高等电磁理论第二章答案2

1、 x = a 时，F 2 = 0 ，则 m'1 = m'2 = 0 ， å ( A'n chkn a + B 'n shkn a ×D 'n sin k n y = 0 ，即 n =1 ¥ A'n D'nchkn a + B'n D'n shkn a = 0 所以 F 2 = （1） å(A n =1 ¥ ' n D 'n chkn x + B 'n D 'n shkn x sin kn y ¥ ¥ x = x'

2、，F1 = F 2 ，å Bn Dn shkn x ' sin kn y = å ( A'n D 'n chkn x ' + B 'n D 'n shkn x ' sin kn y ， n =1 n =1 即 Bn Dn shkn x = A n D nchkn x' + B'n D'n shkn x' ' ' ' （2） x = x' 时， ¶F1 ¶F 2 s - = ，则有 ¶x ¶x e åk n

3、=1 ¥ n sin kn y ( Bn Dn chkn x ' - A'n D 'n shkn x ' - B 'n D 'n chk n x ' = l d ( y - y' e0 （3） 将式（3）两边同时乘以 sin( mp y 并对 y 积分得 b Bn Dn chkn x ' - A'n D 'n shkn x ' - B 'n D 'n chkn x ' = 联立（1） （2） （4）式可以解得 2l 1 sin kn y ' e 0 np （

4、4） B 'n D 'n = - A' n D ' n = Bn Dn = 所以 chkn a 2l sin kn y ' shkn x ' npe 0 shkn a 2l sin kn y ' shkn x ' npe 0 chkn a 2l sin kn y ' (chkn x ' - shkn x ' npe 0 shkn a F1 ( x, y ) = 2l ¥ 1 é np ù æ np ¢ ö æ np ö 

5、0; np ö sh ê ( a - x¢)ú sin ç y ÷ sin ç y ÷ sh ç x ÷ 0 £ x £ x¢ å npa pe 0 n=1 n sh ( b ) ë b û è b ø è b ø è b ø 2l ¥ 1 æ np ö æ np ¢ ö æ np ö é

6、 np ù sh ç x¢ ÷ sin ç y ÷ sin ç y ÷ sh ê ( a - x )ú x¢ £ x £ a å npa e 0 n=1 n sh ( b ) è b ø è b ø è b ø ë b û 2l ¥ 1 æ np ' ö é np æ np ö æ np ö

7、 ' ù sin x sh b - y sin y ÷ 0 £ y £ y' ( ) å ç ÷ ç x ÷ sh ç ê ú np pe 0 n=1 n sh ( a b ) è a ø ë a û è a ø è a ø 2l ¥ 1 æ np ö æ np ' ö æ np ö é np

8、ù sin ç x' ÷ sh ç y ÷ sin ç x ÷ sh ê (b - y )ú y ' £ y £ b å np pe 0 n=1 n sh ( a b ) è a ø è a ø è a ø ë a û F2 ( x, y ) = 同理可得按 y 划分区域，即一区 0 £ y £ y¢ ，二区 y¢ £ y 

9、3; b 时 F1 ( x, y ) = F2 ( x, y ) = 6 2-6 设矩形空腔边界上电位为零，即 F s = 0 。证明：矩形域 0 £ x £ a ， 0 £ y £ b ， 0 £ z £ c 内的格林函数为： G ( r,r ¢) = 式中， k x = 4 abe åå sin k x x sin k x x¢ sin k y y sin k y y¢ ì ï shk zshk z ( c - z¢ )， z < z¢

10、 ´í z k z shk z c ï n =1 m =1 îshk z ( c - z ) shk z z¢， z > z¢ ¥ ¥ mp np 2 2 ， ky = ， kz = kx + k y 。 a b 解：易知 0 < z < z ' ， z ' < x < c 区域内格林函数分别满足拉普拉斯方程，设其通解形式 为 G1 = (m1 + m2 x(m3 + m4 y (m5 + m6 z + å ( A cos k x + B sin k x(C

11、l l l l l ,n n cos kn y + Dn sin kn y ( Fln ch kl 2 + kn 2 z + Gln sh kl 2 + kn 2 z G2 = (m'1 + m'2 x(m'3 + m'4 y (m'5 + m'6 z + å(A l ,n ' l cos kl x + B 'l sin kl x(C 'n cos kn y + D 'n sin kn y ( F 'ln ch kl 2 + kn 2 z + G 'ln sh kl 2 + kn 2 z

12、定解过程如下： x = 0 时， G1 = 0 ， G2 = 0 ，所以 m1 = 0 ， Al = 0 ， m'1 = 0 ， A'l = 0 。 y = 0 时， G1 = 0 ， G2 = 0 ，所以 m3 = 0 ， Cn = 0 ， m'3 = 0 ， C 'n = 0 。 z = 0 时， G1 = 0 ，所以 m5 = 0 ， Fln = 0 。 x = a 时， G1 = 0 ， G2 = 0 ，所以 m2 m4 m6 = 0 ， sin kl a = 0 ，即 kl = mp ，同理可得 a m'2 m '4 m '5

13、m'6 = 0 y = b 时， G1 = 0 ， G2 = 0 ，可得 k n = l ,n np b z = c 时， G2 = 0 ，即 G2 = å B 'l sin kl xD 'n sin kn y ( F 'ln chk z c + G 'ln shk z c ，其中 kz = kl 2 + kn 2 ，解得 ' Fln =- shk z c ' Gln chk z c shkz c chkz z ' chkz c shkz z ' （1） z = z' 时， G1 = G2 ， 化简后得

14、' Bl DnGln = B'l D'nGln (1 - （2） z = z' 时， ¶G2 ¶G 1 |z' - 1 |z' = - d ( x - x ' d ( y - y ' d ( z - z ' ，两端积分并化简后解得 ¶z ¶z e shk z c 4 shk z z ' - Bl DnGln k z chk z z ' = - sin kl x ' sin k n y ' chk z c abe （3） B 'l D '

15、nG 'ln k z (chk z z ' - 联立（1） （2） （3）式可得 7 4 sin kl x' sin kn y ' shkz z ' chkz c B l D nG ln = - abe kz shkz c ' ' ' Bl DnGln = - 4 sin kl x' sin kn y ' shkz z ' chkz c chk z z ' ( - abe kz shkz c shkz z ' B'l D'n F 'ln = 代入后可得 4 sin k

16、l x' sin kn y ' shkz z ' abe kz G1 = åå 4 sin kl x sin kl x' sin kn y sin kn y ' shkz zshkz (c - z ' ab e k shk c n =1 m=1 z z ¥ ¥ G2 = 4 abe sin kl x sin kl x' sin kn y sin kn y ' shkz (c - z shkz z ' åå kz shkz c n =1 m=1 ¥

17、65; 2-7 如习题 2-7 图所示，在介电常数为 e 的无限大均匀媒质中，有一半径为 a 的无限 长圆柱形空腔，在柱轴上有一点电荷 q 。求空腔内的电势分布。 习题 2-7 图 解：空间任一点的电位是拉普拉斯位 F L 与点电荷在无界空间中建立的电位 F P 之和， 且有 Fp = q 4p e 0 2 +¥ -¥ ò k (lr e 0 il z dl 由于 z ® +¥ 和 z ® -¥ 时拉普拉斯电位F L 均趋向于 0，故采用课本中的式（2-93） 表示。分析可知 F L 与方位角 j 无关，且区域 1 内包含坐

18、标轴，区域 2 内 r ® +¥ ，故设 F L1 = 则空腔内外电势分别为 +¥ -¥ ò AI (lr e 0 il z d l ， F L2 = +¥ -¥ ò BK (lr e 0 il z 0 il z dl F1 = F2 = q 4p 2e 0 q 4p e 0 2 +¥ -¥ +¥ ò k (k r e 0 0 il z dl + +¥ -¥ ò AI (lr e 0 dl dl -¥ ò k (k r e il z dl + +¥ -¥ ò