113 年 國立成功大學工程科學系碩士班丙組《電磁學》

核心觀念

本題考查電磁模型中的四個基本場量：

• 電場強度 $\mathbf{E}$
• 電通量密度 $\mathbf{D}$
• 磁場強度 $\mathbf{H}$
• 磁通量密度 $\mathbf{B}$

其中 $\mathbf{E}$ 與 $\mathbf{D}$ 描述電場；$\mathbf{H}$ 與 $\mathbf{B}$ 描述磁場。四者的關係由材料特性決定：

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

$\varepsilon$ 為介電常數，$\mu$ 為磁導率。

解題方法

判斷四個場量時，可分成兩組記憶：

1. 電場組：$\mathbf{E}$、$\mathbf{D}$
2. 磁場組：$\mathbf{H}$、$\mathbf{B}$

再分辨每組中「強度」與「通量密度」的物理意義，即可完整作答。

（1）四個基本場量的意義

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，$q$ 為測試電荷。其方向為正電荷在該點所受電力的方向。

因此，$\mathbf{E}$ 描述電場對電荷產生作用的強弱與方向。電荷在電場中的受力為：

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

2. 電通量密度 $\mathbf{D}$

電通量密度描述單位面積所通過的電通量，其方向通常與電場方向一致。對封閉曲面而言，高斯定律為：

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

其中 $Q_{\text{enc}}$ 為封閉曲面內所包含的自由電荷。

在線性、均勻、等向性材料中：

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

因此，$\mathbf{D}$ 與自由電荷分布的關聯較直接。

3. 磁場強度 $\mathbf{H}$

磁場強度描述電流及磁場激發源所產生的磁場強弱。其基本關係由安培定律表示：

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

在含時電磁場中，完整形式為：

$$\oint_C \mathbf{H}\cdot d\mathbf{l} = I_{\text{enc}} + \frac{d}{dt}\int_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{S}$$

其中第二項為位移電流。

在材料中的 $\mathbf{H}$ 主要與自由電流有關；其方向可利用右手定則判斷。

4. 磁通量密度 $\mathbf{B}$

磁通量密度表示單位面積上的磁通量，亦稱磁感應強度。穿過曲面的磁通量為：

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

磁通量密度滿足高斯磁定律：

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

這表示自然界中沒有獨立存在的磁單極，磁力線必須形成閉合迴路。

在材料中：

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

（2）四個基本場量的單位

1. 電場強度 $\mathbf{E}$

由 $\mathbf{E}=\mathbf{F}/q$：

$$[\mathbf{E}] = \frac{\mathrm{N}}{\mathrm{C}} = \frac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}$$

核心觀念

本題利用同軸圓柱的圓柱對稱性，結合：

• 高斯定律
  $\oint_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{S}=Q_{\mathrm{free}}$
• 電場強度與電通量密度的關係
  $\mathbf{D}=\epsilon\mathbf{E}$
• 單位長度電容定義
  $C'=\frac{\lambda}{V}$

其中 $\lambda$ 為內導體上的自由電荷線密度，外導體帶有相反的自由電荷線密度 $-\lambda$。介電質分界面為圓柱面 $r=a$，因此兩層介電質在徑向方向呈現串聯結構。

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解題方法

取半徑為 $r$、長度為 $L$ 的同軸高斯圓柱面。由圓柱對稱性可知，電場只有徑向分量，且在同一半徑上大小相同：

$$\mathbf{D}(r)=D_r(r)\,\hat{\mathbf r}$$

高斯面所包住的自由電荷為 $\lambda L$，因此

$$\oint_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{S} = D_r(r)(2\pi rL) = \lambda L$$

得到

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

在介電質分界面 $r=a$ 上，自由表面電荷為零，因此法向電通量密度 $D_r$ 連續；但由於 $\epsilon_1$ 與 $\epsilon_2$ 不同，電場強度 $\mathbf E$ 會發生跳變。

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(1) 電場強度

區域一：$r_i<r<a$

此區域的介電常數為 $\epsilon_1$，因此

$$\mathbf{E}_1(r) = \frac{\mathbf{D}(r)}{\epsilon_1} = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_1 r}\hat{\mathbf r}$$

所以

$$\boxed{ \mathbf{E}_1(r)= \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_1 r}\hat{\mathbf r}, \qquad r_i<r<a }$$

區域二：$a<r<r_o$

此區域的介電常數為 $\epsilon_2$，因此

$$\mathbf{E}_2(r) = \frac{\mathbf{D}(r)}{\epsilon_2} = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_2 r}\hat{\mathbf r}$$

所以

$$\boxed{ \mathbf{E}_2(r)= \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_2 r}\hat{\mathbf r}, \qquad a<r<r_o }$$

若內導體帶正電，電場方向由內導體指向外導體，即 $+\hat{\mathbf r}$；若內導體帶負電，方向相反。

理想導體內部為靜電平衡，因此

$$\mathbf E=0,\qquad r<r_i$$

外導體金屬內部同樣有

$$\mathbf E=0$$

分界面條件

在 $r=a$ 處，

$$D_{1n}=D_{2n} = \frac{\lambda}{2\pi a}$$

但

$$E_{1n}(a)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_1a}, \qquad E_{2n}(a)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_2a}$$

因此電場的比值為

$$\frac{E_{1n}}{E_{2n}} = \frac{\epsilon_2}{\epsilon_1}$$

這正是介電常數改變造成的電場跳變。

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(2) 單位長度電容

內、外導體間的電位差為

$$V = \int_{r_i}^{r_o}\mathbf E\cdot d\mathbf l$$

將兩層介電質分段積分：

$$V = \int_{r_i}^{a} \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_1 r}\,dr + \int_{a}^{r_o} \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_2 r}\,dr$$

分別計算得

核心觀念

本題考查：

• 非均勻導電介質中的穩態電流密度必須滿足電流連續性。
• 微分電阻為
  $dR=\frac{dz}{\sigma(z)S}$
• 導體表面自由電荷密度由介面法向電場決定：
  $\rho_s=\mathbf{D}\cdot\hat{\mathbf{n}}=\epsilon \mathbf{E}\cdot\hat{\mathbf{n}}$

令下方極板位於 $z=0$，上方極板位於 $z=d$，並約定

$V(0)-V(d)=V_0$

因此電流沿 $+z$ 方向流動。介質介電常數取為均勻的 $\epsilon$。

導電度分布為

$$\sigma(z)=\sigma_a+\frac{\sigma_b-\sigma_a}{d}z$$

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解題方法

由穩態電流的連續性，

$$\nabla\cdot\mathbf{J}=0$$

由於電流只沿 $z$ 方向，且截面積 $S$ 固定，因此 $J_z$ 為常數：

$$\mathbf{J}=J\hat{\mathbf{z}}$$

又由歐姆定律，

$$\mathbf{J}=\sigma(z)\mathbf{E}$$

所以

$$E_z(z)=\frac{J}{\sigma(z)}$$

兩極板間的電壓為

$$V_0=\int_0^d E_z(z)\,dz =\int_0^d\frac{J}{\sigma(z)}\,dz$$

因此可先求出電流密度 $J$，再得到電阻與表面電荷密度。

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(1) 兩極板間的總電阻

將各薄層視為串聯，微分電阻為

$$dR=\frac{dz}{S\sigma(z)}$$

故總電阻為

$$R=\frac{1}{S}\int_0^d\frac{dz}{\sigma_a+\dfrac{\sigma_b-\sigma_a}{d}z}$$

令

$$\Delta\sigma=\sigma_b-\sigma_a$$

則

$$R=\frac{1}{S}\int_0^d \frac{dz}{\sigma_a+\dfrac{\Delta\sigma}{d}z}$$

積分得

$$R=\frac{d}{S\Delta\sigma} \left[ \ln\left(\sigma_a+\frac{\Delta\sigma}{d}z\right) \right]_0^d$$

因此

$$\boxed{ R=\frac{d}{S(\sigma_b-\sigma_a)} \ln\left(\frac{\sigma_b}{\sigma_a}\right) }$$

當 $\sigma_a=\sigma_b=\sigma$ 時，取極限可得熟悉的均勻介質結果：

$$\boxed{ R=\frac{d}{S\sigma} }$$

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(2) 兩極板上的表面電荷密度

由

$$V_0=JR S$$

也可直接由電壓積分得到

$$J=\frac{V_0} {\displaystyle\int_0^d\frac{dz}{\sigma(z)}}$$

利用上面的積分結果，

核心觀念

本題考查同軸傳輸線的單位長度電感。電感可由磁場能量定義：

$$W_m'=\frac{1}{2}L'I^2$$

其中 $W_m'$ 為每單位長度儲存的磁能，$L'$ 為單位長度電感。

由安培定律，

$$\oint \mathbf{H}\cdot d\mathbf{l}=I_{\text{enc}}$$

可求出不同半徑區域的磁場，再對磁能密度

$$w_m=\frac{1}{2}\mu_0 H^2$$

積分。

本題的「solid inner conductor」表示需計入內導體內部的內部電感；外導體非常薄，其內部電感可忽略。

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解題方法

設內導體中電流為 $I$，回流電流均勻分布於極薄的外導體，方向相反。由圓柱對稱性，磁場只有方位角分量：

$$\mathbf{H}=H_\phi(r)\,\hat{\boldsymbol{\phi}}$$

分成兩個區域計算。

一、內導體內部：$0\le r\le r_i$

假設直流或低頻情況下，電流均勻分布於內導體截面，因此半徑 $r$ 內所包覆的電流為

$$I_{\text{enc}} =I\frac{\pi r^2}{\pi r_i^2} =I\frac{r^2}{r_i^2}.$$

套用安培定律：

$$H_\phi(2\pi r)=I_{\text{enc}},$$

得到

$$H_\phi(r)=\frac{Ir}{2\pi r_i^2}.$$

每單位長度的磁能為

$$W_{\text{in}}' = \int_0^{r_i} \frac{1}{2}\mu_0H_\phi^2(2\pi r\,dr).$$

代入磁場：

$$\begin{aligned} W_{\text{in}}' &= \int_0^{r_i} \frac{1}{2}\mu_0 \left(\frac{Ir}{2\pi r_i^2}\right)^2 2\pi r\,dr\\ &= \frac{\mu_0 I^2}{4\pi r_i^4} \int_0^{r_i}r^3\,dr\\ &= \frac{\mu_0 I^2}{4\pi r_i^4} \cdot\frac{r_i^4}{4}\\ &= \frac{\mu_0 I^2}{16\pi}. \end{aligned}$$

由 $W_{\text{in}}'=\frac{1}{2}L_{\text{in}}'I^2$：

$$L_{\text{in}}'=\frac{\mu_0}{8\pi}.$$

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