109 地方特考三等 電子工程 電磁學 考古題詳解

109 年・地方特考・三等・電子工程
試題代碼 電磁學

第 一 題20 分

已知向量磁位能（magnetic vector potential）A⃗(r⃗)\vec{A}(\vec{r})和電流密度（current density）J⃗(r⃗)\vec{J}(\vec{r})之關係式為

A⃗(r⃗)=μ04π∫J⃗(r⃗′)∣r⃗−r⃗′∣ d3r′\vec{A}(\vec{r})=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{\vec{J}(\vec{r}')}{\lvert\vec{r}-\vec{r}'\rvert}\,d^3r'

其中，r⃗\vec{r}為場位置，r⃗′\vec{r}'為源位置，μ0\mu_0為導磁係數（permeability），積分係對應於所有空間，且當∣r⃗′∣\lvert\vec{r}'\rvert趨近於無窮大時，J⃗(r⃗′)\vec{J}(\vec{r}')趨近於零。證明以下三小題：

(一) ∇⋅A⃗(r⃗)=0\nabla\cdot\vec{A}(\vec{r})=0。（8分）

(二)

∇×A⃗(r⃗)=μ04π∫J⃗(r⃗′)×(r⃗−r⃗′)∣r⃗−r⃗′∣3 d3r′\nabla\times\vec{A}(\vec{r}) = \frac{\mu_0}{4\pi} \int \frac{\vec{J}(\vec{r}')\times(\vec{r}-\vec{r}')}{\lvert\vec{r}-\vec{r}'\rvert^3}\,d^3r'

（6分）

(三)

∇2A⃗(r⃗)=−μ0J⃗(r⃗)\nabla^2\vec{A}(\vec{r})=-\mu_0\vec{J}(\vec{r})

（6分）

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核心觀念

本題考向量磁位的積分表示式，以及對場位置 r⃗\vec r 微分時，如何處理只依賴 r⃗−r⃗′\vec r-\vec r' 的格林函數。使用的主要公式為

∇1R=−R⃗R3,∇21R=−4πδ(3)(R⃗),\nabla\frac{1}{R}=-\frac{\vec R}{R^3}, \qquad \nabla^2\frac{1}{R}=-4\pi\delta^{(3)}(\vec R),

其中 R⃗=r⃗−r⃗′\vec R=\vec r-\vec r'、R=∣R⃗∣R=|\vec R|，δ(3)\delta^{(3)} 為三維狄拉克 delta 函數。題目所給的磁位形式也隱含穩恒電流條件 ∇′⋅J⃗(r⃗′)=0\nabla'\cdot\vec J(\vec r')=0；第一小題須運用此條件及無窮遠處的邊界條件。

（一）證明 ∇⋅A⃗(r⃗)=0\nabla\cdot\vec A(\vec r)=0

令 R=∣r⃗−r⃗′∣R=|\vec r-\vec r'|。由於 J⃗(r⃗′)\vec J(\vec r') 是源位置的函數，對場位置 r⃗\vec r 微分時可視為常數，因此

∇⋅A⃗(r⃗)=μ04π∫J⃗(r⃗′)⋅∇1R d3r′=−μ04π∫J⃗(r⃗′)⋅r⃗−r⃗′R3 d3r′.\begin{aligned} \nabla\cdot\vec A(\vec r) &=\frac{\mu_0}{4\pi} \int \vec J(\vec r')\cdot\nabla\frac{1}{R}\,d^3r'\\ &=-\frac{\mu_0}{4\pi} \int \vec J(\vec r')\cdot\frac{\vec r-\vec r'}{R^3}\,d^3r'. \end{aligned}

利用 ∇(1/R)=−∇′(1/R)\nabla(1/R)=-\nabla'(1/R)，上式可改寫為

∇⋅A⃗=μ04π∫J⃗(r⃗′)⋅∇′1R d3r′.\nabla\cdot\vec A =\frac{\mu_0}{4\pi} \int \vec J(\vec r')\cdot\nabla'\frac{1}{R}\,d^3r'.

以散度乘積公式 ∇′⋅(fJ⃗)=f∇′⋅J⃗+J⃗⋅∇′f\nabla'\cdot(f\vec J)=f\nabla'\cdot\vec J+\vec J\cdot\nabla'f，可得

∇⋅A⃗=μ04π[∮S∞J⃗(r⃗′)R⋅dS⃗′−∫∇′⋅J⃗(r⃗′)R d3r′].\nabla\cdot\vec A =\frac{\mu_0}{4\pi} \left[ \oint_{S_\infty}\frac{\vec J(\vec r')}{R}\cdot d\vec S' -\int\frac{\nabla'\cdot\vec J(\vec r')}{R}\,d^3r' \right].

穩恒電流滿足 ∇′⋅J⃗=0\nabla'\cdot\vec J=0；又因電流密度在無窮遠處趨近於零，無窮遠的表面項為零。因此

∇⋅A⃗(r⃗)=0.\boxed{\nabla\cdot\vec A(\vec r)=0}.

（二）證明 ∇×A⃗(r⃗)\nabla\times\vec A(\vec r) 的積分式

同樣因 J⃗(r⃗′)\vec J(\vec r') 對 r⃗\vec r 微分時不變，利用 ∇×(fC⃗)=∇f×C⃗\nabla\times(f\vec C)=\nabla f\times\vec C（C⃗\vec C 對 r⃗\vec r 為常向量），得

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第 二 題20 分

於真空中有一點帶正電荷Q=2×10−8Q=2\times10^{-8}庫倫，及另一點帶負電荷−4Q=−8×10−8-4Q=-8\times10^{-8}庫倫，其距離為d=100d=100公分。

(一) 畫出此兩點電荷於一直線上，並標示此直線上之電場為零位置，且予以說明。（8分）

(二) 計算此電場為零之位置。（12分）

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核心觀念

點電荷在距離 rr 處產生的電場大小為

E=14πε0∣q∣r2.E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{|q|}{r^2}.

電場為零表示各點電荷產生的電場向量總和為零。兩電荷異號時，兩電荷之間的電場方向相同，因此零電場點不在兩電荷之間；零點位於電量較小的 +Q+Q 電荷外側。

解題方法與位置判斷

令 +Q+Q 位於 x=0x=0，−4Q-4Q 位於 x=d=1 mx=d=1\,\text{m}。

  • 在 0<x<d0<x<d 之間，兩電場均向右，不能互相抵銷。
  • 在 x>dx>d 處，兩電場方向相反，但該處距離 −4Q-4Q 較近，且 −4Q-4Q 的電量較大，兩電場無法等大。
  • 在 x<0x<0 處，+Q+Q 產生的電場向左，−4Q-4Q 產生的電場向右，兩電場方向相反，因此零點在這一側。
電場零點 +Q -4Q
 ●----------------------●--------------------------●
 x = -1 m x = 0 x = 1 m

計算

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第 三 題20 分

於空氣中有一球形水滴，半徑為0.1 mm0.1\ \mathrm{mm}，帶有電荷，其承受電場100 V/m100\ \mathrm{V/m}之電力和所承受之重力相同。

(一) 計算水滴之電荷值。（10分）

(二) 計算水滴電荷產生之電場值。（5分）

(三) 已知空氣被打穿之電場為3×106 V/m3\times10^6\ \mathrm{V/m}，此水滴是否承受此電荷？（5分）

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核心觀念

水滴在外加電場中所受的電力大小為 Fe=∣q∣E0F_e=|q|E_0，重力大小為 W=mgW=mg。題目給定兩者相等，因此可由

∣q∣E0=mg|q|E_0=mg

求出水滴電荷量的大小。

水滴自身的電場可視為球對稱電荷分布所產生的電場。對半徑為 rr 的帶電球，在球外距球心 rr 處（即球面）的電場大小為

Edrop=14πε0∣q∣r2E_{\text{drop}}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{|q|}{r^2}

其中空氣可近似視為真空，取 ε0=8.854×10−12 F/m\varepsilon_0=8.854\times10^{-12}\ \mathrm{F/m}。水的密度取 ρ=1.00×103 kg/m3\rho=1.00\times10^3\ \mathrm{kg/m^3}，重力加速度取 g=9.8 m/s2g=9.8\ \mathrm{m/s^2}。

解題方法

先將半徑換算為公尺：

r=0.1 mm=1.0×10−4 mr=0.1\ \mathrm{mm}=1.0\times10^{-4}\ \mathrm{m}

水滴體積與質量為

V=43πr3=43π(1.0×10−4)3=4.19×10−12 m3V=\frac{4}{3}\pi r^3 =\frac{4}{3}\pi(1.0\times10^{-4})^3 =4.19\times10^{-12}\ \mathrm{m^3} m=ρV=(1.00×103)(4.19×10−12)=4.19×10−9 kgm=\rho V =(1.00\times10^3)(4.19\times10^{-12}) =4.19\times10^{-9}\ \mathrm{kg}

所以水滴重力為

mg=(4.19×10−9)(9.8)=4.10×10−8 Nmg=(4.19\times10^{-9})(9.8) =4.10\times10^{-8}\ \mathrm{N}

（一）水滴的電荷值

外加電場為 E0=100 V/mE_0=100\ \mathrm{V/m}，由電力與重力大小相等：

∣q∣E0=mg|q|E_0=mg ∣q∣=mgE0=4.10×10−8100=4.10×10−10 C|q|=\frac{mg}{E_0} =\frac{4.10\times10^{-8}}{100} =4.10\times10^{-10}\ \mathrm{C}
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第 四 題20 分

以下係有關真空內之馬克士威方程組。

(一) 分別寫出以積分形式及微分形式表示之馬克士威方程式組，並於其中各微分形式方程式旁邊寫出對應之定律名稱。（8分）

(二) 於(一)小題之微分形式馬克士威方程組中，可由其中兩項旋度（curl）相關方程式及連續方程式，證明另兩項散度（divergence）相關方程式。（8分）

(三) 以穩態弦波及複數形式寫出於(一)小題之微分形式馬克士威方程組。（4分）

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核心觀念

本題考查真空中的馬克士威方程組：四條方程式分別描述電場與電荷、磁場，以及時變電磁場之間的關係。積分形式呈現場量通過封閉曲面或封閉路徑的整體關係；微分形式則描述空間中每一點的局部關係。

採用真空中的場量 E\mathbf{E}、B\mathbf{B}，電荷密度 ρ\rho、電流密度 J\mathbf{J}，以及真空介電常數 ε0\varepsilon_0、真空磁導率 μ0\mu_0。

解題方法

先寫出四條方程式的積分形式與微分形式，並在微分形式旁標示定律名稱。接著對兩條旋度方程式取散度，利用「旋度的散度恆為零」及連續方程式，推得兩條散度方程式。最後採用穩態弦波的複數表示，將時間微分以 jωj\omega 取代。

（一）積分形式、微分形式與定律名稱

  1. 高斯電場定律
∯SE⋅dS=Qencε0=1ε0∭Vρ dV\oiint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{S} =\frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0} =\frac{1}{\varepsilon_0}\iiint_V \rho\,dV ∇⋅E=ρε0（高斯電場定律）\nabla\cdot\mathbf{E}=\frac{\rho}{\varepsilon_0} \qquad\text{（高斯電場定律）}
  1. 高斯磁場定律
∯SB⋅dS=0\oiint_S \mathbf{B}\cdot d\mathbf{S}=0 ∇⋅B=0（高斯磁場定律）\nabla\cdot\mathbf{B}=0 \qquad\text{（高斯磁場定律）}
  1. 法拉第電磁感應定律
∮CE⋅dl=−ddt∬SB⋅dS\oint_C \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l} =-\frac{d}{dt}\iint_S \mathbf{B}\cdot d\mathbf{S} ∇×E=−∂B∂t（法拉第電磁感應定律）\nabla\times\mathbf{E} =-\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t} \qquad\text{（法拉第電磁感應定律）}
  1. 安培－馬克士威定律
∮CB⋅dl=μ0∬SJ⋅dS+μ0ε0ddt∬SE⋅dS\oint_C \mathbf{B}\cdot d\mathbf{l} =\mu_0\iint_S \mathbf{J}\cdot d\mathbf{S} +\mu_0\varepsilon_0\frac{d}{dt} \iint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{S} ∇×B=μ0J+μ0ε0∂E∂t（安培－馬克士威定律）\nabla\times\mathbf{B} =\mu_0\mathbf{J} +\mu_0\varepsilon_0\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t} \qquad\text{（安培－馬克士威定律）}

上述積分形式中，SS 為以 CC 為邊界的曲面，封閉曲面積分則以 VV 表示其包圍體積；各式的路徑方向與曲面法向依右手定則配合。

（二）由旋度方程式與連續方程式推得散度方程式

由法拉第定律取散度：

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

因為任意光滑向量場皆滿足 ∇⋅(∇×E)=0\nabla\cdot(\nabla\times\mathbf{E})=0，因此

∂∂t(∇⋅B)=0\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\cdot\mathbf{B})=0

這表示 ∇⋅B\nabla\cdot\mathbf{B} 不隨時間改變。若初始時刻滿足磁場散度為零，則所有時刻皆有

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第 五 題20 分

於真空中有兩個正弦平面波，沿正zz方向傳播，其入射電場以E⃗1i(z,t)\vec{E}_{1i}(z,t)及E⃗2i(z,t)\vec{E}_{2i}(z,t)表示，入射方向相同k^i\hat{k}_i，頻率及相位相同，即f1=f2f_1=f_2、∠E1i=∠E2i\angle E_{1i}=\angle E_{2i}。此兩個正弦平面波均為圓極化，但極化方向相反。

(一) 寫出各圓極化平面波之入射電場向量表示式，並畫出直角座標，標示各入射電場向量、各極化方向及入射傳播方向k^i\hat{k}_i。（8分）

(二) 寫出完整之入射電場向量表示式。（2分）

(三) 若E⃗1i(z,t)=E⃗2i(z,t)\vec{E}_{1i}(z,t)=\vec{E}_{2i}(z,t)時，此完整之入射平面波極化為何？若E⃗1i(z,t)≠E⃗2i(z,t)\vec{E}_{1i}(z,t)\ne\vec{E}_{2i}(z,t)時，此完整之入射平面波極化為何？（2分）

(四) 當(一)小題之兩個圓極化平面波正向垂直入射一無限大金屬面，其導電係數（conductivity）σ=∞\sigma=\infty，寫出各圓極化平面波之反射電場E⃗1r(z,t)\vec{E}_{1r}(z,t)及E⃗2r(z,t)\vec{E}_{2r}(z,t)表示式，並於(一)小題之同一圖上畫出各反射電場向量，標示各極化方向及反射傳播方向k^r\hat{k}_r。（4分）

(五) 寫出完整之全部（含入射及反射）電場向量表示式，此為行進波或駐波？（4分）

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核心觀念

本題考查兩個反向圓極化平面波的疊加、圓極化分量的反射，以及理想導體表面的邊界條件。

令兩波角頻率、波數相同，分別為 ω=2πf\omega=2\pi f、β=ωμ0ϵ0\beta=\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0}，並令振幅為 E10,E20>0E_{10},E_{20}>0。採用相位 ψ=ωt−βz\psi=\omega t-\beta z 表示沿 +z+z 傳播的波。本文以固定位置觀察電場隨時間由 +x+x 轉向 +y+y 為一種圓極化方向；相反的轉向為另一種。圓極化的左右旋名稱會依觀察方向及慣例而異，因此以下直接以旋轉方向定義。

解題方法

（一）兩個入射圓極化波

兩波頻率與初相位相同，極化方向相反，因此可寫成

E⃗1i(z,t)=E10[x^cos⁡ψ+y^sin⁡ψ]\vec E_{1i}(z,t) =E_{10}\left[\hat x\cos\psi+\hat y\sin\psi\right] E⃗2i(z,t)=E20[x^cos⁡ψ−y^sin⁡ψ].\vec E_{2i}(z,t) =E_{20}\left[\hat x\cos\psi-\hat y\sin\psi\right].

在固定的 zz 位置，E⃗1i\vec E_{1i} 隨時間由 +x+x 轉向 +y+y；E⃗2i\vec E_{2i} 則由 +x+x 轉向 −y-y。兩波皆沿 +z+z 傳播，故 k^i=z^\hat k_i=\hat z。

可用下圖表示橫向電場方向與傳播方向；圓弧箭頭表示固定位置的時間旋轉方向：

 +y
 ↑
 E1i ↗ │
 ↺ │
 −x ←──────────────O──────────────→ +x
 │
 ↻ │
 E2i ↘ │
 ⊙ +z（紙面向外）

（二）完整入射電場

將兩波相加：

E⃗i=E⃗1i+E⃗2i=(E10+E20)x^cos⁡ψ+(E10−E20)y^sin⁡ψ.\begin{aligned} \vec E_i &=\vec E_{1i}+\vec E_{2i}\\ &=(E_{10}+E_{20})\hat x\cos\psi +(E_{10}-E_{20})\hat y\sin\psi . \end{aligned}

（三）合成波的極化

若題目所稱 E⃗1i=E⃗2i\vec E_{1i}=\vec E_{2i} 是指兩波振幅相等，即 E10=E20=E0E_{10}=E_{20}=E_0，則

E⃗i=2E0x^cos⁡ψ,\vec E_i=2E_0\hat x\cos\psi,

合成波為沿 xx 方向的線極化波。

若兩波振幅不等，即 E10≠E20E_{10}\ne E_{20}，則 xx、yy 分量振幅不同，合成波為橢圓極化波。題目若把 E⃗1i(z,t)=E⃗2i(z,t)\vec E_{1i}(z,t)=\vec E_{2i}(z,t) 解讀為兩個瞬時向量完全相等，便與兩波極化方向相反的前提不相容；此處依合成波極化的通常考法，以兩波振幅相等作答。

（四）無限大理想金屬面的反射

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