114 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

本題評量向量微積分（Vector Calculus）中標量場的拉普拉斯運算子（Laplacian operator）。

在三維直角座標系（Cartesian coordinates）$(x, y, z)$ 下，純量函數 $f(x, y, z)$ 的拉普拉斯運算定義為梯度的散度（$\nabla \cdot \nabla f$），其展開式為對各座標變數的二次偏微分之和：

$$\nabla^2 f = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial z^2}$$

考生需熟悉偏微分運算規則，在對某一變數微分時將其餘變數視為常數。

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解題方法

給定純量函數：

$$f(x, y, z) = x^6 y^2 z^3 + 3y$$

分別計算對 $x$、$y$、$z$ 的一階與二階偏導函數：

1. 對 $x$ 的偏微分（將 $y, z$ 視為常數）：

$$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^6 y^2 z^3 + 3y) = 6x^5 y^2 z^3$$

再次對 $x$ 微分得二階偏導函數：

$$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}(6x^5 y^2 z^3) = 30x^4 y^2 z^3$$

2. 對 $y$ 的偏微分（將 $x, z$ 視為常數）：

$$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x^6 y^2 z^3 + 3y) = 2x^6 y z^3 + 3$$

再次對 $y$ 微分得二階偏導函數（常數項 $3$ 微分後為 $0$）：

$$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y}(2x^6 y z^3 + 3) = 2x^6 z^3$$

3. 對 $z$ 的偏微分（將 $x, y$ 視為常數）：

核心觀念

本題評量向量微積分（Vector Calculus）中**散度（Divergence）**的直角座標（Cartesian Coordinates）計算能力。

在三維直角座標系中，向量場 $\vec{F}$ 可表示為：

$$\vec{F} = F_x\hat{x} + F_y\hat{y} + F_z\hat{z}$$

散度算子 $\nabla \cdot \vec{F}$ 定義為向量微分算子（Del operator）$\nabla$ 與向量場 $\vec{F}$ 的純量積（內積）：

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

其物理意義代表向量場在空間中某點單位體積向外的通量淨流出率（通量源或通量匯）。

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解題方法

由題意可知，給定之向量場為：

$$\vec{F} = 3x\hat{x} + (y - z^2)\hat{y} + (xz^3)\hat{z}$$

各分量分別為：

• $F_x = 3x$
• $F_y = y - z^2$
• $F_z = xz^3$

將各分量分別對應其空間座標進行偏微分：

1. $x$ 分量對 $x$ 微分：

$$\frac{\partial F_x}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(3x) = 3$$

核心觀念

本題的核心觀念為球座標系下的體積分（Volume Integration in Spherical Coordinates）與總電荷量之定義。

1. 總電量與體電荷密度關係：
   若空間中存在體電荷密度 $\rho_v(\mathbf{r})$，則封閉區域 $V$ 內的全部電荷量 $Q$ 定義為體電荷密度的體積分：

   $$Q = \int_V \rho_v \, dV$$

2. 球座標系之微小體積元素（Differential Volume Element）：
   在球座標系 $(r, \theta, \phi)$ 中，微小體積元素 $dV$ 為：

   $$dV = r^2 \sin\theta \, dr \, d\theta \, d\phi$$

   各座標變數的物理積分範圍分別為：

   • 徑向距離：$r \in [0, R]$
   • 天頂角（極角）：$\theta \in [0, \pi]$
   • 方位角：$\phi \in [0, 2\pi]$

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解題方法

題目給定球體半徑 $R = 2\text{ cm} = 0.02\text{ m} = 2 \times 10^{-2}\text{ m}$，且體電荷密度 $\rho_v = 4\cos^2\theta\ (\text{C/m}^3)$。

步驟一：列出全電量積分式

將 $\rho_v$ 與微小體積元素 $dV$ 代入全電量定義式：

$$Q = \int_0^{2\pi} \int_0^\pi \int_0^R \left( 4\cos^2\theta \right) r^2 \sin\theta \, dr \, d\theta \, d\phi$$

由於被積函數中的變數 $r$、$\theta$ 與 $\phi$ 彼此獨立，三重積分可拆解為三個獨立的一維定積分相乘：

$$Q = 4 \left( \int_0^R r^2 \, dr \right) \left( \int_0^\pi \cos^2\theta \sin\theta \, d\theta \right) \left( \int_0^{2\pi} d\phi \right)$$

步驟二：分別計算各維度積分

1. 徑向 $r$ 積分：

   $$\int_0^R r^2 \, dr = \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^R = \frac{R^3}{3}$$

2. 極角 $\theta$ 積分：
   利用代換積分法，令 $u = \cos\theta$，則 $du = -\sin\theta \, d\theta$。
   當 $\theta = 0$ 時 $u = 1$；當 $\theta = \pi$ 時 $u = -1$：

核心觀念

$dBm$ 是以 $1\,\mathrm{mW}$ 為基準的功率單位，不能直接把兩個 $dBm$ 數值相加。先將功率換算成毫瓦，將總功率相加，再換回 $dBm$。

解題方法

由圖可知，兩個 $0\,\mathrm{dBm}$ 信號輸入功率合成器。依一般理想功率合成器的假設，兩路輸入功率相加。

每路輸入功率為：

$$P_1=P_2=10^{0/10}\,\mathrm{mW}=1\,\mathrm{mW}$$

因此總輸出功率為：

$$P_{\mathrm{out}}=P_1+P_2=2\,\mathrm{mW}$$

換算回 $dBm$：

核心觀念

分貝表示功率比，放大器的功率增益為

$$G_{\mathrm{dB}}=10\log_{10}\left(\frac{P_{\mathrm{out}}}{P_{\mathrm{in}}}\right).$$

當輸入與輸出功率都以 dBm 表示時，輸出功率等於輸入功率加上增益（dB）。

解題方法

輸入功率為 $0\ \mathrm{dBm}$，放大器增益為 $20\ \mathrm{dB}$，因此

核心觀念

長直導線電流 $I$ 在距離導線 $r$ 處產生的磁場大小為

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

互感的定義是穿過三角形線圈的磁通量除以長直導線電流：

$$M=\frac{\Phi}{I}.$$

圖中 $d$ 為導線到三角形頂點的距離，等邊三角形邊長為 $a$。

解題方法

將三角形頂點設在 $x=d$，導線位於 $x=0$。等邊三角形的高為

$$h=\frac{\sqrt{3}}{2}a.$$

在距離導線 $x$ 處，三角形的垂直截線長度由頂點處的 $0$ 線性增加至底邊處的 $a$，因此

$$w(x)=\frac{a}{h}(x-d)=\frac{2}{\sqrt{3}}(x-d), \qquad d\le x\le d+h.$$

磁場在每個垂直截線上相同，故磁通量可按 $x$ 積分：

核心觀念

本題考查靜電學邊界值問題（Boundary-Value Problems）、非均勻介電質（Inhomogeneous Dielectric）中的電場分佈以及電容計算。核心重點如下：

1. 平行板電容器的邊界條件與對稱性：
   電極板分別位於 $z = 0$（接地，$V = 0$）與 $z = d$（電位 $V = V_0$）。在忽略邊緣效應（Fringing Field）的標準平行板近似下，兩極板間的等位面為平行於 $xy$ 平面的平面，因此電位 $V$ 僅為 $z$ 的函數，即 $V = V(z)$。
2. 電位與電場關係： $$\mathbf{E} = -\nabla V = -\frac{dV}{dz} \hat{\mathbf{a}}_z$$
3. 電位移向量（Electric Flux Density）與本構關係： $$\mathbf{D} = \epsilon(r) \mathbf{E}$$ 由於介電係數隨徑向變化 $\epsilon(r) = \epsilon_0\left(1 + \frac{2r^2}{a^2}\right)$，電場 $\mathbf{E}$ 雖為均勻分佈，但電位移向量 $\mathbf{D}$ 會隨徑向半徑 $r$ 變化。
4. 極板總電荷與電容定義：
   導體極板表面的自由面電荷密度為 $\rho_s = \mathbf{D} \cdot \hat{\mathbf{n}}$。總電荷 $Q$ 可透過在圓形極板上積分求得： $$Q = \int \rho_s \, dS, \quad C = \frac{Q}{V_0}$$ 亦可視為無數個半徑為 $r$、厚度為 $dr$ 的圓環狀微小電容之並聯。

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解題方法與詳細推導

(a) 求極板間的電位 $V$ 與電位移向量 $\mathbf{D}$

1. 求電位分佈 $V$：
   在兩極板之間無自由電荷（$\rho_v = 0$），高斯定律為：

   $$\nabla \cdot \mathbf{D} = \nabla \cdot [\epsilon(r)\mathbf{E}] = 0$$

   根據平行板結構（忽略邊緣效應），電位僅沿 $z$ 方向變化，$V = V(z)$，則：

   $$\mathbf{E} = -\frac{dV}{dz} \hat{\mathbf{a}}_z$$

   代入 $\mathbf{D} = \epsilon(r) E_z \hat{\mathbf{a}}_z$：

   $$\nabla \cdot \mathbf{D} = \frac{\partial D_z}{\partial z} = \epsilon(r) \frac{d E_z}{dz} = -\epsilon(r) \frac{d^2 V}{dz^2} = 0$$

   由於在極板間 $\epsilon(r) \neq 0$，因此：

   $$\frac{d^2 V}{dz^2} = 0$$

   積分可得通解：

   $$V(z) = C_1 z + C_2$$

   帶入已知的邊界條件：

   • 下極板 $z = 0$ 處：$V(0) = 0 \implies C_2 = 0$
   • 上極板 $z = d$ 處：$V(d) = V_0 \implies C_1 d = V_0 \implies C_1 = \frac{V_0}{d}$

   因此，兩極板間的電位分佈為：

   $$V(z) = \frac{V_0}{d} z \quad (0 \le z \le d)$$

2. 求電場 $\mathbf{E}$ 與電位移向量 $\mathbf{D}$：
   電場強度：

   $$\mathbf{E} = -\nabla V = -\frac{dV}{dz} \hat{\mathbf{a}}_z = -\frac{V_0}{d} \hat{\mathbf{a}}_z$$

   根據本構方程式 $\mathbf{D} = \epsilon(r) \mathbf{E}$，將 $\epsilon(r) = \epsilon_0\left(1 + \frac{2r^2}{a^2}\right)$ 代入：

核心觀念

本題考查均勻平面波（Uniform Plane Wave）在無耗損介質交界面上的**垂直入射（Normal Incidence）**問題，涉及的主要公式與定義如下：

1. 角頻率與波數（Phase Constant）：
   • 角頻率：$\omega = 2\pi f$
   • 介質 1（自由空間）波數：$\beta_1 = \omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0} = \dfrac{\omega}{c}$
   • 介質 2 波數：$\beta_2 = \omega\sqrt{\mu_2\epsilon_2} = \beta_1\sqrt{\mu_r\epsilon_r}$
2. 本質阻抗（Intrinsic Impedance）：
   • 介質 1（自由空間）：$\eta_1 = \eta_0 = \sqrt{\dfrac{\mu_0}{\epsilon_0}} \approx 120\pi\ \Omega \approx 377\ \Omega$
   • 介質 2：$\eta_2 = \sqrt{\dfrac{\mu_2}{\epsilon_2}} = \eta_0\sqrt{\dfrac{\mu_r}{\epsilon_r}}$
3. 電場反射係數與穿透係數（Reflection & Transmission Coefficients）：
   • $\Gamma = \dfrac{\eta_2 - \eta_1}{\eta_2 + \eta_1}$
   • $\tau = 1 + \Gamma = \dfrac{2\eta_2}{\eta_1 + \eta_2}$
4. 電場與磁場之向量關係：
   • $\vec{H} = \dfrac{1}{\eta}\,\hat{a}_k \times \vec{E}$（其中 $\hat{a}_k$ 為波傳播方向的單位向量）
5. 時間平均功率密度（Time-Average Power Density / Poynting Vector）：
   • $\vec{S}_{\text{avg}} = \dfrac{1}{2}\,\text{Re}\left\{ \vec{E} \times \vec{H}^* \right\}$
   • 自由空間中合成波的淨時間平均功率密度：$\vec{S}_{1,\text{avg}} = \hat{a}_z \dfrac{|E_{i0}|^2}{2\eta_1}\left(1 - |\Gamma|^2\right)$

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解題方法

基本參數計算

設介質交界面位於 $z = 0$ 平面：

• 區域 1（$z < 0$）：自由空間，$\epsilon_1 = \epsilon_0$、$\mu_1 = \mu_0$。
• 區域 2（$z > 0$）：無耗損介質，$\epsilon_2 = 25\epsilon_0$、$\mu_2 = 16\mu_0$。

1. 角頻率：

   $$\omega = 2\pi \times (200 \times 10^6) = 4\pi \times 10^8\text{ rad/s}$$

2. 相角常數（波數）：

   $$\beta_1 = \frac{\omega}{c} = \frac{4\pi \times 10^8}{3 \times 10^8} = \frac{4\pi}{3}\text{ rad/m} \approx 4.189\text{ rad/m}$$ $$\beta_2 = \omega\sqrt{\mu_2\epsilon_2} = \beta_1\sqrt{\mu_r\epsilon_r} = \frac{4\pi}{3}\sqrt{16 \times 25} = \frac{80\pi}{3}\text{ rad/m} \approx 83.776\text{ rad/m}$$

3. 本質阻抗：

   $$\eta_1 = \eta_0 \approx 120\pi\ \Omega$$ $$\eta_2 = \eta_0\sqrt{\frac{\mu_r}{\epsilon_r}} = \eta_0\sqrt{\frac{16}{25}} = 0.8\,\eta_0 = 96\pi\ \Omega \approx 301.59\ \Omega$$

4. 介面反射與穿透係數：

   $$\Gamma = \frac{\eta_2 - \eta_1}{\eta_2 + \eta_1} = \frac{0.8\eta_0 - \eta_0}{0.8\eta_0 + \eta_0} = \frac{-0.2}{1.8} = -\frac{1}{9}$$ $$\tau = 1 + \Gamma = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$$

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(a) 入射、反射與穿透磁場的完整表示式

題目給定入射電場振幅為 $50\text{ V/m}$，沿 $+z$ 方向行進，電場極化方向為 $\hat{a}_x$。
其相量形式為：

$$\tilde{\vec{E}}_i(z) = \hat{a}_x 50 e^{-j\beta_1 z}\text{ V/m}$$

1. 入射磁場 $\vec{H}_i$：
   傳播方向為 $\hat{a}_k = \hat{a}_z$，磁場方向為 $\hat{a}_z \times \hat{a}_x = \hat{a}_y$。

   • 振幅：$H_{i0} = \dfrac{E_{i0}}{\eta_1} = \dfrac{50}{120\pi} = \dfrac{5}{12\pi}\text{ A/m} \approx 0.1326\text{ A/m}$
   • 相量形式： $$\tilde{\vec{H}}_i(z) = \hat{a}_y \frac{5}{12\pi} e^{-j\frac{4\pi}{3}z}\text{ A/m} \quad (\approx \hat{a}_y 0.133 e^{-j 4.19 z}\text{ A/m})$$
   • 時域即時形式： $$\vec{H}_i(z, t) = \hat{a}_y \frac{5}{12\pi} \cos\left(4\pi \times 10^8 t - \frac{4\pi}{3}z\right)\text{ A/m}$$

2. 反射磁場 $\vec{H}_r$：
   反射波朝 $-z$ 方向傳播（$\hat{a}_k = -\hat{a}_z$），其電場為：

   $$\tilde{\vec{E}}_r(z) = \hat{a}_x \Gamma E_{i0} e^{+j\beta_1 z} = -\hat{a}_x \frac{50}{9} e^{+j\beta_1 z}\text{ V/m}$$

   反射磁場方向為 $(-\hat{a}_z) \times (-\hat{a}_x) = \hat{a}_y$：

   • 振幅：$H_{r0} = -\Gamma H_{i0} = \left(\dfrac{1}{9}\right)\left(\dfrac{5}{12\pi}\right) = \dfrac{5}{108\pi}\text{ A/m} \approx 0.0147\text{ A/m}$
   • 相量形式： $$\tilde{\vec{H}}_r(z) = \hat{a}_y \frac{5}{108\pi} e^{+j\frac{4\pi}{3}z}\text{ A/m} \quad (\approx \hat{a}_y 0.0147 e^{+j 4.19 z}\text{ A/m})$$
   • 時域即時形式： $$\vec{H}_r(z, t) = \hat{a}_y \frac{5}{108\pi} \cos\left(4\pi \times 10^8 t + \frac{4\pi}{3}z\right)\text{ A/m}$$

3. 穿透磁場 $\vec{H}_t$：
   穿透波在介質 2 中朝 $+z$ 方向傳播（$\hat{a}_k = \hat{a}_z$），其電場為：

核心觀念

本題探討帶電質點在均勻靜磁場中的運動特性，主要運用以下物理與電磁學核心定理：

1. 勞侖茲力方程式（Lorentz Force Equation）：
   在無電場（$\mathbf{E} = \mathbf{0}$）的環境下，帶電粒子所受之磁力為： $$\mathbf{F} = q(\mathbf{u} \times \mathbf{B})$$
2. 牛頓第二運動定律： $$\mathbf{F} = m \frac{d\mathbf{u}}{dt} = m \frac{d^2\mathbf{r}}{dt^2}$$
3. 迴旋頻率（Cyclotron Frequency, $\omega_c$）與迴旋半徑（Larmor/Cyclotron Radius, $R$）：
   磁力方向恆與速度垂直（$\mathbf{F} \perp \mathbf{u}$），磁力不作功，粒子動能與速率維持定值，在垂直於磁場的平面上作等速率圓周運動。其角頻率為 $\omega_c = \frac{q B_0}{m}$，半徑為 $R = \frac{u_0}{\omega_c} = \frac{m u_0}{q B_0}$。

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解題方法

(a) 求帶電荷的運動方程式（Equation of Motion）

設帶正電粒子在 $t = 0$ 時從原點 $(0, 0, 0)$ 射入 $x > 0$ 區域，初速度為 $\mathbf{u}(0) = u_0 \hat{a}_x$。
空間中的均勻磁場為 $\mathbf{B} = B_0 \hat{a}_z$。

粒子的速度向量可表為：

$$\mathbf{u} = u_x \hat{a}_x + u_y \hat{a}_y + u_z \hat{a}_z$$

磁力為：

$$\mathbf{F} = q(\mathbf{u} \times \mathbf{B}) = q(u_x \hat{a}_x + u_y \hat{a}_y + u_z \hat{a}_z) \times (B_0 \hat{a}_z)$$

利用外積運算（$\hat{a}_x \times \hat{a}_z = -\hat{a}_y$、$\hat{a}_y \times \hat{a}_z = \hat{a}_x$、$\hat{a}_z \times \hat{a}_z = \mathbf{0}$）：

$$\mathbf{F} = q B_0 (u_y \hat{a}_x - u_x \hat{a}_y)$$

根據牛頓第二運動定律 $m \frac{d\mathbf{u}}{dt} = \mathbf{F}$，可得運動微分方程式：

$$m \frac{du_x}{dt} = q B_0 u_y$$ $$m \frac{du_y}{dt} = -q B_0 u_x$$ $$m \frac{du_z}{dt} = 0$$

定義迴旋角頻率 $\omega_c \equiv \frac{q B_0}{m}$，將微分方程改寫為：

$$\frac{du_x}{dt} = \omega_c u_y$$ $$\frac{du_y}{dt} = -\omega_c u_x$$

對第一個式子對時間微分，並將第二式代入：

$$\frac{d^2 u_x}{dt^2} = \omega_c \frac{du_y}{dt} = -\omega_c^2 u_x \implies \frac{d^2 u_x}{dt^2} + \omega_c^2 u_x = 0$$

此二階常微分方程式的通解為：

$$u_x(t) = C_1 \cos(\omega_c t) + C_2 \sin(\omega_c t)$$

代入初始條件（$t = 0$ 時 $u_x(0) = u_0$ 且 $\left.\frac{du_x}{dt}\right|_{t=0} = \omega_c u_y(0) = 0$）：

$$C_1 = u_0, \quad C_2 = 0$$

因此：

$$u_x(t) = u_0 \cos(\omega_c t)$$

進一步求出 $u_y(t)$ 與 $u_z(t)$：

$$u_y(t) = \frac{1}{\omega_c}\frac{du_x}{dt} = -u_0 \sin(\omega_c t)$$ $$u_z(t) = u_z(0) = 0$$

速度的時域解為：

$$\mathbf{u}(t) = u_0 \cos(\omega_c t)\,\hat{a}_x - u_0 \sin(\omega_c t)\,\hat{a}_y$$

將速度對時間積分求位置向量 $\mathbf{r}(t) = x(t)\hat{a}_x + y(t)\hat{a}_y + z(t)\hat{a}_z$（初始位置取 $(0, 0, 0)$）：

核心觀念

這題考無損傳輸線的階躍響應。開關在 $t=0$ 閉合後，訊號以相速度沿傳輸線前進；每到一端，就依該端的反射係數反射。負載端電壓會在每個電壓波抵達時跳變，其餘時間維持定值。

反射係數為

$$\Gamma_L=\frac{R_L-Z_0}{R_L+Z_0}, \qquad \Gamma_S=\frac{R_S-Z_0}{R_S+Z_0}$$

其中 $\Gamma_L$ 是負載端反射係數，$\Gamma_S$ 是訊號源端反射係數。

解題方法

1. 求單程傳播時間

傳輸線的相速度為 $v_p=0.5c=1.5\times10^8\ \text{m/s}$，因此單程延遲為

$$t_d=\frac{l}{v_p} =\frac{0.30}{1.5\times10^8} =2\ \text{ns}$$

第一個電壓波在 $2\ \text{ns}$ 抵達負載；之後波在源端與負載端之間往返，每隔 $2t_d=4\ \text{ns}$ 再抵達負載。

2. 求初始入射波與兩端反射係數

開關閉合後，源端送入傳輸線的初始入射波為

$$V_0^+=V_S\frac{Z_0}{R_S+Z_0} =20\frac{50}{25+50} =\frac{40}{3}\ \text{V}$$

負載端與源端的反射係數分別為

$$\Gamma_L=\frac{100-50}{100+50}=\frac{1}{3}, \qquad \Gamma_S=\frac{25-50}{25+50}=-\frac{1}{3}$$

3. 計算負載端各次電壓跳變

波抵達負載時，入射波與反射波相加，負載電壓的改變量為入射波的 $(1+\Gamma_L)$ 倍。第一次抵達時，

$$\Delta V_{L,0}=(1+\Gamma_L)V_0^+ =\frac{4}{3}\cdot\frac{40}{3} =\frac{160}{9}\ \text{V}$$

每次往返後，入射波振幅乘上 $\Gamma_L\Gamma_S=-1/9$。因此第 $n$ 次抵達負載的電壓跳變為

$$\Delta V_{L,n} =(1+\Gamma_L)V_0^+(\Gamma_L\Gamma_S)^n$$