109 年 國立中正大學電機工程學系碩士班電磁晶片組《電磁學》

核心觀念

矩形波導的截止頻率由模態指標 $(m,n)$ 與波導尺寸決定：

$$f_{c,mn} = \frac{1}{2\sqrt{\mu\varepsilon}} \sqrt{ \left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2 }$$

填充介質為非磁性鐵弗龍，取 $\mu_r \approx 1$、$\varepsilon_r=2.1$，因此

$$\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}} = \frac{c}{\sqrt{\varepsilon_r}}$$

其中 $a=2\ \text{cm}$、$b=1.5\ \text{cm}$。

(a) 最低截止頻率的模式

對矩形波導而言：

• $TE_{00}$ 模式不存在。
• $TE_{10}$、$TE_{01}$ 等模式可以存在。
• $TM$ 模式通常要求 $m,n\geq 1$，因此其截止頻率較高。

比較 $TE_{10}$ 與 $TE_{01}$：

$$f_{c,10} = \frac{c}{2a\sqrt{\varepsilon_r}}$$ $$f_{c,01} = \frac{c}{2b\sqrt{\varepsilon_r}}$$

由於 $a>b$，所以

$$f_{c,10}<f_{c,01}$$

因此最低截止頻率的主導模式為：

$$\boxed{TE_{10}}$$

其截止頻率為

$$f_c = \frac{3\times 10^8} {2(0.02)\sqrt{2.1}} \approx 5.18\times 10^9\ \text{Hz}$$

即

$$\boxed{f_c\approx 5.18\ \text{GHz}}$$

(b) 相速度

題目給定操作頻率為截止頻率的兩倍：

$$f=2f_c$$

矩形波導中的相速度為

$$v_p = \frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}} \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2}}$$

代入 $\frac{f_c}{f}=\frac{1}{2}$：

核心觀念

平面電磁波的極化狀態由電場 $\vec{E}$ 在固定位置隨時間變化時，橫向電場向量端點的運動軌跡決定。

令

$$\psi=\omega t-kz$$

題目採用 $e^{j(\omega t-kz)}$，表示波沿 $+z$ 方向傳播。若

$$\vec{E}=(E_{0x}\hat{x}+E_{0y}\hat{y})e^{j\psi},$$

則必須取實部作為實際電場：

$$\vec{E}_{\text{real}}=\operatorname{Re}\{\vec{E}\}.$$

判斷原則如下：

• $x$、$y$ 分量同相或反相：線性極化。
• $x$、$y$ 分量振幅相等，且相位差為 $\pm 90^\circ$：圓極化。
• $x$、$y$ 分量振幅不等，且相位差為 $\pm 90^\circ$：橢圓極化。
• 旋轉方向依固定位置隨時間觀察而定。以下採常用約定：沿波的傳播方向觀察，順時針為右旋，逆時針為左旋。

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解題方法

將各分量的複數係數與 $e^{j\psi}$ 相乘，再取實部。常用關係為

$$\operatorname{Re}\{e^{j\psi}\}=\cos\psi,$$ $$\operatorname{Re}\{je^{j\psi}\}=-\sin\psi,$$ $$\operatorname{Re}\{-je^{j\psi}\}=\sin\psi.$$

接著比較兩個分量的振幅、相位差，並觀察電場向量的旋轉方向。

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(a) $\vec{E}=(\hat{x}+j\hat{y})e^{j(\omega t-kz)}$

實際電場為

$$\vec{E}_{\text{real}} =\operatorname{Re}\{(\hat{x}+j\hat{y})e^{j\psi}\}.$$

因此

$$\vec{E}_{\text{real}} =\hat{x}\cos\psi-\hat{y}\sin\psi.$$

兩個分量分別為

$$E_x=\cos\psi,\qquad E_y=-\sin\psi.$$

其特性為：

• $x$、$y$ 分量振幅相等，皆為 $1$。
• 兩分量相差 $90^\circ$。
• 因此為圓極化。
• 在 $\psi=0$ 時，電場指向 $+\hat{x}$；當時間增加時，$E_y$ 變為負值，電場由 $+\hat{x}$ 轉向 $-\hat{y}$。
• 沿 $+z$ 方向觀察時，旋轉方向為順時針。

所以此波為右旋圓極化。

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(b) $\vec{E}=(2\hat{x}-j\hat{y})e^{j(\omega t-kz)}$

取實部：

$$\vec{E}_{\text{real}} =\operatorname{Re}\{(2\hat{x}-j\hat{y})e^{j\psi}\}.$$

得到

$$\vec{E}_{\text{real}} =2\hat{x}\cos\psi+\hat{y}\sin\psi.$$

因此

$$E_x=2\cos\psi,\qquad E_y=\sin\psi.$$

由此可知：

核心觀念

本題考查良導體內平面電磁波的三項關係：

1. 良導體中的傳播常數
   $\gamma=\alpha+j\beta$

2. 良導體的本徵阻抗
   $\eta\approx(1+j)\sqrt{\frac{\omega\mu}{2\sigma}}$

3. 平均坡印廷向量與焦耳損失
   $\langle\vec{S}\rangle=\frac{1}{2}\operatorname{Re}\left(\vec{E}\times\vec{H}^{\,*}\right)$

其中 $\sigma$ 為導電率、$\mu$ 為介質磁導率，且

$$\omega=2\pi\times10^9\ \text{rad/s}$$

題目中的磁場沿 $\hat{y}$ 方向，波相位為 $\omega t-\beta z$，因此波沿 $+z$ 方向傳播。

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解題方法

將磁場寫成相量形式：

$$\widetilde{\vec{H}} = 0.1e^{-\gamma z}\hat{y} = 0.1e^{-\alpha z}e^{-j\beta z}\hat{y} \quad \text{A/m}$$

對於沿 $+z$ 傳播的平面波，電場與磁場的關係為

$$\widetilde{\vec{E}}=\eta\widetilde{\vec{H}}$$

良導體的本徵阻抗為

$$\eta\approx(1+j)\sqrt{\frac{\omega\mu}{2\sigma}} = \sqrt{\frac{\omega\mu}{\sigma}}\angle45^\circ$$

因此電場比磁場超前 $45^\circ$，且方向必須滿足

$$\vec{E}\times\vec{H}\parallel+\hat{z}$$

由於 $\hat{x}\times\hat{y}=\hat{z}$，所以電場沿 $\hat{x}$ 方向。

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(a) 對應的電場

電場相量為

$$\widetilde{\vec{E}} = 0.1(1+j) \sqrt{\frac{\omega\mu}{2\sigma}}\, e^{-\alpha z}e^{-j\beta z}\hat{x} \quad \text{V/m}$$

寫成時域形式：

$$\boxed{ \vec{E} = 0.1\sqrt{\frac{\omega\mu}{\sigma}}\, e^{-\alpha z} \cos\left(\omega t-\beta z+\frac{\pi}{4}\right) \hat{x} \quad \text{V/m} }$$

代入 $\omega=2\pi\times10^9$：

$$\boxed{ \vec{E} = 0.1\sqrt{\frac{2\pi\times10^9\mu}{\sigma}}\, e^{-\alpha z} \cos\left(2\pi\times10^9t-\beta z+\frac{\pi}{4}\right) \hat{x} \quad \text{V/m} }$$

良導體中還有

$$\alpha\approx\beta\approx \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}}$$

所以電場與磁場具有相同的衰減因子 $e^{-\alpha z}$。

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(b) 單位面積的能量損失

以平均坡印廷向量計算

電磁波穿過單位面積的平均功率為

$$\langle S_z\rangle = \frac{1}{2}|\widetilde{H}|^2 \operatorname{Re}(\eta)$$

因為

$$\operatorname{Re}(\eta) = \sqrt{\frac{\omega\mu}{2\sigma}}$$

且

核心觀念

本題考查均勻平面波在有損介質中的傳播。水具有有限導電度 $\sigma$，因此電磁波進入水中後，振幅會隨深度呈指數衰減：

$$E(z)=E_0e^{-\alpha z}$$

其中：

• $\alpha$：衰減常數，單位為 $\text{Np/m}$
• $E_0$：水面處的電場振幅
• $z$：進入水中的深度

有損介質的傳播常數為

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

衰減常數公式為

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

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已知資料

$$f=1\ \text{GHz}=10^9\ \text{Hz}$$ $$\omega=2\pi f=2\pi\times 10^9\ \text{rad/s}$$ $$\mu=\mu_0\mu_r =4\pi\times10^{-7}\times1 =1.2566\times10^{-6}\ \text{H/m}$$ $$\varepsilon=\varepsilon_0\varepsilon_r =8.854\times10^{-12}\times80 =7.083\times10^{-10}\ \text{F/m}$$ $$\sigma=1\ \text{S/m}$$

先計算導電電流與位移電流的相對大小：

$$\frac{\sigma}{\omega\varepsilon} = \frac{1} {(2\pi\times10^9)(7.083\times10^{-10})} \approx 0.2247$$

此值小於 $1$，表示水在此頻率下不是良導體，必須使用一般有損介質的精確公式。

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解題方法

將上述參數代入衰減常數公式：

$$\alpha = (2\pi\times10^9) \sqrt{ \frac{(1.2566\times10^{-6})(7.083\times10^{-10})}{2} } \sqrt{ \sqrt{1+(0.2247)^2}-1 }$$

其中

$$\sqrt{1+(0.2247)^2} \approx 1.0249$$

因此

$$\sqrt{1.0249-1} \approx 0.1579$$

且

$$\omega\sqrt{\frac{\mu\varepsilon}{2}} \approx 132.6\ \text{m}^{-1}$$

所以

核心觀念

梯度與散度皆由偏微分算子定義：

對純量場 $f(x,y,z)$，

$$\nabla f = \frac{\partial f}{\partial x}\hat{x} + \frac{\partial f}{\partial y}\hat{y} + \frac{\partial f}{\partial z}\hat{z}.$$

對向量場 $\vec{F}=F_x\hat{x}+F_y\hat{y}+F_z\hat{z}$，

$$\nabla\cdot\vec{F} = \frac{\partial F_x}{\partial x} + \frac{\partial F_y}{\partial y} + \frac{\partial F_z}{\partial z}.$$

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解題方法

(a) 求 $\nabla f$

已知

$$f=x^2y^2z^2.$$

分別對 $x$、$y$、$z$ 作偏微分時，其餘變數視為常數：

$$\frac{\partial f}{\partial x} = 2xy^2z^2,$$ $$\frac{\partial f}{\partial y} = 2x^2yz^2,$$ $$\frac{\partial f}{\partial z} = 2x^2y^2z.$$

因此

$$\nabla f = 2xy^2z^2\hat{x} + 2x^2yz^2\hat{y} + 2x^2y^2z\hat{z}.$$

]

(b) 求 $\nabla\cdot\vec{F}$

向量場各分量為

$$F_x=5x^2-3y^2-z^2,$$ $$F_y=3y^2-z^2,$$ $$F_z=x^2+y^2-z^2.$$

依散度定義：

核心觀念

把每個正方形導體視為一個邊長為 $a$ 的方形電流迴路。先用畢奧–沙伐定律求單一迴路軸線上的磁場，再依磁場疊加原理，將位於 $z=\pm d$ 的兩個迴路磁場相加。以下取兩迴路電流環繞方向相同，並令其磁場沿 $+z$；若電流方向同時反轉，磁場方向也反轉。

解題方法

令單一迴路中心位於 $z=z_0$，觀察點到迴路中心的軸向距離為 $h=z-z_0$。由對稱性，四邊磁場的橫向分量互相抵消，只留下 $z$ 分量。

對其中一邊，以該邊中點到軸線的距離 $a/2$ 套用畢奧–沙伐定律，再將四邊的軸向分量相加，可得

$$\mathbf B_{\text{loop}}(h) = \frac{\mu_0 I a^2} {2\pi\left(h^2+\frac{a^2}{4}\right) \sqrt{h^2+\frac{a^2}{2}}}\,\hat{\mathbf z}.$$

兩個迴路中心分別在 $z=d$ 與 $z=-d$，因此軸上任意位置的磁場為