114 年 國立中山大學通訊工程研究所乙組《電磁學》

核心觀念

此題使用高斯定律的微分形式，將電荷密度與電場的空間變化連結：

$$\nabla\cdot\mathbf E=\frac{\rho_v}{\varepsilon}$$

由於忽略邊緣效應，電場只有 $y$ 分量，因此 $\nabla\cdot\mathbf E=dE_y/dy$。再利用電位差與電場的關係，決定積分常數。

解題方法

圖中是兩塊相距 $h$ 的平行導體板；下板位於 $y=0$，上板位於 $y=h$，電池正端接上板、負端接下板，因此上板電位比下板高 $V_0$。忽略邊緣效應後，電場沿 $\hat{\mathbf y}$ 方向，且題目給定 $\rho_v=-\rho_0 y/h$。

令 $\mathbf E=E_y(y)\hat{\mathbf y}$，由高斯定律得

$$\frac{dE_y}{dy} =\frac{\rho_v}{\varepsilon} =-\frac{\rho_0 y}{\varepsilon h}$$

對 $y$ 積分：

$$E_y(y)=C-\frac{\rho_0 y^2}{2\varepsilon h}$$

核心觀念

本題考查雙線傳輸線（Two-wire transmission line）單位長度**內部電感（Internal Inductance）與外部電感（External Inductance）**的推導。涉及的主要電磁學定理與觀念如下：

1. 安培環路定律（Ampère's Circuital Law）：
   $\oint_{\mathcal{C}} \mathbf{B} \cdot d\mathbf{l} = \mu_0 I_{\text{enc}}$
   用於求出單根圓柱形導線內部與外部的磁感應強度分布 $\mathbf{B}$。

2. 磁場能量與電感之關係（Magnetic Energy Method）：
   體積 $V$ 内儲存的磁場能量為：
   $W_m = \frac{1}{2} L I^2 = \int_V \frac{1}{2\mu_0} |\mathbf{B}|^2 dV$
   藉由計算導線內部所儲存的磁能，可求得內部電感。

3. 磁通鏈與電感之定義（Flux Linkage Method）：
   電感定義為單位電流產生的總磁通鏈：
   $L = \frac{\Lambda}{I}$
   其中 $\Lambda$ 為交鏈磁通量（Flux Linkage）。

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解題方法

設雙線傳輸線由兩根平行圓柱形導線組成，半徑均為 $b$，軸心距離為 $L$，且 $L \gg b$。兩導線通以大小相同、方向相反的電流 $I$。

     Wire 1 (+I)                 Wire 2 (-I)
       ( (•) ) <------ L ------> ( (x) )
        r=b                         r=b

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一、單位長度內部電感 $L_{\text{int}}'$ 的推導

內部電感源自於導線內部截面所產生的磁場與能量。假設電流 $I$ 均勻分布於導線截面上，電流密度 $J = \frac{I}{\pi b^2}$。

1. 導線內部的磁場分布：
   在距離單根導線軸心 $r$ 處（$r \le b$），半徑為 $r$ 的圓形路徑所包圍的電流為：
   $I_{\text{enc}} = I \cdot \frac{\pi r^2}{\pi b^2} = I \frac{r^2}{b^2}$
   由安培環路定律：
   $B_\phi (2\pi r) = \mu_0 I_{\text{enc}} = \mu_0 I \frac{r^2}{b^2} \implies B_\phi(r) = \frac{\mu_0 I r}{2\pi b^2}$

2. 單根導線單位的內部磁場能量 $W_{m,\text{int1}}'$：
   取長度為 $1$ 公尺的圓柱微小體積元 $dV = (2\pi r dr)(1)$：
   $W_{m,\text{int1}}' = \int_0^b \frac{B_\phi^2(r)}{2\mu_0} \cdot 2\pi r dr = \int_0^b \frac{1}{2\mu_0} \left( \frac{\mu_0 I r}{2\pi b^2} \right)^2 2\pi r dr = \frac{\mu_0 I^2}{4\pi b^4} \int_0^b r^3 dr$
   $W_{m,\text{int1}}' = \frac{\mu_0 I^2}{4\pi b^4} \left[ \frac{b^4}{4} \right] = \frac{\mu_0 I^2}{16\pi} \quad (\text{J/m})$

3. 單根導線單位長度內部電感 $L_{\text{int1}}'$：
   由磁能公式 $W_{m,\text{int1}}' = \frac{1}{2} L_{\text{int1}}' I^2$，解得：
   $L_{\text{int1}}' = \frac{2 W_{m,\text{int1}}'}{I^2} = \frac{\mu_0}{8\pi} \quad (\text{H/m})$

4. 兩根導線總單位長度內部電感 $L_{\text{int}}'$：
   雙線傳輸線包含兩根相同導線，總內部磁能為單根導線的 $2$ 倍，故：
   $L_{\text{int}}' = 2 \times L_{\text{int1}}' = \frac{\mu_0}{4\pi} \quad (\text{H/m})$

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二、單位長度外部電感 $L_{\text{ext}}'$ 的推導

外部電感源自於兩導線外圍空間（介於兩導線表面之間）的磁通量。

1. 兩導線之間的磁場分布：
   建立一維座標軸，設導線 1 軸心在 $x = 0$，導線 2 軸心在 $x = L$。在兩導線連線上的任意點 $x$（$b \le x \le L-b$）：

   • 導線 1 產生的磁場：$B_1(x) = \frac{\mu_0 I}{2\pi x}$（方向垂直兩軸形成的平面）
   • 導線 2 產生的磁場：$B_2(x) = \frac{\mu_0 I}{2\pi (L-x)}$（因電流反向，磁場方向與 $B_1$ 相同）

   兩導線間總磁場強度為：

核心觀念
本題考查沿 $+x$ 方向傳播之橫電磁波（TEM wave）在**頻域（Frequency Domain / Phasor Domain）與時域（Time Domain）**下的行波因子（Traveling-wave Factor）。

1. 頻域表示法（相量形式）：電磁波在空間中的傳播特性由複數傳播常數（Complex Propagation Constant）$\gamma = \alpha + j\beta$ 決定。沿 $+x$ 正方向傳播的波，其頻域空間行波因子為 $e^{-\gamma x}$（若在無耗損介質中，衰減常數 $\alpha = 0$，可簡化為 $e^{-j\beta x}$）。
2. 時域表示法（瞬時形式）：將頻域相量乘上時間相位因子 $e^{j\omega t}$ 並取實部 $\text{Re}\{\cdot\}$，可得到時域行波因子 $e^{-\alpha x} \cos(\omega t - \beta x)$（無耗損介質下為 $\cos(\omega t - \beta x)$）。

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解題方法
推導沿 $+x$ 方向傳播之 TEM 波在頻域與時域的行波因子步驟如下：

1. 頻域（Frequency Domain）行波因子推導：
   由馬克斯威爾方程式導出之純量波動方程式（Helmholtz Equation）：
   $\frac{d^2 E_y}{dx^2} - \gamma^2 E_y = 0$
   其通解形式為：
   $E_y(x) = E_0^+ e^{-\gamma x} + E_0^- e^{+\gamma x}$
   其中，$E_0^+ e^{-\gamma x}$ 項代表沿 $+x$ 方向傳播的波。因此頻域行波因子為：

   • 有耗損介質（General Lossy Medium）：傳播常數 $\gamma = \alpha + j\beta$，頻域行波因子為：
     $e^{-\gamma x} = e^{-\alpha x} e^{-j\beta x}$
   • 無耗損介質（Lossless Medium）：衰減常數 $\alpha = 0$，$\gamma = j\beta$，頻域行波因子簡化為：
     $e^{-j\beta x}$

2. 時域（Time Domain）行波因子推導：
   將頻域相量轉換至時域瞬時表示式，採用相量-時域轉換公式：
   $\mathbf{E}(x, t) = \text{Re}\left\{ \mathbf{\tilde{E}}(x) e^{j\omega t} \right\}$
   將頻域正向行波相量 $\mathbf{\tilde{E}}(x) = \hat{a}_y E_0 e^{-\alpha x} e^{-j\beta x}$ 代入：
   $\mathbf{E}(x, t) = \text{Re}\left\{ \hat{a}_y E_0 e^{-\alpha x} e^{-j\beta x} e^{j\omega t} \right\} = \hat{a}_y E_0 e^{-\alpha x} \cos(\omega t - \beta x)$

核心觀念

1. 橫電磁波（TEM Wave）的定義：波動在傳播過程中，電場向量 $\vec{E}$ 與磁場向量 $\vec{H}$ 皆完全垂直於波的傳播方向 $\hat{a}_k$。若波動沿 $+z$ 方向傳播，則電場與磁場之縱向分量（Longitudinal Components）恆為零，即 $E_z = 0$ 且 $H_z = 0$。
2. 極化（Polarization）的定義：極化用於描述電場向量端點隨時間在與傳播方向垂直之「橫截面」（Transverse Plane，即 $xy$ 平面）上描繪出的軌跡形態。
3. 負橢圓極化（Negative Elliptically Polarized Wave）：當橫向電場分量 $E_x$ 與 $E_y$ 的振幅與相位滿足橢圓軌跡條件，且電場向量端點在橫截面上隨時間旋轉的方向符合負向（Negative Sense of Rotation）規定時，即稱為負橢圓極化波。

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解題方法
以下透過均勻平面波（Uniform Plane Wave）之場方程式進行嚴謹推導與說明：

步驟一：建立沿 $+z$ 方向傳播之平面波場相量
設一平面波於均勻、無損耗介質中沿 $+z$ 方向傳播，其電場相量（Phasor）一般式表示為：
$\vec{E}(z) = (\hat{a}_x E_x + \hat{a}_y E_y) e^{-j k z} = (\hat{a}_x E_{0x} e^{j\theta_x} + \hat{a}_y E_{0y} e^{j\theta_y}) e^{-j k z}$
其中 $E_{0x}, E_{0y} > 0$ 為兩正交橫向分量之振幅，$\theta_x, \theta_y$ 為其初始相位，$k$ 為波數。

對應之磁場相量由麥克斯威爾方程式推得：
$\vec{H}(z) = \frac{1}{\eta} \hat{a}_z \times \vec{E}(z) = \left( -\hat{a}_x \frac{E_{0y}}{\eta} e^{j\theta_y} + \hat{a}_y \frac{E_{0x}}{\eta} e^{j\theta_x} \right) e^{-j k z}$
其中 $\eta$ 為介質之本徵阻抗（Intrinsic Impedance）。

步驟二：驗證 TEM 波的充要條件
觀察上述電場與磁場之分量：
$E_z = 0$
$H_z = 0$
電場與磁場向量完全限制於 $xy$ 橫截面內，無任何縱向場分量，完全滿足 TEM 波的定義。

步驟三：驗證負橢圓極化條件
取固定位置 $z = 0$，將相量轉換為時域（Time-Domain）實數表達式：
$E_x(t) = E_{0x} \cos(\omega t + \theta_x)$
$E_y(t) = E_{0y} \cos(\omega t + \theta_y)$

核心觀念

同軸線以 TEM 模態傳播時：

• 電場只有徑向分量 $\mathbf{E}=E_r\hat{\mathbf a}_r$；
• 磁場只有方位角分量 $\mathbf{H}=H_\phi\hat{\mathbf a}_\phi$；
• 內導體半徑為 $a$，外導體內半徑為 $b$；
• 介質參數為 $\mu,\epsilon,\sigma$；
• 兩導體間電壓取為 $V_0^t(z)$，其對應的傳輸電流為 $I_0^t(z)$。

由高斯定律與安培定律，可分別求得徑向電場與方位角磁場。

解題方法

1. 電場強度

在 $a<r<b$ 的介質區域內，TEM 電場沿徑向：

$$\mathbf{E}(r,z)=E_r(r,z)\hat{\mathbf a}_r$$

由於同軸結構具有圓柱對稱性，電位只與 $r$ 有關，且滿足

$$V_0^t(z)=\int_a^b \mathbf{E}\cdot d\mathbf l =\int_a^b E_r(r,z)\,dr$$

又因為圓柱形電極的電場必與 $1/r$ 成正比，因此

$$E_r(r,z)=\frac{C(z)}{r}$$

代入電壓關係：

$$V_0^t(z)=C(z)\int_a^b\frac{dr}{r} =C(z)\ln\left(\frac{b}{a}\right)$$

故

$$\boxed{ \mathbf{E}(r,z)= \frac{V_0^t(z)} {r\ln(b/a)} \hat{\mathbf a}_r } \qquad (a<r<b)$$

若波沿 $+z$ 方向傳播，則

$$V_0^t(z)=V_0^t(0)e^{-\gamma z}$$

其中傳播常數為

$$\gamma=\sqrt{j\omega\mu(\sigma+j\omega\epsilon)}$$

因此也可寫成

$$\boxed{ \mathbf{E}(r,z)= \frac{V_0^t(0)e^{-\gamma z}} {r\ln(b/a)} \hat{\mathbf a}_r }$$

2. 磁場強度

取半徑為 $r$ 的圓形安培迴路，根據安培定律：

$$\oint \mathbf{H}\cdot d\mathbf l=I_0^t(z)$$

由圓柱對稱性，$H_\phi$ 在迴路上為定值，因此

$$H_\phi(r,z)(2\pi r)=I_0^t(z)$$

得到

$$\boxed{ \mathbf{H}(r,z)= \frac{I_0^t(z)}{2\pi r} \hat{\mathbf a}_\phi }$$

在均勻介質中，電磁波的場阻抗為

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

且 TEM 波滿足

$$\mathbf{E}=\eta\mathbf{H}\times\hat{\mathbf a}_z$$

所以

$$H_\phi(r,z)=\frac{E_r(r,z)}{\eta}$$

因此

$$\boxed{ \mathbf{H}(r,z)= \frac{V_0^t(z)} {\eta\,r\ln(b/a)} \hat{\mathbf a}_\phi }$$

相對應的傳輸電流為

$$\boxed{ I_0^t(z)= \frac{2\pi V_0^t(z)} {\eta\ln(b/a)} }$$

同軸線的特性阻抗為

$$\boxed{ Z_0=\frac{V_0^t(z)}{I_0^t(z)} =\frac{\eta}{2\pi}\ln\left(\frac{b}{a}\right) }$$

3. 兩導體表面電流密度

表面電流密度由磁場的邊界條件決定：

$$\mathbf{J}_s=\hat{\mathbf a}_n\times\mathbf{H}$$

核心觀念

本題考查平面波斜向入射時，電場的反射係數與透射係數如何受邊界條件約束。介面上的切向電場連續：

$$\mathbf{\hat n}\times(\mathbf E_2-\mathbf E_1)=\mathbf 0$$

平行極化表示電場位於入射面內，因此需將各電場振幅投影到介面的切線方向。

解題方法

令入射、反射、透射電場振幅分別為 $E_i$、$E_r$、$E_t$，並定義電場振幅係數

$$\Gamma=\frac{E_r}{E_i},\qquad \tau=\frac{E_t}{E_i}$$

由圖中的角度定義，平行極化電場在介面切線方向上的分量，大小分別為電場振幅乘上入射角或透射角的餘弦。因此在介面上套用切向電場連續條件：

核心觀念

圖 4 為對稱的 Wilkinson 功率分配器。輸入端激勵時，兩條支路具有相同電壓，因此

$V_2=V_3$

兩輸出端之間的隔離電阻兩端電壓為零，不流過電流。每條支路可視為特性阻抗 $\sqrt{2}Z_0$、電氣長度 $\theta=\pi/2$ 的四分之一波長變壓器，負載為 $Z_0$。

輸入阻抗 $Z_{\mathrm{in}}$

四分之一波長傳輸線的阻抗轉換公式為

$$Z_{\mathrm{arm}}=\frac{Z_c^2}{Z_L}$$

其中

$$Z_c=\sqrt{2}Z_0,\qquad Z_L=Z_0$$

所以每一條支路在分岔點看入的阻抗為

$$Z_{\mathrm{arm}} =\frac{(\sqrt{2}Z_0)^2}{Z_0} =2Z_0$$

兩條相同支路並聯，因此

$$Z_{\mathrm{in}} =2Z_0\parallel 2Z_0 =\frac{(2Z_0)(2Z_0)}{2Z_0+2Z_0} =Z_0$$

因此輸入端與標示為 $Z_0$ 的輸入線匹配。

電壓比 $V_2/V_1$