϕθϕϕθϕθϕϕθθθϕ0 （1）得⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡θϕθϕθθθϕϕθϕθϕϕθϕθcos 5sin sin 5cos sin 50050sin cos cos sin cos sin sin sin cos cos cos sin 111z y x F F F θϕθϕθcos 5ˆsin sin 5ˆcos sin 5ˆ),,(1z y xz y x F ++=又因为⎪⎩⎪⎨⎧===θϕθϕθcos sin sin cos sin r z r y r x （2）得)ˆˆˆ(5),,(2221z z y y xx zy x z y x F ++++=θϕθˆ),,(2=r Fr ˆˆ⨯=ϕ )ˆˆˆ(1ˆ222z z y y xx z y x r++++= )ˆˆ(1ˆ22x y yx yx -+=ϕ θϕθˆ),,(2=r Fr ˆˆ⨯=ϕ =⨯-+)ˆˆ(122x y yx y x )ˆˆˆ(1222z z y y xx zy x ++++221y x +=2221z y x ++]ˆˆ)(ˆ[22y yz x xz y x z+++- 1.11 计算在圆柱坐标系中两点)5,6/,5(πP 和)4,3/,2(πQ 之间的距离。
解：两点)5,6/,5(πP 和)4,3/,2(πQ 之间的距离为 221221221)()()(z z y y x x d -+-+-=222)45())3/sin(2)6/sin(5())3/cos(2)6/cos(5(-+⨯-⨯+⨯-⨯=ππππ 222)1()768.0()33.3(++===69.1256.31.12空间中同一点上有两个矢量，取圆柱坐标系，A z ˆ4ˆ5ˆ3-+=ϕρ，B z ˆ3ˆ4ˆ2++=ϕρ，求:(a) A +B ； (b) A ⨯B ； (c) A 和B 的单位矢量； (d) A 和B 之间的夹角； (e) A 和B 的大小； (f) A 在B 上的投影。