电磁场与电磁波(第三版)课后答案第1章

第一章习题解答 给定三个矢量A、B和C如下： 23xyzAeee 4yzBee 52xzCee 求：（1）Aa；（2）AB；（3）ABg；（4）AB；（5）A在B上的分量；（6）AC； （7）()ABCg和()ABCg；（8）()ABC和()ABC。

解 （1）222

2312314141412(3)xyzAxyzeeeA

aeee

A

（2）AB(23)(4)xyzyzeeeee6453xyzeee

（3）ABg(23)xyzeee(4)yzeeg－11

（4）由 cosAB11111417238ABABg，得

1cosAB

11()135.5238o

（5）A在B上的分量 BAAcosAB

1117ABBg

（6）AC123502xyz



eee41310xyzeee

（7）由于BC041502xyz



eee8520xyzeee

AB123041xyz

eee1014xyzeee

所以 ()ABCg(23)xyzeeeg(8520)42xyzeee ()ABCg(1014)xyzeeeg(52)42xzee

（8）()ABC1014502xyz

eee2405xyzeee

()ABC1238520xyzeee554411xyzeee

三角形的三个顶点为1(0,1,2)P、2(4,1,3)P和3(6,2,5)P。 （1）判断123PPP是否为一直角三角形； （2）求三角形的面积。 解 （1）三个顶点1(0,1,2)P、2(4,1,3)P和3(6,2,5)P的位置矢量分别为 12yzree，243xyzreee，3625xyzreee

则 12214xzRrree， 233228xyzRrreee，

311367xyzRrreee

由此可见 1223(4)(28)0xzxyzRReeeeegg

故123PPP为一直角三角形。 （2）三角形的面积 12231223

111176917.13222SRRRR

求(3,1,4)P点到(2,2,3)P点的距离矢量R及R的方向。 解 34Pxyzreee，223Pxyzreee， 则 53PPPPxyzRrreee 且PPR与x、y、z轴的夹角分别为 115cos()cos()32.3135xPPxPP



eRRog

113cos()cos()120.4735yPPyPP



eRRog

111cos()cos()99.7335zPPzPP



eRRog

给定两矢量234xyzAeee和456xyzBeee，求它们之间的夹角和A在B上的分量。 解 A与B之间的夹角为 1131cos()cos()1312977ABABABog

A在B上的分量为 313.53277BABABg

给定两矢量234xyzAeee和64xyzBeee，求AB在xyzCeee上的分量。

解 AB234641xyz



eee132210xyzeee

所以AB在C上的分量为 ()CAB()2514.433ABCCg 证明：如果ABgACg和ABAC，则BC； 解 由ABAC，则有()()AABAAC，即 ()()()()ABAAABACAAACgggg 由于ABgACg，于是得到 ()()AABAACgg

故 BC

如果给定一未知矢量与一已知矢量的标量积和矢量积，那么便可以确定该未知矢量。设A为一已知矢量，pAXg而PAX，p和P已知，试求X。 解 由PAX，有 ()()()()pAPAAXAXAAAXAAAXggg

故得 pAAPXAAg

在圆柱坐标中，一点的位置由2(4,,3)3定出，求该点在：（1）直角坐标中的坐标；（2）球坐标中的坐标。 解 （1）在直角坐标系中 4cos(23)2x、4sin(23)23y、3z

故该点的直角坐标为(2,23,3)。 （2）在球坐标系中 22435r、1tan(43)53.1o、23120

o

故该点的球坐标为(5,53.1,120)oo 用球坐标表示的场225rrEe， （1）求在直角坐标中点(3,4,5)处的E和xE； （2）求在直角坐标中点(3,4,5)处E与矢量22xyzBeee构成的夹角。 解 （1）在直角坐标中点(3,4,5)处，2222(3)4(5)50r，故

22512rrEe

1332cos22052xxrxEeEEg

（2）在直角坐标中点(3,4,5)处，345xyzreee，所以

233452525102xyzrreeer

E

故E与B构成的夹角为 1119(102)cos()cos()153.632EBEBEBogg 球坐标中两个点111(,,)r和222(,,)r定出两个位置矢量1R和2R。证明1R和2R

间夹角的余弦为 121212coscoscossinsincos()

解 由 111111111sincossinsincosxyzrrrReee

222222222sincossinsincosxyzrrrReee

得到 1212cos

RRRRg

1122112212sincossincossinsinsinsincoscos 121211212sinsin(coscossinsin)coscos 121212sinsincos()coscos

一球面S的半径为5，球心在原点上，计算： (3sin)drSeSgÑ的值。

解 (3sin)d(3sin)drrrSSSeSeegg蜒22200d3sin5sind75 在由5r、0z和4z围成的圆柱形区域，对矢量22rzrzAee验证散度定理。 解 在圆柱坐标系中 21()(2)32rrzrrrzAg

所以 425000ddd(32)d1200zrrrAg

又 2d(2)(ddd)rzrrzzSSrzSSSASeeeeegg蜒

42522

000055dd24dd1200zrr

故有 d1200AgdSASgÑ 求（1）矢量22222324xyzxxyxyzAeee的散度；（2）求Ag对中心在原点的一个单位立方体的积分；（3）求A对此立方体表面的积分，验证散度定理。 解 （1）2222232222()()(24)2272xxyxyzxxyxyzxyz

Ag

（2）Ag对中心在原点的一个单位立方体的积分为 1212122222

1212121d(2272)ddd24xxyxyzxyzAg

（3）A对此立方体表面的积分 1212121222

1212121211d()dd()dd22SyzyzASg

Ñ

121212122222

12121212112()dd2()dd22xxzxxz

12121212223223

1212121211124()dd24()dd2224xyxyxyxy

故有 1d24AgdSASgÑ 计算矢量r对一个球心在原点、半径为a的球表面的积分，并求rg对球体积的积分。

解 223

00dddsind4rSSSaaarSregg蜒