110 地方特考三等 電子工程 電磁學 考古題詳解

核心觀念

本題考查：

1. 相連導體的電位相等
2. 孤立金屬球的電容與電位
3. 電荷分配比例
4. 庫倫定律計算兩球間的作用力

兩金屬球以導線相連後，整個系統達到靜電平衡，因此兩球電位相同。又因為 $d\gg a,b$，可將兩球近似視為帶集中電荷的點電荷，球心距離近似為 $d$。

解題方法與推導

設半徑為 $a$ 的金屬球帶電量為 $Q_a$，半徑為 $b$ 的金屬球帶電量為 $Q_b$，則

孤立金屬球表面電位為

相連後兩球電位相等，因此

約去共同因子，得

所以兩球電荷量按照半徑比例分配：

配合總電荷量 $Q$，可得

由於 $d\gg a,b$，兩球間的靜電力可用庫倫定律近似：

代入 $Q_a$ 與 $Q_b$：

因此細線所承受的庫倫力大小為

若兩球帶同號總電荷，兩球互相排斥，細線承受張力；上式為其力的大小。

數值計算

已知

核心觀念

本題考查同軸線的柱對稱電場、電位差與單位長度電容。主要使用：

• 高斯定律：$\displaystyle \oint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{S}=\frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}$
• 電位差定義：$\displaystyle V_a-V_b=-\int_b^a \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l}$
• 電容定義：$\displaystyle C_l=\frac{Q_l}{\Delta V}$

設內導體帶正電荷，外導體帶負電荷；若電荷正負相反，電場方向相反，但電場大小與電容結果不變。

（一）導出電場 $E(r)$ 與電位差 $\Delta V$

1. 電場 $E(r)$

取半徑為 $r$、長度為 $L$ 的圓柱形高斯面，其中 $a<r<b$。

由柱對稱性，電場大小只與 $r$ 有關，且方向為徑向，因此高斯面曲面上的電場均勻。高斯面所包覆的電荷為

高斯定律給出

因此

若以向量表示，當內導體帶正電時：

金屬導體內部為靜電平衡，因此 $r<a$ 及 $r>b$ 的導體內部電場皆為零。

2. 電位差 $\Delta V=V_a-V_b$

依電位差定義，

代入電場式：

當內導體帶正電時，通常有 $V_a>V_b$，故上述電位差為正值。

（二）導出單位長度電容值 $C_l$

由電容定義：

代入上一小題所得的電位差：

約去 $Q_l$，得到

若介質介電係數為一般的 $\varepsilon$，則公式可寫成

本題為空氣，故取 $\varepsilon=\varepsilon_0$。

（三）使內導體表面電場 $E(a)$ 最小的半徑 $a$

1. 最佳化條件

核心觀念

本題考查環形線圈（toroidal coil）內部的磁場與磁通量計算，使用：

1. 安培定律 $\oint \mathbf{H}\cdot d\mathbf{l}=NI$

2. 磁通密度與磁場關係 $\mathbf{B}=\mu_0\mathbf{H}$

3. 磁通量定義 $\Phi=\int \mathbf{B}\cdot d\mathbf{A}$

由於環形鐵心截面在半徑 $a$ 到 $b$ 之間，磁場大小會隨半徑 $r$ 改變，因此必須積分，不能直接以單一半徑的磁場乘上截面積。

解題方法

取半徑為 $r$ 的圓形安培迴路，其中 $a<r<b$。由安培定律：

$H(r)(2\pi r)=NI$

因此

$H(r)=\frac{NI}{2\pi r}$

又因為題目給定導磁係數為 $\mu_0$，故

環形鐵心的橫切面為矩形。取半徑方向微小寬度 $dr$，其面積為

$dA=h\,dr$

所以微小磁通量為

由內半徑 $a$ 積分至外半徑 $b$：

數值計算

已知

核心觀念

本題考查法拉第電磁感應定律：

其中磁通量為

由於 $\lambda\gg a$，圓環尺度遠小於波長，因此圓環範圍內的磁場可視為空間上均勻，只隨時間作正弦變化。

設入射平面波磁場振幅為 $B_0$，角頻率為 $\omega$，則

其中真空中的波速 $c=1/\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}$。

（一）使感應電動力最大的放置方式

設圓環面積向量的法線 $\hat{\mathbf{n}}$ 與磁場 $\mathbf{B}$ 的夾角為 $\theta$。圓環面積為

由於磁場在圓環內近似均勻，磁通量為

因此感應電動力振幅與 $\cos\theta$ 的絕對值成正比：

當

時，磁場方向平行於圓環法線，磁通量最大，感應電動力振幅也最大。

因此：

• 圓環的法線方向應與磁場 $\mathbf{B}$ 平行；
• 等價地，圓環平面應與磁場方向垂直；
• 由於平面波中 $\mathbf{B}$ 垂直於傳播方向，故此時圓環平面包含波的傳播方向。

示意如下：

圓環平面：

 B、圓環法線
 ↑
 │
 ┌────────┐
 / /│
 └────────┘ │ ← 圓環平面

若圓環平面與磁場平行，則磁場沿著圓環面掠過，磁通量為零，感應電動力也為零。

（二）感應電動力振幅推導

1. 表示入射磁場

令磁場隨時間正弦變化：

其中 $B_0$ 為磁場振幅。

一般放置方向下，磁通量為

即

2. 套用法拉第定律

因此

得到

核心觀念

本題考查良導體中的平面波傳播與金屬表面損耗，主要公式包括：

1. 良導體表面電阻

2. 金屬表面的平均吸收功率密度 $P_s=\frac{1}{2}R_s|H_t|^2$

3. 良導體中的傳播常數

4. 良導體的衰減係數

金屬內部電場及磁場皆以 $e^{-\alpha z}$ 衰減，因此厚度為 $l$ 時，電場振幅的相對衰減量為：

（一）表面電阻與單位面積吸收平均功率

1. 表面電阻

金屬導體為良導體，滿足：

$\sigma\gg\omega\varepsilon$

其表面阻抗為：

$Z_s=(1+j)\sqrt{\frac{\omega\mu_0}{2\sigma}}$

因此表面電阻為其實部：

其中 $\omega=2\pi f$。

2. 平均吸收功率

表面平均吸收功率密度為：

$P_s=\frac{1}{2}R_s|H_t|^2$

正弦平面波垂直入射金屬表面時，良導體近似為理想導體反射，因此金屬表面的切向磁場約為入射磁場的兩倍：

故：

整理得：

$\boxed{P_s=\frac{2R_sE_i^2}{\eta_0^2}}$

若題目直接給的是金屬表面切向磁場 $H_t$，則應使用原式：

$P_s=\frac{1}{2}R_s|H_t|^2$

（二）數值計算

已知：

$f=100\ \mathrm{MHz}=1.0\times10^8\ \mathrm{Hz}$

$E_i=1\ \mathrm{V/m}$

$\sigma=5.8\times10^7\ \mathrm{S/m}$

$\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \mathrm{H/m}$

$\eta_0=120\pi\ \Omega$

1. 表面電阻

$R_s=\sqrt{\frac{\pi f\mu_0}{\sigma}}$

代入：

$R_s\approx 2.61\times10^{-3}\ \Omega$

因此：

$\boxed{R_s\approx 2.61\ \mathrm{m\Omega}}$

2. 單位面積吸收平均功率

$P_s=\frac{2R_sE_i^2}{\eta_0^2}$

代入：

$P_s\approx 3.67\times10^{-8}\ \mathrm{W/m^2}$

因此：

$\boxed{P_s\approx 3.67\times10^{-8}\ \mathrm{W/m^2}}$

入射波平均功率密度為：

吸收比例約為：