109 年 國立清華大學工程與系統科學系碩士班丙組《電磁學》

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第 1 題15 分

  1. (15%) Consider a point charge qq situated a distance aa from the center of a grounded conducting sphere of radius RR (a>Ra > R). This electrostatic problem can be solved by the method of images.
    (a) Find the charge q′q' of the mirror image and the distance bb of the image to the center of the sphere.
    (b) Find the induced surface charge distribution σ(θ)\sigma(\theta) on the sphere.
    (c) Calculate the force acting on the charge qq.

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核心觀念

以鏡像法取代接地導體球：在球內放置鏡像電荷，使球面電位處處為零。由唯一性定理，球外的電場與原問題相同。令球心為原點，實際電荷 qq 位於 z=az=a，角度 θ\theta 自球心指向 qq 的軸線量起。

解題方法

球面 r=Rr=R 上的電位為零。令鏡像電荷 q′q' 位於同一軸線上的 z=bz=b，則滿足球面電位為零的條件給出

b=R2a,q′=−Raq.b=\frac{R^2}{a}, \qquad q'=-\frac{R}{a}q.

由於 a>Ra>R，鏡像電荷位於球內。

(a) 鏡像電荷與位置

q′=−Raq,b=R2a\boxed{q'=-\frac{R}{a}q,\qquad b=\frac{R^2}{a}}

其中 bb 是鏡像電荷到球心的距離。

(b) 球面感應電荷分布

導體表面外側的法向電場滿足 σ(θ)=ε0Er(R,θ)\sigma(\theta)=\varepsilon_0 E_r(R,\theta)。實際電荷與鏡像電荷共同產生的徑向電場為

Er(R,θ)=14πε0[q(R−acos⁡θ)D3+q′(R−bcos⁡θ)(R2+b2−2bRcos⁡θ)3/2],E_r(R,\theta)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{q(R-a\cos\theta)}{D^3} + \frac{q'(R-b\cos\theta)}{(R^2+b^2-2bR\cos\theta)^{3/2}} \right],

其中

D=R2+a2−2aRcos⁡θ.D=\sqrt{R^2+a^2-2aR\cos\theta}.

代入 b=R2/ab=R^2/a 與 q′=−qR/aq'=-qR/a，並化簡得

Er(R,θ)=−q4πε0Ra2−R2(R2+a2−2aRcos⁡θ)3/2.E_r(R,\theta) = -\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R} \frac{a^2-R^2}{(R^2+a^2-2aR\cos\theta)^{3/2}}.

因此

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第 2 題15 分

  1. (15%) Suppose the entire region below the plane z=0z = 0 is filled with uniform dielectric material of susceptibility χe\chi_e. A point charge qq is placed at a distance dd above the region.
    (a) Find the bound charge distribution σb\sigma_b on the surface
    (b) Calculate the total bound charge qbq_b on the surface.
    (c) Calculate the force acting on the charge qq.

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核心觀念

題目未另註明 z>0z>0 的介質，依圖採標準設定：上方為真空，下方 z<0z<0 為均勻線性介電質。因此

ε1=ε0,ε2=ε0(1+χe).\varepsilon_1=\varepsilon_0,\qquad \varepsilon_2=\varepsilon_0(1+\chi_e).

介電質內的極化與束縛表面電荷分別為

P=ε0χeE,σb=P⋅n^.\mathbf P=\varepsilon_0\chi_e\mathbf E, \qquad \sigma_b=\mathbf P\cdot\hat{\mathbf n}.

下半空間介電質的外法向量為 n^=z^\hat{\mathbf n}=\hat{\mathbf z}。

解題方法：介面影像電荷法

真實電荷 qq 位於 (0,0,d)(0,0,d)。在 z>0z>0 區域，可用位於 (0,0,−d)(0,0,-d) 的影像電荷 q′q' 取代介電質的影響：

q′=qε1−ε2ε1+ε2=−qχeχe+2.q' = q\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2} {\varepsilon_1+\varepsilon_2} = -q\frac{\chi_e}{\chi_e+2}.

令介面上的徑向距離為

ρ=x2+y2,R=ρ2+d2.\rho=\sqrt{x^2+y^2}, \qquad R=\sqrt{\rho^2+d^2}.

介電質內介面附近的電場法向分量為

E2z(0−)=−qd2π(ε1+ε2)R3.E_{2z}(0^-) = -\frac{qd}{2\pi(\varepsilon_1+\varepsilon_2)R^3}.

代入 ε1+ε2=ε0(χe+2)\varepsilon_1+\varepsilon_2=\varepsilon_0(\chi_e+2)，得

E2z(0−)=−qd2πε0(χe+2)(ρ2+d2)3/2.E_{2z}(0^-) = -\frac{qd} {2\pi\varepsilon_0(\chi_e+2)(\rho^2+d^2)^{3/2}}.

負號表示對正電荷而言，介面處電場指向 −z^-\hat{\mathbf z}。

(a) 束縛表面電荷分布

介電質內的極化為

Pz=ε0χeE2z.P_z = \varepsilon_0\chi_e E_{2z}.

因此介面上的束縛表面電荷密度為

σb(ρ)=−χeqd2π(χe+2)(ρ2+d2)3/2\boxed{ \sigma_b(\rho) = -\frac{\chi_e qd} {2\pi(\chi_e+2)(\rho^2+d^2)^{3/2}} }

其中 ρ\rho 即圖中的平面徑向座標 rr。

均勻介電質內沒有自由電荷，且 ∇⋅P=0\nabla\cdot\mathbf P=0，所以體束縛電荷密度為零；束縛電荷集中在介面表面。

(b) 表面總束縛電荷

利用圓柱對稱性，

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第 3 題15 分

  1. (15%)
    (a) Find the magnetic field B a distance z above the center of a circular loop of radius r, which carries a steady current I.
    (b) Calculate the magnetic field B at the center of a uniformly charged spherical shell of radius R and total charge Q, spinning at a constant angular velocity ω\omega.
    (c) Two infinite straight line charge λ\lambda, a distance d apart, move along at a constant speed v. How great would v have to be in order for the magnetic attraction to balance the electrical repulsion?

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核心觀念

本題分別考查圓形電流環軸線上的磁場、旋轉電荷的等效電流，以及平行電流之間的磁力。主要使用畢奧－沙伐定律、電流定義與安培定律。

(a) 圓形電流環軸線上的磁場

取半徑為 rr 的圓環位於 xyxy 平面，觀察點在軸線上、距圓心 zz 處。圓環上每個電流微元到觀察點的距離皆為 r2+z2\sqrt{r^2+z^2}。由對稱性，各微元磁場的橫向分量互相抵消，只留下軸向分量。

由畢奧－沙伐定律，微元磁場大小為

dB=μ0I dl4π(r2+z2).dB=\frac{\mu_0 I\,dl}{4\pi(r^2+z^2)}.

軸向分量再乘上幾何投影因子 r/r2+z2r/\sqrt{r^2+z^2}。沿整個圓環積分，使用 ∮dl=2πr\oint dl=2\pi r，得到

Bz=μ0I4π(r2+z2)rr2+z2(2πr)=μ0Ir22(r2+z2)3/2.B_z =\frac{\mu_0 I}{4\pi(r^2+z^2)} \frac{r}{\sqrt{r^2+z^2}}(2\pi r) =\frac{\mu_0 I r^2}{2(r^2+z^2)^{3/2}}.

磁場方向沿圓環軸線，依電流方向套用右手定則判斷。

(b) 均勻帶電球殼旋轉時的中心磁場

球殼表面電荷密度為

σ=Q4πR2.\sigma=\frac{Q}{4\pi R^2}.

球面上極角為 θ\theta 處的電荷，以角速度 ω\omega 繞 zz 軸旋轉。將該緯度的一條窄環視為圓形電流環：其半徑為 Rsin⁡θR\sin\theta，環帶面積為 2πR2sin⁡θ dθ2\pi R^2\sin\theta\,d\theta，因此環帶電荷為

dq=σ 2πR2sin⁡θ dθ.dq=\sigma\,2\pi R^2\sin\theta\,d\theta.

旋轉一周的週期為 2π/ω2\pi/\omega，所以此環帶等效電流為

dI=dq2π/ω=σωR2sin⁡θ dθ.dI=\frac{dq}{2\pi/\omega} =\sigma\omega R^2\sin\theta\,d\theta.

將 (a) 的軸線磁場公式用於此電流環，在球心處有

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第 4 題15 分

  1. (15%)
    (a) A long cylinder of radius R carries a magnetization M = 2r^2\hat{\phi} where r is the distance from the axis and ϕ^\hat{\phi} is the azimuthal unit vector. Find the magnetic field B due to M for points inside and outside the cylinder.
    Formula: Curl in cylindrical coordinates: ∇×v=1r[∂∂rrvϕ]r^−[∂∂ϕvr]ϕ^+[∂∂zvz]z^\nabla \times \mathbf{v} = \frac{1}{r}\left[\frac{\partial}{\partial r}\quad r v_{\phi}\right]\hat{r} - \left[\frac{\partial}{\partial \phi}\quad v_{r}\right]\hat{\phi} + \left[\frac{\partial}{\partial z}\quad v_{z}\right]\hat{z}

(b) A long copper rod of radius R carries a uniformly distributed (free) current I. Find H inside and outside the rod.

(c) An infinite solenoid (n turns per unit length, current I) is filled with linear material of susceptibility χm\chi_m. Find the magnetic field B inside and outside the solenoid.

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核心觀念

本題分別考查：

  • 磁化強度 M\mathbf M 所產生的束縛電流，以及由安培定律求磁場。
  • 均勻自由電流分布下的磁場 H\mathbf H。
  • 線性磁性材料中 B\mathbf B、H\mathbf H、M\mathbf M 的關係。

重要公式為

Jb=∇×M,Kb=M×n^,\mathbf J_b=\nabla\times\mathbf M, \qquad \mathbf K_b=\mathbf M\times\hat{\mathbf n}, B=μ0(H+M),M=χmH.\mathbf B=\mu_0(\mathbf H+\mathbf M), \qquad \mathbf M=\chi_m\mathbf H.

(a) 磁化圓柱所產生的磁場

圓柱內部的磁化為

M=2r2ϕ^,r<R.\mathbf M=2r^2\hat{\boldsymbol\phi}, \qquad r<R.

圓柱外部沒有磁化，即 M=0\mathbf M=0。

1. 計算束縛體電流

在圓柱座標中，若只有 ϕ\phi 方向分量，則

∇×M=1rddr(rMϕ)z^.\nabla\times\mathbf M = \frac{1}{r}\frac{d}{dr}(rM_\phi)\hat{\mathbf z}.

由於 Mϕ=2r2M_\phi=2r^2，

Jb=1rddr(2r3)z^=6rz^.\mathbf J_b = \frac{1}{r}\frac{d}{dr}(2r^3)\hat{\mathbf z} = 6r\hat{\mathbf z}.

因此圓柱內有沿 +z^+\hat{\mathbf z} 方向、且隨半徑增加的束縛體電流。

2. 計算束縛面電流

圓柱表面的外法向量為 n^=r^\hat{\mathbf n}=\hat{\mathbf r}，故

Kb=M×r^=2R2ϕ^×r^.\mathbf K_b = \mathbf M\times\hat{\mathbf r} = 2R^2\hat{\boldsymbol\phi}\times\hat{\mathbf r}.

利用

ϕ^×r^=−z^,\hat{\boldsymbol\phi}\times\hat{\mathbf r} = -\hat{\mathbf z},

得到

Kb=−2R2z^.\mathbf K_b=-2R^2\hat{\mathbf z}.

表面束縛電流方向與體束縛電流相反。

3. 求 H\mathbf H

題目沒有自由電流，且圓柱外部磁場在無限遠處應趨近於零，因此可取

H=0.\mathbf H=0.

所以由

B=μ0(H+M)\mathbf B=\mu_0(\mathbf H+\mathbf M)

可得圓柱內部

Bin=μ0M=2μ0r2ϕ^.\mathbf B_{\text{in}} = \mu_0\mathbf M = 2\mu_0r^2\hat{\boldsymbol\phi}.

圓柱外部 M=0\mathbf M=0，且 H=0\mathbf H=0，因此

Bout=0.\mathbf B_{\text{out}}=0.

【答案】

B(r<R)=2μ0r2ϕ^\boxed{ \mathbf B(r<R)=2\mu_0r^2\hat{\boldsymbol\phi} } B(r>R)=0\boxed{ \mathbf B(r>R)=0 }

快速驗算：由內部磁場

Bϕ=2μ0r2B_\phi=2\mu_0r^2

計算旋度可得

(∇×B)z=1rddr(rBϕ)=6μ0r=μ0Jb,(\nabla\times\mathbf B)_z = \frac{1}{r}\frac{d}{dr}(rB_\phi) = 6\mu_0r = \mu_0J_b,

與束縛體電流完全一致。

(b) 均勻自由電流圓柱中的 H\mathbf H

長圓柱半徑為 RR，總自由電流為 II，且電流均勻分布。

由圓柱對稱性，

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第 5 題15 分

  1. (15%)
    (a) A metal disk of radius a rotates with angular velocity ω\omega about a vertical axis, through a uniform magnetic field B, pointing up. A circuit is made by connecting one end of a resistor to the axle and the other end to a sliding contact, which touches the outer edge of the disk. Find the current in the resistor.
    (b) A metal bar of mass m slides frictionlessly on two parallel conducting rails a distance l apart. A resistor R is connected across the rails and a uniform magnetic field B, pointing into the page, fills the entire region. If the bar starts out with speed v0v_0 at t = 0, and is left to slide. Find the displacing distance as the bar stops sliding.

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核心觀念

(a) 旋轉導體切割磁力線會產生動生電動勢。導體上距軸心 rr 處的線速度為 v=ωrv=\omega r，其電動勢由洛倫茲力公式積分求得：

E=∫(v×B)⋅dl\mathcal{E}=\int (\mathbf v\times\mathbf B)\cdot d\mathbf l

(b) 導棒移動時產生動生電動勢，電流受到磁力作用，方向依楞次定律阻止導棒移動。結合歐姆定律與牛頓第二定律，可求出導棒停止前的總位移。

解題方法

(a) 旋轉金屬圓盤的電流

假設圓盤、軸與滑動接點理想，電路的電阻為 RR。磁場向上，若圓盤的角速度向量也向上，則距軸心 rr 處的線速度大小為 ωr\omega r，且 v×B\mathbf v\times\mathbf B 沿半徑向外。

由圓盤中心積分至邊緣：

E=∫0aBωr dr=12Bωa2\mathcal{E} =\int_0^a B\omega r\,dr =\frac{1}{2}B\omega a^2

因此電阻中的電流大小為

I=ER=Bωa22RI=\frac{\mathcal{E}}{R} =\frac{B\omega a^2}{2R}

此時正電荷被推向圓盤外緣，外緣電位較高；傳統電流經外部電阻由圓盤外緣流向軸心。若圓盤轉向反轉，電流方向也反轉。

(b) 導棒停止前的位移

導棒以速度 vv 向右移動，磁場指向紙面內。動生電動勢大小為

E=Bℓv\mathcal{E}=B\ell v

電路電流大小為

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第 6 題15 分

  1. (15%) The wave equations for E and B in conductors can be written as ∇2E=∂2E∂t2+μσ∂E∂t+μϵ∂2E∂t2\nabla^2 E = \frac{\partial^2 E}{\partial t^2} + \mu \sigma \frac{\partial E}{\partial t} + \mu \epsilon \frac{\partial^2 E}{\partial t^2}, ∇2B=μσ∂B∂t+μϵ∂2B∂t2\nabla^2 B = \mu \sigma \frac{\partial B}{\partial t} + \mu \epsilon \frac{\partial^2 B}{\partial t^2}.
    (a) Find the complex wave number k=k1+ik2k = k_1 + ik_2 in terms of ϵ,μ,σ\epsilon, \mu, \sigma, and ω\omega for complex plane-wave solutions for E~\tilde{E} and B~\tilde{B}.
    (b) Find the skin depth δ\delta of the electromagnetic wave in poor (σ≪ωϵ\sigma \ll \omega\epsilon) and good (σ≫ωϵ\sigma \gg \omega\epsilon) conductors, respectively. Does the skin depth depend on the angular frequency ω\omega in the two cases?
    (c) Show that in a conductor, the time-averaged magnetic energy density (uB)(u_B) of an electromagnetic plane wave is always larger than the time-averaged electric energy density (uE)(u_E).

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核心觀念

本題考查導體中的電磁波傳播，核心包括：

  1. 導體中的波動方程與複數波數。
  2. 複數波數的實部與虛部所代表的物理意義：
    • k1k_1：相位傳播。
    • k2k_2：振幅衰減。
  3. 表皮深度（skin depth）δ\delta。
  4. 良導體與劣導體近似。
  5. 導體中電場與磁場平均能量密度的比較。

題目中電場波動方程的第一項應依量綱修正為標準形式

∇2E=μϵ∂2E∂t2+μσ∂E∂t,\nabla^2 \mathbf E = \mu\epsilon\frac{\partial^2\mathbf E}{\partial t^2} + \mu\sigma\frac{\partial\mathbf E}{\partial t},

磁場則為

∇2B=μϵ∂2B∂t2+μσ∂B∂t.\nabla^2 \mathbf B = \mu\epsilon\frac{\partial^2\mathbf B}{\partial t^2} + \mu\sigma\frac{\partial\mathbf B}{\partial t}.

以下依此標準導體波動方程求解。

解題方法

設電磁波沿 +z+z 方向傳播，採用複數平面波形式

E~=E0ei(kz−ωt),B~=B0ei(kz−ωt),\widetilde{\mathbf E} = \mathbf E_0 e^{i(kz-\omega t)}, \qquad \widetilde{\mathbf B} = \mathbf B_0 e^{i(kz-\omega t)},

其中複數波數寫成

k=k1+ik2.k=k_1+ik_2.

因此

eikz=ei(k1+ik2)z=eik1ze−k2z.e^{ikz} = e^{i(k_1+ik_2)z} = e^{ik_1z}e^{-k_2z}.

可見 k1k_1 決定相位傳播，而 k2k_2 決定波振幅沿傳播方向的衰減。

(a) 複數波數 kk

對平面波有

∇2E~=−k2E~,\nabla^2\widetilde{\mathbf E}=-k^2\widetilde{\mathbf E},

且

∂E~∂t=−iωE~,∂2E~∂t2=−ω2E~.\frac{\partial\widetilde{\mathbf E}}{\partial t} = -i\omega\widetilde{\mathbf E}, \qquad \frac{\partial^2\widetilde{\mathbf E}}{\partial t^2} = -\omega^2\widetilde{\mathbf E}.

代入電場波動方程：

−k2E~=−μϵω2E~−iμσωE~.-k^2\widetilde{\mathbf E} = -\mu\epsilon\omega^2\widetilde{\mathbf E} -i\mu\sigma\omega\widetilde{\mathbf E}.

因此

k2=μϵω2+iμσω.k^2 = \mu\epsilon\omega^2+i\mu\sigma\omega.

同樣地，磁場得到相同的色散關係：

k2=μϵω2+iμσω.\boxed{k^2=\mu\epsilon\omega^2+i\mu\sigma\omega}.

令

A=μϵω2,C=μσω,A=\mu\epsilon\omega^2, \qquad C=\mu\sigma\omega,

則

k2=A+iC.k^2=A+iC.

設 k=k1+ik2k=k_1+ik_2，則

k2=(k1+ik2)2=(k12−k22)+i(2k1k2).k^2=(k_1+ik_2)^2 = (k_1^2-k_2^2)+i(2k_1k_2).

比較實部與虛部：

k12−k22=μϵω2,k_1^2-k_2^2=\mu\epsilon\omega^2, 2k1k2=μσω.2k_1k_2=\mu\sigma\omega.

又因為

∣k2∣=(μϵω2)2+(μσω)2,|k^2| = \sqrt{(\mu\epsilon\omega^2)^2+(\mu\sigma\omega)^2},

可得

k12=12[(μϵω2)2+(μσω)2+μϵω2],k_1^2 = \frac{1}{2} \left[ \sqrt{(\mu\epsilon\omega^2)^2+(\mu\sigma\omega)^2} +\mu\epsilon\omega^2 \right], k22=12[(μϵω2)2+(μσω)2−μϵω2].k_2^2 = \frac{1}{2} \left[ \sqrt{(\mu\epsilon\omega^2)^2+(\mu\sigma\omega)^2} -\mu\epsilon\omega^2 \right].

取 k1>0k_1>0、k2>0k_2>0，使波沿 +z+z 方向傳播並衰減：

k1=ωμϵ2[1+(σωϵ)2+1]1/2\boxed{ k_1 = \omega\sqrt{\frac{\mu\epsilon}{2}} \left[ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\epsilon}\right)^2}+1 \right]^{1/2} }

以及

k2=ωμϵ2[1+(σωϵ)2−1]1/2.\boxed{ k_2 = \omega\sqrt{\frac{\mu\epsilon}{2}} \left[ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\epsilon}\right)^2}-1 \right]^{1/2} }.

所以複數波數為

k=ωμϵ2{[1+(σωϵ)2+1]1/2+i[1+(σωϵ)2−1]1/2}.\boxed{ k= \omega\sqrt{\frac{\mu\epsilon}{2}} \left\{ \left[ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\epsilon}\right)^2}+1 \right]^{1/2} +i \left[ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\epsilon}\right)^2}-1 \right]^{1/2} \right\}. }

(b) 劣導體與良導體的表皮深度

表皮深度定義為振幅衰減至原來 1/e1/e 所對應的距離：

δ=1k2.\boxed{\delta=\frac{1}{k_2}}.

劣導體：σ≪ωϵ\sigma\ll\omega\epsilon

令

x=σωϵ≪1.x=\frac{\sigma}{\omega\epsilon}\ll1.

使用近似

1+x2≈1+x22,\sqrt{1+x^2}\approx1+\frac{x^2}{2},

則

k2=ωμϵ2(x22)1/2.k_2 = \omega\sqrt{\frac{\mu\epsilon}{2}} \left(\frac{x^2}{2}\right)^{1/2}.

整理得

k2≈σ2μϵ.k_2 \approx \frac{\sigma}{2}\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}.

因此

δpoor≈2σϵμ.\boxed{ \delta_{\text{poor}} \approx \frac{2}{\sigma}\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}} }.

此結果中沒有 ω\omega，所以在劣導體近似下：

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第 7 題10 分

  1. (10%) Consider a rectangular wave guide with dimension 2.5cm × 1.5cm.
    (a) What TE modes will propagate in this wave guide if the driving frequency is 1.5 x 1010Hz.
    (b) Suppose you wanted to excite only one TE mode. What range of frequencies should you use? What are the corresponding wavelengths (in open space)?

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核心觀念

矩形波導的 TE 模態以 TEmn\mathrm{TE}_{mn} 表示，其中：

  • mm：沿寬度 aa 方向的半波變化數
  • nn：沿高度 bb 方向的半波變化數
  • TE 模態要求 m,nm,n 不可同時為 00

矩形波導中 TEmn\mathrm{TE}_{mn} 模態的截止頻率為

fc,mn=c2(ma)2+(nb)2f_{c,mn} = \frac{c}{2} \sqrt{ \left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2 }

其中 c=3×108 m/sc=3\times10^8\ \mathrm{m/s}。當操作頻率滿足

f>fc,mnf>f_{c,mn}

該模態才會傳播；若 f<fc,mnf<f_{c,mn}，則為截止模態，不會沿波導傳播。

本題中

a=2.5 cm=0.025 m,b=1.5 cm=0.015 ma=2.5\ \mathrm{cm}=0.025\ \mathrm{m}, \qquad b=1.5\ \mathrm{cm}=0.015\ \mathrm{m}

解題方法

先計算各個低階 TE 模態的截止頻率，再與操作頻率 15 GHz15\ \mathrm{GHz} 比較。

將尺寸代入公式：

fc,mn=3×1082(m0.025)2+(n0.015)2f_{c,mn} = \frac{3\times10^8}{2} \sqrt{ \left(\frac{m}{0.025}\right)^2+ \left(\frac{n}{0.015}\right)^2 }

也可整理成 GHz 形式：

fc,mn=0.15(40m)2+(66.67n)2 GHzf_{c,mn} = 0.15 \sqrt{(40m)^2+(66.67n)^2} \ \mathrm{GHz}

(a) 在 1.5×1010 Hz1.5\times10^{10}\ \mathrm{Hz} 下會傳播的 TE 模態

操作頻率為

f=1.5×1010 Hz=15 GHzf=1.5\times10^{10}\ \mathrm{Hz}=15\ \mathrm{GHz}

逐一計算低階模態：

TE10\mathrm{TE}_{10}

fc,10=c2a=3×1082(0.025)=6.00 GHzf_{c,10} = \frac{c}{2a} = \frac{3\times10^8}{2(0.025)} = 6.00\ \mathrm{GHz}

因為 15>6.0015>6.00，所以 TE10\mathrm{TE}_{10} 會傳播。

TE20\mathrm{TE}_{20}

fc,20=ca=12.00 GHzf_{c,20} = \frac{c}{a} = 12.00\ \mathrm{GHz}

因為 15>12.0015>12.00，所以 TE20\mathrm{TE}_{20} 會傳播。

TE01\mathrm{TE}_{01}

fc,01=c2b=3×1082(0.015)=10.00 GHzf_{c,01} = \frac{c}{2b} = \frac{3\times10^8}{2(0.015)} = 10.00\ \mathrm{GHz}

因為 15>10.0015>10.00，所以 TE01\mathrm{TE}_{01} 會傳播。

TE11\mathrm{TE}_{11}

fc,11=c2(1a)2+(1b)2=1.5×108402+66.672≈11.22 GHz\begin{aligned} f_{c,11} &= \frac{c}{2} \sqrt{ \left(\frac{1}{a}\right)^2+ \left(\frac{1}{b}\right)^2 } \\ &= 1.5\times10^8 \sqrt{40^2+66.67^2} \\ &\approx 11.22\ \mathrm{GHz} \end{aligned}

因為 15>11.2215>11.22，所以 TE11\mathrm{TE}_{11} 會傳播。

其他鄰近模態

fc,30=3c2a=18.00 GHz>15 GHzf_{c,30}=\frac{3c}{2a}=18.00\ \mathrm{GHz}>15\ \mathrm{GHz} fc,02=cb=20.00 GHz>15 GHzf_{c,02}=\frac{c}{b}=20.00\ \mathrm{GHz}>15\ \mathrm{GHz}
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第 1 題15 分

  1. (15%) Consider a point charge qq situated a distance aa from the center of a grounded conducting sphere of radius RR (a>Ra > R). This electrostatic problem can be solved by the method of images.
    (a) Find the charge q′q' of the mirror image and the distance bb of the image to the center of the sphere.
    (b) Find the induced surface charge distribution σ(θ)\sigma(\theta) on the sphere.
    (c) Calculate the force acting on the charge qq.

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核心觀念

以鏡像法取代接地導體球：在球內放置鏡像電荷，使球面電位處處為零。由唯一性定理，球外的電場與原問題相同。令球心為原點，實際電荷 qq 位於 z=az=a，角度 θ\theta 自球心指向 qq 的軸線量起。

解題方法

球面 r=Rr=R 上的電位為零。令鏡像電荷 q′q' 位於同一軸線上的 z=bz=b，則滿足球面電位為零的條件給出

b=R2a,q′=−Raq.b=\frac{R^2}{a}, \qquad q'=-\frac{R}{a}q.

由於 a>Ra>R，鏡像電荷位於球內。

(a) 鏡像電荷與位置

q′=−Raq,b=R2a\boxed{q'=-\frac{R}{a}q,\qquad b=\frac{R^2}{a}}

其中 bb 是鏡像電荷到球心的距離。

(b) 球面感應電荷分布

導體表面外側的法向電場滿足 σ(θ)=ε0Er(R,θ)\sigma(\theta)=\varepsilon_0 E_r(R,\theta)。實際電荷與鏡像電荷共同產生的徑向電場為

Er(R,θ)=14πε0[q(R−acos⁡θ)D3+q′(R−bcos⁡θ)(R2+b2−2bRcos⁡θ)3/2],E_r(R,\theta)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{q(R-a\cos\theta)}{D^3} + \frac{q'(R-b\cos\theta)}{(R^2+b^2-2bR\cos\theta)^{3/2}} \right],

其中

D=R2+a2−2aRcos⁡θ.D=\sqrt{R^2+a^2-2aR\cos\theta}.

代入 b=R2/ab=R^2/a 與 q′=−qR/aq'=-qR/a，並化簡得

Er(R,θ)=−q4πε0Ra2−R2(R2+a2−2aRcos⁡θ)3/2.E_r(R,\theta) = -\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R} \frac{a^2-R^2}{(R^2+a^2-2aR\cos\theta)^{3/2}}.

因此

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第 2 題15 分

  1. (15%) Suppose the entire region below the plane z=0z = 0 is filled with uniform dielectric material of susceptibility χe\chi_e. A point charge qq is placed at a distance dd above the region.
    (a) Find the bound charge distribution σb\sigma_b on the surface
    (b) Calculate the total bound charge qbq_b on the surface.
    (c) Calculate the force acting on the charge qq.

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核心觀念

題目未另註明 z>0z>0 的介質，依圖採標準設定：上方為真空，下方 z<0z<0 為均勻線性介電質。因此

ε1=ε0,ε2=ε0(1+χe).\varepsilon_1=\varepsilon_0,\qquad \varepsilon_2=\varepsilon_0(1+\chi_e).

介電質內的極化與束縛表面電荷分別為

P=ε0χeE,σb=P⋅n^.\mathbf P=\varepsilon_0\chi_e\mathbf E, \qquad \sigma_b=\mathbf P\cdot\hat{\mathbf n}.

下半空間介電質的外法向量為 n^=z^\hat{\mathbf n}=\hat{\mathbf z}。

解題方法：介面影像電荷法

真實電荷 qq 位於 (0,0,d)(0,0,d)。在 z>0z>0 區域，可用位於 (0,0,−d)(0,0,-d) 的影像電荷 q′q' 取代介電質的影響：

q′=qε1−ε2ε1+ε2=−qχeχe+2.q' = q\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2} {\varepsilon_1+\varepsilon_2} = -q\frac{\chi_e}{\chi_e+2}.

令介面上的徑向距離為

ρ=x2+y2,R=ρ2+d2.\rho=\sqrt{x^2+y^2}, \qquad R=\sqrt{\rho^2+d^2}.

介電質內介面附近的電場法向分量為

E2z(0−)=−qd2π(ε1+ε2)R3.E_{2z}(0^-) = -\frac{qd}{2\pi(\varepsilon_1+\varepsilon_2)R^3}.

代入 ε1+ε2=ε0(χe+2)\varepsilon_1+\varepsilon_2=\varepsilon_0(\chi_e+2)，得

E2z(0−)=−qd2πε0(χe+2)(ρ2+d2)3/2.E_{2z}(0^-) = -\frac{qd} {2\pi\varepsilon_0(\chi_e+2)(\rho^2+d^2)^{3/2}}.

負號表示對正電荷而言，介面處電場指向 −z^-\hat{\mathbf z}。

(a) 束縛表面電荷分布

介電質內的極化為

Pz=ε0χeE2z.P_z = \varepsilon_0\chi_e E_{2z}.

因此介面上的束縛表面電荷密度為

σb(ρ)=−χeqd2π(χe+2)(ρ2+d2)3/2\boxed{ \sigma_b(\rho) = -\frac{\chi_e qd} {2\pi(\chi_e+2)(\rho^2+d^2)^{3/2}} }

其中 ρ\rho 即圖中的平面徑向座標 rr。

均勻介電質內沒有自由電荷，且 ∇⋅P=0\nabla\cdot\mathbf P=0，所以體束縛電荷密度為零；束縛電荷集中在介面表面。

(b) 表面總束縛電荷

利用圓柱對稱性，

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第 3 題15 分

  1. (15%)
    (a) Find the magnetic field B a distance z above the center of a circular loop of radius r, which carries a steady current I.
    (b) Calculate the magnetic field B at the center of a uniformly charged spherical shell of radius R and total charge Q, spinning at a constant angular velocity ω\omega.
    (c) Two infinite straight line charge λ\lambda, a distance d apart, move along at a constant speed v. How great would v have to be in order for the magnetic attraction to balance the electrical repulsion?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

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核心觀念

本題分別考查圓形電流環軸線上的磁場、旋轉電荷的等效電流，以及平行電流之間的磁力。主要使用畢奧－沙伐定律、電流定義與安培定律。

(a) 圓形電流環軸線上的磁場

取半徑為 rr 的圓環位於 xyxy 平面，觀察點在軸線上、距圓心 zz 處。圓環上每個電流微元到觀察點的距離皆為 r2+z2\sqrt{r^2+z^2}。由對稱性，各微元磁場的橫向分量互相抵消，只留下軸向分量。

由畢奧－沙伐定律，微元磁場大小為

dB=μ0I dl4π(r2+z2).dB=\frac{\mu_0 I\,dl}{4\pi(r^2+z^2)}.

軸向分量再乘上幾何投影因子 r/r2+z2r/\sqrt{r^2+z^2}。沿整個圓環積分，使用 ∮dl=2πr\oint dl=2\pi r，得到

Bz=μ0I4π(r2+z2)rr2+z2(2πr)=μ0Ir22(r2+z2)3/2.B_z =\frac{\mu_0 I}{4\pi(r^2+z^2)} \frac{r}{\sqrt{r^2+z^2}}(2\pi r) =\frac{\mu_0 I r^2}{2(r^2+z^2)^{3/2}}.

磁場方向沿圓環軸線，依電流方向套用右手定則判斷。

(b) 均勻帶電球殼旋轉時的中心磁場

球殼表面電荷密度為

σ=Q4πR2.\sigma=\frac{Q}{4\pi R^2}.

球面上極角為 θ\theta 處的電荷，以角速度 ω\omega 繞 zz 軸旋轉。將該緯度的一條窄環視為圓形電流環：其半徑為 Rsin⁡θR\sin\theta，環帶面積為 2πR2sin⁡θ dθ2\pi R^2\sin\theta\,d\theta，因此環帶電荷為

dq=σ 2πR2sin⁡θ dθ.dq=\sigma\,2\pi R^2\sin\theta\,d\theta.

旋轉一周的週期為 2π/ω2\pi/\omega，所以此環帶等效電流為

dI=dq2π/ω=σωR2sin⁡θ dθ.dI=\frac{dq}{2\pi/\omega} =\sigma\omega R^2\sin\theta\,d\theta.

將 (a) 的軸線磁場公式用於此電流環，在球心處有

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