108 年 國立臺灣大學工程科學及海洋工程學系碩士班丙組《電磁學（B）》

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第 1 題15 分

  1. (15%) A circular loop of wire of radius aa is situated in the xy-plane with its center at the origin. It carries a current II in the clockwise sense as seen along the positive z-axis. Find the magnetic flux density BB due to the current loop at a point on the z-axis.

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由畢奧－沙伐定律

dB=μ0I4πdℓ×RR3.d\mathbf B=\frac{\mu_0 I}{4\pi}\frac{d\boldsymbol{\ell}\times\mathbf R}{R^3}.

觀測點為 (0,0,z)(0,0,z)。圓環上各電流元至觀測點的距離皆為

R=a2+z2.R=\sqrt{a^2+z^2}.

由對稱性，垂直於 zz 軸的磁場分量互相抵消，僅留下 zz 分量。若先取逆時針方向，則

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第 2 題15 分

  1. (15%) The forces experienced by a test charge qq at a point in a region of electric and magnetic fields E⃗\vec{E} and B⃗\vec{B}, respectively, are given as follows.
    F⃗=0\vec{F} = 0 for v⃗1=v0a^x\vec{v}_1 = v_0 \hat{a}_x
    F⃗=0\vec{F} = 0 for v⃗2=v0a^y\vec{v}_2 = v_0 \hat{a}_y
    F⃗=qE⃗\vec{F} = q\vec{E} for v⃗3=v0(a^x+3a^y)\vec{v}_3 = v_0 (\hat{a}_x + 3\hat{a}_y)
    where v0v_0 and E⃗\vec{E} are constants. Find the force experienced by a test charge qq at that point for the velocity v⃗4=v05(3a^x+a^y)\vec{v}_4 = \frac{v_0}{5} (3\hat{a}_x + \hat{a}_y).

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洛倫茲力為

F⃗(v⃗)=q(E⃗+v⃗×B⃗).\vec F(\vec v)=q\left(\vec E+\vec v\times\vec B\right).

由 F⃗(v⃗1)=F⃗(v⃗2)=0\vec F(\vec v_1)=\vec F(\vec v_2)=0，

qv⃗1×B⃗=qv⃗2×B⃗=−qE⃗.q\vec v_1\times\vec B=q\vec v_2\times\vec B=-q\vec E.

因 v⃗3=v⃗1+3v⃗2\vec v_3=\vec v_1+3\vec v_2，

F⃗(v⃗3)=qE⃗−4qE⃗=−3qE⃗.\vec F(\vec v_3) =q\vec E-4q\vec E =-3q\vec E.
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第 3 題15 分

  1. (15%) A magnetic field is given in the xz-plane by B⃗=B0xa^x\vec{B} = \frac{B_0}{x}\hat{a}_x Wb/m². Consider a rigid rectangular loop situated in the xz-plane with its corners at (x0,0,z0)(x_0, 0, z_0), (x0,0,z0+b)(x_0, 0, z_0+b), (x0+a,0,z0+b)(x_0+a, 0, z_0+b), and (x0+a,0,z0)(x_0+a, 0, z_0). Find the induced emf if the loop is moving with the velocity v⃗=v0a^y\vec{v} = v_0\hat{a}_y m/s.

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剛性迴路平移時，動生電動勢為

E=∮C(v⃗×B⃗)⋅dl⃗.\mathcal{E}=\oint_C(\vec v\times\vec B)\cdot d\vec l.

由

v⃗×B⃗=v0a^y×B0xa^x=−v0B0xa^z\vec v\times\vec B =v_0\hat a_y\times\frac{B_0}{x}\hat a_x =-\frac{v_0B_0}{x}\hat a_z
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第 4 題15 分

  1. (15%) A coaxial cable consists of an inner conductor of radius 3a and an outer conductor of inner radius 4a and outer radius 5a. Assume the cable to be infinitely long and its axis to be along the z-axis. Current I flows with uniform density in the +z-direction in the inner conductor and returns with uniform density in the -z-direction in the outer conductor. Find H everywhere.

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核心觀念

本題利用圓柱對稱性與安培定律求磁場強度 H\mathbf{H}。

無限長同軸電纜繞 zz 軸具有圓柱對稱性，因此磁場只有方位角方向：

H(r)=Hϕ(r) ϕ^\mathbf{H}(r)=H_\phi(r)\,\hat{\boldsymbol{\phi}}

由安培定律，

∮H⋅dℓ=Ienc\oint \mathbf{H}\cdot d\boldsymbol{\ell}=I_{\mathrm{enc}}

取半徑為 rr、軸線位於 zz 軸的圓形安培迴路，得

Hϕ(r)(2πr)=Ienc(r)H_\phi(r)(2\pi r)=I_{\mathrm{enc}}(r)

因此

Hϕ(r)=Ienc(r)2πrH_\phi(r)=\frac{I_{\mathrm{enc}}(r)}{2\pi r}

電流方向依右手定則判定：內導體電流沿 +z+z，故其產生的磁場方向為 +ϕ^+\hat{\boldsymbol{\phi}}。

解題方法

依照半徑所在區域，分別計算安培迴路所包圍的電流。

區域一：0≤r<3a0\le r<3a

內導體半徑為 3a3a，且電流密度均勻，因此

Jin=Iπ(3a)2=I9πa2J_{\mathrm{in}} =\frac{I}{\pi(3a)^2} =\frac{I}{9\pi a^2}

半徑 rr 內所包圍的電流為

Ienc=Jinπr2=Ir29a2I_{\mathrm{enc}} =J_{\mathrm{in}}\pi r^2 =\frac{I r^2}{9a^2}

代入安培定律：

Hϕ(r)=Ir2/(9a2)2πr=Ir18πa2H_\phi(r) =\frac{I r^2/(9a^2)}{2\pi r} =\frac{Ir}{18\pi a^2}

所以

H=Ir18πa2ϕ^,0≤r<3a\mathbf{H} =\frac{Ir}{18\pi a^2}\hat{\boldsymbol{\phi}}, \qquad 0\le r<3a

區域二：3a<r<4a3a<r<4a

此時安培迴路已包住整個內導體，但尚未包住外導體，因此

Ienc=II_{\mathrm{enc}}=I

故

H=I2πrϕ^,3a<r<4a\mathbf{H} =\frac{I}{2\pi r}\hat{\boldsymbol{\phi}}, \qquad 3a<r<4a

區域三：4a<r<5a4a<r<5a

外導體的截面積為

Aout=π[(5a)2−(4a)2]=9πa2A_{\mathrm{out}} =\pi\left[(5a)^2-(4a)^2\right] =9\pi a^2

外導體中的電流密度為

Jout=−I9πa2z^\mathbf{J}_{\mathrm{out}} =-\frac{I}{9\pi a^2}\hat{\mathbf{z}}

從半徑 4a4a 到半徑 rr 的外導體電流為

Iout,enc=−I9πa2π(r2−16a2)I_{\mathrm{out,enc}} =-\frac{I}{9\pi a^2}\pi(r^2-16a^2)

即

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第 5 題15 分

  1. (15%) The electric field of a uniform plane wave in free space is given by
    E⃗=E0cos⁡(ωt−βz)a^x−E0cos⁡(ωt−βz+π/2)a^y\vec{E} = E_0 \cos(\omega t - \beta z)\hat{a}_x - E_0 \cos(\omega t - \beta z + \pi/2)\hat{a}_y V/m

(a) Find the polarization of the wave.
(b) Find the associated magnetic field H⃗\vec{H}.
(c) Find the instantaneous Poynting vector.

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核心觀念

本題考查均勻平面波的三項基本性質：

  1. 電場兩個互相垂直分量的振幅與相位差決定偏振。
  2. 在自由空間中，磁場與電場的關係為
    H⃗=1η0a^k×E⃗\vec{H}=\frac{1}{\eta_0}\hat{a}_k\times\vec{E}
    其中 a^k\hat{a}_k 為傳播方向，η0=μ0/ϵ0≈377 Ω\eta_0=\sqrt{\mu_0/\epsilon_0}\approx 377\ \Omega。
  3. 瞬時坡印廷向量為
    S⃗(t)=E⃗(t)×H⃗(t)\vec{S}(t)=\vec{E}(t)\times\vec{H}(t)

令

ψ=ωt−βz\psi=\omega t-\beta z

則題目給出的電場可寫成

E⃗=E0cos⁡ψ a^x−E0cos⁡(ψ+π2)a^y\vec{E} =E_0\cos\psi\,\hat{a}_x -E_0\cos\left(\psi+\frac{\pi}{2}\right)\hat{a}_y

由於

cos⁡(ψ+π2)=−sin⁡ψ\cos\left(\psi+\frac{\pi}{2}\right)=-\sin\psi

因此

E⃗=E0cos⁡ψ a^x+E0sin⁡ψ a^y\vec{E} =E_0\cos\psi\,\hat{a}_x +E_0\sin\psi\,\hat{a}_y

(a) 波的偏振

電場的兩個分量為

Ex=E0cos⁡ψE_x=E_0\cos\psi Ey=E0sin⁡ψE_y=E_0\sin\psi

兩分量振幅相等，且相位差為 90∘90^\circ。因此電場端點滿足

(ExE0)2+(EyE0)2=cos⁡2ψ+sin⁡2ψ=1\left(\frac{E_x}{E_0}\right)^2+ \left(\frac{E_y}{E_0}\right)^2 =\cos^2\psi+\sin^2\psi=1

所以電場端點在 xyxy 平面上畫出半徑 E0E_0 的圓，波為圓偏振。

在固定位置觀察，當時間增加時，ψ\psi 增加，電場方向依序由 +a^x+\hat{a}_x 轉向 +a^y+\hat{a}_y，再轉向 −a^x-\hat{a}_x、−a^y-\hat{a}_y。因此其旋轉方向為

+a^x→+a^y+\hat{a}_x\rightarrow+\hat{a}_y

偏振的右旋、左旋名稱會因課本採用的觀察方向慣例而異；最不易產生歧義的描述是「圓偏振，且電場由 +a^x+\hat{a}_x 轉向 +a^y+\hat{a}_y」。

(b) 關聯磁場 H⃗\vec{H}

相位為 ωt−βz\omega t-\beta z，表示波沿 +a^z+\hat{a}_z 方向傳播，因此

a^k=a^z\hat{a}_k=\hat{a}_z

自由空間平面波的磁場為

H⃗=1η0a^z×E⃗\vec{H} =\frac{1}{\eta_0}\hat{a}_z\times\vec{E}

代入電場：

H⃗=E0η0a^z×(cos⁡ψ a^x+sin⁡ψ a^y)\vec{H} =\frac{E_0}{\eta_0} \hat{a}_z\times \left(\cos\psi\,\hat{a}_x+\sin\psi\,\hat{a}_y\right)

利用單位向量外積關係

a^z×a^x=a^y\hat{a}_z\times\hat{a}_x=\hat{a}_y a^z×a^y=−a^x\hat{a}_z\times\hat{a}_y=-\hat{a}_x

可得

H⃗=E0η0[−sin⁡ψ a^x+cos⁡ψ a^y] A/m\boxed{ \vec{H} =\frac{E_0}{\eta_0} \left[ -\sin\psi\,\hat{a}_x +\cos\psi\,\hat{a}_y \right]\ \text{A/m} }

也可寫成原題相位形式：

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第 6 題25 分

  1. (25%) The electric field of a uniform plane wave propagating in a perfect dielectric medium having μ=μ0\mu = \mu_0 is given by
    E⃗=2cos⁡(3×108t+0.1x)a^z\vec{E} = 2\cos(3 \times 10^8 t + 0.1x)\hat{a}_z V/m

(a) (9%) Find the frequency, the wavelength, and the phase velocity.
(b) (6%) Find the permittivity and the intrinsic impedance of the medium.
(c) (5%) Find the associated magnetic field H⃗\vec{H}.
(d) (5%) Find the time-average Poynting vector.

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核心觀念

均勻平面波的電場可寫成

E⃗=E⃗0cos⁡(ωt−β⃗⋅r⃗)\vec{E}=\vec{E}_0\cos(\omega t-\vec{\beta}\cdot\vec{r})

其中：

  • ω\omega：角頻率，單位為 rad/s
  • β\beta：相位常數，單位為 rad/m
  • vp=ω/βv_p=\omega/\beta：相位速度
  • λ=2π/β\lambda=2\pi/\beta：波長
  • η=μ/ε\eta=\sqrt{\mu/\varepsilon}：介質本質阻抗
  • 磁場方向由右手定則決定：
H⃗=1ηa^k×E⃗\vec{H}=\frac{1}{\eta}\hat{a}_k\times\vec{E}

題目給定

E⃗=2cos⁡(3×108t+0.1x)a^z V/m\vec{E}=2\cos(3\times10^8t+0.1x)\hat{a}_z\ \text{V/m}

與標準形式比較可得

ω=3×108 rad/s,β=0.1 rad/m\omega=3\times10^8\ \text{rad/s},\qquad \beta=0.1\ \text{rad/m}

由於相位為 ωt+βx\omega t+\beta x，其等相位面滿足

ωt+βx=常數\omega t+\beta x=\text{常數}

因此 xx 隨時間增加而減少，波沿 −x-x 方向傳播。

(a) 頻率、波長與相位速度

頻率

角頻率與頻率的關係為

ω=2πf\omega=2\pi f

因此

f=ω2π=3×1082π≈4.77×107 Hzf=\frac{\omega}{2\pi} =\frac{3\times10^8}{2\pi} \approx4.77\times10^7\ \text{Hz}

所以

f≈47.7 MHz\boxed{f\approx47.7\ \text{MHz}}

波長

波長與相位常數的關係為

λ=2πβ\lambda=\frac{2\pi}{\beta}

代入 β=0.1\beta=0.1 rad/m：

λ=2π0.1=20π≈62.8 m\lambda=\frac{2\pi}{0.1} =20\pi \approx62.8\ \text{m}

所以

λ≈62.8 m\boxed{\lambda\approx62.8\ \text{m}}

相位速度

vp=ωβv_p=\frac{\omega}{\beta}

因此

vp=3×1080.1=3×109 m/sv_p=\frac{3\times10^8}{0.1} =3\times10^9\ \text{m/s}

所以

vp=3.0×109 m/s\boxed{v_p=3.0\times10^9\ \text{m/s}}

此速度大於真空光速，表示題目所給的介質參數對應到相對介電常數小於 11 的理想化介質。

(b) 介電常數與本質阻抗

已知介質為無損耗完美介電質，且

μ=μ0\mu=\mu_0

平面波的相位常數為

β=ωμε\beta=\omega\sqrt{\mu\varepsilon}

因此

ε=β2ω2μ\varepsilon=\frac{\beta^2}{\omega^2\mu}

代入題目數值：

ε=(0.1)2(3×108)2μ0\varepsilon =\frac{(0.1)^2}{(3\times10^8)^2\mu_0}

取

μ0=4π×10−7 H/m\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \text{H/m}

可得

ε≈8.84×10−14 F/m\varepsilon\approx8.84\times10^{-14}\ \text{F/m}

所以

ε≈8.84×10−14 F/m\boxed{\varepsilon\approx8.84\times10^{-14}\ \text{F/m}}

也可由

vp=1μεv_p=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}

得到相同結果。

本質阻抗

本質阻抗為

η=με\eta=\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}}

亦可利用

η=ωμβ\eta=\frac{\omega\mu}{\beta}

直接計算：

η=(3×108)(4π×10−7)0.1≈3.77×103 Ω\eta =\frac{(3\times10^8)(4\pi\times10^{-7})}{0.1} \approx3.77\times10^3\ \Omega

因此

η≈3.77×103 Ω\boxed{\eta\approx3.77\times10^3\ \Omega}

即約為 3.773.77 kΩ\Omega。

(c) associated 磁場 H⃗\vec{H}

波沿 −x-x 方向傳播，因此傳播方向單位向量為

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