109 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10 分

Please write down Maxwell's equations in a matter in the differential form.

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核心觀念

本題考查物質介質中的宏觀 Maxwell 方程組，要求以微分形式寫出四條基本電磁定律。介質中的自由電荷與自由電流分別以 ρf\rho_f、Jf\mathbf{J}_f 表示，束縛電荷與束縛電流則被吸收到極化 P\mathbf{P} 與磁化 M\mathbf{M} 中。

四個場的定義為

D=ε0E+P\mathbf{D}=\varepsilon_0\mathbf{E}+\mathbf{P} H=Bμ0−M\mathbf{H}=\frac{\mathbf{B}}{\mu_0}-\mathbf{M}

其中：

  • E\mathbf{E}：電場
  • D\mathbf{D}：電位移場
  • B\mathbf{B}：磁通密度
  • H\mathbf{H}：磁場強度
  • P\mathbf{P}：電極化強度
  • M\mathbf{M}：磁化強度

解題方法

物質介質中的 Maxwell 方程組，以自由電荷密度 ρf\rho_f 與自由電流密度 Jf\mathbf{J}_f 作為源項，直接寫成四條微分方程。

1. 電場的高斯定律

自由電荷是電位移場 D\mathbf{D} 的散度來源：

∇⋅D=ρf\nabla\cdot\mathbf{D}=\rho_f

這表示電位移場由自由電荷發散。若介質為線性、均勻、等向性材料，常用本構關係為

D=εE\mathbf{D}=\varepsilon\mathbf{E}

因此也可寫成

∇⋅E=ρfε\nabla\cdot\mathbf{E}=\frac{\rho_f}{\varepsilon}

但最一般的物質形式應以 ∇⋅D=ρf\nabla\cdot\mathbf{D}=\rho_f 表示。

2. 磁場的高斯定律

自然界沒有觀測到孤立磁單極，因此磁通密度必須滿足

∇⋅B=0\nabla\cdot\mathbf{B}=0

此式表示磁力線沒有起點與終點，而是形成封閉曲線。

3. 法拉第電磁感應定律

隨時間變化的磁場會產生旋電場：

∇×E=−∂B∂t\nabla\times\mathbf{E} = -\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}

負號代表楞次定律，即感應電場的方向會抵抗磁通量的變化。

4. 安培–Maxwell 定律

自由電流與時變電位移場都能產生磁場：

∇×H=Jf+∂D∂t\nabla\times\mathbf{H} = \mathbf{J}_f+\frac{\partial\mathbf{D}}{\partial t}

其中

∂D∂t\frac{\partial\mathbf{D}}{\partial t}
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第 2 題20 分

As shown in Fig. 1(a), the radii of two concentric spheres are rir_i and ror_o respectively. The electric potential of the inner sphere is V0V_0 while the outer sphere is grounded.
(a) What's the electric potential as a function of rr between two spheres? (5%)
(b) What's the electric field as a function of rr between two spheres? (5%)
(c) What's the capacitance between two spheres? (5%)
(d) Shown in Fig. 1(b), there are three concentric spheres. Their radii of the inner, the middle, and the outer spheres are r1r_1, r2r_2, and r3r_3, respectively. The electric potential of the inner sphere is V0V_0 while the outer sphere is grounded. What is the electric potential of the middle sphere? (5%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】(Fig. 1(a) and Fig. 1(b) show two and three concentric spheres respectively.)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 1 頁

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核心觀念

同心球具有球對稱，因此球間電位只與半徑 rr 有關。無自由電荷的球間區域滿足拉普拉斯方程：

1r2ddr(r2dVdr)=0\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dV}{dr}\right)=0

積分後，電位的一般形式為 V(r)=A+B/rV(r)=A+B/r。再利用導體表面的電位邊界條件即可求解。電場則由 E=−∇V\mathbf E=-\nabla V 求得，電容使用 C=Q/V0C=Q/V_0 定義。

(a) 兩球間的電位

令內球表面電位為 V(ri)=V0V(r_i)=V_0，外球表面接地，即 V(ro)=0V(r_o)=0。將這兩個條件代入 V(r)=A+B/rV(r)=A+B/r，得到

V(r)=V01r−1ro1ri−1ro=V0ri(ro−r)r(ro−ri),ri≤r≤roV(r)=V_0\frac{\dfrac{1}{r}-\dfrac{1}{r_o}} {\dfrac{1}{r_i}-\dfrac{1}{r_o}} =V_0\frac{r_i(r_o-r)}{r(r_o-r_i)}, \qquad r_i\le r\le r_o

(b) 兩球間的電場

電場沿徑向，且 E=−dVdrr^\mathbf E=-\dfrac{dV}{dr}\hat{\mathbf r}，因此

E(r)=V0riro(ro−ri)r2 r^,ri<r<ro\mathbf E(r)= \frac{V_0r_ir_o}{(r_o-r_i)r^2}\,\hat{\mathbf r}, \qquad r_i<r<r_o

當 V0>0V_0>0 時，電場方向由內球指向外球。

(c) 兩球間的電容

由高斯定律，內球帶電量與球間電場的關係為 Q=4πϵ0r2E(r)Q=4\pi\epsilon_0 r^2 E(r)。代入電場大小，再以 C=Q/V0C=Q/V_0 得

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第 3 題20 分

Shown in Fig. 2 are four infinite wires parallel to each other. The diameter of each wire is dd. The mass density of each wire is ρ\rho. They are arranged in a circle with a radius of r0r_0. Assume that a constant current II flows through each wire.
(a) What's the acceleration of each wire? (5%)
(b) What's the equation of motion of each wire? (5%)
(c) What's the total kinetic energy per unit length when four wires collide with each other at the center? (10%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】(Fig. 2 shows four parallel wires arranged in a circle.)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 1 頁

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核心觀念

四條長直平行導線的電流方向相同，因此彼此相吸。兩條相距 ss 的平行導線，單位長度間的磁力大小為

FL=μ0I22πs.\frac{F}{L}=\frac{\mu_0 I^2}{2\pi s}.

圖中的四條導線對稱排列在半徑 rr 的圓周上，也就是正方形的四個頂點。由對稱性，每條導線所受合力都指向圓心。導線的單位長度質量為

m′=ρπd24.m'=\rho\frac{\pi d^2}{4}.

以下假設導線由靜止開始收縮，且電流維持定值 II。

(a) 導線的加速度

考慮正方形一個頂點上的導線。它受到兩條相鄰導線的吸引，兩者距離都是 2r\sqrt{2}r；另受到對角導線的吸引，距離為 2r2r。

兩條相鄰導線的合力沿半徑向內，其大小為

2(μ0I22π2r)cos⁡45∘=μ0I22πr.2\left(\frac{\mu_0 I^2}{2\pi\sqrt{2}r}\right)\cos45^\circ =\frac{\mu_0 I^2}{2\pi r}.

對角導線的力也沿半徑向內，大小為

μ0I22π(2r)=μ0I24πr.\frac{\mu_0 I^2}{2\pi(2r)} =\frac{\mu_0 I^2}{4\pi r}.

所以每條導線的合力大小為

FL=3μ0I24πr.\frac{F}{L}=\frac{3\mu_0 I^2}{4\pi r}.

除以單位長度質量，得到加速度大小

a(r)=3μ0I2ρπ2d2r,a(r)=\frac{3\mu_0 I^2}{\rho\pi^2d^2r},

方向指向圓心。初始時 r=r0r=r_0，因此

a0=3μ0I2ρπ2d2r0.a_0=\frac{3\mu_0 I^2}{\rho\pi^2d^2r_0}.

(b) 運動方程

令 r(t)r(t) 表示每條導線到圓心的距離，取向外為正。因合力向內，徑向運動方程為

r¨=−Kr,K=3μ0I2ρπ2d2,\ddot r=-\frac{K}{r}, \qquad K=\frac{3\mu_0 I^2}{\rho\pi^2d^2},

初始條件為 r(0)=r0r(0)=r_0、r˙(0)=0\dot r(0)=0。

將運動方程乘以 r˙\dot r 並積分，可得速度與位置的關係：

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第 4 題20 分

Shown in Fig. 3 is a solenoid with a single loop coil inside the solenoid. The length of the solenoid is LL. There are NN turns of coils. The radius of each coil is r2r_2. The radius of the single loop coil is r1r_1. Assuming that the current flows through the solenoid increases with time and is written as I=αtI = \alpha t where α\alpha is a constant.
(a) What is the induced voltage between point A and B? (5%)
(b) If a resistor with a resistance RR is connected between point A and B, what is the pinch force on the single loop coil right after the resistor is connected to the single loop? (5%)
(c) What is the equation of motion of the single loop coil assuming that the solenoid does not move? (10%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】(Fig. 3 shows a solenoid with a single loop coil inside.)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 2 頁

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核心觀念

本題使用安培定律求長螺線管內的磁場，再用法拉第定律求單匝線圈的感應電動勢。線圈通電後，導線在螺線管磁場中受磁力；由楞次定律，感應電流造成的磁力會使線圈半徑向內縮。

假設螺線管夠長、線圈完全位於管內，忽略端點效應。令螺線管軸向磁場的正方向與螺線管電流產生的磁場同向，並令 r1<r2r_1<r_2。螺線管內的磁場為

B(t)=μ0NLI(t)=μ0NLαt.B(t)=\mu_0\frac{N}{L}I(t) =\mu_0\frac{N}{L}\alpha t.

解題方法

線圈所鏈結的磁通量為

ΦB(t)=B(t)πr12.\Phi_B(t)=B(t)\pi r_1^2.

由法拉第定律，感應電動勢為

E=−dΦBdt=−πr12μ0NLα.\mathcal{E}=-\frac{d\Phi_B}{dt} =-\pi r_1^2\mu_0\frac{N}{L}\alpha.

負號表示感應電流所產生的磁場會阻擋螺線管磁場的增加。

(a) A、B 間的感應電壓

感應電壓大小為

∣VAB∣=∣E∣=μ0NLπr12α.\left|V_{AB}\right| =\left|\mathcal{E}\right| =\mu_0\frac{N}{L}\pi r_1^2\alpha.

圖中未標示螺線管繞線的電流方向，因此無法只由 A、B 的標記指定哪一端電位較高。兩端極性依楞次定律決定：感應電流的方向必須使其磁場反抗螺線管磁場的增加。

(b) 接上電阻後的向內磁力

忽略單匝線圈的自感，接上電阻 RR 後，感應電流大小為

∣i∣=∣E∣R=μ0Nπr12αLR.|i|=\frac{|\mathcal{E}|}{R} =\frac{\mu_0N\pi r_1^2\alpha}{LR}.

線圈上的電流元在軸向磁場中受力。感應電流的方向與螺線管磁場相反，因此磁力沿半徑向內。每單位線長的向內力大小為

fin=∣i∣B(t)=μ02N2πr12α2tL2R.f_{\text{in}}=|i|B(t) =\frac{\mu_0^2N^2\pi r_1^2\alpha^2t}{L^2R}.

沿整個圓周加總各處向內磁力的大小，得到線圈的總向內箍縮力：

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第 5 題30 分

Shown in Fig. 4 a parallel-plate capacitor filled with two slabs of linear dielectric material: The thickness of each slab is dd. The dielectric of Slab 1 and Slab 2 are ϵ1\epsilon_1 and ϵ2\epsilon_2, respectively. The free charge density on the top and the bottom plate are +σ+\sigma and −σ-\sigma, respectively.
(a) What are the electric displacements D\mathbf{D} in each slab? (5%)
(b) What are the electric fields E\mathbf{E} in each slab? (5%)
(c) What is the polarization P\mathbf{P} in each slab? (5%)
(d) What is the potential difference between the two plates? (5%)
(e) What are the bounded charges in each slab? (5%)
(f) What are the bounded surface charges on each slab? (5%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】(Fig. 4 shows a parallel-plate capacitor with two dielectric slabs.)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 2 頁

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核心觀念

本題考查兩種線性介電質串聯於平行板電容器中的電磁場。使用下列關係：

D=ϵiEi\mathbf{D}=\epsilon_i\mathbf{E}_i D=ϵ0E+P\mathbf{D}=\epsilon_0\mathbf{E}+\mathbf{P} ρb=−∇⋅P\rho_b=-\nabla\cdot\mathbf{P} σb=P⋅n^\sigma_b=\mathbf{P}\cdot\hat{\mathbf n}

其中 ρb\rho_b 為束縛體電荷密度，σb\sigma_b 為束縛表面電荷密度。

令 z^\hat{\mathbf z} 方向由下方負電極指向上方正電極。由於上極板帶有 +σ+\sigma，電場方向由上往下，因此場向量方向為 −z^-\hat{\mathbf z}。

解題方法

兩個介電質沿電場方向堆疊，且交界面上沒有額外的自由面電荷，因此法向電位移向量的大小在兩個介電質中相同：

D1=D2=−σz^\mathbf{D}_1=\mathbf{D}_2=-\sigma\hat{\mathbf z}

再分別利用 D=ϵE\mathbf{D}=\epsilon\mathbf{E} 求電場，並由 P=D−ϵ0E\mathbf{P}=\mathbf{D}-\epsilon_0\mathbf{E} 求極化。

(a) 各介電質中的電位移 D\mathbf{D}

由高斯定律：

∇⋅D=ρf\nabla\cdot\mathbf{D}=\rho_f

取跨越上方正極板的高斯柱面，可得介電質中的電位移大小等於自由面電荷密度 σ\sigma。方向由正極板指向負極板，因此

D1=D2=−σz^\boxed{\mathbf{D}_1=\mathbf{D}_2=-\sigma\hat{\mathbf z}}

(b) 各介電質中的電場 E\mathbf{E}

對 Slab 1：

E1=D1ϵ1=−σϵ1z^\mathbf{E}_1=\frac{\mathbf{D}_1}{\epsilon_1} =-\frac{\sigma}{\epsilon_1}\hat{\mathbf z}

對 Slab 2：

E2=D2ϵ2=−σϵ2z^\mathbf{E}_2=\frac{\mathbf{D}_2}{\epsilon_2} =-\frac{\sigma}{\epsilon_2}\hat{\mathbf z}

因此

E1=−σϵ1z^\boxed{\mathbf{E}_1=-\frac{\sigma}{\epsilon_1}\hat{\mathbf z}} E2=−σϵ2z^\boxed{\mathbf{E}_2=-\frac{\sigma}{\epsilon_2}\hat{\mathbf z}}

(c) 各介電質中的極化 P\mathbf{P}

線性介電質滿足

Pi=(ϵi−ϵ0)Ei\mathbf{P}_i=(\epsilon_i-\epsilon_0)\mathbf{E}_i

因此 Slab 1 中：

P1=(ϵ1−ϵ0)(−σϵ1z^)\mathbf{P}_1 =(\epsilon_1-\epsilon_0) \left(-\frac{\sigma}{\epsilon_1}\hat{\mathbf z}\right) P1=−σ(1−ϵ0ϵ1)z^\boxed{\mathbf{P}_1 =-\sigma\left(1-\frac{\epsilon_0}{\epsilon_1}\right)\hat{\mathbf z}}

Slab 2 中：

P2=(ϵ2−ϵ0)(−σϵ2z^)\mathbf{P}_2 =(\epsilon_2-\epsilon_0) \left(-\frac{\sigma}{\epsilon_2}\hat{\mathbf z}\right) P2=−σ(1−ϵ0ϵ2)z^\boxed{\mathbf{P}_2 =-\sigma\left(1-\frac{\epsilon_0}{\epsilon_2}\right)\hat{\mathbf z}}

(d) 兩極板間的電位差

每個介電質厚度皆為 dd。若求上極板相對於下極板的電位差，則

Vtop−Vbottom=−∫bottomtopE⋅dlV_{\text{top}}-V_{\text{bottom}} =-\int_{\text{bottom}}^{\text{top}}\mathbf{E}\cdot d\mathbf l

兩層介電質分別貢獻：

Vtop−Vbottom=E1d+E2dV_{\text{top}}-V_{\text{bottom}} =E_1d+E_2d

取電位差的正值大小：

ΔV=σd(1ϵ1+1ϵ2)\boxed{ \Delta V =\sigma d\left(\frac{1}{\epsilon_1} +\frac{1}{\epsilon_2}\right) }

其中上極板電位較高。

(e) 各介電質中的束縛體電荷

每一層介電質內部均為均勻材料，P1\mathbf{P}_1 與 P2\mathbf{P}_2 為常數，因此

ρb,i=−∇⋅Pi=0\rho_{b,i}=-\nabla\cdot\mathbf{P}_i=0

所以

ρb,1=0,ρb,2=0\boxed{\rho_{b,1}=0,\qquad \rho_{b,2}=0}
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