109 年 國立臺灣大學電信工程學研究所甲組《電磁學與電磁波》

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第 1 題20 分

An infinite planar current sheet, JsJ_s, is placed at the interface (z=0z=0) of two perfect dielectric materials, where JsJ_s is a time-varying surface current density given by
Js=0.2cos⁡(8π×109t)x^(A/m)J_s = 0.2 \cos(8\pi \times 10^9 t) \hat{x} \quad (\text{A/m})
The values of permittivity in these two regions are given by ϵ1=4ϵ0\epsilon_1 = 4\epsilon_0 and ϵ2=9ϵ0\epsilon_2 = 9\epsilon_0 for z<0z<0 and z>0z>0, respectively. (Both cases assume μ=μ0\mu = \mu_0).

(1) (4 points) Find the intrinsic impedances, η1\eta_1 and η2\eta_2, in these two regions of z<0z<0 and z>0z>0, respectively. Also find the corresponding phase constants, β1\beta_1 and β2\beta_2. (Note that the speed of light is c=3×108c = 3 \times 10^8 m/s).

(2) (8 points) Find the electric field E(z,t)E(z,t) and the magnetic field H(z,t)H(z,t) in both regions z>0z > 0 and z<0z < 0.

(3) (4 points) Specify the boundary conditions for E(z,t)E(z,t) and H(z,t)H(z,t), respectively at z=0z=0 when the fields in the two regions go close to the interface at z=0z=0.

(4) (4 points) Please show if the time-average power densities in these two regions are equal.

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核心觀念

本題考查:

  • 無限時變電流片所產生的平面電磁波。
  • 無損介質的本質阻抗 η\eta 與相位常數 β\beta。
  • 電磁波中電場與磁場的關係。
  • 電流片邊界條件:
    n^×(H2−H1)=Js\hat{\mathbf n}\times(\mathbf H_2-\mathbf H_1)=\mathbf J_s
  • 平均坡印廷向量:
    ⟨S⟩=12Re⁡(E×H∗)\langle\mathbf S\rangle=\frac{1}{2}\operatorname{Re}\left(\mathbf E\times\mathbf H^*\right)

令區域 1 為 z<0z<0,區域 2 為 z>0z>0。電流片位於 z=0z=0,且

Js=0.2cos⁡(ωt)x^\mathbf J_s=0.2\cos(\omega t)\hat{\mathbf x}

其中

ω=8π×109 rad/s\omega=8\pi\times10^9\ \text{rad/s}

(1)本質阻抗與相位常數

本質阻抗

無損介質的本質阻抗為

η=μϵ=η0ϵr\eta=\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}} =\frac{\eta_0}{\sqrt{\epsilon_r}}

其中

η0=μ0ϵ0≈377 Ω\eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}\approx 377\ \Omega

區域 1:

η1=3774=3772≈188.5 Ω\eta_1=\frac{377}{\sqrt{4}} =\frac{377}{2} \approx188.5\ \Omega

區域 2:

η2=3779=3773≈125.7 Ω\eta_2=\frac{377}{\sqrt{9}} =\frac{377}{3} \approx125.7\ \Omega

相位常數

相位常數為

β=ωμϵ=ωcϵr\beta=\omega\sqrt{\mu\epsilon} =\frac{\omega}{c}\sqrt{\epsilon_r}

區域 1:

β1=8π×1093×108×2=160π3≈167.6 rad/m\beta_1 =\frac{8\pi\times10^9}{3\times10^8}\times2 =\frac{160\pi}{3} \approx167.6\ \text{rad/m}

區域 2:

β2=8π×1093×108×3=80π≈251.3 rad/m\beta_2 =\frac{8\pi\times10^9}{3\times10^8}\times3 =80\pi \approx251.3\ \text{rad/m}

因此,

η1≈188.5 Ω,η2≈125.7 Ω\boxed{\eta_1\approx188.5\ \Omega,\qquad \eta_2\approx125.7\ \Omega} β1=160π3 rad/m,β2=80π rad/m\boxed{\beta_1=\frac{160\pi}{3}\ \text{rad/m},\qquad \beta_2=80\pi\ \text{rad/m}}

(2)兩區域中的電場與磁場

解題方法

電流片向兩側輻射:

  • z>0z>0 的波向 +z^+\hat{\mathbf z} 傳播。
  • z<0z<0 的波向 −z^-\hat{\mathbf z} 傳播。

由於電流方向為 x^\hat{\mathbf x},電場必須沿 x^\hat{\mathbf x},磁場則依右手定則沿 y^\hat{\mathbf y}。

設界面上的電場為

E(0,t)=E0cos⁡(ωt)x^\mathbf E(0,t)=E_0\cos(\omega t)\hat{\mathbf x}

由於電流片的邊界條件,最後可得 E0E_0 與電流密度的關係。

界面電場振幅

在 z>0z>0,波向 +z^+\hat{\mathbf z} 傳播:

H2=1η2z^×E2\mathbf H_2=\frac{1}{\eta_2}\hat{\mathbf z}\times\mathbf E_2

在 z<0z<0,波向 −z^-\hat{\mathbf z} 傳播:

H1=1η1(−z^)×E1\mathbf H_1=\frac{1}{\eta_1}(-\hat{\mathbf z})\times\mathbf E_1

切向磁場邊界條件為

z^×(H2−H1)=Js\hat{\mathbf z}\times(\mathbf H_2-\mathbf H_1)=\mathbf J_s

代入方向後,得到

E0(1η1+1η2)=−J0E_0\left(\frac{1}{\eta_1}+\frac{1}{\eta_2}\right)=-J_0

其中 J0=0.2 A/mJ_0=0.2\ \text{A/m},因此

E0=−J01/η1+1/η2E_0 =-\frac{J_0}{1/\eta_1+1/\eta_2}

計算等效阻抗:

η1η2η1+η2=(188.5)(125.7)188.5+125.7≈75.4 Ω\frac{\eta_1\eta_2}{\eta_1+\eta_2} = \frac{(188.5)(125.7)}{188.5+125.7} \approx75.4\ \Omega

故

E0=−0.2(75.4)≈−15.08 V/mE_0=-0.2(75.4) \approx-15.08\ \text{V/m}

負號表示電場方向為 −x^-\hat{\mathbf x}。

區域 2:z>0z>0

向 +z^+\hat{\mathbf z} 傳播的電波為

E2(z,t)=−15.08cos⁡(ωt−β2z)x^ V/m\boxed{ \mathbf E_2(z,t) =-15.08\cos(\omega t-\beta_2z)\hat{\mathbf x}\ \text{V/m} }

其中 ω=8π×109\omega=8\pi\times10^9、β2=80π\beta_2=80\pi,所以

E2(z,t)=−15.08cos⁡(8π×109t−80πz)x^ V/m\boxed{ \mathbf E_2(z,t) =-15.08\cos(8\pi\times10^9t-80\pi z)\hat{\mathbf x}\ \text{V/m} }

磁場為

H2=1η2z^×E2\mathbf H_2 =\frac{1}{\eta_2}\hat{\mathbf z}\times\mathbf E_2

因此

H2(z,t)=−0.120cos⁡(8π×109t−80πz)y^ A/m\boxed{ \mathbf H_2(z,t) =-0.120\cos(8\pi\times10^9t-80\pi z)\hat{\mathbf y}\ \text{A/m} }

因為

15.08125.7≈0.120 A/m\frac{15.08}{125.7}\approx0.120\ \text{A/m}

區域 1:z<0z<0

向 −z^-\hat{\mathbf z} 傳播的電波為

E1(z,t)=−15.08cos⁡(ωt+β1z)x^ V/m\boxed{ \mathbf E_1(z,t) =-15.08\cos(\omega t+\beta_1z)\hat{\mathbf x}\ \text{V/m} }

即

E1(z,t)=−15.08cos⁡(8π×109t+160π3z)x^ V/m\boxed{ \mathbf E_1(z,t) =-15.08\cos\left(8\pi\times10^9t+\frac{160\pi}{3}z\right) \hat{\mathbf x}\ \text{V/m} }
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第 2 題15 分

Consider two parallel infinite plane sheets held a distance dd apart (the material inside is air). The surface charge density is ρs0\rho_{s0} at z=0z=0, and is −ρs0-\rho_{s0} at z=dz=d.

(1) (6 points) Find the electric field everywhere. Calculate the voltage between the two plane sheets. Find the capacitance per area.

(2) (6 points) Now the air is replaced by a dielectric material, ϵ=2.25ϵ0\epsilon = 2.25\epsilon_0. Repeat the computations in (1).

(3) (3 points) Find the polarization current density, JpJ_p.

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核心觀念

本題考查平行無限大帶電平面的電場、電位差、平行板電容,以及介電質中的極化與極化電流。

主要公式如下:

  • 無限大帶電平面的電場大小:
E=ρs2ϵE=\frac{\rho_s}{2\epsilon}
  • 由高斯定律,介面上的自由面電荷滿足:
n^⋅(D2−D1)=ρs\hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf D_2-\mathbf D_1)=\rho_s
  • 電場與電位差關係:
V(b)−V(a)=−∫abE⋅dlV(b)-V(a)=-\int_a^b \mathbf E\cdot d\mathbf l
  • 平行板電容:
CA=ϵd\frac{C}{A}=\frac{\epsilon}{d}

其中 ρs0\rho_{s0} 為自由面電荷密度,兩平面分別位於 z=0z=0 與 z=dz=d。


(1) 材料為空氣

電場

在 z=0z=0 的正電荷面,其兩側電場皆由平面向外:

  • z<0z<0 區域:電場方向為 −z^-\hat{\mathbf z}
  • 0<z<d0<z<d 區域:電場方向為 +z^+\hat{\mathbf z}

在 z=dz=d 的負電荷面,其兩側電場皆指向該平面:

  • z<dz<d 區域:電場方向為 +z^+\hat{\mathbf z}
  • z>dz>d 區域:電場方向為 −z^-\hat{\mathbf z}

因此,兩平面外部的電場互相抵消,而兩平面之間的電場相加:

E(z)={0,z<0,ρs0ϵ0z^,0<z<d,0,z>d.\boxed{ \mathbf E(z)= \begin{cases} \mathbf 0, & z<0,\\[4pt] \dfrac{\rho_{s0}}{\epsilon_0}\hat{\mathbf z}, & 0<z<d,\\[8pt] \mathbf 0, & z>d. \end{cases} }

也可直接使用高斯柱面求得。對於 0<z<d0<z<d 的區域,電位移為

D=ρs0z^\mathbf D=\rho_{s0}\hat{\mathbf z}

所以

E=Dϵ0=ρs0ϵ0z^.\mathbf E=\frac{\mathbf D}{\epsilon_0} =\frac{\rho_{s0}}{\epsilon_0}\hat{\mathbf z}.

兩平面間的電壓

取 V(0)−V(d)V(0)-V(d) 為正電板相對負電板的電壓:

V(0)−V(d)=−∫d0E⋅dlV(0)-V(d) =-\int_d^0 \mathbf E\cdot d\mathbf l

由於兩板間 E=(ρs0/ϵ0)z^\mathbf E=(\rho_{s0}/\epsilon_0)\hat{\mathbf z},得到

V(0)−V(d)=∫0dρs0ϵ0 dz=ρs0dϵ0.V(0)-V(d) =\int_0^d \frac{\rho_{s0}}{\epsilon_0}\,dz =\frac{\rho_{s0}d}{\epsilon_0}.

因此

V(0)−V(d)=ρs0dϵ0\boxed{V(0)-V(d)=\frac{\rho_{s0}d}{\epsilon_0}}

若題目定義電壓為 V(d)−V(0)V(d)-V(0),則結果為

V(d)−V(0)=−ρs0dϵ0.V(d)-V(0)=-\frac{\rho_{s0}d}{\epsilon_0}.

單位面積電容

平行板上的自由電荷為

Q=ρs0AQ=\rho_{s0}A

因此

CA=Q/AV(0)−V(d)=ρs0ρs0d/ϵ0.\frac{C}{A} =\frac{Q/A}{V(0)-V(d)} =\frac{\rho_{s0}}{\rho_{s0}d/\epsilon_0}.

故

CA=ϵ0d\boxed{\frac{C}{A}=\frac{\epsilon_0}{d}}

(2) 介電質 ϵ=2.25ϵ0\epsilon=2.25\epsilon_0

介電質填滿兩平面之間,且題目給定的 ρs0\rho_{s0} 視為自由面電荷密度,因此電位移 D\mathbf D 由自由電荷決定,仍為

D={0,z<0,ρs0z^,0<z<d,0,z>d.\mathbf D= \begin{cases} \mathbf 0, & z<0,\\[4pt] \rho_{s0}\hat{\mathbf z}, & 0<z<d,\\[4pt] \mathbf 0, & z>d. \end{cases}

電場

介電質內有

E=Dϵ\mathbf E=\frac{\mathbf D}{\epsilon}

所以

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第 3 題15 分

Consider an electric field propagating radially outward in free space, which is expressed in spherical coordinates by
E⃗=E0rsin⁡[ω(t−r/c)]r^(V/m)\vec{E} = \frac{E_0}{r} \sin[\omega(t - r/c)] \hat{r} \quad (\text{V/m})
where (r,θ,ϕ)(r, \theta, \phi) is the variables of spherical coordinate system with (r^,θ^,ϕ^)(\hat{r}, \hat{\theta}, \hat{\phi}) being the unit vectors of their axes. We assume that E⃗\vec{E}, H⃗\vec{H} and their propagation direction follow the rule of plane wave.

(a) (5 points) Please find the propagation direction, and afterward determine the magnetic field, H⃗\vec{H}.

(b) (5 points) Find the instantaneous power density (P⃗=E⃗×H⃗\vec{P} = \vec{E} \times \vec{H}). Specify the direction of power propagation.

(c) (5 points) Integrate the power density in (b) through a spherical surface with radius rr to find the power (P=∮SP⃗⋅ds⃗P = \oint_S \vec{P} \cdot d\vec{s}). Also calculate the time average power. (Note: ds⃗=r2sin⁡θdθdϕr^d\vec{s} = r^2 \sin\theta d\theta d\phi \hat{r})

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相位為

ω(t−rc)=常數,\omega\left(t-\frac{r}{c}\right)=\text{常數},

故

drdt=c,\frac{dr}{dt}=c,

傳播方向為徑向外,即 k^=r^\hat{k}=\hat r。

自由空間平面波必須滿足橫向條件

E⃗⊥k^,H⃗=1η0k^×E⃗.\vec E\perp\hat{k},\qquad \vec H=\frac{1}{\eta_0}\hat{k}\times\vec E.

但題給 E⃗∥r^=k^\vec E\parallel\hat r=\hat{k},因此

H⃗=1η0r^×[E0rsin⁡ω(t−rc)r^]=0⃗.\vec H=\frac{1}{\eta_0}\hat r\times \left[\frac{E_0}{r}\sin\omega\left(t-\frac rc\right)\hat r\right]=\vec 0.

此結果與非零、隨時間變化的自由空間電場不相容;

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第 4 題15 分

Consider a transmission line with characteristic impedance Z0Z_0, propagation constant β\beta, and length ll. It is connected to a short-circuited load at one end.

(a) (5 points) Show that the input impedance looking into the transmission line (from the other end) can be expressed as Zin=jZ0tan⁡(βl)Z_{in} = jZ_0 \tan(\beta l).

(b) (5 points) Assume that the short-circuited load is replaced by an arbitrary load ZLZ_L, as shown in Figure 1, please show that the input impedance looking into the transmission line can be expressed as
Zin=Z0ZL+jZ0tan⁡(βl)Z0+jZLtan⁡(βl)Z_{in} = Z_0 \frac{Z_L + jZ_0 \tan(\beta l)}{Z_0 + jZ_L \tan(\beta l)}
(Hint: use Z(d)=Z0ZL+jZ0tan⁡(βd)Z0+jZLtan⁡(βd)Z(d)=Z_0 \frac{Z_L + jZ_0 \tan(\beta d)}{Z_0 + jZ_L \tan(\beta d)}, where Γ(d)\Gamma(d) is the reflection coefficient at location dd)

Figure 1.
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(c) (5 points) Let Z(d)Z(d) be the line impedance at location dd looking towards the load. Show that
Z(d)=Z01+Γ(d)1−Γ(d)Z(d) = Z_0 \frac{1+\Gamma(d)}{1-\Gamma(d)}
where Γ(d)\Gamma(d) is the reflection coefficient at location dd.

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 1 頁原卷第 2 頁

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核心觀念

本題考查無損傳輸線的:

  1. 特性阻抗 Z0Z_0 與輸入阻抗的關係。
  2. 傳輸線上的電壓、電流行波與反射波。
  3. 反射係數與線上阻抗的轉換公式。
  4. 短路負載與任意負載下的阻抗變換。

令 dd 表示「由負載端朝訊號源方向量測的距離」,因此負載端為 d=0d=0,輸入端為 d=ld=l。


(a) 短路負載的輸入阻抗

短路負載滿足

ZL=0Z_L=0

無損傳輸線上,距離負載端 dd 處的電壓與電流可寫成

V(d)=VLcos⁡(βd)+jZ0ILsin⁡(βd)V(d)=V_L\cos(\beta d)+jZ_0I_L\sin(\beta d) I(d)=ILcos⁡(βd)+jVLZ0sin⁡(βd)I(d)=I_L\cos(\beta d)+j\frac{V_L}{Z_0}\sin(\beta d)

短路時 VL=0V_L=0,因此

V(d)=jZ0ILsin⁡(βd)V(d)=jZ_0I_L\sin(\beta d) I(d)=ILcos⁡(βd)I(d)=I_L\cos(\beta d)

所以距離負載端 dd 處的阻抗為

Z(d)=V(d)I(d)=jZ0tan⁡(βd)Z(d)=\frac{V(d)}{I(d)} =jZ_0\tan(\beta d)

輸入端位於 d=ld=l,故

Zin=jZ0tan⁡(βl)\boxed{Z_{in}=jZ_0\tan(\beta l)}

(b) 任意負載下的輸入阻抗

任意負載 ZLZ_L 下,有

VL=ZLILV_L=Z_LI_L

代入傳輸線上的電壓與電流式:

V(d)=IL[ZLcos⁡(βd)+jZ0sin⁡(βd)]V(d)=I_L\left[Z_L\cos(\beta d)+jZ_0\sin(\beta d)\right] I(d)=IL[cos⁡(βd)+jZLZ0sin⁡(βd)]I(d)=I_L\left[\cos(\beta d)+j\frac{Z_L}{Z_0}\sin(\beta d)\right]

因此

Z(d)=V(d)I(d)Z(d)=\frac{V(d)}{I(d)}

整理得

Z(d)=ZLcos⁡(βd)+jZ0sin⁡(βd)cos⁡(βd)+jZLZ0sin⁡(βd)Z(d) = \frac{Z_L\cos(\beta d)+jZ_0\sin(\beta d)} {\cos(\beta d)+j\frac{Z_L}{Z_0}\sin(\beta d)}

分子、分母同除以 cos⁡(βd)\cos(\beta d):

Z(d)=ZL+jZ0tan⁡(βd)1+jZLZ0tan⁡(βd)Z(d) = \frac{Z_L+jZ_0\tan(\beta d)} {1+j\frac{Z_L}{Z_0}\tan(\beta d)}

將分母乘以 Z0Z_0,得到

Z(d)=Z0ZL+jZ0tan⁡(βd)Z0+jZLtan⁡(βd)Z(d) = Z_0 \frac{Z_L+jZ_0\tan(\beta d)} {Z_0+jZ_L\tan(\beta d)}

輸入端為 d=ld=l,所以

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第 5 題15 分

Figure 2 shows a plane wave of TE polarization incident upon a planar interface at x=0x=0, the electric field is E⃗i(r⃗)=y^E0e−jkxx−jkzz\vec{E}_i(\vec{r}) = \hat{y} E_0 e^{-j k_x x - j k_z z}, the reflected electric field is E⃗r(r⃗)=y^RE0e−jkx′x−jkz′z\vec{E}_r(\vec{r}) = \hat{y} R E_0 e^{-j k'_x x - j k'_z z}, and the transmitted electric field is E⃗t(r⃗)=y^TE0e−jkx′′x−jkz′′z\vec{E}_t(\vec{r}) = \hat{y} T E_0 e^{-j k''_x x - j k''_z z}, where RR is the reflection coefficient and TT is the transmission coefficient.

(a) (5 points) Derive the incident, reflected and transmitted magnetic fields by using H⃗(r⃗)=1jωμ∇×E⃗(r⃗)\vec{H}(\vec{r}) = \frac{1}{j\omega\mu} \nabla \times \vec{E}(\vec{r}).

(b) (5 points) Impose the boundary condition that the tangential electric and magnetic fields are continuous at x=0x=0 to solve RR and TT.

(c) (5 points) If ϵ1>ϵ2\epsilon_1 > \epsilon_2, derive the formula of the critical angle θc\theta_c at which total reflection occurs.

Figure 2.
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

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原卷第 2 頁

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核心觀念

本題考查:

  1. 平面波中電場與磁場的關係
    H⃗=1jωμ∇×E⃗\vec{H}=\frac{1}{j\omega\mu}\nabla\times\vec{E}
  2. 介面上的切向電場、磁場連續條件。
  3. TE 波在介面上的反射係數與透射係數。
  4. 全反射與臨界角。

設介面為 x=0x=0,介面法向為 xx 軸,入射波由介質 1 入射至介質 2。波向量的切向分量必須滿足

kz=kz′=kz′′k_z=k'_z=k''_z

且反射波的法向波向量反向:

kx′=−kxk'_x=-k_x

其中

k1=ωμ1ϵ1,k2=ωμ2ϵ2.k_1=\omega\sqrt{\mu_1\epsilon_1},\qquad k_2=\omega\sqrt{\mu_2\epsilon_2}.

(a) 推導三個磁場

對一般形式

E⃗(r⃗)=y^Ee−jkxx−jkzz\vec{E}(\vec r)=\hat y E e^{-jk_xx-j_kzz}

有

∇×E⃗=∣x^y^z^∂∂x∂∂y∂∂z0E0∣=−∂E∂zx^+∂E∂xz^.\nabla\times\vec E = \begin{vmatrix} \hat x&\hat y&\hat z\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\ 0&E&0 \end{vmatrix} = -\frac{\partial E}{\partial z}\hat x + \frac{\partial E}{\partial x}\hat z.

由

∂E∂z=−jkzE,∂E∂x=−jkxE\frac{\partial E}{\partial z}=-jk_zE,\qquad \frac{\partial E}{\partial x}=-jk_xE

可得

∇×E⃗=jkzEx^−jkxEz^.\nabla\times\vec E = jk_zE\hat x-jk_xE\hat z.

因此

H⃗=Eωμ(kzx^−kxz^).\vec H = \frac{E}{\omega\mu} \left(k_z\hat x-k_x\hat z\right).

入射波

H⃗i(r⃗)=E0ωμ1(kzx^−kxz^)e−jkxx−jkzz\boxed{ \vec H_i(\vec r) = \frac{E_0}{\omega\mu_1} \left(k_z\hat x-k_x\hat z\right) e^{-jk_xx-jk_zz} }

反射波

反射電場為

E⃗r(r⃗)=y^RE0e−jkx′x−jkz′z\vec E_r(\vec r) = \hat y R E_0e^{-jk'_xx-jk'_zz}

故

H⃗r(r⃗)=RE0ωμ1(kz′x^−kx′z^)e−jkx′x−jkz′z\boxed{ \vec H_r(\vec r) = \frac{R E_0}{\omega\mu_1} \left(k'_z\hat x-k'_x\hat z\right) e^{-jk'_xx-jk'_zz} }

利用 kz′=kzk'_z=k_z、kx′=−kxk'_x=-k_x,也可寫成

H⃗r(r⃗)=RE0ωμ1(kzx^+kxz^)e+jkxx−jkzz\boxed{ \vec H_r(\vec r) = \frac{R E_0}{\omega\mu_1} \left(k_z\hat x+k_x\hat z\right) e^{+jk_xx-jk_zz} }

透射波

H⃗t(r⃗)=TE0ωμ2(kz′′x^−kx′′z^)e−jkx′′x−jkz′′z\boxed{ \vec H_t(\vec r) = \frac{T E_0}{\omega\mu_2} \left(k''_z\hat x-k''_x\hat z\right) e^{-jk''_xx-jk''_zz} }

(b) 求反射係數 RR 與透射係數 TT

切向電場連續

在 x=0x=0 時,切向電場為 yy 方向,因此

E⃗i,t+E⃗r,t=E⃗t,t.\vec E_{i,t}+\vec E_{r,t}=\vec E_{t,t}.

代入各電場:

E0+RE0=TE0E_0+RE_0=TE_0

所以

1+R=T\boxed{1+R=T}

切向磁場連續

磁場的切向分量為 zz 方向。

在 x=0x=0 時,

Hiz+Hrz=Htz.H_{iz}+H_{rz}=H_{tz}.

由各磁場的 zz 分量,

−kxωμ1E0−kx′ωμ1RE0=−kx′′ωμ2TE0.-\frac{k_x}{\omega\mu_1}E_0 -\frac{k'_x}{\omega\mu_1}RE_0 = -\frac{k''_x}{\omega\mu_2}TE_0.

使用 kx′=−kxk'_x=-k_x,得

kxμ1(1−R)=kx′′μ2T.\frac{k_x}{\mu_1}(1-R) = \frac{k''_x}{\mu_2}T.

令

A=kxμ1,B=kx′′μ2,A=\frac{k_x}{\mu_1},\qquad B=\frac{k''_x}{\mu_2},

則

A(1−R)=BTA(1-R)=BT

再利用 T=1+RT=1+R:

A(1−R)=B(1+R).A(1-R)=B(1+R).

整理得

A−B=R(A+B)A-B=R(A+B)

因此反射係數為

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第 6 題20 分

The vector potential A⃗(r⃗)\vec{A}(\vec{r}) induced by a Hertzian dipole Ilδ(r⃗)I l \delta(\vec{r}) at the origin can be represented in the spherical coordinate as
A⃗(r⃗)=−μ0Il4πre−jβrejωtr^\vec{A}(\vec{r}) = -\frac{\mu_0 I l}{4\pi r} e^{-j\beta r} e^{j\omega t} \hat{r}
(a) (5 points) Derive the magnetic field in the spherical coordinate by using H⃗(r⃗)=1μ0∇×A⃗(r⃗)\vec{H}(\vec{r}) = \frac{1}{\mu_0} \nabla \times \vec{A}(\vec{r}).

(b) (5 points) Derive the electric field in the spherical coordinate by using E⃗(r⃗)=1jωϵ0∇×H⃗(r⃗)\vec{E}(\vec{r}) = \frac{1}{j\omega\epsilon_0} \nabla \times \vec{H}(\vec{r}).

(c) (5 points) In the far field (kr≫1kr \gg 1), write down the dominant term in the expressions of H⃗(r⃗)\vec{H}(\vec{r}) in (a) and E⃗(r⃗)\vec{E}(\vec{r}) in (b).

(d) (5 points) Derive the time-average power density by using the far-field expressions in (c).

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查:

  • 向量位勢與磁場的關係
    H⃗=1μ0∇×A⃗\vec{H}=\frac{1}{\mu_0}\nabla\times\vec{A}
  • 由安培–馬克士威方程求電場
    E⃗=1jωϵ0∇×H⃗\vec{E}=\frac{1}{j\omega\epsilon_0}\nabla\times\vec{H}
  • 球座標中的旋度公式
  • Hertzian dipole 在遠場的 1/r1/r 主導項
  • 時間平均坡印廷向量
⟨S⃗⟩=12Re⁡(E⃗×H⃗ ∗)\left\langle\vec{S}\right\rangle =\frac{1}{2}\operatorname{Re}\left(\vec{E}\times\vec{H}^{\,*}\right)

題目若將 A⃗\vec{A} 嚴格解讀為純徑向向量 r^\hat r,則在 r>0r>0 處有 ∇×A⃗=0\nabla\times\vec A=0,會導致 H⃗=E⃗=0\vec H=\vec E=0,與 Hertzian dipole 的物理結果不符。因此本題應採用標準的 zz 軸方向 Hertzian dipole:

A⃗=−μ0Il4πre−jβrejωtz^\vec A =-\frac{\mu_0Il}{4\pi r}e^{-j\beta r}e^{j\omega t}\hat z

以下省略共同的時間因子 ejωte^{j\omega t},並令

D=Il4π,k=βD=\frac{Il}{4\pi},\qquad k=\beta

在球座標中,

z^=cos⁡θ r^−sin⁡θ θ^\hat z=\cos\theta\,\hat r-\sin\theta\,\hat\theta

故

Ar=−μ0De−jkrrcos⁡θA_r=-\mu_0D\frac{e^{-jkr}}{r}\cos\theta Aθ=μ0De−jkrrsin⁡θA_\theta=\mu_0D\frac{e^{-jkr}}{r}\sin\theta Aϕ=0A_\phi=0

解題方法

由於 A⃗\vec A 僅含 rr 與 θ\theta 分量,且不依賴 ϕ\phi,因此 ∇×A⃗\nabla\times\vec A 只有 ϕ\phi 分量。接著再對所得的 HϕH_\phi 取旋度,即可得到 ErE_r 與 EθE_\theta。

(a) 求磁場 H⃗\vec H

球座標旋度的 ϕ\phi 分量為

(∇×A⃗)ϕ=1r[∂(rAθ)∂r−∂Ar∂θ](\nabla\times\vec A)_\phi = \frac{1}{r} \left[ \frac{\partial(rA_\theta)}{\partial r} - \frac{\partial A_r}{\partial\theta} \right]

先計算第一項:

rAθ=μ0De−jkrsin⁡θrA_\theta = \mu_0D e^{-jkr}\sin\theta ∂(rAθ)∂r=−jkμ0De−jkrsin⁡θ\frac{\partial(rA_\theta)}{\partial r} = -jk\mu_0D e^{-jkr}\sin\theta

第二項為

∂Ar∂θ=μ0De−jkrrsin⁡θ\frac{\partial A_r}{\partial\theta} = \mu_0D\frac{e^{-jkr}}{r}\sin\theta

因此

(∇×A⃗)ϕ=−μ0De−jkrsin⁡θ(jkr+1r2)(\nabla\times\vec A)_\phi = -\mu_0D e^{-jkr}\sin\theta \left( \frac{jk}{r}+\frac{1}{r^2} \right)

由 H⃗=(1/μ0)∇×A⃗\vec H=(1/\mu_0)\nabla\times\vec A,得到

H⃗=−De−jkrsin⁡θ(jkr+1r2)ϕ^\boxed{ \vec H = -D e^{-jkr}\sin\theta \left( \frac{jk}{r}+\frac{1}{r^2} \right)\hat\phi }

亦即

H⃗=−Il4πe−jkrsin⁡θ(jkr+1r2)ϕ^\boxed{ \vec H = -\frac{Il}{4\pi} e^{-jkr}\sin\theta \left( \frac{jk}{r}+\frac{1}{r^2} \right)\hat\phi }

(b) 求電場 E⃗\vec E

令

Hϕ=−De−jkrsin⁡θ(jkr+1r2)H_\phi = -D e^{-jkr}\sin\theta \left( \frac{jk}{r}+\frac{1}{r^2} \right)

因為磁場只有 ϕ\phi 分量,球座標旋度為

(∇×H⃗)r=1rsin⁡θ∂(sin⁡θHϕ)∂θ(\nabla\times\vec H)_r = \frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial(\sin\theta H_\phi)}{\partial\theta} (∇×H⃗)θ=−1r∂(rHϕ)∂r(\nabla\times\vec H)_\theta = -\frac{1}{r} \frac{\partial(rH_\phi)}{\partial r}

首先,

(∇×H⃗)r=−2De−jkrcos⁡θ(jkr2+1r3)(\nabla\times\vec H)_r = -2D e^{-jkr}\cos\theta \left( \frac{jk}{r^2}+\frac{1}{r^3} \right)

再計算 θ\theta 分量:

rHϕ=−De−jkrsin⁡θ(jk+1r)rH_\phi = -D e^{-jkr}\sin\theta \left( jk+\frac{1}{r} \right)

因此

(∇×H⃗)θ=De−jkrsin⁡θ(k2r−jkr2−1r3)(\nabla\times\vec H)_\theta = D e^{-jkr}\sin\theta \left( \frac{k^2}{r} -\frac{jk}{r^2} -\frac{1}{r^3} \right)

由

E⃗=1jωϵ0∇×H⃗\vec E=\frac{1}{j\omega\epsilon_0}\nabla\times\vec H

可得徑向電場

Er=−2Djωϵ0e−jkrcos⁡θ(jkr2+1r3)\boxed{ E_r = -\frac{2D}{j\omega\epsilon_0} e^{-jkr}\cos\theta \left( \frac{jk}{r^2}+\frac{1}{r^3} \right) }

整理為

Er=−2Dωϵ0e−jkrcos⁡θ(kr2−jr3)\boxed{ E_r = -\frac{2D}{\omega\epsilon_0} e^{-jkr}\cos\theta \left( \frac{k}{r^2}-\frac{j}{r^3} \right) }

切向電場為

Eθ=Djωϵ0e−jkrsin⁡θ(k2r−jkr2−1r3)\boxed{ E_\theta = \frac{D}{j\omega\epsilon_0} e^{-jkr}\sin\theta \left( \frac{k^2}{r} -\frac{jk}{r^2} -\frac{1}{r^3} \right) }

使用自由空間波阻抗

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