109 年 國立成功大學光電科學與工程研究所乙組《電磁學》

核心觀念

(a) 考向量恆等式，可用 Levi-Civita 符號將兩次旋度寫成分量形式，再利用 Kronecker delta 化簡。

(b) 點電荷的電通量可由高斯定律求得。依圖示，正方形面位於電荷正上方，中心與電荷對齊，且面與電荷相距 $a/2$；因此它是以電荷為中心、邊長為 $a$ 的立方體其中一面。

解題方法

(a) 證明向量恆等式

令 $\epsilon_{ijk}$ 為 Levi-Civita 符號，則左式第 $i$ 個分量為

$$\begin{aligned} \left[\nabla\times(\nabla\times\vec E)\right]_i &=\epsilon_{ijk}\partial_j\left(\epsilon_{klm}\partial_l E_m\right)\\ &=(\delta_{il}\delta_{jm}-\delta_{im}\delta_{jl}) \partial_j\partial_l E_m\\ &=\partial_i(\partial_j E_j)-\partial_j\partial_j E_i. \end{aligned}$$

第一項是 $\nabla(\nabla\cdot\vec E)$ 的第 $i$ 個分量，第二項是向量拉普拉斯 $\nabla^2\vec E$ 的第 $i$ 個分量。因此

核心觀念

本題考查均勻介電球置於均勻外加電場中的電勢、電場與束縛電荷分布，主要使用：

1. 無自由電荷區域的電勢滿足拉普拉斯方程
   $\nabla^2 V=0$

2. 球座標下的分離變數法與 Legendre 多項式展開。

3. 電勢與電場的關係
   $\vec E=-\nabla V$

4. 介面邊界條件：

   • 電勢連續；
   • 法向電位移連續，即
     $E_{r,\mathrm{in}}=\epsilon_r E_{r,\mathrm{out}}$

5. 均勻介電質中的極化密度
   $\vec P=\epsilon_0\chi_e\vec E$

6. 束縛表面電荷密度
   $\sigma_b=\vec P\cdot\hat n$

其中 $\epsilon_r=1+\chi_e$。

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解題方法：分離變數與角向形式

外加電場為

$$\vec E_{\mathrm{ext}}=E_0\hat z$$

其對應的遠處電勢為

$$V_{\mathrm{ext}}=-E_0z=-E_0r\cos\theta$$

問題具有軸對稱性，電勢與 $\phi$ 無關。球座標下拉普拉斯方程的軸對稱解可寫成

$$V(r,\theta)=\sum_{\ell=0}^{\infty} \left(A_\ell r^\ell+B_\ell r^{-(\ell+1)}\right)P_\ell(\cos\theta)$$

外加電場的角向依賴為 $\cos\theta=P_1(\cos\theta)$，因此只需保留 $\ell=1$ 項。

球內電勢必須在 $r=0$ 有限，因此不可含有 $r^{-2}$ 項。球外電勢則必須包含遠處的均勻電場項，並加入由介電球所造成的偶極修正項。

故設

$$V_{\mathrm{in}}=-A E_0 r\cos\theta$$

以及

$$V_{\mathrm{out}}=-E_0r\cos\theta +B E_0\frac{R^3}{r^2}\cos\theta$$

其中 $A$、$B$ 為待定常數。

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(a) 求球內與球外電勢

第一道邊界條件：電勢連續

在 $r=R$ 時，

$$V_{\mathrm{in}}=V_{\mathrm{out}}$$

代入上式：

$$-AE_0R\cos\theta = -E_0R\cos\theta +BE_0R\cos\theta$$

約去 $E_0R\cos\theta$，得到

$$-A=-1+B$$

因此

$$B=1-A$$

第二道邊界條件：法向電場

由

$$E_r=-\frac{\partial V}{\partial r}$$

球內電勢給出

$$E_{r,\mathrm{in}} = AE_0\cos\theta$$

球外電勢給出

$$E_{r,\mathrm{out}} = E_0\cos\theta +2BE_0\frac{R^3}{r^3}\cos\theta$$

在 $r=R$：

$$E_{r,\mathrm{out}}(R) = E_0(1+2B)\cos\theta$$

套用題目給定的邊界條件：

$$E_{r,\mathrm{in}}=\epsilon_rE_{r,\mathrm{out}}$$

因此

$$A=\epsilon_r(1+2B)$$

再利用 $B=1-A$：

$$A=\epsilon_r\left[1+2(1-A)\right]$$ $$A=\epsilon_r(3-2A)$$ $$A(1+2\epsilon_r)=3\epsilon_r$$

這裡需注意題目給定的法向條件是 $E_{r,\mathrm{in}}=\epsilon_r E_{r,\mathrm{out}}$，若將介電球內外介電常數分別寫成 $\epsilon=\epsilon_0\epsilon_r$ 與 $\epsilon_0$，標準電位移連續條件為

$$\epsilon_r E_{r,\mathrm{in}}=E_{r,\mathrm{out}}$$

故球內電場的正確係數應由

$$\epsilon_r A=1+2B$$

配合 $B=1-A$ 求得：

$$\epsilon_r A=1+2(1-A)$$ $$A(\epsilon_r+2)=3$$

因此

$$A=\frac{3}{\epsilon_r+2}$$

再由 $B=1-A$：

$$B=\frac{\epsilon_r-1}{\epsilon_r+2}$$

所以球內電勢為

$$\boxed{ V_{\mathrm{in}}(r<R) = -\frac{3}{\epsilon_r+2}E_0r\cos\theta }$$

球外電勢為

$$\boxed{ V_{\mathrm{out}}(r>R) = -E_0r\cos\theta + \frac{\epsilon_r-1}{\epsilon_r+2} E_0\frac{R^3}{r^2}\cos\theta }$$

以 $\chi_e=\epsilon_r-1$ 表示，也可寫成

$$V_{\mathrm{in}} = -\frac{3}{\chi_e+3}E_0r\cos\theta$$ $$V_{\mathrm{out}} = -E_0r\cos\theta + \frac{\chi_e}{\chi_e+3} E_0\frac{R^3}{r^2}\cos\theta$$

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(b) 求球內與球外電場

球內電場

球內電勢為

$$V_{\mathrm{in}} = -\frac{3E_0}{\epsilon_r+2}r\cos\theta$$

由於

$$r\cos\theta=z$$

可寫為

$$V_{\mathrm{in}} = -\frac{3E_0}{\epsilon_r+2}z$$

因此球內電場為均勻電場：

$$\boxed{ \vec E_{\mathrm{in}} = \frac{3}{\epsilon_r+2}E_0\hat z }$$

也就是說，介電球內部的電場方向仍為 $\hat z$，但大小被介電極化效應降低。

球外電場

令

$$\beta=\frac{\epsilon_r-1}{\epsilon_r+2}$$

則

$$V_{\mathrm{out}} = -E_0r\cos\theta +\beta E_0\frac{R^3}{r^2}\cos\theta$$

球座標梯度為

題目文字與附圖內容不一致：附圖中的第 3 題是「平行導電板受力」，以下依你提供的偶極子第 3 題文字作答。

核心觀念

本題考查：

• 電偶極子的遠場近似。

• 電位與電場的關係：

  $\vec{E}=-\nabla V$

• 球座標中的梯度。

• 接地導體平面的鏡像法。

• 電偶極矩所受轉矩：

  $\vec{N}=\vec{p}\times\vec{E}$

(a) 遠處電位與電場

電偶極矩為

$$\vec{p}=qd\hat{z}$$

觀測點位置向量為

$$\vec{r}=r\hat{r}$$

由電偶極子的遠場近似，

$$V(\vec r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\vec p\cdot\vec r}{r^3}$$

因為

$$\vec p\cdot\vec r =qd\,r\cos\theta =p r\cos\theta$$

所以電位為

$$\boxed{ V(r,\theta)= \frac{p\cos\theta}{4\pi\epsilon_0 r^2} }$$

其中 $p=qd$。

在球座標中，

$$\nabla V= \hat r\frac{\partial V}{\partial r} +\hat\theta\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial\theta} +\hat\phi\frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial V}{\partial\phi}$$

由於 $V$ 與 $\phi$ 無關，

$$\frac{\partial V}{\partial r} = -\frac{2p\cos\theta}{4\pi\epsilon_0r^3}$$

以及

$$\frac{\partial V}{\partial\theta} = -\frac{p\sin\theta}{4\pi\epsilon_0r^2}$$

因此

$$\vec E=-\nabla V$$

得到

$$\boxed{ \vec E= \frac{p}{4\pi\epsilon_0r^3} \left( 2\cos\theta\,\hat r +\sin\theta\,\hat\theta \right) }$$

也可寫成向量形式：

$$\boxed{ \vec E= \frac{1}{4\pi\epsilon_0r^3} \left[ 3(\vec p\cdot\hat r)\hat r-\vec p \right] }$$

核心觀念

本題考查：

• 旋轉帶電面形成的面電流密度
  $\vec K=\sigma\vec v$
• 電流分布的磁偶極矩
  $\vec m=\frac{1}{2}\int_S \vec r'\times\vec K\,da$
• 磁偶極子的遠場向量位勢
  $\vec A_{\text{dipole}}(\vec r)=\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\vec m\times\vec r}{r^3}$
• 由球座標中的旋度求磁場。

令球殼以 $z$ 軸為旋轉軸：

$$\vec\omega=\omega\hat z$$

球面上極角為 $\theta$ 的位置，其切向速度為

$$\vec v=\vec\omega\times\vec r =\omega R\sin\theta\,\hat\phi$$

因此面電流密度為

$$\vec K=\sigma\omega R\sin\theta\,\hat\phi$$

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(a) 磁偶極矩

磁偶極矩定義為

$$\vec m=\frac{1}{2}\int_S\vec r\times\vec K\,da$$

其中

$$\vec r=R\hat r,\qquad da=R^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi$$

由球座標單位向量關係

$$\hat r\times\hat\phi=-\hat\theta$$

可得

$$\vec r\times\vec K =R\hat r\times \left(\sigma\omega R\sin\theta\,\hat\phi\right) =-\sigma\omega R^2\sin\theta\,\hat\theta$$

其 $z$ 方向分量為

$$\left(-\hat\theta\right)\cdot\hat z=\sin\theta$$

所以

$$m_z =\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\int_0^\pi \sigma\omega R^2\sin^2\theta \left(R^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi\right)$$ $$m_z =\frac{\sigma\omega R^4}{2} \int_0^{2\pi}d\phi \int_0^\pi\sin^3\theta\,d\theta$$

利用

$$\int_0^{2\pi}d\phi=2\pi,\qquad \int_0^\pi\sin^3\theta\,d\theta=\frac{4}{3}$$

因此

$$\boxed{\vec m=\frac{4\pi}{3}\sigma\omega R^4\,\hat z}$$

若以總電荷量

$$Q=4\pi R^2\sigma$$

表示，則

$$\boxed{\vec m=\frac{1}{3}QR^2\vec\omega}$$

方向依右手定則決定；若 $\sigma>0$，方向與 $\vec\omega$ 相同。

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(b) 遠場向量位勢

由

$$\vec A_{\text{dipole}} =\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\vec m\times\vec r}{r^3}$$

且

$$\vec m=m\hat z$$

在球座標中，

$$\hat z=\cos\theta\,\hat r-\sin\theta\,\hat\theta$$

因此

$$\vec m\times\vec r =m\hat z\times(r\hat r) =mr\sin\theta\,\hat\phi$$

故

$$\vec A_{\text{dipole}} =\frac{\mu_0m\sin\theta}{4\pi r^2}\hat\phi$$

代入

$$m=\frac{4\pi}{3}\sigma\omega R^4$$

得到

$$\boxed{ \vec A_{\text{dipole}}(r,\theta) = \frac{\mu_0\sigma\omega R^4}{3r^2} \sin\theta\,\hat\phi }$$

所以球座標分量為

核心觀念

本題考查兩部分：

1. 以自由電荷密度 $\rho_f$ 與自由電流密度 $\vec J_f$ 表示的巨觀 Maxwell 方程組。
2. 利用 Maxwell 方程組的積分形式，配合跨越介面的微小高斯柱體與微小矩形迴路，推導電磁場在兩介面上的邊界條件。

介面兩側分別稱為區域 1 與區域 2，定義單位法向量 $\hat n$ 由區域 1 指向區域 2。介面上的自由面電荷密度為 $\rho_{fs}$，自由面電流密度為 $\vec K_{fs}$。

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一、Maxwell 方程組與物理意義

1. 電位移的高斯定律

微分形式為

$$\nabla\cdot\vec D=\rho_f$$

積分形式為

$$\oint_S \vec D\cdot d\vec a = \int_V \rho_f\,dv = Q_{f,\text{ enclosed}}$$

其中 $\vec D$ 為電位移向量，$\rho_f$ 為自由電荷密度。

物理意義是：封閉曲面上 $\vec D$ 的通量等於曲面所包圍的自由電荷總量。電場的源可以來自自由電荷與束縛電荷，而在介電質的巨觀描述中，束縛電荷效應已經包含於 $\vec D$ 的定義中，因此右側只出現自由電荷 $\rho_f$。

相關定義為

$$\vec D=\varepsilon_0\vec E+\vec P$$

其中 $\vec P$ 為極化向量。

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2. 磁場的高斯定律

微分形式為

$$\nabla\cdot\vec B=0$$

積分形式為

$$\oint_S \vec B\cdot d\vec a=0$$

其中 $\vec B$ 為磁通密度。

物理意義是：自然界目前沒有觀察到孤立磁荷，因此磁力線沒有起點或終點，而是形成封閉曲線。穿過任意封閉曲面的淨磁通量必為零。

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3. 法拉第電磁感應定律

微分形式為

$$\nabla\times\vec E = -\frac{\partial\vec B}{\partial t}$$

積分形式為

$$\oint_C \vec E\cdot d\vec l = -\frac{d}{dt} \int_S \vec B\cdot d\vec a$$

物理意義是：隨時間變化的磁場會產生旋渦電場。此電場的閉合路徑積分，即感應電動勢，等於穿過迴路的磁通量變化率的負值。負號代表楞次定律，即感應效應會抵抗磁通量的改變。

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4. 安培–馬克士威定律

微分形式為

$$\nabla\times\vec H = \vec J_f+\frac{\partial\vec D}{\partial t}$$

積分形式為

$$\oint_C \vec H\cdot d\vec l = \int_S \vec J_f\cdot d\vec a + \frac{d}{dt} \int_S \vec D\cdot d\vec a$$

其中 $\vec H$ 為磁場強度，$\vec J_f$ 為自由電流密度。

右側第一項為傳導自由電流，第二項為位移電流密度：

$$\vec J_d=\frac{\partial\vec D}{\partial t}$$

物理意義是：自由電流與隨時間變化的電位移都能產生旋渦磁場。馬克士威加入位移電流項後，即使在沒有導電電流的區域，例如電容器極板間，變動電場仍可連續產生磁場。

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二、邊界條件的推導

1. 電位移向量的法向分量

使用高斯定律

$$\oint_S \vec D\cdot d\vec a = Q_{f,\text{ enclosed}}$$

取一個高度趨近於零、上下底面分別位於區域 1 與區域 2 的薄圓柱高斯面。圓柱底面面積為 $\Delta S$。

側面通量在高度趨近於零時消失，只剩上下底面的貢獻。由於上底面法向量為 $\hat n$，下底面法向量為 $-\hat n$，因此

$$\vec D_2\cdot\hat n\,\Delta S - \vec D_1\cdot\hat n\,\Delta S = \rho_{fs}\Delta S$$

除以 $\Delta S$ 得

$$\hat n\cdot(\vec D_2-\vec D_1)=\rho_{fs}$$

因此電位移向量法向分量的邊界條件為

$$\boxed{ \hat n\cdot(\vec D_2-\vec D_1)=\rho_{fs} }$$

若介面上沒有自由面電荷，則

$$\hat n\cdot\vec D_2 = \hat n\cdot\vec D_1$$

也就是 $\vec D$ 的法向分量連續。

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2. 磁通密度的法向分量

使用磁場高斯定律

$$\oint_S \vec B\cdot d\vec a=0$$

同樣取跨越介面的薄圓柱高斯面。令圓柱高度趨近於零，側面通量消失，得到

$$\vec B_2\cdot\hat n\,\Delta S - \vec B_1\cdot\hat n\,\Delta S = 0$$

因此

$$\boxed{ \hat n\cdot(\vec B_2-\vec B_1)=0 }$$

或寫成

$$\boxed{ \hat n\cdot\vec B_2 = \hat n\cdot\vec B_1 }$$

這表示磁通密度的法向分量必定連續。其根本原因是不存在磁單極，因此介面上不會有磁荷面密度。

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3. 電場的切向分量

核心觀念

本題考查介面上的菲涅耳反射與折射。入射角 $\theta_i$、反射角和折射角 $\theta_t$ 均以介面法線為基準。折射角遵守史涅耳定律：

$$n_1\sin\theta_i=n_2\sin\theta_t$$

對非磁性介電質，TM 波的反射係數可寫為

$$r_{\mathrm{TM}} = \frac{n_2\cos\theta_i-n_1\cos\theta_t} {n_2\cos\theta_i+n_1\cos\theta_t}$$

布魯斯特角 $\theta_B$ 的定義是 TM 波反射振幅為零，也就是 $r_{\mathrm{TM}}=0$。以下假設兩介質皆為非磁性介質，且光由低折射率介質射向高折射率介質，即 $n_2>n_1$。

解題方法

(a) 令 $\theta_i=\theta_B$，由 $r_{\mathrm{TM}}=0$ 得

$$n_2\cos\theta_B=n_1\cos\theta_t$$

配合史涅耳定律，

$$n_1\sin\theta_B=n_2\sin\theta_t$$

可分別解出折射角的正弦與餘弦：

$$\sin\theta_t=\frac{n_1}{n_2}\sin\theta_B, \qquad \cos\theta_t=\frac{n_2}{n_1}\cos\theta_B$$

利用 $\sin^2\theta_t+\cos^2\theta_t=1$，並令 $m=n_2/n_1$：

$$\frac{1}{m^2}\sin^2\theta_B+m^2\cos^2\theta_B=1$$

核心觀念

本題考查均勻平面電磁波的下列關係：

1. 由相位函數判斷傳播方向。
2. 由角頻率求頻率。
3. 在空氣中利用波速求相位常數與波長。
4. 利用電場與磁場的向量關係求磁場：

$$\vec{H}=\frac{1}{\eta}\hat{k}\times\vec{E}$$

其中 $\hat{k}$ 為傳播方向單位向量，$\eta$ 為介質的波阻抗。空氣可視為真空，因此

$$\eta_0=120\pi\ \Omega,\qquad c=3\times10^8\ \text{m/s}$$

題 given 電場為

$$\vec{E}(x,t)=\hat{z}60\cos\left(6\pi\times10^6t+\beta x\right)\ \text{V/m}$$

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解題方法

（a）傳播方向與頻率

均勻平面波的標準形式為

$$\vec{E}=\vec{E}_0\cos(\omega t-\vec{k}\cdot\vec{r})$$

若波沿 $+x$ 方向傳播，相位通常寫成

$$\omega t-\beta x$$

本題相位為

$$\omega t+\beta x$$

可改寫成

$$\omega t-(-\beta)x$$

因此波向 $-x$ 方向傳播。

也可由固定相位直接判斷：

$$\omega t+\beta x=\text{常數}$$

對時間微分：

$$\omega+\beta\frac{dx}{dt}=0$$

因此

$$\frac{dx}{dt}=-\frac{\omega}{\beta}<0$$

再次確認傳播方向為 $-x$ 軸。

由題目相位中的時間項可得角頻率

$$\omega=6\pi\times10^6\ \text{rad/s}$$

角頻率與頻率的關係為

$$\omega=2\pi f$$

所以

$$f=\frac{\omega}{2\pi} =\frac{6\pi\times10^6}{2\pi} =3\times10^6\ \text{Hz}$$

因此

$$\boxed{f=3\ \text{MHz}}$$

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（b）相位常數 $\beta$ 與波長 $\lambda$

空氣中的電磁波速為

$$v=c=3\times10^8\ \text{m/s}$$

相位常數與角頻率的關係為

$$\beta=\frac{\omega}{v}$$

代入數值：

$$\beta =\frac{6\pi\times10^6}{3\times10^8} =2\pi\times10^{-2} =\frac{\pi}{50}\ \text{rad/m}$$

因此

$$\boxed{\beta=\frac{\pi}{50}\ \text{rad/m}\approx0.0628\ \text{rad/m}}$$

波長與相位常數的關係為

$$\lambda=\frac{2\pi}{\beta}$$

故

$$\lambda =\frac{2\pi}{\pi/50} =100\ \text{m}$$

因此

$$\boxed{\lambda=100\ \text{m}}$$

亦可使用 $\lambda=v/f$ 驗算：

$$\lambda=\frac{3\times10^8}{3\times10^6}=100\ \text{m}$$

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核心觀念

平行板波導兩板間距為 $a$，介質相對介電常數為 $\varepsilon_r=2.25$。假設介質為非磁性材料，因此 $\mu_r=1$，波導內電磁波的相速度為

$$v=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}} =\frac{c}{\sqrt{\varepsilon_r}} =\frac{c}{1.5} =\frac{2c}{3}.$$

平行板波導的截止波數為

$$k_c=\frac{n\pi}{a},\qquad n=1,2,\ldots$$

截止頻率由

$$\omega_c=vk_c$$

得到

$$f_{c,n}=\frac{\omega_c}{2\pi} =\frac{n}{2a\sqrt{\mu\varepsilon}} =\frac{nc}{2a\sqrt{\varepsilon_r}}.$$

TEM 模式不需要在板間形成橫向駐波，因此

$$f_{c,\mathrm{TEM}}=0.$$

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(a) 各模式的截止頻率

已知

$$a=5\ \mathrm{cm}=0.05\ \mathrm{m}, \qquad \sqrt{\varepsilon_r}=1.5.$$

因此基本截止頻率為

$$f_{c,1} =\frac{c}{2a\sqrt{\varepsilon_r}} =\frac{3\times 10^8}{2(0.05)(1.5)} =2\times 10^9\ \mathrm{Hz} =2\ \mathrm{GHz}.$$

所以

$$f_{c,2}=2f_{c,1}=4\ \mathrm{GHz}.$$

各模式結果如下：

• TEM：

$$f_{c,\mathrm{TEM}}=0.$$

• TM1：

$$f_{c,\mathrm{TM1}}=2\ \mathrm{GHz}.$$

• TM2：

$$f_{c,\mathrm{TM2}}=4\ \mathrm{GHz}.$$

• TE1：

$$f_{c,\mathrm{TE1}}=2\ \mathrm{GHz}.$$

• TE2：

$$f_{c,\mathrm{TE2}}=4\ \mathrm{GHz}.$$

在理想平行板波導中，具有相同階數的 TE 與 TM 模式，其截止頻率相同。

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(b) 頻率 $f=3\ \mathrm{GHz}$ 時可激發的模式

模式能夠傳播的條件為

$$f>f_c.$$

逐一判斷：

• TEM：

$$3\ \mathrm{GHz}>0$$

可傳播。

• TE1、TM1：

$$3\ \mathrm{GHz}>2\ \mathrm{GHz}$$

均可傳播。

• TE2、TM2：

$$3\ \mathrm{GHz}<4\ \mathrm{GHz}$$

均低於截止頻率，不能傳播，僅形成倏逝場。

因此在 $3\ \mathrm{GHz}$ 時可激發的模式為

$$\boxed{\mathrm{TEM,\ TE1,\ TM1}}.$$

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(c) 各可傳播模式的相速度與群速度

導波模式的傳播常數為

$$\beta=\sqrt{k^2-k_c^2},$$

其中

$$k=\frac{\omega}{v}.$$

由此可得相速度