109 年 國立成功大學工程科學系碩士班丙組《電磁學》

核心觀念

電磁學的基本模型以四個場量描述空間中電場與磁場的分布：

1. 電場強度 $\mathbf{E}$
2. 電位移密度（電通量密度）$\mathbf{D}$
3. 磁場強度 $\mathbf{H}$
4. 磁通密度 $\mathbf{B}$

其中，$\mathbf{E}$ 與 $\mathbf{D}$描述電場特性；$\mathbf{H}$ 與 $\mathbf{B}$描述磁場特性。材料的電磁性質則透過本構關係連結：

$$\mathbf{D}=\varepsilon\mathbf{E}$$ $$\mathbf{B}=\mu\mathbf{H}$$

$\varepsilon$為介電常數，$\mu$為磁導率。

解題方法

本題直接依照四個基本場量的定義與 SI 制單位作答。

（1）四個基本場量

1. 電場強度 $\mathbf{E}$

電場強度定義為單位正電荷所受的電力：

$$\mathbf{E}=\frac{\mathbf{F}}{q}$$

其中$\mathbf{F}$為電力，$q$為電荷量。

2. 電位移密度 $\mathbf{D}$

電位移密度描述電通量在空間中的分布，其與電場強度的關係為：

$$\mathbf{D}=\varepsilon\mathbf{E}$$

在高斯定律中，$\mathbf{D}$的通量與自由電荷有直接關係：

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

3. 磁場強度 $\mathbf{H}$

磁場強度主要與自由電流及電流分布相關，在安培定律中表示為：

$$\oint_C \mathbf{H}\cdot d\mathbf{l}=I_{\text{free}}$$

在線性、均勻、各向同性材料中，$\mathbf{H}$與$\mathbf{B}$滿足：

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

4. 磁通密度 $\mathbf{B}$

磁通密度表示單位面積所通過的磁通量：

$$B=\frac{\Phi_B}{A}$$

更一般地，磁通量為：

$$\Phi_B=\int_S \mathbf{B}\cdot d\mathbf{S}$$

因此，$\mathbf{B}$是直接描述磁通分布的場量。

（2）四個基本場量的 SI 單位

場量	名稱	SI 單位	等效表示
$\mathbf{E}$	電場強度	$\mathrm{V/m}$	$\mathrm{N/C}$
$\mathbf{D}$	電位移密度	$\mathrm{C/m^2}$	—
$\mathbf{H}$	磁場強度	$\mathrm{A/m}$	—
$\mathbf{B}$	磁通密度	$\mathrm{T}$	$\mathrm{Wb/m^2}$

各單位的由來如下。

電場強度 $\mathbf{E}$

核心觀念

本題考查同軸電纜的單位長度電容，以及不同介電質沿徑向分層時的電位差計算。

使用的基本關係為：

$$C'=\frac{\lambda}{V}$$

其中：

• $C'$：單位長度電容
• $\lambda$：內導體每單位長度所帶電荷量
• $V$：內、外導體間的電位差

由圓柱對稱性，介電質中的電位移量為

$$\mathbf{D}(r)=\frac{\lambda}{2\pi r}\,\hat{\mathbf r}$$

且

$$\mathbf{D}=\epsilon \mathbf{E}$$

由於兩層介電質是沿半徑方向排列，電場能量與電位差必須分別計算後相加。

解題方法與推導

設內導體帶有每單位長度電荷量 $\lambda$，外導體帶有 $-\lambda$。取半徑為 $r$、長度為 $L$ 的圓柱形高斯面。

高斯定律給出

$$\oint_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{S}=\lambda L$$

圓柱側面的面積為 $2\pi rL$，因此

$$D(r)(2\pi rL)=\lambda L$$

得到

$$D(r)=\frac{\lambda}{2\pi r}$$

第一層介電質：$R_i<r<a$

此區域的介電常數為 $\epsilon_1$，因此

$$E_1(r)=\frac{D(r)}{\epsilon_1} =\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_1 r}$$

第一層介電質造成的電位降為

$$V_1=\int_{R_i}^{a}E_1(r)\,dr$$

因此

$$V_1 =\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_1} \int_{R_i}^{a}\frac{dr}{r} =\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_1} \ln\left(\frac{a}{R_i}\right)$$

第二層介電質：$a<r<R_o$

此區域的介電常數為 $\epsilon_2$，故

$$E_2(r)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_2 r}$$

第二層介電質造成的電位降為

$$V_2=\int_{a}^{R_o}E_2(r)\,dr$$

所以

$$V_2 =\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_2} \ln\left(\frac{R_o}{a}\right)$$

總電位差

核心觀念

三條無限長、彼此平行且電流同向的導線，任兩條導線之間皆有吸引力。平行長直導線間的單位長度作用力為

$$\frac{F}{L}=\frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi d},$$

其中：

• $\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \mathrm{H/m}$
• $I_1=I_2=20\ \mathrm{A}$
• $d=10\ \mathrm{cm}=0.10\ \mathrm{m}$

三條導線等距排列，因此其幾何位置形成一個邊長為 $0.10\ \mathrm{m}$ 的正三角形。

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解題方法

1. 計算任兩條導線間的作用力

其中一條導線在距離 $d$ 處產生的磁場為

$$B=\frac{\mu_0 I}{2\pi d}.$$

另一條導線受到的磁力密度為

$$\frac{F}{L}=IB =\frac{\mu_0 I^2}{2\pi d}.$$

代入數值：

$$\left(\frac{F}{L}\right)_{\text{單一導線}} = \frac{(4\pi\times10^{-7})(20)^2} {2\pi(0.10)}$$ $$= \frac{(4\pi\times10^{-7})(400)} {0.2\pi} =8.0\times10^{-4}\ \mathrm{N/m}.$$

因此，每條導線分別受到另外兩條導線大小皆為

$$f=8.0\times10^{-4}\ \mathrm{N/m}$$

的吸引力。

2. 向量合成兩個力

核心觀念

載流導線在磁場中的微小安培力為

$$d\mathbf{F}=I\,d\boldsymbol{\ell}\times \mathbf{B}.$$

因此整個閉合線圈所受的總力為

$$\mathbf{F}_{\text{net}} =I\oint d\boldsymbol{\ell}\times\mathbf{B}.$$

在均勻磁場中，矩形線圈的相對兩邊受力大小相等、方向相反，所以總合力為零。

線圈的磁偶極矩為

$$\mathbf{m}=I\mathbf{A},$$

其中 $\mathbf{A}$ 為面積向量，方向依右手定則決定。線圈在磁場中的力矩為

$$\boldsymbol{\tau}=\mathbf{m}\times\mathbf{B}.$$

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解題方法與方向假設

令矩形線圈位於 $xy$ 平面，兩條沿 $x$ 軸的邊長為 $l_1$，兩條沿 $y$ 軸的邊長為 $l_2$。

假設從 $+z$ 軸方向觀看時，電流為逆時針方向。依右手定則，面積向量為

$$\mathbf{A}=l_1l_2\,\mathbf{a}_z.$$

因此磁偶極矩為

$$\mathbf{m}=I l_1l_2\,\mathbf{a}_z.$$

題目給定

$$\mathbf{B}=B_x\mathbf{a}_x+B_y\mathbf{a}_y+B_z\mathbf{a}_z.$$

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（1）線圈所受的總力

取四條邊的電流方向如下：

• $y=0$ 的下邊：$d\boldsymbol{\ell}=dx\,\mathbf{a}_x$
• $x=l_1$ 的右邊：$d\boldsymbol{\ell}=dy\,\mathbf{a}_y$
• $y=l_2$ 的上邊：電流沿 $-x$ 方向
• $x=0$ 的左邊：電流沿 $-y$ 方向

下邊

$$\mathbf{F}_1 =I l_1\mathbf{a}_x\times\mathbf{B}$$ $$=I l_1 \left( B_y\mathbf{a}_z-B_z\mathbf{a}_y \right).$$

上邊

電流方向與下邊相反，因此

$$\mathbf{F}_3 =-I l_1\mathbf{a}_x\times\mathbf{B} =-\mathbf{F}_1.$$

右邊

$$\mathbf{F}_2 =I l_2\mathbf{a}_y\times\mathbf{B}$$ $$=I l_2 \left( B_z\mathbf{a}_x-B_x\mathbf{a}_z \right).$$

左邊

電流方向與右邊相反，因此

$$\mathbf{F}_4 =-I l_2\mathbf{a}_y\times\mathbf{B} =-\mathbf{F}_2.$$

所以總力為

$$\mathbf{F}_{\text{net}} =\mathbf{F}_1+\mathbf{F}_2+\mathbf{F}_3+\mathbf{F}_4 =\mathbf{0}.$$

故

$$\boxed{\mathbf{F}_{\text{net}}=\mathbf{0}}.$$

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（2）線圈所受的力矩

矩形線圈面積為

$$A=l_1l_2.$$