【全】刘觉平电动力学课后习题问题详解
电动力学课后答案
电动⼒学课后答案第五章多电⼦原⼦1.选择题:(1)关于氦原⼦光谱下列说法错误的是：BA.第⼀激发态不能⾃发的跃迁到基态；B.1s2p 3P2,1,0能级是正常顺序；C.基态与第⼀激发态能量相差很⼤；D.三重态与单态之间没有跃迁(2)氦原⼦由状态1s2p 3P2,1,0向1s2s 3S1跃迁,可产⽣的谱线条数为：BA.0；B.3；C.2；D.1(3)氦原⼦由状态1s3d 3D3,2,1向1s2p3P2,1,0跃迁时可产⽣的谱线条数为：CA.3；B.4；C.6；D.5(4)氦原⼦有单态和三重态两套能级,从⽽它们产⽣的光谱特点是:DA.单能级各线系皆为单线,三重能级各线皆为三线；B.单重能级各线系皆为双线,三重能级各线系皆为三线；C.单重能级各线系皆为单线,三重能级各线系皆为双线;D.单重能级各线系皆为单线,三重能级各线系较为复杂,不⼀定是三线.(5)若某原⼦的两个价电⼦处于2s2p组态,利⽤L－S耦合可得到其原⼦态的个数是：CA.1；B.3;C.4;D.6.(6)设原⼦的两个价电⼦是p电⼦和d电⼦,在Ｌ－Ｓ耦合下可能的原⼦态有：CA.4个；B.9个；C.12个D.15个；(7)若镁原⼦处于基态,它的电⼦组态应为：CA．2s2s B.2s2p C.3s3s D.3s3p(8)有状态2p3d3P 2s3p3P的跃迁：DA.可产⽣9条谱线B.可产⽣7条谱线C 可产⽣6条谱线D.不能发⽣课后习题1．He 原⼦的两个电⼦处在2p3d态。
问可能组成哪⼏种原⼦态？（按LS耦合）解答：l1 = 1 l2 = 2 L = l1 + l2, l1 + l2?1, ……, | l1? l2| = 3, 2, 1 s1 =1/2 s2 =1/2 S = s1 + s2, s1 + s2?1, ……, |s1 ? s2| = 1, 0 这样按J = L+S, L+S?1, ……, |L?S| 形成如下原⼦态：S = 0 S = 1L = 1 1P13P0,1,2L =2 1D23D1,2,3L = 3 1F33F2,3,43.Zn 原⼦(Z=30) 的最外层电⼦有两个。
《电动力学》课后答案
(a ⋅ ∇ ) r = ( a x
∂ ∂ ∂ + ay + a z )[( x − x ' )e x + ( y − y ' )e y + ( z − z ' )e z ] ∂x ∂y ∂z = axe x + a y e y + az ez = a
4 ○
∇ ( a ⋅ r ) = r × (∇ × a ) + ( r ⋅ ∇ ) a + a × (∇ × r ) + (a ⋅ ∇ ) r 因为， a 为常向量，所以， ∇ × a = 0 ， ( r ⋅ ∇) a = 0 ， 又 ∵ ∇ × r = 0 ，∴ ∇( a ⋅ r ) = ( a ⋅ ∇) r = a ∇ ⋅ [ E0 sin( k ⋅ r )] = (∇ ⋅ E0 ) sin( k ⋅ r ) + E0 ⋅ [∇ sin( k ⋅ r )]
ez ex ey dA （3） ∇u × = ∂u / ∂x ∂u / ∂y ∂u / ∂z du dAx / du dAy / du dAz / du
dAy ∂u dAx ∂u dA ∂u dAz ∂u dAz ∂u dAy ∂u − )e x + ( x − )e y + ( − )e z du ∂y du ∂z du ∂z du ∂x du ∂x du ∂y ∂Ay (u ) ∂Ax (u ) ∂A (u ) ∂Ay (u ) ∂A (u ) ∂Az (u ) =[ z − ]e x + [ x − ]e y + [ − ]e z ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y = ∇ × A(u ) =(
S S S S S S S S S
（1）
电动力学习题解答6
第六章 狭义相对论1. 证明牛顿定律在伽利略交换下是协变的，麦克斯韦方程在伽利略变换下不是协变的。
证明：根据题意，不妨分别取固着于两参考系的直角坐标系，且令t =0时，两坐标系对应轴重合，计时开始后，'∑系沿Σ系的x 轴以速度v 作直线运动，根据伽利略变换有：vt x x -='，y y ='，z z ='，t t ='1）牛顿定律在伽利略变换下是协变的以牛顿第二定律22dt d m x F =为例，在Σ系下，22dtd m xF =Θvt x x -='，y y ='，z z ='，t t ='∴''']',','[],,[22222222F x x F ==+===dtd m dt z y vt x d m dt z y x d m dt d m 可见在'∑系中牛顿定律有相同的形式22''dt d m x F =，所以牛顿定律在伽利略变换下是协变的。
2）麦克斯韦方程在伽利略变换下不是协变的以真空中的麦氏方程t ∂-∂=⨯∇/B E 为例，设有一正电荷q 位于O 点并随'∑系运动，在'∑系中q 是静止的，故:r r qe E 20'4'πε=， （1）0'=B （2）于是方程'/'''t ∂-∂=⨯∇B E 成立，将（1）写成直角分量形式：])'''(')'''(')'''('[4''23222'23222'232220z y x z y x z z y x y z y x x q e e e E ++++++++=πε 由伽利略变换关系，在∑中有：y x z y vt x yz y vt x vt x qe e E 23222232220])[(])[({4++-+++--=πε }])[(23222z z y vt x ze ++-+ ])()()[(])[(34232220z y x y vt x vt x z z y z y vt x q e e e E --++-+-++--=⨯∇∴πε可见E ⨯∇不恒为零。
电动力学刘觉平版课后答案EDEX第5章 (5)
�
(
�
�
)
�
�
�
�
�
(ϕm 2 )r →∞ = − Hr cos θ
∂ϕ = µ0 m 2 ∂r � � B0 − iωt （ H (t ) = e ） µ0 r =a
(ϕm1 )r =a
∂ϕ = (ϕm 2 ) r = a ， µ m1 ∂r
r =a
取金属球外的磁标势 ϕ m 2 的试解为 ϕ m 2 = − Hr cos θ + 球内试解为
第六章
目录：
似稳场
习题 6.5......................................................................................................1
习题 6.5
1 试由导体内场的扩散方程及 Ohm 定律证明： 处于交变场中的导体内的电流密度 j 满足方程
i � � ∇ 2 j − μσ j = 0
�
证明： 导体内的扩散方程 ∇ E − μσ E = 0 , Ohm 定律： j = σ c E 将 Ohm 定律代入扩散方程，得: ∇ 2 j / σ c − µσ j / σ c = 0 即： ∇ 2 j − μσ j = 0
2
�
i �
�
�
(
�
)
(̇ )
� � � x × ( x × B )dv
因为交变磁场中，导体的磁矩由导体内的传导电流产生，
iω 3µσ c � 1 � � m = ∫ x × jdv = − V 2 4 µ + 2 µ0
又
∫
V
� � � � � � � � � � � � − x × ( x × B) = B ( x i x ) − ( Bi x ) x = Br 2 − B r cos θ x
【全】刘觉平电动力学课后习题答案
第一章三維歐氏空間中的張量目录：习题1.1 正交坐标系的转动 (2)习题1.2 物理量在空间转动变换下的分类 (9)习题1.3 物理量在空间反演变换下的进一步分类 (10)习题1.4 张量代数 (15)习题1.5 张量分析 (21)习题1.6 Helmholtz定理 (35)习题1.7 正交曲线坐标系 (38)习题1.8 正交曲线坐标系中的微分运算 (42)习题1.11、 设三个矢量,,a b c r r r 形成右（左）旋系，证明，当循环置换矢量,,a b c r r r的次序，即当考察矢量,,(,,)b c a c a b r rr r r r 时，右（左）旋系仍保持为右（左）旋系。
证明：()V a b c =⨯⋅r r r，对于右旋系有V>0.当循环置换矢量,,a b c r r r次序时， ()V b c a '=⨯⋅r r r ＝()0c a b V ⨯⋅=〉rr r 。
（*）所以，右旋系仍然保持为右旋系 同理可知左旋系情况也成立。
附：（*）证明。
由于张量方程成立与否与坐标无关，故可以选取直角坐标系，则结论是明显的。
2、 写出矢量诸分量在下列情况下的变换矩阵：当Cartesian 坐标系绕z 轴转动角度α时。
解：变换矩阵元表达式为 ij i j a e e '=⋅r r1112212213233233cos ,sin ,sin ,cos ,0,1a a a a a a a a αααα===-===== 故()cos sin 0sin cos 0001R ααααα⎛⎫⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭3、 设坐标系绕z 轴转α角，再绕新的y 轴（即原来的y 轴在第一次转动后所处的位置）转β角，最后绕新的z 轴（即原来的z 轴经第一、二次转动后所处的位置）转γ角；这三个角称为Euler 角。
试用三个转动矩阵相乘的办法求矢量诸分量的在坐标轴转动时的变换矩阵。
解：我们将每次变换的坐标分别写成列向量,,,X X X X ''''''， 则 ()()(),,z y z X R X X R X X R X αβγ'''''''''''''===∴()()()z y z X R R R X γβα''''''=绕y '-轴转β角相当于“先将坐标系的y '-轴转回至原来位置，再绕原来的y-轴（固定轴）转β角，最后将y-轴转至y '-轴的位置”。
刘觉平电动力学第3章答案
第三章电磁相互作用的基本规律目录：习题3.1 带电粒子在电磁场中的运动规律 (2)习题3.2 电磁场在外场作用下的运动规律 (2)习题3.3 电磁场的能动张量定理 (20)习题3.4 电磁场的角动量张量定理 (24)习题3.5 介质中的Maxwell方程组 (25)习题3.6 介质中电磁场能-动量与角动量定理 (39)习题3.8 波动方程 (50)习题3.9 平面电磁波的偏振 (55)习题3.10 电磁场的螺旋度 (58)规范不变性的内容都空了，没有处理。
最后两节也没有处理，不过本身做的很详细。
其他都好好看了。
习题3.11． 试证作用量 int 0bp p free a S S S m cds eA dx μμ⎡⎤=+=-⎣⎦⎰在()1U 规范变换 ()111A UA U iU U eμμμ--'=+∂ 下不变。
式中()exp U ie χ∈证明：2． 将带电粒子的加速度用它的速度以及电场强度和磁感强度表示出来解：加速度定义：dva dt =由于()03/20002122d m v dp dv d v dv m m v ma m v dt dt dt dt cdt γγγγ--⎛⎫⎛⎫==+=+-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以5/25/222dp vv vv ma ma ma I a M dt c c γγ--⎛⎫⎛⎫=+⋅=⋅+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 而dpe E v B dt⎡⎤=-+⨯⎣⎦ 所以1a e E v B M -⎡⎤=-+⨯⋅⎣⎦ 其中5/22vv M m I c γ-⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ，是一个二阶张量 习题3.21． 证明由式（3.2.2）定义的电荷密度与式（3.2.3）定义的三维电流密度满足连续性方程。
证明：由式（3.2.2）知电荷密度为3()()()()l l lx Q x x ρδ=-∑由式（3.2.3）知三维电流密度为()33()()()()()()()l l l l l l ldx dx dx j x Q x x Q x x dt dt dt ρδδ==-=-∑∑有33()()()()()()3()()()()()()l l l l l l l l l l l lx x x x dx Q Q t t x dt x x dx Q x dt δδρδ∂-∂-∂==⋅∂∂∂∂-=⋅-∂∑∑∑而()3()()(())l l l ldx j Q x x dt δ∇⋅=∇⋅-∑由于()l dx dt 与x 无关,故3()()()()l l l ldx x x j Q dt x δ∂-∇⋅=⋅∂∑所以0j tρ∂+∇⋅=∂2． 试证：直至A μ的一阶导数，除开一个常数因子，电磁场场强张量的对偶张量是在(1)U 规范变换下不变的唯一的一个二阶赝张量。
电动力学课后习题解答(参考)
∂ ∂y
∂ ∂z
=
(
∂Az ∂y
−
∂Ay ∂z
)ex
+
(
∂Ax ∂z
−
∂Az ∂x
)ey
+
(
∂Ay ∂x
−
∂Ax ∂y
)ez
Ax(u) Ay(u) Az(u)
=
(
∂Az du
∂u ∂y
−
∂Ay du
∂u ∂z
)ex
+
(
∂Ax du
∂u ∂z
−
∂Az du
∂ ∂
u x
)ey
+
(
∂Ay du
∂u ∂x
−
(dl2
·
dl1)
11、平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为l1和l2，电容率为ε1和ε2，今在两板接上电 动势为E的的电池，求
(1)电容器两板上的自由电荷密度ωf (2)介质分界面上的自由电荷密度ωf 若介质是漏电的，电导率分别为σ1和σ2，当电流达到恒定时，上述问题的结果如何？ 解：在相同介质中电场是均匀的，并且都有相同指向，
[∇
1 r
·
∇]m
=
−(m
·
∇)∇
1 r
∴ ∇ × A = −∇ϕ
7、有一个内外半径分别为r1和r2的空心介质球，介质的电容率为ε，使介质内均匀带静止自由 电荷ρf ，求 （1）空间各点的电场 （2）极化体电荷和极化面电荷分布 解：1) S D · dS = ρf dV ，(r2 > r > r1)
R
)
=
(∇
·
m)∇
1 r
+(m源自·m)∇1 r
电动力学习题集答案-1
电动力学第一章习题及其答案1. 当下列四个选项：(A.存在磁单级, B.导体为非等势体, C.平方反比定律不精确成立,D.光速为非普适常数)中的_ C ___选项成立时,则必有高斯定律不成立.2. 若a为常矢量, k z z j y y i x x r )'()'()'(-+-+-=为从源点指向场点的矢量,k E,0为常矢量,则)(2a r ⋅∇=a r a r a r a r a r r r dr dr ⋅=⋅=⋅∇=⋅∇=⋅∇22))()(222,=⨯∇r0'''=---∂∂∂∂∂∂z z y y x x e e e zyxxxx， 3)z'-(z )y'-(y )x'-(x =++=⋅∇∂∂∂∂∂∂z y x r ，)()(=⨯∇⋅=⨯⋅∇r a r a ,0)(3211=⨯=⨯=⨯∇+⨯∇=⨯∇∇r r r r r r r r r rrr,a k j i r a za ya xa z y x =++=⋅∇∂∂∂∂∂∂)]z'-(z [)]y'-(y [)]x'-(x [)(，r r rr r rrr r r r 23113=+⋅-=⋅∇+⋅∇=⋅∇ ，=⨯∇⋅∇)(A __0___. =⋅⋅∇)]sin([0r k E )cos(0r k E k ⋅⋅, 当0≠r 时,=⨯∇)/(3r r __0__. =⋅∇⋅)(0r k i e E )exp(0r k i E k i ⋅⋅, =⨯∇)]([r f r _0_. =⋅∇)]([r f r dr r df r r f )()(3+3. 矢量场f的唯一性定理是说：在以s 为界面的区域V 内,若已知矢量场在V 内各点的旋度和散度,以及该矢量在边界上的切向或法向分量,则f在V内唯一确定.4. 电荷守恒定律的微分形式为0=∂∂+⋅∇tJ ρ,若J为稳恒电流情况下的电流密度,则J满足0=⋅∇J.5. 场强与电势梯度的关系式为，ϕ-∇=E.对电偶极子而言,如已知其在远处的电势为)4/(30r r P πεϕ ⋅=，则该点的场强为()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=350341r P rr r P Eπε.6. 自由电荷Q 均匀分布于一个半径为a 的球体内,则在球外)(a r >任意一点D的散度为 0,内)(a r <任意一点D的散度为 34/3a Q π.7. 已知空间电场为b a rrb r r a E ,(32 +=为常数），则空间电荷分布为______.8. 电流I 均匀分布于半径为a 的无穷长直导线内，则在导线外)(a r >任意一点B的旋度的大小为 0 , 导线内)(a r <任意一点B的旋度的大小为20/a Iπμ.9. 均匀电介质（介电常数为ε）中,自由电荷体密度为f ρ与电位移矢量D的微分关系为f D ρ=⋅∇ , 束缚电荷体密度为Pρ与电极化矢量P 的微分关系为P P ρ-=⋅∇,则P ρ与f ρ间的关系为fP ρρεεε0--=.10. 无穷大的均匀电介质被均匀极化，极化矢量为P，若在介质中挖去半径为R 的球形区域，设空心球的球心到球面某处的矢径为R，则该处的极化电荷面密度为R R P /⋅-.11. 电量为q的点电荷处于介电常数为ε的均匀介质中，则点电荷附近的极化电荷为q )1/(0-εε.12. 某均匀非铁磁介质中,稳恒自由电流密度为f J,磁化电流密度为M J ,磁导率μ,磁场强度为H ，磁化强度为M ，则=⨯∇H f J ,=⨯∇M M J ,M J 与f J 间的关系为()f M J J1/0-=μμ.13. 在两种电介质的分界面上,E D ,所满足的边值关系的形式为()f D D n σ=-⋅12,()012=-⨯E E n.14. 介电常数为ε的均匀各向同性介质中的电场为E . 如果在介质中沿电场方向挖一窄缝,则缝中电场强度大小为E . 15. 介电常数为ε的无限均匀的各项同性介质中的电场为E ，在垂直于电场方向横挖一窄缝，则缝中电场强度大小为RR P P P P n n P ⋅-=--=--=)0cos ()(12θ,/0sin 00011201212εεθεετττE E E E E E E E D D n n =⇒⎩⎨⎧===⇒⎩⎨⎧=-=-缝缝. 16. 在半径为R 的球内充满介电常数为ε的均匀介质，球心处放一点电荷，球面为接地导体球壳，如果挖去顶点在球心的立体角等于2的一圆锥体介质，则锥体中的场强与介质中的场强之比为_1:1_.17. 在半径为R 的球内充满介电常数为ε的均匀介质，球心处放一点电荷，球面为接地导体球壳，如果挖去顶点在球心的立体角等于2的一圆锥体介质，锥体处导体壳上的自由电荷密度与介质附近导体壳上的自由电荷密度之比为εε/0.18. 在两种磁介质的分界面上, B H,所满足的边值关系的矢量形式为()fH H n α=-⨯12,()012=-⋅B B n.19. 一截面半径为b 无限长直圆柱导体，均匀地流过电流I ，则储存在单位长度导体内的磁场能为__________________.20. 在同轴电缆中填满磁导率为21,μμ的两种磁介质，它们沿轴各占一半空间。
电动力学答案chapter2
-5-
电动力学习题解答参考
第二章 静电场
4
均匀介质球 容率为 ε 2
电容率为 ε 1
的中心置一自由电偶极子 Pf
r
球外充满了另一种介质
电
求空间各点的电势和极化电荷分布
提示
同上题
φ=
r r Pf ⋅ R 4πε 1 R 3
+ φ ' ,而 φ ' 满足拉普拉斯方程
解
ε1
∂φ内 ∂R
= ε2
∂φ 外 ∂R 2 Pf cosθ l 1 + ∑ lAl R0 Pl 3 4πε 1 R0 2 Pf cosθ B − ∑ (l 1 l l 2 Pl 3 4πε 1 R0 R0
Qf
4πεR
与球面上的极化电荷所产生的电势的
叠加 后者满足拉普拉斯方程 解 一. 高斯法 在球外 而言
R > R0 ,由高斯定理有
r r ε 0 ∫ E ⋅ ds = Q总 Q f + Q P = Q f
对于整个导体球
束缚电荷 Q P = 0)
r ∴E =
Qf 4πε 0R 2 Qf 4πε 0 R + C.(C是积分常数
导体球是静电平衡
是一个常数
ϕ外
R = R0
= ϕ 0 − E 0 R0 cosθ
b 0 b1 + cosθ = C R0 R02
∴ − E 0 R0 cosθ +
b1 3 cosθ = 0即 b1 = E 0 R0 2 R0
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电动力学习题解答参考
第二章 静电场
ϕ外 ϕ0
又由边界条件 −
3 b0 E 0 R0 E 0 Rcosθ + + cosθ R R2
电动力学刘觉平版课后答案EDEX第6章 (6)
1 π
∫πΒιβλιοθήκη 0cos 2 xdx =
�� �� 1 T �� �� 1 �� �� Re F × Re G = lim ∫ F × G cos 2 (ωt )dt = F × G T →∞ T 0 2
1 2
��* �� 1 �� �� 1 1 �� �� Re( F × G ) = Re( F × G exp(−iωt + iωt )) = ( F × G ) 2 2 2 �� �� �� �� * 1 1 1 �� �� Re( F × G ) = Re( F × G exp(+iωt − iωt )) = ( F × G ) 2 2 2
� � � � � i i ∇× H = − ∇ × (∇ × E ) ⇒ ∇ × H = − ∇∇ ⋅ E − ∇ 2 E ωµ ωµ � i 2� ⇒ ∇× H = ∇ E ωµ
(
)
将（1）式代入即得（5）. 因此(7.1.27)式与 Maxwell 方程组等价。
� ⎧ 2 2 ⎪(∇ + k� ) H = 0 ⎪ (7.1.28)式为 2 ⎨ ∇ ⋅ H = 0 � � i ⎪E = ∇× H ⎪ ωε ω ⎩
∫
T
0
�� �� 1 Re F × Re Gdt = lim T →∞ T
∫
T
0
�� �� 1 �� �� F × G cos 2 (ωt )dt = F × G 2
�� �� 当 t → ∞ 时 ， cos 2 ω t随 t 变 化 十 分 迅 速 ， F × G可 以 看 作 是 常 量 。 因 此 可 以 先 对 cos 2 ω t 求 平 均 。 因 为 它 是 迅 速 地 一 个 周 期 一 个 周期地变化，因此可以用一个周期上的平均值代替。
电动力学答案chapter1
r r r r r r r r ∂Ax (u ) ∂A y (u ) ∂Az z (u ) dAx (u ) ∂u dA y (u ) ∂u dAz (u ) ∂u dA ∇ ⋅ A(u ) = + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ∇u ⋅ ∂x ∂y ∂z du ∂x du ∂y dz ∂z du
S
若 S → ∞, 则 ( xj ) ⋅ dS = 0, ( j 同理
(
r ∂ρ ) ∂t
∫
r
r
r
S
= 0)
y
= ∫ j y dV ' , (
r ∂ρ ) z = ∫ j z dV ' ∂t
即
r r r dP = ∫ j ( x ' , t )dV ' V dt
r r r r r m ×R m⋅R r 的旋度等于标量 ϕ = 的梯 6. 若 m 是常矢量 证明除 R 0 点以外 矢量 A = R3 R3
电动力学习题解答 1. 根据算符 ∇ 的微分性与矢量性 推导下列公式
Байду номын сангаас
第一章
电磁现象的普遍规律
r r r r r r r r r r ∇( A ⋅ B) = B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A + A × (∇ × B) + ( A ⋅ ∇) B r r r r 1 r A × (∇ × A) = ∇A 2 − ( A ⋅ ∇) A 2 v v v v v v v v v v 解 1 ∇( A ⋅ B ) = B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A + A × (∇ × B ) + ( A ⋅ ∇) B
电动力学习题解答第四章 电磁波的传播
∴θ 2 = 30o
2− ∴R =( 2
3 2 2 )2 = 2 −
3
2 + 2 3 2+ 3
2
2
T=
4ε 0
2
2 2
3 2
= 23
( ε0
2+ 2
ε0
2 3)2 2
2+ 3
3 有一可见平面光波由水入射到空气 入射角为 60 证明这时将会发生全反射 并求 折射波沿表面传播的相速度和透入空气的深度 设该波在空气中的波长为
-4-
电动力学习题解答
第四章 电磁波的传播
振可以分解为两个偏振方向垂直 同振幅 同频率 相位差为π 2 的线偏振的合成
6 平面电磁波垂直直射到金属表面上 试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳热
证明 设在 z>0 的空间中是金属导体 电磁波由 z<0 的空间中垂直于导体表面入射
已知导体中电磁波的电场部分表达式是
v E
写成分量式
∂E z ∂y
− ∂E y ∂z
=
∂E z ∂y
− ik z E y
= iωµ0 H x
− k2 2
x
− ω1
−ω2 2
t)
其中 k1 = k + dk, k2 = k − dk;ω1 = ω + dω,ω2 = ω − dω
∴
r E
=
r 2E0
(xr) cos(kx
− ωt) cos(dk
⋅
x
−
dω
⋅t)
用复数表示
r E
=
r 2E
0
(
xr)
cos(dk
⋅
x
电动力学刘觉平版课后答案EDEX第4章 (4)
所以
��� µ F12 = − 4π
� � � � � ��' j ( x ) × [ j ( x ) × ( x − x )] 2f 3 3 ' 1f � ��' 3 ∫v1 d x ∫v2 d x |x−x | � � �� � µ II ' dl × [dl ' × ( x − x ' )] =− � �� ∫L � ∫ L' 4π � | x − x ' |3 �� � � � �� � � (� µ II ' (dl ⋅ dl ' )( x − x ' ) x − x' ) ' �� �� =− { + dl [ dl ⋅ ]} � � ∫L � ∫ L' 4π � | x − x ' |3 | x − x ' |3
j
m
= - I W/(4p )
解: 将这一电流圈划分成无数的小电流圈，对于每一个小块面元，都相应的有一个磁矩，
� � dm = Idσ I � 1 它所产生的磁标势为 （1） dϕ m = − dσ ⋅∇ 4π r I � 1 所以整个回路 L 产生的磁标势是 ϕm = − dσ ⋅∇ ∫ 4π R � ˆ σ =r ˆ R 2d Ω dσ = rd
∫
R 2d Ω
−1 IΩ =− 2 R 4π
反之，仍然得到这个结果。
这里处理与书上略有不同，将书上的问题揭露出来了。关键是这里面， dσ = R d Ω 不是总 能成立，左边总是大于零，右边可正可负。事实上，如果我们认为 Ω 是总大于零的，而将 正负号归于电流 I， 那也可以。 这里的一些问题本质上是由于观察点与坐标原点不是同一点。
电动力学答案L1
（3）静电t情an况θ1：导E体1t 内E2nEv1
σ1 =0
稳恒电∴流情E2况t =：E对1t绝=缘0 介，质即，导体σ 外= 的0 ，电场Jv2线=总0 是垂直于导体表面。
1-14
∴ J1n = J 2n = 0
解（1）由边值关系
即导体内只有平行于导体表面的电场。
evn
×
(
v H
2
−
v H1
)
=
=
Q
S
ε0
∴E
=
Q 4πε0r 2
，即
v E
=
Q 4πε0r 3
rv
∫ ∫ r < a 时，
v E
⋅
v dS
=
4π
r
2
E
=
1
ρdV = 1 ⋅ ρ ⋅ 4 π r3
S
ε0 V
ε0 3
r
a
=
∴
v E
1⋅ Q
ε0 =
(4 3)π Qrv
4πε 0 a 3
a3
⋅
4π 3
r3
=
1 ε0
⋅
Qr 3 a3
求散度、旋度
∴∇ × Bv
=
−
∂Bθ ∂z
evr
+
1 r
∂ ∂r
(rBθ )evz
=
μ0I 2πR12
1 r
∂r 2 ∂r
evz
=
μ0I πR12
evz
=
μ0 Jv
R1
<
r
<
R2 时， B
=
Bθ
=
μ0I 2πr
2
r
11 电动力学习题参考解答
2 （1） ∇ × (ϕ A) = ∇ϕ × A + ϕ∇ × A ， （2） ∇ × (∇ × A) = ∇ (∇ ⋅ A) − ∇ A
r
r
r
r
r
r
r r r r r ∇× (ϕ A) = ∇ϕ × (ϕ A) + ∇ A × (ϕ A) = ϕ ∇ϕ × A + ∇A × (ϕ A) r 其中 ∇ϕ 或 ∇ A 分别表示只对 ϕ 或 A 作用。由于 ∇ A 对标量函数只能取梯度，故 r r ∇ A × (ϕ A) = (∇ Aϕ ) × A
同理可以得到磁感应强度满足的波动方程
2
③
④
r r 1 ∂2 B ∇ B− 2 2 =0 c ∂t
1.1.4 证 明 在 均 匀 介 质 中 极 化 电 荷 密 度 与 自 由 电 荷 密 度 满 足 关 系 式
ρ p = −(1 − ε 0 / ε ) ρ f 。 r r r r r uv 证 将 D = ε 0 E + P 代入散度方程 ∇ ⋅ D = ρ f ，并考虑 D = ε E ，有 r r r ε r r ε ρ f = ∇ ⋅ D = ∇ ⋅ (ε 0 E ) + ∇ ⋅ P = 0 ∇ ⋅ D + ∇ ⋅ P = 0 ρ f − ρ P ε ε
为了解决这个矛盾，将电场强度的旋度方程修改为
②
r r ∂B r ∇× E = − − Jm ∂t
由此可以推出磁流守恒定律（即连续性方程）
③
r ∂ρ m + ∇ ⋅ Jm = 0 ∂t
们就得到有磁单极时的麦克斯韦方程组
④
因为麦克斯韦方程组中的另外两个方程在引入磁荷后不出现矛盾，所以不必修改。这样我
r r r r r ∂D r r ∂B r − Jm ， ∇ × H = +J ∇ ⋅ D = ρ ， ∇ ⋅ B = ρm ， ∇ × E = − ∂t ∂t
电动力学课后答案
第一章1． 根据算符的微分性与矢量性推导下列公式uA e u A e u A e du A d duA d u u A zu u A y u u A x u u A z A y A x A u A z u e y u e x u e u ududfu u f u f duu df u f z u u f u f z y u u f u f y x u u f u f x du Ad u u A du A d u u A u du df u f z y x u AA A A A AA A A A A A A AB A BA B A A B A B B A C B A B A B A B B A A C C B A A C B B A C A C B A B A B A A B B C A C B A C B A B C c B A B A B A AA A A AB A B A A B A B B A zz y y x x z y x z y x zy x c c c c c c c c c c ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇=⋅∇∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇∂∂+∂∂+∂∂=∇∇=∇=∇=∂∂=∂∂∂∂=∂∂∂∂=∂∂⨯∇=⨯∇⋅∇=⋅∇∇=∇∇⋅-∇=⨯∇⨯∇⋅+∇⋅+⨯∇⨯∇=⋅∇=∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇⨯∇⨯+∇⋅=⋅∇==∇=⨯⨯-⋅=⋅⨯⨯+∇⋅=⋅∇==∇=⨯⨯+⋅=⋅⋅∇+⋅∇=⋅∇∇⋅-∇=⨯∇⨯∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇)()()2()(')()()(')(')()(')()(')()1()()()(,, 2.)(21)()()()(2)()2()()()()()()()(,,,)()()()()(,,)()()()()(1)(21)()2()()()()()()1(222故故得解：的函数，证明：是空间坐标设所以：右边为：则左边为令上述公式中则得不再需要的符号将此两项相加，并弃去）（可得令又应用公式：）（结果可得令应用公式：常量表示相当的量应该看成此处）（）解：（3333333300033332221')'(')1(;)'(')1(;)'(')1(1)'()1(;)'()1(;)'()1()(')'(';)'(';)'('])'()'()'([)'(;)'(;)'()()1(,)],sin([)()]sin([)(),()(,))((,)(,)()2()0(0')(0)(1'1)(')()''''(1')'()'()'(.3)()3(r r r r z z z r r y y y r r x x x r r r r r z z z r r y y y r r x x x r b r rr rz z z r r y y y r r x x x r rrr z z e r y y e r x x e r rz z z r r y y y r r x x x r a E k a r k E f r k E e r a d r a c r b r a r rrr r d r r c rrr r b r r r r a zA e y A e x A e z A e y A e x A e r x x z z y y x x r duAd u y u u A x u u Ae x u u A z u u A e z u u A y u u A e y A x A e x A z A e z A y A e u A z y x zz y y x x z z y y x x x y z z x y y z x x y z z x y y z x=∇∴--=∂∂--=∂∂--=∂∂-=∇∴--=∂∂--=∂∂--=∂∂-=∇∴--=∂∂--=∂∂--=∂∂=-+-+-=∇∴-=∂∂-=∂∂-=∂∂⋅⨯∇⋅⋅∇⋅∇∇⋅⨯∇⋅∇≠=-∇=⋅∇=⨯∇-=-∇=∇=-∇=∇∂∂+∂∂+∂∂=∇∂∂+∂∂+∂∂=∇-+-+-=⨯∇=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂-∂∂∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂-∂∂∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂-∂∂∂∂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=⨯∇解：均为常矢量及其中及求会对源变数求微商）证明下列结果，并体（为从源点指向场点的方向规定的距离，到场点为该点设;1)'(3'1;1)'(3'1;1)'(3'1)1()1()(010''')(3523352335232333333r r z z r z z z z r z r r y y r y y y y r y r r x x r x x x x r x r r rr d r r r r z z r y y r x x z y x e e e r r c zy x --=⎪⎭⎫ ⎝⎛--∂∂=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂--=⎪⎭⎫ ⎝⎛--∂∂=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂--=⎪⎭⎫ ⎝⎛--∂∂=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂-∇=∇⋅-∇=⋅∇=∇⨯-∇=⨯∇=---∂∂∂∂∂∂=⨯∇ 或 013])'()'()'[(3)1(3352222=⋅∇=--+-+-=∇r r r r z z y y x x r 即 [][][][][][][])cos()()cos()()cos()()cos()()sin()()cos()()cos()cos()cos()sin()()(;)'()'(;)'()'(;)'()'()'()'()'()()()'()'()'())((0)'()'()'()'()'()'()(3)'()'()'()'()'()'())(2(0000000000000r k E k r k k E k E e r k k E k E e r k k E k E e r k E f r k E k r k E k r k E k r k E k r k E e a r a a za z z a z z a z a y a y y a y y a y a x a x x a x x a x z z a y y a x x a r a d ae a e a e a e z z e y y e x x z a y a x a r a c e y x x x y y e x z z z x x e y y y z z z r b zz z y y y x x x r z z e y y e x x e r a y x x y z x z z x y z y y z x z z y y x x z z z z y y y y x x x x z y x z z y y x x z y x z y x z y x z y x⋅⨯=⋅-+⋅-+⋅-=⋅⨯∇⋅⋅=⋅+⋅+⋅=⋅⋅∇=⋅∇∴=∂∂-+=-∂∂=∂∂-+=-∂∂=∂∂-+=-∂∂-+-+-∇=⋅∇=++=-+-+-⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂=∇⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂-∂-∂-∂+⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂-∂-∂-∂+⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂-∂-∂-∂=⨯∇=∂-∂+∂-∂+∂-∂=⋅∇-+-+-=4 (1) 应用高斯定理证明:⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⨯=⨯∇∴⨯⋅-=⨯⋅-=⨯=⨯⋅∇=⨯∇⋅-⨯=⨯∇svsssvvsvfs d f dv f s d a f s d a s d f a dv f a dv f a a a fs d f dv)()()(点乘方程左边得是一个任意常矢量，以证：令(2) 应用斯托柯斯定理证明：⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰=∇⨯∴∇⨯⋅=⋅⨯∇=⋅⨯∇=⋅=⋅=∇⨯LssssLLLsl d s d s d a s d a s d a l d a l d a a a l d s d ϕϕϕϕϕϕϕϕϕ)()(点乘方程右边得是一个任意常矢量，以证：令 5已知一个电荷系统的偶极矩定义为⎰=vdv x t x t p ,,,),()(ρ利用电荷守恒定律0=∂∂+⋅∇t J ρ 证明的变化率为⎰=vdv t x J dt pd ,,),(解：⎰=vdv x t x t p ,,,),()(ρ,x 与时间无关，取的)(t p一个分量为⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅+⋅⋅-=⋅⋅∇+⋅∇-=⋅∇-====vi s i i vi i v i i v i i v i i i i vi i dv J s d J x dv J x dv J x dv J x dv t x x t pdt t dp dv x t x t p ,,,,,,,,,,,,,,,,,)()()(),()()(),()( ρρ考虑到积分区域的表面比电荷所在区域大得多时，表面上的电流为0。
电动力学第三版课后答案
第一章 电磁现象的普遍规律
σP
=
P1n
= (ε
−
ε
0
)
r
3− 3εr
r13
3
ρ f rr
r =r2
=
(1
−
ε0 ε
)
r23 − r13 3r23
ρf
考虑到内球壳时 r r2
σP
=
−(ε
−
ε
0
)
r
3− 3εr
r13
3
ρ f rr
r =r1
=0
8 内外半径分别为 r1 和 r2 的无穷长中空导体圆柱 沿轴向流有恒定均匀自由电流 Jf 导体
的磁导率为 µ 求磁感应强度和磁化电流
解
∫ ∫ l Hr ⋅ dlr = I f
+
d dt
Dr
S
⋅
dSr
=I
f
当 r < r1时, I f = 0,故Hr = Br = 0
∫ ∫ 当 r2>r>r1 时
Hr ⋅ dlr = 2πrH =
l
S rj f
⋅ dSr =
j f π (r 2 − r12 )
fy
−
∂ ∂y
f x )kr]dV
∫=
[
∂ ∂x
(
f
y
kr
−
fz
rj ) +
∂ ∂y
( f z ir
−
f x kr) +
∂ ∂z
( f x rj
−
f yir)]dV
∫ ∫ 又
dSr × fr =
S
[(
S
f z dS y
电动力学习题课遗留问题解答
即
' J (' J ) |t 'const J J (' J ) |t 'const ' J
代入公式，有
0 J (r , t ) A ]dV ' ' [ | r 4 V r '| 1 1 0 J ( )dV ' 0 (' J |t 'const ' J )dV ' 4 V ' | r r '| 4 V ' | r r ' | 1 1 1 0 J ( )dV ' 0 ' JdV ' 0 (' J |t 'const )dV ' 4 V ' | r r '| 4 V ' | r r ' | 4 V ' | r r ' | J (r ' , t ' ) 1 0 '[ ]dV ' 0 (' J |t 'const )dV ' 4 V ' | r r '| 4 V ' | r r ' |
因为在空间中有一个固定点，有
d 1 1 (r ' , t ' )dV ' dt 4 0 V ' | r r ' | t ' 0 J (r , t ) A ]dV ' ' [ | r 4 V r '| 而 1 0 J ( )dV ' 0 4 V ' | r r '| 4
1.电动力学课后习题答案_第一章
电动力学课后习题答案第一章 电磁现象的普遍规律1． 根据算符∇的微分性与向量性，推导下列公式：B A B A A B A B B A )()()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇A A A A )()(21∇⋅-∇=⨯∇⨯A 解：（1）由∇的微分性质得()∇⋅A B 可以变成两项，一次对A 作用()∇⋅A A B ，一次对B 作用()∇⋅B A B 。
由∇的矢量性质，()=()()⨯∇⨯∇⋅-⋅∇B A B A B A B ，可得()=()+()∇⋅⨯∇⨯⋅∇B A B A B A B 。
同理()=()+()∇⋅⨯∇⨯⋅∇A A B B A B A ，则：()=()+()=()()()()∇⋅∇⋅∇⋅⨯∇⨯+⋅∇+⨯∇⨯+⋅∇A BA B A B A B B A B A A B A B综上，原式得证。
（2）在（1）的结论式里令=A B ，得A A A A A A )(2)(2)(∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇，即： 21()()2A ⨯∇⨯=∇-⋅∇A A AA2． 设u 是空间坐标z y x ,,的函数，证明：u u f u f ∇=∇d d )( ， u u u d d )(A A ⋅∇=⋅∇， u u u d d )(AA ⨯∇=⨯∇ 解：（1）z y x z u f y u f x u f u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=∇)()()()(z y x z uu f y u u f x u u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d d u uf z u y u x u u f z y x ∇=∂∂+∂∂+∂∂=d d )(d d e e e （2）z u A y u A x u A u z y x ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇)()()()(A zuu A y u u A x u u A z y x ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d d uu z u y u x u u A u A u A z y x z z y y x x d d )()d d d d d d (Ae e e e e e ⋅∇=∂∂+∂∂+∂∂⋅++= （3）()///()()()xy z x y z u xy z A u A u A u ∇⨯=∂∂∂∂∂∂e e e Az x y y z x x y z yu A x u A x u A z u A z u A y u A e e e ])()([])()([])()([∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂= z x y y z x x y z yu u A x u u A x u u A z u u A z uu A y u u A e e e )d d d d ()d d d d ()d d d d (∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂=d d u u=∇⨯A3． 设222)'()'()'(z z y y x x r -+-+-=为源点'x 到场点x 的距离，r 的方向规定为从源点指向场点。
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第一章 三維歐氏空間中的張量 目录：习题1.1 正交坐标系的转动 ...................................................................... 1 习题1.2 物理量在空间转动变换下的分类 .............................................. 8 习题1.3 物理量在空间反演变换下的进一步分类 ................................ 10 习题1.4 量代数 ........................................................................................ 14 习题1.5 量分析 ........................................................................................ 20 习题1.6 Helmholtz 定理 ........................................................................... 34 习题1.7 正交曲线坐标系 ........................................................................ 37 习题1.8 正交曲线坐标系中的微分运算 (41)习题1.11、 设三个矢量,,a b c r r r 形成右（左）旋系，证明，当循环置换矢量,,a b c r r r的次序，即当考察矢量,,(,,)b c a c a b r r r r r r 时，右（左）旋系仍保持为右（左）旋系。
证明：()V a b c =⨯⋅r r r ，对于右旋系有V>0.当循环置换矢量,,a b c r r r次序时，()V b c a '=⨯⋅r rr ＝()0c a b V ⨯⋅=〉rr r。
（*）所以，右旋系仍然保持为右旋系 同理可知左旋系情况也成立。
附：（*）证明。
由于量方程成立与否与坐标无关，故可以选取直角坐标系，则结论是明显的。
2、 写出矢量诸分量在下列情况下的变换矩阵：当Cartesian 坐标系绕z 轴转动角度α时。
解：变换矩阵元表达式为 ij i j a e e '=⋅r r1112212213233233cos ,sin ,sin ,cos ,0,1a a a a a a a a αααα===-=====故()cos sin 0sin cos 0001R ααααα⎛⎫⎪=-⎪ ⎪⎝⎭3、 设坐标系绕z 轴转α角，再绕新的y 轴（即原来的y 轴在第一次转动后所处的位置）转β角，最后绕新的z 轴（即原来的z 轴经第一、二次转动后所处的位置）转γ角；这三个角称为Euler 角。
试用三个转动矩阵相乘的办法求矢量诸分量的在坐标轴转动时的变换矩阵。
解：我们将每次变换的坐标分别写成列向量,,,X X X X ''''''， 则 ()()(),,z y z X R X X R X X R X αβγ'''''''''''''===∴()()()z y z X R R R X γβα''''''=绕y '-轴转β角相当于“先将坐标系的y '-轴转回至原来位置，再绕原来的y-轴（固定轴）转β角，最后将y-轴转至y '-轴的位置”。
因而1()()()()y z y z R R R R βαβα-'= 同理有1()()()()z y z y R R R R γβγβ-''''=∴ 111 ()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()z y z y z y y z y z z z y z z z z y z z z z y z R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R γβαβγββαβγααβαγααβααγαβγ-''''''-'-=====易知：()cos sin 0sin cos 0001z R ααααα⎛⎫⎪=-⎪ ⎪⎝⎭，()cos sin 0sin cos 0001z R γγγγγ⎛⎫⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭， ()cos 0sin 010sin 0cos y R βββββ-⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∴()()()(),,z y z R R R R αβγαβγ=＝cos cos cos sin sin sin cos cos cos sin sin cos cos cos sin sin cos sin cos sin cos cos sin sin cos sin sin sin cos γβαγαγβαγαβαγβαγαγβαγαβαγβγββ-+-⎛⎫⎪---+ ⎪ ⎪⎝⎭//上面的解答让人疑惑。
就结论()()()(),,z y z R R R R αβγαβγ=本身让人觉得没有什么物理意义，分别绕原来的z 轴，y 轴，z 轴转动怎么可能呢？且绕y ’轴转β角等效于绕原来y 轴转β角，怎么说？实际上， ()()(),,z y z X R X X R X X R X αβγ'''''''''''''===∴()()()z y z X R R R X γβα''''''=而()cos sin 0sin cos 0001z R ααααα⎛⎫⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭，()''cos sin 0sin cos 0001z R γγγγγ⎛⎫⎪=-⎪ ⎪⎝⎭， ()'cos 0sin 010sin 0cos y R βββββ-⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭就直接可以得到：()()()(),,cos cos cos sin sin cos cos sin sin cos cos sin sin cos cos cos sin sin cos sin cos cos sin sin sin cos sin sin cos z y z R R R R αβγγβαγβαγαγβαγαγβγβαγαγβαγαγββαβαβ'''=-+-⎛⎫⎪=---+ ⎪⎪⎝⎭这个结果与《物理学中的数学方法》F.W.拜伦 R.W.福勒 著（P12） 结果一致 （上面运算结果由Matlab 验算过）4 设x a 、y a 与z a 是矢量的Cartesian 坐标，则)0,xy z a a ia a a ±=±=称为矢量a 的循环坐标。
设坐标系作一有限转动R(,,αβγ)，这里,,αβγ是相应的Euler 角，试写出矢量诸循环坐标系转动时的变换矩阵。
解：由题意得：0x y z a a a A a a a +-⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ （1）00010A ⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭所以100010A -⎛ =⎪ ⎪⎝⎭坐标变换后，0a a a +-⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭经变换矩阵D 变为''0'a a a +-⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，即''00'a a a D a a a ++--⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ （2）又''''0''x x y y z z a a a a A a AR a a a a +-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，0x y z a a a A a a a +-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以''100'a a a ARA a a a ++---⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（3）所以由（2）、（3）得1D ARA -=最后得2()2()2()2()cos sin 22cos sin cos 22i i i i i i i i e e e D e e e e e αγγαγαααγγαγβββββββββ-+-----+⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪= ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ 详细步骤：100cos cos cos sin sin sin cos cos cos sin sin cos 001cos cos sin sin cos sin cos sin cos cos sin sin 0cos sin sin sin cos 0010D ARA αβγαγαβγαγβγαβγαγαβγαγβγαβαββ-=⎛⎛⎫ ⎪-+-⎛⎫ ⎪⎪=---+ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭2(0(cos )(cos )cos cos sin sin cos 0cos )cos )010cos 2i i i i i i i e e e e e e e γγγγγγαγαβααβαβαβαββαβααβαββ----+⎪⎪⎛⎛⎫ ⎪ ⎪ = ⎪ ⎪ ⎪+⎪ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭=)2()2()2()sin 2cos sin cos 22i i i i i i i e e e e e e e γαγαααγγαγββββββββ-----+⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭2()2()2()2()cos sin 22cos sin cos 22i i i i i i i i e e e D e e e e e αγγαγαααγγαγβββββββββ-+-----+⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪= ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ （结果经Matlab 验算，正确）因此三四两题课本给出答案均无误。
5、试证坐标系作无限小转动的变换矩阵可写成α＝I ＋ε，其中ε是反对称矩阵，而I 是二阶单位量；并指出ij ε的几何意义。
证：为了清楚起见，我们先用矩阵语言证明ε是反对称矩阵：()()()()()()TT T T T T T T T x I x x x x I I xx x x I x x I x εεεεεεεεε'''=+⇒=++''⇒=+++≈++r r r r r r r r r r r r 舍去高阶小量 由于长度是转动变换不变量，T T x x x x ''=r rr r于是()00TT Tx xεεεε+=+=rr，即，故ε是反对称矩阵（上面，A TA 表示的转置）下面用分量语言证明：处理时，要特别小心行向量和列向量，因为这在分量语言中是看不出来的。