108 年 國立成功大學太空與電漿科學研究所《電磁學》

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第 1 題

(a) Consider the function f(r,θ,ϕ)=r2cos⁡θf(r, \theta, \phi) = r^2\cos\theta. Determine v=∇f\mathbf{v} = \nabla f and show that ∇×v=0\nabla \times \mathbf{v} = 0. (10%)
(b) Let v=xy2i^\mathbf{v} = xy^2\hat{\mathbf{i}}, Show that this satisfies the divergence theorem over the following cube with sides of length 2. (10%)
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核心觀念

本題考查球座標中的梯度、旋度，以及散度定理：

∇f=r^∂f∂r+θ^1r∂f∂θ+ϕ^1rsin⁡θ∂f∂ϕ,∇⋅v=∂vx∂x+∂vy∂y+∂vz∂z.\nabla f = \hat{\mathbf r}\frac{\partial f}{\partial r} +\hat{\boldsymbol\theta}\frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial\theta} +\hat{\boldsymbol\phi}\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial f}{\partial\phi}, \qquad \nabla\cdot\mathbf v = \frac{\partial v_x}{\partial x} +\frac{\partial v_y}{\partial y} +\frac{\partial v_z}{\partial z}.

散度定理指出，封閉曲面的總通量等於該曲面所圍體積內的散度積分：

∯Sv⋅dS=∭V(∇⋅v) dV.\oiint_S \mathbf v\cdot d\mathbf S = \iiint_V (\nabla\cdot\mathbf v)\,dV.

(a) 求 v=∇f\mathbf v=\nabla f 並證明 ∇×v=0\nabla\times\mathbf v=0

已知 f(r,θ,ϕ)=r2cos⁡θf(r,\theta,\phi)=r^2\cos\theta，其偏導數為

∂f∂r=2rcos⁡θ,∂f∂θ=−r2sin⁡θ,∂f∂ϕ=0.\frac{\partial f}{\partial r}=2r\cos\theta, \qquad \frac{\partial f}{\partial\theta}=-r^2\sin\theta, \qquad \frac{\partial f}{\partial\phi}=0.

代入球座標梯度公式：

v=∇f=2rcos⁡θ r^−rsin⁡θ θ^.\mathbf v=\nabla f =2r\cos\theta\,\hat{\mathbf r} -r\sin\theta\,\hat{\boldsymbol\theta}.

令 vr=2rcos⁡θv_r=2r\cos\theta、vθ=−rsin⁡θv_\theta=-r\sin\theta、vϕ=0v_\phi=0。球座標旋度的徑向、極角與方位角分量分別為

(∇×v)r=1rsin⁡θ[∂(sin⁡θ vϕ)∂θ−∂vθ∂ϕ]=0,(\nabla\times\mathbf v)_r = \frac{1}{r\sin\theta} \left[ \frac{\partial(\sin\theta\,v_\phi)}{\partial\theta} -\frac{\partial v_\theta}{\partial\phi} \right] =0,
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第 2 題

  1. The Electric Field Cage generates DC and low-frequency AC fields for sensor design, calibration, and evaluation. Consider the following design: a region enclosed on three sides by the grounded conducting planes shown in following figure. The end plate on the right has a potential V=V0V = V_0. All planes are assumed to be infinite in extent in the z-direction. Find the potential distribution V(x,y)V(x,y) within the region (10%), and calculate the electric field at the central point P(a/2,b/2)P(a/2, b/2) (10%).
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核心觀念

本題考查二維靜電場中的拉普拉斯方程與分離變數法。區域內無自由電荷，因此電位滿足

∇2V=∂2V∂x2+∂2V∂y2=0.\nabla^2 V=\frac{\partial^2 V}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 V}{\partial y^2}=0.

電場由電位梯度給出：

E=−∇V=−∂V∂xx^−∂V∂yy^.\mathbf E=-\nabla V =-\frac{\partial V}{\partial x}\hat{\mathbf x} -\frac{\partial V}{\partial y}\hat{\mathbf y}.

由圖可知研究區域為

0<x<a,0<y<b,0<x<a,\qquad 0<y<b,

且邊界條件為

V(0,y)=0,V(x,0)=0,V(x,b)=0,V(0,y)=0,\qquad V(x,0)=0,\qquad V(x,b)=0, V(a,y)=V0.V(a,y)=V_0.

因所有導體在 zz 方向無限延伸，電位與 zz 無關，因此 Ez=0E_z=0。

解題方法

令電位採用分離形式

V(x,y)=X(x)Y(y).V(x,y)=X(x)Y(y).

代入拉普拉斯方程：

X′′X=−Y′′Y=−k2.\frac{X''}{X}=-\frac{Y''}{Y}=-k^2.

因此

Y′′+k2Y=0,X′′−k2X=0.Y''+k^2Y=0, \qquad X''-k^2X=0.

由 y=0y=0 與 y=by=b 兩側接地：

Y(0)=Y(b)=0,Y(0)=Y(b)=0,

所以允許的本徵函數為

Yn(y)=sin⁡(nπyb),kn=nπb,n=1,2,3,…Y_n(y)=\sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right), \qquad k_n=\frac{n\pi}{b}, \qquad n=1,2,3,\ldots

又因 V(0,y)=0V(0,y)=0，xx 方向解取為

Xn(x)=sinh⁡(nπxb).X_n(x)=\sinh\left(\frac{n\pi x}{b}\right).

將其正規化，使其在 x=ax=a 時符合右側邊界，得到

V(x,y)=∑n=1∞Bnsinh⁡(nπxb)sinh⁡(nπab)sin⁡(nπyb).V(x,y)= \sum_{n=1}^{\infty} B_n \frac{\sinh\left(\frac{n\pi x}{b}\right)} {\sinh\left(\frac{n\pi a}{b}\right)} \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right).

在 x=ax=a 處必須滿足

V0=∑n=1∞Bnsin⁡(nπyb).V_0=\sum_{n=1}^{\infty}B_n \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right).

將常數 V0V_0 展開成傅立葉正弦級數：

Bn=2b∫0bV0sin⁡(nπyb) dy.B_n=\frac{2}{b}\int_0^b V_0 \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\,dy.

計算得

Bn=2V0nπ[1−(−1)n].B_n= \frac{2V_0}{n\pi}\left[1-(-1)^n\right].

因此偶數項為零，奇數項為

Bn=4V0nπ,n=1,3,5,…B_n=\frac{4V_0}{n\pi}, \qquad n=1,3,5,\ldots

故區域內的電位分布為

V(x,y)=4V0π∑n=1n odd∞1nsinh⁡(nπxb)sinh⁡(nπab)sin⁡(nπyb).V(x,y)= \frac{4V_0}{\pi} \sum_{\substack{n=1\\ n\ \mathrm{odd}}}^{\infty} \frac{1}{n} \frac{\sinh\left(\frac{n\pi x}{b}\right)} {\sinh\left(\frac{n\pi a}{b}\right)} \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right).

中心點的電場

中心點為

P(a2,b2).P\left(\frac a2,\frac b2\right).

先求 xx 分量：

Ex=−∂V∂x.E_x=-\frac{\partial V}{\partial x}.

因此

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第 3 題

  1. Two square capacitor plates in air have separation d, sides of length b, and charge ±Q\pm Q as illustrated. Fringing fields can be neglected.
    (a) What is the capacitance CaC_a of this device? (4%)
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    (b) A perfectly conducting plate is introduced d/10 between the capacitor plates, leaving parallel gaps of width d/10 above and below itself. What now is the device capacitance CbC_b when it is fully inserted? (6%)
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    (c) What is the magnitude and direction of the force f\mathbf{f} on the new plate of Part (b) as a function of the insertion distance L. Please express your answer as a function of the parameters given in the figure. (10%)
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核心觀念

平行板電容為 C=ε0A/sC=\varepsilon_0 A/s，其中 AA 是重疊面積，ss 是板間距。兩個電容串聯時倒數相加，並聯時電容直接相加。固定電荷 QQ 時，電場能量為 U=Q2/(2C)U=Q^2/(2C)，可用能量對位移的變化求力。

解題方法

依原圖，兩片正方形極板的邊長為 bb、間距為 dd，帶電量分別為 ±Q\pm Q。新導體片由邊緣沿 +z+z 方向插入，插入深度為 LL，並與上下極板各留出 d/10d/10 的間隙；忽略邊緣場。

(a) 原電容 CaC_a

兩極板面積為 b2b^2，板間為空氣，因此

Ca=ε0b2d.C_a=\frac{\varepsilon_0 b^2}{d}.

(b) 導體片完全插入後的電容 CbC_b

導體片完全插入時，上下兩個間隙各為 d/10d/10。每個間隙的電容為

C1=C2=ε0b2d/10=10ε0b2d.C_1=C_2=\frac{\varepsilon_0 b^2}{d/10} =\frac{10\varepsilon_0 b^2}{d}.

兩個間隙的電容串聯，故

1Cb=1C1+1C2,Cb=5ε0b2d.\frac{1}{C_b}=\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}, \qquad C_b=\frac{5\varepsilon_0 b^2}{d}.

(c) 插入深度為 LL 時的力

當 0≤L≤b0\le L\le b，插入部分的面積為 bLbL，未插入部分的面積為 b(b−L)b(b-L)。未插入區仍是間距 dd 的電容；插入區則由兩個間距各為 d/10d/10 的電容串聯而成，其等效電容為 5ε0bL/d5\varepsilon_0 bL/d。兩區連接在同一對極板間，因此並聯：

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第 4 題20 分

A uniform line charge λ\lambda is placed on an infinite straight wire (parallel to the xx axis), a distance HH above a grounded conducting plane at z=0z=0 as shown:

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(a) What is ∇2V\nabla^2 V for z>0z>0 including on the location of the wire? (7%)

(b) The potential VV can be calculated by adding an image potential contribution VIV_I to the line charge potential contribution VRV_R: V=VR+VIV=V_R+V_I. What is VIV_I if we fix the convention VI=0V_I=0 along the line defined by {z=0,y=0}\{z=0,y=0\}? Express your final answer in terms of the shown Cartesian coordinates. (13%)

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核心觀念

本題考查兩個觀念：電位的泊松方程，以及接地無限導體平面的鏡像法。含線電荷的電位在電荷所在位置發散，因此「包含導線位置」時，∇2V\nabla^2V 必須以狄拉克 delta 函數表示。

解題方法

依圖中座標，導線平行 xx 軸，位於 y=0, z=Hy=0,\ z=H；接地導體平面為 z=0z=0。鏡像法以位於 y=0, z=−Hy=0,\ z=-H、線電荷密度為 −λ-\lambda 的影像線電荷，取代導體平面的作用。

(a) z>0z>0 區域的 ∇2V\nabla^2V

由泊松方程

∇2V=−ρε0\nabla^2V=-\frac{\rho}{\varepsilon_0}

真實線電荷的體電荷密度為

ρ(x,y,z)=λ δ(y)δ(z−H)\rho(x,y,z)=\lambda\,\delta(y)\delta(z-H)

影像線電荷位於 z=−Hz=-H，不在 z>0z>0 區域內，故該區域的電荷密度只有真實線電荷。於是

∇2V=−λε0 δ(y)δ(z−H),z>0\boxed{\nabla^2V=-\frac{\lambda}{\varepsilon_0}\,\delta(y)\delta(z-H),\qquad z>0}

除導線所在位置外，∇2V=0\nabla^2V=0；在導線位置則由 delta 函數表達其線電荷源。

(b) 影像電位 VIV_I

影像線電荷到場點 (x,y,z)(x,y,z) 的垂直距離為

ρI=y2+(z+H)2\rho_I=\sqrt{y^2+(z+H)^2}

無限長線電荷密度為 qq 時，兩個場點間的電位差為

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第 5 題20 分

(a) Suppose the inductance LL is due to the self-inductance of a toroidal coil with rectangular cross section (inner radius aa, outer radius bb, and height hh as shown in the figure below) carrying a total of NN turns. Express LL in terms of NN, hh, aa, and bb. (10%)

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(b) Suppose this toroidal coil has a magnetic field B⃗(s,ϕ,z)=f(s)ϕ^\vec{B}(s,\phi,z)=f(s)\hat{\phi}, where ss is a cylindrical coordinate variable: e.g. the inner radius is described as s=as=a. In this magnetic field, suppose a pointlike magnetic dipole with m⃗=mz^\vec{m}=m\hat{z} is placed at rest at s=u∈(a,b)s=u\in(a,b) inside the torus. What are the forces and torques on the dipole due to the magnetic field? (10%)

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核心觀念

(a) 利用安培定律求理想環形線圈內的磁場，再積分矩形截面上的磁通量，並用磁通鏈結定義自感：

L=NΦIL=\frac{N\Phi}{I}

(b) 磁偶極在外磁場中的位能與力矩分別為

U=−m⃗⋅B⃗,F⃗=∇(m⃗⋅B⃗),τ⃗=m⃗×B⃗U=-\vec m\cdot\vec B,\qquad \vec F=\nabla(\vec m\cdot\vec B),\qquad \vec\tau=\vec m\times\vec B

解題方法

圖中是內半徑 aa、外半徑 bb、高度 hh 的矩形截面環形線圈，總匝數為 NN；圖上未標示磁芯的磁導率，以下依理想空氣芯線圈計算，取磁導率為 μ0\mu_0。第 (b) 題的磁場沿柱座標的 ϕ^\hat\phi 方向，磁偶極矩沿 z^\hat z 方向，位置在 s=us=u。

(a) 自感

取半徑 ss、沿環形線圈中心線方向的安培迴路。對 a<s<ba<s<b，安培定律給出

∮B⃗⋅dl⃗=B(s) 2πs=μ0NI\oint \vec B\cdot d\vec l =B(s)\,2\pi s =\mu_0 NI

因此

B(s)=μ0NI2πsB(s)=\frac{\mu_0 NI}{2\pi s}

單匝穿過矩形截面的磁通量為

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