114 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

本題利用球對稱性與高斯定律：

• 自由電荷造成的電位移向量：
  $\oint \mathbf D\cdot d\mathbf s=Q_{\mathrm{free}}$
• 線性介電質關係：
  $\mathbf D=\varepsilon\mathbf E,\qquad \mathbf P=(\varepsilon-\varepsilon_0)\mathbf E$
• 靜電能密度：
  $u_e=\frac12\mathbf E\cdot\mathbf D$
• 極化電荷：
  $\rho_p=-\nabla\cdot\mathbf P,\qquad \sigma_p=\mathbf P\cdot\hat{\mathbf n}$

令介電質與空氣的分界半徑為

$$c=\frac{a+b}{2}.$$

解題方法

在 $a<r<b$ 內，以半徑 $r$ 的球面作高斯面。高斯面包住內球殼的自由電荷 $+Q$，因此

$$\mathbf D(r)=\frac{Q}{4\pi r^2}\hat{\mathbf r}.$$

故電場分段為

$$\mathbf E(r)= \begin{cases} \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon r^2}\hat{\mathbf r}, & a<r<c,\\[6pt] \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\hat{\mathbf r}, & c<r<b. \end{cases}$$

外球殼的 $-Q$ 只影響外部電場，使 $r>b$ 時總電場為零。

(a) 總靜電位能

電場能量為

$$U=\frac12\int \mathbf E\cdot\mathbf D\,dv.$$

球殼體積元素為 $dv=4\pi r^2dr$，因此

$$U = \frac12\int_a^c \frac{Q}{4\pi\varepsilon r^2} \frac{Q}{4\pi r^2} 4\pi r^2dr + \frac12\int_c^b \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \frac{Q}{4\pi r^2} 4\pi r^2dr.$$

整理得

$$U = \frac{Q^2}{8\pi} \left[ \frac1{\varepsilon}\int_a^c\frac{dr}{r^2} + \frac1{\varepsilon_0}\int_c^b\frac{dr}{r^2} \right].$$

由

$$\int\frac{dr}{r^2}=-\frac1r,$$

可得

$$U= \frac{Q^2}{8\pi} \left[ \frac1{\varepsilon}\left(\frac1a-\frac1c\right) + \frac1{\varepsilon_0}\left(\frac1c-\frac1b\right) \right].$$

代入 $c=(a+b)/2$：

$$\boxed{ U= \frac{Q^2}{8\pi} \left[ \frac1{\varepsilon} \left(\frac1a-\frac{2}{a+b}\right) + \frac1{\varepsilon_0} \left(\frac{2}{a+b}-\frac1b\right) \right] }$$

(b) 極化體電荷密度與極化面電荷密度

在介電質區域 $a<r<c$，

$$\mathbf P = (\varepsilon-\varepsilon_0)\mathbf E = \frac{Q(\varepsilon-\varepsilon_0)} {4\pi\varepsilon r^2}\hat{\mathbf r}.$$

設

$$P_r=\frac{Q(\varepsilon-\varepsilon_0)} {4\pi\varepsilon r^2}.$$

球座標中，若只有徑向極化分量，

$$\nabla\cdot\mathbf P = \frac1{r^2}\frac{d}{dr}(r^2P_r).$$

由於 $r^2P_r$ 為常數，

$$\nabla\cdot\mathbf P=0.$$

因此介電質內部的極化體電荷密度為

$$\boxed{\rho_p=0,\qquad a<r<c.}$$

在 $r=a$ 的極化面電荷

介電質區域的內側表面，其外法向量為

$$\hat{\mathbf n}=-\hat{\mathbf r}.$$

所以

核心觀念

本題考查一維平行板電容器的：

• Poisson 方程式
  $\frac{d^2V}{dx^2}=-\frac{\rho_v(x)}{\varepsilon_0}$
• 電位與電場的關係
  $\mathbf E=-\nabla V=-\frac{dV}{dx}\hat{\mathbf x}$
• 電容的定義。當體積電荷密度固定時，電容取決於極板電荷對外加電壓的增量比例。

由圖可知：

$V(0)=0,\qquad V(d)=V_0$

且

$\rho_v(x)=\rho_0\sin\left(\frac{\pi x}{2d}\right)$

令

$k=\frac{\pi}{2d}$

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(a) 電位與電場

Poisson 方程式為

$$\frac{d^2V}{dx^2} =-\frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\sin(kx)$$

積分一次得

$$\frac{dV}{dx} =\frac{\rho_0}{\varepsilon_0 k}\cos(kx)+C_1$$

再積分一次：

$$V(x)=\frac{\rho_0}{\varepsilon_0 k^2}\sin(kx)+C_1x+C_2$$

由 $V(0)=0$ 得 $C_2=0$。再利用 $V(d)=V_0$，且 $kd=\pi/2$、$\sin(kd)=1$：

$$V_0=\frac{\rho_0}{\varepsilon_0 k^2}+C_1d$$

因此

$$C_1=\frac{V_0}{d}-\frac{\rho_0}{\varepsilon_0 k^2d}$$

故電位為

$$V(x)=\frac{V_0x}{d} +\frac{\rho_0}{\varepsilon_0 k^2} \left(\sin(kx)-\frac{x}{d}\right)$$

代入 $k=\pi/(2d)$，可寫成

$$\boxed{ V(x)=\frac{V_0x}{d} +\frac{4\rho_0d^2}{\varepsilon_0\pi^2} \left[ \sin\left(\frac{\pi x}{2d}\right)-\frac{x}{d} \right] }$$

電場為

$$\mathbf E(x)=-\frac{dV}{dx}\hat{\mathbf x}$$

因此

$$\boxed{ \mathbf E(x)= \left[ -\frac{V_0}{d} -\frac{\rho_0}{\varepsilon_0 k}\cos(kx) +\frac{\rho_0}{\varepsilon_0 k^2d} \right]\hat{\mathbf x} }$$

代入 $k=\pi/(2d)$：

核心觀念

磁場由向量磁位決定：

$$\vec B=\nabla\times\vec A.$$

磁場能量密度為 $u_m=B^2/(2\mu_0)$。軸對稱的 $z$ 方向電流密度會產生 $\phi$ 方向磁場；在柱座標中，若 $\vec A=A_z(\rho)\hat a_z$，則

$$B_\phi=-\frac{dA_z}{d\rho}.$$

題目記號說明

題目給的 $\vec A=-\frac{\mu_0}{9}\rho^3\hat a_\rho$ 若照字面解讀，其旋度為零，會得到 $\vec B=0$，與題設的 $z$ 方向電流不相容。因此以下依照電流方向與軸對稱設定，將向量磁位方向視為 $\hat a_z$，即

$$\vec A=-\frac{\mu_0}{9}\rho^3\hat a_z,\qquad 0\le \rho\le1.$$

解題方法

先由向量磁位求磁場，再用安培定律求出電流密度，以磁場能量密度積分計算 (a)。計算 (b) 時，外部沒有體電流，故 $A_z$ 滿足柱座標下的拉普拉斯方程；再以 $\rho=1$ 處的連續條件決定常數。

由內部向量磁位可得

$$\vec B =\nabla\times\vec A =-\frac{dA_z}{d\rho}\hat a_\phi =\frac{\mu_0}{3}\rho^2\hat a_\phi.$$

安培定律給出

$$J_z =\frac{1}{\mu_0}(\nabla\times\vec B)_z =\frac{1}{\mu_0\rho}\frac{d}{d\rho}(\rho B_\phi) =\rho.$$

(a) 磁能

磁能密度為

$$u_m=\frac{B^2}{2\mu_0} =\frac{\mu_0}{18}\rho^4.$$

核心觀念

本題考查：

• 磁靜態影像法（image method）
• 無限長直導線的磁場
• 磁場能量與電感的關係
• 理想導體表面的邊界條件
• 均勻電流分布圓柱導線的內部電感

將導體平面 $z=0$ 以影像法處理。在平面下方放置一條位於 $z=-h$、電流方向為 $-x$ 軸的影像電流，即可使導體平面上的法向磁通密度為零。

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(a) 導體平面上方、圓柱外部的磁場

實際圓柱的軸線位於 $(y,z)=(0,h)$，影像電流軸線位於 $(y,z)=(0,-h)$。

定義

$$\rho_1^2=y^2+(z-h)^2$$ $$\rho_2^2=y^2+(z+h)^2$$

其中 $\rho_1$ 與 $\rho_2$ 分別是場點到實際電流與影像電流軸線的距離。

對於沿 $+x$ 方向的無限長電流，磁場為

$$\vec H_1 = \frac{I}{2\pi \rho_1^2} \left[ y\hat{\boldsymbol z}-(z-h)\hat{\boldsymbol y} \right]$$

影像電流方向為 $-x$，因此

$$\vec H_2 = -\frac{I}{2\pi \rho_2^2} \left[ y\hat{\boldsymbol z}-(z+h)\hat{\boldsymbol y} \right]$$

相加得到

$$\boxed{ \vec H(x,y,z) = \frac{I}{2\pi} \left[ \left( \frac{z+h}{\rho_2^2} - \frac{z-h}{\rho_1^2} \right)\hat{\boldsymbol y} + \left( \frac{y}{\rho_1^2} - \frac{y}{\rho_2^2} \right)\hat{\boldsymbol z} \right] }$$

且

$$H_x=0$$

此結果與 $x$ 無關，符合無限長結構的對稱性。

在導體平面 $z=0$ 上，

$$\rho_1^2=\rho_2^2=y^2+h^2$$

因此

$$\vec H(y,0) = \frac{Ih}{\pi(y^2+h^2)}\hat{\boldsymbol y}$$

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(b) 總電感

外部電感

實際電流與影像電流的軸線距離為 $2h$。對半徑為 $a$ 的圓柱導線，導體平面上方的外部電感為

$$L'_{\text{ext}} = \frac{\mu_0}{2\pi} \cosh^{-1}\left(\frac{h}{a}\right)$$

由於題目給定 $a\ll h$，可使用

$$\cosh^{-1}u = \ln\left(u+\sqrt{u^2-1}\right) \approx \ln(2u)$$

所以

$$L'_{\text{ext}} \approx \frac{\mu_0}{2\pi} \ln\left(\frac{2h}{a}\right)$$

內部電感

圓柱內部電流均勻分布，因此在距離軸心 $r<a$ 處，

$$H_\phi(r)=\frac{Ir}{2\pi a^2}$$

單位長度的內部磁能為

$$W'_{\text{int}} = \int_0^a \frac{\mu_0 H_\phi^2}{2} (2\pi r\,dr)$$

代入 $H_\phi$：

$$W'_{\text{int}} = \int_0^a \frac{\mu_0}{2} \left(\frac{Ir}{2\pi a^2}\right)^2 2\pi r\,dr = \frac{\mu_0 I^2}{16\pi}$$

由

$$W'_{\text{int}}=\frac{1}{2}L'_{\text{int}}I^2$$

可得

核心觀念

本題使用交流相量分析無耗損傳輸線。先由串聯電阻與電感求負載阻抗，再計算負載反射係數、駐波比及線路輸入阻抗。求負載電壓時，利用源端電壓分配與傳輸線上的入射波；求功率時，則由負載電壓與電流的相位差分別求平均功率與瞬時功率峰值。

解題方法

依原圖，電壓源為 $v_s=4\cos(2\pi\times10^9t)\,\text{V}$，串聯源電阻為 $50\,\Omega$；無耗損傳輸線的特性阻抗為 $50\,\Omega$、長度為 $\lambda/8$；負載是 $30\,\Omega$ 電阻與 $6.367\,\text{nH}$ 電感串聯。以下將負載電壓參考方向取為上端對下端，負載電流方向取為流入負載。

角頻率與電感電抗為

$$\omega=2\pi\times10^9\ \text{rad/s}, \qquad X_L=\omega L\approx40\ \Omega.$$

因此負載阻抗及電氣長度為

$$Z_L=30+j40\ \Omega, \qquad \beta l=\frac{2\pi}{\lambda}\cdot\frac{\lambda}{8}=\frac{\pi}{4}.$$

(a) 負載反射係數

$$\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0} =\frac{-20+j40}{80+j40} =\frac{(-20+j40)(80-j40)}{80^2+40^2} =j0.5.$$

所以

$$|\Gamma_L|=0.5, \qquad \angle\Gamma_L=90^\circ.$$

(b) 駐波比

$$\text{SWR}=\frac{1+|\Gamma_L|}{1-|\Gamma_L|} =\frac{1+0.5}{1-0.5}=3.$$

(c) 傳輸線輸入阻抗

無耗損傳輸線的輸入阻抗為

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

由於 $\tan(\beta l)=\tan(\pi/4)=1$，

$$Z_{\text{in}} =50\frac{(30+j40)+j50}{50+j(30+j40)} =50\frac{30+j90}{10+j30} =150\ \Omega.$$

驗算：送端反射係數為 $\Gamma_{\text{in}}=\Gamma_L e^{-j2\beta l}=0.5$，故 $Z_{\text{in}}=Z_0(1+\Gamma_{\text{in}})/(1-\Gamma_{\text{in}})=150\,\Omega$，與阻抗轉換結果相符。

(d) 負載瞬時電壓

將電源的峰值相量記為 $\tilde V_s=4\angle0^\circ\,\text{V}$。送端電壓由源電阻與輸入阻抗分壓：

核心觀念

1. 矩形波導中的場型分類：
   • 若縱向磁場 $H_z = 0$ 且縱向電場 $E_z \neq 0$，則該模態定義為 $\text{TM}$ 模態（Transverse Magnetic Mode，橫磁模）。
2. $\text{TM}_{mn}$ 模態的場分佈與橫向波數：
   • 填充空氣（$\epsilon_r = 1, \mu_r = 1$）且寬為 $a$、高為 $b$ 的矩形波導中，$\text{TM}_{mn}$ 模態的縱向電場邊界條件在金屬管壁（$x=0, a$ 與 $y=0, b$）處為零，其通用表示式為：
     $E_z(x,y,z,t) = E_0 \sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right) \cos(\omega t - \beta z)$
   • 橫向波數（Transverse Wavenumbers）分別為 $k_x = \dfrac{m\pi}{a}$ 與 $k_y = \dfrac{n\pi}{b}$，其中 $m, n \ge 1$ 為正整數。
3. 截止波數與截止頻率（Cutoff Frequency, $f_c$）：
   • 截止波數：
     $k_c = \sqrt{k_x^2 + k_y^2} = \sqrt{\left(\frac{m\pi}{a}\right)^2 + \left(\frac{n\pi}{b}\right)^2}$
   • 截止頻率（真空中波速 $c \approx 3 \times 10^8\text{ m/s}$）：
     $f_c = \frac{c}{2\pi} k_c = \frac{c}{2} \sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2 + \left(\frac{n}{b}\right)^2}$
4. 傳播常數與導波特性：
   • 傳播常數為 $\gamma = \alpha + j\beta = \sqrt{k_c^2 - k^2}$，其中 $k = \dfrac{\omega}{c} = \dfrac{2\pi f}{c}$ 為介質中無界平面波波數。
   • 當 $f > f_c$（傳播態）：$\beta = k\sqrt{1 - \left(\dfrac{f_c}{f}\right)^2}$，導波波長 $\lambda_g = \dfrac{2\pi}{\beta} = \dfrac{\lambda}{\sqrt{1 - (f_c/f)^2}}$，波阻抗 $Z_{\text{TM}} = \eta \sqrt{1 - \left(\dfrac{f_c}{f}\right)^2}$。
   • 當 $f < f_c$（截止/漸逝態, Evanescent Mode）：$\beta = 0$，場沿 $z$ 軸呈指數衰減（衰減常數 $\alpha = \sqrt{k_c^2 - k^2}$），波無法無衰減傳播，波阻抗呈現純虛數容抗。

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解題方法

(a) 判定傳播模態與截止頻率

1. 判斷模態類別：
   題目給定 $H_z = 0$ 且 $E_z \neq 0$，故此傳輸模式為 $\text{TM}$ 模態。

2. 確定模態指標 $(m, n)$：
   波導尺寸 $a = 5\text{ cm} = 0.05\text{ m}$，$b = 4\text{ cm} = 0.04\text{ m}$。
   題目給定 $z = 0$ 處之縱向電場：
   $E_z = 200 \sin(40\pi x) \sin(25\pi y) \cos(2\pi \times 10^9 t)\ \text{V/m}$
   比對理論式中的空間變化項：

   • $k_x = \dfrac{m\pi}{a} = 40\pi \implies m = 40 \times a = 40 \times 0.05 = 2$
   • $k_y = \dfrac{n\pi}{b} = 25\pi \implies n = 25 \times b = 25 \times 0.04 = 1$

   因此，該模式為 $\text{TM}_{21}$ 模態。

3. 計算截止頻率 $f_c$：

   • 截止波數：
     $k_c = \sqrt{k_x^2 + k_y^2} = \sqrt{(40\pi)^2 + (25\pi)^2} = \pi \sqrt{1600 + 625} = \pi \sqrt{2225} = 5\pi\sqrt{89}\text{ rad/m} \approx 148.19\text{ rad/m}$
   • 截止頻率：
     $f_c = \frac{c k_c}{2\pi} = \frac{(3 \times 10^8) \times (5\pi\sqrt{89})}{2\pi} = 7.5\sqrt{89} \times 10^8\text{ Hz} \approx 7.076 \times 10^9\text{ Hz} = 7.076\text{ GHz}$

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(b) 求沿傳播方向的波長（導波波長 $\lambda_g$ 或 $\lambda_z$）

1. 求工作頻率 $f$ 與波數 $k$：
   由題目時間項 $\cos(2\pi \times 10^9 t)$ 可得角頻率 $\omega = 2\pi \times 10^9\text{ rad/s}$：
   $f = \frac{\omega}{2\pi} = 10^9\text{ Hz} = 1\text{ GHz}$
   自由空間波數：