111 年 國立臺灣大學應用力學研究所丙組《電磁學（A）》

📄 試題原卷　免費註冊後即可對照原始考卷 PDF免費註冊

第 1 題25 分

  1. (25%) A total charge QQ is uniformly distributed over a spherical shell of inner radius RR and outer radius 2R2R, as shown in the figure. Let rr be the distance from the center of the spherical shell and the reference point be at the infinity.
    (a) Find the electric potential V(r)V(r) for 0<r<R0<r<R. (10%)
    (b) Find the electric potential V(r)V(r) for R<r<2RR<r<2R. (10%)
    (c) Find the electric potential V(r)V(r) for r>2Rr>2R. (5%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 1 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題是「具有球對稱性的均勻帶電厚球殼」，使用：

  1. 高斯定律求電場：
    ∮E⋅dA=Qencε0\oint \mathbf E\cdot d\mathbf A=\frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}
  2. 電位與電場的關係：
    V(r)=∫r∞E(s) dsV(r)=\int_r^\infty E(s)\,ds
    且參考點在無限遠，因此 V(∞)=0V(\infty)=0。

令
k=14πε0.k=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}.

建立體電荷密度

帶電區域為 R<r<2RR<r<2R，其體積為

4π3[(2R)3−R3]=28πR33.\frac{4\pi}{3}\left[(2R)^3-R^3\right] =\frac{28\pi R^3}{3}.

因此均勻體電荷密度為

ρ=Q28πR33=3Q28πR3.\rho=\frac{Q}{\frac{28\pi R^3}{3}} =\frac{3Q}{28\pi R^3}.

由高斯定律求電場

對半徑為 rr 的球面取高斯面。

當 0<r<R0<r<R 時，高斯面內沒有電荷：
Qenc=0,E(r)=0.Q_{\text{enc}}=0,\qquad E(r)=0.

當 R<r<2RR<r<2R 時，高斯面內包含半徑 RR 到 rr 的帶電體積：

Qenc=ρ4π3(r3−R3)=Q(r3−R3)7R3.Q_{\text{enc}} =\rho\frac{4\pi}{3}(r^3-R^3) =\frac{Q(r^3-R^3)}{7R^3}.

因此

E(r)=kQ7R3r3−R3r2=kQ7R3(r−R3r2).E(r)=\frac{kQ}{7R^3}\frac{r^3-R^3}{r^2} =\frac{kQ}{7R^3}\left(r-\frac{R^3}{r^2}\right).

當 r>2Rr>2R 時，高斯面包住全部電荷：
E(r)=kQr2.E(r)=\frac{kQ}{r^2}.

(a) 0<r<R0<r<R

先求 r=Rr=R 處的電位。因為
V(2R)=kQ2R,V(2R)=\frac{kQ}{2R},
所以

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 2 題25 分

  1. (25%) A line current II is uniformly distributed over an infinite long circular cylinder of radius RR, as shown in the figure. Let rr be the distance from the axis of the cylinder.
    (a) Find the magnetic field magnitude B(r)B(r) for 0<r<R0<r<R. (15%)
    (b) Find the magnetic field magnitude B(r)B(r) for r>Rr>R. (10%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 1 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

利用安培定律求圓柱電流產生的磁場：

∮B⋅dℓ=μ0Ienc\oint \mathbf{B}\cdot d\boldsymbol{\ell}=\mu_0 I_{\text{enc}}

由圓柱對稱性，磁場沿圓周方向，且在半徑為 rr 的安培迴路上大小處處相同，因此左側為 B(r) 2πrB(r)\,2\pi r。題目所述電流均勻分布在半徑 RR 的圓柱截面上，電流密度為 J=I/(πR2)J=I/(\pi R^2)。

解題方法

(a) 當 0<r<R0<r<R，半徑 rr 的安培迴路只包住圓柱的一部分電流：

Ienc=Jπr2=IπR2πr2=Ir2R2I_{\text{enc}}=J\pi r^2 =\frac{I}{\pi R^2}\pi r^2 =I\frac{r^2}{R^2}

代入安培定律：

B(r) 2πr=μ0Ir2R2B(r)\,2\pi r=\mu_0 I\frac{r^2}{R^2}

所以

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 3 題25 分

  1. (25%) Consider the conductive bar moving with a speed uu in the positive z direction at a fixed distance (one end at distance aa and the other end at distance bb from the z-axis) from an infinite length line of current II on the z-axis, as show in the figure below. Please find the potential difference between the ends of the bar as well as the bar's polarity.
    (a) Conductive bar moving in the field from a line of current. (b) A virtual loop is added for calculating a VemfV_{emf}.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查：

  • 無限長直導線的磁場
    B(ρ)=μ0I2πρ ϕ^.\mathbf B(\rho)=\frac{\mu_0 I}{2\pi\rho}\,\hat{\boldsymbol\phi}.
  • 移動導體中的動生電動勢
    E=∫(u×B)⋅dℓ.\mathcal E=\int(\mathbf u\times\mathbf B)\cdot d\boldsymbol\ell.
  • 電荷在導體內重新分布後，電場力與磁力達到平衡。

依圖取線電流 II 沿 +z+z 方向，且 b>ab>a。

解題方法

導電棒沿徑向由 ρ=a\rho=a 延伸至 ρ=b\rho=b，速度為

u=uz^.\mathbf u=u\hat{\mathbf z}.

在距離 z 軸 ρ\rho 處，直線電流產生的磁場為

B=μ0I2πρϕ^.\mathbf B=\frac{\mu_0 I}{2\pi\rho}\hat{\boldsymbol\phi}.

因此正電荷所受的磁力方向為

u×B=uz^×μ0I2πρϕ^=−μ0Iu2πρρ^.\mathbf u\times\mathbf B =u\hat{\mathbf z}\times \frac{\mu_0 I}{2\pi\rho}\hat{\boldsymbol\phi} =-\frac{\mu_0 Iu}{2\pi\rho}\hat{\boldsymbol\rho}.

由於 z^×ϕ^=−ρ^\hat{\mathbf z}\times\hat{\boldsymbol\phi}=-\hat{\boldsymbol\rho}，磁力指向 z 軸，也就是由 bb 端指向 aa 端。

沿導電棒由 aa 到 bb 計算動生電動勢：

Ea→b=∫ab(u×B)⋅ρ^ dρ=−μ0Iu2π∫abdρρ.\mathcal E_{a\to b} =\int_a^b(\mathbf u\times\mathbf B)\cdot \hat{\boldsymbol\rho}\,d\rho =-\frac{\mu_0 Iu}{2\pi} \int_a^b\frac{d\rho}{\rho}.

所以

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 4 題25 分

  1. (25%) A (physical) electric dipole consists of two equal and opposite charges +q+q and −q-q, which are separated by a distance dd. Please derive the approximate potential at points far from the dipole
    V(r⃗)=14πϵ0qdcos⁡θr2V(\vec{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q d \cos \theta}{r^2}

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

使用電位的疊加原理：兩個點電荷在觀測點的電位直接相加。由於電荷量等大反號，遠處的 1/r1/r 項互相抵消，主要留下與偶極矩有關的 1/r21/r^2 項。

令偶極中心為原點，偶極矩方向由 −q-q 指向 +q+q，且與觀測方向 r⃗\vec r 的夾角為 θ\theta。偶極矩大小為 p=qdp=qd。

解題方法與推導

設 +q+q 位於偶極軸上方、距中心 d/2d/2 處，−q-q 位於下方、距中心 d/2d/2 處。觀測點到兩電荷的距離分別為 r+r_+、r−r_-。由幾何關係，

r+=r2+d24−rdcos⁡θ,r−=r2+d24+rdcos⁡θ.r_+ = \sqrt{r^2+\frac{d^2}{4}-rd\cos\theta}, \qquad r_- = \sqrt{r^2+\frac{d^2}{4}+rd\cos\theta}.

由電位疊加原理，

V(r⃗)=14πϵ0(qr+−qr−).V(\vec r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left(\frac{q}{r_+}-\frac{q}{r_-}\right).
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

111 年臺灣大學的其他科目

工程數學英文動力學

臺灣大學《電磁學》其他年度

115 年112 年