111 年 國立成功大學工程科學系碩士班丙組《電磁學》

核心觀念

本題考查兩種理想介電質交界面上的電位邊界條件。設介面左側為介電質 1，介電常數為 $\epsilon_1$；右側為介電質 2，介電常數為 $\epsilon_2$。

靜電場的基本關係為

$$\mathbf{E}=-\nabla V, \qquad \mathbf{D}=\epsilon\mathbf{E}.$$

介面上的邊界條件來自：

1. 靜電場為保守場，$\nabla\times\mathbf{E}=0$。
2. 高斯定律 $\nabla\cdot\mathbf{D}=\rho_f$。
3. 理想介電質內沒有自由電荷；若介面也沒有外加自由面電荷，則 $\rho_{s,f}=0$。

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解題方法與推導

一、電位本身必須連續

取一個跨越介面的極小矩形迴路。由靜電場的線積分為零，

$$\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l}=0.$$

當矩形迴路垂直方向的高度趨近於零時，垂直兩邊的貢獻消失，因此介面兩側的切向電場必須相等：

$$\mathbf{E}_{1t}=\mathbf{E}_{2t}.$$

由 $\mathbf{E}=-\nabla V$ 可知，沿著介面的電位變化率相同，因此電位不可在介面產生有限跳躍：

$$\boxed{V_1=V_2}$$

也就是

$$\boxed{V\text{ 在介面上連續}}.$$

此條件與 $\epsilon_1$、$\epsilon_2$ 的數值無直接關係。

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二、法向電位導數的邊界條件

取一個跨越介面的高斯薄柱體，令單位法向量 $\hat{\mathbf n}$ 由介電質 1 指向介電質 2。由 $\mathbf{D}$ 的高斯定律，

$$\hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf{D}_2-\mathbf{D}_1)=\rho_{s,f},$$

其中 $\rho_{s,f}$ 為介面上的自由面電荷密度。

若介面沒有自由面電荷，則 $\rho_{s,f}=0$，所以

$$D_{2n}=D_{1n}.$$

因為

$$D_{1n}=\epsilon_1 E_{1n}, \qquad D_{2n}=\epsilon_2 E_{2n},$$

得到

$$\epsilon_1E_{1n}=\epsilon_2E_{2n}.$$

再利用

$$E_n=-\frac{\partial V}{\partial n},$$

可得

$$\epsilon_1\frac{\partial V_1}{\partial n} = \epsilon_2\frac{\partial V_2}{\partial n}.$$

因此第二個電位邊界條件為

$$\boxed{ \epsilon_1\frac{\partial V_1}{\partial n} = \epsilon_2\frac{\partial V_2}{\partial n} } \qquad (\rho_{s,f}=0).$$

等價地，也可以寫成

$$\boxed{ \epsilon_1\frac{\partial V_1}{\partial n} - \epsilon_2\frac{\partial V_2}{\partial n}=0 }.$$

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一般情況：介面存在自由面電荷

核心觀念

本題考查磁通量的守恆定律，即磁場的高斯定律（Gauss’s law for magnetism）。其物理意義是：磁力線沒有起點或終點，磁單極子不存在，因此穿過任意封閉曲面的磁通量代數和必為零。

磁通量定義為

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

其中 $\mathbf{B}$ 為磁通量密度，$d\mathbf{S}$ 為封閉曲面的面積向量。

解題方法

直接使用磁場的高斯定律：

$$\boxed{\oint_S \mathbf{B}\cdot d\mathbf{S}=0}$$

此式表示磁力線進入封閉曲面的通量，必須等於離開封閉曲面的通量，因此封閉曲面的總磁通量為零。

由散度定理，

$$\oint_S \mathbf{B}\cdot d\mathbf{S} = \int_V \nabla\cdot\mathbf{B}\,dv$$

可得其微分形式：

$$\boxed{\nabla\cdot\mathbf{B}=0}$$

這就是磁通量守恆定律的數學表達式。

物理意義

核心觀念

本題考查無源、均勻、各向同性介電質中的平面電磁波，以及 Maxwell 方程式中的高斯定律：

$$\nabla\cdot\mathbf{D}=\rho_{\mathrm f}.$$

在無自由電荷區域，$\rho_{\mathrm f}=0$，因此

$$\nabla\cdot\mathbf{D}=0.$$

對於相對介電率為 $\epsilon_r$ 的各向同性介電質，

$$\mathbf{D}=\epsilon_0\epsilon_r\mathbf{E}.$$

題目特別給定 $\epsilon_r\neq 0$，使得 $\mathbf{D}$ 與 $\mathbf{E}$ 可互相換算，進而由 $\nabla\cdot\mathbf{D}=0$ 推得電場必與波向量垂直。

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解題方法

題目給出的平面波為

$$\mathbf{E}(\mathbf r,t) = \mathbf{E}_0 \exp\left[i(\mathbf{k}\cdot\mathbf r-\omega t)\right],$$

其中：

• $\mathbf{k}$ 為波向量，代表傳播方向；
• $\mathbf{E}_0$ 為恒定振幅向量；
• $\omega$ 為角頻率。

在無自由電荷的介電質中，

$$\nabla\cdot\mathbf{D}=0.$$

因為介質各向同性且均勻，

$$\mathbf{D} = \epsilon_0\epsilon_r\mathbf{E}.$$

因此

$$\nabla\cdot\mathbf{D} = \epsilon_0\epsilon_r\nabla\cdot\mathbf{E} = 0.$$

由於 $\epsilon_0\neq 0$ 且題目給定 $\epsilon_r\neq 0$，可除以 $\epsilon_0\epsilon_r$，得到

$$\nabla\cdot\mathbf{E}=0.$$

接著計算電場的散度：

$$\nabla\cdot\mathbf{E} = \nabla\cdot \left[ \mathbf{E}_0 e^{i(\mathbf{k}\cdot\mathbf r-\omega t)} \right].$$

由於 $\mathbf{E}_0$ 為常向量，只有指數函數需要微分：

$$\nabla e^{i(\mathbf{k}\cdot\mathbf r-\omega t)} = i\mathbf{k} e^{i(\mathbf{k}\cdot\mathbf r-\omega t)}.$$

所以

$$\nabla\cdot\mathbf{E} = i(\mathbf{k}\cdot\mathbf{E}_0) e^{i(\mathbf{k}\cdot\mathbf r-\omega t)}.$$

由 $\nabla\cdot\mathbf{E}=0$ 可得

$$i(\mathbf{k}\cdot\mathbf{E}_0) e^{i(\mathbf{k}\cdot\mathbf r-\omega t)} = 0.$$

指數因子不為零，因此

$$\mathbf{k}\cdot\mathbf{E}_0=0.$$

這表示 $\mathbf{E}_0$ 與 $\mathbf{k}$ 垂直，故電場沒有沿傳播方向的分量：

$$\boxed{\mathbf{E}_0\perp\mathbf{k}}.$$

因此此平面波為橫向電磁波。

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磁場的橫向性

完整的電磁波還可由 Maxwell 方程式確認磁場也垂直於波向量。由磁通量高斯定律，

$$\nabla\cdot\mathbf{B}=0.$$

若磁場同樣寫成平面波形式，

$$\mathbf{B}(\mathbf r,t) = \mathbf{B}_0 e^{i(\mathbf{k}\cdot\mathbf r-\omega t)},$$

則

空氣近似真空，電磁波的平均強度為

$$I=\frac{1}{2}c\varepsilon_0 E_0^2$$

其中 $E_0$ 為電場振幅。

(1) 電場振幅：

$$E_0=\sqrt{\frac{2I}{c\varepsilon_0}} =\sqrt{\frac{2(10^6)}{(3.00\times10^8)(8.85\times10^{-12})}} =2.74\times10^4\ \mathrm{V/m}$$