113 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

介質具有導電性，因此在直流穩態下，應由電流連續條件決定電場：

$$\nabla\cdot\mathbf J=0,\qquad \mathbf J=\sigma_0\mathbf E.$$

再利用 $\mathbf D=\epsilon(x)\mathbf E$ 與導體表面的邊界條件求兩板面電荷。由於介電常數隨位置變化，介質內也會累積自由體電荷，兩板電荷不必等量異號，不能直接將某一板的電荷除以電壓當作等效電容。本題的儲存電荷以儲能電容所對應的 $Q_{\mathrm{eff}}=CV_0$ 表示。

解題方法

圖 P1 中，下板位於 $x=0$ 且接地，上板位於 $x=d$ 且電位為 $V_0$；板面積為一單位面積。兩板間填入導電率 $\sigma_0$、介電常數 $\epsilon(x)=\epsilon_0e^{x/d}$ 的介質，忽略邊緣效應後，各場量只隨 $x$ 變化。

一、求直流穩態電場

電流連續條件為

$$\frac{dJ_x}{dx}=0.$$

因 $\sigma_0$ 為常數，$J_x=\sigma_0E_x$ 表示 $E_x$ 也是常數。配合兩板電位差，

$$V(d)-V(0)=-\int_0^d E_x\,dx=V_0,$$

得到

$$\boxed{\mathbf E=-\frac{V_0}{d}\mathbf a_x}, \qquad \mathbf D(x)=-\frac{\epsilon_0V_0}{d}e^{x/d}\mathbf a_x.$$

當 $V_0>0$ 時，電場由上板指向接地的下板，與圖示電位一致。

二、求兩板表面電荷〔小題 (a)〕

導體表面自由電荷密度滿足

$$\rho_s=\mathbf D_{\text{介質}}\cdot\hat{\mathbf n},$$

其中 $\hat{\mathbf n}$ 由導體指向介質。

下板的法向量為 $+\mathbf a_x$，故

$$\boxed{\rho_s(0)=-\frac{\epsilon_0V_0}{d}}.$$

上板的法向量為 $-\mathbf a_x$，故

$$\boxed{\rho_s(d)=\frac{e\epsilon_0V_0}{d}}.$$

面積為一單位面積，因此板上總電荷分別為

$$Q_-=-\frac{\epsilon_0V_0}{d}, \qquad Q_+=\frac{e\epsilon_0V_0}{d}.$$

兩板電荷量不同，是因為介質內存在自由體電荷：

$$\rho_v=\nabla\cdot\mathbf D =-\frac{\epsilon_0V_0}{d^2}e^{x/d}.$$

其總量為

$$Q_v=\int_0^d\rho_v\,dx =-\frac{\epsilon_0(e-1)V_0}{d},$$

恰好滿足 $Q_-+Q_++Q_v=0$，符合整體電荷平衡。

三、求電容與儲存電荷〔小題 (b)、(c)〕

對線性介質，電場儲能為

核心觀念

磁場跨越兩種磁性材料的邊界時，需分別使用切向磁場邊界條件與法向磁通密度連續條件。由於介面是 $x$-$z$ 平面，其法向量由介質 1 指向介質 2 為 $\hat{a}_y$。

存在面電流密度 $\mathbf{K}$ 時，切向邊界條件為

$$\hat{a}_y \times (\mathbf{H}_2-\mathbf{H}_1)=\mathbf{K}$$

法向磁通密度連續：

$$\hat{a}_y\cdot(\mathbf{B}_2-\mathbf{B}_1)=0$$

且在線性磁性材料中 $\mathbf{B}=\mu\mathbf{H}$。

解題方法

令 $\mathbf{H}_2=H_{2x}\hat{a}_x+H_{2y}\hat{a}_y+H_{2z}\hat{a}_z$。由切向邊界條件：

核心觀念

本題結合無限長直導線的磁場、磁通量，以及法拉第電磁感應定律。線圈移動時，磁通量會同時因導線電流隨時間變化、線圈與導線的距離改變而改變。

解題方法

圖中電流沿 $+\hat a_z$ 方向，正方形線圈位於 $y>0$ 的 $yz$ 平面，邊長為 $a$；線圈近側邊距導線為 $\rho_0$，並以速度 $u_0\hat a_y$ 遠離導線。電流為 $I(t)=I_0\cos(\omega t)$。取面法向量為 $+\hat a_x$，並以其對應的迴路方向作為電動勢正方向。

由安培定律，距離導線 $y$ 處的磁場大小為 $\mu_0 I(t)/(2\pi y)$。依右手定則，在導線的 $y>0$ 一側，磁場方向為 $-\hat a_x$，因此

$$\mathbf B(y,t)=-\frac{\mu_0 I(t)}{2\pi y}\hat a_x.$$

時間 $t$ 時，線圈近側邊與導線的距離為

$$\rho(t)=\rho_0+u_0t.$$

線圈在 $y$ 方向涵蓋 $\rho(t)\le y\le \rho(t)+a$，在 $z$ 方向的高度為 $a$。因此，取面法向量 $+\hat a_x$ 的磁通量為

$$\Phi(t) =\int_0^a\int_{\rho(t)}^{\rho(t)+a}\mathbf B\cdot\hat a_x\,dy\,dz =-\frac{\mu_0aI(t)}{2\pi} \ln\!\left(\frac{\rho(t)+a}{\rho(t)}\right).$$

依法拉第定律，誘導電動勢為 $\mathcal E=-d\Phi/dt$。令

$$L(t)=\ln\!\left(\frac{\rho(t)+a}{\rho(t)}\right),$$

則

核心觀念

本題考查兩段不同特性阻抗傳輸線的：

• 介面反射係數與電壓傳輸係數
• 負載造成的反射及傳輸線阻抗轉換
• 電壓駐波比 VSWR
• 傳輸線上電壓、電流的相量表示

重要公式如下。

兩條傳輸線在介面處的電壓反射係數為

$$\Gamma_{12}=\frac{Z_{02}-Z_{01}}{Z_{02}+Z_{01}}$$

電壓傳輸係數為

$$\tau_{12}=1+\Gamma_{12} =\frac{2Z_{02}}{Z_{01}+Z_{02}}$$

負載反射係數為

$$\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_{02}}{Z_L+Z_{02}}$$

長度為 $l$ 的無耗傳輸線，其負載端反射波傳至輸入端後為

$$\Gamma_{\text{in}}=\Gamma_L e^{-j2\beta l}$$

其中

$$\beta l=\omega t=2\pi f t$$

輸入阻抗為

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

VSWR 為

$$\text{VSWR} = \frac{1+|\Gamma|}{1-|\Gamma|}$$

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解題方法

第二段傳輸線並非無限長，且末端接上複數負載，因此第一段傳輸線實際看到的是第二段傳輸線的輸入阻抗。計算順序為：

1. 先求兩線直接連接時的介面反射、傳輸係數。
2. 求第二段傳輸線末端負載反射，並轉換至其輸入端。
3. 求第二段線的輸入阻抗。
4. 由第一段線看到的輸入阻抗，求第一段線的實際反射係數與 VSWR。
5. 假設信號源內阻為 $50\,\Omega$，求介面處電壓與電流。

題目未明示信號源內阻，採用標準匹配信號源假設：

$$Z_g=50\,\Omega$$

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(a) 介面的反射與傳輸係數

第一段與第二段傳輸線的特性阻抗分別為

$$Z_{01}=50\,\Omega,\qquad Z_{02}=75\,\Omega$$

因此，介面處的電壓反射係數為

$$\Gamma_{12} = \frac{75-50}{75+50} = 0.2$$

所以

$$\boxed{\Gamma_{12}=0.2}$$

電壓傳輸係數為

$$\tau_{12} = 1+\Gamma_{12} = 1.2$$

亦可直接寫成

$$\tau_{12} = \frac{2(75)}{50+75} = 1.2$$

故

$$\boxed{\tau_{12}=1.2}$$

若需要電流反射與傳輸係數，則

$$\Gamma_I=-\Gamma_{12}=-0.2$$

而電流傳輸係數為

$$\tau_I = \frac{2Z_{01}}{Z_{01}+Z_{02}} = \frac{100}{125} = 0.8$$

因此

$$\boxed{\Gamma_I=-0.2,\qquad \tau_I=0.8}$$

這組 $\Gamma_{12}=0.2$、$\tau_{12}=1.2$ 是「兩條無限長傳輸線直接連接」時的介面係數。由於本題第二段線末端接有負載，第一段線實際看到的總反射係數必須再納入負載反射與第二段線的相位延遲。

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第二段傳輸線的負載反射

負載阻抗為

$$Z_L=120-j200\,\Omega$$

第二段線的負載反射係數為

$$\Gamma_L = \frac{(120-j200)-75}{(120-j200)+75} = \frac{45-j200}{195-j200}$$

計算得

$$\Gamma_L \approx 0.625-j0.384$$

因此

$$|\Gamma_L|\approx 0.734, \qquad \angle\Gamma_L\approx -31.6^\circ$$

第二段線的傳播相位為

$$\beta l_2 = 2\pi(200\times10^3)(8\times10^{-9}) = 0.01005\ \text{rad} = 0.576^\circ$$

故第二段線輸入端的反射係數為

$$\Gamma_{\text{in},2} = \Gamma_L e^{-j2\beta l_2}$$ $$\Gamma_{\text{in},2} \approx 0.734\angle(-32.75^\circ)$$

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第二段傳輸線的輸入阻抗

利用輸入阻抗公式：

$$Z_{\text{in},2} = 75 \frac{120-j200+j75\tan(0.01005)} {75+j(120-j200)\tan(0.01005)}$$

因為

$$\tan(0.01005)\approx0.01005$$

所以

$$Z_{\text{in},2} \approx 113.8-j195.8\,\Omega$$

因此第一段傳輸線末端的等效負載為

$$\boxed{Z_{\text{in},2}\approx113.8-j195.8\,\Omega}$$

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(b) 第一段傳輸線的 VSWR

第一段線實際看到的反射係數為

Problem 5 詳解

已知條件與幾何關係：
介面位於 $z = 0$（$xy$-平面），自由空間（$z > 0$，$\varepsilon_1 = \varepsilon_0$, $\mu_1 = \mu_0$）入射至介電質（$z < 0$，$\varepsilon_2 = \varepsilon_{r2}\varepsilon_0$, $\mu_2 = \mu_0$）。
入射波電場為 $\mathbf{E}_i = (3\hat{a}_x - 4\hat{a}_z) \cos(\omega t - 0.8\pi x - 0.6\pi z)$ $\text{V/m}$。
對應相量形式 $\mathbf{E}_i = (3\hat{a}_x - 4\hat{a}_z) e^{-j(0.8\pi x + 0.6\pi z)}$，相移向量 $\mathbf{k}_i = 0.8\pi\hat{a}_x + 0.6\pi\hat{a}_z = k_{ix}\hat{a}_x + k_{iz}\hat{a}_z$。

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(a) 求角頻率 $\omega$ 與介電質相對介電常數 $\varepsilon_r$

1. 求角頻率 $\omega$：
   自由空間中波數 magnitude $k_1 = \sqrt{k_{ix}^2 + k_{iz}^2} = \sqrt{(0.8\pi)^2 + (0.6\pi)^2} = \pi \text{ rad/m}$。
   因自由空間中光速 $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}} \approx 3 \times 10^8 \text{ m/s}$，故：
   $\omega = k_1 c = \pi \times 3 \times 10^8 = 3\pi \times 10^8 \text{ rad/s}$

2. 求相對介電常數 $\varepsilon_{r2}$：
   入射角 $\theta_i$ 之切線關係為：
   $\tan\theta_i = \frac{k_{ix}}{k_{iz}} = \frac{0.8\pi}{0.6\pi} = \frac{4}{3}$
   題目給定入射角為布儒斯特角（Brewster angle, $\theta_B$）。對平行極化波（Parallel Polarization / TM wave）而言，兩非磁性介質介面之布儒斯特角公式為：
   $\tan\theta_B = \sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\varepsilon_1}} = \sqrt{\varepsilon_{r2}}$
   代入 $\tan\theta_B = \frac{4}{3}$：
   $\sqrt{\varepsilon_{r2}} = \frac{4}{3} \implies \varepsilon_{r2} = \frac{16}{9} \approx 1.778$

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(b) 求自由空間中入射波之磁場 $\mathbf{H}_i$

自由空間之固有阻抗 $\eta_1 = \eta_0 = 120\pi \approx 377\ \Omega$。
波傳播方向單位向量 $\hat{a}_{k} = \frac{\mathbf{k}_i}{k_1} = 0.8\hat{a}_x + 0.6\hat{a}_z$。
利用平面波電場與磁場關係式 $\mathbf{H}_i = \frac{1}{\eta_0} (\hat{a}_{k} \times \mathbf{E}_i)$：
$\hat{a}_{k} \times \mathbf{E}_i = (0.8\hat{a}_x + 0.6\hat{a}_z) \times (3\hat{a}_x - 4\hat{a}_z) = (-3.2 + (-1.8))\hat{a}_y = -5\hat{a}_y$
時域磁場表示式為：