111 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

本題具有球對稱性，因此電場與電位只與徑向距離 $R$ 有關：

$$\mathbf{E}(R)=E(R)\,\hat{\mathbf{R}}$$

使用的主要定理與關係如下：

1. 高斯定律

   $$\oint_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{a}=Q_{\text{free, enc}}$$

2. 線性介電質中的本構關係

   $$\mathbf{D}=\epsilon\mathbf{E},\qquad \epsilon=\epsilon_0\epsilon_r$$

3. 電位與電場的關係

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

4. 取無限遠處為電位零點：

   $$V(\infty)=0$$

假設題目中的 $\rho$ 為自由電荷密度，且介電質外部為真空。

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解題方法

由球對稱性，在半徑為 $R$ 的高斯球面上，$D(R)$ 為常數，且方向為徑向。因此

$$D(R)\,4\pi R^2=Q_{\text{free, enc}}(R)$$

先求半徑 $R$ 內所包覆的自由電荷。

1. 電荷分布區域：$0\le R\le b$

電荷密度為

$$\rho(R)=\rho_0\left(1-\frac{R^2}{b^2}\right)$$

半徑 $R$ 內的總電荷為

$$Q_{\text{enc}}(R) =4\pi\int_0^R \rho(r)r^2\,dr$$ $$=4\pi\rho_0\int_0^R \left(1-\frac{r^2}{b^2}\right)r^2\,dr$$ $$=4\pi\rho_0 \left(\frac{R^3}{3}-\frac{R^5}{5b^2}\right)$$

因此

$$D(R) =\frac{Q_{\text{enc}}(R)}{4\pi R^2} =\rho_0\left(\frac{R}{3}-\frac{R^3}{5b^2}\right)$$

在此區域為真空，所以

$$\mathbf{E}(R)=\frac{\mathbf{D}(R)}{\epsilon_0}$$

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2. 電荷分布的總電荷

令 $R=b$，可得整個帶電球的總電荷：

$$Q =4\pi\rho_0 \left(\frac{b^3}{3}-\frac{b^5}{5b^2}\right)$$ $$Q =4\pi\rho_0b^3\left(\frac13-\frac15\right) =\frac{8\pi\rho_0b^3}{15}$$

定義

$$k\equiv \frac{Q}{4\pi\epsilon_0} =\frac{2\rho_0b^3}{15\epsilon_0}$$

後續電位與電場可用 $k$ 表示。

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電場強度 $\mathbf{E}$

區域一：$0\le R\le b$

由上面的結果，

$$\boxed{ \mathbf{E}(R) = \frac{\rho_0}{\epsilon_0} \left(\frac{R}{3}-\frac{R^3}{5b^2}\right)\hat{\mathbf{R}} }$$

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區域二：$b<R<R_i$

此時高斯球已包覆全部自由電荷 $Q$，且所在區域為真空：

$$D(R)=\frac{Q}{4\pi R^2}$$

因此

$$\boxed{ \mathbf{E}(R) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0R^2}\hat{\mathbf{R}} = \frac{2\rho_0b^3}{15\epsilon_0R^2}\hat{\mathbf{R}} }$$

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區域三：$R_i<R<R_o$

此區域為介電質，介電常數為 $\epsilon=\epsilon_0\epsilon_r$。由於介電質內沒有額外的自由電荷，$\mathbf{D}$ 仍為

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

故

$$\boxed{ \mathbf{E}(R) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0\epsilon_rR^2}\hat{\mathbf{R}} = \frac{2\rho_0b^3}{15\epsilon_0\epsilon_rR^2}\hat{\mathbf{R}} }$$

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區域四：$R>R_o$

在介電質外部為真空，且高斯球仍包覆總自由電荷 $Q$：

$$\boxed{ \mathbf{E}(R) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0R^2}\hat{\mathbf{R}} = \frac{2\rho_0b^3}{15\epsilon_0R^2}\hat{\mathbf{R}} }$$

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電位 $V$

電位由

$$V(R)=\int_R^\infty \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l}$$

求得。介面處沒有理想偶極層，因此電位必須連續。

區域四：$R\ge R_o$

由於外部為真空，

$$V(R)=\int_R^\infty \frac{k}{r^2}\,dr$$

因此

$$\boxed{ V(R)=\frac{k}{R} =\frac{Q}{4\pi\epsilon_0R} =\frac{2\rho_0b^3}{15\epsilon_0R} }$$

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區域三：$R_i\le R\le R_o$

先由 $R$ 積分至 $R_o$：

$$V(R)=V(R_o)+\int_R^{R_o} \frac{k}{\epsilon_r r^2}\,dr$$

其中

$$V(R_o)=\frac{k}{R_o}$$

所以

$$V(R) = \frac{k}{R_o} +\frac{k}{\epsilon_r} \left(\frac1R-\frac1{R_o}\right)$$

整理得

$$\boxed{ V(R) = k\left[ \frac{1}{\epsilon_rR} +\left(1-\frac1{\epsilon_r}\right)\frac1{R_o} \right] }$$

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區域二：$b\le R\le R_i$

先求 $R_i$ 處的電位：

核心觀念

本題利用以下三個觀念：

1. 靜電場中的電位滿足拉普拉斯方程式

   矩形區域內沒有體電荷，因此由高斯定律可得

   $\nabla^2 V=0$

   因為各導電平面沿 $z$ 方向無限延伸，且邊界條件與 $z$ 無關，所以電位與 $z$ 無關：

   $\frac{\partial V}{\partial z}=0$

   故方程式化為二維形式

   $\frac{\partial^2 V}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 V}{\partial y^2}=0$

2. 分離變數法

   矩形邊界適合使用 $V(x,y)=X(x)Y(y)$，將二維問題化為兩個一維微分方程式。

3. 唯一性定理

   只要矩形邊界上的電位完全指定，滿足拉普拉斯方程式的解至多只有一個。因此只要所求解同時滿足微分方程式及四邊界條件，即為唯一答案。

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建立座標與邊界條件

設矩形寬度為 $a$、高度為 $b$，取座標範圍

$$0<x<a,\qquad 0<y<b$$

其中：

• 左側導體：$x=0$，電位為 $V_1$
• 右側導體：$x=a$，電位為 $V_2$
• 下側導體：$y=0$，接地
• 上側導體：$y=b$，接地

因此邊界條件為

$$V(0,y)=V_1,\qquad 0<y<b$$ $$V(a,y)=V_2,\qquad 0<y<b$$ $$V(x,0)=0,\qquad 0<x<a$$ $$V(x,b)=0,\qquad 0<x<a$$

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解題方法：分離變數法

令

$$V(x,y)=X(x)Y(y)$$

代入拉普拉斯方程式：

$$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0$$

兩邊除以 $X(x)Y(y)$：

$$\frac{X''(x)}{X(x)}=-\frac{Y''(y)}{Y(y)}$$

令分離常數為 $k^2$，得到

$$Y''+k^2Y=0$$

以及

$$X''-k^2X=0$$

由於 $y=0$ 與 $y=b$ 均接地，必須滿足

$$Y(0)=Y(b)=0$$

因此 $Y(y)$ 的本徵解為

$$Y_n(y)=\sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right), \qquad n=1,2,3,\ldots$$

並且

$$k_n=\frac{n\pi}{b}$$

對應的 $x$ 方向解為雙曲函數：

$$X_n(x)=A_n\sinh(k_nx)+B_n\cosh(k_nx)$$

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分別處理左右邊界

將總電位分解為左右兩部分：

$$V(x,y)=V_L(x,y)+V_R(x,y)$$

其中 $V_L$ 負責左側電位 $V_1$，$V_R$ 負責右側電位 $V_2$。

左側邊界的貢獻

要求 $V_L$ 滿足

$$V_L(0,y)=V_1,\qquad V_L(a,y)=0$$

可寫成

$$V_L(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty} C_n \frac{\sinh\left[k_n(a-x)\right]}{\sinh(k_na)} \sin(k_ny)$$

在 $x=0$ 時：

$$V_L(0,y)=\sum_{n=1}^{\infty}C_n\sin(k_ny)=V_1$$

將常數 $V_1$ 展開成傅立葉正弦級數：

$$V_1=\sum_{n=1}^{\infty}C_n \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right)$$

係數為

$$C_n=\frac{2}{b}\int_0^b V_1 \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\,dy$$

計算得

$$C_n=\frac{2V_1}{n\pi}\left[1-(-1)^n\right]$$

因此偶數 $n$ 的係數為零，只有奇數項存在：

$$C_n= \begin{cases} \dfrac{4V_1}{n\pi}, & n\text{ 為奇數}\\[6pt] 0, & n\text{ 為偶數} \end{cases}$$

所以

核心觀念

本題考查：

• 互感定義
  $M=\frac{\Phi_{21}}{I_1}$
• 長直導線的磁場
  $B=\frac{\mu_0 I_1}{2\pi x}$
• 固定電流下，利用磁能求力
  $F_x=I_1I_2\frac{dM}{dx}$

依圖示，假設長直導線與圓形線圈位於同一平面，圓線圈半徑為 $b$，其圓心到長直導線的距離為 $d$，且 $d>b$。

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(a) 互感

1. 長直導線的磁場

取圓線圈內距離長直導線為 $x$ 的窄條面積。長直導線通以電流 $I_1$，其磁場大小為

$$B(x)=\frac{\mu_0 I_1}{2\pi x}.$$

將圓形線圈沿著與導線垂直的方向切割。位於 $x$ 到 $x+dx$ 之間的弦長為

$$2\sqrt{b^2-(x-d)^2},$$

因此窄條面積為

$$dA=2\sqrt{b^2-(x-d)^2}\,dx.$$

磁通量大小為

$$\Phi_{21} =\int_{d-b}^{d+b}B(x)\,dA.$$

代入磁場與面積：

$$\Phi_{21} = \frac{\mu_0 I_1}{\pi} \int_{d-b}^{d+b} \frac{\sqrt{b^2-(x-d)^2}}{x}\,dx.$$

令 $u=x-d$，則積分變為

$$\Phi_{21} = \frac{\mu_0 I_1}{\pi} \int_{-b}^{b} \frac{\sqrt{b^2-u^2}}{d+u}\,du.$$

使用標準積分結果

$$\int_{-b}^{b} \frac{\sqrt{b^2-u^2}}{d+u}\,du = \pi\left(d-\sqrt{d^2-b^2}\right), \qquad d>b,$$

得到磁通量大小

$$\Phi_{21} = \mu_0 I_1 \left(d-\sqrt{d^2-b^2}\right).$$

因此互感大小為

$$\boxed{ M=\mu_0\left(d-\sqrt{d^2-b^2}\right) }.$$

2. 方向與互感正負號

若以紙面外為圓線圈逆時針電流的正法向，則長直導線向上通電時，在導線右側的磁場指向紙面內。因此磁通量與線圈正法向相反，帶符號的互感為

$$\boxed{ M_{\text{signed}} = -\mu_0\left(d-\sqrt{d^2-b^2}\right) }.$$

一般題目所稱的互感通常取大小，故答案寫成正值的 $M$ 即可；求力時則必須考慮方向。

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(b) 圓線圈所受的力

1. 利用磁能求力

核心觀念

本題考查均勻、各向同性、線性、無耗損、無源介質中的平面電磁波，核心公式包括：

• 電場 Helmholtz 方程式
• 波數 $k=\omega\sqrt{\mu\varepsilon}$
• 法拉第定律求磁場
• 電場與磁場的方向、大小關係

採用時間因子 $e^{j\omega t}$，並假設波沿 $+z$ 方向傳播。

介質參數為

$$\varepsilon=\text{介電常數},\qquad \mu=\text{導磁率}$$

因為介質無耗損，$\varepsilon$ 與 $\mu$ 均為實數，波數為

$$k=\omega\sqrt{\mu\varepsilon}$$

一、利用 Helmholtz 方程式求 $E_x(z)$

無源且無耗損介質中的電場 Helmholtz 方程式為

$$\nabla^2\mathbf{E}+k^2\mathbf{E}=0$$

題目給定

$$\mathbf{E}(x,y,z)=E_x(z)\hat{\mathbf{x}}$$

表示電場只有 $x$ 方向分量，且僅隨 $z$ 變化。因此

$$\nabla^2\mathbf{E} = \frac{d^2E_x(z)}{dz^2}\hat{\mathbf{x}}$$

代入 Helmholtz 方程式：

$$\left[ \frac{d^2E_x(z)}{dz^2}+k^2E_x(z) \right]\hat{\mathbf{x}}=0$$

故 $E_x(z)$ 滿足常微分方程式

$$\frac{d^2E_x(z)}{dz^2}+k^2E_x(z)=0$$

其特徵方程式為

$$r^2+k^2=0$$

因此

$$r=\pm jk$$

一般解為

$$E_x(z)=A e^{-jkz}+B e^{jkz}$$

其中：

• $A e^{-jkz}$ 對應沿 $+z$ 方向傳播的波；
• $B e^{jkz}$ 對應沿 $-z$ 方向傳播的波。

題目指稱波沿 $+z$ 方向傳播，因此取 $B=0$，得到

$$\boxed{ \mathbf{E}(z)=E_0e^{-jkz}\hat{\mathbf{x}} }$$

其中 $E_0$ 為電場相量振幅。

若寫成實際時域電場，則

$$\mathbf{E}(z,t) = \operatorname{Re} \left\{ E_0e^{j\omega t-jkz} \right\} \hat{\mathbf{x}}$$

若 $E_0$ 為實數，則

$$\mathbf{E}(z,t) = E_0\cos(\omega t-kz)\hat{\mathbf{x}}$$

二、由法拉第定律求對應的 $H$

在 $e^{j\omega t}$ 慣例下，法拉第定律的相量形式為

$$\nabla\times\mathbf{E}=-j\omega\mu\mathbf{H}$$

由

$$\mathbf{E}=E_x(z)\hat{\mathbf{x}}$$

可得旋度

$$\nabla\times\mathbf{E} = \frac{dE_x}{dz}\hat{\mathbf{y}}$$

對沿 $+z$ 方向傳播的電場

$$E_x(z)=E_0e^{-jkz}$$

其導數為

$$\frac{dE_x}{dz} = -jkE_x$$

因此

$$\nabla\times\mathbf{E} = -jkE_x\hat{\mathbf{y}}$$

代入法拉第定律：

$$-jkE_x\hat{\mathbf{y}} = -j\omega\mu\mathbf{H}$$

整理得

$$\mathbf{H} = \frac{k}{\omega\mu}E_x\hat{\mathbf{y}}$$

利用

核心觀念

本題考查均勻平面波在有損介質中的傳播常數。介質具有：

• 電導率 $\sigma\neq 0$
• 區域介電率 $\epsilon$
• 區域磁導率 $\mu$

複數傳播常數定義為

$$\gamma=\alpha+j\beta$$

其中：

• $\alpha$：衰減常數，單位為 $\mathrm{Np/m}$
• $\beta$：相位常數，單位為 $\mathrm{rad/m}$

採用時間因子 $e^{j\omega t}$，且波沿 $+z$ 方向傳播時，電場可寫成

$$\mathbf{E}(z)=\mathbf{E}_0e^{-\gamma z} =\mathbf{E}_0e^{-\alpha z}e^{-j\beta z}$$

因此 $\alpha$ 描述振幅隨距離的衰減，$\beta$ 描述相位隨距離的變化。

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解題方法

由 Maxwell 方程式，在均勻、線性、等向性的有損介質中，電場滿足波動方程式

$$\nabla^2\mathbf{E} = \mu\sigma\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t} + \mu\epsilon\frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2}$$

對時間因子 $e^{j\omega t}$ 而言，

$$\frac{\partial}{\partial t}\rightarrow j\omega$$

因此一維平面波的波動方程式為

$$\frac{d^2\mathbf{E}}{dz^2} = \left(j\omega\mu\sigma-\omega^2\mu\epsilon\right)\mathbf{E}$$

由 $\mathbf{E}(z)=\mathbf{E}_0e^{-\gamma z}$ 可得

$$\frac{d^2\mathbf{E}}{dz^2} = \gamma^2\mathbf{E}$$

所以

$$\gamma^2 = j\omega\mu\sigma-\omega^2\mu\epsilon$$

整理為

$$\gamma^2 = j\omega\mu(\sigma+j\omega\epsilon)$$

將 $\gamma=\alpha+j\beta$ 代入：

$$(\alpha+j\beta)^2 = \alpha^2-\beta^2+j2\alpha\beta$$

另一方面，

$$j\omega\mu(\sigma+j\omega\epsilon) = -\omega^2\mu\epsilon+j\omega\mu\sigma$$

比較實部與虛部，得到

$$\alpha^2-\beta^2=-\omega^2\mu\epsilon$$

以及

$$2\alpha\beta=\omega\mu\sigma$$

再利用

$$(\alpha^2+\beta^2)^2 = (\alpha^2-\beta^2)^2+(2\alpha\beta)^2$$

可得

$$(\alpha^2+\beta^2)^2 = \omega^4\mu^2\epsilon^2+\omega^2\mu^2\sigma^2$$

因此

$$\alpha^2+\beta^2 = \omega\mu\sqrt{\sigma^2+\omega^2\epsilon^2}$$

聯立前述兩式：

核心觀念

本題考查矩形波導中的 TM 模態與截止頻率。

矩形波導沿 $+z$ 方向傳播，截面範圍為

$$0<x<a,\qquad 0<y<b.$$

TM 模態定義為

$$H_z=0,\qquad E_z\neq 0.$$

採用時間相量慣例 $e^{j\omega t}$，並令波沿 $+z$ 方向以 $e^{-j\beta z}$ 傳播。定義

$$k=\omega\sqrt{\mu\varepsilon},$$

其中 $k$ 是介質中的波數，$\beta$ 是縱向傳播常數，$k_c$ 是截止波數。

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解題方法：先求縱向電場 $E_z$

在均勻波導中，TM 模態的縱向電場滿足橫向亥姆霍茲方程：

$$\nabla_t^2 E_z+k_c^2E_z=0,$$

其中

$$\nabla_t^2= \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2}.$$

由於四面側壁為理想導體，導體表面的切向電場必須為零。

在 $x=0$ 與 $x=a$ 側壁上，$E_z$ 是切向分量，因此

$$E_z=0.$$

在 $y=0$ 與 $y=b$ 側壁上，同樣有

$$E_z=0.$$

因此縱向電場必須採用正弦形式：

$$E_z=E_0 \sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right) e^{-j\beta z},$$

其中

$$m,n=1,2,3,\ldots$$

TM 模態不能有 $m=0$ 或 $n=0$，因為只要其中一個為零，$E_z$ 將處處為零，便不再是 TM 模態。

將上述 $E_z$ 代入橫向亥姆霍茲方程，可得截止波數：

$$k_c^2= \left(\frac{m\pi}{a}\right)^2 + \left(\frac{n\pi}{b}\right)^2.$$

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橫向場與縱向場的關係

對於 TM 模態，$H_z=0$，由 Maxwell 方程式可得

$$\mathbf E_t = -\frac{j\beta}{k_c^2} \nabla_t E_z,$$ $$\mathbf H_t = \frac{j\omega\varepsilon}{k_c^2} \hat{\mathbf z}\times\nabla_t E_z.$$

因此各分量為

$$E_x=-\frac{j\beta}{k_c^2} \frac{\partial E_z}{\partial x}, \qquad E_y=-\frac{j\beta}{k_c^2} \frac{\partial E_z}{\partial y},$$ $$H_x=\frac{j\omega\varepsilon}{k_c^2} \frac{\partial E_z}{\partial y}, \qquad H_y=-\frac{j\omega\varepsilon}{k_c^2} \frac{\partial E_z}{\partial x}.$$

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各場分量

先計算 $E_z$ 的偏微分：

$$\frac{\partial E_z}{\partial x} = E_0\frac{m\pi}{a} \cos\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right) e^{-j\beta z},$$ $$\frac{\partial E_z}{\partial y} = E_0\frac{n\pi}{b} \sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \cos\left(\frac{n\pi y}{b}\right) e^{-j\beta z}.$$

所以

電場分量

$$E_x= -\frac{j\beta E_0}{k_c^2} \frac{m\pi}{a} \cos\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right) e^{-j\beta z},$$ $$E_y= -\frac{j\beta E_0}{k_c^2} \frac{n\pi}{b} \sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \cos\left(\frac{n\pi y}{b}\right) e^{-j\beta z},$$