109 年 國立成功大學電機工程學系碩士班甲組《電磁學》

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第 1 題

The Maxwell's equations in differential form are
∇⋅D⃗=ρv\nabla \cdot \vec{D} = \rho_v (Gauss' law for electric field)
∇⋅B⃗=0\nabla \cdot \vec{B} = 0
∇×E⃗=−∂B⃗∂t\nabla \times \vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}
∇×H⃗=J⃗+∂D⃗∂t\nabla \times \vec{H} = \vec{J} + \frac{\partial \vec{D}}{\partial t} (Ampere's law)

(a) Present the procedure to transform Gauss' law for electric field and Ampere's law in terms of scalar potential and vector potential, that is,
∇2V+∂∂t(∇⋅A⃗)=−ρvϵ\nabla^2 V + \frac{\partial}{\partial t} (\nabla \cdot \vec{A}) = -\frac{\rho_v}{\epsilon}
∇2A⃗−∇(∇⋅A⃗)=−μJ⃗+μϵ∂∂t(∇V)+μϵ∂2A⃗∂t2\nabla^2 \vec{A} - \nabla (\nabla \cdot \vec{A}) = -\mu \vec{J} + \mu \epsilon \frac{\partial}{\partial t} (\nabla V) + \mu \epsilon \frac{\partial^2 \vec{A}}{\partial t^2}

(b) Explain why the scalar potential and vector potential can also be found by solving the following equations:
∇2V−μϵ∂2V∂t2=−ρvϵ\nabla^2 V - \mu \epsilon \frac{\partial^2 V}{\partial t^2} = -\frac{\rho_v}{\epsilon}
∇2A⃗−μϵ∂2A⃗∂t2=−μJ⃗\nabla^2 \vec{A} - \mu \epsilon \frac{\partial^2 \vec{A}}{\partial t^2} = -\mu \vec{J}

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核心觀念

本題考查電磁位勢的定義，以及如何利用規範條件（gauge condition）將 Maxwell 方程式化為標量位勢與向量位勢的波動方程。

在均勻、線性、各向同性介質中，假設 ϵ\epsilon 與 μ\mu 為常數，定義

B⃗=∇×A⃗\vec{B}=\nabla\times\vec{A}

以及

E⃗=−∇V−∂A⃗∂t\vec{E}=-\nabla V-\frac{\partial\vec{A}}{\partial t}

其中 VV 為標量位勢，A⃗\vec{A} 為向量位勢。

由於

∇⋅B⃗=∇⋅(∇×A⃗)=0\nabla\cdot\vec{B} = \nabla\cdot(\nabla\times\vec{A})=0

因此 ∇⋅B⃗=0\nabla\cdot\vec{B}=0 自動滿足。又由

∇×E⃗=−∂∂t(∇×A⃗)=−∂B⃗∂t\nabla\times\vec{E} = -\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\times\vec{A}) = -\frac{\partial\vec{B}}{\partial t}

可知 Faraday 定律也自動滿足。

（a）由 Maxwell 方程式導出位勢方程式

1. 導出標量位勢 VV 的方程式

Gauss 電場定律為

∇⋅D⃗=ρv\nabla\cdot\vec{D}=\rho_v

在均勻介質中，

D⃗=ϵE⃗\vec{D}=\epsilon\vec{E}

因此

ϵ∇⋅E⃗=ρv\epsilon\nabla\cdot\vec{E}=\rho_v

代入電場位勢表示式：

E⃗=−∇V−∂A⃗∂t\vec{E}=-\nabla V-\frac{\partial\vec{A}}{\partial t}

得到

ϵ∇⋅(−∇V−∂A⃗∂t)=ρv\epsilon\nabla\cdot \left( -\nabla V-\frac{\partial\vec{A}}{\partial t} \right) = \rho_v

因 ϵ\epsilon 為常數，

−ϵ∇2V−ϵ∂∂t(∇⋅A⃗)=ρv-\epsilon\nabla^2V -\epsilon\frac{\partial}{\partial t} (\nabla\cdot\vec{A}) = \rho_v

兩邊除以 −ϵ-\epsilon：

∇2V+∂∂t(∇⋅A⃗)=−ρvϵ\nabla^2 V + \frac{\partial}{\partial t} (\nabla\cdot\vec{A}) = -\frac{\rho_v}{\epsilon}

故得到

∇2V+∂∂t(∇⋅A⃗)=−ρvϵ\boxed{ \nabla^2 V + \frac{\partial}{\partial t} (\nabla\cdot\vec{A}) = -\frac{\rho_v}{\epsilon} }

2. 導出向量位勢 A⃗\vec{A} 的方程式

Ampere–Maxwell 定律為

∇×H⃗=J⃗+∂D⃗∂t\nabla\times\vec{H} = \vec{J} + \frac{\partial\vec{D}}{\partial t}

在均勻介質中，

B⃗=μH⃗,D⃗=ϵE⃗\vec{B}=\mu\vec{H}, \qquad \vec{D}=\epsilon\vec{E}

所以

H⃗=1μB⃗以及D⃗=ϵE⃗\vec{H}=\frac{1}{\mu}\vec{B} \qquad\text{以及}\qquad \vec{D}=\epsilon\vec{E}

代入後：

1μ∇×B⃗=J⃗+ϵ∂E⃗∂t\frac{1}{\mu}\nabla\times\vec{B} = \vec{J} + \epsilon\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}

再利用 B⃗=∇×A⃗\vec{B}=\nabla\times\vec{A}：

1μ∇×(∇×A⃗)=J⃗+ϵ∂E⃗∂t\frac{1}{\mu} \nabla\times(\nabla\times\vec{A}) = \vec{J} + \epsilon\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}

使用向量恆等式

∇×(∇×A⃗)=∇(∇⋅A⃗)−∇2A⃗\nabla\times(\nabla\times\vec{A}) = \nabla(\nabla\cdot\vec{A})-\nabla^2\vec{A}

左側變為

1μ[∇(∇⋅A⃗)−∇2A⃗]\frac{1}{\mu} \left[ \nabla(\nabla\cdot\vec{A})-\nabla^2\vec{A} \right]

另一方面，由

E⃗=−∇V−∂A⃗∂t\vec{E} = -\nabla V-\frac{\partial\vec{A}}{\partial t}

可得

∂E⃗∂t=−∇∂V∂t−∂2A⃗∂t2\frac{\partial\vec{E}}{\partial t} = -\nabla\frac{\partial V}{\partial t} - \frac{\partial^2\vec{A}}{\partial t^2}

因此

1μ[∇(∇⋅A⃗)−∇2A⃗]=J⃗−ϵ∇∂V∂t−ϵ∂2A⃗∂t2\frac{1}{\mu} \left[ \nabla(\nabla\cdot\vec{A})-\nabla^2\vec{A} \right] = \vec{J} - \epsilon\nabla\frac{\partial V}{\partial t} - \epsilon\frac{\partial^2\vec{A}}{\partial t^2}

乘上 μ\mu：

∇(∇⋅A⃗)−∇2A⃗=μJ⃗−μϵ∇∂V∂t−μϵ∂2A⃗∂t2\nabla(\nabla\cdot\vec{A})-\nabla^2\vec{A} = \mu\vec{J} - \mu\epsilon\nabla\frac{\partial V}{\partial t} - \mu\epsilon\frac{\partial^2\vec{A}}{\partial t^2}

移項並將 ∇2A⃗\nabla^2\vec{A} 置於左側：

∇2A⃗−∇(∇⋅A⃗)=−μJ⃗+μϵ∂∂t(∇V)+μϵ∂2A⃗∂t2\boxed{ \nabla^2\vec{A} - \nabla(\nabla\cdot\vec{A}) = -\mu\vec{J} + \mu\epsilon\frac{\partial}{\partial t}(\nabla V) + \mu\epsilon\frac{\partial^2\vec{A}}{\partial t^2} }

因為在一般情況下

∇∂V∂t=∂∂t(∇V)\nabla\frac{\partial V}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}(\nabla V)

所以兩種寫法完全相同。

（b）利用 Lorenz 規範得到波動方程式

1. 規範自由度

由位勢定義可知，對任意函數 χ(r⃗,t)\chi(\vec{r},t)，進行規範轉換

A⃗′=A⃗+∇χ\vec{A}'=\vec{A}+\nabla\chi V′=V−∂χ∂tV'=V-\frac{\partial\chi}{\partial t}

電場與磁場不變：

B⃗′=∇×A⃗′=∇×A⃗=B⃗\vec{B}'=\nabla\times\vec{A}' =\nabla\times\vec{A} =\vec{B}

且

E⃗′=−∇V′−∂A⃗′∂t=E⃗\vec{E}' = -\nabla V' - \frac{\partial\vec{A}'}{\partial t} = \vec{E}
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第 2 題

An infinite sheet of uniform charge density ρs\rho_s is situated coincident with the xy plane at z=0z = 0. The sheet has a hole of radius aa centered at the origin. (a) Show that the electric potential VV is
V=ρs2ϵ0(a2+z2−∣z∣)V = \frac{\rho_s}{2\epsilon_0} \left( \sqrt{a^2+z^2} - |z| \right)
and (b) Find the electric field E⃗\vec{E} at points along the z-axis.

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核心觀念

本題涉及：

  • 電位與電場的關係：

    E⃗=−∇V\vec E=-\nabla V

  • 無限帶電平面的電場：

    E⃗sheet=ρs2ϵ0sgn⁡(z) z^\vec E_{\text{sheet}}=\frac{\rho_s}{2\epsilon_0}\operatorname{sgn}(z)\,\hat z

  • 圓形帶電薄片可利用圓環積分求電位。

  • 「有圓孔的無限帶電平面」可視為「完整無限平面」扣除「半徑為 aa 的帶電圓盤」。

必須注意：題目給出的電位公式實際上是「半徑為 aa 的均勻帶電圓盤」的電位，與「無限帶電平面挖去圓孔」的物理情形不相符。

題目所給公式的來源：均勻帶電圓盤

取圓盤上半徑為 rr、寬度為 drdr 的圓環，其電荷量為

dq=ρs(2πr dr)dq=\rho_s(2\pi r\,dr)

軸上距離圓盤中心 zz 處的電位微元為

dV=14πϵ0dqr2+z2dV=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{dq}{\sqrt{r^2+z^2}}

因此，半徑 aa 的帶電圓盤電位為

V=ρs2ϵ0∫0ar drr2+z2V=\frac{\rho_s}{2\epsilon_0} \int_0^a\frac{r\,dr}{\sqrt{r^2+z^2}}

利用

∫r drr2+z2=r2+z2\int\frac{r\,dr}{\sqrt{r^2+z^2}} =\sqrt{r^2+z^2}

可得

V=ρs2ϵ0[r2+z2]0aV=\frac{\rho_s}{2\epsilon_0} \left[ \sqrt{r^2+z^2} \right]_0^a V=ρs2ϵ0(a2+z2−∣z∣)V=\frac{\rho_s}{2\epsilon_0} \left(\sqrt{a^2+z^2}-|z|\right)

這正是題目所給的公式，但它描述的是帶電圓盤，而不是挖孔後的無限帶電平面。

有圓孔之無限帶電平面的正確電場

將實際系統分解為：

有圓孔平面=完整無限平面−缺少的帶電圓盤\text{有圓孔平面} = \text{完整無限平面} - \text{缺少的帶電圓盤}

對 z>0z>0，完整無限平面的電場為

E⃗sheet=ρs2ϵ0z^\vec E_{\text{sheet}} = \frac{\rho_s}{2\epsilon_0}\hat z

半徑 aa 帶電圓盤在軸上的電場，直接由題目給定的圓盤電位微分得到：

Edisk,z=−dVdzE_{\text{disk},z} = -\frac{dV}{dz}

對 z>0z>0，

dVdz=ρs2ϵ0(za2+z2−1)\frac{dV}{dz} = \frac{\rho_s}{2\epsilon_0} \left( \frac{z}{\sqrt{a^2+z^2}}-1 \right)

因此

E⃗disk=ρs2ϵ0(1−za2+z2)z^\vec E_{\text{disk}} = \frac{\rho_s}{2\epsilon_0} \left( 1-\frac{z}{\sqrt{a^2+z^2}} \right)\hat z

故挖孔平面的電場為

E⃗=E⃗sheet−E⃗disk\vec E = \vec E_{\text{sheet}}-\vec E_{\text{disk}}
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第 3 題

A conducting sphere of radius aa has a total charge QQ uniformly distributed on its surface. If the sphere is embedded in a medium with permittivity variation as ϵ=ϵ0(1+ar)2\epsilon = \epsilon_0 \left( 1 + \frac{a}{r} \right)^2, find (a) the energy stored and (b) polarization vector.

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(a) 儲存電能 (Energy Stored)

  1. 求電位移向量 D\mathbf{D} 與電場 E\mathbf{E}：
    根據高斯定律（Gauss's Law），對於球對稱系統，在半徑 r≥ar \ge a 處，自由電荷產生的電位移向量為：
    D=Q4πr2a^r\mathbf{D} = \frac{Q}{4\pi r^2} \hat{a}_r

    結合介質介電率 ϵ(r)=ϵ0(1+ar)2=ϵ0(r+a)2r2\epsilon(r) = \epsilon_0 \left( 1 + \frac{a}{r} \right)^2 = \epsilon_0 \frac{(r+a)^2}{r^2}，得電場 E\mathbf{E} 為：
    E=Dϵ=Q4πϵ0(r+a)2a^r\mathbf{E} = \frac{\mathbf{D}}{\epsilon} = \frac{Q}{4\pi \epsilon_0 (r+a)^2} \hat{a}_r

  2. 計算儲存電能 WeW_e：
    體積能量密度為 we=12D⋅Ew_e = \frac{1}{2} \mathbf{D} \cdot \mathbf{E}。對 r≥ar \ge a 的全空間積分：
    We=∫a∞12(D⋅E)⋅4πr2 dr=Q28πϵ0∫a∞1(r+a)2 drW_e = \int_{a}^{\infty} \frac{1}{2} (\mathbf{D} \cdot \mathbf{E}) \cdot 4\pi r^2 \, dr = \frac{Q^2}{8\pi \epsilon_0} \int_{a}^{\infty} \frac{1}{(r+a)^2} \, dr

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第 4 題

A square toroid is shown as the following figure. The length of the side of the square cross section is aa. Show that the self-inductance of the toroid is
L=μ0N2a2πln⁡[2ρ0+a2ρ0−a]L = \frac{\mu_0 N^2 a}{2\pi} \ln \left[ \frac{2\rho_0 + a}{2\rho_0 - a} \right]
where NN is the number of turns and ρ0\rho_0 is the mean radius of the toroid.

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原卷第 2 頁

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核心觀念

利用安培定律求環形線圈內的磁場，再計算穿過單匝截面的磁通量。自感定義為總磁通鏈結除以電流：

L=NΦIL=\frac{N\Phi}{I}

其中 NN 是線圈匝數，Φ\Phi 是穿過單匝的磁通量。

解題方法

設環形磁芯中心為軸心，以 ρ\rho 表示到軸心的徑向距離。取半徑為 ρ\rho 的圓形安培迴路，依對稱性，磁場沿周向且大小均勻。由安培定律：

∮H⃗⋅dl⃗=NI\oint \vec{H}\cdot d\vec{l}=NI Hϕ(2πρ)=NI⟹Hϕ=NI2πρH_\phi(2\pi\rho)=NI \qquad\Longrightarrow\qquad H_\phi=\frac{NI}{2\pi\rho}

磁芯為真空，故 B⃗=μ0H⃗\vec{B}=\mu_0\vec{H}：

Bϕ(ρ)=μ0NI2πρB_\phi(\rho)=\frac{\mu_0NI}{2\pi\rho}

正方形截面的邊長為 aa，其徑向範圍由圖中的平均半徑 ρ0\rho_0 決定：

ρ0−a2≤ρ≤ρ0+a2\rho_0-\frac{a}{2}\leq \rho\leq \rho_0+\frac{a}{2}
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第 5 題

A section of an electromagnet with a plate below it carrying a load is shown in the figure below. The electromagnet has a contact area of 200 cm² per pole, and the middle pole has a winding of 1000 turns with I = 3A. Calculate the maximum mass that can be lifted. Assume that the reluctance of the electromagnet and the plate is negligible.

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核心觀念

鐵心與底板的磁阻可忽略，因此磁動勢幾乎全部降在三個磁極與底板之間、各為 1 mm1\ \mathrm{mm} 的氣隙。中間磁極的磁通穿過氣隙後，平均分成兩路，分別由左右外側磁極返回。

氣隙中的磁場力可用磁壓計算：

F=B2A2μ0F=\frac{B^2A}{2\mu_0}

其中 BB 是該磁極氣隙中的磁通密度，AA 是單一磁極的接觸面積。

解題方法

令中間磁極的磁通密度為 BcB_c。由對稱性，總磁通平均分到兩個外側磁極；三個磁極面積相同，因此每個外側磁極的磁通密度為

Bo=Bc2B_o=\frac{B_c}{2}

沿中間磁極氣隙及其中一側外磁極氣隙走一圈，安培定律給出

NI=gμ0Bc+gμ0Bo=gμ0(Bc+Bc2)NI=\frac{g}{\mu_0}B_c+\frac{g}{\mu_0}B_o =\frac{g}{\mu_0}\left(B_c+\frac{B_c}{2}\right)

所以中間磁極的磁通密度為

Bc=2μ0NI3gB_c=\frac{2\mu_0NI}{3g}

代入 N=1000N=1000、I=3 AI=3\ \mathrm{A}、g=1.0×10−3 mg=1.0\times10^{-3}\ \mathrm{m}：

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第 6 題

A magnetic field is given in the xz-plane by B⃗=B0cos⁡(κx−νt)y^\vec{B} = B_0 \cos(\kappa x - \nu t) \hat{y}, Wb/m². Consider a rigid square loop situated in the xz-plane with its vertices at (x,0,1)(x, 0, 1), (x,0,2)(x, 0, 2), (x+1,0,2)(x+1, 0, 2) and (x+1,0,1)(x+1, 0, 1). What would be the induced emf if the loop is moving with the velocity v⃗=v0y^\vec{v} = v_0 \hat{y} m/s?

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觀念解析

動生與感應電動勢（Induced EMF, E\mathcal{E}）可透過法拉第定律與摩斯漢定律（Faraday's Law & Lorentz Force Law）統一定義為：
E=−dΦdt=−ddt∬B⃗⋅dA⃗\mathcal{E} = -\frac{d\Phi}{dt} = -\frac{d}{dt} \iint \vec{B} \cdot d\vec{A}
其中迴路正位在 xzxz 平面，邊界頂點分別為 (x,0,1)(x, 0, 1)、(x,0,2)(x, 0, 2)、(x+1,0,2)(x+1, 0, 2)、(x+1,0,1)(x+1, 0, 1)，其面積向量方向沿著 y^\hat{y}。磁場為 B⃗=B0cos⁡(κx−νt)y^\vec{B} = B_0 \cos(\kappa x - \nu t) \hat{y}。

當線圈以速度 v⃗=v0y^\vec{v} = v_0 \hat{y} 移動時，線圈在 xx 方向上的位置與範圍恆為 [x,x+1][x, x+1]（即 xx 座標不隨時間改變）。因此，穿過該正方形迴路的磁通量 Φ(t)\Phi(t) 僅由磁場本身隨時間變化產生。

詳細推導步驟

  1. 計算穿過迴路的磁通量 Φ(t)\Phi(t)：
    面元向量取 dA⃗=dx dz y^d\vec{A} = dx \, dz \, \hat{y}，極限為 z∈[1,2]z \in [1, 2]， x′∈[x,x+1]x' \in [x, x+1]：
    Φ(t)=∫12dz∫xx+1B0cos⁡(κx′−νt) dx′\Phi(t) = \int_{1}^{2} dz \int_{x}^{x+1} B_0 \cos(\kappa x' - \nu t) \, dx'
    Φ(t)=1⋅B0[sin⁡(κx′−νt)κ]xx+1\Phi(t) = 1 \cdot B_0 \left[ \frac{\sin(\kappa x' - \nu t)}{\kappa} \right]_{x}^{x+1}
    Φ(t)=B0κ[sin⁡(κ(x+1)−νt)−sin⁡(κx−νt)]\Phi(t) = \frac{B_0}{\kappa} \left[ \sin(\kappa(x+1) - \nu t) - \sin(\kappa x - \nu t) \right]
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第 7 題

The xy-plane serves as the interface between two different media. Media 1 (z<0z < 0) is filled with a material whose relative permeability is μr1=6\mu_{r1} = 6, and medium 2 (z>0z > 0) is filled with a material whose relative permeability is μr2=4\mu_{r2} = 4. If the material carries surface current density K⃗=1μ0x^\vec{K} = \frac{1}{\mu_0} \hat{x} mA/m on the interface, and magnetic flux density field B⃗2=5x^+8y^\vec{B}_2 = 5\hat{x} + 8\hat{y} mWb/m² in media 2, find the magnetic flux density field and magnetic intensity field in media 1.

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核心觀念

本題考查兩介質交界面上的磁場邊界條件：

  1. 磁通密度法向分量連續：
    n^⋅(B⃗2−B⃗1)=0\hat{n}\cdot(\vec{B}_2-\vec{B}_1)=0

  2. 磁場強度切向分量受表面電流密度影響：
    n^×(H⃗2−H⃗1)=K⃗\hat{n}\times(\vec{H}_2-\vec{H}_1)=\vec{K}

  3. 各介質內的本構關係為：
    B⃗=μH⃗=μ0μrH⃗\vec{B}=\mu\vec{H}=\mu_0\mu_r\vec{H}

介面為 z=0z=0，取由介質 1 指向介質 2 的法向量：

n^=z^\hat{n}=\hat{z}

解題方法

已知介質 2 的磁通密度為

B⃗2=5x^+8y^ mWb/m2\vec{B}_2=5\hat{x}+8\hat{y}\ \text{mWb/m}^2

因為 B⃗2\vec{B}_2 沒有 z^\hat{z} 分量，

B2n=0B_{2n}=0

由磁通密度法向分量連續性：

B1z=B2z=0B_{1z}=B_{2z}=0

因此 B⃗1\vec{B}_1 也沒有 z^\hat{z} 分量。

先由本構關係求介質 2 的磁場強度：

H⃗2=B⃗2μ0μr2=5x^+8y^4μ0 mA/m\vec{H}_2 =\frac{\vec{B}_2}{\mu_0\mu_{r2}} =\frac{5\hat{x}+8\hat{y}}{4\mu_0}\ \text{mA/m}

表面電流密度為

K⃗=1μ0x^ mA/m\vec{K}=\frac{1}{\mu_0}\hat{x}\ \text{mA/m}

利用切向邊界條件：

z^×(H⃗2−H⃗1)=K⃗\hat{z}\times(\vec{H}_2-\vec{H}_1)=\vec{K}

設

H⃗2−H⃗1=ΔHxx^+ΔHyy^\vec{H}_2-\vec{H}_1 =\Delta H_x\hat{x}+\Delta H_y\hat{y}

則

z^×(H⃗2−H⃗1)=ΔHxy^−ΔHyx^\hat{z}\times(\vec{H}_2-\vec{H}_1) =\Delta H_x\hat{y}-\Delta H_y\hat{x}

與

K⃗=1μ0x^ mA/m\vec{K}=\frac{1}{\mu_0}\hat{x}\ \text{mA/m}

比較 x^\hat{x} 與 y^\hat{y} 分量，可得

ΔHx=0\Delta H_x=0

以及

−ΔHy=1μ0 mA/m-\Delta H_y=\frac{1}{\mu_0}\ \text{mA/m}

因此

H1x=H2xH_{1x}=H_{2x}
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第 8 題

A uniform plane wave propagating in a medium has
E⃗=2e−αzsin⁡(108t−βz)y^ V/m\vec{E} = 2e^{-\alpha z} \sin(10^8 t - \beta z) \hat{y} \text{ V/m}
If the medium is characterized by permittivity ϵ=10−936π F/m\epsilon = \frac{10^{-9}}{36\pi} \text{ F/m} and permeability μ=20×4π×10−7 H/m\mu = 20 \times 4\pi \times 10^{-7} \text{ H/m}, and conductivity σ=3 S/m\sigma = 3 \text{ S/m}, find α\alpha, β\beta, and magnetic intensity field H⃗\vec{H}.

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觀念與定理

電磁波在有損介質（lossy medium）中傳播時，傳播常數（Propagation constant）γ\gamma 定義為：
γ=α+jβ=jωμϵc=jωμϵ(1−jσωϵ)\gamma = \alpha + j\beta = j\omega\sqrt{\mu\epsilon_c} = j\omega\sqrt{\mu\epsilon \left(1 - j\frac{\sigma}{\omega\epsilon}\right)}

其中：

  • α\alpha 為衰減常數（Attenuation constant, Np/m\text{Np/m}）
  • β\beta 為相位常數（Phase constant, rad/m\text{rad/m}）
  • 介質本徵波阻抗（Intrinsic impedance）為 η=μϵc=∣η∣ejθη\eta = \sqrt{\frac{\mu}{\epsilon_c}} = |\eta|e^{j\theta_\eta}

根據麥克斯韋方程組 ∇×E⃗=−∂B⃗∂t\nabla \times \vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}，磁場強度 H⃗\vec{H} 可由平面波公式求得：
H⃗(z,t)=1∣η∣e−αzsin⁡(108t−βz−θη)a^h\vec{H}(z, t) = \frac{1}{|\eta|} e^{-\alpha z} \sin(10^8 t - \beta z - \theta_\eta) \hat{a}_h
其中傳播方向 a^k=z^\hat{a}_k = \hat{z}，電場方向 a^e=y^\hat{a}_e = \hat{y}，故磁場方向 a^h=a^k×a^e=z^×y^=−x^\hat{a}_h = \hat{a}_k \times \hat{a}_e = \hat{z} \times \hat{y} = -\hat{x}。

詳細推導過程

Step 1：計算介質參數與傳播常數 γ\gamma

由已知條件：

  • ω=108 rad/s\omega = 10^8 \text{ rad/s}
  • ϵ=10−936π≈8.854×10−12 F/m\epsilon = \frac{10^{-9}}{36\pi} \approx 8.854 \times 10^{-12} \text{ F/m}
  • μ=20×4π×10−7=8π×10−6 H/m\mu = 20 \times 4\pi \times 10^{-7} = 8\pi \times 10^{-6} \text{ H/m}
  • σ=3 S/m\sigma = 3 \text{ S/m}

損耗正切（Loss tangent）：
σωϵ=3108×10−936π=3×360π=1080π≫1\frac{\sigma}{\omega\epsilon} = \frac{3}{10^8 \times \frac{10^{-9}}{36\pi}} = 3 \times 360\pi = 1080\pi \gg 1

由於 σωϵ≫1\frac{\sigma}{\omega\epsilon} \gg 1，介質屬於良導體（Good conductor），傳播常數簡化為：
γ=α+jβ≈jωμσ=(1+j)ωμσ2\gamma = \alpha + j\beta \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = (1+j)\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}}

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第 9 題

A 75 Ω lossless transmission line is terminated with an inductive load given by (45+j60)Ω(45 + j60) Ω, as shown below. Calculate (a) the load reflection coefficient ΓL\Gamma_L, (b) the standing-wave ratio SWR on the line, (c) the percentage time-average incident power that is absorbed by the load, and (d) the line voltages VmaxV_{max} and VminV_{min} positions that are nearest to the load.

Ζο = 75Ω
ΖL=45+j60Ω

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

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核心觀念

負載反射係數為

ΓL=ZL−Z0ZL+Z0.\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}.

由其大小可得駐波比：

SWR=1+∣ΓL∣1−∣ΓL∣.\mathrm{SWR}=\frac{1+|\Gamma_L|}{1-|\Gamma_L|}.

無耗傳輸線的入射功率未被負載吸收的部分會反射回去，因此負載吸收的入射功率比例為 1−∣ΓL∣21-|\Gamma_L|^2。電壓最大與最小位置則由沿線反射係數的相位判斷。

解題方法

原卷圖中標示無耗傳輸線的特性阻抗 Z0=75 ΩZ_0=75\,\Omega，負載為 ZL=45+j60 ΩZ_L=45+j60\,\Omega；負載接在線路右端，以下位置距離由負載往信號源方向量測。

(a) 負載反射係數

ΓL=(45+j60)−75(45+j60)+75=−30+j60120+j60=(−30+j60)(120−j60)1202+602=j900018000=j0.5=0.5∠90∘.\begin{aligned} \Gamma_L &=\frac{(45+j60)-75}{(45+j60)+75}\\ &=\frac{-30+j60}{120+j60}\\ &=\frac{(-30+j60)(120-j60)}{120^2+60^2}\\ &=\frac{j9000}{18000} =j0.5 =0.5\angle 90^\circ. \end{aligned}

因此 ∣ΓL∣=0.5|\Gamma_L|=0.5。

(b) 駐波比

SWR=1+0.51−0.5=3.\mathrm{SWR} =\frac{1+0.5}{1-0.5} =3.

(c) 負載吸收的功率比例

PabsPinc=1−∣ΓL∣2=1−(0.5)2=0.75.\frac{P_{\mathrm{abs}}}{P_{\mathrm{inc}}} =1-|\Gamma_L|^2 =1-(0.5)^2 =0.75.

所以負載吸收入射時間平均功率的 75%75\%。以負載阻抗再驗算一次：

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第 10 題

A metallic cavity resonator filled with air is built from a section of a waveguide with dimension a=4.755 cma = 4.755 \text{ cm} and b=2.215 cmb = 2.215 \text{ cm} by shorting the waveguide with two conducting plates with length dd along z-axis. The cavity is required to resonate at 8 GHz in the TE101TE_{101} mode. (a) Find the length dd of the shorted section necessary. (b) Give the name (TEmnl or TMmnl, looking in the z direction) of the dominant mode (the one with the lowest resonant frequency) and what is its resonant frequency?

a=4.755 cm
b=2.215 cm
b=2.215 cm
y
Z
d
X

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核心觀念

矩形金屬腔體的共振頻率由三個方向的駐波波數決定。腔體尺寸為 a×b×da\times b\times d，其中 dd 沿 zz 軸，因此

fmnl=c2(ma)2+(nb)2+(ld)2f_{mnl}=\frac{c}{2}\sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2+ \left(\frac{l}{d}\right)^2}

題目指定的 TE101TE_{101} 模態用來求腔長 dd。判斷最低共振頻率時，還要比較腔體中其他允許的模態；TM110TM_{110} 的 zz 向指標為 00，其電場沿 zz 方向，符合端板上的切向電場為零條件。

解題方法

(a) 將尺寸換成公尺：a=0.04755 ma=0.04755\ \text{m}。對 TE101TE_{101}，m=1,n=0,l=1m=1,n=0,l=1，故

8×109=3×1082(10.04755)2+(1d)28\times10^9 =\frac{3\times10^8}{2} \sqrt{\left(\frac{1}{0.04755}\right)^2+\left(\frac{1}{d}\right)^2}

移項解出 dd：

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