108 年 國立中正大學光機電整合工程研究所《電磁學》

核心觀念

本題使用高斯定律的微分形式與積分形式：

$$\nabla\cdot\vec{E}=\frac{\rho}{\varepsilon_0}$$

其中 $\rho$ 為體電荷密度，$\varepsilon_0$ 為真空介電常數。

高斯定律的積分形式為：

$$\oint_S \vec{E}\cdot d\vec{a} =\frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}$$

題目中的電場為純徑向場：

$$\vec{E}=kr^3\hat r$$

因此最直接的方法是使用球座標下的散度公式求 $\rho$，再利用高斯定律求半徑 $R$ 球面內的總電荷。

解題方法

(a) 求電荷密度 $\rho$

對於球座標中的純徑向向量場 $\vec{A}=A_r\hat r$，其散度為：

$$\nabla\cdot\vec{A} = \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2A_r\right)$$

本題

$$A_r=E_r=kr^3$$

所以

$$\nabla\cdot\vec{E} = \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2kr^3\right)$$

整理得：

$$\nabla\cdot\vec{E} = \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(kr^5\right) = \frac{1}{r^2}(5kr^4) = 5kr^2$$

由微分形式的高斯定律：

$$\rho=\varepsilon_0\nabla\cdot\vec{E}$$

因此

$$\boxed{\rho(r)=5\varepsilon_0kr^2}$$

---

(b) 求半徑 $R$ 球內的總電荷

方法一：使用高斯定律積分形式

取半徑為 $R$、中心位於原點的球面作為高斯面。由於電場沿徑向，且在球面上大小固定為：

$$\vec{E}(R)=kR^3\hat r$$

球面的面積向量為：

$$d\vec a=\hat r\,da$$

因此

$$\vec E\cdot d\vec a = kR^3\,da$$

總電通量為：

核心觀念

靜電場具有保守場的特性，因此必須滿足

$$\nabla \times \vec{E}=\vec{0}$$

在單連通區域內，若 $\nabla \times \vec{E}=\vec{0}$，則電場可由電位表示為

$$\vec{E}=-\nabla V$$

其中

$$\nabla V = \frac{\partial V}{\partial x}\hat{i} + \frac{\partial V}{\partial y}\hat{j} + \frac{\partial V}{\partial z}\hat{k}$$

---

(a) 判斷是否為靜電場

(i)

$$\vec{E}_1 = k\left[(xy)\hat{i}+(2yz)\hat{j}+(3xz)\hat{k}\right]$$

其分量為

$$E_x=kxy,\qquad E_y=2kyz,\qquad E_z=3kxz$$

計算旋度：

$$\nabla\times\vec{E}_1 = \begin{vmatrix} \hat{i}&\hat{j}&\hat{k}\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\ kxy&2kyz&3kxz \end{vmatrix}$$

因此

$$\nabla\times\vec{E}_1 = \left( \frac{\partial E_z}{\partial y} - \frac{\partial E_y}{\partial z} \right)\hat{i} + \left( \frac{\partial E_x}{\partial z} - \frac{\partial E_z}{\partial x} \right)\hat{j} + \left( \frac{\partial E_y}{\partial x} - \frac{\partial E_x}{\partial y} \right)\hat{k}$$

代入各項：

$$\frac{\partial E_z}{\partial y}=0,\qquad \frac{\partial E_y}{\partial z}=2ky$$ $$\frac{\partial E_x}{\partial z}=0,\qquad \frac{\partial E_z}{\partial x}=3kz$$ $$\frac{\partial E_y}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial E_x}{\partial y}=kx$$

故

$$\nabla\times\vec{E}_1 = -2ky\hat{i}-3kz\hat{j}-kx\hat{k}$$

此結果一般不為零，所以此電場不具保守場特性，不能視為靜電場。

---

(ii)

$$\vec{E}_2 = k\left[(y^2)\hat{i}+(2xy+z^2)\hat{j}+(2yz)\hat{k}\right]$$

其分量為

$$E_x=ky^2,\qquad E_y=k(2xy+z^2),\qquad E_z=2kyz$$

計算旋度的三個分量：

$$\frac{\partial E_z}{\partial y} - \frac{\partial E_y}{\partial z} = 2kz-2kz=0$$ $$\frac{\partial E_x}{\partial z} - \frac{\partial E_z}{\partial x} = 0-0=0$$ $$\frac{\partial E_y}{\partial x} - \frac{\partial E_x}{\partial y} = 2ky-2ky=0$$

因此

$$\nabla\times\vec{E}_2=\vec{0}$$

核心觀念

本題考查同心球形電容器的電容定義：

$$C=\frac{Q}{V}$$

其中 $Q$ 為內球殼所帶電荷量，$V$ 為內、外球殼之間的電位差。

解題會使用高斯定律：

$$\oint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} =\frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon}$$

設內球殼半徑為 $a$、外球殼半徑為 $b$，且 $b>a$；介質介電常數為 $\varepsilon$。

解題方法

設內球殼帶電荷 $+Q$，外球殼帶電荷 $-Q$。由球對稱性，兩球殼之間半徑為 $r$ 的位置，其電場大小只與 $r$ 有關，方向為徑向。

取半徑 $r$、滿足 $a<r<b$ 的球形高斯面，包覆的電荷為 $Q$，因此由高斯定律：

$$E(r)(4\pi r^2)=\frac{Q}{\varepsilon}$$

得到

$$E(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon r^2}$$

內、外球殼之間的電位差為

$$V=V(a)-V(b) =\int_a^b E(r)\,dr$$

代入電場：

$$V =\int_a^b \frac{Q}{4\pi\varepsilon r^2}\,dr$$ $$V =\frac{Q}{4\pi\varepsilon} \int_a^b r^{-2}\,dr$$ $$V =\frac{Q}{4\pi\varepsilon} \left[-\frac{1}{r}\right]_a^b$$

核心觀念

本題考查球面上的面電荷分布，以及多極展開中的：

• 總電荷
  $Q=\int_S \sigma\, da$
• 電偶極矩
  $\mathbf p=\int_S \mathbf r'\,\sigma\, da$
• 遠處電勢的偶極近似
  $V_{\text{dip}}(\mathbf r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\mathbf p\cdot\hat{\mathbf r}}{r^2}$

球面半徑為 $R$，球面座標中的面積元素為

$$da=R^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi.$$

由於 $\sigma(\theta)=k\cos\theta$ 在北半球為正、南半球為負，分布關於赤道反對稱，因此總電荷為零，但仍可能具有非零電偶極矩。

---

解題方法

取球心為原點，$z$ 軸為 $\theta=0$ 的方向。球面上任一點的位置向量為

$$\mathbf r'=R\hat{\mathbf r}' =R(\sin\theta\cos\phi\,\hat{\mathbf x} +\sin\theta\sin\phi\,\hat{\mathbf y} +\cos\theta\,\hat{\mathbf z}).$$

---

(a) 球面上的總電荷

總電荷為

$$Q=\int_S \sigma(\theta)\,da.$$

代入 $\sigma(\theta)=k\cos\theta$ 與面積元素：

$$Q =\int_0^{2\pi}\int_0^\pi k\cos\theta\,R^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi.$$

分離積分得

$$Q = kR^2 \left(\int_0^{2\pi}d\phi\right) \left(\int_0^\pi\cos\theta\sin\theta\,d\theta\right).$$

其中

$$\int_0^\pi\cos\theta\sin\theta\,d\theta =\frac{1}{2}\int_0^\pi\sin(2\theta)\,d\theta=0.$$

因此

$$\boxed{Q=0}.$$

---

(b) 電偶極矩

電偶極矩定義為

$$\mathbf p=\int_S \mathbf r'\,\sigma(\theta)\,da.$$

由軸對稱性，$x$ 與 $y$ 方向的分量相互抵消，因此只剩下 $z$ 分量：

$$p_z=\int_S (R\cos\theta)\,k\cos\theta\,da.$$

代入 $da=R^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi$：

$$p_z =kR^3\int_0^{2\pi}\int_0^\pi \cos^2\theta\sin\theta\,d\theta\,d\phi.$$

先計算 $\theta$ 積分。令 $u=\cos\theta$，則 $du=-\sin\theta\,d\theta$：

核心觀念

介電質交界面的電場滿足兩個邊界條件：

• 電場的切向分量連續：$E_{1t}=E_{2t}$。
• 電位移的法向分量在無自由面電荷時連續：$D_{1n}=D_{2n}$。線性介電質中 $\mathbf D=\epsilon\mathbf E$，因此 $\epsilon_1E_{1n}=\epsilon_2E_{2n}$。

圖中的 $\theta_1$、$\theta_2$ 是電場與界面法線的夾角，所以 $\tan\theta_i=E_{it}/E_{in}$。

解題方法

利用切向電場連續與法向電位移連續，分別表示兩側電場分量：

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

由角度定義，

$$\frac{\tan\theta_2}{\tan\theta_1} = \frac{E_{2t}/E_{2n}}{E_{1t}/E_{1n}}$$

核心觀念

本題考查安培定律與平面對稱。厚板沿 $x,y$ 方向無限延伸，電流密度均勻且沿 $+\hat{x}$，因此磁場只隨 $z$ 改變，方向沿 $\hat{y}$。由右手定則，板上方磁場沿 $-\hat{y}$，板下方沿 $+\hat{y}$。

使用安培定律的微分形式：

$$\nabla\times\vec{B}=\mu_0\vec{J}$$

解題方法

取磁場為 $\vec{B}(z)=B_y(z)\hat{y}$。其旋度的 $x$ 分量為

$$(\nabla\times\vec{B})_x=-\frac{dB_y}{dz}$$

在板內 $|z|<a$，$\vec{J}=J\hat{x}$，所以

$$-\frac{dB_y}{dz}=\mu_0J \quad\Longrightarrow\quad \frac{dB_y}{dz}=-\mu_0J$$

板的上下對稱，且磁場在中面 $z=0$ 為零，故積分得

$$B_y(z)=-\mu_0Jz,\qquad |z|\le a$$