114 年 國立臺灣大學電信工程學研究所甲組《電磁學與電磁波》

(a) 點電荷之位置與電量

設點電荷之電量為 $q$，位置於 $\vec{r}_0 = (x_0, y_0, z_0)$。

電場公式為 $\vec{E} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \frac{\vec{r} - \vec{r}_0}{|\vec{r} - \vec{r}_0|^3} = k \frac{\vec{r} - \vec{r}_0}{|\vec{r} - \vec{r}_0|^3}$，其中 $k = \frac{q}{4\pi\epsilon_0}$。

1. 利用向量平行性確定點電荷位置：
   在 $\vec{r}_1 = (1,1,1)$ 處，$\vec{E}_1 = 2\hat{a}_x + 2\hat{a}_y + \hat{a}_z \implies |\vec{E}_1| = \sqrt{2^2 + 2^2 + 1^2} = 3\text{ V/m}$。
   向量同向關係：$(1-x_0, 1-y_0, 1-z_0) = c_1 (2, 2, 1)$。

   在 $\vec{r}_2 = (1,2,0)$ 處，$\vec{E}_2 = 2\hat{a}_x + \hat{a}_y + 2\hat{a}_z \implies |\vec{E}_2| = \sqrt{2^2 + 1^2 + 2^2} = 3\text{ V/m}$。
   向量同向關係：$(1-x_0, 2-y_0, 0-z_0) = c_2 (2, 1, 2)$。

2. 求解位置：
   兩電場強度相等 $|\vec{E}_1| = |\vec{E}_2|$，故點電荷至兩點之距離相等 $R_1 = R_2 = R$，即 $c_1 = c_2$。
   比較 $x$ 分量：$1 - x_0 = 2c_1 \implies x_0 = 1 - 2c_1$。
   比較 $y$ 分量：$1 - y_0 = 2c_1 \implies y_0 = 1 - 2c_1$，且 $2 - y_0 = c_1 \implies 2 - (1 - 2c_1) = c_1 \implies c_1 = -1$。
   代回得：
   $x_0 = 1 - 2(-1) = 3$
   $y_0 = 1 - 2(-1) = 3$
   $z_0 = 1 - (-1) = 2$ （驗證：$0 - z_0 = 2(-1) \implies z_0 = 2$ 成立）

   因此，點電荷位置為 $\vec{r}_0 = (3, 3, 2)$。

3. 求解電量：
   距離平方 $R^2 = (1-3)^2 + (1-3)^2 + (1-2)^2 = (-2)^2 + (-2)^2 + (-1)^2 = 9$。
   電場大小 $|\vec{E}| = \frac{|q|}{4\pi\epsilon_0 R^2} = 3$。
   向量指向：$\vec{r}_1 - \vec{r}_0 = (-2, -2, -1) = -(\vec{E}_1)$，電場與向外向量反向，故電荷為負。
   $q = -4\pi\epsilon_0 R^2 |\vec{E}_1| = -4\pi\epsilon_0 \times 9 \times 3 = -108\pi\epsilon_0\text{ C} \approx -3.00\text{ nC}$。

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(b) 無限長載流導線之方向與電流

核心觀念

本題考查互感、法拉第電磁感應定律、楞次定律，以及兩線圈間的磁力。

線圈 2 接交流電源，因此電流 $i_2(t)$ 隨時間變化，造成穿過線圈 1 的磁通量改變。線圈 1 的感應電動勢為

$$e_1=-M\frac{di_2}{dt}$$

其中 $M$ 為兩線圈的互感值。

線圈間的磁力必須有線圈 1 的電流 $i_1$ 才會產生；若 $i_1=0$，則不產生由互感造成的吸引或排斥力。

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(a) $R=\infty\ \Omega$

感應電壓

此時線圈 1 開路，因此

$$i_1=0$$

但線圈 2 的交流電流仍會產生變動磁通量，穿過線圈 1，故線圈 1 仍有感應電動勢：

$$e_1=-M\frac{di_2}{dt}\neq 0$$

由於線圈 1 開路，沒有電流流動，但其兩端存在開路感應電壓。

線圈間作用力

磁力與兩線圈電流的乘積有關，可表示為

$$F=i_1i_2\frac{dM}{dx}$$

因為 $i_1=0$，所以

$$F=0$$

因此不發生吸引或排斥作用。此處忽略線圈間的寄生電容效應。

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(b) $R=0\ \Omega$

感應電壓

線圈 1 被短路，故其端電壓為

$$v_1=0$$

但「感應電動勢」仍然存在。線圈 1 的電壓方程式為

$$0=L_1\frac{di_1}{dt}+M\frac{di_2}{dt}$$

在穩態且忽略直流積分常數的情況下，積分得

$$L_1i_1+Mi_2=0$$

因此

$$i_1=-\frac{M}{L_1}i_2$$

核心觀念

本題使用安培–馬克士威定律：

$$\oint_C \vec H\cdot d\vec l = I_{\text{cond},S} + \frac{d}{dt}\int_S \vec D\cdot d\vec S$$

點電荷 $Q$ 對開曲面所產生的電通量，可由該曲面從電荷位置所張的有向立體角 $\Omega$ 計算：

$$\Phi_D=\int_S \vec D\cdot d\vec S =\frac{Q\Omega}{4\pi}$$

解題方法

依題目與圖 2，正方形路徑 $C$ 位於 $z=0$ 平面，頂點依序為 $(2,2,0)$、$(-2,2,0)$、$(-2,-2,0)$、$(2,-2,0)$。此方向從 $+z$ 軸方向觀看為逆時針，因此曲面法向量取 $+z$。導線沿 $+z$ 方向由 $Q_1(t)$ 流向 $Q_2(t)$，其中 $Q_1$ 位於 $(0,0,-2)$，$Q_2$ 位於原點；因此 $\dot Q_1=-I$、$\dot Q_2=I$。

(a) 曲面在原點向上隆起

隆起曲面避開原點的 $Q_2$，也不與導線相交，所以穿過曲面的傳導電流為 $I_{\text{cond},S}=0$。線積分只由位移電流決定。

對位於原點的 $Q_2$，向上隆起部分從電荷位置看張出半球的立體角 $\Omega_2=2\pi$，故其電通量為

$$\Phi_{D,2}=\frac{Q_2(2\pi)}{4\pi}=\frac{Q_2}{2}$$

對位於 $(0,0,-2)$ 的 $Q_1$，正方形半邊長為 $a=b=2$，電荷至平面的距離為 $h=2$。正方形張出的立體角為

核心觀念

均勻電流片會向兩側發出沿法線傳播的平面波。自由空間中的波滿足

$$\vec{H}=\frac{1}{\eta_0}\hat{k}\times\vec{E}, \qquad \eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}, \qquad c=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}.$$

電流片位於 $z=0$，面電流密度為 $\vec{J}_s(t)=-J_s(t)\hat{a}_x$。場向外傳播，因此 $z>0$ 的波沿 $+\hat{a}_z$ 傳播，$z<0$ 的波沿 $-\hat{a}_z$ 傳播。

解題方法

由平面波方向與電流方向可知，兩側電場皆沿 $+\hat{a}_x$。設電流片上切向電場的振幅為 $E_s(t)$。上側磁場沿 $+\hat{a}_y$，下側磁場沿 $-\hat{a}_y$，其大小均為 $E_s(t)/\eta_0$。

套用電流片的磁場邊界條件：

$$\hat{a}_z\times\left(\vec{H}_{z>0}-\vec{H}_{z<0}\right) =\vec{J}_s(t).$$

代入兩側磁場方向：