108 年 國立成功大學電機工程學系碩士班甲組《電磁學》

核心觀念

本題考查：

• 瞬時坡印廷向量 $\vec{P}(t)=\vec{E}(t)\times\vec{H}(t)$。
• 時諧場以相量表示時，如何求其時間平均值。
• 複數坡印廷向量的定義，以及複共軛與係數 $\frac12$ 的來源。

複數坡印廷向量定義為

$$\vec{P}_s=\frac12\vec{E}_s\times\vec{H}_s^*,$$

其中 $\operatorname{Re}(\vec{P}_s)$ 代表平均有功功率密度，$\operatorname{Im}(\vec{P}_s)$ 則與無功功率流有關。

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解題方法與推導

題目採用峰值相量表示：

$$\vec{E}(t)=\operatorname{Re}\left[\vec{E}_s e^{j\omega t}\right], \qquad \vec{H}(t)=\operatorname{Re}\left[\vec{H}_s e^{j\omega t}\right].$$

利用

$$\operatorname{Re}(\vec{E}_s e^{j\omega t}) = \frac12\left( \vec{E}_s e^{j\omega t} + \vec{E}_s^*e^{-j\omega t} \right),$$

可得

$$\vec{E}(t) = \frac12\left( \vec{E}_s e^{j\omega t} + \vec{E}_s^*e^{-j\omega t} \right),$$ $$\vec{H}(t) = \frac12\left( \vec{H}_s e^{j\omega t} + \vec{H}_s^*e^{-j\omega t} \right).$$

因此瞬時坡印廷向量為

$$\begin{aligned} \vec{P}(t) &=\vec{E}(t)\times\vec{H}(t)\\ &=\frac14 \left( \vec{E}_s e^{j\omega t} + \vec{E}_s^*e^{-j\omega t} \right) \times \left( \vec{H}_s e^{j\omega t} + \vec{H}_s^*e^{-j\omega t} \right). \end{aligned}$$

展開後：

$$\begin{aligned} \vec{P}(t) =\frac14\big[ &(\vec{E}_s\times\vec{H}_s)e^{j2\omega t}\\ &+\vec{E}_s\times\vec{H}_s^*\\ &+\vec{E}_s^*\times\vec{H}_s\\ &+(\vec{E}_s^*\times\vec{H}_s^*)e^{-j2\omega t} \big]. \end{aligned}$$

對一個週期取時間平均時，含有 $e^{j2\omega t}$ 與 $e^{-j2\omega t}$ 的項平均為零，只剩下

$$\langle\vec{P}(t)\rangle = \frac14 \left( \vec{E}_s\times\vec{H}_s^* + \vec{E}_s^*\times\vec{H}_s \right).$$

注意

核心觀念

本題考查安培定律在時變電磁場中的修正，以及位移電流的物理意義。

靜態或穩態電流下，安培定律為

$$\nabla \times \vec{H}=\vec{J}.$$

其中：

• $\vec{H}$：磁場強度；
• $\vec{J}$：導電電流密度。

當電荷分布隨時間改變時，必須同時考慮電場變化所產生的位移電流密度：

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

因此，完整的安培–馬克士威定律為

$$\nabla \times \vec{H} = \vec{J}+\frac{\partial \vec{D}}{\partial t}.$$

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解題方法：由電荷守恆檢查安培定律

對原本的安培定律取散度：

$$\nabla \cdot \left(\nabla \times \vec{H}\right) = \nabla \cdot \vec{J}.$$

由向量恆等式，

$$\nabla \cdot \left(\nabla \times \vec{H}\right)=0,$$

因此可得

$$\nabla \cdot \vec{J}=0.$$

然而，時變條件下電荷守恆必須滿足連續方程式：

$$\nabla \cdot \vec{J} + \frac{\partial \rho_v}{\partial t} =0,$$

其中 $\rho_v$ 為自由電荷體積密度。

由高斯定律，

$$\nabla \cdot \vec{D}=\rho_v.$$

對時間微分：

$$\nabla \cdot \frac{\partial \vec{D}}{\partial t} = \frac{\partial \rho_v}{\partial t}.$$

將位移電流項加入安培定律：

$$\nabla \times \vec{H} = \vec{J}+\frac{\partial \vec{D}}{\partial t}.$$

兩邊取散度：

$$\nabla \cdot \left(\nabla \times \vec{H}\right) = \nabla \cdot \vec{J} + \nabla \cdot \frac{\partial \vec{D}}{\partial t}.$$

左側為零，因此

$$0 = \nabla \cdot \vec{J} + \frac{\partial \rho_v}{\partial t},$$

恰好得到連續方程式，符合電荷守恆。

所以，位移電流項是維持安培定律與電荷守恆一致所必須加入的項。

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物理說明：充電中的平行板電容器

考慮一個正在充電的平行板電容器。導線中有導電電流：

$$\vec{J}\neq 0.$$

但在兩片電容器極板之間沒有電子實際穿越介質，因此極板間的導電電流密度可視為

$$\vec{J}=0.$$

充電時，極板上的電荷量隨時間改變，使極板間電場隨時間變化。由於

$$\vec{D}=\varepsilon \vec{E},$$

故存在

$$\frac{\partial \vec{D}}{\partial t}\neq 0.$$

此時，極板間雖然沒有導電電流，卻有位移電流密度

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

以積分形式表示：

核心觀念

本題要求辨識五類電磁波的傳播特性。統一以沿 $+z$ 方向傳播的相量表示：

$$\mathbf{F}(z)=\mathbf{F}_0e^{-\gamma z}, \qquad \gamma=\alpha+j\beta$$

其中：

• $\alpha$：衰減常數，決定振幅是否隨距離衰減。
• $\beta$：相位常數，決定相位隨距離改變的速率。
• $\mathbf{E}$、$\mathbf{H}$：電場與磁場。
• 平均功率流密度由 Poynting vector 給出：

$$\left\langle \mathbf{S}\right\rangle = \frac{1}{2}\operatorname{Re} \left(\mathbf{E}\times\mathbf{H}^{*}\right)$$

判斷各類波的主要依據為：波面的形狀、振幅是否衰減、是否受到邊界限制，以及是否具有實際的平均功率傳輸。

解題方法

先以「場量沿傳播方向的變化」判斷波的基本性質，再觀察其傳播空間是否受到導體或介質邊界限制：

1. 波面是否為無限延伸的平面？
2. 振幅是否因介質損耗而衰減？
3. 波是否被結構邊界限制在某個區域內？
4. 傳播常數是否為純虛數，導致場量只衰減而不傳播相位？
5. 波是否由局部源向外傳播並攜帶能量？

依此可得到下列五類電磁波的特徵。

(a) Uniformly Plane Waves：均勻平面波

均勻平面波的場量在每一個等相位平面上均勻分布，電場與磁場不隨橫向座標 $x,y$ 改變，只沿傳播方向 $z$ 改變。例如沿 $+z$ 方向傳播的無耗均勻平面波可寫成：

$$\mathbf{E}(z)=\mathbf{E}_0e^{-j\beta z}$$ $$\mathbf{H}(z)=\mathbf{H}_0e^{-j\beta z}$$

其主要特性如下：

1. 波面為無限延伸的平面

   等相位面為 $z=\text{constant}$ 的平面，所有場量在同一平面上具有相同的振幅與相位。

2. 電場、磁場與傳播方向互相垂直

   對沿 $+z$ 傳播的平面波：

   $$\mathbf{E}\perp\mathbf{H},\qquad \mathbf{E}\perp\hat{\mathbf{z}},\qquad \mathbf{H}\perp\hat{\mathbf{z}}$$

   因此均勻平面波為橫向電磁波 TEM wave。

3. 電場與磁場的比值為介質本徵阻抗

   在無耗均勻介質中：

   $$\frac{|\mathbf{E}|}{|\mathbf{H}|} = \eta = \sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}}$$

   且方向關係為：

   $$\mathbf{H} = \frac{1}{\eta} \hat{\mathbf{k}}\times\mathbf{E}$$

   其中 $\hat{\mathbf{k}}$ 為傳播方向單位向量。

4. 功率流方向與傳播方向相同

   平均 Poynting vector 為：

   $$\left\langle\mathbf{S}\right\rangle = \frac{|\mathbf{E}_0|^2}{2\eta}\hat{\mathbf{k}}$$

均勻平面波是理想化模型，實際上通常只在距離有限或局部區域內近似成立。

(b) Attenuated Waves：衰減波

衰減波的振幅會隨傳播距離增加而減小，通常由介質損耗、導體損耗或結構損耗造成。其傳播常數為：

$$\gamma=\alpha+j\beta,\qquad \alpha>0$$

因此電場可表示為：

$$\mathbf{E}(z) = \mathbf{E}_0e^{-\alpha z}e^{-j\beta z}$$

其中：

• $e^{-\alpha z}$ 表示振幅衰減。
• $e^{-j\beta z}$ 表示相位沿 $z$ 方向前進。

若波在導電介質中傳播，則：

$$\gamma=\sqrt{j\omega\mu(\sigma+j\omega\varepsilon)}$$

在良導體中，常見近似為：

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

相應的 skin depth 為：

$$\delta=\frac{1}{\alpha} \approx \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}}$$

功率密度與場振幅平方成正比，因此：

$$\left\langle S(z)\right\rangle \propto e^{-2\alpha z}$$

衰減波仍可具有非零的 $\beta$，因此同時具備「相位傳播」與「振幅衰減」兩種特性。衰減波不必然是均勻平面波，也不必然是導波；分類依據是振幅隨距離衰減。

(c) Guided Waves：導波

導波被限制在特定結構內傳播，例如：

• 平行板波導
• 矩形波導
• 圓形波導
• 同軸電纜
• 光纖

其能量主要沿導波結構的軸向傳送，橫向場分布則由邊界條件決定。若導波沿 $z$ 軸傳播，可表示為：

$$\mathbf{F}(x,y,z) = \mathbf{F}(x,y)e^{-j\beta z}$$

其中 $\mathbf{F}(x,y)$ 描述橫截面上的場分布。

模態與截止頻率

導波通常以模態 mode 表示，常見類型為：

• TEM mode：$E_z=H_z=0$，沒有截止頻率，例如理想同軸線。
• TE mode：$E_z=0$，但 $H_z\neq0$。
• TM mode：$H_z=0$，但 $E_z\neq0$。

對一般波導，縱向傳播常數為：

$$\beta = \sqrt{k^2-k_c^2}$$

其中：

$$k=\omega\sqrt{\mu\varepsilon}$$

$k_c$ 為截止波數。當 $k>k_c$ 時，$\beta$ 為實數，波可沿波導傳播；當 $k<k_c$ 時，$\beta$ 不再是實數，波轉為倏逝型態。

矩形波導的截止頻率為：

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

導波的主要特徵

核心觀念

導體球在靜電平衡時，電荷全部分布於球面，導體內部電場為零。球外電場等效於總電荷 $Q$ 集中在球心：

$$\mathbf{E}(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon r^2}\hat{\mathbf r}, \qquad r\ge a$$

本題可使用靜電能公式

$$U=\frac{1}{2}QV$$

其中 $V$ 為導體球的電位。

解題方法

由球外電場計算球面上的電位。以無限遠處為零電位：

$$V(a)=-\int_{\infty}^{a}\mathbf E\cdot d\mathbf l$$

因此

$$V(a)=\int_a^\infty \frac{Q}{4\pi\varepsilon r^2}\,dr$$ $$V(a)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon} \int_a^\infty r^{-2}\,dr =\frac{Q}{4\pi\varepsilon a}$$

導體球的電位處處相同，故球面電位即為整個導體球的電位。代入靜電能公式：

$$U=\frac12 QV(a)$$ $$U=\frac12 Q\left(\frac{Q}{4\pi\varepsilon a}\right)$$

所以儲存於電場中的能量為

$$\boxed{U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon a}}$$

以電場能量密度驗算

介質中的電場能量密度為

$$u=\frac12\varepsilon E^2$$

核心觀念

金屬棒為 $\rho=a$ 到 $\rho=b$ 的平面 $90^\circ$ 扇形，電流由內側曲面 $\rho=a$ 流向外側曲面 $\rho=b$。由於兩電極面皆為等電位面，電流沿徑向 $\rho$ 流動。

使用微分電阻公式：

$$dR=\frac{d\ell}{\sigma\, dA}$$

其中 $\sigma$ 為導電度，$d\ell=d\rho$ 為徑向微小長度，$dA$ 為垂直電流方向的截面積。

解題方法

取半徑為 $\rho$、寬度為 $d\rho$ 的薄環。扇形角度為

$$\theta=90^\circ=\frac{\pi}{2}$$

該薄環沿圓周方向的弧長為 $\rho\theta$，乘上金屬厚度 $t$ 後，電流通過的截面積為

$$dA=(\rho\theta)t$$

因此微分電阻為

$$dR=\frac{d\rho}{\sigma t\theta\rho}$$

由 $\rho=a$ 積分至 $\rho=b$：

$$R=\int_a^b dR =\frac{1}{\sigma t\theta}\int_a^b\frac{d\rho}{\rho}$$ $$R=\frac{1}{\sigma t\theta}\ln\left(\frac{b}{a}\right)$$

代入題目資料：

核心觀念

此題考查磁場跨越兩種介質交界面時的邊界條件：

1. 磁通密度的法向分量連續：
   $\hat{a}_n\cdot(\vec{B}_2-\vec{B}_1)=0$

2. 若交界面上沒有自由面電流，磁場強度的切向分量連續：
   $\hat{a}_n\times(\vec{H}_2-\vec{H}_1)=0$

交界面位於 $x=0$，其法向方向為 $\hat{a}_x$。因此：

• 法向分量：$x$ 分量
• 切向分量：$y$、$z$ 分量

又因為

$\vec{B}=\mu\vec{H}$

所以不同磁導率區域中的 $\vec{B}$ 與 $\vec{H}$ 不能直接以相同比例轉換。

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解題方法

區域 1 為自由空間：

$\mu_1=\mu_0$

區域 2 為磁性材料：

$\mu_2=50\mu_0$

已知

$$\vec{B}_1 =40\hat{a}_x-30\hat{a}_y+10\hat{a}_z \ \text{mWb/m}^2$$

假設交界面上沒有自由面電流。

1. 求區域 2 的法向磁通密度

由磁通密度法向分量連續：

$B_{2x}=B_{1x}=40\ \text{mWb/m}^2$

因此

$$H_{2x}=\frac{B_{2x}}{\mu_2} =\frac{40\ \text{mWb/m}^2}{50\mu_0}$$

2. 求區域 2 的切向磁場強度

由磁場強度切向分量連續：

$H_{2y}=H_{1y},\qquad H_{2z}=H_{1z}$

區域 1 中：

$\vec{H}_1=\frac{\vec{B}_1}{\mu_0}$

所以

$H_{1y}=\frac{-30\ \text{mWb/m}^2}{\mu_0}$

$H_{1z}=\frac{10\ \text{mWb/m}^2}{\mu_0}$

因此

$H_{2y}=-\frac{30\ \text{mWb/m}^2}{\mu_0}$

核心觀念

本題考法拉第電磁感應定律。線電流產生的磁場隨時間改變，而線圈又以速度 $v$ 遠離導線，因此穿過線圈的磁通量同時受到電流變化與線圈移動影響。

無限長直導線距離 $r$ 處的磁場大小為

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

圖中矩形線圈高度為 $a$，寬度為 $b$，近側邊距離導線為 $x$；線圈往遠離導線的方向移動，所以 $\frac{dx}{dt}=v$。

解題方法

取紙面向外為磁通量正方向。依右手定則，導線右側的磁場指向紙面內，因此穿過線圈的有號磁通量為

$$\Phi(t)=-\int_x^{x+b} B(r,t)\,a\,dr =-\frac{\mu_0 a I(t)}{2\pi}\ln\!\left(\frac{x+b}{x}\right).$$

以逆時針方向為感應電壓正方向，法拉第定律給出

$$\mathcal{E}=-\frac{d\Phi}{dt} =\frac{\mu_0 a}{2\pi}\frac{d}{dt} \left[I(t)\ln\!\left(\frac{x+b}{x}\right)\right].$$

由 $I(t)=I_0\cos(\omega t)$ 得 $\frac{dI}{dt}=-\omega I_0\sin(\omega t)$；又因 $\frac{dx}{dt}=v$，

觀念與定理

在無源真空中（$\rho_v = 0, \vec{J} = 0, \varepsilon_0, \mu_0$），利用馬克斯威爾方程式（Maxwell's Equations）：

1. 法拉第定律（Faraday's Law）：$\nabla \times \vec{E} = -\mu_0 \frac{\partial \vec{H}}{\partial t}$
2. 安培-麥克斯威爾定律（Ampere-Maxwell Law）：$\nabla \times \vec{H} = \varepsilon_0 \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}$
3. 相位常數（Phase Constant）：$k = \omega \sqrt{\mu_0 \varepsilon_0} = \frac{\omega}{c}$

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詳細推導與計算

1. 求角頻率 $\omega$ 的數值

磁場寫成複數相量（Phasor）形式：
$\vec{H}_s = \frac{1}{\rho} e^{-j3z} \hat{a}_\rho$

由傳播因子 $e^{-j k z} = e^{-j 3 z}$ 可得相位常數 $k = 3 \text{ rad/m}$。
在真空中，電磁波傳播速度 $c \approx 3 \times 10^8 \text{ m/s}$：
$\omega = k c = 3 \times (3 \times 10^8) = 9 \times 10^8 \text{ rad/s}$

2. 求對應的電場 $\vec{E}$

在圓柱坐標系下計算 $\nabla \times \vec{H}_s$：
$\nabla \times \vec{H}_s = \left( \frac{1}{\rho}\frac{\partial H_{sz}}{\partial \phi} - \frac{\partial H_{s\phi}}{\partial z} \right) \hat{a}_\rho + \left( \frac{\partial H_{s\rho}}{\partial z} - \frac{\partial H_{sz}}{\partial \rho} \right) \hat{a}_\phi + \frac{1}{\rho} \left( \frac{\partial (\rho H_{s\phi})}{\partial \rho} - \frac{\partial H_{s\rho}}{\partial \phi} \right) \hat{a}_z$

已知僅有 $H_{s\rho} = \frac{1}{\rho} e^{-j3z}$ 分量，且不隨 $\phi$ 改變（$\frac{\partial H_{s\rho}}{\partial \phi} = 0$）：

核心觀念

本題考查無損傳輸線的三項基本計算：

1. 負載端反射係數
   $\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}$

2. 駐波比
   $\mathrm{SWR}=\frac{1+|\Gamma_L|}{1-|\Gamma_L|}$

3. 傳輸線輸入阻抗

$$Z_{in}=Z_0\frac{Z_L+jZ_0\tan(\beta l)} {Z_0+jZ_L\tan(\beta l)}$$

其中無損線的相位常數為

$\beta=\frac{2\pi}{\lambda}$

因此

$\beta l=2\pi(0.27)=0.54\pi=97.2^\circ$

已知

$Z_0=50\ \Omega,\qquad Z_L=40-j25\ \Omega$

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一、負載端反射係數 $\Gamma_L$

代入公式：

$$\Gamma_L= \frac{(40-j25)-50}{(40-j25)+50} = \frac{-10-j25}{90-j25}$$

分母有複數，乘以其共軛：

$$\Gamma_L= \frac{(-10-j25)(90+j25)} {(90-j25)(90+j25)}$$

分母為

$$90^2+25^2=8725$$

分子為

$$(-10-j25)(90+j25) =-2750-j2500$$

所以

$$\Gamma_L =\frac{-2750-j2500}{8725}$$ $$\boxed{\Gamma_L=-0.315-j0.287}$$

其極座標形式為

$$|\Gamma_L| =\frac{\sqrt{2750^2+2500^2}}{8725} \approx 0.426$$

相位為

$$\angle\Gamma_L =\tan^{-1}\left(\frac{2500}{2750}\right)-180^\circ \approx -137.7^\circ$$

因此

$$\boxed{\Gamma_L\approx 0.426\angle(-137.7^\circ)}$$

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二、駐波比 SWR

由

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

代入 $|\Gamma_L|=0.426$：

核心觀念

銅製封閉腔體可視為理想導體邊界的矩形共振腔。空氣填充時，腔體模態的共振頻率為

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

其中：

• $a,b,d$ 為腔體三個邊長；
• $m,n,l$ 為模態指標；
• $c\approx 3.00\times10^8\ \text{m/s}$ 為空氣中的電磁波速率。

立方體腔體滿足

$$a=b=d=L.$$

因此

$$f_{mnl} = \frac{c}{2L}\sqrt{m^2+n^2+l^2}.$$

解題方法

主模態（dominant mode）是所有允許模態中共振頻率最低者。

對理想導體矩形腔體，最低頻率模態為兩個模態指標分別為 $1,0,1$ 的 TE 模態。立方體中三個方向完全等價，因此

$$\text{TE}_{101},\quad \text{TE}_{011},\quad \text{TE}_{110}$$

具有相同的最低共振頻率。

以 $\text{TE}_{101}$ 為例：

$$f_{101} = \frac{c}{2} \sqrt{ \left(\frac{1}{L}\right)^2+ \left(\frac{0}{L}\right)^2+ \left(\frac{1}{L}\right)^2 }.$$

整理得

$$f_{101} = \frac{c}{2L}\sqrt{2} = \frac{c}{\sqrt{2}L}.$$

題目指定主模態頻率為 $12\ \text{GHz}$，因此