2025年大學(xué)《數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)》專業(yè)題庫——向量分析在電磁場中的應(yīng)用考試時(shí)間：______分鐘總分：______分姓名：______一、1.設(shè)向量場A=(x2-y2)?+2xy?+zk，計(jì)算向量場A在點(diǎn)P(1,1,2)處的散度??A和旋度?×A。2.利用高斯散度定理計(jì)算向量場A=x?+y?+z2k流過曲面S圍成的閉區(qū)域V的通量，其中S是由球面x2+y2+z2=4和拋物面z=x2+y2所圍成的曲面的外側(cè)。二、1.設(shè)向量場B=r?cosθsinφ?+θ?cosφ?-θ?sinφk，其中r是球坐標(biāo)系中的徑向距離，θ是極角，φ是方位角。計(jì)算向量場B的散度??B和旋度?×B。2.證明向量場B=(y2z+x)?+(xz2-y)?+(xy2-z)k是保守場，并求其勢函數(shù)φ，使得B=-?φ。三、1.設(shè)電勢φ滿足拉普拉斯方程?2φ=0在無源區(qū)域（ρ>1）內(nèi)，且在ρ=1的球面上，φ=100*(cosθ+2sinθ)。求區(qū)域（ρ>1）內(nèi)的電勢φ表達(dá)式。2.一根無限長直導(dǎo)線通有電流I，置于真空中。求距離導(dǎo)線垂直距離為a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B。要求用安培環(huán)路定律（斯托克斯定理的特例）進(jìn)行求解。四、1.證明格林第二恒等式：?_V[φ?2ψ-ψ?2φ]dV=?_S(φ?ψ-ψ?φ)?dA，其中V是閉區(qū)域，S是V的邊界曲面，φ和ψ是定義在V上具有連續(xù)二階偏導(dǎo)數(shù)的標(biāo)量函數(shù)。2.對(duì)于穩(wěn)恒電流場（??J=0），證明磁場B滿足?×B=μ?J的條件下，磁場能量密度W_m=?μ?B?H（其中H是磁場強(qiáng)度，H=B/μ?）是正確的。試卷答案一、1.??A=2x+2y,?×A=(-2yz,0,2y-2x)在點(diǎn)P(1,1,2)處，??A|_(1,1,2)=2*1+2*1=4,?×A|_(1,1,2)=(-2*1*2,0,2*1-2*1)=(-4,0,0)。2.由高斯散度定理，∮_SA?dA=?_V(??A)dV。計(jì)算??A=2x+2y。積分區(qū)域V是球面x2+y2+z2=4與拋物面z=x2+y2的交集。在柱坐標(biāo)系(r,θ,z)中，x=rcosθ,y=rsinθ,z=z。球面方程為r2+z2=4。拋物面方程為z=r2。交集區(qū)域V的r變化范圍從0到√(4-z)，z變化范圍從0到2。?_V(2x+2y)dV=?_V2r(cosθ+sinθ)rdrdθdz。利用對(duì)稱性，區(qū)域關(guān)于xz平面和yz平面對(duì)稱，∫_0^{2π}(cosθ+sinθ)dθ=0。因此，通量為0。二、1.在球坐標(biāo)系中，??B=1/r2?/?r(r2Br)+1/rsinφ?/?φ(sinφBφ)+1/rsinφ?Bθ/?θ。計(jì)算得??B=0。?×B=(1/rsinφ)?(sinφBθ)/?φ-?(rBφ)/?rθ?+(1/r)?(rBφ)/?θ-?(rBθ)/?φr?-(1/r)?B_r/?zk?。計(jì)算得?×B=-2θ?sinφ-2θ?cosφk?=-2Bθ/rθ?-2Bφ/rk?。2.計(jì)算?×B=(-y2z-x,-xz2+y,-xy2+z)。令?×B=0，得到三個(gè)方程：-y2z-x=0,-xz2+y=0,-xy2+z=0。解得x=0或y2z=-x,xz2=y,xy2=z。若x=0，則y=0或z=0。若y=0，則x=0或z=0。若z=0，則x=0或y=0。唯一滿足全部方程的非零解是x=0,y=0,z=0。因此B是保守場。求勢函數(shù)φ，滿足B=-?φ=-(-?φ/?x,-?φ/?y,-?φ/?z)=(?φ/?x,?φ/?y,?φ/?z)。即?φ/?x=-(y2z+x),?φ/?y=xz2-y,?φ/?z=-xy2+z。對(duì)第一式積分，φ=-xyz-x2/2+g(y,z)。對(duì)第二式求偏導(dǎo)?/?y=xz2-g_y'(z)，應(yīng)等于xz2-y，得g_y'(z)=-y,g(z)=-y2/2+h(x,z)。對(duì)第三式積分，φ=-xy2/2+z2/2+h(x,z)。比較，得h(x,z)=-x2/2+z2/2+C。故勢函數(shù)φ=-xyz-x2/2-y2/2+z2/2+C。三、1.在球坐標(biāo)系中，拉普拉斯方程為?2φ=1/r2?/?r(r2?φ/?r)+1/r2sinφ?/?φ(sinφ?φ/?φ)+1/r2?φ/?θ2=0。假設(shè)解為φ(r,θ,φ)=R(r)Theta(θ)Phi(φ)。分離變量，得到R部分的貝塞爾方程和θ部分的三角函數(shù)方程。由邊界條件φ(ρ=1)=100(cosθ+2sinθ)=100cosθ+200sinθ，可知φ包含cosθ和sinθ項(xiàng)，對(duì)應(yīng)θ=π/2和θ=0。因此φ與φ無關(guān)。考慮φ=R(r)cosθ+rR'(r)sinθ。邊界條件變?yōu)镽(1)cosθ+rR'(1)sinθ=100cosθ+200sinθ。令R(1)=A,R'(1)=B，得到Acosθ+Bsinθ=100cosθ+200sinθ。比較系數(shù)，A=100,B=200。因此φ(r,θ,φ)=R(r)cosθ+rR'(r)sinθ。在ρ>1區(qū)域，?2φ=0。代入上式，得到1/r2?/?r(r2?[R(r)cosθ+rR'(r)sinθ]/?r)+1/r2sinφ?/?φ(sinφ?[R(r)cosθ+rR'(r)sinθ]/?φ)+1/r2?2[cosθ+rsinθ]/?θ2=0。由于φ與φ無關(guān)，且θ部分非零項(xiàng)為cosθ和sinθ，其對(duì)應(yīng)的θ求導(dǎo)項(xiàng)為0。方程簡化為1/r2?/?r(r2[R''(r)cosθ+(2R'(r)+rR''(r))sinθ])=0。分離出cosθ和sinθ的系數(shù)，得到1/r2?/?r(r2R''(r))=0和1/r2?/?r(r2(2R'(r)+rR''(r)))=0。即r2R''(r)=C?(常數(shù))，r2(2R'(r)+rR''(r))=C?。由邊界條件確定C?和C?。φ(ρ=1)=R(1)cosθ+R'(1)sinθ=100cosθ+200sinθ。即Acosθ+Bsinθ=100cosθ+200sinθ。A=100,B=200。由邊界條件ρ=1處的連續(xù)性，φ(ρ=1)=100cosθ+200sinθ。由拉普拉斯方程在ρ=1處的邊界條件，?φ/?ρ=0。對(duì)ρ2R''(r)=C?求導(dǎo)，得到2ρR''(r)+ρ2R'''(r)=0。在ρ=1處，2R''(1)+R'''(1)=0。即R'''(1)=-2R''(1)。對(duì)r2(2R'(r)+rR''(r))=C?求導(dǎo)，得到2ρR'(r)+2ρR''(r)+ρ2R'''(r)=0。在ρ=1處，2R'(1)+2R''(1)+R'''(1)=0。即2B+2A+R'''(1)=0。代入R'''(1)=-2A，得到2B+2A-2A=0，即2B=0。矛盾，說明C?=0。因此r2R''(r)=C?。解得R(r)=C?(1/r)+C?ln(r)+C?。由邊界條件ρ=1，φ=100cosθ+200sinθ，且?φ/?ρ|_(ρ=1)=0，確定C?,C?,C?。φ(ρ=1)=C?+C?ln(1)+C?=C?+C?=100cosθ+200sinθ。?φ/?ρ=-C?/ρ2+C?/ρ=-C?+C?=0(在ρ=1處)。由A=100,B=200，得C?+C?=100cosθ+200sinθ，-C?+C?=0。即C?=C?=100cosθ+200sinθ。代入C?+C?=100cosθ+200sinθ，得100cosθ+200sinθ+C?=100cosθ+200sinθ。所以C?=0。且C?=100cosθ+200sinθ,C?=100cosθ+200sinθ。由于C?和C?不能同時(shí)為100cosθ+200sinθ（否則會(huì)導(dǎo)致唯一解是邊界值），說明解法或邊界條件理解有誤。重新審視，邊界條件應(yīng)為ρ=1時(shí)φ=100cosθ+200sinθ。解R(r)=C/r+Dln(r)+E。φ(ρ=1)=C+Dln(1)+E=C+E=100cosθ+200sinθ。由于C和E是常數(shù)，這意味著C+E必須同時(shí)是cosθ和sinθ的系數(shù)，這不可能。因此，解應(yīng)只包含ln(r)項(xiàng)。設(shè)φ(r,θ,φ)=R(r)cosθ+rR'(r)sinθ。邊界ρ=1,φ=100cosθ+200sinθ。即R(1)cosθ+R'(1)sinθ=100cosθ+200sinθ。得R(1)=100,R'(1)=200。由拉普拉斯方程，1/r2?/?r(r2R''(r))+1/r2?/?θ(r2R'(r)sinθ)=0。即1/r2?/?r(r2R''(r))=0。得r2R''(r)=C。R(r)=Cln(r)/r+Dln(r)+E。由R(1)=100,R'(1)=200。得Cln(1)/1+Dln(1)+E=100。0+Dln(1)+E=100。E=100。R'(r)=C(1/r-lnr/r2)+D(1/r)+D'(ln(r))。R'(1)=C(1-lnr)+D+D'(ln(1))=C(1-0)+D+0=C+D=200。C+D=200。由Cln(1)/1+Dln(1)+E=100，得E=100。因此Cln(1)+Dln(1)+100=100。0+0+100=100。恒成立。再求R'(1)=C+D=200。得C+D=200。選擇C=0,D=200。R(r)=200ln(r)+100。φ(r,θ,φ)=(200ln(r)+100)cosθ+r(200/r)sinθ=(200ln(r)+100)cosθ+200sinθ。2.方法一：使用安培環(huán)路定律?？紤]以導(dǎo)線為軸，半徑為a的圓形積分路徑C，方向與電流方向成右手系。磁場B在路徑上大小為B，方向沿路徑切線方向?！觃CB?dr=μ?I_encircled。I_encircled是路徑C所包圍的電流。由于對(duì)稱性，B在路徑上處處相等，且B?dr=Bdr?！觃CB?dr=B∮_Cdr=B*(2πa)。因此B*2πa=μ?I。解得B=μ?I/(2πa)。方法二：使用斯托克斯定律。安培-麥克斯韋定律的微分形式為?×B=μ?J+μ?ε??E/?t。對(duì)于穩(wěn)恒電流場，J=J(r)ê_r，其中J(r)是徑向電流密度，且??J=0。由連續(xù)性方程?ρ/?t+??J=0，穩(wěn)恒時(shí)?ρ/?t=0，即??J=0。穩(wěn)恒電流場中，?E/?t=0。因此?×B=μ?J。對(duì)于無限長直導(dǎo)線，電流I=∫_AJ?dA。在半徑為a的圓柱坐標(biāo)系中，取電流沿z方向，電流密度J=I/(πa2)ê_z。?×B=μ?(I/(πa2))ê_z。取積分曲面S為半徑為a的圓盤，法向量為ê_r。根據(jù)斯托克斯定律，∮_CB?dr=?_S(?×B)?dS=?_S(μ?I/(πa2))(ê_z?ê_r)dS。ê_z?ê_r=0。因此∮_CB?dr=0。這與B的方向矛盾，說明積分曲面S的選擇不當(dāng)。斯托克斯定律要求積分路徑C完全在積分曲面S的邊界上。對(duì)于無限長直導(dǎo)線，任何圍繞導(dǎo)線的閉合路徑都是有效的積分路徑?？紤]一個(gè)矩形路徑，一邊沿導(dǎo)線無限延伸，另外三邊構(gòu)成一個(gè)以導(dǎo)線為中心，半徑為a的圓弧C。由對(duì)稱性，直線段上的貢獻(xiàn)為0。∮_CB?dr=∮_arcB?dr=B∮_arcdr=B*(2πa)。由安培定律，∮_CB?dr=μ?I_encircled=μ?I。故B*2πa=μ?I。解得B=μ?I/(2πa)。四、1.格林第二恒等式為?_V[φ?2ψ-ψ?2φ]dV=?_S(φ?ψ-ψ?φ)?dA。證明：根據(jù)散度定理，?_V(??(φ?ψ-ψ?φ))dV=?_S(φ?ψ-ψ?φ)?dA。計(jì)算散度：??(φ?ψ-ψ?φ)=??(φ?ψ)-??(ψ?φ)。使用乘積法則：??(φ?ψ)=(?φ)??ψ+φ???ψ=(?φ)??ψ+φ?2ψ。??(ψ?φ)=(?ψ)??φ+ψ???φ=(?ψ)??φ+ψ?2φ。代入，得到??(φ?ψ-ψ?φ)=[(?φ)??ψ+φ?2ψ]-[(?ψ)??φ+ψ?2φ]=φ?2ψ-ψ?2φ。所以?_V[φ?2ψ-ψ?2φ]dV=?_S(φ?ψ-ψ?φ)?dA。證畢。2.電磁場能量密度W_m=?μ?B?H。要證明在穩(wěn)恒電流場??J=0和?×B=μ?J的條件下，W_m=?μ?B?H是正確的。首先，由?×B=μ?J和H=B/μ?，得到?×H=J。由穩(wěn)恒電流條件??J=0，結(jié)合??(?×H)=0，得到??H=0。這是磁場的高斯定律?，F(xiàn)在計(jì)算H?(?×B)。H?(?×B)=H?(μ?J)。由穩(wěn)恒電流條件??J=0，對(duì)H?J內(nèi)積進(jìn)行散度運(yùn)算：??(H?J)=(?H)?J+H?(?J)。因?yàn)镴=J(r)ê_r，所以?J=(?J)ê_r。由??J=0，得到(?J)?ê_r=