《电磁场与电磁波》课程教学资源（文献资料）电磁场与电磁波，第二版习题解答，杨儒贵，共十章

第一章矢量分析第一章题解1-1已知口三个矢量分别为A=e+2e,-3e：B=3e,+e,+2e.:C=2e,-e..试求①|Al[Bl ICl:②单位矢量 e.ep,e.:③ AB;① AxB;(AxB)xC及(AxC)×B; @(AxC)-B及(AxB):C。解①=++=P+22+(-3=V14[B=B: +B, +B =V3 +1 +2=V14I=/C +C, +Cg =/2 +0° +(-1 = 5@ *-一-6+2--)-一-06 +2)--周--1α-)③ A·B=AB,+A,B,+AB,=3+2-6=-1Jex ey el lex ey e: AxB=4 A, A=i 2-3=7e, -1le, - 5e.BB,B|312]eree.@ (4xB)xC=7 -11 -5=1le,-3e,+22e:[20-=[exer eller ey e]因4A-12AxC=A.-3--2e, -5e, -4e.cc,c2 0-11

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         

[exeye](4xC)xB=-2 -5 -4=-6e-8e, +13e:则312③ (AxC).B=(-2)x3+(-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)=cosacosβ+sinαsin β证明由于两失量位于z=0平面内，因此均为二维矢量，它们可以分别表示为A=e:/4cosa+e,/4sinaB=eBcosβ+e,Bsin β已知A·B=AB|cosα-B)，求得[Bcosacosβ+4Bsin asin βcos(α-β)=[4|B即cos(α-β)=cosacosβ+sinasin β1-3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 =4e, +e,-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P，的边矢量由顶点P,指向P的边矢量分别为P,-P, =2ex +e, +e.P-P, =-6e, -e, -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，A[P, -P= ~42 +1 = /17[P -P= V22+12 +82 = V69所以三角形的面积为S=IP,-PP-P|=0.5/11731-4已知矢量A=esy+e,x，两点Pi及P2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=2y或直线RB为积分路径，试求线积分A-dl。解①积分路线为抛物线。已知抛物线方程为x=2y2dx=4ydy，则"A.d/- "(vdx+xdy)-I"(4y dy+2y dy)-["6y dy=2yl, =-14②积分路线为直线。因R,B两点位于≥=-1平面内，过P,P两点的直线方程为y-1=(z-2)，即6y=x+4,dx=6dy，则"4.d/=["6ydy+(6y-4)dy=(2y-4),=-14。1-5设标量=x+yz，失量A=2e,+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,(2y+)+e.3yV@=e.xaxtey ayz那么，在点(2,-1,1)处Φ的梯度为V@=e, -3e, -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，标量函数在点(2,-11)处沿失量A的方向上的方向导数为Vo. A=(e, -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)=+，该式左边为(04)=:%((@y)+e,2(04)+e.%(@y)-0(+)yd+o94+00y+ey+e./yarfov2a=y+W@即，V(O4)=+WD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=sin号xsin号yle，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00+e00+e.00V0=l+e,+te:0那么V=(cossin+(sincos(smsmg)

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

将点 P(1,2,3)的坐标代入，得(V),=-,%-号。。那么，在P点的最大变化率为元+27,=-e--号P点最大变化率方向的方向余弦为/27cosα=O; cosβ=COSY=元+27√元2+271-8若标量函数为@=x? +2y +322 + xy+3x-2y-6z试求在 PI,-2, 1)点处的梯度。d+e +e2，将标量函数代解已知椰度0α+，%+02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Φ在P点处的梯度为(v0), =3e -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(CA)-(CA)+(c4)+(CA)-d%+%+)-cV-A(axyz )即V.(CA)=-CV.A式（1-6-12）为V(A)=V.A+A.VD，该式左边为()-(4)+()+(4)=4.+0+400+04+49+0AoAxaxAyQy05

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                        

=@W.A+A.VD:即V(@A)=-C.A+A.VD1-10试求距离lr-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 -= /(2 -x)+(2 -)+(2 -z)在圆柱坐标系中，已知x=rcoss，=rsing，z=z，因此-=/( cos- cos) +( sin- sin)+(z2-z)= +-2i cos(0-0)+(2-2)在球坐标系中，已知x=rsinacos，y=rsingsing，z=rcose因此/singcigco+iningsin+coco)=/+-2rr[sing, sino,cos(d-)+coso,coso]1-11已知两个位置失量及r，的终点坐标分别为(,0,)及(2,2,)，试证与之间的夹角为cosy=sing, sing, cos(df-)+coso, coso证明根据题意，两个位置失量在直角坐标系中可表示为i=eri sing,cosdei sing singeri coser =er sino, cosd, +eyr sino, sing +ern coso已知两个失量的标积为=|cosy，这里为两个矢量的夹角。因此夹角为cosy=a式中

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, =rr(sine, cosd, sine, cosd, + sine, sing sing, sin g,+cose, coso,)2/=ri2因此，cosy=sing, sing,(cosd cosp, + sin g sing)+ cosd, coso=sine, sin, cos(d-$2)+ cose, cos021-12 试求分别满足方程式.(fi(r)r)=0及Vx(f2(r)r)=0的函数 fi(r)及 f(n)。解在球坐标系中，为了满足()]-[()+()-r=r+3()=0Or即要求4+36(0)=0==-3，求得drfi(r)产In f()=-3Inr+Inc10)-%即在球坐标系中，为了满足Vx[(0)]-[(0)]xr+(0)Vxr=0由于[Vf,()]xr=0，Vxr=0，即上式恒为零。故f()可以是的任意函数。1-13试证式（1-7-11）及式（1-7-12)。证明①式（1-7-11）为V(CA)=CV×A（C为常数）令A=Ae,+Ae,+Ae，CA=CAe,+CAe,+CAe则e.美美一慢aVx(CA)=|ax2CACA CAAAA②式（1-7-12）为V×(@A)=@V×A+VDxA

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

A=Ae.+Ae,+Ae,=4e,+e,+Ae,则]x(aA)=%aO4, DA, A.[()()+[()(](%4-24)-(%4-4) (%4-%4)+（-）-)C-VOXA+@V×A若将式（1-7-12）的右边展开，也可证明。1-14 试证 Vx=0. (P)=0及 V(今)=0.T(r证明已知在球坐标系中，矢量A的旋度为eeees吧6STV×A=I04adrAorsineA,对于矢量r，因A=r，A=0，A=0，代入上式，且因r与角度9，无关，那么，由上式获知Vxr=0。对于量，因4=1，4g=0，4,=0，显然Vx()=0。对于矢量六，因4,=六，4=0，4=0，同理获知(9)=0.1-15若C为常数，A及k为常矢量，试证：

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 ：

O Ver =Cke*r;② V-(Aec*r)=Ck·Aec*r;③ Vx(Aed*r)=CkxAe**r。证明①证明Ve=Cke*。利用公式VF()=F(@)VD，则Veckr =edv(Ck.r)-Cedr(k.r)而 V(k.r)-v(kx+k,y+kz)=ek,+e,k,+ek,=k求得Veckr=Ckecr。②证明 V.(Ae)-Ck- Aear。利用公式V(oA)=CV.A+A.VO，则V.(Aecr)= A.V(ear)+ekrV.A= A.V(er)再利用①的结果，则(Aec)=Ck·Aear③证明 Vx(Ae)-CkxAe*。利用公式Vx(o)=VxA+@V×A，则x(Ae)-(ear)xA+erV×A=V(ear)xA再利用①的结果，则Vx(Aec)=CkxAeckr。v2(e)=k2 e~k1-16试证一，式中k为常数。(r)证明已知在球坐标系中e(sino0)V0=12(200)ad1rarar Jr sing ao(10sin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

-(e- re)-[-(-1-)+k~)-()-R即1-17 试证 (V×E)XE=(E-V)E-VIE)证明利用公式V(4 B)=(4.V)B+(B.V)4+Ax(V×B)+Bx(V×A)令上式中的A=B=E，则E"=2(E.V)E+2E×(V×E)=2(E.V)E-2(V×E)×E将上式整理后，即得(VxE)XE=(EV)E-VE)。1-18已知矢量场F的散度V.F=qo(r)，旋度√×F=0,试求该矢量场解根据亥姆霍兹定理，F(r)=-Vd(r)+VxA()，其中当V×F=0时，则A(r)=0，即F(r)=-Vd(r)。那么因V.F=q8()，求得--4元则F(0)=-V0(r)= %e,1-19已知某点在圆柱坐标系中的位置为(4号元,3)，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