113 年 國立成功大學光電科學與工程研究所甲組《電磁學》

核心觀念

本題考查：

1. 電磁學基本定律的積分式與微分式。
2. 散度定理與 Stokes 定理。
3. 利用高斯定律與法拉第定律推導介面邊界條件。
4. 向量微積分恆等式。

設介面兩側分別為區域 $1$ 與區域 $2$，介電常數為 $\epsilon_1$、$\epsilon_2$；介面單位法向量 $\hat{\mathbf n}$ 由區域 $1$ 指向區域 $2$。

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(a) Maxwell 方程式中的 Coulomb 定律與 Faraday 定律

(i) Coulomb 定律

兩個點電荷 $q_1$、$q_2$ 相距向量為 $\mathbf r$ 時，電荷 $q_1$ 受到的電力為

$$\mathbf F_{12} = \frac{1}{4\pi\epsilon} \frac{q_1q_2}{R^2}\hat{\mathbf R}$$

其中 $R=|\mathbf R|$，$\hat{\mathbf R}$ 是由 $q_2$ 指向 $q_1$ 的單位向量。

對連續電荷分布，電場可寫成

$$\mathbf E(\mathbf r) = \frac{1}{4\pi\epsilon} \int \frac{\rho(\mathbf r')(\mathbf r-\mathbf r')} {|\mathbf r-\mathbf r'|^3} \,dv'$$

在 Maxwell 方程式中，Coulomb 定律的局部形式是高斯定律：

$$\nabla\cdot\mathbf D=\rho_v$$

若介質為線性、均勻、各向同性介質，且

$$\mathbf D=\epsilon\mathbf E$$

則

$$\nabla\cdot\mathbf E = \frac{\rho_v}{\epsilon}$$

其積分形式為

$$\oint_S \mathbf D\cdot d\mathbf S = Q_{\text{enc}}$$

也就是封閉曲面上的電通量等於曲面所包圍的總自由電荷。

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(ii) Faraday 定律

Faraday 電磁感應定律的積分形式為

$$\oint_C \mathbf E\cdot d\mathbf l = -\frac{d}{dt} \int_S \mathbf B\cdot d\mathbf S$$

其中 $C$ 是封閉路徑，$S$ 是以 $C$ 為邊界的曲面。

利用 Stokes 定理：

$$\oint_C \mathbf E\cdot d\mathbf l = \int_S(\nabla\times\mathbf E)\cdot d\mathbf S$$

可得微分形式

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

負號表示感應電場所造成的磁通量變化具有反抗原磁通量變化的方向，這就是楞次定律。

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(b) 兩個向量積分定理

(i) Divergence theorem（散度定理）

散度定理將封閉曲面上的通量積分轉換為體積內的散度積分：

$$\oint_S \mathbf A\cdot d\mathbf S = \int_V(\nabla\cdot\mathbf A)\,dv$$

其中 $S$ 是體積 $V$ 的封閉邊界，$d\mathbf S=\hat{\mathbf n}\,dS$，法向量方向取向外。

套用於電位移向量 $\mathbf D$：

$$\oint_S \mathbf D\cdot d\mathbf S = \int_V\nabla\cdot\mathbf D\,dv = \int_V\rho_v\,dv$$

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(ii) Stokes theorem

Stokes 定理將開曲面上的旋度通量轉換為邊界封閉曲線上的線積分：

$$\oint_C\mathbf A\cdot d\mathbf l = \int_S(\nabla\times\mathbf A)\cdot d\mathbf S$$

其中 $C=\partial S$，曲線方向與曲面法向量依右手定則決定。

套用於電場：

$$\oint_C\mathbf E\cdot d\mathbf l = \int_S(\nabla\times\mathbf E)\cdot d\mathbf S$$

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(c) dielectric interface 的電場邊界條件

解題方法

• 法向分量使用高斯定律，取跨越介面的薄圓柱形高斯柱體。
• 切向分量使用 Faraday 定律，取跨越介面的極小矩形迴路。

這樣選擇的原因是：

• 散度描述通量，直接決定向量的法向分量。
• 旋度描述環流，直接決定向量的切向分量。

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(i) 電場平行介面的分量

取一個跨越介面的極小矩形迴路，長邊平行介面，長度為 $\Delta l$；短邊垂直介面，高度為 $\Delta h$。

Faraday 定律為

$$\oint_C\mathbf E\cdot d\mathbf l = -\frac{d}{dt}\int_S\mathbf B\cdot d\mathbf S$$

當 $\Delta h\to 0$ 時，矩形面積趨近於零，因此磁通量項趨近於零：

$$\oint_C\mathbf E\cdot d\mathbf l=0$$

四邊線積分中，垂直介面的兩條短邊長度趨近於零，只剩兩條平行介面的長邊：

$$\mathbf E_{2\parallel}\cdot\Delta\mathbf l - \mathbf E_{1\parallel}\cdot\Delta\mathbf l =0$$

因此

$$\boxed{\mathbf E_{1\parallel}=\mathbf E_{2\parallel}}$$

亦可寫成

$$\boxed{\hat{\mathbf n}\times(\mathbf E_2-\mathbf E_1)=\mathbf 0}$$

若介面為靜電場，這也可由 $\nabla\times\mathbf E=\mathbf 0$ 得出。

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(ii) 電場垂直介面的分量

取一個跨越介面的薄圓柱形高斯柱體，頂面位於區域 $2$，底面位於區域 $1$，底面與頂面積為 $\Delta S$。

高斯定律為

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

若介面上存在自由面電荷密度 $\rho_s$，則包圍的自由電荷為

$$Q_{\text{free, enc}}=\rho_s\Delta S$$

令圓柱高度趨近於零，側面通量消失，頂面與底面通量相加為

$$\mathbf D_2\cdot\hat{\mathbf n}\,\Delta S - \mathbf D_1\cdot\hat{\mathbf n}\,\Delta S = \rho_s\Delta S$$

整理得

$$\boxed{D_{2n}-D_{1n}=\rho_s}$$

即

$$\boxed{\hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf D_2-\mathbf D_1)=\rho_s}$$

因為

核心觀念

這題考均勻外電場作用下，介電球內外的靜電位分布。球內、球外皆無自由體電荷，因此電位分別滿足拉普拉斯方程；球面上則使用電位連續，以及法向電位移連續的邊界條件。

原卷掃描圖中的外電場標為 $\vec E=E_0\hat z$，題目文字所列的 $\hat x$ 與原卷不同。以下依原卷採用 $\hat z$ 為極軸，$\theta$ 為位置向量與 $\hat z$ 軸的夾角。若採用 $\hat x$，只要把結果中的 $\hat z$ 改成 $\hat x$，並將 $\theta$ 改為與 $\hat x$ 軸的夾角，公式形式不變。

解題方法

球形邊界與外場都具軸對稱性，故可用勒讓德多項式展開拉普拉斯方程的解。外加均勻電場的電位為 $-E_0r\cos\theta$，只含 $P_1(\cos\theta)=\cos\theta$；由邊界條件可知，只需保留 $l=1$ 項。

(a) 內外電位的一般形式

球內解必須在 $r=0$ 有限；球外解則包含外加均勻電場，以及隨距離衰減的感應場。因此：

$$V_{\mathrm{in}}(r,\theta) = \sum_{l=0}^{\infty} A_l r^l P_l(\cos\theta), \qquad r<R$$ $$V_{\mathrm{out}}(r,\theta) = -E_0r\cos\theta + \sum_{l=0}^{\infty} \frac{B_l}{r^{l+1}}P_l(\cos\theta), \qquad r>R$$

其中 $A_l$、$B_l$ 為待定係數。

(b) 球面與無窮遠處的邊界條件

球面上電位連續：

$$V_{\mathrm{in}}(R,\theta)=V_{\mathrm{out}}(R,\theta)$$

假設球面沒有自由面電荷，法向電位移連續：

$$\epsilon_0\epsilon_r \left.\frac{\partial V_{\mathrm{in}}}{\partial r}\right|_{r=R} = \epsilon_0 \left.\frac{\partial V_{\mathrm{out}}}{\partial r}\right|_{r=R}$$

也就是：

$$\epsilon_r \left.\frac{\partial V_{\mathrm{in}}}{\partial r}\right|_{r=R} = \left.\frac{\partial V_{\mathrm{out}}}{\partial r}\right|_{r=R}$$

無窮遠處的電位須趨近外加均勻電場的電位：

$$V_{\mathrm{out}}(r,\theta) \underset{r\to\infty}{\sim} -E_0r\cos\theta$$

(c) 求球內、球外電位

因外加場只含 $P_1(\cos\theta)$，令

$$V_{\mathrm{in}}=Ar\cos\theta, \qquad V_{\mathrm{out}}=-E_0r\cos\theta+\frac{B\cos\theta}{r^2}$$

在 $r=R$ 套用電位連續與法向電位移連續：

$$AR=-E_0R+\frac{B}{R^2}$$

核心觀念

接地導體球的表面電位為 $0$。鏡像法以球內的虛擬點電荷取代導體的感應電荷，使球外電位符合這個邊界條件；再由唯一性定理，確認所得電位就是原問題的解。

解題方法與推導

由圖可讀出：以球心為原點，水平向右為 $\theta=0$ 的方向；真實電荷 $q$ 在左側，距球心 $d$，且 $d>a$。鏡像電荷 $q'$ 位於同一水平軸的球內，距球心 $d'$；$P1$、$P2$ 分別是球面最右端與最左端，$P3$ 是任意球面點。

在 $P1$，真實電荷與鏡像電荷到該點的距離分別為 $d+a$、$a+d'$。球面接地，故

$$\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left(\frac{q}{d+a}+\frac{q'}{a+d'}\right)=0.$$

在 $P2$，兩者到該點的距離分別為 $d-a$、$a-d'$，因此

$$\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left(\frac{q}{d-a}+\frac{q'}{a-d'}\right)=0.$$

由這兩式分別解出 $q'$，並令兩式相等：

$$q'=-q\frac{a+d'}{d+a} =-q\frac{a-d'}{d-a}.$$

整理可得

$$(d-a)(a+d')=(d+a)(a-d'),$$ $$ad-a^2+dd'=ad+a^2-dd',$$

所以

$$\boxed{d'=\frac{a^2}{d}}.$$

代回任一式，例如 $P1$ 的條件：

$$q'=-q\frac{a+a^2/d}{d+a} =\boxed{-\frac{qa}{d}}.$$

因此鏡像電荷為負，且位於球內、沿著朝向真實電荷的軸線上。

球外電位與球面驗證

球外任意點以球心為原點、座標記為 $(r,\theta)$。由圖中角度定義，真實電荷與鏡像電荷都在負水平軸上，因此到觀測點的距離分別為

$$R_q=\sqrt{r^2+d^2+2rd\cos\theta},$$ $$R_{q'}=\sqrt{r^2+d'^2+2rd'\cos\theta}.$$

用點電荷電位疊加，並代入 $d'=a^2/d$、$q'=-qa/d$，得到球外電位：

核心觀念

本題考查磁場在兩種介質交界面的邊界條件，以及「無限磁導率」材料的理想化特性。

設介面法向量 $\hat{\mathbf n}$ 由自由空間介質 1 指向磁性材料介質 2，則一般磁場邊界條件為：

1. 磁通密度法向分量連續：

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

因此，

$$B_{2n}=B_{1n}$$

2. 磁場強度切向分量的跳躍由自由面電流密度 $\mathbf K_f$ 決定：

$$\hat{\mathbf n}\times(\mathbf H_2-\mathbf H_1)=\mathbf K_f$$

若介面上沒有自由面電流，則

$$\mathbf H_{2t}=\mathbf H_{1t}$$

此外，材料的本構關係為

$$\mathbf B=\mu\mathbf H$$

對介質 2 而言，$\mu_2\to\infty$。

解題方法

1. 介質 2 內部的磁場強度

在沒有外加無限大磁通密度的情況下，材料內部的 $\mathbf B_2$ 維持有限值。由

$$\mathbf H_2=\frac{\mathbf B_2}{\mu_2}$$

以及 $\mu_2\to\infty$，可得

$$\mathbf H_2\to 0$$

因此，無限磁導率材料表面的磁場強度切向分量為

$$\mathbf H_{2t}=0$$

若介面沒有自由面電流，根據切向 $\mathbf H$ 的連續性：

$$\boxed{\mathbf H_{1t}=0}$$

這表示自由空間中的磁場強度在介面上沒有切向分量，故 $\mathbf H_1$ 必須垂直於介面。

2. 磁通密度的法向分量

由磁通連續定律

$$\nabla\cdot\mathbf B=0$$

可得介面兩側的磁通密度法向分量連續：

$$\boxed{B_{1n}=B_{2n}}$$

由於自由空間中 $\mathbf B_1=\mu_0\mathbf H_1$，且 $\mathbf H_1$ 僅有法向分量，因此

核心觀念

本題考查自由空間中的球面電磁波，以及下列關係：

1. 自由空間中的波數
   $k=\omega\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}=\frac{\omega}{c}$

2. 均勻平面波或遠場球面波中，電場與磁場的阻抗關係
   $\vec{H}=\frac{1}{\eta_0}\hat{r}\times\vec{E}$

其中自由空間波阻抗為

$\eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_0}}\approx 377\ \Omega$

題目未明示電場方向，依球面波的標準表示，將電場理解為 $\theta$ 方向：

$$\vec{E}(r,t)=\frac{E_0}{r}\sin\theta\cos(\omega t-kr)\,\hat{\theta}$$

相位 $\omega t-kr$ 表示波向半徑增加方向，即沿 $\hat r$ 向外傳播。

解題方法

1. 求磁場方向

電磁波中，$\vec{E}$、$\vec{H}$ 與傳播方向彼此垂直，且滿足右手定則：

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

因此磁場沿 $\hat\phi$ 方向：

$$\vec{H}(r,t)=H_\phi(r,t)\hat\phi$$

2. 求磁場大小

自由空間中電場與磁場的振幅比為

$$\frac{E}{H}=\eta_0$$

因此

$$H_\phi(r,t)=\frac{E_\theta(r,t)}{\eta_0}$$

代入題目給定的電場：

$$H_\phi(r,t) = \frac{E_0}{\eta_0 r}\sin\theta\cos(\omega t-kr)$$

故磁場為

$$\boxed{ \vec{H}(r,t) = \frac{E_0}{\eta_0 r}\sin\theta\cos(\omega t-kr)\,\hat\phi }$$

其中

核心觀念

本題考查良導體內平面電磁波的：

• 衰減常數與穿透深度
• 導體中的焦耳熱損耗
• 平均坡印廷向量
• 頻域坡印廷定理：入射電磁功率全部轉化為導體內的焦耳熱

題目未給定電場振幅、導電率、磁導率與角頻率，因此以下以電場峰值相量 $\mathbf{E}_0$、導電率 $\sigma$、磁導率 $\mu$ 及角頻率 $\omega$ 表示答案。

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解題方法

採用相量法，設定時間因子為 $e^{j\omega t}$。波沿 $+z$ 方向傳播，且電場沿 $x$ 軸：

$$\mathbf{E}(z)=\hat{\mathbf{x}}E_0e^{-\gamma z},$$

其中良導體的傳播常數為

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

對良導體 $\sigma\gg \omega\varepsilon$，有

$$\alpha=\beta=\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}},$$

因此

$$\mathbf{E}(z)=\hat{\mathbf{x}}E_0e^{-\alpha z}e^{-j\beta z}.$$

良導體的本徵阻抗為

$$\eta=\sqrt{\frac{j\omega\mu}{\sigma+j\omega\varepsilon}} \approx \sqrt{\frac{j\omega\mu}{\sigma}} =(1+j)\sqrt{\frac{\omega\mu}{2\sigma}}.$$

磁場為

$$\mathbf{H}(z) =\hat{\mathbf{y}}\frac{E_0}{\eta}e^{-\alpha z}e^{-j\beta z}.$$

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(a) 單位面積的總焦耳熱損耗

導體內的時間平均焦耳熱功率密度為

$$\left\langle p_J(z)\right\rangle =\frac{1}{2}\sigma |\mathbf{E}(z)|^2.$$

由於

$$|\mathbf{E}(z)|^2=|E_0|^2e^{-2\alpha z},$$

所以

$$\left\langle p_J(z)\right\rangle =\frac{1}{2}\sigma |E_0|^2e^{-2\alpha z}.$$

從 $z=0$ 到 $z\to\infty$，每平方公尺的總功率損耗為

$$\frac{P_{\mathrm{loss}}}{A} =\int_0^\infty \left\langle p_J(z)\right\rangle dz.$$

代入焦耳熱功率密度：

$$\frac{P_{\mathrm{loss}}}{A} =\frac{1}{2}\sigma |E_0|^2 \int_0^\infty e^{-2\alpha z}\,dz.$$

因為

$$\int_0^\infty e^{-2\alpha z}\,dz =\frac{1}{2\alpha},$$

因此

$$\boxed{ \frac{P_{\mathrm{loss}}}{A} =\frac{\sigma |E_0|^2}{4\alpha} }$$

再代入

$$\alpha=\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}},$$

得到

$$\boxed{ \frac{P_{\mathrm{loss}}}{A} =\frac{|E_0|^2}{4} \sqrt{\frac{2\sigma}{\omega\mu}} }$$

亦可寫成

$$\boxed{ \frac{P_{\mathrm{loss}}}{A} =\frac{|E_0|^2}{2} \sqrt{\frac{\sigma}{2\omega\mu}} }$$

單位為 $\mathrm{W/m^2}$。

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(b) 驗證其等於 $z=0$ 的坡印廷向量

時間平均坡印廷向量為

$$\left\langle \mathbf{S}\right\rangle =\frac{1}{2}\operatorname{Re} \left(\mathbf{E}\times\mathbf{H}^*\right).$$

在 $z=0$：

核心觀念

本題考查：

• 瞬時坡印廷向量的定義
  $\mathbf{S}(t,\mathbf{r})=\mathbf{E}(t,\mathbf{r})\times\mathbf{H}(t,\mathbf{r})$
• 無損介質中，平面波的電場與磁場同相，且滿足
  $\mathbf{H}=\frac{1}{\eta}\hat{\mathbf{k}}\times\mathbf{E}$
  其中 $\eta=\sqrt{\mu/\varepsilon}$ 為實數波阻抗。
• 圓偏振波的兩個互相垂直電場分量振幅相等、相位差為 $90^\circ$。

關鍵在於圓偏振電場的瞬時大小保持不變，因此坡印廷向量也保持不變。

解題方法

假設波沿 $+z$ 方向傳播，令相位為

$$\psi=\omega t-\beta z$$

取右旋圓偏振電場為

$$\mathbf{E}(z,t) = E_0\left[ \hat{\mathbf{x}}\cos\psi + \hat{\mathbf{y}}\sin\psi \right]$$

其中 $E_0$ 為電場振幅。左旋圓偏振只會使第二項符號改變，最後結論完全相同。

在無損介質中，磁場為

$$\mathbf{H} = \frac{1}{\eta}\hat{\mathbf{z}}\times\mathbf{E}$$

代入電場：

$$\begin{aligned} \mathbf{H} &= \frac{E_0}{\eta} \hat{\mathbf{z}}\times \left( \hat{\mathbf{x}}\cos\psi + \hat{\mathbf{y}}\sin\psi \right)\\ &= \frac{E_0}{\eta} \left( \hat{\mathbf{y}}\cos\psi - \hat{\mathbf{x}}\sin\psi \right) \end{aligned}$$

因此

$$\mathbf{H} = \frac{E_0}{\eta} \left[ -\hat{\mathbf{x}}\sin\psi + \hat{\mathbf{y}}\cos\psi \right]$$

接著計算瞬時坡印廷向量：

$$\mathbf{S} = \mathbf{E}\times\mathbf{H}$$

利用

$$\mathbf{E}\times\mathbf{H} = \frac{1}{\eta} \mathbf{E}\times (\hat{\mathbf{z}}\times\mathbf{E})$$

以及向量三重積公式

核心觀念

本題考查電磁波通過電漿時的等效介電率。主要使用：

• 電位移向量定義
  $\mathbf{D}=\epsilon_0\mathbf{E}+\mathbf{P}$
• 介電率與電位移的關係
  $\mathbf{D}=\epsilon\mathbf{E}$
• 電子在交變電場中的運動方程
• 電漿頻率定義
  $\omega_p=\sqrt{\frac{Ne^2}{m\epsilon_0}}$

假設電漿為冷、均勻、無碰撞電漿，離子固定不動，只考慮自由電子對電場的響應。

解題方法

設電磁波電場以簡諧形式振盪：

$$\mathbf{E}(t)=\mathbf{E}_0e^{-i\omega t}$$

電子所受的電力為

$$\mathbf{F}=-e\mathbf{E}$$

其中 $e$ 取電子電荷量的大小，因此電子實際電荷為 $-e$。由牛頓第二定律：

$$m\frac{d^2\mathbf{x}}{dt^2}=-e\mathbf{E}$$

由於

$$\frac{d^2}{dt^2}\left(\mathbf{x}_0e^{-i\omega t}\right) =-\omega^2\mathbf{x}$$

代入運動方程得

$$-m\omega^2\mathbf{x}=-e\mathbf{E}$$

因此電子位移為

$$\mathbf{x}=\frac{e}{m\omega^2}\mathbf{E}$$

電子的電偶極矩為電子電荷乘上位移：

$$\mathbf{p}=(-e)\mathbf{x}$$

所以

$$\mathbf{p} =-e\left(\frac{e}{m\omega^2}\mathbf{E}\right) =-\frac{e^2}{m\omega^2}\mathbf{E}$$

若單位體積內有 $N$ 個電子，則電極化強度為

$$\mathbf{P}=N\mathbf{p} =-\frac{Ne^2}{m\omega^2}\mathbf{E}$$

代入電位移向量定義：

$$\mathbf{D} =\epsilon_0\mathbf{E}+\mathbf{P}$$

可得