109 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%) Find the induced emf around the rectangular closed path C connecting the point (0,0,0), (a,0,0), (a,b,0), (0,b,0), and (0,0,0), in that order, for the magnetic field given by
    B⃗=sin⁡(πx2a)cos⁡(ωt)a^y Wb/m2\vec{B} = \sin\left(\frac{\pi x}{2a}\right) \cos(\omega t) \hat{a}_y \, \text{Wb/m}^2

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核心觀念

本題考查法拉第電磁感應定律：

E=∮CE⃗⋅dℓ⃗=−ddt∫SB⃗⋅dS⃗\mathcal{E}=\oint_C \vec{E}\cdot d\vec{\ell} =-\frac{d}{dt}\int_S \vec{B}\cdot d\vec{S}

其中 SS 是由閉合路徑 CC 所包圍的曲面。關鍵在於磁通量只取磁場在曲面法線方向的分量：

B⃗⋅dS⃗\vec{B}\cdot d\vec{S}

解題方法

閉合路徑位於 xyxy 平面：

z=0z=0

因此其面積向量方向為 a^z\hat{a}_z，可寫成

dS⃗=a^z dx dyd\vec{S}=\hat{a}_z\,dx\,dy

題目給定磁場為

B⃗=sin⁡(πx2a)cos⁡(ωt)a^y\vec{B} = \sin\left(\frac{\pi x}{2a}\right)\cos(\omega t)\hat{a}_y

磁場方向為 a^y\hat{a}_y，而曲面法線方向為 a^z\hat{a}_z，所以

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第 2 題15 分

  1. (15%) A current density due to flow of charges is given by
    J⃗=−(xa^x+ya^y+z2a^z) A/m2\vec{J} = -(x\hat{a}_x + y\hat{a}_y + z^2\hat{a}_z) \, \text{A/m}^2
    Find the displacement current emanating from the surface of the cylindrical box bounded by the surfaces r=1r = 1, z=0z = 0, and z=2z = 2.

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由電荷守恆定律與高斯定律：

∇⋅J⃗+∂ρv∂t=0,∇⋅J⃗d=∂ρv∂t\nabla\cdot\vec J+\frac{\partial\rho_v}{\partial t}=0, \qquad \nabla\cdot\vec J_d=\frac{\partial\rho_v}{\partial t}

故封閉曲面向外的位移電流為

Id=−∭V∇⋅J⃗ dV.I_d=-\iiint_V\nabla\cdot\vec J\,dV.

已知

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第 3 題15 分

  1. (15%) Charge is distributed with density ρ=ρ0(r/a) C/m3\rho = \rho_0 (r/a) \, \text{C/m}^3 in the cylindrical region r<ar < a. Find D⃗\vec{D} everywhere.

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由圓柱對稱性，

D⃗=Dr(r)r^.\vec D=D_r(r)\hat{\mathbf r}.

取半徑 rr、長度 LL 的同軸高斯圓柱，套用高斯定律：

∮SD⃗⋅dS⃗=Qenc.\oint_S\vec D\cdot d\vec S=Q_{\text{enc}}.

當 r<ar<a：

Dr(2πrL)=∫0rρ0r′a(2πr′L) dr′=2πρ0Lr33a,D_r(2\pi rL) =\int_0^r \rho_0\frac{r'}a(2\pi r'L)\,dr' =\frac{2\pi\rho_0Lr^3}{3a},

故

Dr=ρ0r23a.D_r=\frac{\rho_0r^2}{3a}.

當 r≥ar\ge a：

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第 4 題15 分

  1. (15%) Let us consider the current distribution given by J⃗=J0a^z\vec{J} = J_0 \hat{a}_z for −a<z<a-a < z < a, where J0J_0 is a constant. Find the magnetic field H⃗\vec{H} everywhere.

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磁靜態安培定律為

∇×H⃗=J⃗.\nabla\times\vec H=\vec J.

對兩側取散度，必須滿足

∇⋅J⃗=∇⋅(∇×H⃗)=0.\nabla\cdot\vec J=\nabla\cdot(\nabla\times\vec H)=0.

將題給電流寫成

J⃗=J0[u(z+a)−u(z−a)]a^z,\vec J=J_0\bigl[u(z+a)-u(z-a)\bigr]\hat a_z,

則

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第 5 題20 分

(20%) The magnetic field of a uniform plane wave propagating in free space is given by
H⃗=cos⁡(3×107t+0.1y)a⃗x A/m\vec{H}=\cos(3\times10^7t+0.1y)\vec{a}_x\ \mathrm{A/m}

(a) Find the associated electric field E⃗\vec{E}.

(b) Find the instantaneous Poynting vector.

(c) Find the direction of propagation of the wave.

(d) Find the instantaneous power flow across a surface of area 2 m22\ \mathrm{m}^2 in the y=0y=0 plane at t=0t=0.

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核心觀念

均勻平面波在自由空間中，電場、磁場與傳播方向互相垂直，且滿足

S⃗=E⃗×H⃗\vec{S}=\vec{E}\times\vec{H}

其中 S⃗\vec{S} 是瞬時坡印亭向量。自由空間的波阻抗為

η0=μ0ϵ0=120π Ω≈377 Ω\eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}=120\pi\ \Omega\approx 377\ \Omega

波的等相位面沿相位不變的方向移動。題目相位為 ωt+βy\omega t+\beta y，因此波沿 −a⃗y-\vec{a}_y 方向傳播。

解題方法

(a) 求電場 E⃗\vec{E}

已知磁場為

H⃗=cos⁡(3×107t+0.1y)a⃗x A/m\vec{H}=\cos(3\times10^7t+0.1y)\vec{a}_x\ \mathrm{A/m}

平面波的電場與磁場振幅關係為 ∣E⃗∣=η0∣H⃗∣|\vec{E}|=\eta_0|\vec{H}|。又因為傳播方向為 −a⃗y-\vec{a}_y，必須使 E⃗×H⃗\vec{E}\times\vec{H} 指向 −a⃗y-\vec{a}_y。由於 (−a⃗z)×a⃗x=−a⃗y(-\vec{a}_z)\times\vec{a}_x=-\vec{a}_y，電場方向為 −a⃗z-\vec{a}_z。

E⃗=−η0cos⁡(3×107t+0.1y)a⃗z V/m\vec{E}=-\eta_0\cos(3\times10^7t+0.1y)\vec{a}_z\ \mathrm{V/m}

(b) 求瞬時坡印亭向量

將電場與磁場代入 S⃗=E⃗×H⃗\vec{S}=\vec{E}\times\vec{H}：

S⃗=[−η0cos⁡(3×107t+0.1y)a⃗z]×[cos⁡(3×107t+0.1y)a⃗x]=−η0cos⁡2(3×107t+0.1y)a⃗y W/m2\begin{aligned} \vec{S} &=\left[-\eta_0\cos(3\times10^7t+0.1y)\vec{a}_z\right] \times \left[\cos(3\times10^7t+0.1y)\vec{a}_x\right]\\ &=-\eta_0\cos^2(3\times10^7t+0.1y)\vec{a}_y\ \mathrm{W/m^2} \end{aligned}
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第 6 題20 分

(20%) The rectangular cavity resonator is a box consisting of the region 0<x<a0<x<a, 0<y<b0<y<b, and 0<z<d0<z<d, and bounded by perfectly conducting walls on all of its six sides. The time-varying electric and magnetic fields inside the resonator are given by

E⃗=E0sin⁡(πxa)sin⁡(πzd)cos⁡ωt a⃗y V/m\vec{E}=E_0\sin\left(\frac{\pi x}{a}\right)\sin\left(\frac{\pi z}{d}\right)\cos\omega t\,\vec{a}_y\ \mathrm{V/m}

H⃗=H01sin⁡(πxa)cos⁡(πzd)cos⁡ωt a⃗x−H02cos⁡(πxa)sin⁡(πzd)cos⁡ωt a⃗z A/m\vec{H}=H_{01}\sin\left(\frac{\pi x}{a}\right)\cos\left(\frac{\pi z}{d}\right)\cos\omega t\,\vec{a}_x-H_{02}\cos\left(\frac{\pi x}{a}\right)\sin\left(\frac{\pi z}{d}\right)\cos\omega t\,\vec{a}_z\ \mathrm{A/m}

where E0E_0, H01H_{01}, and H02H_{02} are constants. The medium inside the box is a perfect dielectric of ε=4ε0\varepsilon=4\varepsilon_0.

(a) Find the charge density and current density on the wall of x=0x=0.

(b) Find the charge density and current density on the wall of y=0y=0.

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核心觀念

導體表面的感應表面電荷密度與表面電流密度，由導體外側的場決定。取單位法向量 n^\hat{\mathbf n} 從導體壁面指向腔體內部，則

ρs=n^⋅D=ε n^⋅E,Ks=n^×H.\rho_s=\hat{\mathbf n}\cdot\mathbf D =\varepsilon\,\hat{\mathbf n}\cdot\mathbf E, \qquad \mathbf K_s=\hat{\mathbf n}\times\mathbf H.

其中 ρs\rho_s 的單位為 C/m2\mathrm{C/m^2}，Ks\mathbf K_s 的單位為 A/m\mathrm{A/m}。題目給定腔內介電常數 ε=4ε0\varepsilon=4\varepsilon_0。

解題方法與推導

(a) x=0x=0 壁面

此壁面指向腔內的法向量為 n^=ax\hat{\mathbf n}=\mathbf a_x。電場只有 yy 分量，因此法向電場為零：

ρs∣x=0=ax⋅εE=0.\rho_s\big|_{x=0} =\mathbf a_x\cdot\varepsilon\mathbf E=0.

表面電流密度由磁場的切向分量決定：

Ks∣x=0=ax×H∣x=0=−Hz∣x=0 ay.\mathbf K_s\big|_{x=0} =\mathbf a_x\times\mathbf H\big|_{x=0} =-H_z\big|_{x=0}\,\mathbf a_y.

代入

Hz∣x=0=−H02sin⁡(πzd)cos⁡ωt,H_z\big|_{x=0} =-H_{02}\sin\left(\frac{\pi z}{d}\right)\cos\omega t,

得到

Ks∣x=0=H02sin⁡(πzd)cos⁡ωt ay.\mathbf K_s\big|_{x=0} =H_{02}\sin\left(\frac{\pi z}{d}\right)\cos\omega t\,\mathbf a_y.

(b) y=0y=0 壁面

此壁面的法向量為 n^=ay\hat{\mathbf n}=\mathbf a_y。電場沿壁面法向，因此表面電荷密度為

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