111 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

本題考查兩個基本關係：

1. 電位與電場強度的關係
   $\vec{E}=-\nabla V$

2. 線性、均勻、等向性介電材料中的極化向量

$$\vec{P}=\epsilon_0\chi_e\vec{E} =\epsilon_0(\epsilon_r-1)\vec{E}$$

其中 $\epsilon_r=80$，因此電 susceptibility 為

$$\chi_e=\epsilon_r-1=79$$

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解題方法

已知電位場

$$V=2x^2y^4\ \text{V}$$

電位的梯度為

$$\nabla V = \frac{\partial V}{\partial x}\hat{\mathbf a}_x + \frac{\partial V}{\partial y}\hat{\mathbf a}_y + \frac{\partial V}{\partial z}\hat{\mathbf a}_z$$

分別計算偏微分：

$$\frac{\partial V}{\partial x} = 4xy^4$$ $$\frac{\partial V}{\partial y} = 8x^2y^3$$ $$\frac{\partial V}{\partial z}=0$$

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(a) 電場強度 $\vec{E}$

由

$$\vec{E}=-\nabla V$$

可得

$$\boxed{ \vec{E} = -4xy^4\hat{\mathbf a}_x - 8x^2y^3\hat{\mathbf a}_y \ \text{V/m} }$$

$z$ 方向電位不變，因此

$$E_z=0$$

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(b) 極化向量 $\vec{P}$

均勻線性介電材料中，

$$\vec{P} = \epsilon_0(\epsilon_r-1)\vec{E}$$

代入 $\epsilon_r=80$：

$$\vec{P} = 79\epsilon_0\vec{E}$$

再代入電場：

核心觀念

本題考查介面上的電場邊界條件：

1. 靜電平衡下，電場切向分量連續：
   $\vec E_{1t}=\vec E_{2t}$

2. 電位移向量法向分量的跳躍量等於介面自由面電荷密度：
   $\hat a_n\cdot(\vec D_1-\vec D_2)=\rho_s$

其中介面位於 $z=0$，法向方向取由介質 2 指向介質 1，即 $\hat a_n=\hat a_z$，且

$\vec D=\epsilon\vec E$

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解題方法

已知

$\epsilon_1=23\epsilon_0,\qquad \epsilon_2=4\epsilon_0$

$\vec E_1=2x\hat a_x+10\hat a_y+2\hat a_z\quad \text{V/m}$

因此介質 1 的切向與法向電場分別為

$\vec E_{1t}=2x\hat a_x+10\hat a_y$

$E_{1n}=2\quad \text{V/m}$

(a) 介質 2 的切向電場

由切向電場邊界條件，

$\vec E_{2t}=\vec E_{1t}$

所以

$\boxed{\vec E_{2t}=2x\hat a_x+10\hat a_y\quad \text{V/m}}$

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(b) 介質 2 的法向電場

法向電位移邊界條件為

$D_{1n}-D_{2n}=\rho_s$

代入 $D_n=\epsilon E_n$：

$\epsilon_1E_{1n}-\epsilon_2E_{2n}=\rho_s$

因此

$$E_{2n} =\frac{\epsilon_1E_{1n}-\rho_s}{\epsilon_2}$$

代入數值：

$$E_{2n} =\frac{(23\epsilon_0)(2)-2.653\times10^{-10}} {4\epsilon_0}$$

取 $\epsilon_0=8.854\times10^{-12}\ \text{F/m}$：

$$E_{2n} =\frac{46\epsilon_0-2.653\times10^{-10}}{4\epsilon_0} \approx 4.01\ \text{V/m}$$

故

核心觀念

本題考查同軸電纜的高斯定律、電場與電位差、電容量，以及電場儲存能量。

在介電質中使用電通量密度

$$\mathbf{D}=\epsilon\mathbf{E}, \qquad \epsilon=\epsilon_r\epsilon_0$$

其中

$$\epsilon=2.3(8.854\times10^{-12}) =2.036\times10^{-11}\ \text{F/m}.$$

由於同軸電纜具有圓柱對稱性，電場僅與徑向距離 $\rho$ 有關，方向為徑向。

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解題方法

取半徑為 $\rho$、長度為 $l$ 的圓柱形高斯面，且位於介電質區域 $a<\rho<b$。

高斯定律為

$$\oint_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{s}=Q_{\text{enclosed}}.$$

高斯面側面面積為 $2\pi\rho l$，所包覆的電荷為 $+Q$，因此

$$D_\rho(2\pi\rho l)=Q.$$

故

$$\mathbf{D}(\rho)=\frac{Q}{2\pi\rho l}\mathbf{a}_\rho$$

以及

$$\boxed{ \mathbf{E}(\rho)= \frac{Q}{2\pi\epsilon l\rho}\mathbf{a}_\rho } \qquad (a<\rho<b).$$

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(a) 介電質中的電場

已知

$$Q=0.2\ \text{nC}=2.0\times10^{-10}\ \text{C},$$ $$a=0.5\ \text{cm}=5.0\times10^{-3}\ \text{m}, \qquad b=2\ \text{cm}=2.0\times10^{-2}\ \text{m},$$ $$l=100\ \text{cm}=1\ \text{m}.$$

代入電場公式：

$$\mathbf{E}(\rho) = \frac{2.0\times10^{-10}} {2\pi(2.036\times10^{-11})(1)\rho} \mathbf{a}_\rho.$$

因此

$$\boxed{ \mathbf{E}(\rho)=\frac{1.563}{\rho}\mathbf{a}_\rho\ \text{V/m} }$$

其中 $\rho$ 必須以公尺代入，適用範圍為

$$\boxed{ 5.0\times10^{-3}<\rho<2.0\times10^{-2}\ \text{m} }.$$

電場方向由內導體的正電荷指向外導體，即向外徑向。

例如：

$$E(a)=\frac{1.563}{0.005}=312.5\ \text{V/m},$$ $$E(b)=\frac{1.563}{0.02}=78.1\ \text{V/m}.$$

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(b) 單位長度電容量

內外導體間的電位差為

$$V=\int_a^b \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l}.$$

取內導體對外導體的電位差大小：

核心觀念

長直導線周圍的磁場大小為 $B(r)=\dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}$，方向由右手定則決定。穿過迴路的磁通量可由磁場對面積積分求得；單匝迴路與長直導線的互感則為 $M=\Phi/I$。迴路所受磁力須由迴路電流與外加磁場共同決定。

解題方法

圖中長直導線電流 $I$ 向上，矩形迴路位於導線右側；迴路近側距導線 $d$，寬為 $a$、高為 $b$。圖上沒有標示迴路電流或電源，因此依題面條件取迴路電流為零。

(a) 迴路所受合磁力

迴路上的磁力微元為 $d\mathbf F=I_{\text{loop}}\,d\boldsymbol{\ell}\times\mathbf B$。由於 $I_{\text{loop}}=0$，各段導線的磁力皆為零，因此

$$\mathbf F_{\text{net}}=\mathbf 0$$

長直導線標示的 $5\,\text{A}$ 是導線電流，不能當作迴路電流代入磁力公式。

(b) 穿過迴路的磁通量

在距離導線 $r$ 處，磁場大小為 $\dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}$。取迴路上寬度為 $dr$ 的細長面積，面積為 $b\,dr$，因此磁通量大小為

$$|\Phi|=\int_d^{d+a}\frac{\mu_0 I}{2\pi r}\,b\,dr =\frac{\mu_0 I b}{2\pi}\ln\!\left(\frac{d+a}{d}\right)$$

核心觀念

本題考查柱座標中的拉普拉斯方程，以及導體表面為等電位面的邊界條件。

兩片無限延伸的導體位於 $\phi=0$ 與 $\phi=\alpha$，其電位分別為

$$V(0)=0,\qquad V(\alpha)=V_0.$$

由於導體無限延伸，且幾何形狀沿徑向方向不變，電位只與角度 $\phi$ 有關，即 $V=V(\phi)$。

柱座標下的拉普拉斯方程為

$$\nabla^2 V= \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r} \left(r\frac{\partial V}{\partial r}\right) +\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 V}{\partial \phi^2} +\frac{\partial^2 V}{\partial z^2}=0.$$

因為 $V$ 與 $r,z$ 無關，因此化為

$$\frac{d^2V}{d\phi^2}=0.$$

其一般解為

$$V(\phi)=A\phi+B.$$

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(a) 區域 $0<\phi<\alpha$

此區域的兩側邊界分別為

$$V(0)=0,\qquad V(\alpha)=V_0.$$

令

$$V_1(\phi)=A_1\phi+B_1.$$

代入邊界條件：

$$V_1(0)=B_1=0,$$

以及

$$V_1(\alpha)=A_1\alpha=V_0.$$

因此

$$A_1=\frac{V_0}{\alpha},$$

故區域 (a) 的電位分布為

$$\boxed{V_1(r,\phi)=\frac{V_0}{\alpha}\phi,\qquad 0<\phi<\alpha.}$$

其電場為

$$\mathbf E_1=-\nabla V_1 =-\frac{1}{r}\frac{\partial V_1}{\partial\phi}\,\hat{\boldsymbol\phi} =-\frac{V_0}{\alpha r}\hat{\boldsymbol\phi}.$$

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(b) 區域 $\alpha<\phi<2\pi$

此區域位於兩導體的另一側。其邊界條件為

$$V_2(\alpha)=V_0.$$

核心觀念

本題為傳輸線理論（Transmission Line Theory）與阻抗匹配（Impedance Matching）的經典綜合題，涵蓋以下核心觀念與公式：

1. 負載電抗性質：
   複數阻抗定義為 $Z_L = R_L + jX_L$。若電抗部 $X_L > 0$，負載呈現電感性（Inductive）；若 $X_L < 0$，則呈現電容性（Capacitive）。
2. 負載反射係數（Load Reflection Coefficient, $\Gamma_L$）：
   $\Gamma_L = \frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0} = |\Gamma_L| e^{j\theta_\Gamma}$
3. 電壓駐波比（Voltage Standing Wave Ratio, $\text{VSWR}$ 或 $S$）：
   $\text{VSWR} = \frac{V_{max}}{V_{min}} = \frac{1 + |\Gamma_L|}{1 - |\Gamma_L|}$
4. 駐波極值位置：
   沿傳輸線距離負載 $d$ 處的電壓大小與 $|1 + \Gamma_L e^{-j2\beta d}| = |1 + |\Gamma_L| e^{j(\theta_\Gamma - 2\beta d)}|$ 成正比（其中 $\beta = \frac{2\pi}{\lambda}$）：
   • 電壓最大值（$V_{max}$）位置：$\theta_\Gamma - 2\beta d_{max} = -2n\pi \implies 2\beta d_{max} = \theta_\Gamma + 2n\pi \quad (n = 0, 1, 2, \dots)$
   • 電壓最小值（$V_{min}$）位置：$\theta_\Gamma - 2\beta d_{min} = -(2n+1)\pi \implies 2\beta d_{min} = \theta_\Gamma + (2n+1)\pi \quad (n = 0, 1, 2, \dots)$
5. 四分之一波長阻抗轉換器（Quarter-Wavelength Transformer）匹配原理：
   • 四分之一波長轉換器僅能直接轉換純實數阻抗（Purely Resistive Impedance）。
   • 在傳輸線上的電壓波腹（$V_{max}$）與波谷（$V_{min}$）處，輸入阻抗皆為純電阻：
     $R_{in}(V_{max}) = Z_0 \cdot \text{VSWR}$
     $R_{in}(V_{min}) = \frac{Z_0}{\text{VSWR}}$
   • 先由負載端串接一段長度為 $d$ 的原傳輸線（特性阻抗 $Z_0$）移至純實數阻抗點，再串接一段長度為 $\ell = \frac{\lambda}{4}$、特性阻抗為 $Z_Q = \sqrt{R_{in} Z_0}$ 的轉換線，即可達成與主饋線 $Z_0$ 的完全匹配。

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詳細解題步驟

已知條件：

• 傳輸線特性阻抗：$Z_0 = 75\ \Omega$
• 負載阻抗：$Z_L = 45 + j60\ \Omega$

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(a) 判斷負載為電感性或電容性

將負載阻抗表示為實部與虛部：
$Z_L = R_L + jX_L = 45 + j60\ \Omega$
其中電抗部分 $X_L = +60\ \Omega > 0$（等效於感抗 $+j\omega L$）。
因此，此負載為電感性負載（Inductive load）。

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(b) 計算負載反射係數 $\Gamma_L$

代入反射係數公式：
$\Gamma_L = \frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0} = \frac{(45 + j60) - 75}{(45 + j60) + 75} = \frac{-30 + j60}{120 + j60}$

分子與分母同除以 $30$：
$\Gamma_L = \frac{-1 + j2}{4 + j2} = \frac{-1 + j2}{2(2 + j1)}$

將分母有理化：
$\Gamma_L = \frac{(-1 + j2)(2 - j1)}{2(2^2 + 1^2)} = \frac{-2 + j1 + j4 + 2}{2 \times 5} = \frac{j5}{10} = j0.5$

轉換為極座標形式（大小與相位）：
$\Gamma_L = 0.5 \angle 90^\circ = 0.5 e^{j\frac{\pi}{2}}$

即：

• 模值 $|\Gamma_L| = 0.5$
• 相位角 $\theta_\Gamma = 90^\circ = \frac{\pi}{2}\text{ rad}$

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(c) 計算電壓駐波比 VSWR

由 $|\Gamma_L| = 0.5$，代入 $\text{VSWR}$ 計算公式：
$\text{VSWR} = \frac{1 + |\Gamma_L|}{1 - |\Gamma_L|} = \frac{1 + 0.5}{1 - 0.5} = \frac{1.5}{0.5} = 3$

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(d) 求最靠近負載的第一個 $V_{min}$ 位置（以波長表示）

在距負載 $d$ 處，反射波與入射波相位差達到反相（$(2n+1)\pi$）時出現電壓極小值 $V_{min}$：
$\theta_\Gamma - 2\beta d_{min} = -\pi - 2n\pi$
$2\beta d_{min} = \theta_\Gamma + \pi + 2n\pi$

取最靠近負載的第一個位置（$n = 0$），代入 $\beta = \frac{2\pi}{\lambda}$ 與 $\theta_\Gamma = \frac{\pi}{2}$：

核心觀念

本題考查導電電流密度與位移電流密度：

• 導電電流密度：
  $\vec{J}_c=\sigma\vec{E}$
• 位移電流密度：

$$\vec{J}_d=\frac{\partial\vec{D}}{\partial t} =\epsilon\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}$$

• 其中
  $\epsilon=\epsilon_r\epsilon_0,\qquad \epsilon_0=8.854\times10^{-12}\ \text{F/m}$

導電電流密度與電場同相；位移電流密度則與電場相差 $90^\circ$。

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解題方法

已知

$\sigma=6\ \text{S/m},\qquad \epsilon_r=4$

$\vec{E}(t)=150\sin(10^{10}t)\ \text{V/m}$

因此材料介電常數為

$$\epsilon=\epsilon_r\epsilon_0 =4(8.854\times10^{-12}) =3.5416\times10^{-11}\ \text{F/m}$$

(a) 導電電流密度 $\vec{J}_c$

由

$$\vec{J}_c=\sigma\vec{E}$$

可得

$$\vec{J}_c(t) =6\left[150\sin(10^{10}t)\right]$$

所以

$$\boxed{\vec{J}_c(t)=900\sin(10^{10}t)\ \text{A/m}^2}$$

其最大值為

$$J_{c,\max}=900\ \text{A/m}^2$$

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(b) 位移電流密度 $\vec{J}_d$

由

$$\vec{J}_d=\epsilon\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}$$

先對電場微分：

$$\frac{\partial\vec{E}}{\partial t} =150(10^{10})\cos(10^{10}t)$$

因此

$$\vec{J}_d(t) =(3.5416\times10^{-11}) \left[150(10^{10})\cos(10^{10}t)\right]$$

整理得

$$\boxed{\vec{J}_d(t)=53.124\cos(10^{10}t)\ \text{A/m}^2}$$

其最大值為

$$J_{d,\max}=53.124\ \text{A/m}^2$$

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(c) $\vec{J}_c$ 與 $\vec{J}_d$ 等量時的頻率

設電場為一般形式

$$\vec{E}(t)=E_0\sin(\omega t)$$

則

核心觀念

本題考查介面上的全反射、反射定律與史涅耳定律。介質的折射率為 $n=\sqrt{\epsilon_r}$；光由高折射率介質射向空氣時，若入射角大於臨界角，就會發生全反射。

解題方法

稜鏡斜面與水平底面夾角為 $46^\circ$，光垂直射入底面，因此進入稜鏡後仍沿鉛直方向前進。光線射向斜面的入射角（相對斜面法線）為 $46^\circ$。

稜鏡的折射率及臨界角為

$$n=\sqrt{2.3},\qquad \theta_c=\sin^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2.3}}\right)\approx 41.3^\circ$$

因為 $46^\circ>\theta_c$，光線在斜面發生全反射。

反射後，光線與水平面的夾角為斜面傾角的兩倍與原入射方向角之差：

核心觀念

本題考查三個觀念：有耗介質中的反射與駐波、電磁波在導電介質中的衰減，以及介質折射率隨位置改變時的光線彎曲。

(a) 導電介質中能否定義 VSWR？

在無耗介質中，入射波與反射波的振幅不會沿傳輸方向衰減，因此最大值與最小值的比值固定，可用單一 VSWR 描述反射程度。

導電介質有衰減常數 $\alpha>0$。若在距負載位置 $z$ 觀察，反射係數的大小會隨位置改變：

$$|\Gamma(z)|=|\Gamma_L|e^{-2\alpha z}$$

因此局部的駐波比為

$$\mathrm{VSWR}(z)=\frac{1+|\Gamma(z)|}{1-|\Gamma(z)|}$$

它會隨觀察位置改變，不再是整段傳輸線共用的固定值。可以在指定位置定義「局部 VSWR」，但不能用一個固定 VSWR 概括整段有耗介質。

(b) 為何水下電磁波通訊困難？

海水具有較高電導率，屬於有耗介質。電磁波在其中傳播時，電場振幅會依 $e^{-\alpha d}$ 衰減，功率則依 $e^{-2\alpha d}$ 衰減，其中 $d$ 是傳播距離。良導體近似下：

$$\alpha \approx \sqrt{\pi f\mu\sigma}, \qquad \delta=\frac{1}{\alpha}\approx\sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}}$$