丁君版工程电磁场与电磁波答案 第一章 矢量分析.

⇒ y − y1 = y2 − y1 x − x1 x2 − x1
则过 A (x1, y1 ) ，B (x2 , y2 ) 点的方程为
⇒
y
=
y2 x2
− y1 − x1
(x −
x1 ) +
y1
1-6 解：欲使 A, B 互相垂直，则有 A • B = 0
则有 A • B = 8 − 2a − 2 = 0
v
0 00 R
= 48R 2 • 2π sin2θ 2
π 0
=
0
1-19 解： (1) A + B = 4ax
(2) A ⋅ B = 3 − 4 −1 = −2
(3) A× B = (2 − 2)ax + (−1− 3)ay + (−6 − 2)az = −4ay − 8az
(4)
an
=±
A× B A× B
−∇' (
1) R
=
−[−
1 2
( R ) −3
•
−2
(x
−
x')
ax
−
1 2
( R) −3
•
−2
(
y
−
y')
ay
−
1 2
( R ) −3
•
−2
(z
−
z')
az
]
= −(R)−3 • (x − x' ) ax − (R)−3 • ( y − y' ) ay − (R)−3 • (z − z' ) az
C⋅B cosθ = − 6
21× 26 ⇒ C cosθ = − 6
26
B 方向的单位矢量为： b = B = B B 26
C
在
B
方向的分矢量为：
C
cosθ
•b
=
−3 13
B
=
−3 13
(ax
+
3ay
−
4az )
（3）
A ⋅ B = A B cosθ
cosθ = A ⋅ B AB
cosθ = − 1 13 2 19
得 a=3
1-7 解：矢量 A 与坐标轴的夹角分别为：
cosα = Ax =
3
= 3 cos β = Ay = − 6 cos γ = Az = 2
A 9 + 36 + 4 7
A7
A7
其中α , β , γ 分别为矢量 A 与三个坐标轴方向夹角。
1-8
(1)证明： 1 A× B + 1 B × C + 1 C × A + 1 (C − A) × (B − A)
=
0
222
∫ ∫∫ ∫∫ (3)
A
S
⋅ds
=
S上
(AZ ) Z=1 2
⋅ azdxdy
+
(AZ )
S下
Z= 1 2
⋅ (−az )dxdy
∫∫ ∫∫ + S左
(A y
)
y=1 2
⋅
(−a y
)dxdz+
S右
(A y
)
y=1 2
⋅
a
ydxdz
∫∫ ∫∫ + S前
(A x
)
x=1 2
⋅
a x dydz
+
5 29
（6） A = 50 , B = 29
则 A 在 B 的标投影为: A cosθ = 14 29
A cosθ
A 在 B 的矢投影为:
B=
B
14 29
( 2ar
+
4 aϕ
+
3az
)
1-23 解：（1） 2A − 3B = −17aR +10aθ −10aϕ
（2） A • B = −7
（3） A× B = 10aR + 29aθ +12aϕ
a
则
b' ×c' =
a•b×c
a' •b' ×c'
b×c • a
=a
a•b×c a•b×c
同理可证 b = c' × a' ， c = a' × b'
a' •b' ×c'
a' •b' ×c'
1-11 解：（1） S = (2 y)ax + (2x)ay + (−5)az
（2） T (1,2,3) = −11 ，
所以得：
m(r − a) + n(r − b) + p(r − c) = 0 r = ma + nb + pc ， m, n, p 为实数
m+n+ p
1-5 解：设 A 点的坐标为 (x1, y1 ) ，B 点坐标为 (x2 , y2 )
则 a ＝ (x1, y1 ) ， b ＝ (x2 , y2 ) 有题意得
∇×
E
=
48
sinθ R
aϕ
∇ • E = 96 cosθ R
∫ ∫ E • ds = s
s E0 ⋅ R2 sinθ dθ dϕaˆR
∫ ∫π
=
2π 24R2 sinθ cosθ dθdϕ = 0
00
(3)
∫ ∫ ∫ ∫ ∇ • EdV = 2π π k 96 cosθ R2 sinθ dRdθ dϕ
（3） A× B = 31ar −17aϕ + 2az （4） A× B 是垂直于 A ， B 所在平面的矢量，即为 AB 平面的法向量则
平面的单位法向量为 ±
1 1254
( 31ar
−17aϕ
+
2az
)
（5）A，B 之间夹角为 cosθ = A • B = 1 7 ，θ = arccos 1 7
A • B 5 29
则有：
∇( 1 ) = −∇' ( 1 )
R
R
（2） ∇ f (R) = ∂f ∇(R) ， − ∇' f (R) = − ∂f ∇' (R)
∂R
∂R
又 ∇ (R) = −∇' (R)
所以有 ∇ f (R) = −∇' f (R) `
1-14 解：设φ = x2 y + 2xz
则
∇φ = (2xy + 2z) ax + (x2 ) ay + (2x) az
（2） F合 = 4 + 1 = 5
（3）合力方向与单位矢量
2 5
ax
−
1 5
ay
方向相同，与
x
轴成
− arcsin 1 5
1-4 证明：设矢量 r 的终点在 A.B.C 构成的平面上，则： (r − a), (r − b), (r − c) 在此平面上 ，则必有不为 0 的实数 m, n, p 满足：
利用公式 A × (B × C) = B( A • C) − C( A • B) 可得：
b' × c' = (c × a) × a × b = a [(c × a) • b] − b (c × a • a) = a (a • b × c) = a
(a • b × c)2
(a • b × c)2
(a • b × c)2 a • b × c
S = 4ax + 2ay − 5az ， S = 16 + 4 + 25 = 3 5 ，
⇒ aS = ±
S S
=
±( 3
4 5
ax
+
3
2 5
ay
−
5 3 az )
1-12 解：电场线的切线方向为电场强度方向，
则 φ = ∫ E • dl = ∫ (2x −1)dx + (4 − 2 y)dy = x2 − x − y2 + 4 y + c
即电场线方程为 x2 − x − y 2 + 4 y + c
1-13 解:
（1）
∇(
1 R
)
=
−
1 2
( R ) −3
•
2
(x
−
x')
ax
−
1 2
( R ) −3
•
2
(
y
−
y')
ay
−
1 2
( R ) −3
•
2
(z
−
z'
)
az
= −(R)−3 • (x − x' ) ax − (R)−3 • ( y − y' ) ay − (R)−3 • (z − z' ) az
1-21 解：由 A, B,C 三矢量可知： B = A + C 所以： A, B,C 构成三角形。
且 A • C = 0 则有： A ⊥ C 所以直角三角形的面积为：
所以该三角形为直角三角形。
S=1 2
A× B
=1 2
5ax − 5ay − 20az
= 15 2
2
1-22 解：（1） A + B = 5ar + 9aϕ − az （2） A • B = 6 + 20 −12 = 14
⇒ cosθ = (16 + 4 − 4) = 8 6 21 3 21
⇒ θ = arccos 8 , 0 < θ < 900 3 21
1-16 解：(1) ∇ ⋅ A = 2x + 2x2 y + 48x2 y2z
111
∫ ∫ ∫ (2)
2 −1
2 −1
2 −1
(2x
+
2
x
2
y
+
48x
2
yz)dxdydz
2
2
∫ ∫ F⋅ dl= (5xyz ⋅ dx + y2dy + yz ⋅dz)
l
l
dz=0
∫ ∫ ∫ ∫ = y2dy + 5xyz ⋅ dx + y2dy + 5xyz ⋅ dx
l1
l2
l3
l4
∫ ∫ ∫ ∫ =
−1 2
1
2
y2dy
+
(−
5 4
)
−1
1 2 xdx +
2
1
2 −1
2
y2dy
+
5 4
ax ay az
∇×F = ∂ ∂x
∂ ∂y
∂ ∂z
= z ⋅ ax + 5xy ⋅ ay − 5xzaz
Fx Fy Fz
（2）
∫ ∫ ∫ ∫ ∇× F⋅ds = s
S下
(5xz)
z
=-
1
dxdy+
z ⋅ dxdy +
S前
z ⋅ dxdz
S后
+
2
∫ ∫ S左
-(5xy
) y=-1
dxdz
+
S右 (5xy)y=1 ⋅ dxdz = 0
⇒ θ = π − arccos(1 13 ) 2 19
（4）
B − C = −3ax + 5ay − 5az
B − C 的单位矢量为：
− 3ax + 5a y − 5az B−C
=
−3 59
ax
+
5 59
ay
−
5 59
az
1-2 证明：欲证明三矢量 A、B、C 能构成一个三角形，则须证出三个线性无关 的非零矢量位于同一平面上。则有： A • (B × C) = 0
B B
=
−
1 3
(ax
−
2ay
+
az
)
1-20 解：(1)从 P 到 Q 的矢量距离 PQ = (2 − 5)ax + (−3 −12)ay + (0)az = −3ax −15ay (2) PQ = 9 + 152 = 234
(3) PQ 与 xy 平面平行 (4) P 点坐标（5，12，1），Q 点坐标（2，-3，1）
= ± −8az − 4ay 45
= ∓ 2az
+ ay 5
(5) A⋅ B = A ⋅ B ⋅ cosθ
cosθ = A⋅ B = − 1 | A | ⋅ | B | 21
所以：θ = π - arccos 1 (0 < θ < π )
21
2
(6) 标投影： A cosθ = − 2 6
矢投影：
A cosθ ⋅
即
代入得 即得证
Ax Ay Az Bx By Bz = 0 Cx Cy Cz
Ax Ay Az 3 1 − 2 0 1 1 Bx By Bz = −1 3 4 = −1 3 4 = 0 Cx Cy Cz 4 − 2 6 0 0 0
1-3 解：（1） F合 = F1 + F2 + F3 + F4 代入数据得 F合 = 2ax − ay
工程电磁场与电磁波
习 题 解 答 （试用本）
主编：丁君
第一章
1-1 解： （1） A + 3B = (−2 + 3)ax + (3 + 9)ay + (5 −12)az
= ax + 12a y − 7az
（2）
∴ A + 3B = 1 + 144 + 49 = 194
C ⋅ B = C ⋅ B cosθ cosθ = C ⋅ B
∇φ (2,−1,2) = 4aˆy + 4aˆz
1-15 解：两个曲面的夹角实为它们的梯度的夹角的较小的一个 ∇φ1 = 2xax + 2 yay + 2zaz = 4ax − 2ay + 4az ∇φ2 = 2xax + 2 yay − az = 4ax − 2ay − az ∴∇φ1 ⋅∇φ2 = ∇φ1 ∇φ2 cosθ
1
2 −1
xdx
=
0
2
其中：
l1
：y
从
1 2
wk.baidu.com到-
1 2
，
x
=
z
=
1 2
；
l2
：x
从
1 2
到-
1 2
，
y
=
−
1 2
,
z= 1 2
l3
：y
从-
1 2
到
1 2
，
x
=
−
1 2
,
z=1； 2
l4
：x
从-
1 2
到
1 2
，
y
=
z
=
1 2
所以：
∫s ∇ × F⋅ ds = ∫l F⋅ dl
即：斯托克斯定理成立
1-18 解 ：(1) (2)
S后
(Ax
)
x=1 2
⋅
(−a x
)dydz
又
∵
(A
z
) z=
1
= (Az )z=−1
2
2
(Ay )y=1
=
(A
y
)
y
=−
1
2
2
(Ax )x=1
=
(A
x
)
x
=−
1
2
2
∴ ∫s A⋅ds = 0
∫ ∫ 所以可以得到： ∇ ⋅ A ⋅ dv = A ⋅ ds 即为高斯定理。
v
s
1-17 解： （1） 设此单位立方体上端开放
（4） A× B 是垂直于 A 、 B 所在平面的矢量，有：
A× B = −27ax − 3ay − 9az
于是垂直于 A 和 B 所在平面的单位矢量为：
an
=±
A× B A× B
= ∓(
9 91
ax
+
1 91
ay
+
3 91
az
)
1-10 证明： b' × c' = c × a × a × b = (c × a) × a × b a • b × c a • b × c (a • b × c)2
2
2
2
2
= 1 A×B + 1 B×C + 1 C× A− 1 B×C − 1 C× A− 1 A×B = 0
2
2
2
2
2
2
所以：四个面的面积之和为 0
（2）可以推广到任何闭曲面
1-9 解： （1） A× B = −27ax − 3ay − 9az （2） ( A× B) • C = (−27ax − 3ay − 9az ) • (4ax − 2ay + az ) = −111 （3） A • (B × C) = ( A× B) • C = −111