113 年 國立中山大學通訊工程研究所乙組《電磁學》

核心觀念

本題考查靜電學（Electrostatics）中**同心球形電容器（Concentric Spherical Capacitor）**的電容與儲存靜電能量（Stored Electrostatic Energy）。主要涵蓋以下定理與公式：

1. 高斯定律（Gauss's Law）：
   對於具球面對稱性的電荷分佈，自由空間或均勻介質中的電位移向量 $\vec{D}$ 與電場 $\vec{E}$ 滿足：
   $\oint_S \vec{D} \cdot d\vec{A} = Q_{\text{encl}} \implies \vec{E}(r) = \frac{Q}{4\pi \varepsilon r^2} \hat{a}_r$

2. 電位差（Potential Difference）與電容定義：
   兩導體間的電位差 $V$ 為電場沿路徑的線積分：
   $V = -\int_{R_o}^{R_i} \vec{E} \cdot d\vec{l} = \int_{R_i}^{R_o} E_r \, dr$
   同心球電容定義為電荷量 $Q$ 與電位差 $V$ 之比值：
   $C = \frac{Q}{V}$

3. 靜電儲能公式（Stored Electrostatic Energy）：
   靜電場儲存的總能量可由電容公式或電場能量密度全空間體積積分求得：
   $W_e = \frac{1}{2} C V^2 = \frac{1}{2} \int_V \varepsilon |\vec{E}|^2 dV$

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解題方法

本題可透過「電容法」與「能量密度積分法」兩種切入點解答，兩種方法皆能導出相同的標準答案。

方法一：電容法（Capacitance Method）

1. 假設電荷並求電場：
   設內球導體表面帶有總電荷 $+Q$，外球導體內壁帶有 $-Q$。由球面對稱性與高斯定律，兩導體之間（$R_i \le r \le R_o$）的電場為：
   $\vec{E}(r) = \frac{Q}{4\pi \varepsilon r^2} \hat{a}_r$

2. 計算兩導體間的電位差 $V$：
   $V = \int_{R_i}^{R_o} E_r \, dr = \int_{R_i}^{R_o} \frac{Q}{4\pi \varepsilon r^2} \, dr = \frac{Q}{4\pi \varepsilon} \left[ -\frac{1}{r} \right]_{R_i}^{R_o} = \frac{Q}{4\pi \varepsilon} \left( \frac{1}{R_i} - \frac{1}{R_o} \right) = \frac{Q (R_o - R_i)}{4\pi \varepsilon R_i R_o}$

3. 求解電容 $C$：
   根據電容定義 $C = \frac{Q}{V}$：
   $C = \frac{4\pi \varepsilon R_i R_o}{R_o - R_i}$

4. 求解儲存靜電能 $W_e$：
   將電容帶入靜電能公式 $W_e = \frac{1}{2} C V^2$：
   $W_e = \frac{1}{2} \left( \frac{4\pi \varepsilon R_i R_o}{R_o - R_i} \right) V^2 = \frac{2\pi \varepsilon R_i R_o V^2}{R_o - R_i}$

方法二：能量密度積分法（Energy Density Integration Method）

1. 利用電位差 $V$ 反推電荷 $Q$：
   由 $V = \frac{Q (R_o - R_i)}{4\pi \varepsilon R_i R_o}$ 可得：
   $Q = \frac{4\pi \varepsilon R_i R_o V}{R_o - R_i}$

核心觀念

本題考查靜磁場與馬克士威方程組（Maxwell's Equations）中的基本物理定律——高斯磁定律（Gauss's Law for Magnetism）。

1. 磁場無源性（No Magnetic Monopoles）：自然界中不存在單獨的磁單極，磁力線必定為連續且封閉的曲線。
2. 高斯磁定律微分形式：
   $\nabla \cdot \vec{B} = 0$
   這意味著對於自由空間或任何媒介中真實存在的磁通量密度向量場 $\vec{B}$，其散度（Divergence）在空間中每一點都必須嚴格等於零。
3. 直角座標系下的散度公式：
   若向量場為 $\vec{B} = B_x a_x + B_y a_y + B_z a_z$，其散度定義為各分量對其相應座標變數的偏微分之和：
   $\nabla \cdot \vec{B} = \frac{\partial B_x}{\partial x} + \frac{\partial B_y}{\partial y} + \frac{\partial B_z}{\partial z}$

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解題方法

步驟一：寫出磁通量密度向量 $\vec{B}$ 的三個直角座標分量

由題意可知，自由空間中的磁通量密度向量為：
$\vec{B} = (5kx+4)a_x - (3ky+10y)a_y + (8kz)a_z$

拆解出三個方向的分量：

• $x$ 方向分量：$B_x = 5kx + 4$
• $y$ 方向分量：$B_y = -(3ky + 10y) = -(3k + 10)y$
• $z$ 方向分量：$B_z = 8kz$

步驟二：對各分量進行偏微分（Partial Differentiation）

將各分量分別對 $x, y, z$ 計算偏導數：

1. $x$ 分量對 $x$ 偏微分：
   $\frac{\partial B_x}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(5kx + 4) = 5k$
2. $y$ 分量對 $y$ 偏微分：
   $\frac{\partial B_y}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}[-(3k + 10)y] = -(3k + 10) = -3k - 10$
3. $z$ 分量對 $z$ 偏微分：

核心觀念

本題考查兩部分：

1. 含時變源的頻域 Maxwell 方程式：將時域場與源以相量表示，利用時間微分 $\partial/\partial t \rightarrow j\omega$，把微分方程轉換為頻域形式。
2. 相速度與群速度的定義：由波的相位與色散關係，分別定義波峰移動速度及包絡移動速度。

以下採用時間慣例 $e^{j\omega t}$。若採用 $e^{-j\omega t}$，所有含 $j\omega$ 的符號需相應改變。

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解題方法：頻域 Maxwell 方程式

設電場、磁場與源皆為單一角頻率 $\omega$ 的正弦穩態量：

$$\mathbf{E}(\mathbf{r},t) = \operatorname{Re}\left\{\mathbf{E}(\mathbf{r},\omega)e^{j\omega t}\right\}$$ $$\mathbf{H}(\mathbf{r},t) = \operatorname{Re}\left\{\mathbf{H}(\mathbf{r},\omega)e^{j\omega t}\right\}$$ $$\mathbf{J}(\mathbf{r},t) = \operatorname{Re}\left\{\mathbf{J}(\mathbf{r},\omega)e^{j\omega t}\right\}$$ $$\rho(\mathbf{r},t) = \operatorname{Re}\left\{\rho(\mathbf{r},\omega)e^{j\omega t}\right\}$$

因此：

$$\frac{\partial}{\partial t} \rightarrow j\omega$$

時域 Maxwell 方程式為

$$\nabla\times\mathbf{E} = -\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}$$ $$\nabla\times\mathbf{H} = \mathbf{J} + \frac{\partial\mathbf{D}}{\partial t}$$ $$\nabla\cdot\mathbf{D} = \rho$$ $$\nabla\cdot\mathbf{B} = 0$$

轉換至頻域後得到：

1. Faraday 感應定律

$$\nabla\times\mathbf{E} = -j\omega\mathbf{B}$$

2. Ampère–Maxwell 定律

$$\nabla\times\mathbf{H} = \mathbf{J} + j\omega\mathbf{D}$$

其中 $\mathbf{J}$ 是時變電流源的頻域表示，$j\omega\mathbf{D}$ 是位移電流密度。

3. Gauss 電場定律

$$\nabla\cdot\mathbf{D} = \rho$$

其中 $\rho$ 是時變電荷密度的頻域表示。

4. Gauss 磁場定律

$$\nabla\cdot\mathbf{B} = 0$$

這表示磁單極不存在，磁通密度必須保持無散度。

因此，含時變源的頻域 Maxwell 方程式為

$$\nabla\times\mathbf{E} = -j\omega\mathbf{B}$$ $$\nabla\times\mathbf{H} = \mathbf{J} + j\omega\mathbf{D}$$ $$\nabla\cdot\mathbf{D} = \rho$$ $$\nabla\cdot\mathbf{B} = 0$$

若介質為線性、均勻、等向性介質，則

$$\mathbf{D}=\epsilon\mathbf{E}$$ $$\mathbf{B}=\mu\mathbf{H}$$

若另以導電率 $\sigma$ 表示導電電流，則 $\mathbf{J}=\sigma\mathbf{E}+\mathbf{J}_{s}$，其中 $\mathbf{J}_{s}$ 為外加源電流，Ampère–Maxwell 定律可寫為

$$\nabla\times\mathbf{H} = (\sigma+j\omega\epsilon)\mathbf{E} + \mathbf{J}_{s}$$

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頻域連續方程式

由 Ampère–Maxwell 定律取散度：

$$\nabla\cdot(\nabla\times\mathbf{H}) = \nabla\cdot\mathbf{J} + j\omega\nabla\cdot\mathbf{D}$$

因為旋度的散度恆為零，且 $\nabla\cdot\mathbf{D}=\rho$，可得

核心觀念

本題考查均勻平面波在有耗介質中的傳播特性。主要公式包括：

• 傳播常數 $\gamma=\alpha+j\beta$
• 衰減常數 $\alpha$
• 相位常數 $\beta$
• 本徵阻抗 $\eta$
• 相速度 $v_p$
• 波長 $\lambda$
• 集膚深度 $\delta$
• 電場與磁場的方向關係

海水參數為

$$\varepsilon= \varepsilon_r\varepsilon_0 =80(8.854\times 10^{-12}) =7.083\times 10^{-10}\ \text{F/m}$$ $$\mu=\mu_r\mu_0 =4\pi\times 10^{-7}\ \text{H/m}$$ $$\omega=10^{10}\pi\ \text{rad/s}$$

先計算介質的損耗參數：

$$p=\frac{\sigma}{\omega\varepsilon} =\frac{4}{(10^{10}\pi)(7.083\times10^{-10})} \approx 0.1798$$

題目所列的空間相位項 $\frac{\pi}{3}y$ 與海水參數及 $\omega$ 並不相容，因此以下依海水參數計算實際的 $\alpha$ 與 $\beta$；題目中的「at $y=0$」視為給定 $y=0$ 處的磁場振幅與時間相位。

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解題方法

有耗介質中的傳播常數為

$$\gamma=\alpha+j\beta$$

其中

$$\alpha = \omega\sqrt{\frac{\mu\varepsilon}{2}} \sqrt{ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}\right)^2}-1 }$$ $$\beta = \omega\sqrt{\frac{\mu\varepsilon}{2}} \sqrt{ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}\right)^2}+1 }$$

代入 $p=0.1798$，得

$$\alpha\approx 83.9\ \text{Np/m}$$ $$\beta\approx 940.6\ \text{rad/m}$$

由於 $\alpha/\beta\approx0.089$，海水在此頻率下屬於低損耗介質，但仍須使用有耗介質的完整公式。

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(a) 各項傳播參數

1. 衰減常數

$$\boxed{\alpha\approx83.9\ \text{Np/m}}$$

磁場振幅隨 $y$ 增加而變為

$$H_0(y)=H_0(0)e^{-\alpha y}$$

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2. 相位常數

$$\boxed{\beta\approx940.6\ \text{rad/m}}$$

因此沿著 $+y$ 方向傳播的磁場可寫成

$$\vec H(y,t) = \hat a_x\frac{10}{\pi}e^{-83.9y} \sin(10^{10}\pi t-940.6y) \quad\text{A/m}$$

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3. 本徵阻抗

有耗介質的本徵阻抗為

$$\eta = \sqrt{\frac{j\omega\mu}{\sigma+j\omega\varepsilon}}$$

其大小與相位分別為

$$|\eta| = \sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}} \left[ 1+\left(\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}\right)^2 \right]^{-1/4} \approx41.8\ \Omega$$ $$\angle\eta = \frac{1}{2} \tan^{-1} \left(\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}\right) \approx5.10^\circ$$

故

$$\boxed{\eta\approx41.8\angle5.10^\circ\ \Omega}$$

或寫成直角坐標形式：

$$\boxed{\eta\approx41.6+j3.71\ \Omega}$$

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4. 相速度

$$v_p=\frac{\omega}{\beta} = \frac{10^{10}\pi}{940.6} \approx3.34\times10^7\ \text{m/s}$$ $$\boxed{v_p\approx3.34\times10^7\ \text{m/s}}$$

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5. 波長

$$\lambda=\frac{2\pi}{\beta} = \frac{2\pi}{940.6} \approx6.68\times10^{-3}\ \text{m}$$ $$\boxed{\lambda\approx6.68\ \text{mm}}$$

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6. 集膚深度

集膚深度定義為振幅衰減至原來的 $1/e$ 所需的距離：

核心觀念

本題考查均勻平面波的斜入射、理想導體邊界條件與坡印廷向量：

• 平面波相位為 $\omega t-\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}$。
• 電場與磁場關係為
  $\mathbf{H}=\frac{1}{\eta_1}\hat{\mathbf{k}}\times\mathbf{E}$
• 理想導體表面的切向電場必須為零，因此反射波的電場反射係數為 $-1$。
• 時間平均坡印廷向量為
  $\langle\mathbf{S}\rangle=\frac{1}{2}\operatorname{Re}\left(\mathbf{E}\times\mathbf{H}^{*}\right)$

依圖示，介質 $1$ 位於 $z<0$，導體表面為 $z=0$，且為垂直極化，因此 $\mathbf{E}$ 沿 $\hat{\mathbf{y}}$ 方向。

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解題方法

設入射波振幅為 $E_0$，介質 $1$ 的波數與本徵阻抗分別為

$$\beta_1=\omega\sqrt{\mu_1\epsilon_1}, \qquad \eta_1=\sqrt{\frac{\mu_1}{\epsilon_1}}.$$

入射波向量為

$$\mathbf{k}_i = \beta_1 \left( \sin\theta_i\,\hat{\mathbf{x}} + \cos\theta_i\,\hat{\mathbf{z}} \right).$$

因此入射波相位為

$$\psi_i = \omega t - \beta_1 x\sin\theta_i - \beta_1 z\cos\theta_i.$$

(a) 入射波的瞬時電場與磁場

採用餘弦參考，且依圖示 $\mathbf{E}_i$ 沿 $+\hat{\mathbf{y}}$：

$$\boxed{ \mathbf{E}_i(x,z;t) = \hat{\mathbf{y}}E_0 \cos\left( \omega t-\beta_1x\sin\theta_i-\beta_1z\cos\theta_i \right) }$$

由

$$\mathbf{H}_i = \frac{1}{\eta_1} \hat{\mathbf{k}}_i\times\mathbf{E}_i$$

以及

$$\hat{\mathbf{k}}_i = \sin\theta_i\,\hat{\mathbf{x}} + \cos\theta_i\,\hat{\mathbf{z}},$$

可得

$$\hat{\mathbf{k}}_i\times\hat{\mathbf{y}} = -\cos\theta_i\,\hat{\mathbf{x}} + \sin\theta_i\,\hat{\mathbf{z}}.$$

所以

$$\boxed{ \mathbf{H}_i(x,z;t) = \frac{E_0}{\eta_1} \left( -\cos\theta_i\,\hat{\mathbf{x}} + \sin\theta_i\,\hat{\mathbf{z}} \right) \cos\left( \omega t-\beta_1x\sin\theta_i-\beta_1z\cos\theta_i \right) }$$

反射波的電場因理想導體邊界條件而反相：

$$\mathbf{E}_r = -\hat{\mathbf{y}}E_0 \cos\left( \omega t-\beta_1x\sin\theta_i+\beta_1z\cos\theta_i \right).$$

因此總電場與總磁場為

核心觀念

矩形波導能否傳播，取決於工作波長 $\lambda$ 是否小於該模態的截止波長 $\lambda_{c,mn}$：

$$\lambda<\lambda_{c,mn}$$

矩形波導的截止波長為

$$\lambda_{c,mn} = \frac{2}{ \sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2 } }$$

其中：

• $a$：波導寬邊尺寸；
• $b$：波導窄邊尺寸；
• $m,n$：模態指標；
• TE 模態允許 $m,n$ 其中一個為 $0$，但不能同時為 $0$；
• TM 模態必須滿足 $m\geq 1,\ n\geq 1$。

本題給定

$$a=7.21\ \text{cm},\qquad b=3.40\ \text{cm},\qquad \lambda=5\ \text{cm}$$

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解題方法

由傳播條件

$$\lambda<\lambda_{c,mn}$$

可直接改寫為

$$\sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2} < \frac{2}{\lambda} = \frac{2}{5} = 0.4\ \text{cm}^{-1}$$

因此只要檢查各模態的截止波長是否大於 $5$ cm 即可。

1. TE$_{10}$ 模態

$$\lambda_{c,10}=2a=2(7.21)=14.42\ \text{cm}$$

因為

$$5<14.42$$

所以 TE$_{10}$ 可以傳播。

2. TE$_{20}$ 模態

$$\lambda_{c,20}=\frac{2}{2/a}=a=7.21\ \text{cm}$$

因為

$$5<7.21$$

所以 TE$_{20}$ 可以傳播。

3. TE$_{01}$ 模態

$$\lambda_{c,01}=2b=2(3.40)=6.80\ \text{cm}$$

因為

$$5<6.80$$

所以 TE$_{01}$ 可以傳播。

4. TE$_{11}$ 模態

$$\lambda_{c,11} = \frac{2}{ \sqrt{ \left(\frac{1}{7.21}\right)^2+ \left(\frac{1}{3.40}\right)^2 }}$$

計算得

$$\lambda_{c,11}\approx 6.15\ \text{cm}$$

因為

$$5<6.15$$

核心觀念

本題考查無損傳輸線的輸入阻抗轉換。圖中線長為 $l$，特性阻抗為 $Z_0$，負載阻抗為 $Z_L$。無損線的傳播常數為 $\gamma=j\beta$，其中 $\beta$ 為相位常數。

解題方法

負載端反射係數為：

$$\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}$$

反射波從負載端往返至輸入端，經過總距離 $2l$，因此輸入端反射係數為：

$$\Gamma_{\mathrm{in}}=\Gamma_L e^{-j2\beta l}$$

輸入阻抗可由反射係數求得：

$$Z_{\mathrm{in}}=Z_0\frac{1+\Gamma_{\mathrm{in}}}{1-\Gamma_{\mathrm{in}}}$$