115 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 Problem 1 題15 分

Answer the following questions:
(a) How is the polarization vector P⃗\vec{P} defined for a medium? Why can −∇⋅P⃗-\nabla \cdot \vec{P} be treated as an equivalent bound volume charge density when P⃗\vec{P} is non-uniform?
(b) How is the magnetization vector M⃗\vec{M} defined for a material? Why can ∇×M⃗\nabla \times \vec{M} be treated as an equivalent bound volume current density when M⃗\vec{M} varies in space?
(c) Ampere's laws are given by
∇×H⃗=J⃗for static fields, and\nabla \times \vec{H} = \vec{J} \quad \text{for static fields, and}
∇×H⃗=J⃗+∂D⃗∂tfor time-varying fields,\nabla \times \vec{H} = \vec{J} + \frac{\partial \vec{D}}{\partial t} \quad \text{for time-varying fields,}
where J⃗\vec{J} is a free (conduction) current density. Explain why ∂D⃗∂t\frac{\partial \vec{D}}{\partial t} is necessary for time-varying fields.

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核心觀念

本題考查三個馬克士威電磁學的基本觀念：

  1. 極化向量 P⃗\vec P 與束縛電荷。
  2. 磁化向量 M⃗\vec M 與束縛電流。
  3. 位移電流 ∂D⃗/∂t\partial \vec D/\partial t 對安培定律的必要性。

在宏觀電磁學中，材料內部的微觀電偶極與磁偶極，可以分別用等效的束縛電荷密度與束縛電流密度表示。

（a）極化向量 P⃗\vec P 與束縛電荷

極化向量的定義

介質的極化向量定義為單位體積內的電偶極矩：

P⃗=dp⃗dv\vec P=\frac{d\vec p}{dv}

其中 p⃗\vec p 為電偶極矩，單位為 C⋅m\mathrm{C\cdot m}；因此 P⃗\vec P 的單位為 C/m2\mathrm{C/m^2}。

若材料受到外加電場作用，介質中的正、負電荷中心產生微小分離，形成許多電偶極。所有電偶極矩在單位體積內的總和，即為 P⃗\vec P。

為何 −∇⋅P⃗-\nabla\cdot\vec P 是等效束縛體電荷密度？

考慮一個體積為 VV 的極化介質。若 P⃗\vec P 在空間中均勻，鄰近電偶極的正負電荷會彼此抵消，因此介質內部不產生淨束縛電荷，只在介質表面留下束縛電荷。

若 P⃗\vec P 不均勻，表示不同位置的電偶極密度或方向不同，電偶極之間的抵消不完全，介質內部便會出現淨束縛電荷。

由極化向量可得，體積 VV 內的束縛電荷為

Qb=−∮SP⃗⋅da⃗Q_b=-\oint_S \vec P\cdot d\vec a

利用散度定理：

Qb=−∫V∇⋅P⃗ dvQ_b=-\int_V \nabla\cdot\vec P\,dv

因此，等效束縛體電荷密度為

ρb=−∇⋅P⃗\boxed{\rho_b=-\nabla\cdot\vec P}

這個關係表示：極化向量的散度描述單位體積內電偶極抵消不完全的程度。

若介質表面存在法向量 n^\hat n，還有等效束縛面電荷密度

σb=P⃗⋅n^\boxed{\sigma_b=\vec P\cdot\hat n}

其中 n^\hat n 為由介質內部指向外部的單位法向量。

物理意義

  • ∇⋅P⃗>0\nabla\cdot\vec P>0 時，ρb<0\rho_b<0。
  • ∇⋅P⃗<0\nabla\cdot\vec P<0 時，ρb>0\rho_b>0。
  • ∇⋅P⃗=0\nabla\cdot\vec P=0 時，介質內部沒有束縛體電荷，但表面仍可能存在束縛面電荷。

「等效」表示這些電荷不是額外放入材料中的自由電荷，而是用宏觀場的方式描述微觀電偶極排列所造成的電荷分布。

（b）磁化向量 M⃗\vec M 與束縛電流

磁化向量的定義

材料的磁化向量定義為單位體積內的磁偶極矩：

M⃗=dm⃗dv\vec M=\frac{d\vec m}{dv}

其中 m⃗\vec m 為磁偶極矩，因此 M⃗\vec M 的單位為 A/m\mathrm{A/m}。

物質中的電子軌道運動、自旋運動等微觀電流，會形成大量微小電流迴路。這些微小電流迴路排列後，材料呈現巨觀磁性，其強弱與方向由 M⃗\vec M 描述。

為何 ∇×M⃗\nabla\times\vec M 是等效束縛體電流密度？

將磁化材料視為許多微小電流迴路的集合：

  • 相鄰電流迴路在材料內部的公共部分方向相反，彼此抵消。
  • 在材料內部若 M⃗\vec M 均勻，這種抵消幾乎完全。
  • 若 M⃗\vec M 隨位置變化，鄰近位置的微小電流無法完全抵消，便形成淨束縛體電流。

由微觀電流迴路的抵消結果，可得束縛體電流密度

J⃗b=∇×M⃗\boxed{\vec J_b=\nabla\times\vec M}

在材料表面，因為外側沒有相鄰電流迴路可以抵消，會形成束縛面電流密度

K⃗b=M⃗×n^\boxed{\vec K_b=\vec M\times\hat n}

其中 n^\hat n 是由材料內部指向外部的單位法向量。

由安培定律理解

對任意開放曲面 SS，束縛電流通過該曲面的總電流為

Ib=∫SJ⃗b⋅da⃗+∮∂SK⃗b⋅dl⃗I_b=\int_S \vec J_b\cdot d\vec a +\oint_{\partial S}\vec K_b\cdot d\vec l

將

J⃗b=∇×M⃗\vec J_b=\nabla\times\vec M

代入，並配合斯托克斯定理，可將磁化電流的效應完整地表示為體電流與表面電流。這說明 ∇×M⃗\nabla\times\vec M 並非真正新增的傳導電流，而是磁偶極排列所造成的等效電流密度。

物理意義

  • ∇×M⃗=0\nabla\times\vec M=0 不代表材料沒有磁化，只代表材料內部沒有束縛體電流。
  • 即使 M⃗\vec M 均勻，材料表面仍可能有束縛面電流：
K⃗b=M⃗×n^\vec K_b=\vec M\times\hat n
  • M⃗\vec M 的旋度描述磁化程度在空間中的旋轉性與變化程度。

（c）位移電流 ∂D⃗/∂t\partial\vec D/\partial t 的必要性

靜態情況

在靜電或穩恒電流情況下，安培定律為

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第 Problem 2 題15 分

A surface charge distribution ρs(x,z)\rho_s(x,z) exists on the x-z plane, with no charge anywhere else (i.e., ρ=0\rho = 0 for ∣y∣>0|y| > 0).
(a) Which of the following potential functions, Φ1\Phi_1 or Φ2\Phi_2, is a valid solution for the electrostatic potential in the half-space y>0y > 0?
(b) What is the potential function for y<0y < 0?
(c) What is the corresponding charge distribution ρs(x,z)\rho_s(x,z) on the xz plane?

The potential functions are:
Φ1=e−y(ex+e−x2)\Phi_1 = e^{-y} \left( \frac{e^{x} + e^{-x}}{2} \right)
Φ2=e−ycos⁡x\Phi_2 = e^{-y} \cos x

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核心觀念

本題考查三個基本觀念：

  1. 無體電荷區域的電位必須滿足拉普拉斯方程：
    ∇2Φ=0\nabla^2\Phi=0

  2. 在沒有偶極層的情況下，跨越表面電荷時電位連續：
    Φ(0+)=Φ(0−)\Phi(0^+)=\Phi(0^-)

  3. 表面電荷造成電場法向分量不連續：
    n^⋅(E+−E−)=ρsε0\hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf E^+-\mathbf E^-)=\frac{\rho_s}{\varepsilon_0}

其中 n^=y^\hat{\mathbf n}=\hat{\mathbf y} 表示由 y<0y<0 指向 y>0y>0。

(a) 判斷半空間 y>0y>0 的電位

因為 y>0y>0 區域沒有體電荷，所以必須檢查各選項是否滿足

∇2Φ=∂2Φ∂x2+∂2Φ∂y2+∂2Φ∂z2=0\nabla^2\Phi = \frac{\partial^2\Phi}{\partial x^2} + \frac{\partial^2\Phi}{\partial y^2} + \frac{\partial^2\Phi}{\partial z^2} =0

本題電位與 zz 無關，因此只需計算 xx、yy 方向的二階偏導數。

選項 Φ1\Phi_1

Φ1=e−ycosh⁡x\Phi_1=e^{-y}\cosh x

由於

∂2∂x2cosh⁡x=cosh⁡x\frac{\partial^2}{\partial x^2}\cosh x=\cosh x

因此

∂2Φ1∂x2=e−ycosh⁡x=Φ1\frac{\partial^2\Phi_1}{\partial x^2} =e^{-y}\cosh x =\Phi_1

又因為

∂2∂y2e−y=e−y\frac{\partial^2}{\partial y^2}e^{-y}=e^{-y}

所以

∂2Φ1∂y2=e−ycosh⁡x=Φ1\frac{\partial^2\Phi_1}{\partial y^2} =e^{-y}\cosh x =\Phi_1

故

∇2Φ1=Φ1+Φ1=2Φ1≠0\nabla^2\Phi_1 = \Phi_1+\Phi_1 = 2\Phi_1\neq 0

因此 Φ1\Phi_1 不符合無體電荷區域的拉普拉斯方程，為錯誤選項。若採用 Φ1\Phi_1，則 y>0y>0 會需要存在體電荷

ρ=−ε0∇2Φ1=−2ε0Φ1\rho=-\varepsilon_0\nabla^2\Phi_1 =-2\varepsilon_0\Phi_1

這與題目所給的「只有 y=0y=0 平面有電荷」矛盾。

選項 Φ2\Phi_2

Φ2=e−ycos⁡x\Phi_2=e^{-y}\cos x

由於

∂2∂x2cos⁡x=−cos⁡x\frac{\partial^2}{\partial x^2}\cos x=-\cos x

因此

∂2Φ2∂x2=−e−ycos⁡x=−Φ2\frac{\partial^2\Phi_2}{\partial x^2} =-e^{-y}\cos x =-\Phi_2

而

∂2Φ2∂y2=e−ycos⁡x=Φ2\frac{\partial^2\Phi_2}{\partial y^2} =e^{-y}\cos x =\Phi_2

所以

∇2Φ2=−Φ2+Φ2=0\nabla^2\Phi_2 = -\Phi_2+\Phi_2 =0

因此 Φ2\Phi_2 是 y>0y>0 的有效靜電位解。

(b) y<0y<0 的電位函數

在 y=0y=0 平面沒有偶極層，因此電位必須連續。由上半空間電位可得

Φ(0+)=Φ2(x,0,z)=cos⁡x\Phi(0^+)=\Phi_2(x,0,z)=\cos x

因此下半空間也必須滿足

Φ(0−)=cos⁡x\Phi(0^-)=\cos x
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第 Problem 3 題10 分

An infinite grounded conducting plane occupies the xy-plane (z=0z = 0). A real infinite line charge with uniform density ρl\rho_l (C/m) is parallel to the y-axis direction and is located at (x,y,z)=(0,0,b)(x, y, z) = (0, 0, b). Find the potential VV and electric field E⃗\vec{E} at point P=(0,0,b/2)P = (0, 0, b/2).

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【觀念與方法】
本題為經典的**鏡像法（Method of Images）**問題。
無窮接地導體平面位於 z=0z = 0。位於 (0,0,b)(0, 0, b) 且平行於 yy 軸的無限長線電荷 ρl\rho_l，在 z>0z > 0 區域產生的電場與電位，等效於將接地平面移除，並於 z<0z < 0 的鏡像位置 (0,0,−b)(0, 0, -b) 放一等值異號的鏡像線電荷 −ρl-\rho_l。

【詳細推導與計算】

無限長線電荷在距離 rr 處產生的電位 V(r)V(r) 與電場 E⃗(r)\vec{E}(r) 為：
V(r)=−ρl2πε0ln⁡(r)+C,E⃗(r)=ρl2πε0ra^rV(r) = -\frac{\rho_l}{2\pi\varepsilon_0} \ln(r) + C, \quad \vec{E}(r) = \frac{\rho_l}{2\pi\varepsilon_0 r} \hat{a}_r

考慮觀察點 P(0,0,b/2)P(0, 0, b/2)：

  1. 真實電荷 ρl\rho_l 位於 (0,0,b)(0, 0, b)：

    • 到點 PP 的向量與距離：r⃗1=(0,0,b2−b)=−b2a^z  ⟹  r1=b2\vec{r}_1 = \left(0, 0, \frac{b}{2} - b\right) = -\frac{b}{2}\hat{a}_z \implies r_1 = \frac{b}{2}
    • 單位方向向量：a^r1=−a^z\hat{a}_{r1} = -\hat{a}_z
    • 產生的電場：
      E⃗1=ρl2πε0(b/2)(−a^z)=−ρlπε0ba^z\vec{E}_1 = \frac{\rho_l}{2\pi\varepsilon_0 (b/2)} (-\hat{a}_z) = -\frac{\rho_l}{\pi\varepsilon_0 b} \hat{a}_z

  2. 鏡像電荷 −ρl-\rho_l 位於 (0,0,−b)(0, 0, -b)：

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第 Problem 4 題15 分

Two infinitely long coaxial conducting cylinders of radii aa and bb (a<ba < b) form a coaxial structure of length LL with L≫bL \gg b (ignore end fringing). The region a<ρ<ba < \rho < b is filled with a homogeneous medium of permittivity ϵ\epsilon and conductivity σ\sigma. The inner conductor carries free surface charge density ρs\rho_s at ρ=a\rho = a. The electric flux density in the medium is
D⃗(ρ)=ρsaρρ^,a<ρ<b,0<z<L.\vec{D}(\rho) = \frac{\rho_s a}{\rho} \hat{\rho}, \quad a < \rho < b, \quad 0 < z < L.
Model the device between the inner and outer conductors as a capacitor CC in parallel with a resistor RR.

(a) Find CC and RR.
(b) Find the stored electric energy and the power dissipated in the medium (express in terms of ρs\rho_s, aa, bb, LL, ϵ\epsilon, σ\sigma).

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核心觀念

本題考查同軸圓柱結構的：

  • 電位差與電場的關係
    V=∫abE⃗⋅dℓ⃗V=\int_a^b \vec{E}\cdot d\vec{\ell}
  • 電容定義
    C=QVC=\frac{Q}{V}
  • 導電介質的電流密度
    J⃗=σE⃗\vec{J}=\sigma\vec{E}
  • 電阻、電導與功率耗散
    R=VI,P=VI=∫VJ⃗⋅E⃗ dvR=\frac{V}{I},\qquad P=VI=\int_V \vec{J}\cdot\vec{E}\,dv
  • 電場儲能
    We=12∫VE⃗⋅D⃗ dv=12CV2W_e=\frac{1}{2}\int_V \vec{E}\cdot\vec{D}\,dv=\frac{1}{2}CV^2

由於介質同時具有介電性 ϵ\epsilon 與導電性 σ\sigma，因此可視為電容與電阻並聯，兩者承受相同的內外導體電位差。

解題方法

1. 求電場與內外導體電位差

題目給定

D⃗(ρ)=ρsaρρ^.\vec{D}(\rho)=\frac{\rho_s a}{\rho}\hat{\rho}.

由線性均勻介質的本構關係

D⃗=ϵE⃗,\vec{D}=\epsilon\vec{E},

得到

E⃗(ρ)=D⃗ϵ=ρsaϵρρ^.\vec{E}(\rho)=\frac{\vec{D}}{\epsilon} =\frac{\rho_s a}{\epsilon\rho}\hat{\rho}.

內導體與外導體間的電位差大小為

V=∫abE⃗⋅dℓ⃗.V=\int_a^b \vec{E}\cdot d\vec{\ell}.

沿徑向有 dℓ⃗=dρ ρ^d\vec{\ell}=d\rho\,\hat{\rho}，因此

V=∫abρsaϵρ dρ=ρsaϵln⁡ba.V=\int_a^b \frac{\rho_s a}{\epsilon\rho}\,d\rho =\frac{\rho_s a}{\epsilon}\ln\frac{b}{a}.

2. 求電容 CC

內導體上的自由電荷為表面電荷密度乘以圓柱表面積：

Q=ρs(2πaL).Q=\rho_s(2\pi aL).

因此電容為

C=QV.C=\frac{Q}{V}.

代入 QQ 與 VV：

C=2πaLρsρsaϵln⁡(b/a)=2πϵLln⁡(b/a).C= \frac{2\pi aL\rho_s} {\dfrac{\rho_s a}{\epsilon}\ln(b/a)} = \boxed{\frac{2\pi\epsilon L}{\ln(b/a)}}.

3. 求電阻 RR

介質中的電流密度為

J⃗=σE⃗=σρsaϵρρ^.\vec{J}=\sigma\vec{E} =\frac{\sigma\rho_s a}{\epsilon\rho}\hat{\rho}.

考慮半徑為 ρ\rho、長度為 LL 的圓柱面，其面積為

Aρ=2πρL.A_\rho=2\pi\rho L.

通過此圓柱面的總電流為

I=J⃗⋅ρ^ Aρ=σρsaϵρ(2πρL)=2πσρsaLϵ.I=\vec{J}\cdot\hat{\rho}\,A_\rho = \frac{\sigma\rho_s a}{\epsilon\rho}(2\pi\rho L) = \frac{2\pi\sigma\rho_s aL}{\epsilon}.

因此

R=VI=ρsaϵln⁡(b/a)2πσρsaLϵ=ln⁡(b/a)2πσL.R=\frac{V}{I} = \frac{\dfrac{\rho_s a}{\epsilon}\ln(b/a)} {\dfrac{2\pi\sigma\rho_s aL}{\epsilon}} = \boxed{\frac{\ln(b/a)}{2\pi\sigma L}}.

相應的電導為

G=1R=2πσLln⁡(b/a).G=\frac{1}{R} =\frac{2\pi\sigma L}{\ln(b/a)}.

儲存電能

利用電場儲能公式

We=12CV2,W_e=\frac{1}{2}CV^2,

代入

C=2πϵLln⁡(b/a),V=ρsaϵln⁡ba,C=\frac{2\pi\epsilon L}{\ln(b/a)}, \qquad V=\frac{\rho_s a}{\epsilon}\ln\frac{b}{a},

可得

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第 Problem 5 題15 分

Consider an air-gapped toroidal core with mean radius ρ\rho and uniform cross-sectional area SS. The core material is linear with relative permeability μr\mu_r (μr≫1\mu_r \gg 1). A narrow air gap of length lgl_g is cut in the core. A coil of NN turns carrying current II is wound uniformly around the toroid. Assume the magnetic flux is confined to the core/gap, and neglect fringing so that B⃗\vec{B} is uniform and the same in the core and in the gap.

(a) Find H⃗\vec{H} and B⃗\vec{B} in the core and in the air gap.
(b) Find the magnetic energy stored in the core and in the gap.
(c) Find the inductance LL of the gapped toroid. For the convenience of derivation, you may define an equivalent length as
le=lg+lgμrl_e = l_g + \frac{l_g}{\mu_r}
🖼️【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

本題考查有氣隙環形磁路中的安培環路定律、磁通密度連續，以及磁場能量與電感的關係。忽略漏磁與氣隙邊緣效應時，磁通在鐵心與氣隙中相同，因此兩處的 B⃗\vec B 大小相同；但因磁導率不同，H⃗\vec H 不同。

依原卷圖示，鐵心中的磁路長度為 2πρ−lg2\pi\rho-l_g，因此等效磁路長度是

le=lg+2πρ−lgμr.l_e=l_g+\frac{2\pi\rho-l_g}{\mu_r}.

題目文字所列的 le=lg+lg/μrl_e=l_g+l_g/\mu_r 與原卷圖示公式不一致；以下依原卷圖示計算。

解題方法

取沿環形磁路的安培環路，分別計算鐵心與氣隙中的磁場強度。安培環路定律給出

Hc(2πρ−lg)+Hglg=NI,H_c(2\pi\rho-l_g)+H_g l_g=NI,

其中 HcH_c、HgH_g 分別為鐵心與氣隙中的磁場強度。磁通密度在兩區相同，記為 BB，則

B=μ0μrHc=μ0Hg.B=\mu_0\mu_r H_c=\mu_0 H_g.

因此 Hg=μrHcH_g=\mu_r H_c。代入安培環路定律，可得

Hc(2πρ−lg+μrlg)=NI.H_c\left(2\pi\rho-l_g+\mu_r l_g\right)=NI.

整理成等效磁路長度形式：

Hc=NIμrle,Hg=NIle,B=μ0NIle.\boxed{H_c=\frac{NI}{\mu_r l_e}}, \qquad \boxed{H_g=\frac{NI}{l_e}}, \qquad \boxed{B=\frac{\mu_0NI}{l_e}}.

磁場方向沿環形磁路切線，依線圈電流方向用右手定則判定；以上各式給出其大小。

(a) 鐵心與氣隙中的 H⃗\vec H、B⃗\vec B

H⃗c=NIμrle ϕ^,H⃗g=NIle ϕ^\boxed{\vec H_c=\frac{NI}{\mu_r l_e}\,\hat{\boldsymbol\phi}}, \qquad \boxed{\vec H_g=\frac{NI}{l_e}\,\hat{\boldsymbol\phi}} B⃗c=B⃗g=μ0NIle ϕ^.\boxed{\vec B_c=\vec B_g=\frac{\mu_0NI}{l_e}\,\hat{\boldsymbol\phi}}.

其中 ϕ^\hat{\boldsymbol\phi} 表示沿環形磁路的切線方向。氣隙中的 HH 是鐵心中的 μr\mu_r 倍，但 BB 相同。

(b) 鐵心與氣隙中的磁能

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第 Problem 6 題15 分

A uniform time-harmonic plane wave with electric field E⃗0e−jβ0za^x\vec{E}_0 e^{-j\beta_0 z} \hat{a}_x is normally incident from Region 1 onto a lossless dielectric slab (Region 2), as described below:

  • Region 1: z<0z < 0, free space with intrinsic impedance η0\eta_0.
  • Region 2 (slab): 0≤z≤d0 \le z \le d, lossless dielectric with intrinsic impedance η=2η0\eta = 2\eta_0. The slab thickness is d=λ2/8d = \lambda_2/8, where λ2\lambda_2 is the wavelength of the wave in Region 2.
  • Region 3: z>dz > d, free space again.

(a) Find the overall reflection coefficient seen in Region 1 at z=0z = 0.
(b) Find reflected and transmitted power fraction R=Pr/PiR = P_r/P_i in Region 1 and the transmitted power fraction T=Pt/PiT = P_t/P_i in Region 3.
(c) Determine the standing-wave ratio (SWR) in Region 1.

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解題觀念

本題考查平面波垂直入射至無耗損單層介質板（Dielectric Slab）的阻抗匹配與傳輸線理論（Transmission Line Analogy）。
利用波阻抗轉移公式（Wave Impedance Transformation），求出 z=0z=0 處向右看入介質板與區域 3 的輸入阻抗 Zin(0)Z_{in}(0)，進而計算反射係數 Γ\Gamma、功率反射率與穿透率（R,TR, T）以及駐波比（SWR）。

(a) 計算 z=0z = 0 處的全域反射係數 Γ\Gamma

介質板（Region 2）長度 d=λ2/8d = \lambda_2 / 8，其電相位長度為：
β2d=(2πλ2)(λ28)=π4\beta_2 d = \left(\frac{2\pi}{\lambda_2}\right) \left(\frac{\lambda_2}{8}\right) = \frac{\pi}{4}

Region 3 的負載阻抗為自由空間特性阻抗 ZL=η0Z_L = \eta_0。根據傳輸線輸入阻抗公式，在 z=0z = 0 處向右看入 Region 2 的輸入阻抗 Zin(0)Z_{in}(0) 為：
Zin(0)=η⋅ZL+jηtan⁡(β2d)η+jZLtan⁡(β2d)Z_{in}(0) = \eta \cdot \frac{Z_L + j\eta \tan(\beta_2 d)}{\eta + j Z_L \tan(\beta_2 d)}

已知 η=2η0\eta = 2\eta_0 且 tan⁡(π/4)=1\tan(\pi/4) = 1，代入得：
Zin(0)=2η0⋅η0+j2η02η0+jη0=2η0⋅1+j22+j1=2η0⋅(1+j2)(2−j1)5=η0(8+j65)Z_{in}(0) = 2\eta_0 \cdot \frac{\eta_0 + j 2\eta_0}{2\eta_0 + j \eta_0} = 2\eta_0 \cdot \frac{1 + j2}{2 + j1} = 2\eta_0 \cdot \frac{(1 + j2)(2 - j1)}{5} = \eta_0 \left( \frac{8 + j6}{5} \right)

在 Region 1 界面 z=0z = 0 處看到的總反射係數 Γ\Gamma 為：
Γ=Zin(0)−η0Zin(0)+η0=η0(8+j65)−η0η0(8+j65)+η0=(8+j6)−5(8+j6)+5=3+j613+j6\Gamma = \frac{Z_{in}(0) - \eta_0}{Z_{in}(0) + \eta_0} = \frac{\eta_0 \left( \frac{8 + j6}{5} \right) - \eta_0}{\eta_0 \left( \frac{8 + j6}{5} \right) + \eta_0} = \frac{(8 + j6) - 5}{(8 + j6) + 5} = \frac{3 + j6}{13 + j6}

分子分母有理化：
Γ=(3+j6)(13−j6)132+62=75+j60205=15+j1241\Gamma = \frac{(3 + j6)(13 - j6)}{13^2 + 6^2} = \frac{75 + j60}{205} = \frac{15 + j12}{41}

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第 Problem 7 題15 分

An antenna located at the origin has a far-zone electric field in free space as
E⃗=cos⁡2θre−jβra^θV/m\vec{E} = \frac{\cos 2\theta}{r} e^{-j\beta r} \hat{a}_{\theta} \quad V/m
with time dependence ejωte^{j\omega t} and intrinsic impedance η0=120πΩ\eta_0 = 120\pi \Omega.

(a) Obtain the corresponding magnetic field H⃗\vec{H}.
(b) Determine time-average power density in units of W/m².
(c) Determine the total power radiated by the antenna.
(d) Determine the radiation resistance of the antenna if the peak of the feed current for the antenna is 1 A1 \text{ A}.
(e) Determine the directivity of the antenna.

The following integral may be useful in your calculation:
∫0πcos⁡2(2θ)sin⁡θdθ=1415\int_0^{\pi} \cos^2(2\theta) \sin\theta d\theta = \frac{14}{15}

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題使用遠場天線的平面波關係：

  • 電場、磁場與傳播方向互相垂直。
  • 遠場中，電場與磁場振幅滿足
    H=Eη0H=\frac{E}{\eta_0}
  • 時間平均功率密度為
    ⟨S⃗⟩=12Re⁡(E⃗×H⃗ ∗)\langle \vec{S}\rangle=\frac{1}{2}\operatorname{Re}\left(\vec{E}\times\vec{H}^{\,*}\right)
  • 總輻射功率由功率密度對球面積分得到：
    Prad=∫02π∫0π⟨Sr⟩r2sin⁡θ dθ dϕP_{\mathrm{rad}}=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi} \langle S_r\rangle r^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi
  • 輻射電阻定義為
    Prad=12Ipeak2RrP_{\mathrm{rad}}=\frac{1}{2}I_{\mathrm{peak}}^2R_r
  • 天線指向性為
    D=4πUmax⁡PradD=\frac{4\pi U_{\max}}{P_{\mathrm{rad}}}
    其中 U=r2⟨Sr⟩U=r^2\langle S_r\rangle 為輻射強度。

題目給定

E⃗=cos⁡2θre−jβra^θ V/m\vec{E}=\frac{\cos 2\theta}{r}e^{-j\beta r}\hat{a}_{\theta}\ \mathrm{V/m}

且時間因子為 ejωte^{j\omega t}，因此 e−jβre^{-j\beta r} 代表向外傳播的球面波，傳播方向為 a^r\hat{a}_r。

(a) 磁場 H⃗\vec{H}

遠場中，電磁波滿足

H⃗=1η0a^r×E⃗\vec{H}=\frac{1}{\eta_0}\hat{a}_r\times\vec{E}

由球座標單位向量關係

a^r×a^θ=a^ϕ\hat{a}_r\times\hat{a}_{\theta}=\hat{a}_{\phi}

因此

H⃗=1η0cos⁡2θre−jβra^ϕ\vec{H} = \frac{1}{\eta_0} \frac{\cos 2\theta}{r}e^{-j\beta r}\hat{a}_{\phi}

代入 η0=120π Ω\eta_0=120\pi\ \Omega，得

H⃗=cos⁡2θ120πre−jβra^ϕ A/m\boxed{ \vec{H} = \frac{\cos 2\theta}{120\pi r} e^{-j\beta r}\hat{a}_{\phi}\ \mathrm{A/m} }

方向檢查如下：

a^θ×a^ϕ=a^r\hat{a}_{\theta}\times\hat{a}_{\phi}=\hat{a}_r

所以 E⃗×H⃗\vec{E}\times\vec{H} 確實指向天線向外的 a^r\hat{a}_r 方向。

(b) 時間平均功率密度

磁場共軛為

H⃗ ∗=cos⁡2θη0rejβra^ϕ\vec{H}^{\,*} = \frac{\cos 2\theta}{\eta_0 r} e^{j\beta r}\hat{a}_{\phi}

因此

E⃗×H⃗ ∗=cos⁡22θη0r2(a^θ×a^ϕ)\vec{E}\times\vec{H}^{\,*} = \frac{\cos^2 2\theta}{\eta_0 r^2} \left(\hat{a}_{\theta}\times\hat{a}_{\phi}\right)

由 a^θ×a^ϕ=a^r\hat{a}_{\theta}\times\hat{a}_{\phi}=\hat{a}_r，且結果為純實數，故

⟨S⃗⟩=cos⁡22θ2η0r2a^r\langle\vec{S}\rangle = \frac{\cos^2 2\theta}{2\eta_0r^2}\hat{a}_r

代入 η0=120π\eta_0=120\pi：

⟨S⃗⟩=cos⁡22θ240πr2a^r W/m2\boxed{ \langle\vec{S}\rangle = \frac{\cos^2 2\theta}{240\pi r^2} \hat{a}_r\ \mathrm{W/m^2} }

其大小為

⟨Sr⟩=cos⁡22θ240πr2 W/m2\boxed{ \langle S_r\rangle = \frac{\cos^2 2\theta}{240\pi r^2} \ \mathrm{W/m^2} }

功率密度與 1/r21/r^2 成反比，符合球面波的遠場特性。

(c) 總輻射功率

球面上的面積元素為

dS=r2sin⁡θ dθ dϕdS=r^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi

因此

Prad=∫02π∫0πcos⁡22θ2η0r2r2sin⁡θ dθ dϕP_{\mathrm{rad}} = \int_0^{2\pi}\int_0^\pi \frac{\cos^2 2\theta}{2\eta_0r^2} r^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi

整理得

Prad=12η0∫02πdϕ∫0πcos⁡22θsin⁡θ dθP_{\mathrm{rad}} = \frac{1}{2\eta_0} \int_0^{2\pi}d\phi \int_0^\pi\cos^2 2\theta\sin\theta\,d\theta

利用題目提供的積分

∫0πcos⁡22θsin⁡θ dθ=1415\int_0^\pi\cos^2 2\theta\sin\theta\,d\theta=\frac{14}{15}

以及

∫02πdϕ=2π\int_0^{2\pi}d\phi=2\pi

可得

Prad=12η0(2π)(1415)=14π15η0P_{\mathrm{rad}} = \frac{1}{2\eta_0}(2\pi)\left(\frac{14}{15}\right) = \frac{14\pi}{15\eta_0}
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