111 年 國立中山大學電機工程學系碩士班戊組《電磁學》

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第 1 題

  1. (3%) (a) At any point (x0,y0,z0)(x_0, y_0, z_0) in the domain of a scalar function V(x,y,z)V(x, y, z), we take a path ata_t along xx-axis, where c1c_1 is a constant, or take a path ana_n along ∇V\nabla V. Tell me about the main characteristic (主要特徵) of these two paths ata_t and ana_n, and also what is at⋅ana_t \cdot a_n?
    (3%) (b) ∫Vdl⃗\int V d\vec{l}, where VV is a scalar function, dl⃗d\vec{l}為任意方向ata_t之小路徑。 What should be filled in the blank?
    (3%) (c) Utilize the Divergence theorem for ∇⋅E⃗\nabla \cdot \vec{E} to write down the relationship between E⃗\vec{E} and QQ (a charge QQ in vacuum).
    (3%) (d) Utilize Stokes' theorem for ∇×B⃗\nabla \times \vec{B} to write down the relationship between B⃗\vec{B} and II (a current II in vacuum).
    (3%) (e) When calculating Divergence ∇⋅A⃗\nabla \cdot \vec{A} or Curl ∇×A⃗\nabla \times \vec{A} (where A⃗\vec{A} is a vector field), what are the limitations on the size and shape of the volume or area we choose?

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核心觀念

本題綜合考查：

  • 等位面、梯度與方向導數
  • 純量場的向量線積分
  • Gauss 散度定理
  • Stokes 旋度定理
  • 散度與旋度的局部極限定義

(a) 路徑 ata_t、ana_n 的特徵與內積

解題方法

令等位面定義為

V(x,y,z)=c1,V(x,y,z)=c_1,

其中 c1c_1 為常數。

沿著等位面上的切線方向 ata_t 移動時，VV 的值不變，因此

dV=∇V⋅dl⃗=0.dV=\nabla V\cdot d\vec l=0.

所以：

  • ata_t 為等位面的切線方向，滿足 at⊥∇V.a_t\perp \nabla V.
  • ana_n 沿著 ∇V\nabla V 的方向，是等位面的法線方向。
  • 梯度方向是 VV 增加最快的方向，梯度大小為最大方向導數。

因此 ata_t 與 ana_n 互相垂直，故

at⋅an=0.\boxed{a_t\cdot a_n=0}.

若題目所述的 ata_t 恰好沿 xx 軸，則其成為等位面切線的條件為

∂V∂x=0\frac{\partial V}{\partial x}=0

於該點成立。

解題技巧

看到「V=c1V=c_1 為常數」便應立即聯想到等位面。等位面的切線方向與梯度方向必定垂直：

切線方向⊥梯度方向.\boxed{\text{切線方向}\perp\text{梯度方向}}.

【答案】

at 為等位面 V=c1 的切線方向\boxed{a_t\text{ 為等位面 }V=c_1\text{ 的切線方向}} an∥∇V,at⋅an=0.\boxed{a_n\parallel\nabla V,\qquad a_t\cdot a_n=0}.

(b) ∫V dl⃗\displaystyle\int V\,d\vec l

核心觀念

因為 VV 是純量，而 dl⃗d\vec l 是向量，所以

V dl⃗V\,d\vec l

仍然是向量。因此

∫V dl⃗\int V\,d\vec l

是向量線積分，其結果為向量。

解題方法

若路徑以參數 λ\lambda 表示為 r⃗(λ)\vec r(\lambda)，則

dl⃗=dr⃗=dr⃗dλ dλ.d\vec l=d\vec r =\frac{d\vec r}{d\lambda}\,d\lambda.

因此

∫CV dl⃗=∫λ1λ2V(r⃗(λ))dr⃗dλ dλ.\boxed{ \int_C V\,d\vec l = \int_{\lambda_1}^{\lambda_2} V\bigl(\vec r(\lambda)\bigr) \frac{d\vec r}{d\lambda}\,d\lambda }.

此積分通常與路徑 CC 有關，僅知道 VV 為純量函數，無法得到唯一的數值。

若路徑 ata_t 位於等位面 V=c1V=c_1 上，則

∫CV dl⃗=c1∫Cdl⃗.\int_C V\,d\vec l = c_1\int_C d\vec l.

由於

∫Cdl⃗=r⃗2−r⃗1,\int_C d\vec l=\vec r_2-\vec r_1,

可得

∫CV dl⃗=c1(r⃗2−r⃗1).\boxed{ \int_C V\,d\vec l = c_1(\vec r_2-\vec r_1) }.

解題技巧

必須區分：

∫V dl⃗\int V\,d\vec l

是向量線積分，而

∫V dl\int V\,dl

才是純量線積分。不可將 dl⃗d\vec l 誤當成 dldl。

【答案】

一般情況下：

∫CV dl⃗=∫CV dr⃗\boxed{ \int_C V\,d\vec l = \int_C V\,d\vec r }

其結果為向量，且通常與路徑有關。若 CC 為 V=c1V=c_1 的等位面路徑，則

∫CV dl⃗=c1(r⃗2−r⃗1).\boxed{ \int_C V\,d\vec l = c_1(\vec r_2-\vec r_1) }.

(c) 利用 Divergence theorem 求 E⃗\vec E 與電荷 QQ 的關係

核心觀念

Gauss 散度定理為

∭V∇⋅E⃗ dv=∯SE⃗⋅dS⃗,\iiint_{\mathcal V} \nabla\cdot\vec E\,dv = \oiint_{\mathcal S} \vec E\cdot d\vec S,

其中 S\mathcal S 是包圍體積 V\mathcal V 的封閉曲面。

真空中的 Gauss 定律為

∇⋅E⃗=ρε0.\nabla\cdot\vec E=\frac{\rho}{\varepsilon_0}.

解題方法

將微分形式積分於體積 V\mathcal V：

∭V∇⋅E⃗ dv=∭Vρε0 dv.\iiint_{\mathcal V} \nabla\cdot\vec E\,dv = \iiint_{\mathcal V} \frac{\rho}{\varepsilon_0}\,dv.

右側的總電荷為

Q=∭Vρ dv.Q=\iiint_{\mathcal V}\rho\,dv.

因此

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第 2 題5 分

  1. (5%) Using the Method of Image, write down the potential distribution, V(x,y,z)V(x, y, z), for a point P(x, y, z) in the space, Fig. 1, the dielectric constant of the space is ϵ0\epsilon_0. QQ is a positive point charge of QQ Coul.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Fig. 1. A point charge Q distance d above the Ground.

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 2 頁

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核心觀念

本題考「鏡像法」：將接地無限導體平面對場的影響，等效為在平面另一側放置一個鏡像電荷。圖中接地平面為 y=0y=0，真實電荷 QQ 位於 (0,d,0)(0,d,0)，所以鏡像電荷為 −Q-Q，位於 (0,−d,0)(0,-d,0)。

解題方法

空間中的電位可由真實電荷與鏡像電荷的電位相加。對場點 P(x,y,z)P(x,y,z)，它到真實電荷與鏡像電荷的距離分別為

R1=x2+(y−d)2+z2,R2=x2+(y+d)2+z2.R_1=\sqrt{x^2+(y-d)^2+z^2}, \qquad R_2=\sqrt{x^2+(y+d)^2+z^2}.

因此，在導體上方的空間 y>0y>0，電位分布為

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第 3 題

  1. (3%)(a) 在 dielectric constant 為 ϵr(=1+Xe)\epsilon_r (=1+X_e) dielectric 內部電場為 EE (V/m), 請問 Polarization vector P為何?
    (3%) (b) 在 relative permeability 為 μr(=1+χm)\mu_r (=1+\chi_m) 的 ferromagnetic material 外面線圈通電流, 在其內部產生磁場 HH (A/m), 請問 Magnetization vector M為何?
    (4%) 銅的導電性很好,(c) 它的 permittivity ε\varepsilon 和 permeability μ\mu 各為何? 請簡單提供你的理由。

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核心觀念

本題考查兩組線性材料的本構關係：

  1. 電介質中的電極化向量 P\mathbf{P} 與電場 E\mathbf{E} 的關係。
  2. 磁性材料中的磁化向量 M\mathbf{M} 與磁場 H\mathbf{H} 的關係。
  3. 良導體中，傳導電流、位移電流，以及材料的 ε\varepsilon、μ\mu 的判斷。

解題方法

(a) 電介質中的 Polarization vector

電極化向量的定義為單位體積內的電偶極矩。在線性、均勻、等向性電介質中，

P=ε0χeE\mathbf{P}=\varepsilon_0\chi_e\mathbf{E}

題目給定

εr=1+χe\varepsilon_r=1+\chi_e

因此

χe=εr−1\chi_e=\varepsilon_r-1

代入可得

P=ε0(εr−1)E\boxed{\mathbf{P}=\varepsilon_0(\varepsilon_r-1)\mathbf{E}}

亦可由電位移向量的關係推導：

D=εE=ε0εrE\mathbf{D}=\varepsilon\mathbf{E} =\varepsilon_0\varepsilon_r\mathbf{E}

另一方面，

D=ε0E+P\mathbf{D}=\varepsilon_0\mathbf{E}+\mathbf{P}

所以

P=D−ε0E=ε0(εr−1)E\mathbf{P} =\mathbf{D}-\varepsilon_0\mathbf{E} =\varepsilon_0(\varepsilon_r-1)\mathbf{E}

(b) Ferromagnetic material 中的 Magnetization vector

在線性磁性材料中，磁化向量定義為

M=χmH\mathbf{M}=\chi_m\mathbf{H}

題目給定

μr=1+χm\mu_r=1+\chi_m

因此

χm=μr−1\chi_m=\mu_r-1

故磁化向量為

M=(μr−1)H\boxed{\mathbf{M}=(\mu_r-1)\mathbf{H}}

也可由磁通密度的關係得到：

B=μH=μ0μrH\mathbf{B}=\mu\mathbf{H} =\mu_0\mu_r\mathbf{H}

且

B=μ0(H+M)\mathbf{B}=\mu_0(\mathbf{H}+\mathbf{M})

比較兩式：

μ0(H+M)=μ0μrH\mu_0(\mathbf{H}+\mathbf{M}) =\mu_0\mu_r\mathbf{H}

約去 μ0\mu_0 後，

M=(μr−1)H\mathbf{M}=(\mu_r-1)\mathbf{H}

嚴格而言，鐵磁材料常具有磁滯現象，M\mathbf{M} 與 H\mathbf{H} 未必是簡單的線性關係；本題已明確使用 μr=1+χm\mu_r=1+\chi_m，因此採用線性材料模型。

(c) 銅的 Permittivity 與 Permeability

Permittivity

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第 4 題

  1. For a coaxial transmission line shown in Fig. 2, the capacitance per unit length is c=2πϵ0ln⁡(b/a)c = \frac{2\pi\epsilon_0}{\ln(b/a)} F/m and the inductance per unit length is l=μ02πln⁡(b/a)l = \frac{\mu_0}{\color{red}2\pi} \ln(b/a) H. At high frequencies, the internal inductance drops off (that is, approaching 0, and you should know which term is the internal inductance).
    (2%) (a) Find the characteristic impedance of the coaxial line Zc=l/cZ_c = \sqrt{l/c} at high frequencies. Please be sure to write down the unit of ZcZ_c.
    (2%) (b) What is the magnetic flux density BB value outside the ground (i.e., the thick part of radius bb)?
    🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
    Fig. 2. Coaxial cable side and cross-sectional views, 粗體線代表地 Ground
    (3%) (c) Find the external inductance LL for such a transmission system in air using a quasi-TEM property L⋅C=μ0⋅ϵ0L \cdot C = \mu_0 \cdot \epsilon_0.
    (3%) (d) Obtain the internal inductance from the inductance formula ll, also the external inductance found in c), write down the per unit length internal & external inductance for the conductor system shown in the Right of Fig. 3.
🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 2 頁原卷第 3 頁

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核心觀念

本題考查同軸線的特性阻抗、安培定律、準 TEM 線路的 LCLC 關係，以及導體內部與導體外部的單位長度電感。高頻時集膚效應使導體內部電感趨近於零；低頻時，電流分布在實心圓導體截面內，會產生內部電感。

解題方法

圖 2 是同軸線：內導體半徑為 aa，外層接地導體的半徑為 bb，兩導體電流大小相等、方向相反。圖 3 左是半徑 aa、離地高度 hh 的單導體對地系統；右圖是兩條半徑皆為 aa、中心距離為 dd、電流反向的導體。題目給的單導體對地電容為 C′=2πϵ0/ln⁡(2h/a)C'=2\pi\epsilon_0/\ln(2h/a)。

(a) 高頻同軸線的特性阻抗

依原卷的電感公式，低頻單位長度電感可寫成

l=μ08π+μ02πln⁡baH/m.l=\frac{\mu_0}{8\pi}+\frac{\mu_0}{2\pi}\ln\frac{b}{a}\quad\mathrm{H/m}.

其中 μ0/(8π)\mu_0/(8\pi) 是內部電感，高頻時趨近於零，因此

lHF=μ02πln⁡ba.l_{\mathrm{HF}}=\frac{\mu_0}{2\pi}\ln\frac{b}{a}.

搭配單位長度電容 c=2πϵ0/ln⁡(b/a)c=2\pi\epsilon_0/\ln(b/a)，得

Zc=lHFc=μ04π2ϵ0(ln⁡ba)2=12πμ0ϵ0ln⁡ba.Z_c=\sqrt{\frac{l_{\mathrm{HF}}}{c}} =\sqrt{\frac{\mu_0}{4\pi^2\epsilon_0}\left(\ln\frac{b}{a}\right)^2} =\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}\ln\frac{b}{a}.

空氣中的 μ0/ϵ0≈377 Ω\sqrt{\mu_0/\epsilon_0}\approx377\ \Omega，所以 Zc≈60ln⁡(b/a) ΩZ_c\approx60\ln(b/a)\ \Omega。阻抗單位為 Ω\Omega。

(b) 接地導體外側的磁通密度

在外導體半徑以外取半徑為 ρ>b\rho>b 的安培環路。環路包住內導體電流 II 與外導體回流 −I-I，故包圍電流為零。由安培定律，

∮B⋅dℓ=μ0(I−I)=0,B(ρ>b)=0.\oint\mathbf B\cdot d\boldsymbol{\ell} =\mu_0(I-I)=0, \qquad B(\rho>b)=0.

(c) 單導體對地系統的外部電感

準 TEM 線路滿足 L′C′=μ0ϵ0L'C'=\mu_0\epsilon_0。將題目給的 C′C' 代入：

Lext′=μ0ϵ0C′=μ02πln⁡2haH/m.L'_{\mathrm{ext}} =\frac{\mu_0\epsilon_0}{C'} =\frac{\mu_0}{2\pi}\ln\frac{2h}{a}\quad\mathrm{H/m}.

這是導體對地回流系統的單位長度外部電感。

(d) 兩導體系統的內部與外部電感

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第 5 題

  1. (5%) (a) A position vector R⃗=ax(x−x′)+ay(y−y′)+az(z−z′)\vec{R} = a_x (x-x') + a_y (y-y') + a_z (z-z'), R=∣R⃗∣=[(x−x′)2+(y−y′)2+(z−z′)2]1/2R = |\vec{R}| = [(x-x')^2+(y-y')^2+(z-z')^2]^{1/2}, a⃗R=R⃗/R\vec{a}_R = \vec{R}/R, where P(x,y,z)P(x, y, z) is an observation point, and P′(x′,y′,z′)P'(x', y', z') is a source point. Show that ∇′(1R)=−1R2a⃗R\nabla' (\frac{1}{R}) = -\frac{1}{R^2} \vec{a}_R. Here ∇′\nabla' is the gradient operator with respect to the source coordinates, that is, ∇′f=ax∂f∂x′+ay∂f∂y′+az∂f∂z′\nabla' f = a_x \frac{\partial f}{\partial x'} + a_y \frac{\partial f}{\partial y'} + a_z \frac{\partial f}{\partial z'}.
    (5%) (b) As shown in Fig. 4, determine B at P(0, 0, z*)?
    🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
    Fig. 4.
🖼️ 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

本題考查兩個觀念：

  1. ∇′\nabla' 是對源點座標 (x′,y′,z′)(x',y',z') 微分。由於位移向量 R⃗\vec R 是「觀察點減源點」，對源點座標微分時會帶出負號。
  2. 磁場可由畢奧－沙伐定律計算。若電流元素 dl⃗d\vec l 與源點到觀察點的方向平行，則 dl⃗×a⃗R=0d\vec l\times\vec a_R=0，該電流元素對磁場沒有貢獻。

（a）計算 ∇′(1/R)\nabla'(1/R)

由

R=(x−x′)2+(y−y′)2+(z−z′)2R=\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+(z-z')^2}

可得

∂R∂x′=−x−x′R,∂R∂y′=−y−y′R,∂R∂z′=−z−z′R.\frac{\partial R}{\partial x'}=-\frac{x-x'}{R},\qquad \frac{\partial R}{\partial y'}=-\frac{y-y'}{R},\qquad \frac{\partial R}{\partial z'}=-\frac{z-z'}{R}.

因此

∇′R=−(x−x′)a⃗x+(y−y′)a⃗y+(z−z′)a⃗zR=−a⃗R.\nabla'R =-\frac{(x-x')\vec a_x+(y-y')\vec a_y+(z-z')\vec a_z}{R} =-\vec a_R.

利用鏈鎖律，

∇′(1R)=−1R2∇′R=a⃗RR2.\nabla'\left(\frac{1}{R}\right) =-\frac{1}{R^2}\nabla'R =\frac{\vec a_R}{R^2}.
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第 6 題

  1. (10%) (a) Derive the electromagnetic wave equation in free space.
    (5%) (b) Explain the traveling-wave factor.

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核心觀念

本題考查：

  1. 無源自由空間中的 Maxwell 方程式。
  2. 利用旋度運算推導電場與磁場的電磁波方程式。
  3. 行進波因子（traveling-wave factor）e∓jβze^{\mp j\beta z} 所代表的傳播方向、相位變化與波長。

自由空間的參數為

ε0,μ0\varepsilon_0,\qquad \mu_0

且光速為

c=1μ0ε0.c=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}}.

解題方法

自由空間中沒有自由電荷與電流，因此

ρv=0,J=0.\rho_v=0,\qquad \mathbf{J}=0.

Maxwell 方程式可寫成

∇⋅E=0\nabla\cdot\mathbf{E}=0 ∇⋅H=0\nabla\cdot\mathbf{H}=0 ∇×E=−μ0∂H∂t\nabla\times\mathbf{E} =-\mu_0\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t} ∇×H=ε0∂E∂t.\nabla\times\mathbf{H} =\varepsilon_0\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}.

其中，電場與磁場彼此耦合。對 Faraday 定律再取一次旋度，即可消去磁場，得到只含電場的波動方程式。

(a) 自由空間中的電磁波方程式

電場波動方程式

由

∇×E=−μ0∂H∂t\nabla\times\mathbf{E} =-\mu_0\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}

兩側取旋度：

∇×(∇×E)=−μ0∂∂t(∇×H).\nabla\times(\nabla\times\mathbf{E}) = -\mu_0\frac{\partial}{\partial t} (\nabla\times\mathbf{H}).

代入 Ampère-Maxwell 定律

∇×H=ε0∂E∂t,\nabla\times\mathbf{H} =\varepsilon_0\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t},

可得

∇×(∇×E)=−μ0ε0∂2E∂t2.\nabla\times(\nabla\times\mathbf{E}) = -\mu_0\varepsilon_0 \frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2}.

使用向量恆等式

∇×(∇×E)=∇(∇⋅E)−∇2E.\nabla\times(\nabla\times\mathbf{E}) = \nabla(\nabla\cdot\mathbf{E})-\nabla^2\mathbf{E}.

由自由空間中的

∇⋅E=0,\nabla\cdot\mathbf{E}=0,

因此

−∇2E=−μ0ε0∂2E∂t2.-\nabla^2\mathbf{E} = -\mu_0\varepsilon_0 \frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2}.

整理後得到電場的電磁波方程式：

∇2E−μ0ε0∂2E∂t2=0\boxed{ \nabla^2\mathbf{E} -\mu_0\varepsilon_0 \frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2} =0 }

利用

μ0ε0=1c2,\mu_0\varepsilon_0=\frac{1}{c^2},

亦可寫成

∇2E−1c2∂2E∂t2=0.\boxed{ \nabla^2\mathbf{E} -\frac{1}{c^2} \frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2} =0 }.

磁場波動方程式

由

∇×H=ε0∂E∂t\nabla\times\mathbf{H} =\varepsilon_0\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}

兩側取旋度：

∇×(∇×H)=ε0∂∂t(∇×E).\nabla\times(\nabla\times\mathbf{H}) = \varepsilon_0\frac{\partial}{\partial t} (\nabla\times\mathbf{E}).

代入 Faraday 定律

∇×E=−μ0∂H∂t,\nabla\times\mathbf{E} =-\mu_0\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t},

得到

∇×(∇×H)=−μ0ε0∂2H∂t2.\nabla\times(\nabla\times\mathbf{H}) = -\mu_0\varepsilon_0 \frac{\partial^2\mathbf{H}}{\partial t^2}.

由於

∇⋅H=0,\nabla\cdot\mathbf{H}=0,

套用相同的向量恆等式後可得

∇2H−μ0ε0∂2H∂t2=0\boxed{ \nabla^2\mathbf{H} -\mu_0\varepsilon_0 \frac{\partial^2\mathbf{H}}{\partial t^2} =0 }

或

∇2H−1c2∂2H∂t2=0.\boxed{ \nabla^2\mathbf{H} -\frac{1}{c^2} \frac{\partial^2\mathbf{H}}{\partial t^2} =0 }.

因此，電場與磁場皆以速度

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第 7 題

  1. A uniform plane wave (E⃗i,H⃗i\vec{E}_i, \vec{H}_i) of an angular frequency ω\omega is incident from air (medium 1) on a very large, perfectly conducting wall (medium 2) at an angle of incidence θi\theta_i with perpendicular polarization. Find
    (10%) (a) E⃗\vec{E} and H⃗\vec{H} in medium 1.
    (5%) (b) E⃗\vec{E} and H⃗\vec{H} in medium 2.
    (5%) (c) the current induced on the wall surface, and
    (5%) (d) the time-average Poynting vector in medium 1.

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核心觀念

本題考查均勻平面波斜向入射於理想導體（PEC）表面的反射，以及下列邊界條件：

  1. 平面波的磁場關係
    H⃗=1ηk^×E⃗\vec{H}=\frac{1}{\eta}\hat{k}\times\vec{E}

  2. 理想導體表面內部的場為零：
    E⃗2=H⃗2=0\vec{E}_2=\vec{H}_2=0

  3. 理想導體表面的切向電場必須為零：
    E⃗t1+E⃗tr=0\vec{E}_{t1}+\vec{E}_{tr}=0

  4. 導體表面電流密度由磁場切向分量決定：
    J⃗s=n^12×(H⃗2−H⃗1)\vec{J}_s=\hat{n}_{12}\times(\vec{H}_2-\vec{H}_1)

  5. 時間平均坡印廷向量：
    ⟨S⃗⟩=12Re⁡(E⃗×H⃗∗)\langle\vec{S}\rangle=\frac{1}{2}\operatorname{Re}\left(\vec{E}\times\vec{H}^{*}\right)

座標與符號設定

令理想導體表面位於 z=0z=0，空氣為 z<0z<0，導體為 z>0z>0。入射面取為 xx-zz 平面，且垂直極化表示電場沿著 y^\hat{y} 方向。

採用時間相量慣例 ejωte^{j\omega t}，定義

k1=ωμ1ϵ1,η1=μ1ϵ1k_1=\omega\sqrt{\mu_1\epsilon_1},\qquad \eta_1=\sqrt{\frac{\mu_1}{\epsilon_1}}

空氣中的入射波向量與反射波向量分別為

k^i=sin⁡θi x^+cos⁡θi z^\hat{k}_i=\sin\theta_i\,\hat{x}+\cos\theta_i\,\hat{z} k^r=sin⁡θi x^−cos⁡θi z^\hat{k}_r=\sin\theta_i\,\hat{x}-\cos\theta_i\,\hat{z}

設入射電場振幅為 E0E_0。

解題方法

理想導體表面不能存在切向電場，因此先由邊界條件求得反射電場，再利用 H⃗=(1/η)k^×E⃗\vec{H}=(1/\eta)\hat{k}\times\vec{E} 求磁場，最後計算表面電流與坡印廷向量。

（a）介質 1 中的 E⃗\vec{E} 與 H⃗\vec{H}

入射波

入射電場為

E⃗i=y^E0e−jk1(xsin⁡θi+zcos⁡θi)\vec{E}_i = \hat{y}E_0 e^{-jk_1(x\sin\theta_i+z\cos\theta_i)}

由平面波關係式：

H⃗i=1η1k^i×E⃗i\vec{H}_i = \frac{1}{\eta_1}\hat{k}_i\times\vec{E}_i

計算叉積：

k^i×y^=(sin⁡θix^+cos⁡θiz^)×y^=−cos⁡θix^+sin⁡θiz^\hat{k}_i\times\hat{y} = (\sin\theta_i\hat{x}+\cos\theta_i\hat{z})\times\hat{y} = -\cos\theta_i\hat{x} +\sin\theta_i\hat{z}

因此

H⃗i=E0η1(−cos⁡θix^+sin⁡θiz^)e−jk1(xsin⁡θi+zcos⁡θi)\boxed{ \vec{H}_i = \frac{E_0}{\eta_1} \left( -\cos\theta_i\hat{x} +\sin\theta_i\hat{z} \right) e^{-jk_1(x\sin\theta_i+z\cos\theta_i)} }

反射波

理想導體表面位於 z=0z=0，而入射波與反射波在表面的切向電場必須相消：

E⃗i+E⃗r=0(z=0)\vec{E}_i+\vec{E}_r=0 \qquad (z=0)

因此反射係數為 −1-1，反射電場為

E⃗r=−y^E0e−jk1(xsin⁡θi−zcos⁡θi)\vec{E}_r = -\hat{y}E_0 e^{-jk_1(x\sin\theta_i-z\cos\theta_i)}

反射磁場為

H⃗r=1η1k^r×E⃗r\vec{H}_r = \frac{1}{\eta_1}\hat{k}_r\times\vec{E}_r

其中

k^r×(−y^)=−cos⁡θix^−sin⁡θiz^\hat{k}_r\times(-\hat{y}) = -\cos\theta_i\hat{x} -\sin\theta_i\hat{z}

所以

H⃗r=E0η1(−cos⁡θix^−sin⁡θiz^)e−jk1(xsin⁡θi−zcos⁡θi)\boxed{ \vec{H}_r = \frac{E_0}{\eta_1} \left( -\cos\theta_i\hat{x} -\sin\theta_i\hat{z} \right) e^{-jk_1(x\sin\theta_i-z\cos\theta_i)} }

介質 1 的總場

電場總和為

E⃗1=E⃗i+E⃗r\vec{E}_1=\vec{E}_i+\vec{E}_r

因此

E⃗1=y^E0e−jk1xsin⁡θi[e−jk1zcos⁡θi−ejk1zcos⁡θi]\boxed{ \vec{E}_1 = \hat{y}E_0e^{-jk_1x\sin\theta_i} \left[ e^{-jk_1z\cos\theta_i} - e^{jk_1z\cos\theta_i} \right] }

利用

e−jα−ejα=−2jsin⁡αe^{-j\alpha}-e^{j\alpha}=-2j\sin\alpha

可寫成

E⃗1=−2jy^E0e−jk1xsin⁡θisin⁡(k1zcos⁡θi)\boxed{ \vec{E}_1 = -2j\hat{y}E_0 e^{-jk_1x\sin\theta_i} \sin(k_1z\cos\theta_i) }

磁場總和為

H⃗1=H⃗i+H⃗r\vec{H}_1=\vec{H}_i+\vec{H}_r

整理得

H⃗1=−2E0η1cos⁡θi x^ e−jk1xsin⁡θicos⁡(k1zcos⁡θi)−2jE0η1sin⁡θi z^ e−jk1xsin⁡θisin⁡(k1zcos⁡θi)\boxed{ \vec{H}_1 = -\frac{2E_0}{\eta_1}\cos\theta_i\, \hat{x}\, e^{-jk_1x\sin\theta_i} \cos(k_1z\cos\theta_i) - \frac{2jE_0}{\eta_1}\sin\theta_i\, \hat{z}\, e^{-jk_1x\sin\theta_i} \sin(k_1z\cos\theta_i) }

也可保留為入射波與反射波的總和形式：

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第 8 題10 分

  1. (10%) As shown in Fig. 5 with Z1=Z0ZLZ_1 = \sqrt{Z_0 Z_L} and l=λ/4l = \lambda/4, please explain how the circuit works to achieve impedance matching between Z0Z_0 at ZLZ_L, and obtain the bandwidth with the maximum Γ\Gamma of Γm\Gamma_m.
    🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
    Fig. 5.
🖼️ 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

本題考查四分之一波長阻抗轉換器。圖中以特性阻抗 Z1Z_1、長度 l=λ0/4l=\lambda_0/4 的傳輸線，接在特性阻抗 Z0Z_0 的主線與純電阻負載 ZLZ_L 之間。設計條件

Z1=Z0ZLZ_1=\sqrt{Z_0Z_L}

使負載在設計頻率 f0f_0 看入主線時恰好呈現 Z0Z_0，達成阻抗匹配。

解題方法

無損傳輸線的輸入阻抗為

Zin=Z1ZL+jZ1tan⁡θZ1+jZLtan⁡θ,θ=βl.Z_{\text{in}} =Z_1\frac{Z_L+jZ_1\tan\theta} {Z_1+jZ_L\tan\theta}, \qquad \theta=\beta l.

由 Z12=Z0ZLZ_1^2=Z_0Z_L，令 r=ZL/Z0r=Z_L/Z_0，可得相對於主線 Z0Z_0 的反射係數

Γin=Zin−Z0Zin+Z0=r−1r+1+j 2rtan⁡θ.\Gamma_{\text{in}} =\frac{Z_{\text{in}}-Z_0}{Z_{\text{in}}+Z_0} =\frac{r-1}{r+1+j\,2\sqrt r\tan\theta}.

在設計頻率 f0f_0，θ=βl=π/2\theta=\beta l=\pi/2，因此 ∣Γin∣=0\lvert\Gamma_{\text{in}}\rvert=0，且

Zin(f0)=Z12ZL=Z0.Z_{\text{in}}(f_0)=\frac{Z_1^2}{Z_L}=Z_0.

這說明四分之一波長線會將負載阻抗轉換為 Z12/ZLZ_1^2/Z_L；選擇 Z1=Z0ZLZ_1=\sqrt{Z_0Z_L} 後，轉換結果正好等於主線阻抗。

假設傳輸線無損且非色散，頻率改變時 θ=(π/2)(f/f0)\theta=(\pi/2)(f/f_0)。反射係數大小為

∣Γin∣=∣r−1∣(r+1)2+4rtan⁡2θ.\lvert\Gamma_{\text{in}}\rvert =\frac{\lvert r-1\rvert} {\sqrt{(r+1)^2+4r\tan^2\theta}}.

令允許的最大反射係數為 Γm\Gamma_m，在第一個匹配頻帶的兩側邊界令 ∣Γin∣=Γm\lvert\Gamma_{\text{in}}\rvert=\Gamma_m，得到

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第 1 題

  1. (3%) (a) At any point (x0,y0,z0)(x_0, y_0, z_0) in the domain of a scalar function V(x,y,z)V(x, y, z), we take a path ata_t along xx-axis, where c1c_1 is a constant, or take a path ana_n along ∇V\nabla V. Tell me about the main characteristic (主要特徵) of these two paths ata_t and ana_n, and also what is at⋅ana_t \cdot a_n?
    (3%) (b) ∫Vdl⃗\int V d\vec{l}, where VV is a scalar function, dl⃗d\vec{l}為任意方向ata_t之小路徑。 What should be filled in the blank?
    (3%) (c) Utilize the Divergence theorem for ∇⋅E⃗\nabla \cdot \vec{E} to write down the relationship between E⃗\vec{E} and QQ (a charge QQ in vacuum).
    (3%) (d) Utilize Stokes' theorem for ∇×B⃗\nabla \times \vec{B} to write down the relationship between B⃗\vec{B} and II (a current II in vacuum).
    (3%) (e) When calculating Divergence ∇⋅A⃗\nabla \cdot \vec{A} or Curl ∇×A⃗\nabla \times \vec{A} (where A⃗\vec{A} is a vector field), what are the limitations on the size and shape of the volume or area we choose?

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題綜合考查：

  • 等位面、梯度與方向導數
  • 純量場的向量線積分
  • Gauss 散度定理
  • Stokes 旋度定理
  • 散度與旋度的局部極限定義

(a) 路徑 ata_t、ana_n 的特徵與內積

解題方法

令等位面定義為

V(x,y,z)=c1,V(x,y,z)=c_1,

其中 c1c_1 為常數。

沿著等位面上的切線方向 ata_t 移動時，VV 的值不變，因此

dV=∇V⋅dl⃗=0.dV=\nabla V\cdot d\vec l=0.

所以：

  • ata_t 為等位面的切線方向，滿足 at⊥∇V.a_t\perp \nabla V.
  • ana_n 沿著 ∇V\nabla V 的方向，是等位面的法線方向。
  • 梯度方向是 VV 增加最快的方向，梯度大小為最大方向導數。

因此 ata_t 與 ana_n 互相垂直，故

at⋅an=0.\boxed{a_t\cdot a_n=0}.

若題目所述的 ata_t 恰好沿 xx 軸，則其成為等位面切線的條件為

∂V∂x=0\frac{\partial V}{\partial x}=0

於該點成立。

解題技巧

看到「V=c1V=c_1 為常數」便應立即聯想到等位面。等位面的切線方向與梯度方向必定垂直：

切線方向⊥梯度方向.\boxed{\text{切線方向}\perp\text{梯度方向}}.

【答案】

at 為等位面 V=c1 的切線方向\boxed{a_t\text{ 為等位面 }V=c_1\text{ 的切線方向}} an∥∇V,at⋅an=0.\boxed{a_n\parallel\nabla V,\qquad a_t\cdot a_n=0}.

(b) ∫V dl⃗\displaystyle\int V\,d\vec l

核心觀念

因為 VV 是純量，而 dl⃗d\vec l 是向量，所以

V dl⃗V\,d\vec l

仍然是向量。因此

∫V dl⃗\int V\,d\vec l

是向量線積分，其結果為向量。

解題方法

若路徑以參數 λ\lambda 表示為 r⃗(λ)\vec r(\lambda)，則

dl⃗=dr⃗=dr⃗dλ dλ.d\vec l=d\vec r =\frac{d\vec r}{d\lambda}\,d\lambda.

因此

∫CV dl⃗=∫λ1λ2V(r⃗(λ))dr⃗dλ dλ.\boxed{ \int_C V\,d\vec l = \int_{\lambda_1}^{\lambda_2} V\bigl(\vec r(\lambda)\bigr) \frac{d\vec r}{d\lambda}\,d\lambda }.

此積分通常與路徑 CC 有關，僅知道 VV 為純量函數，無法得到唯一的數值。

若路徑 ata_t 位於等位面 V=c1V=c_1 上，則

∫CV dl⃗=c1∫Cdl⃗.\int_C V\,d\vec l = c_1\int_C d\vec l.

由於

∫Cdl⃗=r⃗2−r⃗1,\int_C d\vec l=\vec r_2-\vec r_1,

可得

∫CV dl⃗=c1(r⃗2−r⃗1).\boxed{ \int_C V\,d\vec l = c_1(\vec r_2-\vec r_1) }.

解題技巧

必須區分：

∫V dl⃗\int V\,d\vec l

是向量線積分，而

∫V dl\int V\,dl

才是純量線積分。不可將 dl⃗d\vec l 誤當成 dldl。

【答案】

一般情況下：

∫CV dl⃗=∫CV dr⃗\boxed{ \int_C V\,d\vec l = \int_C V\,d\vec r }

其結果為向量，且通常與路徑有關。若 CC 為 V=c1V=c_1 的等位面路徑，則

∫CV dl⃗=c1(r⃗2−r⃗1).\boxed{ \int_C V\,d\vec l = c_1(\vec r_2-\vec r_1) }.

(c) 利用 Divergence theorem 求 E⃗\vec E 與電荷 QQ 的關係

核心觀念

Gauss 散度定理為

∭V∇⋅E⃗ dv=∯SE⃗⋅dS⃗,\iiint_{\mathcal V} \nabla\cdot\vec E\,dv = \oiint_{\mathcal S} \vec E\cdot d\vec S,

其中 S\mathcal S 是包圍體積 V\mathcal V 的封閉曲面。

真空中的 Gauss 定律為

∇⋅E⃗=ρε0.\nabla\cdot\vec E=\frac{\rho}{\varepsilon_0}.

解題方法

將微分形式積分於體積 V\mathcal V：

∭V∇⋅E⃗ dv=∭Vρε0 dv.\iiint_{\mathcal V} \nabla\cdot\vec E\,dv = \iiint_{\mathcal V} \frac{\rho}{\varepsilon_0}\,dv.

右側的總電荷為

Q=∭Vρ dv.Q=\iiint_{\mathcal V}\rho\,dv.

因此

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