113 年 國立中央大學光電科學與工程學系半導體光電科技碩士班《電磁學》

核心觀念
磁導率（permeability）$\mu$ 定義為磁通密度 $B$ 與磁場強度 $H$ 之比：

$\mu = \frac{B}{H}$

在國際單位制（SI）中，$B$ 的單位是特斯拉 $\mathrm{T}= \frac{\text{kg}}{\text{s}^2\!\cdot\!\text{A}}$，$H$ 的單位是安培每米 $\mathrm{A/m}$。因此 $\mu$ 的單位為

$\frac{\text{kg}}{\text{s}^2\!\cdot\!\text{A}}\bigg/\frac{\text{A}}{\text{m}} = \frac{\text{kg}\cdot\text{m}}{\text{s}^2\!\cdot\!\text{A}^2}$

此式即為 $\text{N·A}^{-2}$（因為牛頓 $N = \frac{\text{kg}\cdot\text{m}}{\text{s}^2}$），因此磁導率的 SI 基本單位是 $\displaystyle \frac{\text{N}}{\text{A}^2}$。

---

解題方法

1. 由 $\mu = B/H$ 展開各自的 SI 單位。
2. 代入 $B$ 的單位 $\mathrm{T}= \frac{\text{kg}}{\text{s}^2\!\cdot\!\text{A}}$，$H$ 的單位 $\mathrm{A/m}$。
3. 直接相除得到 $\displaystyle \frac{\text{kg}\cdot\text{m}}{\text{s}^2\!\cdot\!\text{A}^2}$。
4. 將上述表達式換成常見的力（牛頓）與電流（安培）形式：

$\frac{\text{kg}\cdot\text{m}}{\text{s}^2\!\cdot\!\text{A}^2}= \frac{N}{A^2}$

5. 依題目給定的選項格式，比對等價的單位。

---

選項分析

選項	內容	正確性說明
(A)	$\text{N}\cdot\text{A}$	錯誤。

核心觀念

• 麥克斯韋方程式的積分形式在介面上可導出四個基本邊界條件。
• 若介面無自由面電荷 $\sigma_f=0$ 與無自由面電流 $\mathbf{K}_f=0$，則

$$\begin{aligned} \mathbf{E}_t^{(1)} &= \mathbf{E}_t^{(2)} \quad (\text{切向電場連續})\\ \mathbf{H}_t^{(1)} &= \mathbf{H}_t^{(2)} \quad (\text{切向磁場連續})\\ \mathbf{D}_n^{(1)} &= \mathbf{D}_n^{(2)} \quad (\text{法向位移連續})\\ \mathbf{B}_n^{(1)} &= \mathbf{B}_n^{(2)} \quad (\text{法向磁感應連續}) \end{aligned}$$

• 其中

$$\mathbf{D}=\varepsilon_0\mathbf{E}+\mathbf{P},\qquad \mathbf{B}=\mu_0(\mathbf{H}+\mathbf{M})$$

只會改變介質內的比例關係，不影響上述的連續性條件。

---

解題方法

1. 從麥克斯韋方程的高斯定理（$\nabla\!\cdot\!\mathbf{D}= \rho_f$）與安培–麥克斯韋定理（$\nabla\!\times\!\mathbf{H}= \mathbf{J}_f+\partial\mathbf{D}/\partial t$）對一個極小的柱狀與矩形環路分別取積分，得到法向與切向分量的跳躍條件。
2. 代入「無自由面電荷」$\sigma_f=0$ 與「無自由面電流」$\mathbf{K}_f=0$，即得上式四項皆為相等（連續）。
3. 把連續的分量代入選項檢查：
   • 必須同時滿足 $\mathbf{E}_t$、$\mathbf{H}_t$ 連續，與 $\mathbf{D}_n$、$\mathbf{B}_n$ 連續。

---

選項分析

選項	內容	正確性說明
(A)	$\displaystyle \mathbf{E}_t,\ \mathbf{B}_t$ 與 $\displaystyle \mathbf{D}_n,\ \mathbf{H}_n$ 都連續	**錯

核心觀念

• 梯度 (Gradient)：對純量場 $S(\mathbf r)$，$\nabla S$ 為向量場。
• 旋度 (Curl)：對向量場 $\mathbf F$，$\nabla\times\mathbf F$ 為向量場。純量場沒有旋度，$\nabla\times S$ 在嚴格的向量演算中未定義。
• 散度 (Divergence)：對向量場 $\mathbf F$，$\nabla\!\cdot\!\mathbf F$ 為純量場。
• 拉普拉斯算子 (Laplacian)：對純量場 $S$，$\nabla^{2}S\equiv\nabla\!\cdot\!\nabla S$；對向量場 $\mathbf A$，$\nabla^{2}\mathbf A$ 為分量逐一取拉普拉斯。
• 恆等式

$$\boxed{\nabla\times(\nabla S)=\mathbf 0},\qquad \boxed{\nabla\!\cdot\!(\nabla\times\mathbf A)=0}$$

這兩條恆等式在任意三維歐幾里得空間中皆成立，且不依賴 $S$、$\mathbf A$ 的具體形式。

解題方法
利用上述恆等式檢驗四個選項。若選項所述的等式在所有純量場 $S$ 與向量場 $\mathbf A$ 上皆必然成立，則該選項正確；若需額外條件（如 $S$ 為調和函數、$\mathbf A$ 為無散度場）則不一定正確。

選項分析

選項	內容	判斷	理由
(A)	$\nabla^{2}S = 0,\;\nabla\!\cdot\!\mathbf A = 0$	錯誤	拉普拉斯算子為零等價於 $S$ 為調和函數，非所有

核心觀念
波印廷定理（Poynting's theorem）是從麥克斯韋方程式推導出的能量守恆關係式，描述電磁場在單位時間內的能量流動與能量轉換。其核心式子為

$\frac{\partial u}{\partial t}+ \nabla\!\cdot\!\mathbf{S}= -\mathbf{J}\!\cdot\!\mathbf{E}$

其中

• $u=\frac12\left(\varepsilon_0E^2+\frac{1}{\mu_0}B^2\right)$ 為電磁場的能量密度，
• $\mathbf{S}= \frac{1}{\mu_0}\,\mathbf{E}\times\mathbf{B}$ 為波印廷向量（能量流密度），
• $\mathbf{J}\!\cdot\!\mathbf{E}$ 為電流對電場做功的功率密度（耗散項）。

此式表明：電磁場的能量在時間上變化 + 能量向外流出的通量 = 由自由電流提供的功率，因此是一個 能量守恆 的定理。

---

解題方法
本題屬單一選擇題，只需辨認「波印廷定理」所涉及的守恆量。回憶或查閱教材中波印廷定理的表述，即可直接確認其關係到 電磁能量 的守恆，而非電荷、衝量（impulse）或動量。

---

選項分析

選項	內容	為何正確/錯誤

核心觀念
本題測驗的是對馬克斯威爾方程組的歷史與物理意涵的認識。馬克斯威爾在整理並統一先前的電磁定律時，發現安培定律（Ampère’s law）在描述變化的電場時不完整，於是加入了位移電流項，使其符合電荷守恆與電磁波的預測。其他四個選項（庫倫定律、法拉第感應定律、高斯定律）在馬克斯威爾整理過程中均未被修改。

解題方法

1. 回顧四大電磁定律的內容：

   • 庫倫定律：靜電力與電荷之間的 $F = k\frac{q_1 q_2}{r^2}$，屬於靜電學，未涉及時間變化。
   • 法拉第電磁感應定律：$\displaystyle \oint_{\partial S}\mathbf{E}\cdot d\boldsymbol{\ell} = -\frac{d}{dt}\Phi_B$，已包含時間導數，且在馬克斯威爾方程中保持原形。
   • 安培定律（原始形式）：$\displaystyle \oint_{\partial S}\mathbf{B}\cdot d\boldsymbol{\ell} = \mu_0 I_{\text{enc}}$，僅與導通電流 $I$ 有關，缺少對變化電場的貢獻。
   • 高斯定律：$\displaystyle \oint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}= \frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}$，靜電情形下已完整，亦未被修改。

2. 了解馬克斯威爾的貢獻：為使安培定律與電荷連續性方程 $\displaystyle \nabla\!\cdot\!\mathbf{J} = -\frac{\partial\rho}{\partial t}$ 相容，必須在左側加入位移電流 $\displaystyle \varepsilon_0\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}$，得到修正後的**安

核心觀念

• 電磁波的產生本質上是 加速電荷（或等價的時間變化電流）所放出的輻射。
• 從麥克斯威爾方程式可得，若電荷分布或電流的 多極矩（dipole、quadrupole…）隨時間變化，才會有遠場（radiation field）出現；若系統僅產生 靜止或恆定的電流/磁場（即多極矩不變），則僅有近場，不會產生輻射電磁波。
• 在非相對論情況下，常用的判斷準則是：電荷的加速度不為零 → 會輻射（Larmor公式 $P=\frac{q^{2}a^{2}}{6\pi\varepsilon_{0}c^{3}}$）。

解題方法

1. 針對每個選項，判斷是否存在 時間變化的電荷分布或電流。
2. 若是恆定的電流（如固定角速度的環形電流）或完全靜止的電荷，則不會有遠場輻射。
3. 其他情況（高速旋轉的電機、感應爐的高頻磁場、雷電的快速放電）皆伴隨電流/電荷的快速變化，必然產生電磁波。

選項分析

• (A) 高速旋轉的馬達

  • 馬達內部的線圈通有 交流電流，且轉子磁極隨時間旋轉，產生 變化的磁通。
  • 這相當於 時間變化的電流，故會向外輻射電磁波（尤其在高轉速時的高次諧波）。
  • 結論：會輻射。

• (B) 以電磁爐煮火鍋

  • 電磁爐的線圈以 高頻（約 20‑100 kHz）交變電流 產生交變磁場，感應鍋底產生渦流。
  • 交變磁場本身就是 時間變化的電磁場，依 Maxwell 方程會向外發射 射頻電磁波（雖以近場形式為主，但仍屬輻射）。

均勻平面波中，電場與磁場的關係為

$$\frac{E}{H}=\eta=\sqrt{\frac{j\omega\mu}{\sigma+j\omega\varepsilon}},$$

其中 $\eta$ 為導體的本質阻抗。良導體滿足

$$\sigma\gg\omega\varepsilon,$$

故

核心觀念

此題利用二維靜電場的唯一性定理與拉普拉斯方程。矩形區域內沒有自由電荷，因此電位 $V(x,y)$ 滿足

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

兩塊接地金屬板給出邊界條件

$$V(x,0)=V(x,a)=0.$$

依原圖，取 $x=b$ 處下半部金屬條電位為 $+V_0$，上半部金屬條電位為 $-V_0$：

$$V(b,y)= \begin{cases} +V_0, & 0<y<\dfrac a2,\\[4pt] -V_0, & \dfrac a2<y<a. \end{cases}$$

且矩形管向 $x< b$ 無限延伸，遠離金屬條時電場及電位皆趨近於零。

---

解題方法：分離變數與傅立葉正弦級數

由於 $y=0$ 與 $y=a$ 皆為零電位，$y$ 方向的本徵函數必須選為

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

又因為區域向 $x< b$ 延伸，且 $x\to-\infty$ 時電位必須衰減，所以 $x$ 方向取

$$e^{n\pi(x-b)/a}.$$

因此電位的一般形式為

$$V(x,y) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n e^{n\pi(x-b)/a} \sin\left(\frac{n\pi y}{a}\right).$$

在 $x=b$ 處展開邊界電位：

$$V(b,y) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin\left(\frac{n\pi y}{a}\right).$$

傅立葉係數為

$$A_n = \frac{2}{a} \int_0^a V(b,y) \sin\left(\frac{n\pi y}{a}\right)\,dy.$$

代入上下半部的電位：

$$A_n = \frac{2V_0}{a} \left[ \int_0^{a/2} \sin\left(\frac{n\pi y}{a}\right)\,dy - \int_{a/2}^{a} \sin\left(\frac{n\pi y}{a}\right)\,dy \right].$$

計算後可得

$$A_n = \frac{2V_0}{n\pi} \left[ 1+(-1)^n-2\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) \right].$$

只有 $n=4m+2$ 的項不為零，因此

$$A_{4m+2} = \frac{8V_0}{(4m+2)\pi} = \frac{4V_0}{(2m+1)\pi}.$$

故管內電位為

核心觀念

• 全內反射 (Total Internal Reflection, TIR)：當入射角 $\theta_i$ 大於臨界角 $\theta_c=\sin^{-1}(n_2/n_1)$（$n_1>n_2$）時，光在高折射率介質 $n_1$ 中完全被反射。
• 衰減波 (Evanescent Wave)：在低折射率側 $n_2$ 中，電磁場的波向量沿界面平行分量仍為實數，垂直分量變為虛數 $k_{z2}=i\kappa$，導致場強沿 $z$（法向）指數衰減：$E(z)=E_0 e^{-\kappa z}$。
• 波阻抗與能流：能量傳遞以時間平均 Poynting 向量 $\langle \mathbf{S}\rangle =\frac12\Re\{\mathbf{E}\times\mathbf{H}^\ast\}$ 表示。若波的垂直波數為純虛，則 $\langle S_z\rangle =0$，即沒有能量穿過界面。
• 邊界條件：介面上切向電場、切向磁場必須連續，這保證了在低折射率側產生的衰減波滿足電磁場的完整解。

---

解題方法

1. 寫出入射波的波向量

$\mathbf{k}_1 = k_1(\sin\theta_i\,\hat{x}+\cos\theta_i\,\hat{z}),\qquad k_1=\frac{2\pi n_1}{\lambda_0}$

2. 使用 Snell 定律求低折射率側的平行分量

$k_{x}=k_1\sin\theta_i = k_2\sin\theta_t,\qquad k_2=\frac{2\pi n_2}{\lambda_0}$

當 $\sin\theta_i>n_2/n_1$ 時，$\sin\theta_t>1$，因此 $\theta_t$ 成為虛數。
3. 求法向波數

$$k_{z2}= \sqrt{k_2^{2}-k_{x}^{2}} = i\kappa,\quad \kappa = \sqrt{k_{x}^{2}-k_2^{2}} >0$$

於是低折射率側的電磁場寫成

核心觀念

• 馬克士威方程式（有源）

$$\begin{aligned} \nabla\!\cdot\!\mathbf{E} &=\frac{\rho}{\varepsilon_0},\\ \nabla\!\times\!\mathbf{B}-\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}&=\mu_{0}\mathbf{J},\\ \nabla\!\cdot\!\mathbf{B}&=0,\\ \nabla\!\times\!\mathbf{E}+\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}&=0 . \end{aligned}$$

• 勢函數表達式

$$\mathbf{E}= -\nabla V-\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t},\qquad \mathbf{B}= \nabla\times\mathbf{A}.$$

• 洛倫茲規範（Lorentz gauge）

$\nabla\!\cdot\!\mathbf{A}= -\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial V}{\partial t}.$

• 波動算子（四維波動子）

$\Box \equiv \nabla^{2}-\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2}}{\partial t^{2}} .$

---

解題方法

1. 由高斯定律導出 $V$ 的波方程

$$\nabla\!\cdot\!\mathbf{E}= \nabla\!\cdot\!\Bigl(-\nabla V-\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}\Bigr) = -\nabla^{2}V-\frac{\partial}{\partial t}\bigl(\nabla\!\cdot\!\mathbf{A}\bigr) =\frac{\rho}{\varepsilon_{0}} .$$

代入洛倫茲規範

$$\nabla\!\cdot\!\mathbf{A}= -\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial V}{\partial t} \;\Longrightarrow\; -\frac{\partial}{\partial t}\bigl(\nabla\!\cdot\!\mathbf{A}\bigr)=\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2}V}{\partial t^{2}} .$$

故

$$-\nabla^{2}V+\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2}V}{\partial t^{2}}=\frac{\rho}{\varepsilon_{0}} \;\Longrightarrow\; \boxed{\;\Box V=-\frac{\rho}{\varepsilon_{0}}\;} .$$

2. 由安培—麥克斯威爾定律導出 $\mathbf{A}$ 的波方程

   先寫出左手項：

$$\nabla\times\mathbf{B}= \nabla\times(\nabla\times\mathbf{A}) =\nabla(\nabla\!\cdot\!\mathbf{A})-\nabla^{2}\mathbf{A}.$$