111 年 國立成功大學電機工程學系碩士班甲組《電磁學》

核心觀念

本題考查：

• 點電荷的庫侖定律
• 運動點電荷的位置向量
• 電場力 $\mathbf F=q\mathbf E$
• 靜止電荷不受磁力，因為 $\mathbf v_2=0$

題目未要求考慮電磁波傳播延遲與輻射效應，採用一般電磁學題目的瞬時庫侖場模型。

解題方法

1. 寫出 $q_1$ 的位置

$q_1$ 在 $xy$ 平面上以角速度 $\omega$ 做圓周運動，且 $t=0$ 時位於 $(a,0,0)$，因此

$$\mathbf r_1(t) =a\cos(\omega t)\,\hat{\mathbf x} +a\sin(\omega t)\,\hat{\mathbf y}.$$

$q_2$ 固定於

$$\mathbf r_2=d\,\hat{\mathbf z}.$$

2. 求由 $q_1$ 指向 $q_2$ 的位移向量

$$\mathbf R=\mathbf r_2-\mathbf r_1 =-a\cos(\omega t)\,\hat{\mathbf x} -a\sin(\omega t)\,\hat{\mathbf y} +d\,\hat{\mathbf z}.$$

其長度為

$$R=\sqrt{a^2\cos^2(\omega t)+a^2\sin^2(\omega t)+d^2} =\sqrt{a^2+d^2}.$$

3. 求 $q_2$ 所受的電場力

由庫侖定律，

$$\mathbf E_1(\mathbf r_2,t) =\frac{q_1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\mathbf R}{R^3}.$$

因此

$$\mathbf F_2(t)=q_2\mathbf E_1(\mathbf r_2,t).$$

代入 $\mathbf R$ 與 $R$，得到

核心觀念

本題使用下列三個觀念：

1. 導體靜電平衡時，導體內部電場為零，電荷分布在表面。
2. 介電常數隨位置改變時，高斯定律應對電通量密度 $\mathbf D$ 使用：
   $\oint_S \mathbf D\cdot d\mathbf a=Q_{\text{free}}.$
3. 電場儲存能量為

$$U=\frac{1}{2}\int_{\text{全空間}}\mathbf E\cdot\mathbf D\,dv =\frac{1}{2}\int_{\text{全空間}}\frac{D^2}{\epsilon(r)}\,dv.$$

以下假設題目所給的 $\epsilon(r)$ 適用於導體外部空間 $r\ge a$。

---

解題方法

由於介電常數只與球心距離 $r$ 有關，系統具有球對稱性。因此在導體外部，$\mathbf D$ 為徑向且大小僅與 $r$ 有關。

取半徑為 $r$、且 $r>a$ 的球形高斯面，包住總自由電荷 $Q$，則

$$D_r(4\pi r^2)=Q,$$

所以

$$\mathbf D(r)=\frac{Q}{4\pi r^2}\hat{\mathbf r}.$$

已知

$$\epsilon(r)=\epsilon_0\left(1+\frac{r^2}{d^2}\right),$$

因此導體外部的電場為

$$\mathbf E(r)=\frac{\mathbf D(r)}{\epsilon(r)} =\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r^2\left(1+\frac{r^2}{d^2}\right)} \hat{\mathbf r}.$$

導體內部 $r<a$ 的電場為零，故能量只儲存在 $r\ge a$ 的區域。

能量為

$$U=\frac{1}{2}\int_a^\infty \frac{D^2(r)}{\epsilon(r)}\,4\pi r^2\,dr.$$

代入 $D(r)$ 與 $\epsilon(r)$：

核心觀念

以法拉第電磁感應定律計算感應電動勢：

$$\mathcal{E}=-\frac{d\Phi_B}{dt}$$

磁通量同時受磁場變化與線圈面積變化影響。依原卷圖示，磁場沿 $\hat a_z$，垂直於線圈平面；題目文字轉錄的 $\hat a_x$ 與原圖不一致，以下依原圖作答。

解題方法

兩根棒起初併在一起，之後以 $5\,\text{m/s}$ 與 $15\,\text{m/s}$ 向右移動，因此經過 $t$ 秒後，棒間距為

$$x(t)=(15-5)t=10t\ \text{m}.$$

兩條固定導軌相距 $1.2\,\text{m}$，線圈面積為

$$A(t)=1.2(10t)=12t\ \text{m}^2.$$

磁場為 $B(t)=0.2\sin(10t)\ \text{Wb/m}^2$，所以穿過線圈的磁通量是

$$\Phi_B(t)=B(t)A(t)=2.4t\sin(10t)\ \text{Wb}.$$

以順時針方向（從 $+\hat a_z$ 方向觀察）為正，感應電動勢為

核心觀念

本題考查無耗損傳輸線的：

1. 輸入阻抗公式。
2. 輸入阻抗為純實數的條件。
3. 電壓駐波比（VSWR）的計算。

對特性阻抗為 $Z_0$、負載阻抗為 $Z_L$ 的無耗損傳輸線，

$$Z_{\mathrm{in}} = Z_0 \frac{Z_L+jZ_0\tan(\beta l)} {Z_0+jZ_L\tan(\beta l)}$$

其中 $\beta l$ 為從負載端朝訊號源方向量測的電氣長度。

---

解題方法

(a) 輸入阻抗為純實數時的最短電氣長度

已知

$$Z_0=50~\Omega,\qquad Z_L=60+j40~\Omega$$

先將負載阻抗正規化：

$$z_L=\frac{Z_L}{Z_0}=1.2+j0.8$$

令

$$t=\tan(\beta l)$$

則正規化輸入阻抗為

$$z_{\mathrm{in}} = \frac{1.2+j(0.8+t)} {1+j(1.2+j0.8)t}$$

整理分母：

$$1+j(1.2+j0.8)t = (1-0.8t)+j1.2t$$

因此

$$z_{\mathrm{in}} = \frac{1.2+j(0.8+t)} {(1-0.8t)+j1.2t}$$

令分子為 $a+jb$、分母為 $c+jd$，則商的虛部為

$$\operatorname{Im}(z_{\mathrm{in}}) = \frac{bc-ad}{c^2+d^2}$$

要使輸入阻抗為純實數，必須滿足

$$bc-ad=0$$

代入

$$a=1.2,\quad b=0.8+t,\quad c=1-0.8t,\quad d=1.2t$$

得到

$$(0.8+t)(1-0.8t)-1.2(1.2t)=0$$

展開：

$$0.8-1.08t-0.8t^2=0$$

即

$$0.8t^2+1.08t-0.8=0$$

乘以 $25$ 後：

$$20t^2+27t-20=0$$

解得

$$t=\frac{-27\pm\sqrt{2329}}{40}$$

因此

$$t_1=0.5315,\qquad t_2=-1.8815$$

最短的正電氣長度取 $t_1$。所以

$$\tan(\beta l)=0.5315$$ $$\beta l=\tan^{-1}(0.5315) \approx 0.4885~\text{rad}$$

核心觀念

磁場穿越載流面時，需同時使用兩個邊界條件：

$$\hat{\mathbf n}\times(\mathbf H_2-\mathbf H_1)=\mathbf K_s, \qquad \hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf B_2-\mathbf B_1)=0.$$

其中 $\hat{\mathbf n}$ 由介質 1 指向介質 2。由於 $\mathbf B=\mu\mathbf H$，法向磁場連續可寫成 $\mu_2 H_{2n}=\mu_1 H_{1n}$。

依原卷掃描圖，題目給的是 $\mathbf K_s=10\hat{\mathbf a}_z\ \mathrm{A/m}$、$\mathbf H_2=9\hat{\mathbf a}_x+38\hat{\mathbf a}_y+4\hat{\mathbf a}_z\ \mathrm{A/m}$。這與題目文字轉錄的 $10\hat{\mathbf a}_y$ 和 $3\hat{\mathbf a}_y$ 不同；以下依掃描圖作答。

解題方法

圖中介面通過 $(0,-3)$ 與 $(4,0)$，故其法向量可取 $(3,-4,0)$。由介質 1 指向介質 2 的單位法向量為

$$\hat{\mathbf n}=\frac{3\hat{\mathbf a}_x-4\hat{\mathbf a}_y}{5}.$$

先由磁通密度法向分量連續求 $\mathbf H_1$ 的法向分量：

$$H_{2n}=\hat{\mathbf n}\cdot\mathbf H_2 =\frac{3(9)-4(38)}{5}=-25\ \mathrm{A/m},$$ $$H_{1n}=\frac{\mu_2}{\mu_1}H_{2n} =\frac{200}{1000}(-25)=-5\ \mathrm{A/m}.$$

本題考查安培定理（Ampère's Law）、法拉第定律（Faraday's Law）、電磁波波向與位移電流概念，以及波印亭定理（Poynting's Theorem）計算時變場的電磁功率傳送。

---

核心觀念與推導步驟

步驟一：求電場 $\vec{E}$

在同軸電纜（Coaxial Cable）介質區域 $a < \rho < b$ 中，無自由電荷與源電流（$\vec{J} = 0$）。由馬克士威第一方程式（Maxwell-Ampère Law）：
$\nabla \times \vec{H} = \frac{\partial \vec{D}}{\partial t} = \epsilon \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}$

利用圓柱座標系下的旋度公式計算 $\nabla \times \vec{H}$：
由於 $\vec{H} = H_\phi(\rho, z, t) \hat{a}_\phi$，故：
$\nabla \times \vec{H} = -\frac{\partial H_\phi}{\partial z} \hat{a}_\rho + \frac{1}{\rho} \frac{\partial (\rho H_\phi)}{\partial \rho} \hat{a}_z$

將 $H_\phi = \frac{I_0}{2\pi\rho} \sin(\omega t - \beta z)$ 代入：

1. $\rho$-分量：
   $-\frac{\partial H_\phi}{\partial z} = -\frac{I_0}{2\pi\rho} \cdot \left[ -\beta \cos(\omega t - \beta z) \right] = \frac{\beta I_0}{2\pi\rho} \cos(\omega t - \beta z)$
2. $z$-分量：
   $\rho H_\phi = \frac{I_0}{2\pi} \sin(\omega t - \beta z) \implies \frac{\partial (\rho H_\phi)}{\partial \rho} = 0$

因此：
$\epsilon \frac{\partial \vec{E}}{\partial t} = \frac{\beta I_0}{2\pi\rho} \cos(\omega t - \beta z) \hat{a}_\rho$

對時間 $t$ 積分（忽略直流靜電分量）：
$\vec{E} = \frac{\beta I_0}{2\pi \omega \epsilon \rho} \sin(\omega t - \beta z) \hat{a}_\rho$

---

步驟二：求瞬時波印亭向量（Instantaneous Poynting Vector）$\vec{S}$

波印亭向量定義為能量通量密度：
$\vec{S} = \vec{E} \times \vec{H}$

將 $\vec{E}$ 與 $\vec{H}$ 代入向量積：

核心觀念

這題用磁路的磁動勢定律求線圈匝數，並以氣隙中的磁場壓力計算電磁鐵的吸力。圖中有兩個相同氣隙，因此總吸力是兩個極面吸力的總和；忽略 keeper 的磁阻，磁通依序通過鐵心與兩個氣隙。

解題方法

懸吊質量為 $m=400\ \mathrm{kg}$，所需總吸力為

$$F=mg=400(9.8)=3920\ \mathrm{N}$$

每個氣隙極面的磁力為 $B^2S_{\mathrm{iron}}/(2\mu_0)$，兩個極面合計：

$$F=2\left(\frac{B^2S_{\mathrm{iron}}}{2\mu_0}\right) =\frac{B^2S_{\mathrm{iron}}}{\mu_0}$$

其中 $S_{\mathrm{iron}}=40\ \mathrm{cm^2}=0.004\ \mathrm{m^2}$。因此氣隙磁通密度為

$$B=\sqrt{\frac{\mu_0F}{S_{\mathrm{iron}}}} =\sqrt{\frac{(4\pi\times10^{-7})(3920)}{0.004}} \approx 1.11\ \mathrm{T}$$

核心觀念

本題考查一維非均勻介電質中的靜電場分析，主要使用：

• 高斯定律：$\nabla\cdot\mathbf{D}=\rho_f$
• 束縛電荷與極化向量的關係：
  $\rho_{pv}=-\nabla\cdot\mathbf{P}$
• 線性介電質關係：
  $\mathbf{D}=\epsilon\mathbf{E},\qquad \mathbf{P}=(\epsilon-\epsilon_0)\mathbf{E}$
• 電位與電場關係：
  $\mathbf{E}=-\nabla V$

由於極板無限大且介電常數只隨 $x$ 變化，因此場量僅為 $x$ 的函數，且方向沿 $\hat{\mathbf{x}}$。

---

解題方法

介電常數為

$$\epsilon(x)=\epsilon_0\left(1+\frac{x}{d}\right).$$

兩極板之間沒有自由電荷，因此

$$\nabla\cdot\mathbf{D}=0.$$

在一維情況下，

$$\frac{dD_x}{dx}=0,$$

所以 $D_x$ 為常數，設為 $D_0$：

$$\mathbf{D}=D_0\hat{\mathbf{x}}.$$

因此電場為

$$\mathbf{E}(x)=\frac{\mathbf{D}}{\epsilon(x)} =\frac{D_0}{\epsilon_0(1+x/d)}\hat{\mathbf{x}}.$$

由邊界條件 $V(0)=0$、$V(d)=V_0$，使用

$$V_0=V(d)-V(0)=\int_0^d E_x(x)\,dx,$$

得到

$$V_0 =\frac{D_0}{\epsilon_0}\int_0^d\frac{dx}{1+x/d}.$$

令 $u=1+x/d$，則

$$\int_0^d\frac{dx}{1+x/d} =d\int_1^2\frac{du}{u} =d\ln 2.$$

故

$$D_0=\frac{\epsilon_0 V_0}{d\ln 2}.$$

電場可寫成

$$\boxed{ \mathbf{E}(x) =\frac{V_0}{d\ln 2}\frac{1}{1+x/d}\hat{\mathbf{x}} }$$

或

$$\mathbf{E}(x) =\frac{V_0}{(d+x)\ln 2}\hat{\mathbf{x}}.$$

---

(a) 電容器內的電位

任意位置 $x$ 的電位為

$$V(x)-V(0)=\int_0^x E_x(x')\,dx'.$$

因為 $V(0)=0$，所以

$$V(x) =\frac{D_0}{\epsilon_0} \int_0^x\frac{dx'}{1+x'/d}.$$

代入 $D_0=\epsilon_0 V_0/(d\ln2)$：

$$V(x) =\frac{V_0}{d\ln2} \left[d\ln\left(1+\frac{x}{d}\right)\right].$$

因此

$$\boxed{ V(x)=\frac{V_0}{\ln 2} \ln\left(1+\frac{x}{d}\right) }$$

驗算邊界條件：

$$V(0)=0,$$ $$V(d)=\frac{V_0}{\ln2}\ln2=V_0.$$

---

(b) 電容值

位於 $x=d$ 極板上的自由面電荷密度為

$$\sigma_f=D_x(d)=D_0 =\frac{\epsilon_0 V_0}{d\ln2}.$$

若極板面積為 $S$，則極板上的自由電荷量為

$$Q=\sigma_f S =\frac{\epsilon_0 S V_0}{d\ln2}.$$

由電容定義

核心觀念

本題原文給出的電流密度方向為 $\hat a_\rho$，但「電子束」通常沿圓柱軸向傳輸，應為 $\hat a_z$。此外，穩恒電流必須滿足

$$\nabla\cdot\vec J=0$$

而原式在 $\rho<a$ 時有

$$\nabla\cdot\vec J =\frac{1}{\rho}\frac{\partial}{\partial \rho}(\rho J_\rho) =J_0\left(1-\frac{2\rho^2}{a^2}\right)\ne 0$$

因此，若方向確實是 $\hat a_\rho$，則題目資料不符合磁靜態條件，無法唯一決定磁場與磁向量位勢。

以下依「電子束沿軸向流動」的標準題意，採用

$$\vec J= \begin{cases} J_0\left(1-\dfrac{\rho^2}{a^2}\right)\hat a_z, & \rho<a\\[6pt] 0, & \rho>a \end{cases}$$

進行作答。

---

解題方法

電流分布具有圓柱對稱性，且電流沿 $z$ 軸方向，因此磁場只能沿環向：

$$\vec H=H_\phi(\rho)\hat a_\phi$$

使用安培定律：

$$\oint_C\vec H\cdot d\vec l=I_{\text{enc}}$$

取半徑為 $\rho$ 的圓形安培迴路，則

$$H_\phi(\rho)(2\pi\rho)=I_{\text{enc}}(\rho)$$

磁場方向由右手定則決定；若 $J_0>0$，方向為 $\hat a_\phi$。

---

(a) 求各處磁場強度

當 $\rho<a$ 時，包圍的電流為

$$I_{\text{enc}}(\rho) =\int_0^\rho J_0\left(1-\frac{\rho'^2}{a^2}\right)(2\pi\rho')\,d\rho'$$

計算得

$$I_{\text{enc}}(\rho) =2\pi J_0 \left[ \frac{\rho^2}{2}-\frac{\rho^4}{4a^2} \right]$$

因此

$$H_\phi(\rho) =\frac{I_{\text{enc}}(\rho)}{2\pi\rho} =J_0\left(\frac{\rho}{2}-\frac{\rho^3}{4a^2}\right)$$

所以，$\rho<a$ 時

$$\boxed{ \vec H(\rho) = J_0\left(\frac{\rho}{2}-\frac{\rho^3}{4a^2}\right)\hat a_\phi }$$

當 $\rho>a$ 時，包圍全部電流：

$$I_{\text{tot}} =\int_0^a J_0\left(1-\frac{\rho'^2}{a^2}\right)(2\pi\rho')\,d\rho' =\frac{\pi J_0a^2}{2}$$

故

$$H_\phi(\rho) =\frac{I_{\text{tot}}}{2\pi\rho} =\frac{J_0a^2}{4\rho}$$

所以，$\rho>a$ 時