112 年 國立臺灣大學電信工程學研究所甲組《電磁學與電磁波》

核心觀念

本題整合四個核心主題：

1. Maxwell 方程組的微分形式與積分形式。
2. 線性、均勻、等向、非色散且具損耗介質中的電磁波方程式。
3. 損耗介質中平面波的時間變化解。
4. Poynting 定理與能量守恆。

介質關係式為

$$\mathbf{D}=\varepsilon\mathbf{E},\qquad \mathbf{B}=\mu\mathbf{H},\qquad \mathbf{J}_c=\sigma\mathbf{E},$$

其中 $\varepsilon$、$\mu$、$\sigma$ 均為常數。$\sigma\ne 0$ 代表介質具有導電損耗。

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一、Maxwell 方程組

1. 電場的 Gauss 定律

微分形式：

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

積分形式：

$$\oint_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{a} = \int_V \rho_v\,dv$$

物理意義：封閉曲面上的電通量等於曲面內所包覆的總電荷。電荷是電場的源或匯。

若介質為均勻介質，$\mathbf{D}=\varepsilon\mathbf{E}$，因此

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

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2. 磁場的 Gauss 定律

微分形式：

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

積分形式：

$$\oint_S \mathbf{B}\cdot d\mathbf{a}=0$$

物理意義：不存在獨立的磁單極，磁力線必須形成閉合迴路，因此通過任何封閉曲面的總磁通量為零。

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3. Faraday 電磁感應定律

微分形式：

$$\nabla\times\mathbf{E} = -\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}$$

積分形式：

$$\oint_C \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l} = -\frac{d}{dt} \int_S \mathbf{B}\cdot d\mathbf{a}$$

物理意義：隨時間變化的磁場會產生旋渦電場。負號表示感應電場的方向遵守 Lenz 定律，會抵抗磁通量的變化。

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4. Ampère–Maxwell 定律

微分形式：

$$\nabla\times\mathbf{H} = \mathbf{J} + \frac{\partial\mathbf{D}}{\partial t}$$

積分形式：

$$\oint_C \mathbf{H}\cdot d\mathbf{l} = \int_S \mathbf{J}\cdot d\mathbf{a} + \frac{d}{dt} \int_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{a}$$

物理意義：磁場的旋度由兩部分造成：

• 傳導電流密度 $\mathbf{J}$。
• 隨時間變化的電位移，即位移電流密度 $\partial\mathbf{D}/\partial t$。

位移電流項使 Maxwell 方程組能適用於電容器等沒有實際電荷穿越介面的情況。

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二、損耗介質中的波動方程式

解題方法

在沒有外加源的均勻介質中，總電流為傳導電流：

$$\mathbf{J}=\sigma\mathbf{E}.$$

因此 Maxwell 方程式可寫成

$$\nabla\times\mathbf{E} = -\mu\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t},$$ $$\nabla\times\mathbf{H} = \sigma\mathbf{E} + \varepsilon\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}.$$

對 Faraday 定律取旋度：

$$\nabla\times(\nabla\times\mathbf{E}) = -\mu\frac{\partial}{\partial t} (\nabla\times\mathbf{H}).$$

代入 Ampère–Maxwell 定律：

$$\nabla\times(\nabla\times\mathbf{E}) = -\mu\sigma\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t} -\mu\varepsilon \frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2}.$$

利用向量恆等式

$$\nabla\times(\nabla\times\mathbf{E}) = \nabla(\nabla\cdot\mathbf{E})-\nabla^2\mathbf{E}.$$

在無自由電荷區域，$\nabla\cdot\mathbf{E}=0$，故

$$-\nabla^2\mathbf{E} = -\mu\sigma\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t} -\mu\varepsilon \frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2}.$$

整理得電場波動方程式：

$$\boxed{ \nabla^2\mathbf{E} - \mu\varepsilon \frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2} - \mu\sigma \frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t} =0 }$$

同理，對 $\nabla\times\mathbf{H}$ 取旋度，可得磁場波動方程式：

$$\boxed{ \nabla^2\mathbf{H} - \mu\varepsilon \frac{\partial^2\mathbf{H}}{\partial t^2} - \mu\sigma \frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t} =0 }$$

其中最後一項

$$-\mu\sigma\frac{\partial}{\partial t}$$

代表導電損耗造成的衰減。

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三、具損耗介質中的時間變化解

考慮沿 $+z$ 方向傳播、極化方向為 $\hat{\mathbf{x}}$ 的平面波：

$$\mathbf{E}(z,t)=\hat{\mathbf{x}}E_x(z,t).$$

採用時間因子 $e^{j\omega t}$，設相量形式為

$$\widetilde{\mathbf{E}}(z) = \hat{\mathbf{x}}\widetilde{E}_0e^{-\gamma z},$$

其中傳播常數

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

$\alpha$ 為衰減常數，$\beta$ 為相位常數。

將 $e^{-\gamma z+j\omega t}$ 代入波動方程式：

$$\gamma^2 = j\omega\mu(\sigma+j\omega\varepsilon).$$

因此

$$\gamma=\sqrt{j\omega\mu(\sigma+j\omega\varepsilon)} =\alpha+j\beta.$$

比較實部與虛部，可得

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

以及

$$\boxed{ \beta = \omega \sqrt{\frac{\mu\varepsilon}{2}} \left[ \sqrt{1+ \left(\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}\right)^2} +1 \right]^{1/2} }$$

故一個實數形式的時間變化解為

$$\boxed{ \mathbf{E}(z,t) = \hat{\mathbf{x}}E_0e^{-\alpha z} \cos(\omega t-\beta z+\phi) }$$

此解包含兩個重要物理效果：

• $e^{-\alpha z}$：振幅隨傳播距離衰減，表示介質損耗。
• $\omega t-\beta z$：波相位向 $+z$ 方向傳播。

由 Faraday 定律可得磁場：

$$\widetilde{\mathbf{H}} = \frac{1}{\eta}\hat{\mathbf{z}}\times \widetilde{\mathbf{E}},$$

其中介質的本質阻抗為

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

因此若 $\mathbf{E}$ 沿 $\hat{\mathbf{x}}$，波沿 $\hat{\mathbf{z}}$ 傳播，則 $\mathbf{H}$ 沿 $\hat{\mathbf{y}}$。

核心觀念

本題考查均勻平面波的下列性質：

• 由相位項判斷傳播方向與相位常數。
• 電場與磁場的相互關係：

$$\vec{H}=\frac{1}{\eta}\hat{k}\times\vec{E}$$

• 無耗非磁性介質的本質阻抗：

$$\eta=\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}$$

• 時間平均坡印廷向量：

$$\left\langle\vec{S}\right\rangle =\frac{1}{2}\operatorname{Re}\left(\widetilde{\vec{E}}\times\widetilde{\vec{H}}^{\,*}\right)$$

題目給定

$$\vec{E}=3\sin\left(2\pi\times10^8t-\frac{4\pi}{3}y\right)\hat{a}_x \quad\text{V/m}$$

因此

$$\omega=2\pi\times10^8\ \text{rad/s}$$ $$\beta=\frac{4\pi}{3}\ \text{rad/m}$$

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解題方法

相位為

$$\omega t-\beta y$$

表示波沿著 $+y$ 方向傳播，因此

$$\hat{k}=\hat{a}_y$$

又因為介質為非磁性介質，

$$\mu=\mu_0$$

由相速度公式

$$v=\frac{\omega}{\beta}$$

可得

$$v=\frac{2\pi\times10^8}{4\pi/3} =1.5\times10^8\ \text{m/s}$$

若以真空光速 $c=3\times10^8\ \text{m/s}$ 表示，且介質為非磁性介質，則

$$v=\frac{c}{\sqrt{\epsilon_r}}$$

所以

$$\epsilon_r=\left(\frac{c}{v}\right)^2 =\left(\frac{3\times10^8}{1.5\times10^8}\right)^2 =4$$

因此介質本質阻抗為

$$\eta=\eta_0\sqrt{\frac{\mu_r}{\epsilon_r}} =\frac{\eta_0}{2}$$

其中 $\eta_0\approx377\ \Omega$，故

$$\eta\approx188.5\ \Omega$$

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(a) 電場與磁場的相量

電場相量

採用工程上常用的餘弦表示法：

$$\vec{F}(t)=\operatorname{Re}\left\{\widetilde{\vec{F}}e^{j\omega t}\right\}$$

令

$$\psi=\omega t-\beta y$$

則

$$3\sin\psi=3\cos\left(\psi-\frac{\pi}{2}\right)$$

所以電場相量為

$$\boxed{ \widetilde{\vec{E}} =3e^{-j\pi/2}e^{-j\beta y}\hat{a}_x =-j3e^{-j(4\pi/3)y}\hat{a}_x \quad\text{V/m} }$$

磁場相量

平面波中

$$\widetilde{\vec{H}} =\frac{1}{\eta}\hat{k}\times\widetilde{\vec{E}}$$

代入 $\hat{k}=\hat{a}_y$：

$$\widetilde{\vec{H}} =\frac{1}{\eta}\hat{a}_y \times\left[-j3e^{-j(4\pi/3)y}\hat{a}_x\right]$$

由右手座標關係

$$\hat{a}_y\times\hat{a}_x=-\hat{a}_z$$

因此

$$\boxed{ \widetilde{\vec{H}} =j\frac{3}{\eta}e^{-j(4\pi/3)y}\hat{a}_z \quad\text{A/m} }$$

使用 $\eta\approx188.5\ \Omega$，其振幅為

$$\frac{3}{\eta} \approx\frac{3}{188.5} \approx15.9\ \text{mA/m}$$

故亦可寫成

核心觀念

本題考查平面波垂直入射時的：

• 反射係數 $\Gamma$；
• 介面兩側的波阻抗；
• 駐波比（standing-wave ratio, SWR）與反射係數的關係。

駐波比定義為入射側電場振幅的最大值與最小值之比：

$$\mathrm{SWR} =\frac{E_{\max}}{E_{\min}} =\frac{1+|\Gamma|}{1-|\Gamma|}.$$

對於無損介質，波阻抗為

$$\eta=\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}}.$$

空氣的波阻抗為 $\eta_1=\eta_0$。若介電質為非磁性介質（$\mu_r\approx 1$），其折射率為

$$n=\sqrt{\varepsilon_r},$$

因此介電質中的波阻抗為

$$\eta_2=\frac{\eta_0}{n}.$$

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解題方法

設空氣與介電質的介面位於 $z=0$，空氣位於 $z<0$，介電質位於 $z>0$。入射波由空氣射向介面。

空氣中的總電場為入射波與反射波之和：

$$\mathbf{E}(z) = \hat{\mathbf{x}} \left( E_i e^{-jk_1z} + E_r e^{jk_1z} \right).$$

反射係數定義為

$$\Gamma=\frac{E_r}{E_i}.$$

由垂直入射的電場邊界條件，可得反射係數

$$\Gamma = \frac{\eta_2-\eta_1}{\eta_2+\eta_1}.$$

代入空氣與非磁性介電質的波阻抗：

$$\Gamma = \frac{\eta_0/n-\eta_0}{\eta_0/n+\eta_0}.$$

約去 $\eta_0$ 並整理：

$$\Gamma = \frac{1/n-1}{1/n+1} = \frac{1-n}{1+n}.$$

對於一般介電質，$n\geq 1$，所以

$$|\Gamma| = \frac{n-1}{n+1}.$$

將此結果代入駐波比公式：

$$\mathrm{SWR} = \frac{1+|\Gamma|}{1-|\Gamma|}.$$

因此

核心觀念

本題考查平行板波導中的 TM（Transverse Magnetic）模態。波沿 $z$ 方向傳播，且磁場只有 $y$ 分量：

$$\vec H=H_0\cos(k_xx)e^{-jk_zz}\hat a_y$$

由於磁場沒有 $z$ 分量，因此屬於 TM$_z$ 波；電場必須包含縱向分量 $E_z$。

採用時間因子 $e^{j\omega t}$，則 Maxwell 方程式為

$$\nabla\times\vec H=j\omega\epsilon_0\vec E$$ $$\nabla\times\vec E=-j\omega\mu_0\vec H$$

兩片理想導體位於 $x=0$ 與 $x=a$，導體表面的切向電場必須為零。

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（a）電場

已知

$$\vec H=H_y\hat a_y$$

其中

$$H_y=H_0\cos(k_xx)e^{-jk_zz}$$

計算磁場旋度：

$$\nabla\times\vec H = -\frac{\partial H_y}{\partial z}\hat a_x + \frac{\partial H_y}{\partial x}\hat a_z$$

分別求導：

$$-\frac{\partial H_y}{\partial z} = jk_zH_0\cos(k_xx)e^{-jk_zz}$$ $$\frac{\partial H_y}{\partial x} = -k_xH_0\sin(k_xx)e^{-jk_zz}$$

因此

$$\nabla\times\vec H = jk_zH_0\cos(k_xx)e^{-jk_zz}\hat a_x - k_xH_0\sin(k_xx)e^{-jk_zz}\hat a_z$$

由

$$\nabla\times\vec H=j\omega\epsilon_0\vec E$$

可得

$$\boxed{ \vec E = \frac{k_z}{\omega\epsilon_0}H_0\cos(k_xx)e^{-jk_zz}\hat a_x + j\frac{k_x}{\omega\epsilon_0}H_0\sin(k_xx)e^{-jk_zz}\hat a_z }$$

因此

$$\boxed{ E_x=\frac{k_z}{\omega\epsilon_0}H_0\cos(k_xx)e^{-jk_zz} }$$ $$\boxed{ E_z=j\frac{k_x}{\omega\epsilon_0}H_0\sin(k_xx)e^{-jk_zz} }$$

其中 $E_y=0$。

在理想導體表面，切向電場必須為零。對於 $x=0$ 與 $x=a$ 的導體表面，$z$ 方向為切向方向，因此要求

$$E_z(0)=E_z(a)=0$$

在 $x=0$ 處自然滿足；在 $x=a$ 處：

$$\sin(k_xa)=0$$

因此

$$k_xa=m\pi$$ $$\boxed{k_x=\frac{m\pi}{a}},\qquad m=1,2,3,\ldots$$

$m=0$ 會使 $E_z=0$，不再是非零的 TM 模態，因此 TM 波取 $m\geq 1$。

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Poynting 向量

複數 Poynting 向量定義為

$$\vec S_c=\frac{1}{2}\vec E\times\vec H^{\,*}$$

其中

$$\vec H^{\,*} = H_0^{*}\cos(k_xx)e^{+jk_zz}\hat a_y$$

計算叉積：

$$\vec E\times\vec H^{\,*} = E_xH_y^{*}\hat a_z - E_zH_y^{*}\hat a_x$$

代入 $E_x$ 與 $E_z$：

$$\vec S_c = \frac{|H_0|^2}{2\omega\epsilon_0} \left[ k_z\cos^2(k_xx)\hat a_z - jk_x\sin(k_xx)\cos(k_xx)\hat a_x \right]$$

所以複數 Poynting 向量為

$$\boxed{ \vec S_c = \frac{|H_0|^2}{2\omega\epsilon_0} \left[ k_z\cos^2(k_xx)\hat a_z - jk_x\sin(k_xx)\cos(k_xx)\hat a_x \right] }$$

若 $k_z$ 為實數，時間平均 Poynting 向量取複數 Poynting 向量的實部：

核心觀念

本題考查矩形金屬腔體的本徵模態（cavity modes）。腔體由完美電導體（PEC）構成，因此金屬表面必須滿足

$$\hat{\mathbf n}\times \mathbf E=0$$

即導體表面的切向電場為零。

在均勻、無損介質中，電磁波數為

$$k=\omega\sqrt{\mu\epsilon}$$

矩形腔體內的場分布需同時滿足波動方程與六個金屬壁面的邊界條件，因此允許的波數分量為

$$k_x=\frac{n\pi}{a},\qquad k_y=\frac{m\pi}{b},\qquad k_z=\frac{l\pi}{d}$$

故有

$$k^2=k_x^2+k_y^2+k_z^2$$

也就是

$$k^2= \left(\frac{n\pi}{a}\right)^2+ \left(\frac{m\pi}{b}\right)^2+ \left(\frac{l\pi}{d}\right)^2$$

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解題方法

取 $z$ 軸為縱向，分別使用：

• $TE_{nml}$：$E_z=0$、$H_z\neq 0$
• $TM_{nml}$：$H_z=0$、$E_z\neq 0$

先由 PEC 邊界條件決定各方向的正弦或餘弦形式，再由波數關係求共振頻率。

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（a）$TE_{nml}$ 模態

1. 場型與邊界條件

對 $TE$ 模態，縱向電場為零：

$$E_z=0,\qquad H_z\neq 0$$

縱向磁場 $H_z$ 滿足橫向亥姆霍茲方程，其空間形式可寫成

$$H_z=H_0 \cos\left(\frac{n\pi x}{a}\right) \cos\left(\frac{m\pi y}{b}\right) \sin\left(\frac{l\pi z}{d}\right)$$

在 $x=0,a$ 與 $y=0,b$ 的金屬壁面，餘弦形式可使切向電場為零；在 $z=0,d$ 的金屬壁面，則需要使用正弦形式。

因此

$$k_x=\frac{n\pi}{a},\qquad k_y=\frac{m\pi}{b},\qquad k_z=\frac{l\pi}{d}$$

2. 共振頻率

由

$$k=\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0}$$

以及

$$k^2= \left(\frac{n\pi}{a}\right)^2+ \left(\frac{m\pi}{b}\right)^2+ \left(\frac{l\pi}{d}\right)^2$$

得到

$$\omega_{nml}^{TE} = \frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}} \sqrt{ \left(\frac{n\pi}{a}\right)^2+ \left(\frac{m\pi}{b}\right)^2+ \left(\frac{l\pi}{d}\right)^2 }$$

因此共振頻率為

$$f_{nml}^{TE} = \frac{1}{2\sqrt{\mu_0\epsilon_0}} \sqrt{ \left(\frac{n}{a}\right)^2+ \left(\frac{m}{b}\right)^2+ \left(\frac{l}{d}\right)^2 }$$

利用真空光速

$$c_0=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}$$

可寫成

$$\boxed{ f_{nml}^{TE} = \frac{c_0}{2} \sqrt{ \left(\frac{n}{a}\right)^2+ \left(\frac{m}{b}\right)^2+ \left(\frac{l}{d}\right)^2 } }$$

3. 指標限制

對 $TE$ 模態：

$$n,m=0,1,2,\ldots$$

但 $n$ 與 $m$ 不可同時為零，否則橫向場消失，無法形成非平凡的腔體模態。

此外，$z$ 方向必須有非零變化，因此

$$l=1,2,3,\ldots$$

所以允許的指標為

$$\boxed{ n,m=0,1,2,\ldots,\quad l=1,2,3,\ldots,\quad (n,m)\neq(0,0) }$$

例如 $TE_{101}$、$TE_{011}$、$TE_{111}$ 均為允許模態；$TE_{001}$ 不存在。

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（b）$TM_{nml}$ 模態

1. 場型與邊界條件

對 $TM$ 模態，縱向磁場為零：

$$H_z=0,\qquad E_z\neq 0$$

由於 $E_z$ 對於側壁 $x=0,a$ 與 $y=0,b$ 是切向電場，PEC 邊界條件要求

$$E_z=0$$

因此 $E_z$ 在 $x$、$y$ 方向必須採用正弦形式：

核心觀念

本題考查赫茲偶極天線遠場的三項基本結果：

1. 由電場與磁場求時間平均坡印廷向量
   $\left\langle \vec{S}\right\rangle=\frac{1}{2}\operatorname{Re}\left(\vec{E}\times\vec{H}^{*}\right)$

2. 對球面積分，求總平均輻射功率
   $P_{\mathrm{rad}}=\iint_S \left\langle \vec{S}\right\rangle\cdot d\vec{a}$

3. 由輸入功率與電流求輸入電阻
   $P_{\mathrm{rad}}=\frac{1}{2}I_0^2R_{\mathrm{in}}$

題目列出的 $\vec{E}$ 與 $\vec{H}$ 少了波阻抗關係中的 $\eta$。對無耗遠場，必須滿足

$$\left|\frac{E_\theta}{H_\phi}\right|=\eta$$

因此以下依赫茲偶極的標準遠場形式解題：

$$\vec{E} = \hat{\theta} \frac{\eta j k I_0l e^{-jkr}}{4\pi r}\sin\theta$$ $$\vec{H} = \hat{\phi} \frac{j k I_0l e^{-jkr}}{4\pi r}\sin\theta$$

其中 $\eta=120\pi\ \Omega$。若完全照題目原式令 $E_\theta=H_\phi$，將違反遠場波阻抗關係，所得結果也不具正確的電阻單位。

解題方法

遠場中只有橫向場分量：

• 電場沿 $\hat{\theta}$ 方向；
• 磁場沿 $\hat{\phi}$ 方向；
• 能量傳播方向為
  $\hat{\theta}\times\hat{\phi}=\hat{r}$

先計算電場與磁場的相位乘積，再代入坡印廷向量公式。由於兩者具有相同的相位因子 $e^{-jkr}$，其與共軛相乘後相位完全消失。

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（a）坡印廷向量

令

$$A=\frac{kI_0l}{4\pi r}\sin\theta$$

則

$$\vec{E}=\hat{\theta}\eta jAe^{-jkr}$$ $$\vec{H}=\hat{\phi}jAe^{-jkr}$$

磁場共軛為

$$\vec{H}^{*} = \hat{\phi}(-j)A^{*}e^{jkr}$$

因此

$$\vec{E}\times\vec{H}^{*} = \left(\hat{\theta}\eta jAe^{-jkr}\right) \times \left(\hat{\phi}(-j)A^{*}e^{jkr}\right)$$

因為 $\hat{\theta}\times\hat{\phi}=\hat{r}$，且 $j(-j)=1$，所以

$$\vec{E}\times\vec{H}^{*} = \hat{r}\eta |A|^2$$

代回 $A$：

$$\vec{E}\times\vec{H}^{*} = \hat{r} \frac{\eta k^2|I_0l|^2}{16\pi^2r^2}\sin^2\theta$$

故時間平均坡印廷向量為

$$\boxed{ \left\langle\vec{S}\right\rangle = \hat{r} \frac{\eta k^2|I_0l|^2}{32\pi^2r^2} \sin^2\theta }$$

若 $I_0$ 與 $l$ 視為實數，則可寫成

$$\boxed{ \left\langle\vec{S}\right\rangle = \hat{r} \frac{\eta k^2I_0^2l^2}{32\pi^2r^2} \sin^2\theta }$$

此結果顯示輻射功率與 $\sin^2\theta$ 成正比，因此：

• $\theta=0,\pi$ 軸向沒有輻射；
• $\theta=\pi/2$ 廣側方向輻射最強；
• 坡印廷向量沿 $\hat r$ 向外傳播。

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（b）總時間平均輻射功率

在半徑為 $r$ 的球面上，

$$d\vec{a}=\hat{r}r^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi$$

因此

$$P_{\mathrm{rad}} = \int_0^{2\pi}\int_0^\pi \left\langle\vec{S}\right\rangle\cdot d\vec{a}$$

代入坡印廷向量：