电磁场与电磁波课后答案

r a=2r jq 题2-11E 2E 3E 题2-2图()004,,()400P ,,oYZ1r 2r r 1R 2R 18q C=q 题2-3图第二章 静电场 2-1．已知半径为r a =的导体球面上分布着面电荷密度为0cos S S ρρϑ=的电荷，式中的0S ρ为常数，试计算球面上的总电荷量。

解 取球坐标系，球心位于原点中心，如图所示。

由球面积分，得到()220cos sin S S S Q dS r d d p p=r =rq q q j òòòò220022000200cos sin cos sin sin20S S S r d d rd d a d p pp pp =rq q q j=r q q q j =r p q q =òòòòò2-2．两个无限大平面相距为d ，分别均匀分布着等面电荷密度的异性电荷，求两平面外及两平面间的电场强度。

解 假设上板带正电荷，面密度为S r ；下板带负电，面密度为S -r 。

对于单一均匀带电无限大平面，根据书上例 2.2得到的推论，无限大带电平面的电场表达式为2SE r =e 对于两个相距为的d 无限大均匀带电平面，根据叠加原理 123000SE ,E ,E r ===e2-3．两点电荷18C q =和24C q =−，分别位于4z =和4y =处，求点(4,0,0)P 处的电场强度。

解 根据点电荷电场强度叠加原理，P 点的电场强度矢量为点S 1和S 1处点电荷在P 处产生的电场强度的矢量和，即()112233010244q q R R =+pe pe R R E r 式中11144x z ,R =-=-==R r r e e 22244x y ,R =-=-==R r r e e代入得到()()()()()330444844142x y x z x y z éù-êú-êú=-êúpe êúëûù=+-úûe e e e E r e e e 2-7．一个点电荷+q 位于（-a , 0, 0）处，另一点电荷-2q 位于（a , 0, 0）处，求电位等于零的面；空间有电场强度等于零的点吗？解 根据点电荷电位叠加原理，有120121()4q q u R R r πε⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦式中()11y z x a y R =-=+++=R r r e e e()22y z x a y R =-=-++=R r r e e e代入得到()4q u r πε⎡⎤=电位为零，即令0()04q u r πε⎡⎤== 简化可得零电位面方程为()()2233330x a x a y z ++++=根据电位与电场强度的关系，有()()()()()()()()3322222222222222203322332222222()()2422x y z x yx a y z x a y z x a y z x a y z x a y u u u u xy z x a y z z q x a x a y y z z E r r e e e e e πε−−−−−−⎡⎤∂∂∂=−∇=−++⎢⎥∂∂∂⎣⎦⎧⎛⎫⎪⎡⎤⎡⎤=−−++− ⎪⎨⎣⎦⎣⎦ ⎪⎪⎝⎭⎩⎛⎫⎡⎤⎡⎤+−+ ⎪⎣⎦⎣⎦ ⎪⎝⎭⎛⎫⎡⎤⎡⎤+−+ ⎣⎦⎣+++−+++++−+++++++⎦ ⎝−⎭z e ⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭要是电场强度为零，必有 000x y z E ,E ,E ===即()()()()()()()()332233222222222222222233222222202020x a x a y y z z x a y z x a y z x a y z x a y z x a y z x a y z −−−−−−+++−+++++−⎧⎡⎤⎡⎤+++++−+−++−=⎪⎣⎦⎣⎦⎪⎪⎡⎤⎡⎤−+=⎨⎣⎦⎣⎦⎪⎪⎡⎤⎡⎤−+=⎪⎣⎣⎩+⎦⎦此方程组无解，因此，空间没有电场强度为零的点。

第一章 矢量场1.1 z y x C z y x B z y xA ˆˆˆ3;ˆ2ˆˆ;ˆˆ3ˆ2+-=-+=-+=ρρρ 求:(a) A ； (b) ∃b ； (c) ρρA B ⋅ ； (d) ρρB C ⨯ ； (e) ()ρρρA B C ⨯⨯ (f)()ρρρA B C ⨯⋅ 解：(a) 14132222222=++=++=z y x A A A A ; (b) )ˆ2ˆˆ(61ˆz y x BB b -+==ρρ( c) 7=⋅B A ρρ; (d) z y xC B ˆ4ˆ7ˆ---=⨯ρρ (e)z y x C B A ˆ4ˆ2ˆ2)(-+=⨯⨯ρρρ (f)19)(-=⋅⨯C B A ρρρ 1.2 ρA z =++2∃∃∃ρπϕ; ρB z =-+-∃∃∃ρϕ32 求:(a) A ； (b) ∃b ； (c) ρρA B ⋅ ； (d) ρρB A ⨯ ; (e) B A ρρ+解：(a) 25π+=A ;(b) )ˆ2ˆ3ˆ(141ˆz b -+-=ϕρ;(c) 43-=⋅πB A ρρ (d) z A B ˆ)6(ˆ3ˆ)23(+--+=⨯πϕρπρρ (e) z B A ˆˆ)3(ˆ-++=+ϕπρρρ 1.3 ρA r=+-22∃∃∃πθπϕ; ρB r =-∃∃πθ 求:(a) A ； (b) ∃b ； (c) ρρA B ⋅ ； (d) ρρB A ⨯ ; (e) ρρA B +解：(a) 254π+=A ； (b) )ˆˆ(11ˆ2θππ-+=r b ； (c) 22π-=⋅B A ρρ ； (d) ϕπθππˆ3ˆ2ˆ22++=⨯rA B ρρ ; (e) ϕπˆ2ˆ3-=+r B A ρρ 1.4 ρA x y z =+-∃∃∃2; ρB x y z =+-α∃∃∃3 当ρρA B ⊥时，求α。

解：当ρρA B ⊥时，ρρA B ⋅=0, 由此得 5-=α1.5 将直角坐标系中的矢量场ρρF x y z xF x y z y 12(,,)∃,(,,)∃==分别用圆柱和圆球坐标系中的坐标分量表示。

电磁场 与电磁波（第四版） 课后答案第一章 习 题 解答1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e4y z =-+B e e 52x z =-C e e求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的 分量；（6）⨯A C ；（7）()⨯A B C 和()⨯A B C ；（8）()⨯⨯A B C 和()⨯⨯A B C 。

解 （1）23A x y z +-===e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e ee 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由cos AB θ=14-==⨯A B AB ，得1cos AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分 量 B A =A cos AB θ=1117=-A B B （6）⨯=A C 123502x yz-=-e e e 41310x y z ---e e e（7）由于⨯=B C 041502x yz-=-e e e 8520x y z ++e e e⨯=A B 123041xyz-=-e e e 1014x y z ---e e e所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e（8）()⨯⨯=A B C 1014502x y z---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520xy z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 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 。

第一章习题解答1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e4y z =-+B e e52x z =-C e e求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）⨯A C ；（7）()⨯A B C和()⨯A BC ；（8）()⨯⨯A BC 和()⨯⨯A B C 。

解 （1）23A x y z+-===-e e e A a e ee A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由cos AB θ=14-==⨯A B A B ，得1cos ABθ-=(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ=1117=-A B B （6）⨯=A C 123502xy z-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502x yz-=-e e e 8520x y z ++e e e ⨯=A B 123041xyz-=-e e e 1014x y z ---e e e所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e（8）()⨯⨯=A B C 1014502x y z---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520x y z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 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123PP P ∆是否为一直角三角形； （2）求三角形的面积。

电磁场与电磁波课后答案谢处⽅第⼆章习题解答2.1 ⼀个平⾏板真空⼆极管内的电荷体密度为43230049U d x ρε--=-，式中阴极板位于0x =，阳极板位于x d =，极间电压为0U 。

如果040V U =、1cm d =、横截⾯210cm S =，求：（1）0x =和x d =区域内的总电荷量Q ；（2）2x d =和x d =区域内的总电荷量Q '。

解（1） 43230004d ()d 9dQ U d x S x τρτε--==-=??110044.7210C 3U S dε--=-? （2）4320024d ()d 9dd Q U d x S x τρτε--''==-=?11004(10.9710C 3U S d ε--=-? 2.2 ⼀个体密度为732.3210C m ρ-=?的质⼦束，通过1000V 的电压加速后形成等速的质⼦束，质⼦束内的电荷均匀分布，束直径为2mm ，束外没有电荷分布，试求电流密度和电流。

解质⼦的质量271.710kg m -=?、电量191.610C q -=?。

由21mv qU = 得 61.3710v ==? m s 故 0.318J v ρ== 2A m26(2)10I J d π-== A2.3 ⼀个半径为a 的球体内均匀分布总电荷量为Q 的电荷，球体以匀⾓速度ω绕⼀个直径旋转，求球内的电流密度。

解以球⼼为坐标原点，转轴（⼀直径）为z 轴。

设球内任⼀点P 的位置⽮量为r ，且r 与z 轴的夹⾓为θ，则P 点的线速度为sin r φωθ=?=v r e ω球内的电荷体密度为343Qa ρπ=故 333sin sin 434Q Q r r a aφφωρωθθππ===J v e e 2.4 ⼀个半径为a 的导体球带总电荷量为Q ，同样以匀⾓速度ω绕⼀个直径旋转，求球表⾯的⾯电流密度。

解以球⼼为坐标原点，转轴（⼀直径）为z 轴。

第二章习题解答2.1 一个平行板真空二极管内的电荷体密度为43230049U d x ρε--=-，式中阴极板位于0x =，阳极板位于x d =，极间电压为0U 。

如果040V U =、1cm d =、横截面210cm S =，求：（1）0x =和x d =区域内的总电荷量Q ；（2）2x d =和x d =区域内的总电荷量Q '。

解 （1） 43230004d ()d 9dQ U d x S x τρτε--==-=⎰⎰110044.7210C 3U S dε--=-⨯ （2）4320024d ()d 9dd Q U d x S x τρτε--''==-=⎰⎰11004(10.9710C 3U S d ε--=-⨯ 2.2 一个体密度为732.3210C m ρ-=⨯的质子束，通过1000V 的电压加速后形成等速的质子束，质子束内的电荷均匀分布，束直径为2mm ，束外没有电荷分布，试求电流密度和电流。

解 质子的质量271.710kg m -=⨯、电量191.610C q -=⨯。

由21mv qU = 得 61.3710v ==⨯ m s 故 0.318J v ρ== 2A m26(2)10I J d π-== A2.3 一个半径为a 的球体内均匀分布总电荷量为Q 的电荷，球体以匀角速度ω绕一个直径旋转，求球内的电流密度。

解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z 轴。

设球内任一点P 的位置矢量为r ，且r 与z 轴的夹角为θ，则P 点的线速度为sin r φωθ=⨯=v r e ω球内的电荷体密度为343Qa ρπ=故 333sin sin 434Q Q r r a aφφωρωθθππ===J v e e 2.4 一个半径为a 的导体球带总电荷量为Q ，同样以匀角速度ω绕一个直径旋转，求球表面的面电流密度。

解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z 轴。

设球面上任一点P 的位置矢量为r ，且r 与z 轴的夹角为θ，则P 点的线速度为sin a φωθ=⨯=v r e ω球面的上电荷面密度为24Q a σπ=故 2sin sin 44S Q Q a a aφφωσωθθππ===J v e e 2.5 两点电荷18C q =位于z 轴上4z =处，24C q =-位于y 轴上4y =处，求(4,0,0)处的电场强度。

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=。

第一章 习题解答1.2给定三个矢量A ，B ，C ： A =x a +2y a -3z a B = -4y a +z aC =5x a -2za求：错误!未找到引用源。

矢量A 的单位矢量A a ； 错误!未找到引用源。

矢量A 和B 的夹角AB θ； 错误!未找到引用源。

A ·B 和A ⨯B错误!未找到引用源。

A ·（B ⨯C ）和（A ⨯B ）·C ；错误!未找到引用源。

A ⨯（B ⨯C ）和（A ⨯B ）⨯C解：错误!未找到引用源。

A a =A A=（x a +2y a -3z a ） 错误!未找到引用源。

cos AB θ=A ·B /A BAB θ=135.5o错误!未找到引用源。

A ·B =-11, A ⨯B =-10x a -y a -4z a 错误!未找到引用源。

A ·（B ⨯C ）=-42（A ⨯B ）·C =-42错误!未找到引用源。

A ⨯（B ⨯C ）=55x a -44y a -11z a（A ⨯B ）⨯C =2x a -40y a +5z a1.3有一个二维矢量场F(r)=x a （-y ）+y a (x)，求其矢量线方程，并定性画出该矢量场图形。

解：由dx/(-y)=dy/x,得2x +2y =c1.6求数量场ψ=ln （2x +2y +2z ）通过点P （1，2，3）的等值面方程。

解：等值面方程为ln （2x +2y +2z ）=c 则c=ln(1+4+9)=ln14 那么2x +2y +2z =141.9求标量场ψ（x,y,z ）=62x 3y +ze 在点P （2，-1，0）的梯度。

解：由ψ∇=x a x ψ∂∂+y a y ψ∂∂+z a zψ∂∂=12x 3y x a +182x 2y y a +ze z a 得ψ∇=-24x a +72y a +z a1.10 在圆柱体2x +2y =9和平面x=0，y=0,z=0及z=2所包围的区域，设此区域的表面为S: 错误!未找到引用源。

第一章习题解答【习题1.1解】222222222222222222222222222222222222cos cos cos cos cos cos 1xx x y z yx y z z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z 矢径r 与轴正向的夹角为，则同理，矢径r 与y 轴正向的夹角为，则矢径r 与z 轴正向的夹角为，则可得从而得证a a b b g g a b g =++=++=++++=++++++++++==++【习题1.2解】924331329(243)54(9)(243)236335x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z A B e e e e e e e e e A B e e e e e e e e e A B e e e e e e A B +=--+-+=-+=----+=---∙=--∙-+=+-=⨯（）（）－（）(9)(243)19124331514x y z x y z x y z x y ze e e e e e e e e e e e =--⨯-+=---=--+【习题1.3解】已知,38,x y z x y z A e be ce B e e e =++=-++ （1）要使A B ⊥，则须散度 0A B =所以从 1380A B b c =-++=可得：381b c += 即只要满足3b+8c=1就可以使向量和向量垂直。

（2）要使A B ，则须旋度 0A B ⨯= 所以从1(83)(8)(3)0138xy zx y z e e e A B b c b c e c e b e ⨯==--+++=- 可得 b=-3，c=-8 【习题1.4解】已知129x y z A e e e =++，x y B ae be =+，因为B A ⊥，所以应有0A B ∙= 即()()1291290xy z x y ee e ae be a b ++∙+=+= ⑴又因为 1B =; 所以221a b +=； ⑵由⑴，⑵ 解得 34,55a b =±=【习题1.5解】由矢量积运算规则123233112()()()x y zx y z x x y y z ze e e A Ca a a a z a y e a x a z e a y a x e xyzB e B e B e B =?=-+-+-=++取一线元：x y z dl e dx e dy e dz =++则有xy z xyz e e e dlB B B dx dy dzB ?=则矢量线所满足的微分方程为 x y zd x d y d z B B B == 或写成233112()dx dy dzk a z a y a x a z a y a x==---＝常数 求解上面三个微分方程：可以直接求解方程，也可以采用下列方法k xa a y a a z a d z a a x a a y a d y a a z a a x a d =-=-=-323132132231211)()()( （1）k x a y a z zdzz a x a y ydy y a z a x xdx =-=-=-)()()(211332 （2）由（1）（2）式可得)()(31211y a a x a a k x a d -=)()(21322z a a x a a k y a d -= （3） )()(32313x a a y a a k z a d -= )(32xy a xz a k xdx -=)(13yz a xy a k ydy -= （4）)(21xz a yz a k zdz -=对（3）（4）分别求和0)()()(321=++z a d y a d x a d 0)(321=++z a y a x a d0=++zdz ydy xdx 0)(222=++z y x d所以矢量线方程为1321k z a y a x a =++ 2222k z y x =++【习题1.6解】已知矢量场222()()(2)x y z A axz x e by xy e z z cxz xyz e =++++-+- 若 A 是一个无源场 ，则应有 div A =0即： div A =0y x zA A A A x y z∂∂∂∇⋅=++=∂∂∂ 因为 2x A axz x =+ 2y A by xy =+ 22z A z z cxz xyz =-+- 所以有div A =az+2x+b+2xy+1-2z+cx-2xy =x(2+c)+z(a-2)+b+1=0 得 a=2, b= -1, c= - 2 【习题1.7解】设矢径 r 的方向与柱面垂直，并且矢径 r到柱面的距离相等（r ＝a ）所以，2sssr ds rds a ds a ah πΦ===⎰⎰⎰＝22a h π=【习题1.8解】已知23x y φ=,223yz A x yze xy e =+ 而 A A A A rot⨯∇+⨯∇=⨯∇=φφφφ)()(2222(6)3203xy zx y ze e e A xy x y e y e xyze x y z x yz xy ∂∂∂∇⨯==--+∂∂∂ 2223[(6)32]x y z A x y xy x y e y e xyze φ∴∇⨯=--+又y x z y xe x e xy ze y e x e 236+=∂∂+∂∂+∂∂=∇φφφφ 232233222630918603xy z x y z e e e A xyx x y e x y e x y ze x yz xy φ∇⨯==-+所以222()3[(6)32]x y z rot A A A x y xy x y e y e xyze φφφ=∇⨯+∇⨯=--+ +z y x e z y x e y x e y x 2332236189+-=]49)9[(3222z y x e xz e y e x x y x+--【习题1.9解】已知 222(2)(2)(22)x y zA y x z e x y z e x z y z e =++-+-+ 所以()()1144(22)0xyzyy x x z z x y z x yzx y z A A A A A A rot A A x y z y z z x x y A A A xz xz y y e e ee e e e e e ∂∂⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂∂∂∂⎛⎫=∇⨯==-+-+- ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭-++-+-=由于场A 的旋度处处等于0，所以矢量场A 为无旋场。

电磁场与电磁波课后习题解答给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e4y z =-+B e e52x z =-C e e求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）⨯A C ；（7）()⨯A B C 和()⨯A B C ；（8）()⨯⨯A B C 和()⨯⨯A B C 。

解 （1）2222314141412(3)A x y z+-===-++-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 6453x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11（4）由 cos AB θ=1417238==⨯A B A B ，得 1cos AB θ-=(135.5238= （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ=17=-A B B （6）⨯=A C 123502xy z-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502x yz-=-e e e 8520x y z ++e e e ⨯=A B 123041xyz-=-e e e 1014x y z ---e e e所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e（8）()⨯⨯=A B C 1014502x y z---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520x y z -=e e e 554411x y z --e e e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 。

第一章 习题解答1.2给定三个矢量A ，B ，C ： A =x a +2y a -3z a B = -4y a +z aC =5x a -2za求：⑴矢量A 的单位矢量A a ； ⑵矢量A 和B 的夹角AB θ； ⑶A ·B 和A ⨯B⑷A ·（B ⨯C ）和（A ⨯B ）·C ；⑸A ⨯（B ⨯C ）和（A ⨯B ）⨯C解：⑴A a =A A=149A++=（x a +2y a -3z a ）/14⑵cos AB θ=A ·B /A BAB θ=135.5o⑶A ·B =-11, A ⨯B =-10x a -y a -4z a ⑷A ·（B ⨯C ）=-42（A ⨯B ）·C =-42⑸A ⨯（B ⨯C ）=55x a -44y a -11z a（A ⨯B ）⨯C =2x a -40y a +5z a1.3有一个二维矢量场F(r)=x a （-y ）+y a (x)，求其矢量线方程，并定性画出该矢量场图形。

解：由dx/(-y)=dy/x,得2x +2y =c1.6求数量场ψ=ln （2x +2y +2z ）通过点P （1，2，3）的等值面方程。

解：等值面方程为ln （2x +2y +2z ）=c 则c=ln(1+4+9)=ln14 那么2x +2y +2z =141.9求标量场ψ（x,y,z ）=62x 3y +ze 在点P （2，-1，0）的梯度。

解：由ψ∇=x a x ψ∂∂+y a y ψ∂∂+z a zψ∂∂=12x 3y x a +182x 2y y a +ze z a 得ψ∇=-24x a +72y a +z a1.10 在圆柱体2x +2y =9和平面x=0，y=0,z=0及z=2所包围的区域，设此区域的表面为S: ⑴求矢量场A 沿闭合曲面S 的通量，其中矢量场的表达式为A =x a 32x +y a （3y+z ）+z a (3z -x)⑵验证散度定理。

电磁场与电磁波课后习题及答案14exeyez1，R23r3r22exey4ez8，R31r1r36exeyez3，由于R12R23411)21430，R 23R31214)61384，R31R12613)41136，故PP 2不是一直角三角形。

2）三角形的面积可以用矢量积求得：S12R12R23的模长，即S122411)214214613)411411613)21461332begin{n}1）三个顶点P、$P_2$(4,1,-3)和$P_3$(0,1,-2)的位置矢量分别为$r_1=e_y-e_z$，$r_2=e_x+4e_y-e_z$，$r_3=e_x+6e_y+2e_z$，则$R_{12}=r_2-r_1=4e_x+e_y+e_z$，$R_{23}=r_3-r_2=2e_x+e_y+4e_z$，$R_{31}=r_1-r_3=-6e_x+e_y-e_z$，由于$R_{12}\cdotR_{23}=(4+1+1)(2+1+4)=30$，$R_{23}\cdotR_{31}=(2+1+4)(6+1+3)=84$，$R_{31}\cdot R_{12}=(-6+1-3)(4+1+1)=-36$，故$\triangle PP_2P_3$不是一直角三角形。

2）三角形的面积可以用矢量积求得：$S=\frac{1}{2}|R_{12}\times R_{23}|$的模长，即$S=\frac{1}{2}\sqrt{(4+1+1)(2+1+4)(2+1+4)-(-6+1-3)(4+1+1)(4+1+1)-(-6+1-3)(2+1+4)(6+1+3)}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。

end{n}根据给定的矢量，计算得到：R_{12}=\sqrt{(e_x^4-e_z)(e_x^2+e_y+e_z/8)}$R_{23}=r_3-r_2=e_x^2+e_y+e_z/8-r_3$R_{31}=r_1-r_3=-e_x/6-e_y-e_z/7$由此可以得到，$\Delta P P$为一直角三角形，且$R_{12} \times R_{23}=17.13$。

电磁场与电磁波课后习题解答1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e4y z =-+B e e52x z =-C e e求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）⨯A C ；（7）()⨯A B C 和()⨯A B C ；（8）()⨯⨯A B C 和()⨯⨯A B C 。

解 （1）23A x y z+-===-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e ee 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11（4）由 c o s AB θ=8==A B A B ，得 1c o s AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A =A c o s AB θ==A B B （6）⨯=A C 123502xy z-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502x yz-=-e e e 8520x y z ++e e e ⨯=A B 123041xyz-=-e e e 1014x y z ---e e e所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e（8）()⨯⨯=A B C 1014502x y z---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520xy z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 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123PP P ∆是否为一直角三角形；（2）求三角形的面积。

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 z y xz 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 x22311125117+-=---=⨯⨯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-=⋅c o s 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 。