113 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

本題考查：

• 庫侖定律與向量疊加。
• 載流導線在磁場中的安培力：
  $d\vec F=I\,d\vec l\times\vec B$
• 無限長直導線的磁場：
  $\vec B=\frac{\mu_0 I}{2\pi r}\hat{\boldsymbol\phi}$
• 接地無限導體平面的鏡像法與導體表面電荷密度：
  $\rho_s=\epsilon_0 E_n$

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(a) 點電荷所受之力

已知

$$\vec r_1=(1,3,-1),\qquad \vec r_2=(-3,1,-2),\qquad \vec r=(3,1,-2)$$

測試電荷為 $q=1\times10^{-5}\ \mathrm C$。

由 $Q_1$ 產生的力

$$\vec R_1=\vec r-\vec r_1=(2,-2,-1)$$ $$|\vec R_1|=3$$

因此

$$\vec F_1 =\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{qQ_1}{|\vec R_1|^3}\vec R_1$$ $$\vec F_1 =k\frac{10^{-10}}{27}(2,-2,-1)$$

由 $Q_2$ 產生的力

$$\vec R_2=\vec r-\vec r_2=(6,0,0)$$

由於 $Q_2$ 為負電荷，測試正電荷受到指向 $-x$ 方向的吸引力：

$$\vec F_2 =k\frac{qQ_2}{|\vec R_2|^3}\vec R_2 =k10^{-10}\frac{(-6,0,0)}{216}$$

合力

$$\vec F=\vec F_1+\vec F_2 =k10^{-10} \left( \frac{2}{27}-\frac{1}{36}, -\frac{2}{27}, -\frac{1}{27} \right)$$ $$\vec F =k10^{-10} \left( \frac{5}{108}, -\frac{2}{27}, -\frac{1}{27} \right)$$

取 $k=8.988\times10^9\ \mathrm{N\,m^2/C^2}$：

$$\boxed{ \vec F =(0.0416\,\hat x-0.0666\,\hat y-0.0333\,\hat z)\ \mathrm N }$$

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(b) 三角形線圈所受的磁力

幾何關係

依圖，三角形為正三角形，邊長為 $b$，其底邊與無限長直導線平行，底邊距離導線為 $d$。

正三角形高度為

$$h=\frac{\sqrt3}{2}b$$

直導線電流與線圈電流皆為 $I$。在導線上方，直導線磁場大小為

$$B(z)=\frac{\mu_0 I}{2\pi z}$$

方向由右手定則決定。

水平分量

線圈左右兩斜邊所受的水平力大小相等、方向相反，因此水平分量互相抵消：

$$F_x=0$$

垂直分量

對線圈使用

$$d\vec F=I\,d\vec l\times\vec B$$

沿兩條斜邊積分。每一條斜邊在 $x$ 方向的總位移為 $b/2$，兩邊合計後可得

核心觀念

本題使用安培定律，將磁場強度 $\mathbf H$ 的閉合線積分轉換為所包圍曲面上的電流：

$$\oint_C \mathbf H\cdot d\mathbf l=I_{\text{enc}}$$

若考慮完整的時變電磁場，則使用安培–馬克士威定律：

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

題目已明確給出沿導線流動的電流為 $4I$，因此關鍵在於：

1. 判斷導線是否穿過三角形所張成的曲面。
2. 由路徑方向判斷電流穿越曲面的正負號。

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解題方法

設三角形頂點依序為

$$A=(0,0,3),\qquad B=(3,0,0),\qquad C=(0,3,0)$$

選取三角形平面本身作為積分曲面 $S$。

由

$$\overrightarrow{AB}=(3,0,-3),\qquad \overrightarrow{AC}=(0,3,-3)$$

可得依右手定則所對應的法向量：

$$\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC} = \begin{vmatrix} \mathbf a_x & \mathbf a_y & \mathbf a_z\\ 3&0&-3\\ 0&3&-3 \end{vmatrix} = (9,9,9)$$

因此，按照 $A\to B\to C$ 的繞行方向，曲面的正法向量為

$$\hat{\mathbf n} = \frac{1}{\sqrt 3}(1,1,1)$$

三角形所在平面的方程式為

$$x+y+z=3$$

核心觀念

圖 3 是厚度 $d=0.5\,\text{m}$ 的介質板，介於兩側自由空間之間。介質板的參數為 $\mu=\mu_0$、$\epsilon=9\epsilon_0$，因此折射率為 $n=3$，板內波數為

$$\beta_1=\omega\sqrt{\mu_0(9\epsilon_0)}=3k_0, \qquad k_0=\frac{\omega}{c}.$$

波在兩個介面間來回反射。當板內單程相位長度是 $\pi$ 的整數倍時，各次反射波相消，使總反射為零：

$$\beta_1 d=m\pi,\qquad m=1,2,3,\ldots$$

解題方法

設自由空間與介質板的界面反射係數為 $\Gamma_{01}$。由於兩側都是自由空間，介質板內往返一次後的相位因子為 $e^{-j2\beta_1d}$，總反射係數可寫成

$$\Gamma_{\mathrm{in}} = \frac{\Gamma_{01}\left(1-e^{-j2\beta_1d}\right)} {1-\Gamma_{01}^{\,2}e^{-j2\beta_1d}}.$$

分子為零時總反射為零，因此需滿足 $e^{-j2\beta_1d}=1$，等價於 $\beta_1d=m\pi$。代入 $\beta_1=3(2\pi f/c)$，得到

核心觀念

介電質插入平行板電容器後，空氣區與介電質區可視為並聯電容：兩區的電壓相同，電容值相加。圖中電池維持電壓 $V$ 不變，因此用電容的電能函數求力：

$$F_e=\left.\frac{\partial W'}{\partial x}\right|_V, \qquad W'=\frac{1}{2}C(x)V^2$$

其中 $x$ 是介電質插入兩極板間的長度。

解題方法

設兩極板間距為 $T$、板寬為 $w$，介電質與空氣的介電常數分別為 $3\epsilon_0$ 與 $\epsilon_0$。介電質插入長度為 $x$ 時，兩區電容為

$$C_{\text{介電質}}=\frac{3\epsilon_0wx}{T}, \qquad C_{\text{空氣}}=\frac{\epsilon_0w(L-x)}{T}$$

因此總電容為

$$C(x)=C_{\text{介電質}}+C_{\text{空氣}} =\frac{\epsilon_0w}{T}(L+2x)$$

核心觀念

本題考查短路負載傳輸線的反射與駐波分布，以及輸入阻抗隨頻率的變化。

假設傳輸線為均勻、無損傳輸線，特性阻抗為 $Z_0$，相位常數為 $\beta$，傳輸線長度為 $\ell$，負載端為短路：

$$Z_L=0$$

短路端必須滿足邊界條件：

$$V_L=0$$

因此電壓反射係數為

$$\Gamma_V=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}=-1$$

表示反射電壓與入射電壓大小相等、相位相差 $180^\circ$。電流反射係數則為

$$\Gamma_I=-\Gamma_V=+1$$

所以短路端的電壓為零，而電流為最大值。

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解題方法

令 $x$ 表示「由短路負載端朝訊號源方向量測的距離」，因此：

• $x=0$：短路負載端
• $x=\ell$：輸入端

令短路端入射電壓波振幅為 $V_0^+$。在短路端，由於 $\Gamma_V=-1$，反射電壓波為 $-V_0^+$。

無損傳輸線上的電壓與電流可寫為

$$V(x)=V_0^+e^{j\beta x}-V_0^+e^{-j\beta x}$$

整理得

$$V(x)=2jV_0^+\sin(\beta x)$$

電流則為

$$I(x)=\frac{V_0^+}{Z_0}e^{j\beta x} +\frac{V_0^+}{Z_0}e^{-j\beta x}$$

因此

$$I(x)=\frac{2V_0^+}{Z_0}\cos(\beta x)$$

其中

$$\beta=\frac{2\pi}{\lambda} =\frac{\omega}{v_p} =\frac{2\pi f}{v_p}$$

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(a) 電壓與電流分布

電壓分布

電壓為

$$V(x)=2jV_0^+\sin(\beta x)$$

其大小為

$$|V(x)|=2|V_0^+||\sin(\beta x)|$$

因此：

• $x=0,\lambda/2,\lambda,\ldots$ 時，電壓為零，形成電壓節點。
• $x=\lambda/4,3\lambda/4,\ldots$ 時，電壓達最大值，形成電壓腹點。

短路端必為電壓節點：

$$V(0)=0$$

電流分布

電流為

$$I(x)=\frac{2V_0^+}{Z_0}\cos(\beta x)$$

其大小為

$$|I(x)|=\frac{2|V_0^+|}{Z_0}|\cos(\beta x)|$$

因此：

• $x=0,\lambda/2,\lambda,\ldots$ 時，電流達最大值。
• $x=\lambda/4,3\lambda/4,\ldots$ 時，電流為零。

短路端的電流為

$$I(0)=\frac{2V_0^+}{Z_0}$$

故短路端為電流腹點。

駐波示意

沿著由負載端朝訊號源方向的距離，分布如下：

距離 $x$	電壓	電流
$0$	節點，$V=0$	腹點，$
$\lambda/4$	腹點，$	V
$\lambda/2$	節點，$V=0$	腹點，$
$3\lambda/4$	腹點，$	V
$\lambda$	節點，$V=0$	腹點，$

電壓與電流的節點、腹點相距 $\lambda/4$，兩者在空間上相差四分之一波長。

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(b) 輸入阻抗與頻率的關係

輸入端位於距離短路端 $\ell$ 的位置，因此

$$Z_{\mathrm{in}}=\frac{V(\ell)}{I(\ell)}$$

代入電壓與電流分布：

$$Z_{\mathrm{in}} = \frac{2jV_0^+\sin(\beta\ell)} {\dfrac{2V_0^+}{Z_0}\cos(\beta\ell)}$$

整理得

$$\boxed{ Z_{\mathrm{in}}=jZ_0\tan(\beta\ell) }$$

由於

$$\beta=\frac{2\pi f}{v_p}$$

所以輸入阻抗隨頻率的函數為

$$\boxed{ Z_{\mathrm{in}}(f) = jZ_0 \tan\left(\frac{2\pi f\ell}{v_p}\right) }$$

其中 $v_p$ 為傳輸線上的相位速度。

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輸入阻抗的頻率特性

輸入阻抗為零的頻率

當

核心觀念

拉普拉斯方程描述無源區域中的電位分布：

$$\nabla^2 V=0$$

在二維直角座標中，

$$\frac{\partial^2 V}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 V}{\partial y^2}=0$$

其中 $V(x,y)$ 可代表靜電位、磁位或其他滿足拉普拉斯方程的場量。有限差分法的核心，是將連續區域切割成離散網格，再以差分公式近似微分，將偏微分方程轉換成有限個代數方程求解。

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解題方法

1. 建立計算網格

將求解區域劃分為間距為 $h_x$、$h_y$ 的矩形網格。網格節點記為

$$V_{i,j}=V(x_i,y_j)$$

先指定邊界條件，例如：

• Dirichlet 邊界條件：直接指定邊界上的電位 $$V=V_{\text{specified}}$$
• Neumann 邊界條件：指定法向導數 $$\frac{\partial V}{\partial n}=g$$

題目未指定具體幾何形狀與邊界值，因此以下以二維矩形區域及已知邊界電位為說明。

2. 以中央差分近似二階導數

對內部節點 $(i,j)$，中央差分公式為

$$\frac{\partial^2 V}{\partial x^2} \approx \frac{V_{i+1,j}-2V_{i,j}+V_{i-1,j}}{h_x^2}$$ $$\frac{\partial^2 V}{\partial y^2} \approx \frac{V_{i,j+1}-2V_{i,j}+V_{i,j-1}}{h_y^2}$$

代入拉普拉斯方程：

$$\frac{V_{i+1,j}-2V_{i,j}+V_{i-1,j}}{h_x^2} + \frac{V_{i,j+1}-2V_{i,j}+V_{i,j-1}}{h_y^2} =0$$

整理後得到

$$\left(\frac{2}{h_x^2}+\frac{2}{h_y^2}\right)V_{i,j} = \frac{V_{i+1,j}+V_{i-1,j}}{h_x^2} + \frac{V_{i,j+1}+V_{i,j-1}}{h_y^2}$$

因此，內部節點的電位可由相鄰四個節點表示為

$$V_{i,j} = \frac{ h_y^2\left(V_{i+1,j}+V_{i-1,j}\right) + h_x^2\left(V_{i,j+1}+V_{i,j-1}\right) }{ 2(h_x^2+h_y^2) }$$

當網格為均勻正方形，即 $h_x=h_y=h$ 時，公式簡化為五點差分格式：

$$V_{i,j} = \frac{1}{4} \left( V_{i+1,j} + V_{i-1,j} + V_{i,j+1} + V_{i,j-1} \right)$$

這表示每一個內部節點的電位，等於其上下左右四個相鄰節點電位的平均值。

3. 組成線性方程組

將所有內部節點的差分方程排列，可寫成矩陣形式：

$$\mathbf{A}\mathbf{v}=\mathbf{b}$$

其中：

• $\mathbf{v}$：所有未知內部節點電位組成的向量；
• $\mathbf{A}$：由差分係數形成的稀疏矩陣；
• $\mathbf{b}$：由已知邊界電位移入右側所形成的向量。

對均勻網格而言，每個內部節點對應的方程具有下列係數：

$$4V_{i,j} - V_{i+1,j} - V_{i-1,j} - V_{i,j+1} - V_{i,j-1} =0$$

若相鄰節點位於已知邊界，則該邊界值移至右側。例如某內部節點的上方節點為邊界值 $V_{\text{top}}$，則其方程為

$$4V_{i,j} - V_{i+1,j} - V_{i-1,j} - V_{i,j-1} = V_{\text{top}}$$

最後可使用稀疏矩陣直接法，或使用 Jacobi、Gauss-Seidel、SOR 等疊代法求解。

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疊代求解方式

Jacobi 法

使用第 $k$ 次疊代的舊值計算第 $k+1$ 次疊代：

$$V_{i,j}^{(k+1)} = \frac{1}{4} \left( V_{i+1,j}^{(k)} + V_{i-1,j}^{(k)} + V_{i,j+1}^{(k)} + V_{i,j-1}^{(k)} \right)$$

Jacobi 法容易平行化，但收斂速度通常較慢。

Gauss-Seidel 法

按照固定順序掃描網格，已更新的節點立即用於後續計算：

$$V_{i,j}^{(k+1)} = \frac{1}{4} \left( V_{i+1,j}^{(k)} + V_{i-1,j}^{(k+1)} + V_{i,j+1}^{(k)} + V_{i,j-1}^{(k+1)} \right)$$

實際使用的新舊值取決於掃描方向。Gauss-Seidel 法通常比 Jacobi 法收斂更快。

SOR 法

核心觀念

矩形金屬波導的模態以 $\mathrm{TE}_{mn}$ 或 $\mathrm{TM}_{mn}$ 表示，其截止頻率為

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

其中 $c$ 為真空光速。空氣填充波導中，波導內介質近似為自由空間，因此 $c\approx 3\times 10^8\ \text{m/s}$。

波導能傳播某一模態的條件為

$$f>f_{c,mn}.$$

單模操作的頻率範圍，是基模 $\mathrm{TE}_{10}$ 已能傳播，而下一個最低截止頻率的模態尚未能傳播。

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(a) 單模操作頻率範圍

1. 判定基模

矩形波導的基模為

$$\mathrm{TE}_{10}.$$

其截止頻率為

$$f_{c,10} = \frac{c}{2a}.$$

代入

$$a=2.54\ \text{mm}=2.54\times 10^{-3}\ \text{m},$$

得到

$$f_{c,10} = \frac{3\times 10^8} {2(2.54\times 10^{-3})} \approx 5.906\times 10^{10}\ \text{Hz}.$$

因此

$$\boxed{f_{c,10}\approx 59.1\ \text{GHz}}.$$

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2. 找出下一個最低截止頻率

由於 $a=2b$，需比較主要高階模態：

$\mathrm{TE}_{20}$

$$f_{c,20} = \frac{c}{2}\frac{2}{a} = \frac{c}{a} \approx 118.1\ \text{GHz}.$$

$\mathrm{TE}_{01}$

$$f_{c,01} = \frac{c}{2b}.$$

代入 $b=1.27\ \text{mm}$：

$$f_{c,01} = \frac{3\times10^8} {2(1.27\times10^{-3})} \approx 118.1\ \text{GHz}.$$

所以

$$f_{c,20}=f_{c,01}\approx 118.1\ \text{GHz}.$$

這兩個模態同時成為第一個高階模態。

其他模態的截止頻率更高，例如

$$f_{c,11} = \frac{c}{2} \sqrt{ \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2} } >118.1\ \text{GHz}.$$

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3. 單模頻率範圍

必須同時滿足

$$f>f_{c,10}$$

以及

$$f<f_{c,20},\quad f<f_{c,01}.$$

因此

$$\boxed{ 59.1\ \text{GHz}<f<118.1\ \text{GHz} }.$$

在上、下截止頻率處，縱向傳播常數 $\beta=0$，不屬於正常傳播區，因此以嚴格不等號表示。

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(b) 基模 $\mathrm{TE}_{10}$ 的電場與磁場

取波導沿 $z$ 軸傳播，截面座標為

$$0<x<a,\qquad 0<y<b.$$

$\mathrm{TE}_{10}$ 模態具有

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

其縱向磁場可寫成

$$H_z=H_0\cos\left(\frac{\pi x}{a}\right)e^{-j\beta z}.$$

由於 $n=0$，場量不隨 $y$ 變化。

電場分布

$\mathrm{TE}_{10}$ 的主要電場分量為 $E_y$：

$$E_y \propto \sin\left(\frac{\pi x}{a}\right).$$

因此：

核心觀念

本題以位於原點、沿 $z$ 軸方向的 Hertzian dipole 為例。題目給定向量位勢，因此使用

$$\mathbf{A}=A_z\hat{\mathbf z}$$

其中

$$A_z=\frac{j\mu I l}{4\pi r}e^{-j\beta r}.$$

採用時間相量慣例 $e^{j\omega t}$，並使用

$$\mathbf{B}=\nabla\times\mathbf{A},\qquad \mathbf{H}=\frac{1}{\mu}\nabla\times\mathbf{A},$$

以及 Maxwell 方程式

$$\nabla\times\mathbf{H}=j\omega\epsilon\mathbf{E}.$$

媒質的本質阻抗與相位常數分別為

$$\eta=\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}},\qquad \beta=\omega\sqrt{\mu\epsilon}.$$

由於偶極沿 $z$ 軸，球座標中

$$\hat{\mathbf z}=\cos\theta\,\hat{\mathbf r} -\sin\theta\,\hat{\boldsymbol\theta}.$$

因此

$$\mathbf A=A_z\cos\theta\,\hat{\mathbf r} -A_z\sin\theta\,\hat{\boldsymbol\theta}.$$

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解題方法

先將 $\mathbf A$ 轉為球座標，再利用旋度公式求出 $\mathbf H$。接著將 $\mathbf H$ 代入 $\nabla\times\mathbf H=j\omega\epsilon\mathbf E$，得到 $\mathbf E$ 的徑向與切向分量。

遠場時只保留 $1/r$ 項，因為 $1/r^2$ 與 $1/r^3$ 項相較之下可忽略。最後利用遠場電磁波的功率流密度，積分得到總輻射功率，再求輻射電阻與指向性。

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(a) 磁場 $\mathbf H(\mathbf r)$

令

$$C=\frac{j\mu I l}{4\pi}, \qquad A_z=\frac{C}{r}e^{-j\beta r}.$$

球座標旋度的 $\phi$ 分量為

$$(\nabla\times\mathbf A)_\phi = \frac{1}{r} \left[ \frac{\partial(rA_\theta)}{\partial r} - \frac{\partial A_r}{\partial\theta} \right].$$

其中

$$A_r=A_z\cos\theta, \qquad A_\theta=-A_z\sin\theta.$$

因此

$$\frac{\partial(rA_\theta)}{\partial r} = j\beta C e^{-j\beta r}\sin\theta,$$

且

$$\frac{\partial A_r}{\partial\theta} = -\frac{C}{r}e^{-j\beta r}\sin\theta.$$

代入得

$$(\nabla\times\mathbf A)_\phi = C e^{-j\beta r} \left( \frac{j\beta}{r}+\frac{1}{r^2} \right)\sin\theta.$$

所以

$$\boxed{ \mathbf H(\mathbf r) = \frac{I l}{4\pi}e^{-j\beta r} \left( -\frac{\beta}{r} +\frac{j}{r^2} \right) \sin\theta\, \hat{\boldsymbol\phi} }$$

磁場只有 $\phi$ 方向分量：

$$H_\phi = \frac{I l}{4\pi}e^{-j\beta r} \left( -\frac{\beta}{r} +\frac{j}{r^2} \right)\sin\theta.$$

遠場 $r\gg\lambda$ 時，只保留 $1/r$ 項：

$$\boxed{ \mathbf H_{\mathrm{far}} = -\frac{\beta I l}{4\pi r} e^{-j\beta r}\sin\theta\, \hat{\boldsymbol\phi} }$$

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(b) 電場 $\mathbf E(\mathbf r)$

由

$$\nabla\times\mathbf H=j\omega\epsilon\mathbf E$$

可得

$$\mathbf E = \frac{1}{j\omega\epsilon} \nabla\times\mathbf H.$$

令

$$H_\phi = \frac{I l}{4\pi}e^{-j\beta r} \left( -\frac{\beta}{r} +\frac{j}{r^2} \right)\sin\theta.$$

因為 $\mathbf H$ 僅有 $\phi$ 分量，所以

$$(\nabla\times\mathbf H)_r = \frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial(\sin\theta H_\phi)}{\partial\theta},$$

以及

$$(\nabla\times\mathbf H)_\theta = -\frac{1}{r} \frac{\partial(rH_\phi)}{\partial r}.$$

計算後得到徑向電場

$$E_r = \frac{I l}{4\pi} e^{-j\beta r} \left( \frac{2j\eta}{r} + \frac{2\eta}{\beta r^2} \right) \cos\theta,$$

而 $\theta$ 方向電場為

$$E_\theta = \frac{\eta I l}{4\pi} e^{-j\beta r} \left( -\frac{\beta}{r} +\frac{j}{r^2} +\frac{1}{\beta r^3} \right) \sin\theta.$$

因此完整電場為

$$\boxed{ \mathbf E(\mathbf r) = \frac{I l}{4\pi} e^{-j\beta r} \left[ \eta \left( \frac{2j}{r} +\frac{2}{\beta r^2} \right) \cos\theta\,\hat{\mathbf r} + \eta \left( -\frac{\beta}{r} +\frac{j}{r^2} +\frac{1}{\beta r^3} \right) \sin\theta\,\hat{\boldsymbol\theta} \right] }$$

遠場只保留主要的 $1/r$ 項：

$$\boxed{ \mathbf E_{\mathrm{far}} = -\frac{\eta\beta I l}{4\pi r} e^{-j\beta r}\sin\theta\, \hat{\boldsymbol\theta} }$$

並且可驗證

$$\frac{E_\theta}{H_\phi}=\eta,$$

符合向外傳播球面波的遠場關係。

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(c) 遠場瞬時 Poynting 向量

假設 $I$ 為實數相量振幅，則遠場實際電磁場為

$$\mathbf E_{\mathrm{far}}(r,t) = -\frac{\eta\beta I l}{4\pi r} \sin\theta \cos(\omega t-\beta r) \,\hat{\boldsymbol\theta},$$ $$\mathbf H_{\mathrm{far}}(r,t) = -\frac{\beta I l}{4\pi r} \sin\theta \cos(\omega t-\beta r) \,\hat{\boldsymbol\phi}.$$

瞬時 Poynting 向量定義為

$$\mathbf S(t)=\mathbf E(t)\times\mathbf H(t).$$

利用