电磁场与电磁波 教学课件 作者 赵昌友 主编 杨清志方玉龙 副主编 电磁场与电磁波（赵昌友）09341习题参考答案.docVIP

第一章： 1.1 （1）AB=（e x +2e y -3 e z）。（- 4e y + e z）= —11 （2）以cosθAB== θAB=aRcos(—0.713)=135.50, (3) (4) = (5) B× C==8ex + 5ey + 20ez A× B=— ex10 — ey — ez4 A·( B×C) = ( ex + ey2 — ez3)·( ex8 + ey5 + ez20 ) = — 42 ( A× B)·C = ( — ex10 — ey — ez4)·( ex5 — ez2 ) = — 42 1.2. R=(2ex-2ey+3ez)-(-3ex+ey+4ez)=5ex-3ey-ez R与三个坐标轴的夹角分别为 1.３ Rp1p2=(4ex+ ey—3 ez)—( ey—2 ez)=4 ex — ez Rp2p3=(6 ex+2 ey+5 ez)—(4 ex +1 ey —3 ez)=2 ex + exy+8 ez Rp1p2 Rp2p3=(4 ex — ez)( 2 ex + exy+8 ez)=0 所以组成的三角形为直角三角形，面积可用两直角边相乘。即 S= 1.４ 设三角形为ABC，三边分别为A,,B,C则根据矢量c=a—b从而有 从而余弦定理得证。 1.5. （1）在直角坐标系中x==—2，y=4Sin=2,z=3 （2）球坐标中R= 由3=5cos,可得 再根据—2=5Sin可求所以坐标为（5，，） 1．6 其中利用 = ▽×A ==y2ez 从而验证了斯托克斯定理。 7 求标量函数=x2yz的梯度及Ψ在一个指定方向的方向导数。此方向由单位矢量 + ey + ez 定出；求（2，3，1）点的导数值。 ▽Ψ= （e x + ey + ez ）（x2yz）= e x 2xyz+ ey x2z+ ez x2y el= ex+ ey + ez 在（2,3,1）点的导数值为 也就是将x.y,z的值的代入上式， 8 通过矢量A = ex xy+ ey yz+ ezzx，和x=0，x=1，y=0，y=1和z=—1，z=1围成的闭合体积表面来验证散度定理。 （e xeyez .（ex xy+ ey yx+ ezzx）=y+x+z 对于立方体包围的体积有 再计算6个面积分。 对面x=0的面。，从而=0 对于x=1的面，A= ex y+ ey y+ ezz = 对于y=0的面，A= ezzx，DSez =0 对于y=1的面，A= ex x+ ey x+ ezzx = 对于z=—1面，A=—xez, = 对于z=1的面，A=xez, = 因而有=0+1+0+1++=2 因此验证了散度定理。 1.9,. ▽×A = =8 验证斯托斯定理 1．10 在球坐标系中 所以,Dv=3= 从而证明了散度定理。 1．11 证明 由A× B = A× C, 则有A× ( A× B) = A× ( A× C) ( A·B) A —( A·A) B = ( A·C) A — ( A·A) C 由于A·B = A·C, 于是得到 ( A·A) B = ( A·A) C 所以B=C 1.12 （1）?R=（ e x + ey + ez ）?（ex x+ ey y+ ez z）=3 （2）▽×R==0 （3）设A= e xAx+e yAy+ezAz，A?R= xAx+yAy+zAz (A ﹒R）=（ e x + ey + ez ）(xAx+yAy+zAz) = e xAx+e yAy+ezAz=A 1．13 因为回路在平面内，所以Dz=0，A 利用抛物线关系，y2=x,去掉一个变量，得 =0 再求A的旋度▽×A = 1．14 【解】如图1—14示，在球坐系内，半球面上的面元矢量为 DS= e R R 2 SinθDθDφ=eRSinθDφ 在直角坐标系中，A的旋度为 所以， ?DS=? eRSinθDθDφ = = 半球面S的边界是 x y 平面内的圆x 2+ y 2=1,，边界上的线元D l = e x Dx+ e yDy，沿边界的环流为?＝ 则 ??Ds 习 题 2 ２—1． 在真空中，两个点电荷相距0.3m，带电量分别为+1.0×10—8C和—4.0×10—8C，求它们之间的静电力。 【解】由库仑定律 F==9×109N=4×10—5N 方向：相互吸引 2—2．在边长为3cm的等边三角形的顶点上，分别放置电荷量为q1=1.0×10—9C，q2=3×10—9C和q3= —1.0×10—9C的点电荷。求作用在q2上的作用力，以及该点处电场强度。