112 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

本題考查柱座標中的梯度運算。柱座標為 $(r,\phi,z)$ 時，純量函數 $V$ 的梯度為

$$\nabla V = \mathbf a_r\frac{\partial V}{\partial r} + \mathbf a_\phi\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial \phi} + \mathbf a_z\frac{\partial V}{\partial z}.$$

其中 $\mathbf a_r$、$\mathbf a_\phi$、$\mathbf a_z$ 分別為柱座標的單位向量。

解題方法

已知

$$V=2r^2\cos^2\phi.$$

由於 $V$ 不含 $z$，因此

$$\frac{\partial V}{\partial z}=0.$$

對 $r$ 微分：

$$\frac{\partial V}{\partial r} = 4r\cos^2\phi.$$

對 $\phi$ 微分：

$$\frac{\partial V}{\partial \phi} = 2r^2\cdot 2\cos\phi(-\sin\phi) = -4r^2\sin\phi\cos\phi.$$

代入柱座標梯度公式：

$$\nabla V = \mathbf a_r(4r\cos^2\phi) + \mathbf a_\phi\frac{1}{r} (-4r^2\sin\phi\cos\phi).$$

因此

核心觀念

此題考查直流穩態下，兩層具導電性的介質串接時的電流連續性，以及介質交界面與金屬表面的自由電荷密度。

穩態時兩層中的電流密度相同，且各層滿足 $\mathbf{J}=\sigma\mathbf{E}$。兩層的電壓降相加等於外加電壓 $V_0$。介質界面的自由面電荷密度則由電位移向量的法向分量跳躍決定。

解題方法

依圖，$y=d$ 的上極板接電源正端，$y=0$ 的下極板接負端，因此電場與傳統電流方向皆向下，即 $-\hat{\mathbf y}$。穩態電流密度大小滿足

$$V_0=E_1d_1+E_2d_2 =J\left(\frac{d_1}{\sigma_1}+\frac{d_2}{\sigma_2}\right)$$

代入 $d_1=1\times10^{-3}\,\mathrm m$、$d_2=0.5\times10^{-3}\,\mathrm m$：

$$J=\frac{5}{\frac{1\times10^{-3}}{2}+\frac{0.5\times10^{-3}}{5}} =8.33\times10^3\ \mathrm{A/m^2}$$

(a) 極板間的電流密度

$$\mathbf J=-8.33\times10^3\hat{\mathbf y}\ \mathrm{A/m^2}$$

(b) 兩層介質中的電場強度

由 $\mathbf J=\sigma_i\mathbf E_i$：

$$\mathbf E_1=\frac{\mathbf J}{\sigma_1} =-4.17\times10^3\hat{\mathbf y}\ \mathrm{V/m}$$ $$\mathbf E_2=\frac{\mathbf J}{\sigma_2} =-1.67\times10^3\hat{\mathbf y}\ \mathrm{V/m}$$

電壓降可驗算為 $|E_1|d_1=4.17\ \mathrm V$、$|E_2|d_2=0.833\ \mathrm V$，合計為 $5.00\ \mathrm V$。

(c) 金屬極板上的表面電荷密度

核心觀念

本題考查安培定律。圓柱形導線具有圓柱對稱性，因此磁場強度為

$$\mathbf H=H_\phi(r)\mathbf a_\phi$$

利用安培定律：

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

其中導線半徑為 $4\ \text{cm}$，體電流密度為

$$\mathbf J=8r\,\mathbf a_z\ \text{A/cm}^3$$

且 $r$ 以 cm 為單位。

解題方法

取半徑為 $r$ 的圓形安培迴路，則

$$\oint_C \mathbf H\cdot d\mathbf l =H_\phi(r)(2\pi r)$$

磁場方向依右手定則為 $\mathbf a_\phi$。

1. 導線內部：$0\le r\le 4\ \text{cm}$

半徑 $r$ 內所包圍的電流為

$$I_{\text{enc}} =\int_0^r J_z\,dS =\int_0^r (8\rho)(2\pi \rho\,d\rho)$$ $$I_{\text{enc}} =16\pi\int_0^r \rho^2\,d\rho =\frac{16\pi}{3}r^3\ \text{A}$$

代入安培定律：

$$H_\phi(r)(2\pi r)=\frac{16\pi}{3}r^3$$

因此

$$\boxed{H_\phi(r)=\frac{8}{3}r^2\ \text{A/cm}}$$

若以常用的 $\text{A/m}$ 表示，由 $1\ \text{A/cm}=100\ \text{A/m}$，得

$$\boxed{\mathbf H(r)=\frac{800}{3}r^2\,\mathbf a_\phi\ \text{A/m}}$$

其中 $r$ 的數值仍以 cm 代入。

2. 導線外部：$4\le r\le 10\ \text{cm}$

整條導線所承載的總電流為

$$I_{\text{total}} =\frac{16\pi}{3}(4)^3 =\frac{1024\pi}{3}\ \text{A}$$

外部安培迴路所包圍的電流固定為 $I_{\text{total}}$，因此

$$H_\phi(r)(2\pi r)=\frac{1024\pi}{3}$$ $$H_\phi(r)=\frac{512}{3r}\ \text{A/cm}$$

換算成 $\text{A/m}$：

$$\boxed{\mathbf H(r)=\frac{51200}{3r}\,\mathbf a_\phi\ \text{A/m}}$$

其中 $r$ 以 cm 代入。

磁場強度函數

因此在 $0\le r\le 10\ \text{cm}$ 的完整結果為

$$\boxed{ \mathbf H(r)= \begin{cases} \dfrac{800}{3}r^2\,\mathbf a_\phi\ \text{A/m}, &0\le r\le 4\ \text{cm}\\[8pt] \dfrac{51200}{3r}\,\mathbf a_\phi\ \text{A/m}, &4\le r\le 10\ \text{cm} \end{cases} }$$

核心觀念

本題考查長直載流導線周圍的磁場，以及法拉第電磁感應定律。導線電流 $I_0$ 在距離導線 $\rho$ 處產生的磁場大小為

$$B(\rho)=\frac{\mu_0 I_0}{2\pi \rho}.$$

線圈向遠離導線的方向移動，穿過線圈的磁通量隨時間改變，因此線圈中會產生感應電動勢與感應電流。

解題方法

由圖可知，線圈高度為 $l$、寬度為 $w$，初始時靠近導線的一側距離導線 $r$。經過時間 $t$ 後，線圈近側距離為

$$a(t)=r+vt,$$

遠側距離則為 $a(t)+w$。磁場隨距離改變，需沿線圈寬度積分磁通量。取「進入紙面」為正磁通方向，則

$$\begin{aligned} \Phi_B(t) &=\int_{a(t)}^{a(t)+w} B(\rho)\,l\,d\rho\\ &=\frac{\mu_0 I_0 l}{2\pi} \int_{a(t)}^{a(t)+w}\frac{1}{\rho}\,d\rho\\ &=\frac{\mu_0 I_0 l}{2\pi} \ln\!\left(\frac{r+vt+w}{r+vt}\right). \end{aligned}$$

核心觀念

本題考查電偶極的定義，以及遠場條件 $R\gg d$ 下的電位與電場：

• 電偶極矩方向由負電荷指向正電荷。
• 電偶極矩大小：

$$\mathbf p=qd\,\mathbf a_z$$

• 電位與電場的關係：

$$\mathbf E=-\nabla V$$

圖中正電荷位於負電荷上方，因此偶極矩方向向上，取為 $+\mathbf a_z$；球座標的極軸與偶極軸重合。

解題方法

已知

$$q=10e=10(1.6\times10^{-19}) =1.6\times10^{-18}\ \text{C}$$ $$d=5\times10^{-12}\ \text{m}$$

(a) 電偶極矩

電偶極矩由 $-q$ 指向 $+q$，因此

$$\mathbf p=qd\,\mathbf a_z$$

代入數值：

$$\mathbf p =(1.6\times10^{-18})(5\times10^{-12})\mathbf a_z$$ $$\boxed{\mathbf p=8.0\times10^{-30}\mathbf a_z\ \text{C}\cdot\text{m}}$$

(b) $R\gg d$ 時的電位

觀測點 $P$ 到偶極中心的距離為 $R$，與偶極軸的夾角為 $\theta$。

正、負電荷對 $P$ 點的電位可寫成

$$V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{q}{R_+}-\frac{q}{R_-} \right)$$

當 $R\gg d$ 時，採用偶極遠場近似，可得

$$V(R,\theta) = \frac{p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0R^2}$$

因此

$$\boxed{ V(R,\theta,\phi) = \frac{8.0\times10^{-30}\cos\theta} {4\pi\varepsilon_0R^2} }$$

電偶極電位與 $\phi$ 無關，因為系統繞偶極軸具有旋轉對稱性。使用

$$\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \approx 8.99\times10^9$$

亦可寫成

$$\boxed{ V(R,\theta) \approx \frac{7.19\times10^{-20}\cos\theta}{R^2}\ \text{V} }$$

其中 $R$ 以公尺為單位。

(c) $R\gg d$ 時的電場強度

在球座標中，

核心觀念

本題考查均勻平面波正入射理想導體時的反射與駐波。理想導體表面的切向電場為零，因此電場反射係數為 $\Gamma_E=-1$，導體表面形成電場節點。相鄰電場節點的距離為 $\lambda/2$；駐波最大值則為入射電場振幅的兩倍。

解題方法與計算

(a) 駐波比（SWR）

理想導體的電場反射係數大小為 $|\Gamma_E|=1$，因此

$$\mathrm{SWR} =\frac{1+|\Gamma_E|}{1-|\Gamma_E|} =\infty$$

也可由圖讀出電場最小值為零，所以 $\mathrm{SWR}=E_{\max}/E_{\min}=\infty$。

(b) 波長 $\lambda$

圖中相鄰電場節點相距 $5\text{ cm}$，而相鄰節點距離為半個波長：

$$\frac{\lambda}{2}=5\text{ cm}$$ $$\boxed{\lambda=10\text{ cm}=0.10\text{ m}}$$

(c) 相速度 $v_p$

由 $v_p=f\lambda$，且 $f=1\times10^9\text{ Hz}$：

$$v_p=(1\times10^9)(0.10) =1.0\times10^8\text{ m/s}$$

(d) 相位常數 $\beta$

$$\beta=\frac{2\pi}{\lambda} =\frac{2\pi}{0.10} =20\pi\text{ rad/m} \approx62.8\text{ rad/m}$$

(e) 介質 1 的相對介電常數

假設介質為非磁性介質，亦即 $\mu_r=1$。相速度與介質參數的關係為 $v_p=c/\sqrt{\epsilon_r\mu_r}$，因此

$$\epsilon_r=\left(\frac{c}{v_p}\right)^2 =\left(\frac{3.0\times10^8}{1.0\times10^8}\right)^2 =9$$

(f) 介質 1 的特性阻抗

非磁性介質的特性阻抗為 $\eta_1=\eta_0/\sqrt{\epsilon_r}$：

$$\eta_1=\frac{377}{\sqrt{9}} \approx125.7\ \Omega$$

核心觀念

本題考查無耗損傳輸線的：

• 暫態波與反射波
• 負載反射係數 $\Gamma_L$
• 源端反射係數 $\Gamma_S$
• 傳播速度、傳輸線長度
• 特性阻抗 $Z_0$、單位長度電容 $C$
• Bounce diagram 與指定位置的電壓波形

已知：

$$Z_0=100\ \Omega,\qquad \epsilon_r=2$$

由圖可讀得輸入端電壓：

• $t=0$ 至 $4\ \mu\text{s}$：$V(0,t)=12\ \text{V}$
• $t=4\ \mu\text{s}$ 之後：$V(0,t)=8\ \text{V}$

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解題方法

第一個電壓變化發生在 $t=4\ \mu\text{s}$，代表負載反射波往返傳輸線一次後回到輸入端。因此：

$$2T_d=4\ \mu\text{s}$$

其中 $T_d$ 為單程傳播時間，所以：

$$T_d=2\ \mu\text{s}$$

初始的 $12\ \text{V}$ 是源端送入傳輸線的入射波電壓：

$$V^+=12\ \text{V}$$

負載反射波回到輸入端後，使電壓由 $12\ \text{V}$ 降為 $8\ \text{V}$，因此反射波電壓為：

$$V^-=-4\ \text{V}$$

故負載反射係數為：

$$\Gamma_L=\frac{V^-}{V^+} =\frac{-4}{12} =-\frac{1}{3}$$

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(a) 傳輸線長度 $L$

介質中的傳播速度為：

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

代入 $c=3\times 10^8\ \text{m/s}$ 與 $\epsilon_r=2$：

$$v_p=\frac{3\times 10^8}{\sqrt{2}} =2.121\times 10^8\ \text{m/s}$$

單程延遲時間為 $T_d=2\ \mu\text{s}$，所以：

$$L=v_pT_d$$ $$L=(2.121\times 10^8)(2\times 10^{-6}) =4.243\times 10^2\ \text{m}$$

因此：

$$\boxed{L\approx 424.3\ \text{m}}$$

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(b) 負載電阻 $R_L$

負載反射係數與負載電阻的關係為：

$$\Gamma_L=\frac{R_L-Z_0}{R_L+Z_0}$$

代入 $\Gamma_L=-1/3$ 與 $Z_0=100\ \Omega$：

$$-\frac{1}{3} =\frac{R_L-100}{R_L+100}$$

交叉相乘：

$$-(R_L+100)=3(R_L-100)$$ $$-R_L-100=3R_L-300$$ $$4R_L=200$$

因此：

$$\boxed{R_L=50\ \Omega}$$

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(c) 源端電阻 $R_S$

輸入端在 $t=4\ \mu\text{s}$ 發生第一次反射波變化後，電壓即固定為 $8\ \text{V}$，沒有再出現後續階梯變化。

這表示反射波回到源端後沒有再次反射，因此：

$$\Gamma_S=0$$

而源端反射係數為：

$$\Gamma_S=\frac{R_S-Z_0}{R_S+Z_0}$$

所以：

$$R_S=Z_0$$

因此：

$$\boxed{R_S=100\ \Omega}$$

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(d) 電壓源 $V_0$

源端送入傳輸線的初始電壓為：

$$V^+=V_0\frac{Z_0}{R_S+Z_0}$$

已知 $V^+=12\ \text{V}$、$R_S=Z_0=100\ \Omega$：

$$12=V_0\frac{100}{100+100} =V_0\frac{1}{2}$$

因此：

$$\boxed{V_0=24\ \text{V}}$$

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(e) 單位長度電容 $C$

無耗損傳輸線滿足：

$$v_p=\frac{1}{\sqrt{LC}}$$

以及：

$$Z_0=\sqrt{\frac{L}{C}}$$

由兩式可得：

$$C=\frac{1}{Z_0v_p}$$

代入 $Z_0=100\ \Omega$ 與 $v_p=2.121\times10^8\ \text{m/s}$：