112 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

本題考無損傳輸線的反射係數、駐波比，以及四分之一波長處的輸入阻抗。反射係數沿線會隨位置改變相位，但無損線上其大小保持不變；阻抗可由該處的反射係數換算。

解題方法

圖中負載位於 $z=0$，輸入端在負載左側，距離為 $l=0.75\lambda$；$z$ 軸正向向右。因此，輸入端的座標是 $z=-l$。題目所稱的 $\Gamma(l)$ 是距負載 $l$ 處的反射係數，也就是座標 $z=-l$ 的反射係數。

負載端反射係數為

$$\Gamma(0)=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0} =\frac{j75}{150+j75} =0.2+j0.4 .$$

依題目給定的入射波 $V^+(z)=V_0e^{-j\beta z}$，反射波為 $V^-(z)=\Gamma(0)V_0e^{j\beta z}$，所以

$$\Gamma(z)=\frac{V^-(z)}{V^+(z)} =\Gamma(0)e^{j2\beta z}.$$

在輸入端 $z=-l$，且 $\beta=2\pi/\lambda$，因此

$$\Gamma_{\mathrm{in}}=\Gamma(-l) =\Gamma(0)e^{-j2\beta l} =(0.2+j0.4)e^{-j3\pi} =-0.2-j0.4 .$$

負載反射係數的大小為

$$|\Gamma(0)|=\sqrt{0.2^2+0.4^2}=\sqrt{0.2}.$$

無損線的駐波比為

核心觀念

本題考查均勻平面波的下列性質：

1. 相位因子 $e^{-j\beta x}$ 可直接判定傳播方向與相位常數 $\beta$。
2. 空氣中的波長、頻率與波速關係：
   $\lambda=\frac{2\pi}{\beta},\qquad f=\frac{c}{\lambda}$
3. 均勻平面波中電場與磁場的關係：

$$\vec{E}=-\eta\,\hat{a}_k\times\vec{H} =\eta\,\vec{H}\times\hat{a}_k$$

4. 時間平均功率密度：
   $\vec{S}_{\mathrm{avg}}=\frac{1}{2}\operatorname{Re}\left(\vec{E}\times\vec{H}^{\,*}\right)$
5. 圓偏振的判斷：兩個正交分量振幅相等，且相位差為 $\pm 90^\circ$。

以下採用時間因子 $e^{j\omega t}$。

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解題方法

已知磁場相量為

$$\vec{H}(x)=2e^{-j\pi/4} \left(\hat{a}_y-j\hat{a}_z\right)e^{-j\pi x/4}\ \text{mA/m}$$

其中相位因子為

$$e^{-j\pi x/4}$$

因此波沿 $+x$ 方向傳播，且

$$\beta=\frac{\pi}{4}\ \text{rad/m}$$

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(a) 波長 $\lambda$ 與頻率 $f$

由

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

得

$$\lambda=\frac{2\pi}{\pi/4}=8\ \text{m}$$

空氣中的波速取

$$c\approx 3\times 10^8\ \text{m/s}$$

因此

$$f=\frac{c}{\lambda} =\frac{3\times10^8}{8} =3.75\times10^7\ \text{Hz}$$

所以

$$\boxed{\lambda=8\ \text{m}}$$ $$\boxed{f=37.5\ \text{MHz}}$$

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(b) 對應的電場 $\vec{E}(x)$

波沿 $+x$ 方向傳播，因此

$$\hat{a}_k=\hat{a}_x$$

空氣的本質阻抗為

$$\eta_0\approx 377\ \Omega$$

利用

$$\vec{E}=-\eta_0\hat{a}_x\times\vec{H}$$

先計算向量外積：

$$\hat{a}_x\times\left(\hat{a}_y-j\hat{a}_z\right) =\hat{a}_z+j\hat{a}_y$$

因此

$$-\hat{a}_x\times\left(\hat{a}_y-j\hat{a}_z\right) =-\hat{a}_z-j\hat{a}_y$$

所以

$$\vec{E}(x) =377\left[2e^{-j\pi/4} \left(-j\hat{a}_y-\hat{a}_z\right) e^{-j\pi x/4}\right]\text{mV/m}$$

整理得

$$\boxed{ \vec{E}(x) =0.754e^{-j\pi/4} \left(-j\hat{a}_y-\hat{a}_z\right) e^{-j\pi x/4}\ \text{V/m} }$$

也可寫成

$$\boxed{ \vec{E}(x) =0.754 \left(-j\hat{a}_y-\hat{a}_z\right) e^{-j(\pi x/4+\pi/4)}\ \text{V/m} }$$

快速檢查：

$$\vec{E}\perp\vec{H},\qquad \vec{E}\times\vec{H}^{\,*}\parallel \hat{a}_x$$

設充氣長方形金屬腔體的尺寸為 $a \ge b \ge c$（內部 $\epsilon = \epsilon_0, \mu = \mu_0$）。
TE/TM 模態之諧振頻率公式為：
$f_{mnl} = \frac{c_0}{2} \sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2 + \left(\frac{n}{b}\right)^2 + \left(\frac{l}{c}\right)^2}$
其中 $c_0 = 3 \times 10^8\text{ m/s} = 30\text{ GHz}\cdot\text{cm}$。

已知最短邊長 $c = 4\text{ cm}$。將 $c = 4\text{ cm}$ 代入得：
$f_{mnl} = \frac{30}{2} \sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2 + \left(\frac{n}{b}\right)^2 + \left(\frac{l}{4}\right)^2} = 15 \sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2 + \left(\frac{n}{b}\right)^2 + \frac{l^2}{16}}\text{ (GHz)}$

步驟一：判定最低諧振模態與對應頻率
長方形腔體最低的三個可能模態為 $\text{TE}_{101}$、$\text{TE}_{011}$、$\text{TE}_{110}$。
若 $l \ge 1$，對應頻率 $f \ge 15 \sqrt{\frac{1^2}{16}} = 3.75\text{ GHz}$。
比較可得：

1. 最低諧振頻率為 $\text{TE}_{101}$ 模態：$f_{101} = 3.9\text{ GHz}$

核心觀念

空氣層與玻璃層沿電場方向串聯。若兩層交界面沒有自由面電荷，法向電位移向量連續，因此兩層的電場大小與介電常數成反比。總電壓則等於各層電場乘以厚度後的總和。

解題方法

從原圖可讀到：上極板電壓為 $V_0$，下極板接地；兩極板間依序是厚度 $d_1$ 的空氣與厚度 $d_2$ 的玻璃。題目給定 $\epsilon_r=6.5$、$d_1+d_2=10\text{ mm}$，但沒有提供 $V_0$ 的數值。

(a) 空氣與玻璃中的電場

令電場方向由上極板指向接地的下極板，則交界面上的法向電位移連續：

$$\epsilon_0 E_{\text{air}} = \epsilon_0\epsilon_r E_{\text{glass}}$$

因此

$$E_{\text{air}}=\epsilon_r E_{\text{glass}}$$

電壓差等於兩層的電壓降總和：

$$V_0=E_{\text{air}}d_1+E_{\text{glass}}d_2$$

聯立可得

$$E_{\text{air}} = \frac{V_0}{d_1+d_2/\epsilon_r} = \frac{\epsilon_r V_0}{\epsilon_r d_1+d_2}$$ $$E_{\text{glass}} = \frac{V_0}{\epsilon_r d_1+d_2}$$

若 $V_0$ 表示電壓大小，以上為電場大小；電場方向由上極板指向接地極板。

(b) 擊穿限制與最大玻璃厚度

令 $v=|V_0|$，以 kV 為單位；令 $x=d_2/(1\text{ cm})$，則 $d_1=(1-x)\text{ cm}$。在空氣層與玻璃層都存在時，兩層的電場大小為

$$E_{\text{air}} = \frac{6.5v}{6.5-5.5x}\ \text{kV/cm}, \qquad E_{\text{glass}} = \frac{v}{6.5-5.5x}\ \text{kV/cm}$$

兩者之比為 $E_{\text{air}}=6.5E_{\text{glass}}$。因此，只要空氣層存在，空氣的擊穿限制會先於玻璃的擊穿限制成為條件：空氣容許電場為 $30\text{ kV/cm}$，此時玻璃電場至多為 $30/6.5\approx4.62\text{ kV/cm}$，低於玻璃的 $290\text{ kV/cm}$。

空氣不擊穿的條件為

核心觀念

這題使用安培定律分析有空氣隙的環形磁路。磁場沿環形方向 $\hat{\boldsymbol\phi}$，且在相同半徑 $r$ 處，磁通密度在磁芯與空氣隙中相等。忽略漏磁與空氣隙邊緣的散磁，並假設磁芯為線性、均勻且各向同性材料，磁芯的絕對磁導率為 $\mu$。

令空氣隙張角為 $\alpha$，則半徑 $r$ 處的磁芯磁路長度為 $r(2\pi-\alpha)$，空氣隙長度為 $r\alpha$。

解題方法

在半徑 $r$ 處取一條沿環形方向的安培迴路。穿越磁芯與空氣隙的磁通密度相同，記為 $B_\phi(r)$。因此：

$$H_{\text{core}}(r)=\frac{B_\phi(r)}{\mu}, \qquad H_{\text{gap}}(r)=\frac{B_\phi(r)}{\mu_0}.$$

套用安培定律：

$$H_{\text{core}}(r)\,r(2\pi-\alpha) +H_{\text{gap}}(r)\,r\alpha =NI.$$

定義

$$P=\frac{2\pi-\alpha}{\mu}+\frac{\alpha}{\mu_0},$$

即可求得磁芯與空氣隙中的磁場及磁通密度：

$$\mathbf B_{\text{core}}(r) =\mathbf B_{\text{gap}}(r) =\frac{NI}{rP}\,\hat{\boldsymbol\phi},$$ $$\mathbf H_{\text{core}}(r) =\frac{NI}{\mu rP}\,\hat{\boldsymbol\phi}, \qquad \mathbf H_{\text{gap}}(r) =\frac{NI}{\mu_0 rP}\,\hat{\boldsymbol\phi}.$$

磁場大小隨半徑以 $1/r$ 遞減。上式方向依線圈電流的右手定則決定；若電流方向與所選 $\hat{\boldsymbol\phi}$ 相反，所有向量方向反轉。

磁芯截面在半徑方向的微小面積為 $dA=t\,dr$，所以總磁通為

$$\Phi=\int_a^b B_\phi(r)t\,dr =\frac{NI\,t}{P}\int_a^b\frac{dr}{r} =\frac{NI\,t\ln(b/a)}{P}.$$

磁阻由磁動勢除以磁通得到：

$$\mathcal R=\frac{NI}{\Phi} =\frac{P}{t\ln(b/a)} =\frac{\dfrac{2\pi-\alpha}{\mu}+\dfrac{\alpha}{\mu_0}} {t\ln(b/a)}.$$

磁化向量與表面磁化電流

線性磁性材料滿足 $\mathbf B=\mu_0(\mathbf H+\mathbf M)$，因此磁芯內的磁化向量為

$$\mathbf M(r) =\left(\frac{\mu}{\mu_0}-1\right)\mathbf H_{\text{core}}(r) =\frac{(\mu-\mu_0)NI} {r\left[\mu\alpha+\mu_0(2\pi-\alpha)\right]} \,\hat{\boldsymbol\phi}.$$

核心觀念

本題考查電磁位勢與遠場電磁波：

• 電磁場與位勢的關係：

  $\vec{B}=\nabla\times\vec{A}$

  $\vec{E}=-\nabla V-\frac{\partial \vec{A}}{\partial t}$

• 由於題目給定 $\vec{A}$ 滿足自由空間波動方程，對應的純量位勢採用 Lorenz gauge：

  $\nabla\cdot\vec{A}+\mu_0\epsilon_0\frac{\partial V}{\partial t}=0$

• 遠場區只保留隨 $1/r$ 衰減的項，$1/r^2$、$1/r^3$ 等近場項可忽略。

• 題目中的向量組合可化為

  $\hat{a}_r\cos\theta-\hat{a}_\theta\sin\theta=\hat{a}_z$

因此

$$\vec{A} = \frac{\mu_0}{4\pi r}\hat{a}_z\cos(\omega t-\beta r)$$

令

$$\psi=\omega t-\beta r,\qquad K=\frac{\mu_0}{4\pi}$$

則

$$\vec{A}=\frac{K}{r} \left(\hat{a}_r\cos\theta-\hat{a}_\theta\sin\theta\right)\cos\psi$$

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解題方法

先由 Lorenz gauge 求出純量位勢 $V$，再利用 $\vec{B}=\nabla\times\vec{A}$ 與 $\vec{E}=-\nabla V-\partial\vec{A}/\partial t$ 求遠場結果。

由題設

$$\frac{\omega}{\beta}=c=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}$$

所以

$$\frac{1}{\mu_0\epsilon_0}=c^2$$

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(a) 電氣純量位勢

球座標中，若 $A_\phi=0$，則

$$\nabla\cdot\vec{A} = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2A_r) + \frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial}{\partial\theta}(\sin\theta A_\theta)$$

其中

$$A_r=\frac{K\cos\theta}{r}\cos\psi$$ $$A_\theta=-\frac{K\sin\theta}{r}\cos\psi$$

第一項為

$$\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2A_r) = \frac{K\cos\theta}{r^2} \left(\cos\psi+\beta r\sin\psi\right)$$

第二項為

$$\frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial}{\partial\theta}(\sin\theta A_\theta) = -\frac{2K\cos\theta}{r^2}\cos\psi$$

因此

$$\nabla\cdot\vec{A} = K\cos\theta \left( \frac{\beta}{r}\sin\psi - \frac{1}{r^2}\cos\psi \right)$$

由 Lorenz gauge：

$$\frac{\partial V}{\partial t} = -\frac{1}{\mu_0\epsilon_0}\nabla\cdot\vec{A} = -c^2K\cos\theta \left( \frac{\beta}{r}\sin\psi - \frac{1}{r^2}\cos\psi \right)$$

對時間積分，使用

$$\int\sin\psi\,dt=-\frac{1}{\omega}\cos\psi$$ $$\int\cos\psi\,dt=\frac{1}{\omega}\sin\psi$$

可得

$$V = \frac{c^2K\cos\theta}{\omega} \left( \frac{\beta}{r}\cos\psi + \frac{1}{r^2}\sin\psi \right)$$

因此

$$\boxed{ V= \frac{\mu_0c^2}{4\pi\omega}\cos\theta \left[ \frac{\beta}{r}\cos(\omega t-\beta r) + \frac{1}{r^2}\sin(\omega t-\beta r) \right] }$$

上式取時間積分常數為零；位勢仍可透過規範轉換加入相應的規範函數。

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(b) 遠場磁場

球座標中，$\vec{A}$ 的旋度之 $\phi$ 分量為

$$(\nabla\times\vec{A})_\phi = \frac{1}{r} \left[ \frac{\partial}{\partial r}(rA_\theta) - \frac{\partial A_r}{\partial\theta} \right]$$

計算得

核心觀念

本題考查：

• 導體接地邊界條件：$z=0$ 上電位必須為 $0$。
• 介電質交界面的邊界條件：
  $V_1=V_2$
  $\epsilon_1 E_{1n}=\epsilon_2 E_{2n}$
• 鏡像法（method of images）。
• 電場與電位的關係：
  $\mathbf{E}=-\nabla V$

空氣區域的介電率取為 $\epsilon_0$，下方介電質的介電率為 $\epsilon$。令觀察點為 $\mathbf r=(x,y,z)$，並定義

$$\mathbf R_+=\mathbf r-d\mathbf a_z =x\mathbf a_x+y\mathbf a_y+(z-d)\mathbf a_z$$

為觀察點相對於真實電荷 $(0,0,d)$ 的位移向量；另令

$$\mathbf R_-=\mathbf r+d\mathbf a_z =x\mathbf a_x+y\mathbf a_y+(z+d)\mathbf a_z$$

為觀察點相對於鏡像位置 $(0,0,-d)$ 的位移向量。

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解題方法

由於點電荷與平面邊界均具有圓柱對稱性，可用鏡像電荷取代平面上的感應電荷，再由庫侖定律求得 $z>0$ 區域的電場。

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（a）$z=0$ 有接地導電平面

鏡像配置

對於接地無限大導體平面，將真實電荷 $q$ 在 $(0,0,d)$ 的下方配置一個鏡像電荷

$$-q$$

於 $(0,0,-d)$。

因此，$z>0$ 區域的電位為

$$V_a(\mathbf r) = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{1}{|\mathbf R_+|} - \frac{1}{|\mathbf R_-|} \right).$$

在導體平面 $z=0$ 上，有

$$|\mathbf R_+|=|\mathbf R_-|,$$

故

$$V_a(z=0)=0,$$

符合接地導體的邊界條件。

電場

由兩個點電荷的電場疊加，

$$\boxed{ \mathbf E_a(\mathbf r) = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{\mathbf R_+}{|\mathbf R_+|^3} - \frac{\mathbf R_-}{|\mathbf R_-|^3} \right], \qquad z>0 }$$

展開為

$$\boxed{ \mathbf E_a = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{x\mathbf a_x+y\mathbf a_y+(z-d)\mathbf a_z} {\left[x^2+y^2+(z-d)^2\right]^{3/2}} - \frac{x\mathbf a_x+y\mathbf a_y+(z+d)\mathbf a_z} {\left[x^2+y^2+(z+d)^2\right]^{3/2}} \right] }$$

此結果與下方介電質的 $\epsilon$ 無關，因為接地導體已將上方空氣區域與下方介電質隔離。

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（b）$z=0$ 沒有接地導電平面

此時 $z=0$ 是空氣與介電質的交界面：

• 區域 1：$z>0$，介電率 $\epsilon_1=\epsilon_0$。
• 區域 2：$z<0$，介電率 $\epsilon_2=\epsilon$。

鏡像電荷

在 $(0,0,-d)$ 放置鏡像電荷 $q'$，其大小為