ページ3:

結論
A×B=5î-8j-17k, 0≈107.3°, projg (A):
=
17
2
-(2-3j+2k).

ページ4:

直角座標系與向量場
(一)直角座標系
在三維空間中,直角座標系由三個互相垂直的軸組成:x、y、z。 每個方向對應的單位
向量分別為:
i (2)), j (3), k (J)0
(二) 場 (Field) 一個向量場可以寫成:
例如:
充 = Eri + Eyj+ Ezk.
Ē = 61 – 3j.
這表示場在 x 方向有 +6 的分量,在y方向有−3 的分量,而在Σ方向分量為零。
(三) 範例:平面上的場
若考慮點 (0, 1) 與 (z, 1),則在圖上場向量指向 -x 與-y的方向,寫作:
Ē = −î + j.
補充說明
在物理學中,這類向量場常用來表示「電場」、「重力場」等,每個空間點的向量分
量都可能不同。
1

ページ5:

直角座標系與線元素
(一)直角座標系
三維直角座標系由三個互相垂直的軸構成:x、y
î, ĵ, k.
(二)微小線元素 dī
在直角座標系中,線元素可以寫成:
y
X
di = dx+dyj+dzk.
這是進行路徑積分(Line Integral)的基本單元。
(三) 範例:沿 y軸的路徑
若一條路徑 Lą沿著y軸,則:
In = fdi=fdyj.
若積分範圍是從0→2,則:
In = zj.
(四)路徑積分示意圖
X
y
其對應單位向量分別為:
dl= dx i + dy j
L
1

ページ6:

(五)總結
這是計算線積分時最基本的公式。
di=dxî+dyj+dzk
2

ページ7:

面元素與體元素
(一)面元素 d
在直角座標系中,對應不同的面,其面元素寫法如下:
dŠ = dxdyk, dŠ = dxdzj, d$ = dydzi.
如果方向相反,則需加上負號,例如:
ds = -dx dyk.
(二)體元素 dz
體元素的定義為:
ds = dydy k
dT = de dy dz.
這是進行體積積分(Volume Integral)的基本單位。
(三)兩點之間的向量
設兩點為
P₁(x1,y1, 1), P2(x2, Y2, Z2),
則向量
12 = (x2 − x1) + (y2 − y₁)) + (22 − z₁)ĥ.
其大小為:
總結
||12| = √√√(x2 − x1)² + (Y2 − Y1)² + (Z2 — 21)².
-
Pi(x1,Y1,21)●
P2(x2, y2, 22)
12
1

ページ8:

1.面元素:
2. 體元素:
3. 兩點之間的向量:
d = dxdyk, dxdzj, dydzi.
dr = dx dy dz.
12 = (x2 − x1) + (Y2 - Y1) Ĵ + (22 − 21 )Ê.
-
2

ページ9:

柱座標系 (Cylindrical Coordinates)
(一)座標定義
柱座標由三個變數組成:
(r, o, z)
其中: - r: 徑向距離-6:角度(由x軸起算)-2:高度
與直角座標的關係為:
角度範圍:
(二) 單位向量
柱座標系的單位向量為:
æ = r coso, y = r sin o, 2 = 2.
中∈ [0,2) 或 (一刀,.
àr, ap, àz.
其中: - à, 指向徑向外側-å,指向切線方向 (旋轉方向) - å¸ 指向 x 軸方向
(三)微小位移元素
在柱座標中,微小位移為:
di = dràr + rdpad+dzàz.
(四)微小面積元素
- 平行於rp平面的面積元素:
- 平行於 rz 平面的面積元素:
dS = r dr doàz.
- 平行於 pz 平面的面積元素:
dS = dr dzào.
dSr do dzâr.
1

ページ10:

2
o
dh=drar+rdpas+dzàz
(五)小結 柱座標系在處理旋轉對稱問題(例如圓柱、管狀結構)時非常方便,常用於
電磁學與流體力學。
2
2

ページ11:

柱座標單位向量的表示與導數
(一)單位向量表示
在柱座標中,徑向與切向單位向量可以用直角座標的,û表示:
个 = cos中分+ sing,
$=-sin中企+cosog.
(二)單位向量的導數
因為①會隨著角度變化,所以有以下關係:
di
do
=
一个
do
do
這是柱座標在計算速度與加速度時非常重要的公式。
(三)示意圖
y
0
X
(四)小結
6,$雖然是單位向量,但方向會隨角度改變,因此它們的導數不是零,而是彼此之
間的轉換:
di
do
8,
一个
do
do
這對以後推導極座標下的速度、加速度公式很重要。
1

ページ12:

球座標(Spherical Coordinates)
1.球座標的定義
在球座標系統中,一點的位置由三個參數表示:
(r, 0, 0)
其中: - r:到原點的距離 (半徑)。-0:極角(Polar angle),由軸向下量。 - þ:方
位角(Azimuthal angle),在xy 平面内由x軸正向量起。
-
2.球座標單位向量
î, Ô, Ô
在直角座標下可表示為:
3.微分長度元素
= sin cos + sin 0 sin oŷ + cos 0 2,
= cos 0 cos + cos 0 sin oŷ - sin 02,
$=
=-sinpæ+cosog.
在球座標系中:
di = drr+r de ê + r sin 0 do 6.
4. 微分體積元素
5. 示意圖(球座標)
y
dr = r2 sin 0 dr de do.
1
X

ページ13:

結論
球座標的三個基本元素為:
dd = drî+rd00+rsin0dpp, dr = r2 sin 0 dr dd dp.
2

ページ14:

球座標中的積分
1.圓周長積分
在極座標中,半徑為r的圓周長為:
2元
r do = 2πr.
2.圓面積積分
圓面積公式由二重積分得出:
¥2元
[ [ [ ²* r' do dr² = [[" "' ( [²* do) dr' = mr².
2πT
r'
3.球表面積
球表面積可用球座標計算:
^2元
S =
[*[*
R² sin e de do.
計算步驟:
=
R² * si
sin de
0
•2πT
do = R² • (2).(2)=4mR².
4. 球體積
球的體積為三重積分:
計算:
最後得到:
結論
示意圖:
rR
V=
r² sin 0 do do dr.
·R
de
= ["r²dr [sin e do f²
do
3
[四].(2).(2).
V=
v=²
|S=4mR²
1
V=
= 1½ TR³

ページ15:

y
R
2
X

ページ16:

積分系統與微分系統
1.積分系統
積分主要分為: - 線積分-面積分 - 體積分
範例:線積分常見於電磁學中的閉合迴路(如安培環路定律)。
y
dī
2. 微分系統
定義 ▽(del 算子):
a
a
a
V= - +
Ix
Dy
Əz
3. 梯度(Gradient)
X
對於一個純量函數f(x,y,z),它的梯度為:
Vf= -x+
of of
Əx
of
一念
Əz
梯度的物理意義:指向函數變化最快的方向,大小為變化率。
f(x)
X
小結: - 線積分、面積分、體積分屬於「積分系統」 - 梯度、散度、旋度屬於「微分
系統」 - 本例只寫到梯度(gradient)。
1

ページ17:

梯度與散度筆記
1. 梯度(Gradient)
對於一個純量場V(x,y,z),它的梯度定義為:
ov ov
VV = - +
Əx
-ŷ +
ov
ay Əz
意義:梯度表示「沿某方向變化最快的速率與方向」
°
2.散度(Divergence)
3V
散度描述向量場在某一點的「源」或「匯」的程度。
定義:
2.
VV
V.Ē
JET JEy
∂E元
+
Ix Jy Əz
+
展開的寫法:
a
a
V. Ē=
-x+ •ŷ +
•(Ent + Egg + Ezz).
小結: - 梯度:純量場 → 向量場 - 散度:向量場 → 純量場
1

ページ18:

通量 (Flux) 筆記
1. 通量的定義
對於一個向量場 Ë,穿過一個面積元素 dS 的通量為:
$ =
=SS
Ē. ds.
其中: - d = nds,方向由面積法向量決定。 - 若 Ē 與 ñ 同向,>0。 - 若Ē與ñ
反向,∮<0。
2. 簡單範例
假設 Ē 穿過一個平面:
Ē. ds = 4
⇒>>
∮ = 4.
另一個斜面:
亩 d$ = 2
⇒>>
= 2.
平面通量=4
斜面通量 =2
3. 立體的通量計算
例如一個立方體,若
$1 = 4,
$2 = −6,
則總通量為:
$ = 1 + $2.
4.通量的意義
- 若 ∮ > 0,表示流出量大於流入量。
∮=0,表示流入與流出相等。
若 ∮ < 0,表示流入量大於流出量。 - 若
1

ページ19:

正通量 (流出)
負通量 (流入)
小結: 通量就是「向量場通過一個面的量」,是流出或流入的總和。
2

ページ20:

電磁學應用:散度(Divergence)
1.散度的定義
一個向量場 Ē 的散度定義為:
V. Ē= +
ǝET JEU Ez
+
Əx Jy Əz
物理意義: - 表示「源頭(source)或匯聚 (sink)」的強度。
-
若 ▽ .Ē> 0,表示有電
場流出 (source)。 - 若 ∇ ‧ Ē < 0,表示有電場流入 (sink)。 - 若 ▽. Ē = 0,表示電場
沒有淨流入或流出。
-
2. 範例:正負電荷
對於一個正電荷 +q,電場向外:
7.Ē =+5.
對於一個負電荷 -q,電場向內:
V. Ē= −5.
若考慮兩者疊加:
(V.Ē) = 0.
*
▽ ‧Ē =+5
7.Ē=−5
3.磁場的特殊性
實驗發現磁場 B沒有源頭或匯聚,數學上表現為:
V.B=0.
這表示磁場線總是「閉合迴路」,不會像電場一樣由電荷開始或結束。
磁場線為閉合迴路 (solenoid field)
1

ページ21:

小結: - 電場的散度和電荷分布有關。 - 磁場的散度永遠為零,因為「磁單極子」不
存在。
2

ページ22:

旋度 (Curl)
1.數學定義
向量場 Ā = Ai +Ayg+A的旋度定義為:
↑
2
√ × A =
a
Əx ay Əz
Az Ay Az
展開後為:
√ × A = (³ y
JA
JAY
ǝAT
JA%
+ ŷ
(DA, DA+)
Əz
Əz
Əx
x
2.物理意義
旋度代表「向量場的局部旋轉強度」 - 若▽xĀ = 0,表示場無旋(irrotational)。
若▽ ×Ā≠0,表示場存在「旋渦」或「迴旋流動」
°
3. 流場例子
4.正旋與負旋
C
無旋度 有旋度
。
旋度的方向由「右手定則」決定。 - 若旋度向外 (+),稱為「正旋」。 - 若旋度向內
(-),稱為「負旋」
正旋
負旋
小結: - 旋度描述「場的旋轉性質」。 - 直線流場→ 無旋度。 - 渦旋場 → 有旋度。
1

ページ23:

散度定理與斯托克斯定理
1. 散度定理(Gauss 定理,高數必學)
散度定理描述「體積分」與「封閉曲面積分」的關係:
SSL (V · Ã) dī
=
意思是:體積內的散度總和 = 向量場通過外邊界的通量。
2.斯托克斯定理 (Stokes' theorem)
斯托克斯定理描述「曲面積分」與「邊界線積分」的關係:
(▼ × Ã) · d¯ = § ¸ Ã · dī.
as
也就是:某個曲面的旋度通量= 曲面邊界的向量場線積分。
3.特殊情況
如果曲面封閉,則其邊界S=Ø,所以:
f A.dī = 0
⇒
(V x A). ds = 0.
4. 示意圖 (封閉曲面)
封閉曲面 S
-
小結: - ▽.Ã與Gauss 定理有關(體積 表面)。
界)。 - 封閉曲面的 Stokes 定理結果為0。
- ▽×Ā與Stokes 定理有關(曲面 邊
1

ページ24:

球座標下的電荷分佈:求總電荷 Q
題目
已知球座標中的電荷密度
cos² 6
p(r, 0, 0): =-3×10-2
r4
求半徑區間 r ∈ [a,b] 內的總電荷 Q,其中 a = 0.02, 6 = 0.05。
解題
球座標體積元素
dr = r2 sin 0 dr de do.
因此
a = SSL ve
pdr
-3 x 101
-2'
COS
14
(r² sin dr de do)
=-3×10-2
LL L
Cos²
1-2
分離變數(r∈ [a,b], [0,1], $∈ [0,2n]):
Q=-3×10-2
de
2πT
dr) (sin 6 do) ( cos² 4 dó).
各項積分:
dr
=
b
=
1
1
sine de = 2,
a
b
12
·2元
cos² do = π.
故
Q =-3×10-2.
(一)
1
1
-
• 2.丌 = -6 × 10-2
a
代入數值 a a = 0.02, 6=0.05
1
1
1
1
=50-20= 30,
a
b 0.02 0.05
= −6 × 10-2 ×30=-1.8≈ -5.655 (單位依p的單位而定).
r=b=0.02.
r = b = 0.05
O
積分區域:球殼a≤r≤b
1
-sine dr de do.

ページ25:

小結
關鍵步驟:用球座標體積元 r2 sin dr de do,與pxr4 抵消後留下 r-2;再將三重積
分分離計算,即得
1
= -6 × 10-2
a
(一)
2

ページ26:

例題:向量分析公式與範例
已知條件
考慮一個點 P 與原點O,假設P= (1,1,1)。 向量 OP 的單位向量為:
Ñ=-
1
3
1
1
2.
範例計算
我們要求在P 點的梯度VVp:
VV\P
=2+2y+32.
和ñ 內積:
-2
-5
VV n =
+ +
√3
課本公式回顧
書上也有提到一些常用的向量恆等式:
▽ ‧(Ā x B) = B. (∇ × Ā) − A. (∇ × B).
-
其中:
Ā = Azi+Ayû + ...
重點: 1. 先找出單位向量
積,得到方向導數或投影結果,
這樣能清楚看到計算步驟。
B = Bnt + ...
。 2. 再算出 ▽V 在 P 的值。 3. 最後做內
1

ページ27:

向量恆等式:V.(A×B)=B(V×Ā)−4.(VXB)
題目
證明
V.(Ā x B) = B. (∇ × A) − A. (∇ × B),
-
其中Ā =Ari+ Ayg+Az念,B=Bnt+Byû+Bzz。
(以下在笛卡兒座標、單位向量為常數且各分量可微的前提下證明。)
證明一:以 Levi-Civita 記號(最俐落)
用 Eijk 表 Levi-Civita符號,d=0, 則
(Ã× B)i = εijkAjBk,
(V · Č) = d¿Ci,
(▼ × Ã)i = εijk³j Ak
左邊:
▼ · (Ã× B) = di(EijkAjBk) = ɛijk (Ə¡Aj)Bk + Ɛijk Aj (ƏiBk).
第一項改寫成內積 B. (∇ × Ā):
第二項用反對稱性 Eijk = -Eikj :
=
Eijk (Ö¡Aj)Bk Bk Ekij (di Aj) = Bk(▼ × Ã)k = B⋅ (▼ × Ã).
Eijk Aj(OBk) = Ajikj (Ö¡Bk)
兩式相加即得
=
-A;(▽×B);=-A. (V × B).
==
V.(Ā × B) = B. (V × A) − 4- (∇ × B)
證畢。
分
ŷ
2
ĀXB
證明二:逐分量(適合初學者)
Ax Ay Az (AyBz – AzBy, AzB – AB₂, АBy – AчBÃ).
Bx By Bz
故
a
a
a
V.(Ā × B) =
-(AyB-AzBy)+ -(AzBr-ABz) +
Əx
Jy
(Ax By - AyBx)
(BOA
OAz
ǝAT
+ Bx
+ By
Jx
ay
Əz
B.(V×Ã)
(A
∂BY
JB%
JBx
+ Ax
+ Ay
Ix
ay
Əz
A. (V×B)
即得同一結果。
快速檢核(數值例)
取Ā = (x,0,0),B=(0,y,0)。
A×B= (0,0,cy),故V.(Ā×B)=0z(cy) =
=0。
∇ × Ā= 0, ∇ × B=0,右邊也為0,一致 。
備註
1

ページ28:

若在一般曲線座標(如柱、球座標)中,單位向量會隨位置改變,需改用協變/逆
變或正交曲線座標的形式;恆等式仍成立,但中間步驟須用對應的導數(協變導
數)處理。
本恆等式常與下列兩式併用:
∇ x (Vf) = 0,
V. (∇ × Ā) = 0.
2

ページ29:

例題:檢查散度定理在球殼區域的應用
條件
區域為球殼:
2≤ R≤3,0≤ 0 ≤ 7, 0 ≤ @ ≤ 2ㄒ.
給定向量場的散度:
V. F =
cos² 中
R4
體積分
體積元:
dr = R² sin 0 dR do do.
因此:
SSS (V -
( V · F³) dr = L² L" L² (=
cos², 0
R² sin 0 dR de do.
R4
將積分分離:
計算各部分:
dR
-- (²) (["sin 8 do) (f" cos² ódó).
R2
0
1-0-0--#J
3
dR
=
=
2
I sin
sin de = 2,
L
所以:
0
(一) - (一) 6
2πT
cos² o do = π.
二、面積分
JS (VF) dr =
1
πT
• 2.丌=
6
3
曲面包含外球 R=3與內球R=2。外向法向為àn,內外向法向為-àn
cos² 中
已知 Fr
,
所以
R3
.
FdS FR (R² sine de do) âR.
對R=3:
對R=2:
總通量:
¥2元 M cos²
R=3 =
33
10
1
2π
3² sin e de do = }} (sin 6 do) (² cos² 6 dó)
3
1
2.π=
3
2πT
3
cos²
- 2*sinddddd = -2.2.x = -页
1
丌.
R=2
2πT
C3H C
0
23
₤ F. d5
2πT
π
3
3
1

ページ30:

三、結論
F.
₤ F³ d5 = []] (v · F) dr =
(▼ -
兩邊相等,符合散度定理。
R = 3
R=2
aR
O®
2

ページ31:

圓柱區域上:面積分=體積分(Stokes/高斯散度定理)
區域與向量場
圓柱:0≤r ≤ 4,0 ≤ ¢ ≤ 2m, 0 ≤ z ≤ 5。
向量場(柱座標):
目標
Ā=r² ûr+3zàz (Ap = 0).
證明封閉曲面 S 的通量等於體積 V 的散度積分,並求其值:
(I)體積分(右邊)
ƒ Ã · ds = [] [₁ (V · Ã) dr.
柱座標散度
18
1 JA
V. A =
(rA,) +
+
ror
r ə
Əz
OA元 10
ror
(r*) + 0 + 3 = 3r + 3.
體積元 dr = r dr do dz, 故
.5
S
(V.
JIL - A) dr = LLL (3
(3r2
(3r + 3)r dr do dz
¥2元
dr) (p² do ) ( d= )
+ 3r) dr
= [r* + Br2]d.2.5 = (64+24) ·10元
dz
880元
(II)面積分(左邊)
將 S 分為側面、上蓋、下蓋三部分:
側面r = 4:dŠ = arr dodz = 4ûrdp dz,Ar = 16。
.5 ¥2元
side
16 · 4 dp dz = 64.(2).5= 640元
上蓋 z = 5:dŠ =àzrdr dp,Az = 3(5) = 15。
top
^2m 4
15 r dr dd = 15 .
[]
4
• 2w= 15 . 8 .2= 240元
- T
0
• 下蓋 z=0:外向法向-â,但Az=0,故bot=0。
總通量
fr÷ d5 = Pside + Prop + Prot = 640π + 240π +0 = [880π |
S
結論
SÃ.ds
=
(V. A) dr -=880元
面積分與體積分相等,符合 Stokes/高斯散度定理的結果。
1

ページ32:

2 = 5
2=0
r = 4
21

ページ33:

圓柱區域上:面積分=體積分(以散度定理驗證)
區域與向量場
圓柱(含上、下蓋):
0≤r≤2, 0 ≤ @ ≤ 27, 0 ≤ z ≤ 1.
向量場(笛卡兒):
Ē = (x + 1) £ + yû + (z2 + 7) 念.
改成柱座標(æ=rcos y = rsin,且=cosar-sinào, g=sinâr+cosà):
É = (r + cos p) âr - sinpû + (z2 +7)àz
體積分(右邊)
柱座標的散度:
V. Ē
1 ə
ror
10E6
∂E元
1 ə
1 ǝ(- sin o)
(rEr) + =
+
-(r(r + cos ø)) +
+ 2z= 2+ 2z.
r ǝo
Əz r Ər
r
體積元 dr = r dr do dz,故
1 2π
SSS.
(V. E) dr =
•ILL (2
(2+2z)r dr dddz
dz
(rd) (d) (² (2 + 2) =)
= [] ·2丌· [2z +22]% = 2.2.3 = [12
0
二、面積分(左邊)
將封閉曲面 S 分成側面 Sside、上蓋 Stop(z = 1)與下蓋 Spot(z = 0)
。
側面r=2,外向法向à,面元素 ds=rdpdx=2 dddz:
side =
¥2元
Er|r=2 dz
[[__ E-d5 = [ " E-\2 (2) dó d= =
Sside
.1
¥2元
(2.
1+cos).2dddz
8元
• 上蓋 z = 1,外向法向+àz, dS = r dr dp,Ez = 12 + 7 = 8:
8r dr dp = 8. [1r2]6.2 = [32
2
top
=LL 8 r
• 下蓋 z=0,外向法向-àn,Ez=7:
bot
=
2πT
7r dr dp (−1) = −7.[Ir²]ő.2» =
-28元
總通量:
Dside+Ptop+bot=8+32-28
1
= 12元

ページ34:

結論(散度定理)
Ē. ds
(V. Ē) dT
12元
面積分與體積分一致。
2 = 1
r = 2
2 = 0
2

ページ35:

Stokes 定理驗證:r=4、户=3sin()ão
幾何與向量場
考慮位於 z=0平面上的圓盤
0 < r < 4, 0 ≤ p ≤ 2丌,
其邊界為圓周 C:r=4,取法向n=+àz(右手定則)
向量場採柱座標表示:
°
F(r,) = 3 sin â
目標
用 Stokes 定理證明
f
₤ F · dï = [[(V × F) - ñ ds.
(A)線積分(左邊)
Cr4 dl = r do â = 4 dó â'
"
•2π
₤ F · df = √th 3 sin (2)
(2) (4 do) = 12 /²
12 /2" sin (2) do = 12[ − 2 cos(%)]* =\
C
(B)面積分(右邊)
柱座標下之旋度 Σ 分量
2
48
10
(V × F) z =
(rFo)
r ər
1 OF
r ǝ
18
rər
r. 3 sin
in / )
3
sin
r
2
因 dS = r dr do且ñ=
4
3
(V × F). ñdS =
2πT
=sin(2) (r dr do) = (3d) sin()) =
do
= 48
結論
==
(VF). ñdS = 48
積分與面積分相等,符合 Stokes 定理。
n =
+âz
1
= 4

ページ36:

向量微積分:散度、旋度與物理意義(黑板筆記整理)
1. 基本恆等式與封閉積分
對任何足夠光滑的向量場Ã、純量場 V,有
V ‧ (∇ × Ā) = 0,
▽ × (VV) = 0.
配合高斯散度定理與 Stokes 定理可得封閉積分恆為零:
2. 物理詮釋
心
V. (V x A) at Jav`
=
(V × A) · dš Lorov à · dī = 0,
(vx(vv)).ds = fgov.dī:
VV.
as
a(av)
= fnev = [V]
as
dV
= 0.
『封閉路徑
磁場通量守恆/無源(▽.Ē = 0)
表示磁力線無起點、無終點(僅成閉合迴圈)。因此可引入磁向量位勢
B = V × A
這與上式 V. (√ × A) =0相容。
•
靜電場保守性(▽xĒ=0)
表示沿任意封閉路徑的電勢降為零,故存在純量位勢 V 使得
其對應之線積分:
=
3. 一眼記法
Ē = -VV
V.(Vx.)=0 與 ▼ × (V.) = 0
第一個對「磁」重要(保證B 可由 Ã生成)
"
第二個對「靜電」重要(保證 Ē 可由 V
生成)
。
4. 小結
散度定理:
SILV
V. FdT
=
- F -d5.
Stokes 定理:
LL
av
F.di.
將兩定理套在 F=∇xĀ或Ë=∇V 上,即得到本頁所有「=0」的封閉積分結論。
(V x F). ds
=
as
1

ページ37:

Chp.1 基本靜電場 - 庫侖定律
1. 點電荷的電場公式
根據庫侖定律,點電荷Q在距離,處所產生的電場為
其中 e0 = 8.85 × 10-12 F/m
電場單位:
。
1 Q
Ē
4xeo r2
N V
m
2. 例題:兩點電荷的合場
在 x 軸上有兩電荷:+3q與-q,相隔2公尺,問在右方2公尺處的合場。
1 3q
Ē₁
c =
39x,
4xeo (2)2
16π€0
1 -9
q
-x,
Ē₂ =
4meo (4)2
647€0
34
9
⇒ =
Ic
x =
16π€0
64π€0
12q-4
64π€0
-9x
119
I.
64π€0
3. 小結
● 電場方向沿著,大小與1/2成反比。
• 多電荷系統使用「疊加原理」:Ē=∑È。
E合成 E
-Ex
+3q
-9
觀察點
1

ページ38:

Chp.1 基本靜電場 - 庫侖定律與電位
1. 點電荷的電場公式
Ē =
1 Q
r,
4πEO r2
其中 e0 = 8.85 × 10-12 F/m。
電場單位:
N
V
[Ē]
=
C
m
2. 電場與梯度的關係
從電場的定義,
Ē = -VV,
其中 V 為電位。
3. 點電荷的電位公式
由積分定義:
1
1 Q
V =
Ē .dī =
dr
4πEO r2
4meo r
4. 小結
電場與電位的關係:Ē=-
=-VV。
點電荷的電場與1/r2 成反比。
點電荷的電位與 1/r 成反比。
V
4meor
1

ページ39:

相對電位與範例
1.相對電位公式
電位差定義為:
V2 - V₁
=
通常將「無窮遠處」定義為參考點V=0。
因此在某一點P 的電位為:
Vp=
2. 點電荷的電位
1 Q
Vp
4meo r
4. 小結
電位差透過路徑積分定義。
點電荷的電位公式 V = 4xeor
先求與,再代入公式。
P(-0.2, 0, -2.3)
1
•Q = 5nC
X

ページ40:

點電荷的電位與電場-計算範例
題目
已知點電荷
Q = 5nC, ro = (0.2,0.1,-2.5)m,
求觀察點
P(-0.2,0,-2.3)m
的電位 V(P) 與電場 Ē(P)。
取庫侖常數k= ≈ 8.987 × 10° N m²/C²。
1
4meo
步驟1:位移向量與距離
F =
= QP = πp — TQ = (-0.4, -0.1, 0.2) m,
r = = |||| = √(-0.4)2+(-0.1)2+(0.2)² = V0.21 m ≈ 0.4583 m.
步驟2:電位
V(P) =
= k= =
r
(8.987×109)(5× 10-9)
√0.21
≈ 9.81 × 101 V≈ 98.1V
步驟3:電場
Ē(P) =
= k-
==
(8.987×109)(5×10-9)
(V0.21)3
·(-0.4,-0.1, 0.2).
計算係數
8.987×109.5×10-9
V
≈4.671×102
(0.4583)3
m
因此
匠(P)~ -186.8, -46.7,93.4)
(核對: |||| = kQ/r² ≈ 214 V/m,與分量長度一致。)
不
P(-0.2, 0, -2.3).
•Q(0.2,0.1,-2.5)
x
結論
點 P 的電位約為98.1V;電場向量約為(-186.8, -46.7,93.4) V/m
1
°

ページ41:

四角點電荷在正方形中心的電場
題目
正方形邊長為 a,四個頂點的電荷分別為:左上角q、右上角 2q、左下角 -2q、右下角
-q。求正方形中心的電場。(庫侖常數k=
1
4meo
示意圖(中心在原點,向右、向上)
y
24
q
解題觀念
中心到每個頂點的距離皆為
X
中心
-2q
-9
a
k
k
2k
r =
+
√2'
1.2
a²/2
a²
令 ûaj 為由頂點電荷指向中心的單位向量,則
宜=== Ûi.
kqi
以中心為原點、坐標為(±a/2,±a/2),各頂點對中心的方向為
左上
六(十分- y), û右上 = 2/12(一),左下=2/12 (一定一),û右下 = 1/2 (+$− g).
注意:正電荷電場指離開電荷,負電荷電場指指向電荷- 一對中心而言,上述單位向量已
含方向,負電荷只需代入負號即可。
逐項相加
2k(29) 1
a²√2
2k(-2q) 1
V2k4 (2 – 9),
=
a²
2V24 ( 2 – 9),
a²
2kq 1
左上9
=
(+1 ŷ) =
a²
右上 20
一分
白左下(-24)
-
a² √2
2k(-9) 1
右下(-4)
(+$g)
√2kq
-
a²
ŷ)
2√2kq (--),
a²
-(+ − ŷ).
相加得
a²
√2K9 [(1-2-2+1)2 + (-1-2-2-1)] =
E
=
a²
1
2√2kq
(x + 3y)
a²

ページ42:

方向沿著 -(+3)(往左下),大小為
画
2√2k|q
a²
4√5kq
12+ 32
a²
結論
正方形中心的電場向左下,向量式
Ē –
2√2kq
a²
(+3ŷ),
大小 || =
4√5k9
a²
2

ページ43:

等邊三角形三點電荷在中心的電場與電位
題目
等邊三角形邊長 a。三頂點電荷依序為:上方Q、左下 2Q、右下Q。求中心(重心=外
心)處的電場 Ē 與電位 V。
a
(中心到各頂點距離R=
幾何示意
Y
•中心 0
2Q.
x
解題重點
a
中心到每頂點距離相同 R= 故每一點電荷在中心產生的電場大小皆為
√3
kqi kqi 3k|qi|
Ei
=
=
R² a²/3 a²
方向由電荷指向場點(對正電荷為 離開電荷),即沿「頂點→中心」的方向。
取中心為原點,令由中心指向三頂點的單位向量為
ûn = (0, 1) (上), n = (一)(右下), hs = (一一) (左下).
則由頂點 → 中心的單位向量分別為一,一ûs,一ûs。
電荷配置:上Q、右下 Q、左下 2Q。因此
代入三個 û:
故
=
k
R2
3kQ
[-Qin -Q2-2Qi3]
(û1 + Û2 + 2û3).
a²
3√3
ûn+2+2ûs= (0+1+2(-1),1-+2(一)) = (-1,1- ).
3kQ
E=36 (+(1+40)
2'
(方向落在第一象限)
。
其大小為
|Ē₁ = 3Q√(±)² + ( − 1 + x)² = 3√8-3√3
2 3kQ
a²
電位
電位為代數和(與方向無關):
V(0) = Σ
kqi
R
k(Q + 2Q+ Q) 4√√3kQ
a/√3
a
2
1

ページ44:

單位提醒
k =
4πЄ0
≈ 8.99 × 10° N . m²/C²,
E的單位是N/C(或V/m) V的單位是V。
2

ページ45:

連續電荷分佈的微元、電場 Ē 與電位 V
1. 三種常見的電荷分佈與微元
線電荷
dq = pede
面電荷
體電荷
dq = psds
dT
2. 由微元求 Ê 與 V 的通式(庫侖定律)
dq = pdT
對於觀測點P,設從微元位置指向P的向量為R=ㄚㄧㄚ, R=
=||||,R=Ř/R。則
dĒ:
1 dq
4πTEO R²
1 dq
dV
=
4meo R
把 dq 換成相應的密度微元,並積分:
線電荷: Ē(7)
1 Pe(*)
1
Ŕde',
V (r)
4moJ線
R2
ATCODE(7)
dl'.
R
線
1
面電荷: Ē(7) =
Ps(T)
1
=
Rds',
PS(T)
V(ř)
=
dS'.
4πTEO TH
R2
4ㄒeo/面 R
1
體電荷: Ē() =
P(r)
Rdr',
R2
V (r) = 47 €0√√m²
1
P(r)
dr'.
R
體
3. 常用微分面積/體積(便於實作)
直角座標:ds = dxdy(在平面)
極座標(平面):ds=rdrdp。
圓柱座標:dx = r dr dodz
。
座標:ds = r2 sin dr de do。
4. 小提醒
,
dr = dædydz
。
電場是向量積分,要含方向;電位是純量積分,較易處理。
若分佈具對稱性,可善用高斯定律簡化的求法;但用以上積分也能得到相同結
果。
1

ページ46:

目標公式
必背積分公式與詳細推導
das
X
d.x
X
2
+ C
In
+1+C
(x²+a2)3/2 a²Vx² + a²
x² + a²
a
(其中a>0。)
-
三角代換法推導
(A)推導 |
das
1x² + a²
x = a tan 0,
dx = a sec² 0 de,
2
+ a² = a sec 0.
則
das
a sec² 0d0
sec0dd = ln|sec 0 +tand+C.
x² + a²
a sec 0
把0換回 x:
X
tan 0 =
a
因此
das
sec 0 = V1 + tan²0= 1+
/æ2
Jvmm%+V)+1/+0.
= In
a²
a
(²) ²
(B)推導 |
2
dx
(x² + a²)3/2
同樣代換 x=atane,有
所以
由
故
x=atan得
(x² + a²)3/2 = (a² sec² 0)3/2 = a* sec3 0.
• sin 0 + C.
a²
dx
a sec² 0 de 1
1
cose de =
(x² + a²)3/2
a³ sec³ 0
a²
tan 0
sine
sec 0
x/a
√1+ (x/a)²
X
x² + a2
dx
X
(x² + a2)3/2 a²Vx² + a²
1
+ C.

ページ47:

二、微分驗證(超好記)
直接對
x
F(x)
a²Vx² + a²
求導:
F'(x):
a²
=1/2(+0
x2
(x² + a²)-1/2
(x² + 2²)3/2] = a² (x² + a²)³/2 = (x² + a²)³/2)
a²
1
a²(x²+a2)3/2
與被積分函數相同,正確無誤。
三、定積分結果(考題常見)
*$2
dx
X
1
(x²+a2)3/2
a² V2
+a²
I2
x2
x2 das
2
X
In
+
+1
1
vr² + a²
a
x1
四、幾何小圖(幫記憶)
x2 a2
x
五 口訣整理
a
O
(令æ= atan時,對應的直角三角形。)
dx
•
⇒ 想到 sec 0,答案是Insec0+tan 版, 轉回 x 就是上面那個 ln
°
x² + a²
dx
X
⇒ 多一個平方在分母, 結果會長成
(分子 xæ、分母
(x² + a2)3/2
a²Vx² + a²
2
2

ページ48:

有限長直線電荷在軸外一點的V 與 E(完整推導)
設定:
•
直線電荷沿z軸,由z=- 延伸到:
2 = +
L
L
2
2
線電荷密度 PL =
Q
L
觀測點 P 位於 y = b,z=0(在y軸上,距導線最短距離為b)。
單位向量:向上為ż,向右為ý。
1. 電位 V
L/2
R=2+22
r bŷ P(b20)
y
-L/2
1
V(P) =
用「必背」公式
可得
b
4πε0
-12 PL dz
L/2
rL/2
PL
dz
-L/2
R
4πEO J-L/2
V62
+ 22
dz
+ 62
=
In z + Vz² + b² + C,
V(P) =
=
L/2
PL [In (= + √2² + b²)] 1/2
(2+vz2+b2
-L/2
2
L
+
+ 62
PL
2
2
In
4meo
2
L
+
+ 62
2
In
4meoL
1
VI² + 462 + L
VL²+462 L

ページ49:

2. 電場 E
微元電場
1
dE =
PL dz
bŷ -
- 22
↑ =
4meo R2
R
對稱性:z 與 -z 的 z 分量互相抵消,僅有y分量保留下來:
-2
1 PL dz b PLb dz
dEy=
=
4πεO R² R 4meo (b2+22)3/2*
再用「必背」公式
dz
+ C',
(22+62)3/2
b²/z² + 62
得到
PLb
Ey
2
4meo b²/22 + 62
PLb
-
4πEO b2.
L
L/2
-L/2
√ b² + ( 1 ) ²
2meobVL2+462
PLL
4meo
1
b√6² + (4) ²
方向沿 +ÿ,因此
E(P):
=
2meobVL2+462
3. 小檢查(合理性)
● 長導線極限 L≫b:E≈
PL
回到無限長直線電荷的經典結果。
2πε b
對稱性:V 與 E 都只依賴b與L,與選在x=0的軸向位置無關,符合幾何直覺。
2

ページ50:

半圓弧均勻線電荷在圓心的V 與(詳細推導)
題意整理
半徑為 R 的上半圓弧(0≤≤n)均勻帶電,總電荷 Q。
線電荷密度
PL=
Q
πR
取座標:向右為 金、向上為 j。求圓心 O 的電位 V(O) 與電場 Ē(O)。
y
dq
1. 圓心電位 V(O)
到圓心的距離對所有微元皆為R,所以
1
V(O) =
4πεO
/
dg
R
2.圓心電場 瓦(O)
R
rdq→0
$
0
1
AMEOR/dg
X
dq=
4πεOR
單一微元 dq 在圓心的電場大小
1 dq
dE =
4meo R2
方向由 dq 指向圓心(對正電為指向圓心)
°
若用極角 ♡(自 +x 軸逆時針量起),則
因此
rdq→ = - (cos+sing).
dĒ =
=
1 dg
4TTεO R²
1
idq → 0
4meo R2
; dq [- cost - sino].
代 dq = pzRdo :
=
do,並對0→積分:
π
1
Ē(O)
-cost-sing]dp.
10
X
左右對稱使得 x 分量為零( f cos d dp
=
0) 只剩y分量:
1
Ey = 4ER - "sino do] =
1
2m²eoR².
方向沿-g(向下),所以
E(O):
2m²eo R2
(一)
1

ページ51:

小提醒 若整條弧改為帶負電,結果只需整體乘上 -1:V 變號、Ē方向改為向上
(+ŷ)
°
2

ページ52:

均勻帶電圓環在軸上之電位 V(z)與電場 Ē(z)(含
極大值 Zmax)
題意/座標
半徑為a 的整個圓環置於 y-x 平面(向右 j,向上 ≥),軸向為 z。總電荷 Q,故線電
荷密度
Q
PL =
2丌a
考慮圓環軸上之點 P(0,0,2)。圓環上一微元電荷
dq=PL a do
do,
2πT
其至 P 的距離
r = Va² + z2 (與p無關).
由對稱性,水平分量(i,j)互相抵消,僅留下分量,下圖為立體圖。
1. 電位 V(z)
z
P(0,0,2)
a
→ Y
1 dg
1
1
V(2):
4meo Va²
22
i √ dq = V (=) =
1
2. 電場 (z)
單一微元在 P 的電場大小
1 dq
dE =
4πEO r2'
其指向 P,對軸向()的投影為
1 dq z
1
dEz = dE cos 0 =
4π
r² r
積分整個圓環(0≤≤2n):
1
Ez(2) =
dq
=
Ez(z) =
4meo (a²+22)3/2
1
Q
4meo Va² + 22
zdq
4丌eo (a² + 22)3/2*
1
Qz
4neo (a² + 22)3/2

ページ53:

向量形式(只沿軸向):
1
Qz
Ē(z)
(對正電Q為沿+ 2).
4丌eo (a² + 22)3/2
3. 軸上電場大小的極大值 Zmax
2
令 f(z) =
(a² + 22)3/2
求=1
=0:
df
(a² + 22)3/2 – z •
dz
• (a²+22)1/2.2z
(a² + 22)3
a²
222
(a² + 22)5/2-
故極值在a²- 2z² = 0⇒ z =
a
。此時為極大值(可由二階導數或圖形判別)。
檢查重點
a
Zmax √2
• V(z) 與 Ez(z) 都只依賴與a,且當 : → x 時 V ~ Q/(4meoz)、E~Q/(4meo22),
與點電荷遠場一致。
,對稱性使得水平分量相消,這一步必不可少。
2

ページ54:

均匀帶電圓盤(半徑a、總電荷Q)軸上之V(z)與
(2)推導
座標:y軸向右、æ 軸向左前、z軸向上;圓盤在 x-y 平面。
已知: 面電荷密度
Q
ps=
TQ2
考慮軸上點 P(0,0,2) (先取:20,最後用 |2| 做對稱化)
22 向左
1. 把圓盤拆成同心「細環」
半徑為 r、寬 dr 的細環電荷
細環到 P 的距離
2
P(0,0,2)
r1
dq = ps (環面積) = ps(2丌r dr).
Y
1
V(z) =
Ti = vz2 + r2.
2. 電位 V(z)(以 ∞ 為零位)
Ps 2丌r
dg
1
Jo
所以(對220)
更一般地,若允許:為任意正負:
V (=) = 2 (√3² + a² = 3)
a²-121)
V(2) = 2²² (√²² + a² − |²])
Ps
280
Ps
280
47to o P. 2πr dr = 24 [√2² + r²]"
22
3. 電場(z)(軸向)
由對稱性,水平分量互相抵消,只剩2:
a
1
2
Ez(z) =
ATTE
(22+ r2)3/2
1
i ps2丌r dr
Ps
=
1
280

ページ55:

因此
Ps
₤(2) = 2 = ( 1 - √ ²² + a²
2
(z > 0).
22
若寫成對稱形式(任意 z):
Ē(z) =
Ps
|2|
=
1
sgn(z) 2
280
4. 小檢查(快速記憶點)
• z → 0≠:Ez(0+) =士,與無限大平面的結果一致(靠近帶正電面,指向外)。
280
•z≫a:Ve
Q
4meoz
Q
、E≈
,
遠處看起來像點電荷Q
。
4meoz2
也可用 E. = -噐 檢查:對 z > 0,
dV
Ps
Ps
dz
280
+ a²
280
2² + a²
2

ページ56:

1.基本觀念
•
金屬導體的靜電平衡性質
,導體在靜電平衡時,內部電場 E=0。
電荷全部分布於導體表面。
,導體是一個等位體,即整個導體表面電位相同。
2. 關鍵推論
導體內部沒有自由電荷:P內 =0。
• 表面電荷密度 p,會因幾何形狀而不同。
▶銳角或尖端處會有「尖端效應(point effect)」,表面電荷容易聚集,導致局部電場
強。
3. 示意圖
→等位體,E=0
空腔
O
表面電荷分布
E=0
4.補充:尖端效應
表面曲率半徑愈小,表面電荷密度愈大。
• 例如針尖或導線末端,電荷高度集中,容易放電。
•
可解釋為什麼避雷針尖端容易產生電暈放電。
小結
1.導體內部電場為零。
2.導體表面為等位面。
3. 電荷集中在表面,且尖端處特別密集。
1

ページ57:

導體的靜電屏蔽與邊界條件
1. 靜電屏蔽(完全屏蔽)
• 若一個金屬導體內部有空腔,並在空腔內放置一點電荷 yo
。
● 由於導體內部必須滿足E=0,所以內壁表面會感應出 -o 的電荷。
導體外表面則會出現+go 的電荷,以確保整體導體保持電中性。
因此,空腔內電場被限制,不影響外部;外部電場亦不會進入空腔——這就是靜電
屏蔽。
金屬導體
空腔內表面感應-go,外表面感應 +40
2.導體表面電場的邊界條件
在導體表面,電場方向必定垂直表面,大小為
Ps
E = 一亿
Є0
其中 p, 為表面電荷密度,ñ 為表面外法線單位向量。
外法線 n
金屬
3. 小結
1.導體可以完全屏蔽內外電場。
2.內部電場必為零,外表電荷分布由內部電荷決定。
3. 表面電場必垂直導體表面,大小與表面電荷密度成正比。
1

ページ58:

1. 無旋性質
靜電場的性質
▽xĒ=0
電場是保守場。
因此電場可以由一個純量函數(電位 V)來表示:
Ē = -VV
2. 電場與電位的關係
由線積分公式可得:
LE
E.dī:
⇒ V₁ - V₂ =
=-
dV
Lav
Ē. di
● 電場方向是電位降低最快的方向。
▶電場大小等於單位長度電位降低的速率。
3. 總結
1. 靜電場是保守場:▽xĒ=0。
2.電場與電位梯度的關係:= -VV。
3. 電位差公式:
V₁ – V₂ = f² Ē · dï
1

ページ59:

1. 高斯定律的微分形式
高斯定律筆記
p為電荷體積密度。
V.Ē = P
表示某點的電場散度與該處電荷密度成正比。
2.積分形式
對一體積積分:
V.
√ √ · Ēdr =
1
Lpdr
由散度定理:
Qin
E0
其中 Qin 為封閉曲面 S 所包圍的總電荷。
3. 應用與圖示
• 若系統具有對稱性(球對稱、柱對稱、平面對稱) 可用高斯定律快速求電場。
• 電場只與封閉曲面內部的總電荷有關。
E
Q1
Q2
只計算封閉面內的Q1,外部電荷 Q2 不影響通量。
4. 小結
1. 微分形式:∇Ē=P
°
E0
2. 積分形式:fgĒ • d$ =
Qin
E0
3. 高斯定律常用於高對稱性的電場計算。
1

ページ60:

程序:點電荷的電場與電位
1. 由高斯定律求電場
考慮一個點電荷Q,在距離的位置作一球面高斯面。 由高斯定律:
$
Ē· dŠ =
E0
因為電場大小在球面上各點相同,方向皆為徑向外:
因此得到:
2. 由積分公式求電位
點 P 的電位定義為:
E.4πr²
E =
=
4mor2
E0
分
Vp=-
·LE.
代入電場公式,得:
V(r) =
Ē. di
Q
4meor
3. 示意圖
4. 小結
r
Q
•
點電荷的電場:Ē
4meor2
點電荷的電位:V(r)
4meor
電場方向由正電荷指向外,由負電荷指向內。
1

ページ61:

題目
無限長直導線(線電荷密度p)的電場與電位
無限長直導線,線電荷密度為 pz(單位C/m)。取一個以導線為軸的圓柱形高斯面,半
徑r、長度 h。
(1)用高斯定律求距離導線處的電場 Ē。
(2) 討論電位:rı→∞與ri→2的電位差。
幾何與對稱
電荷沿 > 軸均勻延伸且無限長,系統具有圓柱對稱與平移對稱, 因此 Ē 只可能沿徑向
ô,且大小只與r有關:
(1)用高斯定律求ㄥˊ
Ē(r) = E(r) Ŷ.
選取高斯面為半徑r、長度 h 的圓柱面(端面與軸垂直)
Qin
.ds
°
由高斯定律
=
S
€0
封閉面穿出的通量只來自側面(端面上Ēds),故
化簡得經典結果
Pih
E(r) (2丌rh)
=
E0
PL
E(r)
Ē (r)
PL
(若 pz > 0,方向向外; pz<0,方向向內。)
(2) 電位與電位差
電位差定義為
V(b) - V(a) =
導線軸
-LE-
+r=b
PL
dr
r=a
1
PL
b
In-.
2ㄒo a

ページ62:

(2-1) 從 r到 ∞
b
PL
V(0) - V(r1) =
lim ln- → -0.
2π b-00 r1
結論:對無限長線電荷,選V(x)=0會發散,絕對電位無法以無限遠為基準。 常見作法
是選一個有限的參考半徑ro,令 V(ro) = 0,則
PL
TO
V(r)
In
2mo
r
只要ro固定,V(r)就是良定義的。
(2-2) 從 1到1r2(兩個有限半徑)
PL
12
V(r2) V (r1) =
In-
2πεO
11
這是實際可測的電位差,不依賴參考半徑的選擇。
小抄整理
PL
Ē(r) =
↑,
=
V(r) (以 V(ro) = 0)
=
AV→12
2mor
PL ro
In
2mo r
PL r2
In-.
2πEO T1
2

ページ63:

無限大帶電平面(面電荷密度 ps)的電場與電位
想法像高中生筆記
•
▶ 平面在z=0,面電荷密度ps(單位 C/m²)
,
正電就「往兩側法線向外」
°
●系統平移+旋轉對稱(平面内任意方向一樣),所以只沿法線方向,而且大小
跟距離無關:E=常數。
• 用「藥盒(pillbox)」當高斯面:上下各一片面積 S 的小圓片,中間厚度很薄。
用高斯定律
高斯定律: f
Ē. ds =
Qin
。
E0
側面通量 =0(Ē 與側面平行),只剩上下兩面:
ES+ ES
上面 下面
PsS
Ps
E =
€0
280
方向:若 ps > 0,上下兩側都指向遠離平面的法線;若ps<0,則朝向平面。
Ē =
Ps
280
邊界條件(順便記)
E(+) = E(-)
Ps
-
50
單一平面因鏡像對稱有 Ent) = Eat)
= ps/(20)。
電位(選 V(0) = 0 好記)
把法線取 令,則
.b
=
Ps
Ē(z) =
·sgn(2) 念, V(b) -V(a):
200
-LĒ - df.
dī.
因此
Ps
V(z) = - |2| (令V(0) = 0)
280
注意:單一無限平面無法令V(x)=0(會發散),所以用相對電位最安全。
加碼:兩片等量異號平行板(常見考題)
兩片相距 d、面電荷密度 ±ps:板間
Ps
Ps
E
n. 板外 Ē = 0,
AV =
d.
EO
€0
1

ページ64:

帶電導體球(半徑 a、總電荷 Q)的Ē與V
重點筆記
導體靜電平衡:電荷全在表面,內部電場為零,等勢體。
● 外部場等同把Q濃縮在球心(點電荷模型)
用高斯定律求電場
(1) 球內r<a: 選半徑r<a的球面做高斯面,
f E-as =
Qin
0
|Ē (r < a) = 0.
E0
(2)球外r≥a:
選半徑的球面,高斯定律
E(4mr²)
=
⇒ |Ē(r ≥ a) =
1 Q
=
Є0
4meo r2
電位(取V(0)=0)
(1) 球外 r≥a:
V (r) = − [*˜Ē · dē.
V(r) = - 17
1 Q
dr'
1 Q
4meo r
(2) 球內r<a: 因為 Ē=0,球內等勢,且與表面電位相同:
1
Q
V(r < a) = V(a)
4meo a
等價地,用「r」→a的位差」:
V(a)-V(r) = -f E-dl=
?=0 ⇒ V(r₁) = V(a) (\r₁ <a).
整理盒
|Ē(r) =
0.
0≤r < a,
1 Q
V(r) =
ŕ,
r > a,
4meo r2
1 Q
4πεo a
1 Q
4πε r
0 <r < a,
r > a.
1

ページ65:

|Ē| =
r
Q
r <a:
Ē=0, V =
4πεoa
21

ページ66:

同心球導體:內半徑 a 帶電 Q1、外半徑b帶電 Q2
的Ē與V
假設兩個導體球殼同心,內殼半徑 a、帶電 Q1;外殼半徑 b、帶電Q2。取 V(∞) = 0。導
體在靜電平衡下E=0(導體內部)、電荷只在表面。
用高斯定律分區求場
選半徑,的同心球面為高斯面:
§ E · d5 – Qim
Qin
E(r) 4mr2:
1 Qin
⇒ E(r)
€0
EO
4meo r2
(I) r< a:
高斯面完全在内球導體內部, Qin = 0,
Ē =0
(II) a <r<b:
包住內殼 Q1,未包外殼,
1 Q1
4meo
12
(III) r > b:
兩殼皆包住,Qin = Q1+Q2,
1 Q1+Q2.
4meo
r2
位能函數V(r)(以V(0)=0)
由 V(r) = - (É.df,分段積分並利用導體等勢(區間內Ë=0):
(III)⇒外部到=b:
V(6):
L AREO
1 Q1+Q2
1 Q1+Q2
dr' =
12
b
(II)⇒由b到r(a<r<b):
V(r) = V (b) – fj˜
1 Q1
1
Q1
Q2
dr'
+
4meg r12
4πε0
r
b
(I)⇒導體內<a:
內殼為等勢,所以 V(r) = V(a),而由上一段在r=a得
1
V(a) =
4mo
(+).
b
1 Q:
V(r<a)
+
a
b
1

ページ67:

最後整理(和黑板表一致)
區域
Ē(r)
1
r<a
0
4meo
a
1 Q1
1
Q1
a<r<b
4meo r2
4meo
r
1 Q1+Q2
V(r)
Q1
Q2
+
+
1 Q1+Q2
r > b
4meo
r2
4πε0 r
小圖示意(可選)
a
ex1/r2(外)
E」,内)=
連續性檢查: V(r) 在 r = a,b 連續;而 É 在導體表面允許跳躍,跳幅符合 eo(E1,外一
=0(此處為各球殼的表面電荷密度)
2

ページ68:

同心球系:內層 +Q、中間層 -Q、外層 +Q;求「中、外層
之間」任一點的Ē與V
設定 三個導體球殼同心,外殼半徑為b(取V(x)=0)。我們只關心半徑
rm<r<b
(介於中殼-Q 與外殼+Q之間)的區域。
電場(高斯定律) 取半徑的同心球面為高斯面,則
Ē. dš
Qin
E(r) 4πr²
Qin
=
EO
EO
在rm<r<b時,高斯面包住的總電荷
Qin = (+Q) + (Q)=
=0⇒> Ē (r) = 0
這也符合導體間夾層為靜電等勢區的直覺:無淨包覆電荷,場為零。
電位 因為 E=0,此區域電位為常數,等於外殼表面電位 V(6¯) = V(b+)。 外面看起來
所有電荷的淨量是
Qtot =+Q-Q + Q = Q,
且外部呈球對稱,因此
1 Qtot
1 Q
V(r ≥ b)
4meo r
4meo r
令r=b,得到外殼表面(亦即殼間整區域)的電位
1 Q
V(rm < r < b) =V(b)=
=
4πε b
小結
= 0, V
對所有 rm <r<b
4πεb
(其中b是外殼半徑)
電位在此區域為常數,在r=b與外部解連續。
--------
→起=0(殼間)
+Q(內竸) + Q 外殼,半徑 b)
--------
--------
殼間任意半徑r的高斯面包住+Q-Q=0,故 E = 0,V= 常數=Q/(4meob)。
1

ページ69:

同心球殼:內球導體接地、外球帶電 Q,求Q 與Q關係,並
求殼間任意點的EV
幾何與符號 兩個同心球殼:內半徑a(接地,V(a)=0),外半徑 b(總電荷為Q)
設內殼上的總電荷為Q1(由感應而生,未知) 定義庫倫常數 k=
·由中心向外。
=
1
4πEO
徑向單位向量
V (a) =
= k 1 + Q
(1)由接地條件求Q 在球對稱下,位於r=a的電位等於各電荷的代數和:
a
+k- =0
b
=> Q1 ==Q
(2) 電場分佈(高斯定律)
f E-d5 = Qm
Qin
E(r) 4丌r2
EO
aQ
br2
Q1
宜(r):
k
- k
Q1+2
=
f k
r2
(3) 電位分佈(取 V(∞) = 0)
上內殼的 k:
Q(1-号)
2-2
=
Qin
r<a (導體內部)
a<r<b
, r>b
殼間a<r<b時,外殼對內部是一個等位差k,再加
0.
r<a
V(r) =
k
+
r
Q1+Q
+ 2) = (1-9).
k
a<r<b
Q(1-%)
k
= k
r > b
r
r
檢查:V(a)=0、在r=b連續,且 V(∞) = 0。
(4) 指定「殼間任一點」(a <r < b)的結果(最常被問)
宜(r) = − k
aQ
br2
V(r) = k —
(一)
若Q>0,殼間電場方向向內(負號),因為感應電荷 Q為負值。
E向内
r=a(內殼,接地 V = 021r=
Q)
外殼,荷
1
2
·--------

ページ70:

兩金屬球接線相通 ⇒ 電位相等:求轉移電荷△Q 與表面電荷
密度 ps1,P$2
題目設定兩顆導體球(彼此用導線連接):
球1:半徑 R1,初始電荷 Q1;
球2:半徑 Ra,初始電荷 Q2.
連接後有電荷由1流向2,使
Q1= Q1-AQ,
Q2=Q2+AQ,
且 電位相等 :i=s。又總電荷守恆: Q1 +22=Q1+Q2°
(1) 電位相等求 △Q 球面外部與表面的電位皆為V=kx(k
°
4πTEO
k
Q1-AQ Q2+AQ
R1
R2
= k
⇒ R2(Q1 - AQ)=F(Q2+AQ).
整理得
R2Q1R1Q2
-(R₁ + R2)AQ = R₁Q2 - R2Q1
同時可得連接後的共同電位
△Q =
R1 + R2
V₁ =
1 Q1-AQ 1 Q2+AQ
4meo R₁
R2
1
4meo
Q1 + Q2
4meo R1 + R2
(2)連接後各球的電荷與表面電荷密度
(Q1 + Q2) R1
(Q1 + Q2) R2
Qi = Q1 - AQ =
Q2 = Q2 +AQ =
R1 + R2
R₁ + R₂
因為導體球上電荷均勻分佈,ps
故
4π R2
Q'₁
Q1 + Q2
Q2
Ps1 =
=
Ps2 =
4π R²
4π R₁ (R₁ + R₂)'
4πR
Q1 + Q2
4π R₂ (R₁ + R2)
也可以從V直接看出
Vc
Ve
Ps1 = ε0
ps2 = E0
R₁
R2
所以在等電位連接時, psx
(半徑越大,面電荷密度越小)
R
球2 (R2, '2)
球1 (R1, Q1)
-A⇒ V₁ = √√2 = Ve
→+AQ
1

ページ71:

(3)快速檢查(物理直覺)
Q1-Q2
Q1+22.
●若R1 = R2: △Q=
,最後兩球電荷各為
合理。
2
2
若R№ » Rq: AQ~Q1,幾乎所有電荷都流向大球,因為大球同電位下可容納較多
電荷(電容大)。
2

ページ72:

均匀帶電實心球(體電荷密度p)的Ē(r)與電位V(r)
設定: 半徑 a 的實心球,體電荷密度為常數。 Po (單位 C/m3)。取,為由球心射向外的
徑向單位向量。令=
4meo
1.用高斯定律求電場
°
•
取球心為中心、半徑的高斯球面。由對稱性E(r)=E(r)。
•r<a(球內):
4
Qin(r) = po.
· 313 Tr³ { Ē· ds = E(r) 4πr² = Qin(r)
0
E(r) =
Po
r r<a (指向外)
3ɛ0
• r a(球外):
4
Qtot
= Po
3
E(r)4mr2 = Qtot.
E0
Poa³
E(r)
r≥ a
380 r2
(指向外r)
檢查: 在r=a,兩式都給E(a):
Poa
3eo
連續。
2. 由 V(r) = / E(r') dr' 求電位(取 V(oo) = 0)
•r>a(只走外區段):
V (r) = √ ³°
poa3
dr'
Poa³
380 r/2
3ɛ0 r
•r<a(要分兩段積分:r→用內式,a→∞用外式):
"a
po
V (r) = [ " Po
3Є0
-r' dr' +
a
k
Qtot
r
Poa³
dr'
380 r/2
Po
V(r)
-(3a² - r²);
6Є0
r <a
特別值(中心電位):
V(0) = f
Po
-r dr +
3ɛ0
a
Poa3
30 r2
dr
Poa²
200
3. 簡圖(高斯面)
1

ページ73:

半徑a的均匀帶電球(po)
4.小結(像高中筆記那樣用框框記)
Po
Po
rr,
r < a,
Ē(r) =
3ɛ0
Poa³
6Є0
(3a²-r²), r < a,
V(r) =
Poa³
ŕ. r > a,
380 r2
r≥ a.
3eor’
V 在r =a 連續,而Vr=−E左右給出相同的E(a),一切一致。
2

ページ74:

半徑 a、非均匀帶電實心球:p(r) = pol
(一)的E(r)與
V(r)(取 V(∞) = 0)
對稱性: 球對稱 ⇒Ē(r)=E(r)。
1. 總電荷 Q 與包覆電荷 Qim(r)
體電荷密度隨半徑變化,故
Qn (r) = fp(r') 4xr2 dr' = 4ipo.
12
3
p5
12 dr'
=
4元 po
3
502
特別地,r=a時得到總電荷
3
Q = Qtot = 4π pa³ ( } } } }) == 8 Pra
1
3
1-5
15
8πT
Poa³
2. 用高斯定律求電場 E(r)
取半徑r 的高斯球面,fĒ.ds = E(r)4m²
Qin(r),
E0
得
Po r
E(r)
E0
5a²
0 ≤r < a,
1
Q
2poa³
(方向皆沿r).
r > a,
15 e0 r2)
檢查r=a:兩式皆得E(a)
Poa
Poa
2poa
,
連續√。
3ɛ0 5Є0 15e0
3. 由 V(r) = 1 E(r') dr' 求電位
(a) 外區 r ≥ 0
r
V(r) = [*
2poa3
15Єor/2
2poa³ 1
dr'
r≥ a.
15eo r
(b) 內區 0 ≤ r <a(分段積分)
a
Po
r'
13
dr' +
r
3 5a²
2poa3
15Єor/2
dr'
計算:
pl
13
12
p/4
a
dr' =
7a²
12
4
5a²
6
20a²
+
60 6
20a2'
1

ページ75:

2a3
2a2
dr'
15112
15
合併得
V(r)
Po a²
24
€0 4
6
20a²
0<r<a.
再檢查r=a:V(a):
2poa²
,
15€0
與外區 V(a)
2poa³ 1
一致√。
15Є0 a
4. 一眼整理(像考前小抄)
8πT
15
Poa³
Po
p3
|Ē(r) =
€ 3 5a²
2poa3
↑, r<a,
ra,
|V (r) =
15 €0 r²
a²
24
Po
+
€0 4
6
影
r <a,
20a²
2poa³
15Єor'
半徑 a
p(r) = Po
2
r≥ a.

ページ76:

電偶極(p = qd)的遠場:位勢 V(r,0) 與
電場 E=VV
題意與設定(像筆記)
• 兩點電荷:+q 在z=+d/2,-q在z=-d/2(偶極沿 +z)
• 定義偶極矩:p=qdż(方向由 -q 指向 +q)。
觀察點用球座標 (r,0,),為與+z 軸的夾角。
●遠場條件:r>do
快速小圖(可選)
+q
d
-9°
r+
· P(r, 0)
一步步推導 V(r, 0)
精確寫法(兩點電荷相加)
V=
1
4meo
9
(六)
1
X
r+=
7₁ = √ √² + (2)²
Frd cos 0.

ページ77:

遠場近似(d)
先把 ±
化為
2
d
d
d
r+ = rx/1+
干 cose≈r 1干
cos A
2r
r
2r
∵V1 + æ ≈ 1 + ㄓㄨㄥ且捨去O((d/r)²)。 因此
1
1
d
1
1
d cos
≈
1± cos
r±
2r
r+
r_
12
得到位勢:
1
Vfar (r, 0)
4meo
pcos e
r2
p = qd.
由V求E=-VV
av
1 ov
球座標下 VV =
- +
-0+
°
-中。 本題與無關:
ər
r ǝe
rsindo
1 pcos A
V=
4πεO
12
ov
1 2pcos 0
ov
1 psine
Ər
4meo p3
4meo
-2
所以
P
Efar(r, 0) = -VV=
2coser+sin00
4meor3
(方向感:ô往外,往下降的方向。)
更一般的向量式(記一下)
若把 p 看成任意方向的向量,則點偶極的
遠場電場可寫成
1
1
E(r)
4meo r3
( 3 (pr) ↑ − p),
而位勢
V(r) =
1 pr
4meo r2
2

ページ78:

筆記小重點
•
偶極遠場的 Vx1/r²
Ex1/r3
°
• 上式只在rd時成立;靠近偶極時要用精確的 r
•p 的方向由 -q →+q,常考!
3
°

ページ79:

電偶極遠場的場線微分方程:由E || dl 推
得r=ksin² 0
題目
電偶極(偶極矩p=qdz)的遠場電場與微小位移 de 平行(也就是沿著
場線走),請推導出場線的方程式
r = k sin² 0.
已知(遠場結果)
偶極沿 +2 軸時,在球座標(r, 0) (0為與 +2 軸的夾角)有
E(r, 0)
1
4πεor³
(2p cos 0 + p sin 0 0)
p = qd.
因此
2p cos A
psine
Er=
E。
43
4meor3.
場線條件(關鍵)
沿著場線,E 與路徑切向量 de 平行:
E x dl = 0.
在球座標中
dl = dr r + r de Ò (在固定的子午面內).
令 E x dl = 0(或寫成兩向量方向比相等),得到
dr E.
r de
Eg
(直覺:E, 比上 E等於路徑在,與0的改變率比值)。
1

ページ80:

代入遠場分量並積分
dr Er
2pcos A
= 2 cot 0.
r de
Eg
psin 0
分離變數並積分:
dr
cos A
dr
= 2 cot 0 d0 = 2
de
=
2
COS A
de.
r
sin 0
sin 0
In r = 2ln(sin 6) + C' ⇒
k = eC.
r=ksin20
常數 k 的決定 k由「這條場線經過的一點」決定:若已知某點(ro,0)
在此場線上,則
ro
k =
sin²00'
例如黑板上若給 ro = 4
4且% = 90°,則 k = 4, 所以該條場線為r
4sin²0。
小結(像筆記)
dr
Er
場線條件:E || d& ⇒
。
r de
Ee
dr
▶代入偶極遠場E,E得 = 2 cot 0 de °
r
• 積分後得到|r=ksin²0(遠場偶極的子午面場線)。
(可選)簡單示意圖
+4
x
-q
2

ページ81:

第2章 介電質(dielectric)與束縛電荷的
來源
(黑板筆記版)
0. 觀念:極化與極化强度ㄕ
.
▶介電質在外電場作用下,被極化:分子(或原子)位移形成許多
微小的電偶極。
●極化強度(又稱極化向量)
P(r) = lim
AV
AV 0 AV
[回
= Cm-2.
它代表「每單位體積的電偶極矩」
(均勻極化的板:內部是許多平行小電偶極,左右兩面留下等量相反的束
縛面電荷)
1.體束縛電荷密度: pb=-▽.j
推導(重點步驟):
1. 在任意體積 V內,將所有微小電偶極加總。每一個電偶極只有「頭
尾」兩點電荷,越界的部分會留在邊界上。
2. 將所有越界效果疊加,可證總束縛電荷
Qo (V) = - Sov
P.ñdS
3.由高斯散度定理,
(號誌:戶指向「正電」的一端,所以外向法向取負號).
(V·P) dV ⇒ Pb(r) = − ▼ · P(r)
Qb(V) = − √ (V.P³).
為局部關係。

ページ82:

小檢查(正確性) 戶 = 常數時,▽.P=0⇒體內沒有束縛體電荷;這
與上圖「只在兩側表面有電荷」相符。
常見錯誤:把 V(散度)寫成(梯度)。正確的是po=V.P
2. 面束縛電荷密度: Ob =
考慮穿過介面的一個超薄 pillbox(厚度 h、面積 S,外法向n)。有
Qb=pillbox
- =
V.PdV
18(pillbox)
故每單位面積的束縛電荷為
0b =
Qb
S
(Pin - Pout).
若外側為真空(或未極化,Pout = 0) 就得到
out
in
b=P.n
(這就是黑板上「pps
見)。
0b
P.ñ」的意思,但用 o, 表示面電荷密度較常
Pin
Pout ≈0
(pillbox 跨介面:上下面通量相消,只剩兩側;得 o = (P - Pout).n)
3. 例子:均匀極化的長方體
令戶=P(常數)
。
+Po (n=+
的面),
VP=0 ⇒ P&=0 (體內無束縛體電荷), σb = =P.ñ =
-Po (n =
的面),
0
(ñ丄金的側面).
結論: 只有兩端面有±P的束縛面電荷,與直覺圖像一致。

ページ83:

4. 重點框(記法對照)
體束縛電荷密度: pb = -V.P
面束縛電荷密度: 06 P.ñ
=
(有些教材寫 pp = po、Pps = as;請留意: po是散度,不是梯度。)

ページ84:

均勻極化球面的束縛電荷與中心電場積分
(黑板筆記版)
題意整理
半徑為a 的介電球,極化向量為
p = Po Σ(常數).
依電磁學定義
P₁ = -V.P
06 =
- P. ñ
因戶為常數,∇.P=0 ⇒ p♭ =0(體束縛電荷為零)
故
在球面上n=个,
ob(0) = p. n = Pocos 0
(若沿用黑板符號:你寫的 就是這裡的 06
Pps
而「pp」其實是 po。)
幾何與微元
取一條以極角 6為中心、厚度 add 的環帶面元:
dS = 2丌a² sin edd. dQ = on dS = Pocos0 (2ma² sin 0 dd).
2
dQ
亿
0

ページ85:

中心點的電場微元
中心 O 到任何面元的距離皆為a。由庫侖定律(向量形式)
dé(O)
1 dQ
=
4πεo a²
(一),
其Σ分量
1 dQ
dEz =
(- cos 0).
4π80 a²
代入 dQ:
dEz
1
4meo
Po cos 0 (2ma² sin 0 dd)
a²
Po
cos A
sin A cos2 0 de.
280
積分(0≤0<丌)
Po
Po
Ez= dEz
280
l
sin & cos20 d0 =
280
2-3
Po
=
3ɛ0
方向沿 −,故向量結果為
1
Einside
Yinside =
3ɛ0
結論(要背) 均勻極化球由束縛面電荷 » = Pocos產生的球內電場為
常量, 且與 P 反向、大小為Po/(3eo)。這與課本結論完全一致。
補充檢查球外的場等效於位於球心的電偶極
p =
=1
4πa³
PdV = P
3
其外部電場就是偶極場(此題重點在球內場,故不展開)。

ページ86:

極化方塊的束縛電荷: pp與pps(黑板筆記
版)
題目敘述
一個邊長為 a 的方塊,座標範圍0≤x,y,z≤a。極化向量
P(x, y, z) = x+yŷ + z z (單位:C/m²)
求:
Pp = -V.P
Pps =
P. n.
並核對體束縛電荷 Q 與(單一正向面)表面束縛電荷 Qs。
2 = a
y=x
0
x = a
步驟1:體束縛電荷密度 p)
a
V. P = (x) +
- (y) +
Əx
ay
a
Əz
(2)=1+1+1=3.
因此
體電荷總量(核對)
Pp(x,y,z) = -7.Ř=-3 (常數)
Q₁ = SSSv
Ppdr = (−3) (體積a3): -3a3

ページ87:

步驟2:表面束縛電荷密度 Pps
定義 pps = 0b = -P.n。對六個面逐一計算:
面 外法向 n
06 =
p.n(在該面)
該面電荷 Qs = ♭ × a?
x = a
+x
Px|x=a = a
a.a²
a
x = 0
-✰
y=a
+ŷ
y = 0
-Px|x=0 = 0
a
0
0
93
0
2 = a
+2
a
93
z=0
0
0
六面總和
3a3
°
所以 pps(在x =a):
= a, Pps(在 y = a) = a,pps (在z = a) = a 其餘
三個負向面為0。若題目只問「某一正向面」則 Qs a² ; 六面全部加總
則∑Qs=3a3。
,
步驟3:散度定理檢查(一定要會)
Pps dS =
P.nds =
V.P dr = 3a³
=-
-SSIPP
Pp dT
-Qb,
與上面 Q& = −3a*完全一致(⇒ ∑Qs= 3a3)
小結(像筆記一樣畫重點)
Pp=-3(C/m3),
Pps =
- В · n =
a
在 x = a, y = a, z = a 三面
0
X
在 x = 0, y = 0, z=0 三面
核對值:Q6= -3a3,單一正向面 Qs=a*(六面合計 3a3)
。

ページ88:

介電質中 E,D,戶的關係(黑板筆記版)
1.從庫侖定律與高斯定律出發
總自由度:把所有電荷分成自由電荷 Pf 與束縛電荷(極化造成)
Pb
Pt = Pf + Pb.
•
▶在靜電下,高斯定律(微分式):
V.Ē= Pt
Pf + Pb
EQ
EO
▶束縛電荷與極化向量 戶的關係(體、面):
Pb = - V.P.
0b =
= P. n.
• 代回高斯定律:
▼ · (ɛoĒ) = pƒ − (▼ ·Ē) ⇒ V· (€0Ē +Ē) = Pƒ.
-
D = eoĒ + P,
7.D = Pf
2. 線性均匀各向同性(LIH)介質的構成關係
•
線性響應: P= EoXe Ë,其中 xe 為電極化率(無因次)。
代入 定義:
Ď = εoĒ + €0XeĒ = ε0(1 + Xe)Ē = ε Ē.
● 定義相對介電常數(相對介電係數):
Er = 1 + Xe,
ε = ε0εr.
p = eoxeË,D = eĒ = eperE, er = 1 + Xe

ページ89:

單位小抄: EV/m]、D[C/m²]、[C/m²]、e[F/m]。
3. 各向異性(張量)情形(延伸)
若材料各向異性,
P = €0.Ē, Ď = €。Ē + €。 Ñ · Ē – ē · Ē‚
其中文與言為二階張量。∇.D = pf 仍然成立。
4. 小例子(檢查量綱與數值)
若某介質er=2,則
e= 20 = 2 ×8.854x10-12
12 F/m,
且 Xe = er - 1 = 1,因此 P = eoĒ。
D = eĒ = 20Ë,
5. 小結(像黑板框重點)
(1) 定義: D = eoE+P,V.D=pf;
(2) LIH
(3) 關鍵常數:
P = ε0XeĒ, Ď = €0(1 + Xe)Ē = ɛĒ;
Er = 1 + Xe, E= Ep©r

ページ90:

由Ë、戶推到D:V.D=py(黑板筆記版)
0. 先記兩條基本式
-
V₁ – V₂ = [² Ē · dē,
Ē. ds = tot
S
EO
第二式表示:的通量只看總電荷 Qtot。
1.把總電荷分成自由與束縛
Ptot PfPb, Qtot
其中束縛電荷來自極化 ㄕ:
Qƒ + Qb.
Pb = −V. P.
Ob
P.n
(體內是po,邊界面上是on)。
2.代回高斯定律→ 定義)
把 Ptot 放進 ▽‧Ē = Ptot/Eo:
1
E0
VĒ==(pf - VP) ⇒ V· (εoĒ + P) =
= Pf⋅
因此自然定義
D = eoĒ + P
7.D = pf_
積分式就是
po D.ds = Qs
——D 的通量只看自由電荷(這就是板書左上黃框)
3. 線性均勻介質(好算的那種)
若材料滿足 = EoXeË,則
。
D = eo(1 + Xe)Ē = eË, £= Eger, Er = 1 + Xe.
⇒ 之後遇到自由電荷分佈,直接用V.1 = pf或$D.ds=Qf 解 D,再
除以e得Ē。

ページ91:

4.小檢核(板書右側的例子)
假設在一立方體(或任意體積)内,P=F=x+yy+zz。
a
a
a
V.P = V. r = -x+ -y+ -2 = 3 ⇒ po = -∇‧P = −3 (C/m²)
Ix ay Əz
若外表面外法向為,則面上的束縛電荷
Ob = = P · ñ = ˜ · ñ
(例如在平面 x
x=a上,ñ=x ⇒ o♭ = a;在 x = -a 上則 on = -a,其餘
各面同理。)
5. 總結(像在黑板上畫框的重點)
(a) 束縛電荷: pb = -V.P,ob =
- P.;
D.ds = Q f;
(b) 位移向量: D = eoE+P:
(c) 高斯定律(五版): 7.D=pf=
(d) 線性介質: p = eoxË,D = eË,e= = 20(1+Xe).

ページ92:

同心介質球殼(e)+中心點電荷 Q 的 E 與
V(板書版)
中心
設定: 內半徑 a、外半徑b的均匀介質球殼(相對介電常數)
放一個自由電荷Q;殼內外為真空。 由極化在兩個介面上出現束縛電荷:
Qinner
=-2
-2 (1-1)
(總束縛電荷為零,方向如圖。)
+21
a
b
1. 用 Ò 一步到位(關鍵)
高斯定律(自由電荷版):
Qouter
=
+Q
= +0 (1-±±)
Er
fD.ds=Qr
Q
⇒
Ď =
ⅱ(所有r>a與r<a皆然).
4πr2
接著Ē = Dle:
|Ē(r) =
Q
4meo r2
Q
4eoer r2
0<r<a,
r, a<r< b,
r > b.
4meo r2

ページ93:

(同一件事,用「等效點電荷」寫法) 在區間 a<r<b:
1
-Q(1-10)
Ē
4πε0
是
+
+
ŕ.
7.2
4meger r2
外面殼內場
中心
內面殼外場
在r>b之外,兩個面殼的貢獻互相抵消,Ē又回到 Q/(4mor2)。
2.位能V(取V(0)=0)
由 V(r):
=-
1.dd' 分段積成:
|V(r) =
Q
4% F² + (1 - 10) (-1)),
Q
Q1
4meo r
r
1
=
1
Q(1) Q(1)
0<r<a,
+
(一)周:
+
a<r<b
4πEO r
r
b
r> b.
(寫成右邊這個「三項相加」的樣子,就和黑板上的大括號一模一樣。)
3.連續性與極限檢查
• V(r) 在 r = a,b連續;E的跳躍滿足邊界條件。
●er→ 1(沒有介質):E=
Q
4mor2
-ŕ, V =
(全空氣),OK。
4meor
● Er → ♡(導體殼): 殼內 E →0、V在殼內成常數 Q/(4meob),也
符合直覺。
一句話重點: 外面看起來永遠像一顆Q 在中心; 殼內區段
的電場被縮小了 e 倍, 而位能在 a < r < b 可寫成 V =
1 [Q 1-
4meo Err
+
。
Er

ページ94:

電容器公式推導:Q⇒D⇒Ē⇒% ⇒ C
1.想法(像課堂板書的流程)
面積 A,板間填介質e = Ero(忽略邊緣效應)
Ď
2. 由 Q 找到 )
高斯定律(自由電荷型):
-d
fD.ds=Qr =
Qf
: 亿 (方向由正極板指向負極板)
A
3. 由 ) 找到 Ë
線性等向介質:D=eE。因此
Ď
n
E
ЄA
4. 由 積到位差 ℅
板間(假設均匀場):
正
V₁ =
‧
= √ E· dl = Ed = 2 d.
Qf
負
5. 電容定義並收斂成基本公式
C =
==+
這就是板電容的「一條龍」: Q→D→Ē→VO→C。

ページ95:

6. 常考延伸(跟板書同邏輯)
(a) 多層介質串聯(厚度t、介電常數 e)
串聯時 D(也就是Qj/A)在各層相同:
ti
;=
-ti =
⇒
Ei
Ei
27
(記成「厚度加權求和,再除以面積」。)
(b) 並聯介質(同一d,面積分成 A)
各支路同電壓 ℅,電荷相加:
EiAi
Ceq
=
d
(c) 同步整理 Q, D, E, V℅的對應
= DA. Ď = εĒ,
Qf =
(記憶法:Q⇒D⇒E⇒V⇒C。)
Vo
W
Vo = Ed.
C =
7. 能量也能用同一路徑得到
能量密度 u = E.D = qeE², 整體能量
Q
U =
2C'
Md
8.(選讀)其他幾何的 C(用同樣的Q→D→
Ē→V)
4πɛab
同心球: C =
b-a
2πEL
同軸電容(長度 L): C =
ln(b/a)'

ページ96:

重點總結(像手寫框): 介質會讓 Ē變小 (E = D/e),位差也
跟著變小, 因此C = eA/d會↑。更厚 d 會使 C↓,更大面積 A 或
更大 er 會使 C' ↑。

ページ97:

平行平板電容(依序:Q→D→E→ V6 → C)
0. 幾何與假設
面積用 S、板距d、板間介質e=
e=ereo(空氣近似 er ~ 1) 忽略邊緣效
應:d≪VS,場在板間近似均匀。
S
+ A + + + +++++ d
1.由電荷得到位移向量)
高斯定律(自由電荷形式):
f. D.ds=Qr
n
S
其中 - 由正極板指向負極板。 也可寫成面電荷密度 Of
D=ofñ。
=
Qf/S,則
2.由得電場每
線性等向介質:D=eĒ,故
3. 由 Ë 積分得到位差 Vo
板間場近似均匀且與路徑平行,
ES
Vo=
正
[™ E · dl = E d =
Qf
d.
ES
負
Qd
(這一行就是板書裡「E → Ed →
」的意思。)
ES

ページ98:

4. 電容定義 C=
Q
Vo
ES
S
Erε0
d
空氣時 er ≈ 1,所以C≈ e0S/d。
5. 小結(照順序排好)
QV SD =
D/EE=
ES
ExdVo
QFd
ES
ES
VoQ/VoC
d
6. 兩個考點(跟板書相同觀念)
• 以高斯面看 D: 取穿過極板的柱面高斯面,有 DS = Qf ⇒ D =
Qf/S,外部近似 D≈0。
1
•
▶能量(選讀):U
=
CV² = 2
1
eE²Sd。
2

ページ99:

並聯平行平板電容(依
序:Q→D→E→ V% → C)
0. 幾何與假設
兩塊相同電位差的平行金屬板,相距d。板面被分成兩塊並聯區域: 面
積 S之介質 eı = E0©rl " 面積 S2之介質 e2 = $dr2 。 忽略邊緣效應
(d≪ VS + Sz),板間場近似均匀且沿n。
S₁, €1
S2, E2
白(兩區同)
1. 由 Q 到 Ö (高斯定律的自由電荷型式)
對每一塊區域取穿板高斯面:
D.
1. ds = Qf ⇒ Ď₁
= ·n,
總自由電荷
= Qi+Qz=11.D. d$ +
S₁
2. 由Ö到瓦(線性介質)
+ Dr. d.5.
Ď₁ = ɛ¿Ē¿ (i = 1, 2).
因為兩塊區域並聯在同一對電極,板間電位差相同且場近似均匀,
|忌==Ë= n
Vo
d
因此
=
∙n,
Vo
D₂ = €2d
-n.
Von
= ε1d"

ページ100:

3. 由Ē得%
V₁ =
·正板
負板
è dī =.
(兩區域相同,因為並聯共享同一 ℅。)
4. 由回推總電荷 Q
Ed.
Q = Q1 + Q2 = D₁S₁ + D2S2 = (ε1S1 + €2S2)
這也等於黑板上寫的
E
€1S1 + €2S2
5. 電容 C =
Q
(並聯等效)
Vo
Q
C'eq
€1S1 + €2S2
d
Er1S1 + Er2S2
d
而各分支的分電荷
S₂
Q1
= 81 Vo, Q2:
= E2 Vo,
d
比例為Q1: Q2 =enSi: ezSz;但電場與電位差相同:
8-6-15
= E2
=
d
Vo

ページ101:

6.依序總結(Q→D→E→% → C)
⇒>>
=
Qin, D₂ =
S1
| Q = Q1 + Q 2
Ď₁ ⇒ Ē
=
Ď₁
Ei
Ē⇒ V₁ = Ed
=
(兩區同一)
Vo⇒ Q = (ε1 S₁ + €2 S2)
Vo
d
Q €1S1 + €252
C'eq
==
d

ページ102:

串聯平行平板電容(依
序:Q→D→E→ V% → C)
0. 幾何與假設
面積為 S 的兩平行金屬板,相距d=d+dz。板間沿法向由兩層介
質串聯: 第一層厚 di,介電常數 e1 = E0Erl; 第二層厚 dą,介電常數
€2 = E0Er2° 忽略邊緣效應(場近似一維)
°
€1
d₁
广等通量
d2
E2
1. Q⇒5(高斯定律,自由電荷型式)
兩層串聯同穿過面積的通量,故
= n (在兩層中皆相同).
2. D⇒ Ě(線性介質關係)
Ď
D = eĒ
Ē₁
E2
E1
E2
3. 求總電位差 V℅
總電位差為兩層電位降相加:
V₁ =
[É.dl = Eid + Ezds
D
D
=
d₁ +
-d2
€1
E2
代入 D = Q/S 得
V₁ =
d2
+
€1 E2

ページ103:

4. 電容 C =
15
Q
Vo
C'eq
15
S
EOS
d₁ d2
d₁ d2
+
+
E1 E2 Erl Er2
這就是黑板上的結果
C =
€2S
12 || 262 (兩電容串聯的等效),
di d2
5. 依序總結(考試背法)
Q⇒D= n
Ď⇒ Ē₁
=
-ñ, Ē₂
Ser
Sε2
di
Vo = E1d1 + E2d2
+
S
Є1 E2.
S
C'eq
=
d₁ d2
+
€1 E2
小提醒(像高中生筆記):
•
串聯:D一樣,E電位降分配依 比例。
並聯:℅ 一樣,Q按eS分配(這題不是並聯,但容易混)
°

ページ104:

幾何與假設
球型電容(同心球:a→b)
Q⇒D=E⇒6 ⇒ C
內導體半徑 a、外導體內半徑b,兩者同心;介質均匀,介電常數 (可寫
= Eper)。忽略邊緣效應,場只與半徑,有關且呈放射狀。
r = a
r = b
r
r
1. 由 Q 求D (高斯定律)
選半徑的高斯球面(a<r<b):
D.ds = Q ⇒=> D(4mr²) = Q
⇒
Ď(r)
4πr2
2. 由Ö求(線性介質)
Q
Ď = εĒ ⇒>> Ē(r)
r
4mer2
3. 電位差(内到外球)
定義 Vo = V(a) - V(b) = f* Ē.df,方向沿r:
-
b
Q
4 = 1 1 2 2 dr = 12² ² ( - ) = 1 2 ( })
Q 1
1
b
a
Vo
Q
4mer2
4me

ページ105:

4. 電容 C =
Q
Vo
15
4me
4πε ab
C
1
1
b
a
a b
小抄(檢查重點):
高斯球:D.4mr² = Q(方向r)
• E = D/e,單位 V/m。
● V% 積分時要從a 到 b,得到 (一).
Q
4πTTE
a
特例 b→∞:孤立球電容C=4ea(常考)。

ページ106:

設定
並聯球型電容(對半切:2q = 2q = 2丌 )
同心球導體:內半徑a、外半徑b。球殼被穿心平面對半切成兩塊(兩個
半球), 介電常數分別為
El = E0Er1,
E2 = E0Er2,
21 = 22= 2.
兩塊與導體間的電位差皆為 (並聯)
一步一步:Q⇒ D⇒Ē⇒⇒C
1)高斯定律(每一半球)
對半徑的部分球面(立體角2m):
[] Ď₁ · ds = D₁(r) r²(2m) = Qi ⇒ | Ďi(r) =
2) 介質關係
Ē (r)
2mer2
3) 電位差(同一 Vo)
r
2丌r2
V₁ =
- L Ex-dl = L 2 mira d
Qi
dr
Qi
2πEi a
=-22+ (-1=-— })
2πεi Vo
Qi
1
1
a
b
(所以Q1: Q2 = 1:2,與「並聯電容分流相同。)
等效電容
2丌(El + E2) Vo
Q= Q1+Q2 =
=
€2)
2丌(El + E2)
2π ab
C'eq
(E1 + E2)
1
a
1
b
Vo
1
1
b-a
a
b

ページ107:

場與位的實用型表達
把上式的 Q: 代回E,神奇地e被消掉:
Vo
Ēi(r) =
r (兩半球皆相同)
Ďi(r)
a
(一)²
= Ei Ei (r).
任意半徑 r ∈ [a,b] 的電位(以外導體r=b為零位):
V (r) = [* Ē· dē =
)= - ✓ ✓ + ( − } )
Vo 1 1
1
a
檢查重點(對半切 2 = 2 )
• E 為徑向且在兩半球相同,這符合「切面是穿心平面」, 其法
向上,故切面上切向 E 連續。
• 電荷分配 Qx e,因此 D = eE 在兩半球不同。
● 極端情況:e=e2=e時,Ceq
質的球型電容)。
=
4neab/(b-a)(回到單一介

ページ108:

串聯球型電容(兩層介質)推導筆記
a<c<b, 1 = 0εr1 (a <r<c), 2 = 0εr2 (c<r<b)
目標順序:Q⇒D⇒È⇒⇒C
(1) 自由電荷 Q 與位移向量對任意半徑r∈(a,b)的整套高斯
面:
[JD-ds=Q⇒ D(r)=0.
(2) 電場 (分區域)
D
Ē₁(r)
r (a<r<c)
€1 4mer2
Ď
E2(r)
r (c<r<b)
E2
(3)電位差(內導體相對外導體)
= E. dl = 47
V₁ =
=
dr +
dr
[[(-1)+(-1)].
4π E1 a
(4)等效電容C(兩層串聯)
4元
C =
1
1
1
+
€1 a
E2
C

ページ109:

也可寫成更直覺的「電阻加法」樣式:
1
C
a
C
=(-1)+22(一)
快速檢查
ab
●若 E1
Ez = e,上式化成 C = 4me
(回到單一介質球形電
6-a
容)。
ac
• 若把中介層厚到c→b,則只剩er: C→47E1
。
c-a
•
D 在兩區相同(由高斯面看只取決於 Q),但 E = D/e 會因介電常
數不同而改變。
本題常見錯誤:
1. 把 E x 1/r(平行板的直覺)誤用到球座標;其實球對稱是
Ex1/r2。
2. 忘了分段積分:℅必須foEndr+f Ezdr。

ページ110:

同軸電纜(Coaxial Cable)電容推導筆記
介質為 = E0Er'
內導體半徑a、外導體內半徑b(b> a)
每單位長度的自由電荷(在線上)為pz [C/m],令內導體帶+PL、外導體帶
-PL
°
剖面
目標順序:pz ⇒ D⇒Ē⇒%⇒C
(1)位移向量 (用高斯定律)
取半徑 r、長度 h 的圓柱高斯面(a <
r<b) :
JJó.ds = D(r)(2xrh) = pzh
=> Ď(r) =
PL
2ㄒr
-r (a<r<b)
(2) 電場
PL
Ē(r)
E
2πer
(3)電位差 Vo(內對外)
der dr:
b
V₁ =
r (a<r<b)
令 Vo = V(a) - V(b) = fĒ.df,沿徑向
PL dr =
2πer
PL b
2πTE
In-.
a
(注意:若內導體帶正電,V(a) > V(b),上式為正。)
a
(4) 電容

ページ111:

單位長度電容(最常用)
C' =
PL
h
Vo
=
2πTE
In(b/a)
長度 h 的總電容
2πε h
C = C'h=
In(b/a)
快速檢查 & 小重點
維度檢查:C' =
2πTE
In(b/a)
分母無因次,單位是F/m。
幾何極限:6→a時In (b/a) → 0+,C'' 變大(兩導體越靠近,電容越
大)
1
●場形狀:同軸結構為圓柱對稱,E(r)x
球對稱分清楚。
(不是 1/r²),這點要跟
r
結論(背起來)
b
2πTE
Ē(r)
PL
PL
r,
V(a) - V (b)
In-
C'
2πer
2πTE
a
In(b/a)

ページ112:

同軸電纜(Coaxial Cable)
由 VW 推回 pz 與E(r)的詳細推導
內導體半徑 a、外導體內半徑b(b>a),介質e= EQEr°
令內導體電位 V(a) = Vo、外導體接地V(6)=0,電荷線密度(每單位長度)為
PL°
Ē
剖面
步驟 0:先回顧電容(單位長度)
同軸結構的 每單位長度電容 為
2πTE
(這個一定要背)
In (1)
因此若兩導體間電位差為,則每單位長度所帶電荷
2πTE
PL =
= C'Vo
Vo
In(b/a)
步驟1:用高斯定律找與ㄣˊ
取半徑r、長度的圓柱高斯面(a<r<b):
[] Ď · d5 = D(r) (2πrh) = p₁h ⇒ |Ď(r) =
PL
ŕ
2ㄒr
再除以介電常數得到
Ē(r)
PL
=
2mer

ページ113:

步驟 2:把 pz = C', 代回去
1
2πTE
Vo 1
kr
Vo
Ē(r)
-V₁ =
kr
=
2mer (ln(b/a)
In(b/a) r
r
In(b/a)
步驟3:順便驗證電位差
沿徑向積分(di=rdr):
V₁ = V (a) – V (b) = ƒ³ É · dë² = f³ F
Vo
1
Vo
b
dr
In = Vo✓
In(b/a) a
也可得到任意,的電位分佈(令V(6) = 0):
Vo b
V(r)
In-
a≤r < b.
"
In(b/a)
r
重點整理(像考前小抄)
2πTE
PL
Vo, Ē(r) =
Vo 1
Vo
b
r,
V(r) =
In-
In(b/a)
In(b/a) r
In(b/a)
r
2πTE
(其中 C' =
是同軸的單位長度電容。)
In(b/a)
小檢查
維度:pz(C/m)、E(V/m)、V(V)皆正確。
• 物理感覺:E(r)x1/r(圓柱對稱),b → a 時 ln(b/a) → 0+,場變
強、電容變大。

ページ114:

同軸介質的束縛電荷 Pb,Pbs推導
(介電常數 e = E0Er,介質在 a≤r≤b的圓柱殼內)
n=(內表面)
→n=(外表面)
剖面示意:介質夾在r=a與r=b之間
1.已知電場與極化向量
在介質中(a<r<b)電場具有圓柱對稱
k
Ē(r)
= = r (常見於同軸結構).
r
線性均勻介質的極化向量
k
P = εo(ε, − 1) Ē = ε0(ε, − 1) — r = Pr(r) ŕ
-
- - +=
r
2. 體束縛電荷 pb
定義 pb = -7.戶。
圓柱座標下,對徑向場P=P(r)有
r ər
a
V.P = 1 (rPr(r)).
k
代入 Pr(r) = Eo(Er-1)
:
r
a
rPr(r) = eo(er -1)k ⇒
(rPr)
-P,) = 0
0.
Ər
因此
Pb =
= -V.P = 0
(a<r < b)
重點:極化強度隨1/r變化,恰好使r P為常數,故體內沒有束縛體電
荷。

ページ115:

3. 面束縛電荷 Pbs(又寫 on)
o♭)
定義 Pbs = P.n;為由介質指向外部的單位法向。
(i) 外表面r = b:
n=,故
k
k
Pbs (r = b) = P · n = ε0(Er
1) - (ôr) = eo(Er
b
-1)/(20)
(>
(ii)內表面r=a:
此時ñ=−ô(由介質指向孔洞),
k
k
Pbs(r = a) = p. n = E0(Er
-
1)
-r)=-eo(er-1)^- (< 0)
-1) (<0)
a
4. 合理性檢查
取長度的單位高筒,兩表面束縛電荷量
(outer)
= Pbs (b) (2πbh),
(inner)
= Pbs(a) (2丌ah),
相加得
(outer)
(inner)
+ Qb = 2πh Eo(Er 1)k - 2πh Eo (εr - 1)k = 0,
與 pb= 0 相容(介質內部無淨束縛電荷)。
k
k
Pb = 0, Pbs(b) = E0(Er - 1)
Pbs(a) = -Eo(Er -1)
b'
a
上式中的k 可由先前同軸電位差決定:若V(b)=0,V(a)=o,則
Vo
k =
,進一步可把 pbs全寫成Vo, a,b,e的函數。
In(b/a)

ページ116:

同軸電纜(並聯,角度各佔 n) 的 Q, D, E, Vo, C
推導
內導體半徑a,外導體內半徑b,兩介質分區:區域 1(介電常數 e1 = E0Er1)與
區域 2(E2 = E0Er2),各佔極角△=(整圈被+均分)
°
b
a
區1:ech
區2:E2)
1. 幾何對稱與邊界條件
兩區塊角度相同(n),內外電極為共用等位面:V(a) = Vo, V(b)=0。
圓柱座標的靜電拉普拉斯方程 ▽²V=0在各區域(無自由電荷)解為
V(r) = A+ Blnr.
由兩電極等位可得同一個徑向電位分佈(與無關):
In(b/r)
V(r) = Vo;
In(b/a)
因此各區域的電場(皆徑向)相同:
Ē(r) = =-VV=
Vo 1
r
(a <r<b).
In(b/a) r
2. 位位移向量 )
各區域的D=eĒ,故
Vo
1
Vo 1
Dz(r) = 1;
Dz(r) = 2;
In(b/a) r'
€2 In(b/a) r
介面上法向 D 不必連續(此處只有束縛電荷),但切向 E 連續,與上式
相容。

ページ117:

3. 自由電荷(每單位長度)與總電量
內導體上的自由線電荷密度等於把 D 積分到r=a的內表面:
πε1V0
Vo 1
=
PLI D₁(a) a A = €1
In(b/a) a In(b/a)'
PL2 = D2(a) a A
πε2V0
In(b/a)
總自由線電荷密度(兩半+並聯)為
PL = PL1+ PL2 =
π (ε1 + €2) Vo
In(b/a)
若電纜有效長度為h,則總電量
丌(El + E2)
=PLh=
h Vo
In(b/a)
4. 電位差 Vo
由定義
V₁ = V (a) – V (b) = [*
- LE
Ē
· dë = [°
· dï = = dr
Vo
1
dr =
Vo b
-In-
In(b/a) r In(b/a) a
恰為恆等式,驗證上式 E(r) 正確。
5. 並聯等效電容(每單位長度)與總電容
定義每單位長度電容C'=pr/Vo,故
C"
PL
=
Vo
T(El + E2)
In(b/a)
πTE1
TEL
+
In(b/a) In(b/a),
C½
可見確實是 並聯(角度相加)的效果;若長度為h,則
π (ε1 + €2)
C = C'h
In(b/a)
h

ページ118:

總結(角度各為 的同軸並聯電纜)
主(r):
Vo 1
- r,
In(b/a) r
Di(r) = el
= eĒ(r)
(i = 1,2),
π (ε1 + ε2) Vo
PL =
Q = PLh,
In(b/a)
C' =
丌(El + E2)
C = C'h.
In(b/a)
小提醒:若分區角度改為A1,A2(滿足A1+A2 = 2 )
上式中的 - 分別改成A1,A2即可。
,
只要把
°

ページ119:

靜電學的邊界條件(介電質介面)
起點:Maxwell 方程在靜電
V.D = pf,
▽×E= 0, D = eqE + P = E(線性等介質)
其中 pf為自由電荷體密度,為極化強度,e= ErEO。
Pf
法向分量不連續:以薄圓柱(pillbox)積分
在兩介質(1與2)交界面上,取高度h、面積 S 的薄圓柱,法向為n,
讓h→0:
Lov
D
D.nds=
= √ √ es av
⇒ (Dr.ñ)S − (Dr.n)S = PsfS,
n (D2D1) = Psf
Psf為自由表面電荷密度(單位Cm-2)
°
若介面沒有自由表面電荷(psj =
0)
,
則
ñ.Dq=ñ.D
進一步用 D = E 可得
E2E2n E1E1n = Psf ⇒
E2n
ε1 Ein +
E2
Psf
E2
切向分量連續:以小長方形迴路
取跨越介面的窄長方形回路,長邊沿切向 t、高為 h,使 h → 0。由
f Ede = 0 可得
(E2 t)l(E₁t)l = 0 ⇒ tx (E2
.
E1) =0 ⇒ Ezt = Est
(註:若非準靜態而有時間變化磁場,則 ▽×E = -Bt,切向條件將
改變。)
導體邊界為特例
靜電下理想導體內 E=0,因此
En,in = 0, Et,out = 0,n. Dout = Psf
即導體表面自由電荷密度等於外側 D 的法向分量。
1

ページ120:

圖像速記(介面幾何與 pillbox/回路)
n
EA
介質 2 (E2)
pillbox h→0
迴路f Ede = 0
介質 1 (E1)
E1
介面小結表
令n,t分別表示法向與切向分量, Psf 為自由表面電荷密度:
(法向D) n.(D2 - Dı) = Psf
|(AE) Ê× (E2 - E1) = 0 (#)
E2E2n-1E1n = Psf,
E2t
=
E1t-
無自由表面電荷的常見比例關係
若 psf = 0,
E1
E2n
Ein
E2t E1t
D2n =
Din D2t = E2E2t ≠ EEt (一般不連續)
E2
檢查重點
• 法向靠 ▽-D(Gauss 定律)推得;切向靠▽×E=0(Faraday 在靜
電)推得,與板書一致。
若一側為金屬,外側 D
= Psf
線垂直面」的物理圖像。
表面 Et:
=0,符合「金屬等位、場
2

ページ121:

介面法向改為之:求(重寫版)
設定:介面為 æ–y 平面(z = 0),法向n=2指向由#1 介質到#2 介
質。已知
不含自由表面電荷(psf=0)。
=î+2û-42.
邊界條件
n.
à · (Ď₂ – Ď₁) = Psf = 0 ⇒ 2E2n = ε₁E¹n,
Ē2t = Ē₁t.
分解 E
法向分量(沿 2)與切向分量(平行介面)為
Ein = -4,
Et=+ 2û.
求 E的一般式
E₂ = Ext +
€1 Ein 2
= (−æ + 2g) + - (-4)念.
82
切向連續
法向由 E2E2n=elEin
代入比值得到題目要求結果
3 (例如er1 = 3,Er2 = 2) 則
2
3
Ē₂ = −2+2ŷ
-
×42=|-£+29-62|
2
檢查 切向分量(x,y)保持與相同;法向分量按比例 e1/e2 縮放,吻
合邊界條件。
1

ページ122:

介面邊界條件應用:已知E=2,Er2 = 3, =
Ē₁
−²+2ý-42,求
情境與座標
介面取為æ– 平面(即 y = 0) 法向量 n = j指向由介質1(上方)到
介質2(下方)
。
介質參數:e= Erl0 = 2e0, E2 = Erzed = 3eo。
題目未給自由表面電荷,故設psf=0。
邊界條件(靜電)
ŵ · (Ď₂ – Ď₁) = Psf
= Psf = 0
⇒ E2E2n = 1 Ein
Î× (Ē₂ – Ē₁) = 0
-
⇒ Ezt = Est (切向連續)
把 分解成法向與切向
介面法向為g,故
Ein
沿分
= 2. E₁t = -2-42.
|| 介面
由邊界條件求
Ezt = Et ⇒ Ezt = – – 42.
=
2
4
E2E2n =1E1n ⇒ E2n =
Ein
× 2
E2
因此
+20+(-4)==2+ 120-48
Ē₂ = Ē²t + E2nŷ = ( − 1) âî + ±ŷ+
1

ページ123:

速記圖(可略)
n=
4
介質1:e=2eo__
Ein=2
E
E2
介質2:E2=3E0
- 42
-42
檢查: 切向(x,z)分量完全相同;法向(y)分量依比例1/e2 = 2/3
縮小,符合 E2E2m=eiEin與板書。
2

ページ124:

介電邊界上的「電場折射定律」推導(psf = 0)
情境與記號
兩種均匀各向同性介質,以平面z=0為分界面,法向取n=(由介質1
指向2)。在界面上方(介質1)與下方(介質2)的電場分別為 E1,E2。
令 01,02 為各E與法向n之夾角(跟光學一樣,與法線量角)
n=2
▲ 01
↗ E1
介質 1 (1)
介質 2 (E2)
E2
02
邊界條件(無自由表面電荷 psj = 0)
(切向連續)
Et E2t E₁ sin 0₁ = E2 sin 02.
(1)
(法向之位移向量連續)
n (D2D1) Psf = 0 ⇒ ɛ2E2 cos 02 = 1E1 cos 01.
(2)
折射關係(重點)
以 (??) 除以 (??) 得
E₁ sin 01
E2 sin 02
Er Ecos01
€2E2 COS 02
tan 01 E1
E2
台
tan 02
tan 01
tan 02 E2
Є1
這一式就是「電場線在介電界面的折射定律」(與光學 Snell 定律形式類
似)。
兩側電場大小的比值
由 (??) 可得
E2
sin 01
E₁
sin 02
1

ページ125:

E2
若想完全用1,2 與表示,利用 tan 02
=
tan 0₁sin =
E1
令t=tand,則
故
t
sin 0₁
=
sin 02
V1 + t2
1+
€2t
E1
t2
E2
sin 01
1
/²+tan²01
E1
sin 02
E2 V1+tan201
(當然也可用02對稱地寫出。)
分量關係(常用速記)
E1
E2t = E1t
E2n = Ein
E2
即切向分量不變、法向分量依介電常數成比例調整。
有自由表面電荷時的補充
tan e
V1 + tan20
E2t
+?
若界面上存在自由表面電荷 psy≠0,則僅第(??)式改為
E2E2n-1E1n Psf
而切向連續式 (??)仍成立;因此折射公式會被psf修正,不再是簡單的
tan 比例。
檢查重點: 角度一律相對「法向」量測;式中 Ei = EEri <
2

ページ126:

介電邊界的折射關係:角度與大小的完整推導
情境與符號
兩種均匀各向同性介質在平面交界,取法向n由介質1指向介質2,介電
常數分別為 E1, E2。電場在界面兩側為 E1,E2 令
°
0₁ = (E1, n),
02 = (E2, n).
n
01
Eˊ
介質 1 (E1)
介質 2 (E2)
E2
2
邊界條件(無自由表面電荷 psf = = 0)
切向連續:
位移向量法向連續:
E1t = E2t ⇒=> Eq sindy = E2 sin 02,
n. (D2-D1) = psf = 0
(1)
←
ezEr cos2 = exErcos 01.
12
角度折射律
將(??) 除以 (??) 得
tan 01 €1
E2
#
tan 02
tan 01
tan 02 E2
€1
(這就是電場線在介電界面的「折射律」
律。)
形式類似光學的 Snell 定
大小比值(把角度關係帶回)
由(??) 有
E2
sin 01
E₁
sin 02
1

ページ127:

利用 tan 02
=
E1
E2
1
tan 01 sin 0 =
tan 0
,可化為
V1 + tan20
1?cos²01+sin201
E₁
E2
同理,也可得到對稱式
E1
1
13 cos2d2+7sin² 02
E2 E1
向量型速記(最方便實作)
把電場分解為切向與法向分量:
Ež = Eit + Einn,
i=1,2.
由邊界條件直接得到
Ezt = Eity
E2n
E1 Ein
E2
因此
€1
E2 = E1t +
Einn
E2
知道 Eı(或其分解)與1,2,即可立刻寫出 E2。
°
若界面上有自由表面電荷 psy≠0(補充)
切向連續式 (??) 仍成立;但法向改為
E2E2n E1E1n = Psf
此時角度與大小關係會被 psf修正,不再是簡單的 tan 比例。
小結(黑板框框重點)
E2
⚫ tan 02 tan 01
。
€1
E₂
1
17cos²+sin20ı。
E₁ E2
向量速記: E2t = E1t, E2n =
Ein (
€2
2

ページ128:

電勢能(電能)vs. 電力:從兩電荷到連續
分佈的能量公式
先有觀念
•電力是瞬間的相互作用:F=
1 9192
。
4me r2
●電勢能是「把電荷從無窮遠搬到現在位置所做的外力功」,是狀態
量。
+91
(1) 兩點電荷的電勢能
+92
把 q2 從無窮遠沿半徑方向搬到距 qn為r:
91
1 9192
1 9192
U =
F.dl
4me p2
4me r
(同號電荷 U >0,異號 U < 0。)
(2)多個點電荷的系統
逐一「組裝」N 個電荷,總能量是所有 成對 互作用能的和:
1 qi9j
U=
4πε rij
1<i<j<N
1

ページ129:

也可寫成
N
U=
Ik Vk
k=1
其中 V 是由其它電荷在 qi 處造成的電勢(不含自身)。
(3)連續電荷分佈
把離散和改成積分:
U =
PV dr
2J全空間
再利用 p = V.D=eV.E與E= -VV,
U=
/
E(VE) V dr =
✓
VE.dS
E ds
VE
→0(界面在無窮遠或導體邊界)
[V (VE) - E-VV] dr
E.
E
+ E² dr.
因此得到最常用的「能量密度」 形式:
U = UE dT,
1
UE =
€ E²
2
(在多介質情況,對每個區域用自己的。再把積分加總即可。)
(4)電容器的常見等價寫法(順手記)
對任一電容器,Q=C%,其儲能
1
U QV
2
v = love = x = love.
Q2 1
2C
1
與上面的U= SeE² dr 完全一致。
2
2

ページ130:

小結(黑板框框重點)
1
9192
兩電荷: U =
4me r
1
多電荷:
U=2&Vie = 2:
k
i<j
1 qqj
4πε rij
連續分佈:
U =
pV dr
eE² dx =
E均匀,ug = eE²
+
3
= /ug dr,
UE dT, UE =
1
ŽɛE².

ページ131:

用「電流公式」+「積分」推導電容器儲
能
前提小抄
•
=C
dt
電容線性元件:ic(t) , duc(t),也等價於q(t) = Cvc(t)。
•
。
即時功率:p(t) = v(t)i(t)(被動符號法,電流進入正端時p>0表
「吸收能量」)
+
ic
vc(t)
一步一步來(用電流公式積分時間)
pc(t) = vc(t) ic(t) = vc(t) C bc(1) =
W (to→t1)
=
t1
dt
[*^ pc (t) dt = { [v² (t₁) — v² (to)].
to
若一開始沒電(vc(to) = 0) 充到 vc(t) = Vo:
4 (v² (t)).
dvc(t)
C d
2 dt'
1
U=
CV2
1

ページ132:

同一件事(用電量積分更直覺)
把電荷一點一滴搬到極板:微小功
dw = v dq = (t) dq.
從q=0積到q=Q:
Q2
U=
2C
用 Q = C% 代回:
Q²
U =
2C'
檢查一下(微分回去要變成功率)
dU
d
=
1/1 (1/3cv²) = 0
= cvdy
dV
dt
=V
dt
=VI = p(t) √
dt dt
(表示我們的積分過程、符號方向都正確。)
小延伸(常見充電例子,順手算)
若用恆流 Io充電0→T:
t⇒
V(t) ==> U = CV²(T) = 1 T².
11²²
2C
若用理想電壓源 Vo 直接連上,最後仍有U= =CV㎡(多出的一半能量將
以電阻或輻射損失掉,這是常見考題)
總結(像板書框起來的重點)
Q²
1
|U =
=
CV2
2C 2
(被動符號法,能量儲在電場中)
2

ページ133:

用電場能密度推導:均匀帶電球與導體球殼的能量
1. 先畫圖、列已知
半徑 a 的均匀帶電球(po)
Po:常數;總電荷
4
Q = Po
2. 由高斯定律求電場
球對稱,取同心球面為高斯面:
Qenc
E.dS
E0
(a) 球內 0 ≤ r ≤ a. 包入電荷 Qene = Pors,
por
Ein (r)
(徑向外).
3Є0
(b) 球外 ≥ a. 表現成點電荷Q在球心:
1
Eout (r)
(徑向外).
4meo r2
3.用能量密度 ~
u =
豎E²積分
總能量
U =
一座肪
€0 E2
2
dV =
So com 4xr² dr +
0
2
Uin
'EOEout 4r²dr.
2
Uout
(a) 球內能量
ra
Uin =
(b) 球外能量
Eo/por.
2\3eo.
2
4丌r²dr =
2πpa5
45 €0
EO
Vout = (42)² 4πr²dr =
L
a
Q²
8πεo a
1

ページ134:

(c)相加並改寫成Q版本 代入Q= Po.ta*可驗算
U = Uin + Uout
2πpa³ Q2
45eo 8πεOа
+
3Q2
20πεo a
3Q
(檢查:把po = 1200代回去,兩項會合併成302
,OK。 )
20mega
4. 導體薄球殼(順便比較)
導體內部E=0,只有外部貢獻:
€ Eut
Q²
U殼
4πr²dr
=
2
8πεo a
觀察:同樣半徑a與總電荷Q下, U均匀球=6号 Ug
點電殼
(因為一部分能量存在球內)。
5. 小結(像筆記的重點框)
Por
1 Q
Ein (r)
Eout (r)
3ɛ0
4meo r2.
3Q 2
2πpa³ Q²
U均匀球
20mega
+
45eop 8πεOа
Q2
U速
導體球殼=
8 Ea
2

ページ135:

兩電容併聯後的終端電壓與能量損失(板書版)
題意
有兩顆電容 C1,C2。一開始只有 C 充電到電壓 V%,C'未充電。把它們用導線短接成併
聯後,系統會共用同一個終端電壓 Vy,並從C流出一個電量 △Q 轉移到 Cą。
初始 Vi = Vo
G
初始 V№ = 0
AQ
(a) 用電量守恆求V 與 AQ
Q = C₁Vo, Q末 = CiVi + C2Vj = (C'i + C2)Vs.
電量守恆 Q初 = Q末,得
C'₁
Vf
Vo
C1+ C2
轉移的電量
C₁C2
AQ = C2Vf=
V₁ = C₁(Vo - Vf),
C'i + C2
兩種寫法一致,方便檢查。
U₁ =
(b) 用能量公式 U = CV?比較前後
U₁ 1=cv9+/2v=2(a+C)v7.
C'₁
把 Vf=
-℅代入:
C₁+C2
2
C1
1
C²
=
+ C2)
-V2.
2 C' + C2
因此能量的改變
Uf - Ui
=
1
C
2\C' + Cz
1 C'C'2
-V2 < 0
2 C' + C2
也就是說,能量減少了
1 CC2
(AQ)²
AU = U - Uf=
=
V2
2 C' + C2
2(C'i + C2)
這一部分能量在接線/電阻上以熱(或暫態電磁輻射)形式耗散,不可能等於
加總,因為併聯後的電壓同比降,能量一定小於初始:
=
+
=
+
1
2
= Uj.
的簡單
2C

ページ136:

(c) 邊界檢查(合理性)
• C2 → 0 ⇒ VE → Vo,AU→0(沒有第二顆電容,當然不損失)
• C2» Ci⇒ Vf ≈ 0, AU≈ ICiV²(幾乎把能量全耗散)
整理成一眼可背的框:
C₁
Vf
-Vo,
C' + C2
CiC2
|AQ =
-Vo,
C1 + C2
1 C₁C2
|AU = U - Uf:
V².
2 C' + C'2
2
。

ページ137:

帶電小球(同點懸掛)之平衡角推導
題目描述(照板書)
兩顆相同的小球,各質量 m、 ·電量 Q,以長度 L 的絕緣細線由同一固定點懸掛。 靜止後
每條線與鉛直方向成角0。兩球間距
受力與方程式
r = 2L sin 0.
對右邊小球,三力平衡(水平、鉛直):
mg
Tsin 0 =
Fe
M,
2 Fe
Tcose=mg.
庫侖斥力大小
1
Q²
1
Fe=k
ATEO (2L sin 0)
2
消去張力 T 得 0 與 Q 的關係
Q²
4meo 4L² sin² 0'
由
Tsin 0
=tan)得
T cos 0
Fe
1 Q²
1
tan 0 =
mg
4meo 4L² sin²0mg
整理成常用的兩種形式:
sin30
Q² = 16meo L² mg-
或
sin² 0 tan 0
cos A
其他量
由鉛直分量可得張力
mg
T =
兩球間距
cos A
r=2Lsin 0
1
=
mg tan 0 =
Q²
16meo L² mg'
1
Q²
4meo 4L2 sin²
(1)
(2)

ページ138:

小角度近似(0 ≪ 1)
若偏角很小,sin 0 ≈ 0, cos 0 ≈ 1,上式化為
1 Q²
mg0≈
4meo 4L202
此時兩球距離r≈2L0。
Q²
1/3
4TE0 4L2 mg)
快速檢查(單位與極限)
• 右式 Q²/(4meoL²) 的單位是牛頓,與mg一致,方程 mgtand= Fe次元正確。
若Q→0則0→0、T→mg,回到單擺直下狀態;若Q變大,8增加,符合直覺。
2

ページ139:

CRT(陰極射線管)平行板偏轉的詳細推導
情境與符號
● 電子電量 -e、質量 m, 以水平初速 % 進入兩平行板之間。
Vo
板間均勻電場大小 E
=
(上正下負,方向取向上)。
d
• 受場區長度 L;出板後至螢幕的水平距離 W。
eE
•
豎直向上為 +y,電子豎直加速度a= (取大小,方向向上)。
m
+
螢幕
Ē
m, e, vo
(1) 板內運動(等加速度)
板內所需時間
L
x = L
Wx=1+W
L
t₁
Vo
電子在y方向的加速度
eE
a =
m
m
豎直速度(出板時)
eE L
Vy1 = at₁ =
m vo
板內豎直位移
1
1eE L²
Di ==
2 m vf
(2)板外漂移區(無電場)
W
板外時間t2
=
,
保持豎直速度vy1,因此附加位移
Vo
eE L W
eELW
D₂ = vy1 t2 =
m vo vo
mvz
同時出射角(小角度近似)
Vyl
eEL
tan0~
Vo
mvz
因此
D2
eEL
= tan0~
W
mv
1

ページ140:

(3) 到螢幕的總偏移
eE
L²
eEL/L
D = D + D2
+ LW
+ W
mv
2
mv 2
(4) 以電壓 V℅與板距d表示
Vo
因 E
d
eVo L²
eVo
D
+ LW
tan 0~
L.
mvd 2
mvzd
常把
D
e
L²
靈敏度 S=
+ LW
Vo mvzd
2
當作裝置設計的指標(S越大,偏轉越明顯)
°
(5) 小檢查(單位與極限)
• D 的單位:
eVo
mvzd
L2
為無量綱,乘上長度
+LW得長度 ⇒ 正確。
2
若 E→ 0 或 Vo→
1 → 0,則 D → 0;若 W 增加,D 線性增長(因為 Dz x W),與實
驗觀察相符。
2

ページ141:

導體表面之靜電力(電壓型/電荷型都成立)
結論先記
1
J. :
=
-out
2
€ Eut n
(外法線方向,稱為電壓壓力/電磁壓)
也可寫成
想像實驗(虛功法)
1
p =
€ Eut
σ = €Eout
2
2€
•
取導體表面上一小塊面積ds,外側電場大小為 Eout,內部E=0。
令此小片沿外法線n做微小虛位移80(把表面外推一薄層體積dV = dS dl)
• 場能變化 8U 與電場對該片功 8W
==
fsends ol = pds & 需滿足
SW = - SU.
接下來分兩種邊界條件計算 8U,最後會得到相同的p
°
(A) 定電壓條件(如:表面接在理想電源)
把局部場近似成一個平行板電容:板距就是80,極板面積 ds,電容
eds
dC =
Se
• 定電壓 V 時的能量:U = Cv2=
⇒ 8U
=
• 用Eout = V/8e代回:
1 beds
1
SU
=
F
Eat ds sl.
out
8.
2 Sl
2
因 8W = -8U,得
1
pdsse = -8U
p =
-E2
Lout
2
方向沿n(把導體往外推)。
(B) 定電荷條件(如:孤立導體)
● 能量U:
=
Q²
2C
⇒ 80 :
• 因V = Q/C,有
Q²
Q2
20200
=-
。
• 仍以 8C = eds/8l、Eout = V/8l,得到
• 由8W = −8U 得到同樣結果
1
SU
= -
'out
Et ds sl.
1
p=
-€E2ut
2
1

ページ142:

畫個小圖幫記憶
導體
等價寫法與小提醒
dS
Eout
•
用邊界條件0=
Eout(導體內側E=0)
可得 p
=
● 方向總是沿外法線把導體「往外推」:這就是電磁壓。
02
2€
。
•
也能用 Maxwell應力張量T=e (ĒĒ-E²I)做面積分證明,結論相同。
(板電容例子:能量 vs. 受力)
V2
• 平行板面積 A、板距d、電壓 V:C = eA/d,能量U=leAT
au
1 V2
微小改變d→d + 8d 時,
εA
=
E2
od
2 d²
au 1
•受力F=-
=
od
E²A, 因此 壓力 p = F/A= E²(與上式完全一致)。
2

ページ143:

平行板電容在固定電壓下的吸引力(用能量法與電磁壓兩種
方式)
幾何與符號
● 兩導體板面積 S,夾距為可變的y(工作點在y=d),介質為真空 60。
°
•
接上理想電池保持電壓 Vo不變,ý 為向上之法線。
Y ℅(電池)
方法一:電磁壓(Maxwell 壓力)
固定電壓下板間電場大小 E=
Vo
。
導體外側(板間)壓力
y
2
1
p=
2
€0E2
1
Vo
=
€0
2
y
作用在面積 S 的板上之吸引力大小
F = pS €0
1 SV?
=
F = - Fŷ
2
(對上板為向下;對下板方向相反)。在工作點y=d:
1 SV²
上板 = €0
2 d2
方法二:虛功/能量法(固定電壓)
固定 V℅ 時,等效勢能(含電池)為
Uv (y) = − 1 + C(y) V²,
C'(y)
= oS
y
故
1 €OS
dUv 1
Uv (y) =
²
=+
2 y
dy
2
導體所受力(取上板沿+平移)為
aUv
F =
dy
y
= -
1 SV?
2
€0
代入y=d與方法一完全相同:
充上板
-
1
2
1
SV²
€0
y
d²

ページ144:

Q²
補充(固定電荷) 若改為固定電荷 Q,勢能 UQ(y)=
Q² y
則
2C(y)
2Є0S
JUQ
Q²
ŷ.
Jy
2εOS
利用Q = ES(板間均勻場) 得同樣的 F = %E²S,方向吸引。
單位檢查 co[F/m]V²/d²×S的單位為(C/Vm).V²/m².m² = N,正確。
2

ページ145:

部分插入介電質的平行板電容(固定電壓 ℅)的吸引力推導
情境描述(和黑板圖一致)
兩片平行金屬板,板面尺寸:寬W、有效長L、極板距離d。 左側由一塊介電質(相對
介電常數 er)自左向右插入,插入長度為y;其餘區域是空氣(真空)eo。兩板由理想電
池維持固定電壓Vo(忽略邊緣效應)
y
L
d Vo
Step 1:等效電容 C(y)(兩區 並聯)
介電區面積 A =Wy,空氣區面積A=W(L-y),因為兩區同壓差,所以並聯:
Ever A1 €0 A2
C(y) =
+
d
d
d
€0W [Er y + ( L − y)] = €0W [L + (ɛr − 1)y].
-
d
介電區 空氣區
Step 2:固定電壓的等效能Uv(y)
固定 Vo 時,含電池的等效能(常用記憶招式):
Uv(y) = - ½ C (y) V² = -1 E0W [L-
Step 3:以虛功求沿插入方向的力
=-
2 d
[L + (ɛr − 1)y] V².
-
廣義力(取 +û為向右)為
1 ε0W
F = -Uvyg=
-(Er-1) Vog
2 d
⇒ Fy =
1 ЄOW
2 d
- (εr — 1) V², 方向:把介電質「吸進去」(若er > 1)。
注意這個結果與y無關(忽略邊緣效應時),所以力大小為常數。
Step 4:與Maxwell 壓力的交叉驗證(超快檢查)
Vo
板間電場大小處處相同 E=
。
介面法向為g,介面兩側的「正向牽引」相差
d
1
Ap
(€0€ – €0) E² = √(ε − 1) €0
V2
-
2
d²
介面面積 Aface
=
W xd,故
Fy = Ap Aface
2
=(-1)€0 (Wd) =
V2
1 ЄOW
2 d
-(Er-1)²,
與上式完全一致,方向沿+g。
1

ページ146:

(可選)固定電荷情形作比較
若兩板帶固定電荷Q(不接電池)
Uq(y) =
Q²
2C'(y)'
F = UQyg =
-(1/C)yg (<0若 er > 1),
(1/0
表示固定 Q 會把介電質推出去(和固定 V% 相反),這很常出現在題目陷阱中。
單位與量綱檢查
εOW
-V₁₂ =>
d
v.m.
1. V²/m = N, √
最後的重點框
Fy
=
1 ε0W
2 d
-(Er-1) Vang (部分插入介電質,固定 ℅)
2

ページ147:

部分插入介電質(斷電、電荷固定Q)的平行板電容:吸力
推導
題意
兩片平行板:板寬W、有效長L、板距 d。 一塊介電質(相對介電常數 e )自左向右插
入長度y(其餘為空氣/真空eo)。先用電源把電容充到電壓 V%,再斷開電源,所以總電
荷固定為
ЄOWL
Qo = Cvac Vo
==
Vo.
d
y
L
€0
P
1. 等效電容 C(y)(兩區 並聯)
介電區面積 A = Wy、空氣區面積 Az = W(L - y),兩區同壓差 ⇒ 並聯:
因此
Ever A1
C(y):
€0 A2 ЄOW
+
d
d
Ery+ (L-y)
d
− y)] =
介電區
空氣區
dC
εOW
C'(y):
(εT
(Er - 1).
dy d
2. 固定電荷的儲能
斷電後 Qo不變,能量(採電容能量的Q版本)為
Q
U(y)
˙2C(y)'
3.虛功法求沿插入方向的力
du
Fy
=-
dy
代入 C'(y) 與 C'(y)得三種常用型式:
(a) 用Q。表示
2
TεOW
d
εOW
d
[L + (er − 1)y].
-
QC" (y)
Q& C'(y)
2 C(y)²
2 C(y)22
εOW
-(εr - 1)
d
(L+(Er-1)y)]2
ŷ
Q d
Er-1
2 EoW [L+ (Er - 1)y]² *
1

ページ148:

(b) 換成最初的 Vo(用 Qo
εOWL
Vo)
d
1 εOW
Fy
(Er
2 d
L
2
L + (Er 1)y
(c) 只看方向與變化 若 e > 1,則沿 +9 (把介電質「吸進去」)。 且隨y 增
變大)。
變小(因為C(y)
大,
4. 評估某位置(例如y=b)
1 εOW
L
Fy\y-b
(εr - 1) V2
L+ (Er 1)6
2 d
2
Q d
Er - 1
2 eoW [L+(er-1)6722
5. 快速檢查與物理意義
1ε0W
•y=0⇒ |F |= (er-1)²,和「固定電壓」起始時一致。
2 d
• 忽略邊緣效應的 1D 模型下,力在y→L-仍不為0;真實情況因邊緣場減弱,靠近
完全插入時力會漸趨小(此為理想化近似的侷限)。
d
●量綱:Q8-
~N,正確。
PeoW[L + ...]2
2

ページ149:

同軸電容器浸入液體介電質的上升高度(能量法)
題目描述(與座標)
°
內、外導體半徑分別為 a,b 的同軸電容器,總有效高度 H。電容器垂直放置, 其間隙中
有一液體介電質(介電常數、密度 p), 外界其餘部分為空氣/真空 eo。 液面在電容內
的上升高度為y(由下端量),外界液面取為基準)。 兩極板加上固定電壓 V℅(保持電壓
不變)。
EO
y
電容 C(y) 的 y依賴(上下兩段並聯)
同軸電容器單位高度的電容為
2πTE
C' (e) = m(b/a)
因此對總高度 H,
2元
C(y) = C(e)y + C' (eo) (Hy),
In(b/a)
€ y + €0(H − y)].
下方液體區
上方空氣區
對y微分:
dC
2πT
eo) > 0 (E > £o)
dy In(b/a)
二、固定電壓的準能量與電力
固定電壓時,取「準能量」
U (y) = − C (y) V²,
則沿+g的電力(用虛功法)為
du 1 dC
πT
Fy:
dy 2 dy
0
In(b/a)
-(=-=0)V²>0.
方向朝上,表示介電質被「吸入」電容器。
三、與靜水重力平衡求上升高度
電容間隙的截面面積
A = π (b² – a²).
1

ページ150:

若內部液面比外界高出h,其重力為
W = pg Ah = pgㄒ|
pgπ (b² — a²)h.
平衡(F = W)得
(€ - €0)
V2
h =
pg
In(b/a) (b² — a²)
四、檢查與討論
• 若 → E0,則五→0,合理。
•hxV?:電壓加倍,高度增為四倍。
•h 與幾何有關:ln(b/a)越大(極板相對更薄),或環形面積(b²-a²) 越大,則 h
越小。
2

ページ151:

Chp.3——電位的微分方程(乾淨排版版)
1. 從基本方程開始
在均勻介質(介電常數 e)中,靜電學有兩條核心關係式:
V.Ē=
Pv
==
與
Ē =
=-DV
E
把Ë=-∇V 代回高斯定律可得
V. (-VV)=
Pv
Pv
-
=
E
E
因此
V2V
Pv
(Poisson 方程).
E
2. 無自由電荷的特例
若區域內 p = 0,上式化為
V2V = 0
(Laplace 方程).
此時電位完全由邊界條件決定(唯一性定理保證解唯一)。
3. 邊界條件怎麼給
• Dirichlet:邊界已知電位 V = VG。
ov
• Neumann:邊界已知法向電場(或電通)
-Ē.ñ =
Dn
°
In
E
4. 三種常用座標下的拉普拉斯算子(備查)
(a) 笛卡兒座標(x,y,z)
(b) 柱座標(p, 中, 2)
V2V
V2V
J²V ozv a²V
+
Ox² Jy2 Əz²
+
10
ov
1 ǝ²V
=
pop
+
a²V
+
p² 862
Oz2.
1

ページ152:

(c)球座標(r,0,0)
10
√2V =
ov
2
1
r² Ər
Ər
F² sin 0 00 (sin 6 OV)
1 J²V
+
r2 sin² 002.
5. 小結(像高中生筆記的重點條列)
• 先記住:Ë=-VV、V.1 = poleo
▶有自由電荷⇒解V2V=-pule(Poisson)
°
● 無自由電荷 ⇒解V²V=0(Laplace)
°
解題一定要搭配正確的邊界條件(給 V 或給∂V/on)
2

ページ153:

影像電荷法&唯一性定理(板書重整)
0. 唯一性定理(Uniqueness)一為什麼影像法可行?
在均匀介質中,
V. Ē= Pv
Ē = -VV.
E
把第二式代回第一式得 Poisson 方程:
V2V
Pv
E
若區域內 p = 0(導體外部常見),就成為 Laplace 方程 ▽²V = 0。
唯一性定理:若在一有限區域內V滿足Poisson/Laplace 方程,且邊界條件(例如V
或 ∂V/On)已給定,則解 V(r)唯一。 證意(能量法,速記):設有兩解 Vi, V№, 令
U = V₁ - V2
V²U = 0,
Le\VU² dr = f U
au
Se
dS.
In
若邊界上 U = 0(Dirichlet)或OU/On =0(Neumann)則右邊為0,進而 ▽U = 0 ⇒
U = 常數。配合邊界條件常數亦為0,故V=V№。 ⇒ 只要找到一個滿足邊界條件的「影
像組合」,它就是正解。
1. 例 A:帶電點在接地無限導體平面 z=0 上方 z=a
-q(影像)
z=0(接地V= 0)
電位
對於z>0,由唯一性定理可用「真實q+ 影像-q」表示:
q
q
V(p, z) =
=
(p =
1ac² + y²)
4πЄ0 p² + (z - a Vp² + (z + a)²
檢查邊界:在2=0時兩項對稱、相消,故V(p,0)=
=0;遠處V→0。
1

ページ154:

感應面電荷密度
用= -(2-20)/R3:
ov.
o(p) = egEn:
= 80
Əz
z=0+
av
q
(0-a)
Əz lo+
ATCO
(p² + a2)3/2
(0 a)
q2a
((+)/2)] = 4€ (2002)3/2
因此
qa
o(p):
< 0).
2丌(p²+a2)3/2
總感應電荷 Qind
Qind = (p) (2πpdp) =-qa
a S
pdp
9.
(p² + a²)3/2
(與直覺一致:整體感應電荷等於-q。)
點電荷受到的吸力
影像法下,真實力等於q與-q相距2a 的庫侖力:
1 92
q²
Fz
(指向平面).
4meo (2a)2 16mega²
2. 例 B:帶電點在接地導體球外r=
=d>a
影像配置(外點電荷 d>a):
a
a²
r' =
對球外區域≥a的電位
1
q
V (r) =
+
0 接地 X=0
(在球內、沿連線)
V (a, 0) = 0.
(由唯一性定理,這就是正解。 球面上感應的總電荷等於影像量:
Qind = d = -qq (<0若q > 0).
(若需 o(0) 可由 0=-0∂v/Or/r=a+ 算出。)
2

ページ155:

3. 重點整理(像課堂筆記)
ga
唯一性定理:解⇒唯一,找得到一組影像滿足邊界條件就贏。
• 平面接地:用「+q與-q」對稱;V差式、o(p)=
==
-q²
°
16mega²
2丌(p² + a2)3/2 ` Qind = -q、F =
接地球:外點q的影像 q' = -qa/d放在r'=a²/d;把q+q直接代進庫侖位能式即
可得到球外V。
3

ページ156:

影像電荷法(接地無限平面)- 力與電位 V(r, 0)
的推導
情境與座標
• 接地導體平面:z=0,邊界條件 V=0。
● 真實點電荷:q放在(0,0,d),d>0。
• 觀察點P:以原點O= (0,0,0)為球座標中心,記
F = rr, 0 = 與 +z 軸的夾角.
影像電荷:在(0,0,-d)放一顆q,此組合可滿足z=0上V=0(唯一性定理保證
解是唯一的)。
2
q at (0,0,d)
F (r, 0)
接地平面z=0,V = 0
-q at (0, 0, -d)
(1) 點電荷受到的力(快速結論)
影像法下,真實系統與一對相距2d 的電荷 q 與 - 在真空中的作用等價,所以
1
q²
F, =
(負號表示指向平面).
4meo (2d)2 16meod²
(2)電位(r)的詳細推導
觀察點 P 到 q 與 -q 的距離分別為
R+= |F -d | = vr² + d²-2rd cos 0, R_ = |F + dz] =
利用三角恆等式 cos(一 - 0) =-cose,可把第二個距離寫成
R_ = Vr² + d² + 2rd cos 0.
因此平面上方區域(z>0)的電位為
r² + d² -
2rd cos(丌-0).
V (r, 0)
1
4πε0
9
9
Vr² + d² - 2rd cos A Vr² + d² + 2rd cos0
1

ページ157:

邊界檢查 在導體平面上z=0 ⇒ 0 = ㄇㄢ,有 cos d = 0,兩項分母相同,
1
V|==0=
q
q
= 0,
=
4meo
r² + d²
r² + d²
滿足接地條件。遠離系統 r→∞ 時 V → 0 也正確。
(可選)由 V 得到É 若需要電場,可再作梯度
(在球座標下計算較方便,這裡略)
。
小結(像高中生筆記)
Ē = -VV
• 影像法 ⇒ 在平面下方放-q,距離同為d。
-q²
•
力:F=
(向下)。
16meod²
電位:
1
1
V(r, 0)
r² + d² - 2rd cos A r² + d² + 2rd cos 0.
在 := 0 自動變成0,所以一定正確(唯一性定理背書)
。
2

ページ158:

影像電荷法 接地平面上的感應面電荷密度 ps(r)
題目設定(延續上一題)
● 接地導體平面:z=0,邊界V = 0。
• 真實電荷:q 置於(0,0,d)(d>0)。
影像電荷:-q置於(0,0,-d)。
上題得到的電位(2>0區域):
q
1
1
V (r, 0) =
4πЄ0 r² + d²-2rd cos 0 r² + d² + 2rd cos 0.
其中球座標為與+z軸的夾角。
關係式:面電荷密度
導體表面外側的法向單位向量取自導體指向空氣(上半空間),在0=ㄢ時有
由邊界條件(導體內 D=0):
n = −
而球座標的梯度
av
ps=n. D外= con. ·外 = -ε0
In
VV = ŕ +0 +8
av 1∂v
1
av
Ər
r 20
r sine ad
||| n =
−6且V與①無關,
1 OV
Ps(r)
= 80
r 20
0=ㄒ/2
av
計算
|0=π/2
令 A = r² + d², B = 2rd,則
q
V=
微分(用0(ABcos)-
-1/2
=
= + Bsin(A+Bcos0)-3/2):
ov
q
1
B sin (AB cos 0)-3
-3/2
-
20
4meo
2
·[(A-Bcos)-1/2 - (A+Bcosd)-1/2].
2
B sin 0 (A+B cos 0)
(8 0)-3/2].
B si
代 0
=
⇒ sin 0 = 1,cos 0 = 0,
ov
9
BA-3/2
BA-3/2
|0=π/2
4meo
1
2rd
4丌eo (r2+d2)3/2.

ページ159:

得到 ps(r)(把上式帶回)
1 ǝV
2d
|Ps(r) = €0
gd
r 20
|0=π/2
4丌(r² + d2)3/2 2丌(r2+d2)3/2'
這裡的,就是平面上離投影點(正下方)之距離(等同圓柱座標的p)
。
檢查(積分應得總電量 -q)
r dr
Q 感應
=
Ps(r) (2πr) dr
= -qd
0
(r² + d²)3/2
-4[ ↓ ]=-4-
由代換 u=r²+d²
符合物理直覺:正電荷q在上方,導體表面誘發總電量 -q。
-q(影像)
2
q
n = +2
V=0
接地平面 z=0
r
小結(像筆記)
.
用 ps = = o(1/r)
V/00 | 0=
|0=π/2
最快。
qd
結果 ps(r)
(中心附近最負,遠處~-3)
。
2丌(r² + d2)3/2
• 面積分驗證 | Pa
ds: =-q,完全正確!
2

ページ160:

影像電荷法兩例:
(1)互相垂直的接地平面
(2)接地楔形
(a = 60°)
(1)兩條互相垂直接地導體平面(x=0,y=0)
幾何: 真實電荷放在第一象限 ro = (xo, yo,0),距兩平面的垂直距離分別為 zo,yo。 為
使x=0與y=0上的電位V=0,放三個像電荷:
r1 (-xo, Yo, 0),
91 = −9
(對x=0反射)
r2 = (xo, yo, 0),
92 = -9
(對y=0反射)
r3 = (-co-yo, 0),
q3 = +q
(兩次反射).
電位:
1
q
q
9
9
V(r) =
=
+
æ > 0,y > 0.
4meo
r - ro
r-ri
r r2
r r3
代c=0或y=0可以成對消⇒V=0,因此邊界條件滿足。
y
-9
第一象限為真實區
+9
X
電場:
Ē= -∇V,可由上式逐項微分得到(略)
連續,切向分量為零,符合導體邊界條件。
。
因配置對稱,導體上的 Ē 法向分量
(2) 接地楔形(兩導體面夾角 a= 60° = n/3)
幾何: 在極座標 (r, p) 的平面問題。區域0<$<a為解域,兩邊界 = 0, p = a 接地
(V=0)。真實電荷q放在(ro, o) (0くo<a)
°
影像配置(a = 元/3):當 a = ㄒ/n(本例n=3)時,可用有限多個影像電荷解決。
把同半徑 ro 的 2n 個電荷放在
<(+)
Ok
= 2ka + 0,
= 2ka o
k = 0, 1, ..., n-1
-
的位置上,且
(-)
(+)
=
9k
+9, Ik
=-9.
1

ページ161:

本例n=3,總共有6 個電荷,角度依序為
土○,
2πT
3
4π
3
土○
其中“+支”的三顆都是+q,“一支”的三顆都是 -q(與黑板圖一致)。
電位: 任意點(r)(解域內)之電位
2
V(r,o)=
=
1
4πEO
+4
-9
+
k=0
12 +22rro cos(-6(+))
1r2+r2-2rrocos(中-
把 p = 0 或 p = a = ㄒ/3 代入,上式會成對相等而相消(利用 cos(6)
cos(±2a)的對稱性),因此V=0,邊界條件成立。
=
cos(−6) 與
為什麼要6顆?(像筆記的直覺)
先對p=0反射:得到一顆-q 在。。
•
再把兩顆(+○與-0)整體繞原點旋轉2d=120°與4a=240°, 電荷大小不變,
得到另外四顆。
,這樣在每條邊界上,來自對稱角度的兩顆電荷貢獻會剛好抵消,V=0。
= α = 60°
圓上6顆(+q實心, -9 空心)
$=0
電場:
Ē = -VV,同樣由上式逐項微分即可得到。於兩邊界上, 切向分量為零,法向
分量連續,符合導體邊界條件。
小結(像高中生筆記)
• 兩條互相垂直接地平面:共3個像電荷(總共4顆),符號 ± 如上表。
•
,接地楔形a=m/n: 一組角度 2ka±o(k=0~n-1), 正支全是 +q,負支全
是−g。本例n=3⇒6顆。
● 距離採用餘弦定理R=
r2+ró-2rrocos (-r)直接代入求V與Ē。
2

ページ162:

接地金屬球 vs. 球外點電荷 Q(影像電荷法)
題目設定
像高中生的板書筆記版
半徑為a 的接地導體球(球面電位 V = 0) 球心在原點。空間中有一點電荷 Q 位於 x
軸上,距球心d(d>a)。問:
(1) 球外區域的電位V(r,0)(0為夾角相對x軸),
(2) 作用在 Q 的力 F,
(3) 球面誘導面電荷密度。(6)與總電量。
影像電荷配置(關鍵想法)
為使球面r=a上 V = 0,在球內部x軸上放一顆影像電荷 Q':
Q' = -Q
a
a²
x = (影像電荷到球心的距離).
d
這個選擇會讓球面上任意點的兩個距離R, Re具有固定比例:
⇒>>
R} = a² + d& − 2ad cos 0,
2
-
R№ = a² + ar² − 2ax cos A
R₁.
-
=
a²
d2
(a² + d² - 2ad cos 0) = (-)² R²,
2
球面上電位
1 Q Q'
1
Q
Q'
V(a, 0)
=
+
=
4πEO R₁ R2
4πεO R₁ (a/d)
[+]=non(0+20%)=0
1
0,
因此只要 Q' = Q ㄐㄩㄥ 即滿足 V(a,0)=0。
球外電位(解)
球外(r≥a)的電位就等於真實電荷Q與影像電荷 Q' 的疊加:
1
Qa/d
,2
V(r, 0)
x =
r>a.
4丌eo[ √r² + d²- 2rd cos 0 vr² + ar² - 2rx cos 0
對點電荷 Q 的吸引力
影像電荷在 x 軸上距離x=a²/d,因此Q 與 Q' 的相對距離d.
大小(與x 軸同向,向球吸引):
-æ=d-
a²
d
d² - a²
力
d
1 |QQ' | 1
Q²a/d
1 Q²ad
F
4meo (d-x)2
d²-a²
4丌eo (d² - a2)2
d
1

ページ163:

球面誘導電荷密度
ov
外側法向電場 Er
=
。
=
R² r² + d²
2rd cos 0, R
=
- 2rc cos⊕得
Ər
r-dcose
r-æcose
01
01
Or R₁
R³
Or R2
帶入r=a、Q' = -Qa/d、R2=(a/d)R可化
R₁₁₂
簡為
a
d² la
d² - a²
Er(a,0):
4meo R³
4丌eo a[a²+d²-2ad cos0]3/2
導體邊界條件 E+)=0/eo(內側E= 0)
"
因此
Q
d² - a²
σ(0) = εE, (a,0) :
4na (a² + d² − 2ad
cos t
5 0) ³.
3/2°
將o(0) 在球面積分,可得總誘導電量
Qind
= SS ods
Qa
dS
Q' (與影像電荷大小相同,符號為負).
d
小圖(幾何關係)
重點整理
r = a, V=0
dQ
x
O Q==Qua/d
•
球外電位=Q與影像Q' 疊加;Q'=Qa/d,位置 x=²/d。
作用力等於 Q 與Q的庫倫力:吸引,大小如上式。
●表面電荷密度(0)
Q
d² - a²
4ña (a²+d²-2ad cos0)3/2
總量 Qind = -Qa/d。
2

ページ164:

中性金屬球 vs. 球外點電荷Q(特例:q=
C1 = ㄓㄢ ; 42 = 0) 在球心)
高中生板書風筆記
一号
先說明正確的幾何條件(很重要) 影像電荷法對半徑為a的導體球,若外點電荷位於
球心距離 d(> a),其接地解的影像在x1=a²/d、大小 qn=-Qa/d。 若要求中性(總誘
導電量 0),再在球心放q2=+Qa/d。題目指定 n = -- 且 x1 = ㄓ号丶qz = 号,可反推
a 1
d 2
⇒ d = 2a.
因此外點電荷的位置必須是d=2a。若說「距離」會落在球面上並不成立。 下面皆以
d = 2a 為準,這與題目給定的41,42完全相容。
配置示意
r=a等位面
92=+
2
0
91
=
Q (d = 2a)
x
a
at x1
2
球外電位 V(r, 0)
取球座標 (r, 0),0為與x軸之夾角。 三顆電荷到觀測點的距離:
62
R1 = v r2 + d²-2rd cos0, R2 = r2+x²-2rci cosd,
疊加原電荷與兩顆影像電荷,得球外(r≥a)電位
x1 =
V(r, 0)
1 Q Q/2 Q/27
4meo Ri
+
R2
r
a
1
在球面 r=a,利用 R№ = R
R,可見
2
Q Q/2 Q Q/2
= 0,
R₁
R2 R₁ (R1/2)
因此球面電位為常數
1 92
1
VER
=
4πε a
4meo 2a®
1
d = 2a.

ページ165:

作用在外點電荷 Q 的力 F
Q 只受影像電荷作用。 與球心像 q2 = 的距離:d=2a; 與內部像 q1
離:d− c = 2a -号= 力沿x軸(取指向球心為負):
- 距
Fr=
1 [Q92 Q91
+
4πεO d² (d-x1)²
1
2(号)
2(一号) 1 Q²
2Q21
+
4neo (2a)2 ()2
4πε0 8a²
9a2
7 Q²
(指向球心,吸引).
288 mega²
向量式:F = Fa²,其中F<0。
(選讀)球面誘導電荷密度
由 Er = −∂v/Oro (0) = eoErra。一般式(中性球):
Q
d² - a²
0(0):
Ana (a² + d2
·2ad cos 0) 3/2 47ad
+
代入 d = 2a,化簡為
3Q
Q
0(0)
+
4ma²(5-4cos0)"
3/2
JJ ods
o dS = 0 (仍為中性).
重點小結
題目給定 q1 =
-2x1 =
1 Q
92 = 号, 等價於外點電荷在 d = 2a。
Q/2/2/27
•
球外電位:V=
+
4πЄ0
R1
R2
r
1
Q
球面電位常數:球
4meo 2a
7
Q2
● 作用力:F=
金(吸引)。
288 mega²
2

ページ166:

題意
接地導體球(半徑a)內有一點電荷 Q 的解
(影像電荷法:ro < a,球面電位 V = 0)
半徑為a的接地導體球,球內(真空)某點距球心距離 ro 放一電荷Q。求:球內區域的
電位 V(r,0)、球面感應面電荷密度 o(0)、以及導體對 Q 的作用力 F。
畫圖與設定
=a(接地V=0
Q at ro
a
q = -Q-
at r'
ro
影像電荷法(內點電荷,球面接地)
對於r<a的區域,令影像電荷
q' =
放在連接球心與 Q 的同一直線上。則
(> a),
22
a²
1
Q
q'
V(r, 0)
+
r ≤ a.
4meo| √r² + ró-2rrocos
-
2rr' cos 0
代入r=a可驗證V(a,b)=
=0(邊界條件滿足)
Q
小檢查 當 ro →0(電荷在球心),r' → 8、q' → 0,上式變成V=
為常數,接地等位差只差一常數,與直覺相符。
在r=a
4meor
1

ページ167:

球面感應電荷密度
球面內側的法向電場 Er av
=-
故
Ər r=a
o(0) = coEr|r=a-
a² - r²
4ña (a² + r² - 2aro cos 0) ³/
3/2'
總感應電量:
ods = 0
ErdS
• [[ E, ds = - [Sca
pdr = -Q.
<a
(用散度定理與V2V=-6
-p/eo,所以接地球從大地吸走電量 -Q。)
導體對 Q 的作用力(用影像等效)
真實導體對 Q 的力,等效為Q與影像的庫倫力, 方向沿球心-Q連線,指向球面:
1 Qq'
1 Q² aro
F =
F=Fèr(指向球面).
4meo (r' - ro)2
4meo (a² -rf)²)
2
(q'<0,故為吸引;r'-ro
一份。)
ro
要點整理
a²
•
內點電荷 Q、接地球半徑a,影像在 r' =
,大小 q = -
ro
1 = -0%"
球內電位如上式;球面r=a 為零位能面。
a² - r2
感應面電荷密度。(0)
4丌a (a²+ró-2arocosA)3/2
且 1/ods = -Q。
Q²aro
作用力F:
·è(向球面)
4xeo(a²-rg)2
2

ページ168:

中性金屬球殼 vs 體內點電荷 Q(黑板重寫版)
題目與記號
筆記重寫
°
°
• 金屬球殼:内半徑a、外半徑b,孤立且中性(總電量 0)
• 空腔內有一點電荷 Q,距球心d(0<d<a),介質為真空 eo。
● 球坐標中 0 為球心-Q夾角;另外取x軸沿球心指向Q。
示意圖(與影像配置)
Qat d
d=Qny atr:
中性 ⇒ 內面總電量 -Q、外面總電量 +Q,外場等效中心 +Q
Step 1(接地內球面)
先把內表面 =a視為接地,由影像電荷法在同一直線外側放
q = -Q
a
r'
對r<a有
1
Q
q'
|Vg (r, 0) =
=
+
Vg (a, 0) =
= 0.
4丌eo [vr² + d² – 2rd cos A
Vr² + r2 − 2rr' cosd.
Step 2(改回孤立中性殼)
真正題目:球殼不接地且中性。則
(面)
(面
= -Q,
+Q.
1

ページ169:

孤立導體為同一常數電位 V。因此 Vi = Vg + Va(加常數不改變內部電場)。
外部r>b只見到外表面總電量 +Q,故
Vout(r) =
1 Q
4meor
1 Q
(r≥ b) ⇒ Ve = Vout(b)
4πε0 b
最後答案(空腔內三維)
1
Qa/d
|V (r, 0)
4meo| √r² + d² – 2rd cos 0 /r² + (a²/d)²-2r(a²/d)cosd
18
你黑板右側的「沿軸線」公式(整理成清楚版本)
考慮空腔內一個點在x軸上(0<x<a)。其到Q與影像的距離為
R₁ = |xd|,
-
R₂ = r' — x ( r' = ª² > a > x).
r ≤ a.
位能:
1
Q
1Q
1
Q
Qa/d
V(x)
+
+
-
+
4πEO X
-
X
4πεα b
4πEO Xx dd
-
r' - x
b
沿 x 的電場:
dv
Ex =
°
在0<x<d(點在Q左側)時 |x - d|
=
d-x,可寫成
da
1
Q
q'
1
Q
Qa/d
Ex(x) =
0<x< d.
4πε0 (d = x)²
(r' -x)2 4丌eo (d-x)2
(r' - x)²
(若d <x<a,把 |æ - d| 換成 x -d,其餘同理。)
感應面電荷密度
內表面r=a:
Q
² - d²
σin (0)
Oin d's
4ma
(a² + d2
·2ad cos 0)3/2
r=a
外表面r=b: 外場為對稱的Q/r,故
Cout =+
Q
4πb2
(均匀): 150
Cout
dS =
+Q.
導體對 Q 的力
與接地內球面的結果相同(常數位能不影響力):
-Q.
1
Q²ad
F =
F=-Fè¿(指向內表面,吸引).
4丌eo (a² – d²)2’
2

ページ170:

3.
快速檢查
• d → 0:0in → Q/(4m²) (均匀) Cout→+Q/(4丌b²),外場仍為Q/r。
• 6→X: Ve→0,回到接地球面的標準影像解。

ページ171:

黑板筆記 II(整理重寫)
主軸想法
V²V =0 + 邊界條件(導體/球對稱)
●D球對稱 ⇒ V = V(r)。
●>導體區域: E=0⇒ V = 常數。
⇒ 徑向通解
V(r) =
= 0+C2
+ Car
r
分區寫法(與黑板相同記號)
Co
Vin(r) =
+ Car Vout(r):
=
+ Car
r
r
小檢查(正確度)
同心圓(內外邊界)
•
維度檢查:
與 C'ar 都有位能單位(伏特),OK。
• 若要求 r → 有限:則外區Ca=0。
若區域含 r=0 且不允許奇異:則該區 Ci = 0。
1

ページ172:

黑板筆記 III(整理重寫)
主題:直角坐標系下的拉普拉斯方程
拉普拉斯方程:
V2V = 0
一維情況
假設只與 x 有關:
V(ax) = Cic + Cz
這是線性函數解。
二維情況
假設變數分離法,設:
V(x,y) = (C'isin kar+C2coskar) (C'sery+Cae-ky)
COS
或者可等價寫為:
V (x, y) = (C₁ sin kx + C2 cos kx) (C5 sinh (ky) + C6 cosh(ky)
雙曲函數定義(檢查用)
ex + ex
cosh(x)
2
sinh(2)=1*,
exe
小檢查
• sinh(x),cosh(x)可取代指數函數組合。
• sin,cos 來源於x-方向的週期性解。
總結:一維線性、多維可用分離常數後得到三角函數 x 雙曲函數的組合。
1

ページ173:

黑板筆記 IV(整理重寫)
問題設定
考慮一個長方形區域,邊界條件如下: - 左邊界 x = 0:電位固定為 Vo。 右邊界
x→∞:電位趨近於0。 - 上下邊界y=0,y=b:電位皆為0。
-
y
y = b, V = 0
V = Vb
æ → bo V → 0
X
y = 0,V = 0
分離變數法
假設解的形式:
V(x,y) = (Cre-kt + Czett) (C3sinky + Cacosky)
代入邊界條件
1. 當 æ → x,為使V有限,必須 Cq = 0。
2. 當 y = 0,V (x,0)=0⇒C4=0。
3. 當 y = b,V(æ,b)=0⇒ C'ssin(kb)=
=0。
因此:
Nπ
k =
n = 1, 2, 3, . ..
b
整理後通解
∞
nπ
V(x,y) = Cnet* sin(fy)
n=1
這就是在長方形波導或長槽邊界條件下的解。係數C由x=0的邊界電位展開而得。
小檢查
● 指數項 e-ne/b 確保隨 x 增大而衰減。
• sin(nīy/b)滿足上下邊界為零的條件。
● 總解為傅立葉級數展開,符合邊界條件。
1

ページ174:

黑板筆記 V(整理重寫)
問題設定
矩形區域邊界條件: - x=0:電位 V = ℅° - æ → ∞:電位趨近於0° - y = 0,y = b:
電位皆為0。
通解形式
y
V=0
V→ 0
V = Va
X
V = 0
在 x=0 的邊界條件
Nπ
V(x,y) = CCnet sin(y)
n=1
0
V(0, y) = Cnsin(y) = Vo
n=1
這是一個傅立葉正弦級數展開。
係數求法
利用正交性:
0
m #n
Isin
sin(ty)sin(ty)dy
=
b
m = n
2
因此:
積分計算
2Vo
C'n =
b
2
= Vosin (y) dy
C'n =
b
2Vo
[= cos (%)] = 2 (1-(-1)")
Nπ
Nπ
結果
C'n =
4Vo
0,
n = 1,3,5,... (奇數)
n = 2,4,6, ... (偶數)
1

ページ175:

最終解
4Vo
nπ
V(x, y) =
e
b
:sin(y)
NπT
n=1,3,5,...
小檢查
●x=0時,展開級數可還原成常數 Vo。
• æ → ∞ 時,所有指數項趨近於零。
• y = 0, y = b 時,正弦項為零,符合邊界條件。
2

ページ176:

黑板筆記 VI(整理重寫)
問題設定
矩形區域邊界條件: - 左邊界 x =0:電位 V = ℅。 - 右邊界 x=a:電位 V =0。 - 上
下邊界 y = 0,y=b:電位皆為0。
V = V
y
V=0
V=0
V = 0
X
分離變數解形式
一般解可寫為:
V(x, y) = (C₁ sinh kx + C2 cosh kx) (C3 sin ky + C4 cos ky)
代入邊界條件
1. y = 0:V(x,0)=0⇒C4=0。
2. y = b : V (x, b) = 0 ⇒ sin(kb) = 0 ⇒ k = n
o
3.x = a:V(a,y)=0⇒Cq=0。
因此通解簡化為:
在 x=0 的邊界條件
V(x,y) = Casinh((ax)) sin(y)
n=1
V(0,y) =) C, sinh(nū a) sin("; y) = Vo
n=1
這是一個傅立葉正弦級數展開。
最終結果
V(x, y) =
-
n=1
計算積分後,只保留奇數項,得到:
binh (na) sin(#v) dự sinh((a – 2) sin(70)
∞
4Vo
V(x, y) =
n=1,3,5,...
nữ sinh(a
sinh(7 (a – z)) sin(7)
1

ページ177:

小檢查
•x=0:展開為傅立葉級數,還原成 Vo。
• x = a: 整體為零,符合右邊界。
● y=0,b:正弦為零,符合上下邊界。
2

ページ178:

黑板筆記 VII(整理重寫)
問題設定
矩形區域邊界條件:-左邊界x=0:電位 V = o。 - 右邊界 x=a:電位 V =0。 - 上
下邊界 y = 0,y=b:電位皆為0。
分離變數解
V = V
y
V=0
V=0
V = 0
X
在 x=0的邊界條件
00
V(x,y)= C,sinh(5 (a – x)) sin(7;y)
n=1
V(0,y)= C,sinh(77 a) sin( y) = Vo
n=1
這是一個傅立葉正弦展開。
係數計算
利用正交性:
因此:
0 m = n
[sin("
sin (my) sin (y) dy
=
{
b
m = n
積分結果
C, sinh("Fa)
C'n =
2V
2
=
bsinh(a)
2Vo
.
b
bsinh(fa) nt
2%
nữ sinh(a)
Vosin (ty) dy
sin(ty)dy
[1-(-1)]
[1-(-1)"]
1

ページ179:

結論
因此:
小檢查
Cn =
4Vo
nữ sinh(a)
0.
n = 1,3,5,... (奇數)
n = 2,4,6, ... (偶數)
00
4Vo
V(x, y) = Σ
sinh(f(a – z)) sin(y)
n=1,3,5,....
nữ sinh(a)
●x=0:傅立葉正弦級數還原為常數 %。
●æ=a:整體為零,符合右邊界。
●y=0,b:正弦為零,符合上下邊界。
2

ページ180:

黑板筆記 VIII(整理重寫)
問題設定:三維矩形盒子
考慮一個三維矩形盒子 (0a0b,0··c),邊界條件如下: - 在x= 0,x = a處:電位為
零。 - 在 y = 0, y=b處:電位為零。 - 在 z = 0, z=c處:電位為零。 - 其他一面(例如
2=0或特定一側)給定電位分佈。
分離變數解形式
y = b
2 = C
= a
設:
V(x,y,z) = X(x)Y(y)Z(z)
對拉普拉斯方程:
a²V J²V a²V
V²V
+
+
= 0
分離後得到:
ǝx² Jy2 Əz²
X" Y" Z"
+ +
=
0
X Y
Z
可拆解為:
X" + kzX = 0, Y"+kZY=0, Z"− kZ = 0
並有條件:
邊界條件
k² + k² = k²
1. V(x = 0) = 0 ⇒ X(0) = 0 ⇒ X(x) =sin(x)
°
2. V(xa)=0⇒ X(a) = 0⇒ kx = nπ o
a
3. V(y = 0) = 0 ⇒ Y(0) = 0 ⇒ Y(y) =sin(ty)
4. V(y = b) = 0 ⇒ Y(b)=0⇒ky=
5.V(z = 0) = 0, V(z=c)=0⇒Z(2)=sinh或sin 型態,由實際邊界條件決定。
三維解形式
因此總解:
2
mm
m=1 n=1
V(x,y,z)=EZCmn sin(" c) sin(" y) sinh
係數 C'mn 由指定的邊界電位展開決定。
(V(n) + (mm) - a)
2
1

ページ181:

小檢查
• æ= 0,a時,sin 消失,符合邊界條件。
• y = 0,6時,sin 消失,符合邊界條件。
●z=c時,整體為零,符合邊界條件。
2

ページ182:

黑板筆記 IX(3D 盒子,常數邊界展開)
題目圖與條件(和黑板一致)
y
x = a
z=c
Vo
區域:0< æ < a, 0 < y < b, 0 <z<co
邊界:
方程:V²V=0。
V(0, y, z) = V(a,y,z) = 0,
V(x, y, 0) = Vo (*),
V(x,0,z) = V(x,b,2)=0,
V(x, y, c) = 0.
分離變數與級數形(黑板公式)
設 V = X(x)Y(y)Z(2)。代入可得
X" + kZX = 0, Y" + kZY = 0, Z" - ^ZZ = 0,
2 =
k² + k².
由四面為零可得
X=sin(x), Y=sin(x).
2
Vmn =
Mπ
a
*+ (*)².
因此(與黑板一致)
∞ ∞
V(x, y, z) = Cmn sin sin("y) sinh(7mn(c – z)).
m=1 n=1
Mπ
a
在z=0的常數邊界展開(求Cmn)
V(x,y,0) =) Cmn sinh(mnc) sin(ma)sin(y)
= Vo.
b
m,n
利用正交性:
m=p
x dx
dx
a
L
b
n=q
|_ sin (172) sin(x) de = {}; m = p² | sin (7) sin( 5 ) d = {} };
得到
0, mp'
4
ab
dx
(y)dy
Cm sinh (n) = a và " sin (= z ) do] [sin(x)].
mn
2a
兩個積分皆為
MπT
0
2b
0
(m奇) 或0(m偶),以及 (n奇) 或0 (n偶).因此
Cmn
=
16Vo
Nπ
mnz2 sinh(7mnc)
m,n皆奇,
其他.
nq
1

ページ183:

最後答案(黑板完成式)
∞
|V (x, y, z) = Σ
16%
m,n=1
mna2 sinh(mn)
sin m -x
a
sin (y) sinh (7mn (cz)), Ymn =
Mπ
a
m,n f
小檢查(正確度)
• æ= 0,a或y=0,b:正弦變成0,故V=0。
• z=c:sinh(mn(c−c))=0=V=0°
●z=0:雙正弦展開還原常數(只留奇階項,與黑板上的分母 fsin²推導一致)。
2
2
+
Nπ

ページ184:

拉普拉斯方程的分離解(圓柱座標&球座標)——黑板筆記
重寫
圓柱座標(r, p)(與板書同排法)
(1)只隨半徑變化:
Fr(rVr) = 0
=
V(r) = Cilnr + C2
(2)只隨角度變化:
[2]V$ = 0 →
V(0) = A + B
小檢查:實體問題要求V(p+2x) = V(p) ⇒ 需令 A = 0;一般情況改用 sinng, cos np 的
週期基底。
(3)一般分離解:設V(r,4)=R(r)中(中),得
∞
|V (r, 0) = Σ (Anr" + Br¯ˆ) (С sin no + D cos nó̟) .
n=1
小檢查:r → 0 若域含原點,令B=0以避免奇異。
二、球座標(軸對稱,與板書同排法)
(1)只隨半徑,變化:
1
±³r (r² Vr) = 0
Ci
V(r) =
+ C2
r
(2) 只隨極角 0 變化(固定、無依賴):
1
singo (sino V9)
A
= 0 ⇒ sin0V'(0) = C =>
V (0) = Cintan
+ C2
2
(3) 軸對稱的一般分離解(勒讓德展開):
V(r, 0) = Σ (A„r” + B„r¯(n+1)) P₂ (cos 0)
n=0
勒讓德多項式(前幾項)
Po(x) = 1,
P₁(x) = x, P2(x) (3x² - 1)
把 x = cos 0 代入可得 Pa(cos 0)。 小檢查: Pa(cos) ≠ (cos0)²,正確式如上。
1

ページ185:

三、口訣式小結(跟板書節奏對齊)
圓柱: V~ ln r, Vo~ A+B(實際用sin, cos), V(r, $)~rt x {sinng,cosnp}.
V~ V₁~Intan (0/2), V(r, 0) ~ p² X r¯(n+1) × Pn(cos¤).
2

ページ186:

同心圓柱電容器:V(r)、E、D與線電荷密度 pe(整理)
幾何與假設
同軸圓柱(無限長),內、外半徑分別為a,b,介質均匀(介電常數 e = Ereo)
隨半徑r變化。
,
電位僅
r = a
r = b
r
電位 V(r)
圓柱座標、只依r:
±r(rVr) = =0⇒>>
V(r) = Cqlnr + C2
若邊界為V(a) =VoV(b)=0,則
Vo
Vo In b
C₁
C2
In(a/b)'
In(a/b)'
Vo
V(r)
In()
In(a/b)
電場與電位移
C'₁
Er = -Vr =-
Dr = εEr
r
線電荷密度(你的板書式)
取長度為 L 的圓柱高斯面(半徑r,a<r<b):
Qfree,enc
= & D
D.dA = D+ (2丌rL).
單位長度的自由電量(線電荷密度):
pe=
Qfree,enc
L
D.(2xr) = (-x)(2mr)
2. C' Ero
重點:結果與,無關(好檢查)
Vo
將 Ci
代入:
In (a/b)
Pe=
2 ereo Vo
In(b/a)
1
(> 0 若 № > 0).

ページ187:

(附帶)單位長度電容
Pe
2π EEO
CI
Vo
In(b/a)
小檢查
• 若№ > 0,ln(a/b)<0,故Ci<0,上式給出 pe>0:內導體帶正電,正確。
• Ex1/r、D x1/r,但pe與無關,符合高斯定律。
2

ページ188:

扇形(楔形)邊界電位:兩邊導體分別為 0 與 ℅(黑板筆記
整理)
圖與設定
原點為頂點,x 軸為 p=0 射線;另一導體邊界在p=a,其電位為 。 其餘圍邊沿
中∈ [a, 2 ] 最終接至$=2的接地邊(V=0)
。
Y
a, V = Vo
①=0,V=0
x
核心方程(只依角度)
在極座標且不隨r變化(Or=0)時,
√2V =
1 0²V
r2002
=0
V(中)=A+B(各區塊皆為一次函數)
分區解與邊界條件(照黑板寫法)
區塊1:0≤≤a
JVi(0) = 0
Vo
Vi(中) = CP+C2,
V₁(0)
[V₁(a) = Vo
區塊 II: a≤ $ ≤ 2
JV2(a) = Vo
Vo
2πVO
V2(0) = C30+ C4,
⇒
V2(0)
+
[Vz(2) = 0
2π-α
2π-α
(檢查:Va(a) = o、V№(2)=0成立。)
合併的片段式解
Vo
§,
0 ≤ @ ≤ a,
|V (0) =
a
Vo
2πVo
6+
a ≤ @ ≤ 2.
2π-α
2π-α
1

ページ189:

電場(檢查)
因為 V 與r無關,E=0,僅有角向分量
Vo
1∂v
E。
= roo
+
ar
Vo
(2π - α) r³
0 ≤ @ ≤ a,
@ ≤ p ≤ 2.
量綱正確、且在兩區皆為常數(對固定r)——與一次函數的 V(p) 相符。
2

ページ190:

PL1:半圓域(極座標)邊界為常數 V 的解(黑板筆記重
寫)
題意與幾何
考慮半圓域
0≤r ≤ b, 0 < $ < ㄒ,
滿足拉普拉斯方程▽²V=0。邊界條件(與黑板一致):
V (r, o = 0) = 0, V(r, o = π) = 0, V(r = b, p) = Vo (常數).
Y
r = b, K = V
X
$ = 丌,V = 0 = 0,V = 0
分離變數與一般形
因 p = 0, ∏ 均為零位能,角向基底取 sinn。在極座標的2D拉普拉斯方程分離後得
∞
V(r,) = (Anr" + Br¯) sin(nø).
n=1
域內含r=0(要有限),故B= 0:
V(r,) = Ar" sin(no)
n=1
在r=b套用常數邊界
V (b, 0) = Anb" sin(no) = Vo,
0<$<ㄒ.
n=1
用正交性(
S
因此
0
sin md sinno dd = 120mm)求係數:
2Vo
π
Ambm.
2
= Vo * sin(mo) dó
m奇,
=
m
0.
m偶.
Am
4Vo
Mπ bm'
m = 1,3,5, ...,
0,
m = 2,4,6,....
1

ページ191:

最後答案
∞
4Vo
m
V(r, ø) =
sin(mo), 0 ≤ r ≤ b, 0 < $<丌.
Mπ
m=1,3,5,...
小檢查(正確度)
•=0,w:sin(m)=0⇒ V=0
•r=6:
4
- sin(mø) = =1(在0<pく的正弦級數恆等式),故V= Vo
Mπ
m f
•r→0:主導項 m=1⇒V~
4Vor
π b
·sin 有限
2

ページ192:

均匀外電場中的導體圓柱
幾何示意(更乾淨對稱)
y.
Eo = Eoc
r=a(導體表面,V= 0)
解的型式與邊界匹配(與課堂一致)
外域(r≥a)拉普拉斯方程的分離解(取偶對稱項):
X
導體表面r=a
∞
V(r; d) = 2 (Anr" + Bar-n)cos(np).
n=1
無窮遠需回到均匀場 Va
為等位(取V=0):
=
-Eox Eor cos ⇒ A₁ = -E0, An≥2
-
0。
V(a,p)=0 ⇒ - Eoacos+Bia-l cos = 0⇒ Bi
=
Eoa²
最終電位(乾淨框線式)
V(r, 0) = -E (-) cos
o, r = a;
V = 0, r < a (導體內).
快速檢查
• → x: V → Eor cos,回到均匀場。
•r=a:V = Eo(aa)cos=0,滿足導體等位。
1

ページ193:

均匀外電場中的導體球:勒讓德展開與邊界配對(黑板筆記
重寫)
圖與設定
Eo = Eox
r=u(導體表面,V=0)
分離變數通解(球座標、軸對稱)
∞
V (r, 0) = Σ (Aer² + Ber−(l+1)) P₂ (cos 0)
l=0
其中 P 為勒讓德多項式。
無窮遠匹配均匀場
遠處應為均勻場位能
Vo = Eor cos ),
因此只需C=1模態,且
A1 = -Eo
Ae≠1 = 0.
(常數位準 A 可取為0。
導體邊界r=a(等位)
0 = V(a,0) = (Ara+z)P(cosd)+2
Be
a²+1
-Pe(cost)
l>2
=(-Eoa+
Bi
a²
Be
cosd+2fPe(cos).
al+1
e≥2
由不同 C的正交性逐項相等,得到
B₁ = E0a³
Bez2=0.
1
X

ページ194:

最後答案與檢查
0.
|V (r, 0) =
23
a
r<a(導體內),
0, r≥a(外部).
{ - E₁ (r = -1) cos 8,
Eor-
2
檢查:r → x ⇒ V → Eorcose;r=a⇒ V =0。皆符合理想導體球在均匀外電場中的
解。
2

ページ195:

導體球在均匀外電場中的等效偶極子(黑板重寫+檢查)
情境與座標
均匀外電場取沿+2:E0=E之。球半徑 a、為理想導體(表面等位,取V=0)。採球
座標(r, 0, 4), 自 +2 量起。
Eo
+2
r=a(導體表面,V = 0)
外部位能(已知解)
由拉普拉斯方程與邊界條件可得(外部r≥a):
V (r, 0) = − Eo
r―
a³
1.2
cos 0
V(r, 0) = 0 (r < a).
把外部位能拆成「均匀場+偶極子」
V(r, 0) = ( - Eor cost) +
Eoa³ cos 0
12
均匀場
像偶極子
而點偶極子(偶極矩p=pż)在軸對稱方向的位能為
pcos A
Vdip (r, 0)
逐項比對可得
p=
Ep || 2.
小檢查(正確度)
•r → x: V → Eor cos日,回到均匀場
•r=a:V=-Eo(aa)cos=0,滿足導體表面等位
量綱:[p] = C.m,4meoEa² 亦為 C.m
1