112 年 國立中山大學電機工程學系碩士班戊組《電磁學》

核心觀念

同軸電纜的電場呈徑向分布，因此可利用高斯定律求得：

• 漏電電阻 $R$：由介質的導電率 $\sigma$ 決定。
• 電容 $C$：由介質的介電率 $\epsilon$ 決定。

兩者具有相反的幾何因子，因此乘積 $RC$ 與同軸電纜的半徑及長度無關。

解題方法

設內、外導體半徑分別為 $r_1$、$r_2$，其中 $r_2>r_1$。

取半徑為 $r$、長度為 $L$ 的圓柱高斯面，$r_1<r<r_2$。

一、求漏電阻 $R$

若內外導體間加上電壓 $V$，介質中的徑向電流密度為

$$\mathbf{J}=\sigma \mathbf{E}.$$

通過圓柱面的電流為

$$I=J(2\pi rL)=\sigma E(2\pi rL).$$

因此徑向電場為

$$E(r)=\frac{I}{2\pi\sigma Lr}.$$

內外導體間的電壓差為

$$V=\int_{r_1}^{r_2}E(r)\,dr =\frac{I}{2\pi\sigma L} \int_{r_1}^{r_2}\frac{dr}{r}.$$

所以

$$V=\frac{I}{2\pi\sigma L} \ln\left(\frac{r_2}{r_1}\right).$$

由 $R=V/I$，得到

$$R=\frac{1}{2\pi\sigma L} \ln\left(\frac{r_2}{r_1}\right).$$

二、求電容 $C$

設內導體帶電量為 $Q$，則線電荷密度為

$$\lambda=\frac{Q}{L}.$$

由高斯定律，

$$\oint \mathbf{D}\cdot d\mathbf{S}=Q,$$

可得

$$D(r)(2\pi rL)=Q.$$

因此

核心觀念

互感由一個線圈的電流所產生、穿過另一線圈的磁通量定義，也可用 Neumann 公式計算：

$$M=\frac{\mu_0}{4\pi}\oint_{C_1}\oint_{C_2} \frac{d\boldsymbol{\ell}_1\cdot d\boldsymbol{\ell}_2} {\lvert\mathbf r_2-\mathbf r_1\rvert}.$$

這個公式直接描述兩線圈的幾何關係。Neumann 互感公式

解題方法

讀圖可知，圓環半徑為 $c$，矩形寬為 $a$、長為 $b$；$d$ 是圓心到近側長邊的距離，遠側長邊距圓心為 $d+a$。原卷印有 $c>d$，因此近側長邊穿過圓環所圍的圓盤，與圓環邊界相交；這與圖面看似分離的畫法不一致。以下依印刷條件 $c>d$ 計算，並用 $b\gg c$ 忽略矩形短邊的端部效應。題目未指定電流方向，因此最後給互感大小。

線圈交叉不代表互感發散。交點附近若以 $u,v$ 表示兩條線上的參數，Neumann 積分的奇異部分至多與 $1/\sqrt{u^2+v^2}$ 同階；在二維參數區域積分時，局部積分有限。

先求一條沿 $+\hat y$ 方向的長直導線，位於圓心右方水平距離 $s$ 時，與半徑 $c$ 圓環的互感。導線產生的垂直紙面磁場為

$$B_z(x)=-\frac{\mu_0 I}{2\pi(x-s)}.$$

當導線穿過圓環所圍圓盤時，磁場在導線位置奇異；以對稱主值表示等價的 Neumann 積分，圓盤在位置 $x$ 的垂直弦長為 $2\sqrt{c^2-x^2}$，故

$$M_s=-\frac{\mu_0}{\pi}\operatorname{PV} \int_{-c}^{c}\frac{\sqrt{c^2-x^2}}{x-s}\,dx.$$

令 $x=c\cos\theta$ 後，可得

核心觀念

本題考查四個電磁學基本主題：

1. Maxwell 方程式的微分形式。
2. 電磁場跨越介面時的邊界條件。
3. 均勻、無源介質中的 Helmholtz 方程式。
4. 色散現象，以及波數、相速度、群速度與頻率的關係。

以下皆採 SI 制，並以線性各向同性介質的本構關係

$$\mathbf{D}=\varepsilon\mathbf{E},\qquad \mathbf{B}=\mu\mathbf{H},\qquad \mathbf{J}=\sigma\mathbf{E}$$

作說明。

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(a) Maxwell 方程式的微分形式

1. 高斯定律

$$\nabla\cdot\mathbf{D}=\rho_v$$

其中 $\rho_v$ 為體電荷密度。若介質均勻且 $\varepsilon$ 為常數，則

$$\nabla\cdot\mathbf{E}=\frac{\rho_v}{\varepsilon}$$

此式表示電場的散度由電荷分布決定。

2. 磁場高斯定律

$$\nabla\cdot\mathbf{B}=0$$

此式表示不存在孤立磁單極，磁力線必須形成閉合曲線。

3. Faraday 電磁感應定律

$$\nabla\times\mathbf{E} = -\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}$$

隨時間變化的磁場會產生旋渦電場。負號反映 Lenz 定律。

4. Ampère-Maxwell 定律

$$\nabla\times\mathbf{H} = \mathbf{J} + \frac{\partial\mathbf{D}}{\partial t}$$

右側第一項是傳導電流密度，第二項是位移電流密度。

因此，Maxwell 方程式的完整微分形式為

$$\boxed{ \begin{aligned} \nabla\cdot\mathbf{D}&=\rho_v,\\ \nabla\cdot\mathbf{B}&=0,\\ \nabla\times\mathbf{E}&=-\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t},\\ \nabla\times\mathbf{H}&=\mathbf{J}+\frac{\partial\mathbf{D}}{\partial t}. \end{aligned} }$$

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(b) EM 邊界條件

設介面兩側分別為區域 1 與區域 2，單位法向量 $\hat{\mathbf{n}}$ 由區域 1 指向區域 2。介面上可能存在表面電荷密度 $\rho_s$ 與表面電流密度 $\mathbf{J}_s$。

1. 電位移向量的法向分量

由高斯定律取跨越介面的薄圓柱體，可得

$$\hat{\mathbf{n}}\cdot(\mathbf{D}_2-\mathbf{D}_1)=\rho_s$$

也就是

$$\boxed{ D_{2n}-D_{1n}=\rho_s }$$

若介面沒有表面電荷，則

$$\boxed{ D_{2n}=D_{1n} }$$

2. 磁通密度的法向分量

由

$$\nabla\cdot\mathbf{B}=0$$

取跨越介面的薄圓柱體，可得

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

因此

$$\boxed{ B_{2n}=B_{1n} }$$

磁通密度的法向分量永遠連續。

3. 電場的切向分量

由 Faraday 定律取跨越介面的極小矩形迴路，當矩形高度趨近於零時，可得

$$\hat{\mathbf{n}}\times(\mathbf{E}_2-\mathbf{E}_1)=0$$

因此

$$\boxed{ \mathbf{E}_{2t}=\mathbf{E}_{1t} }$$

只要介面不具有奇異的時變磁通，電場切向分量即連續。

4. 磁場的切向分量

由 Ampère-Maxwell 定律取跨越介面的極小矩形迴路，可得

$$\hat{\mathbf{n}}\times(\mathbf{H}_2-\mathbf{H}_1)=\mathbf{J}_s$$

因此

$$\boxed{ \hat{\mathbf{n}}\times(\mathbf{H}_2-\mathbf{H}_1)=\mathbf{J}_s }$$

若介面沒有表面電流，則

$$\boxed{ \mathbf{H}_{2t}=\mathbf{H}_{1t} }$$

綜合而言，EM 邊界條件為

$$\boxed{ \begin{aligned} \hat{\mathbf{n}}\cdot(\mathbf{D}_2-\mathbf{D}_1)&=\rho_s,\\ \hat{\mathbf{n}}\cdot(\mathbf{B}_2-\mathbf{B}_1)&=0,\\ \hat{\mathbf{n}}\times(\mathbf{E}_2-\mathbf{E}_1)&=0,\\ \hat{\mathbf{n}}\times(\mathbf{H}_2-\mathbf{H}_1)&=\mathbf{J}_s. \end{aligned} }$$

判斷技巧

• 法向分量搭配散度方程式。
• 切向分量搭配旋度方程式。
• $\mathbf{D}$ 的法向分量可因表面電荷不連續。
• $\mathbf{H}$ 的切向分量可因表面電流不連續。
• $\mathbf{B}$ 的法向分量與 $\mathbf{E}$ 的切向分量在一般情況下連續。

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(c) 均勻 Helmholtz 方程式

1. 方程式的定義

均勻 Helmholtz 方程式的一般形式為

$$\boxed{ \nabla^2\psi+k^2\psi=0 }$$

其中：

• $\psi$ 可代表電場或磁場的某一分量；
• $k$ 為波數；
• $\nabla^2$ 為 Laplacian 運算子。

若為向量場，則寫成

$$\boxed{ \nabla^2\mathbf{E}+k^2\mathbf{E}=0 }$$

以及

$$\boxed{ \nabla^2\mathbf{H}+k^2\mathbf{H}=0 }$$

「均勻」有兩層意義：

1. 均勻方程式：等號右側為零，表示沒有外加源項。
2. 均勻介質：$\varepsilon$、$\mu$ 不隨空間位置改變，使推導可直接化為上述形式。

2. 由 Maxwell 方程式推導電場 Helmholtz 方程式

考慮無源、無損、均勻介質：

$$\rho_v=0,\qquad \mathbf{J}=0$$

採用時間相量表示法，時間因子取為 $e^{j\omega t}$，則 Maxwell 方程式變為

$$\nabla\times\mathbf{E}=-j\omega\mu\mathbf{H}$$ $$\nabla\times\mathbf{H}=j\omega\varepsilon\mathbf{E}$$

對第一式取旋度：

$$\nabla\times(\nabla\times\mathbf{E}) = -j\omega\mu(\nabla\times\mathbf{H})$$

代入第二式：

$$\nabla\times(\nabla\times\mathbf{E}) = -j\omega\mu(j\omega\varepsilon\mathbf{E})$$

因為

$$-j\cdot j=1$$

所以

核心觀念

本題用到三個觀念：平面波的 $\mathbf E$、$\mathbf H$ 與傳播方向互相垂直；理想導體表面的總切向電場為零；導體表面電流由磁場邊界條件決定。時均坡印廷向量則由相量場計算：

$$\mathbf J_s=\hat{\mathbf n}\times(\mathbf H_2-\mathbf H_1), \qquad \langle\mathbf S\rangle=\frac12\operatorname{Re}(\mathbf E\times\mathbf H^*).$$

解題方法

圖中導體表面為 $z=0$，介質 1 位於 $z<0$；入射方向在 $x$-$z$ 平面內，且 $H_i$ 沿 $+\hat{\mathbf y}$、$E_i$ 位於 $x$-$z$ 平面。題幹的「perpendicular polarization」與圖示場向量不一致，以下依圖上標示的場向量計算。令 $E_0$ 為入射電場的峰值相量，$k_0$、$\eta_0$ 分別為空氣中的波數與波阻抗，並採用 $e^{j\omega t}$ 時間相量慣例。

由圖中入射角相對於表面法線量取，入射與反射傳播方向分別為

$$\hat{\mathbf k}_i=\sin\theta_i\,\hat{\mathbf x} +\cos\theta_i\,\hat{\mathbf z}, \qquad \hat{\mathbf k}_r=\sin\theta_i\,\hat{\mathbf x} -\cos\theta_i\,\hat{\mathbf z}.$$

取符合圖示場向量且與傳播方向垂直的電場：

$$\mathbf E_i =E_0(\cos\theta_i\,\hat{\mathbf x}-\sin\theta_i\,\hat{\mathbf z}) e^{-jk_0(x\sin\theta_i+z\cos\theta_i)}.$$

由 $\mathbf H=(1/\eta_0)\hat{\mathbf k}\times\mathbf E$ 得

$$\mathbf H_i =\frac{E_0}{\eta_0}\hat{\mathbf y}\, e^{-jk_0(x\sin\theta_i+z\cos\theta_i)}.$$

理想導體表面要求總切向電場為零，因此反射波的切向電場須抵銷入射波的切向電場。反射場為

$$\mathbf E_r =-E_0(\cos\theta_i\,\hat{\mathbf x}+\sin\theta_i\,\hat{\mathbf z}) e^{-jk_0(x\sin\theta_i-z\cos\theta_i)},$$

核心觀念

同軸線的 TEM 模式中，電場與磁場都沒有縱向分量，且電場由內導體指向外導體，磁場沿圓周方向。設內、外導體半徑分別為 $a,b$，內導體相對外導體的電壓為 $V_0$，波沿 $+z$ 方向傳播。

以下採用 $e^{j\omega t}$ 時間慣例，並將 $V_0$ 視為 $z=0$ 截面的相量電壓。

解題方法與推導

在同軸截面上，電位只與半徑 $r$ 有關。由圓柱座標的拉普拉斯方程及邊界條件 $\Phi(a)=V_0$、$\Phi(b)=0$，可得

$$\Phi(r)=V_0\frac{\ln(b/r)}{\ln(b/a)}.$$

因此，橫向電場為

$$\mathbf{E}_t(r,0)=-\nabla_t\Phi =\frac{V_0}{r\ln(b/a)}\,\hat{\mathbf r}.$$

介質有導電率 $\sigma$，沿 $+z$ 傳播時，場量乘上 $e^{-\gamma z}$，其中

$$\gamma=\sqrt{j\omega\mu(\sigma+j\omega\epsilon)}.$$

故電場為

$$\mathbf{E}(r,z) =\frac{V_0}{r\ln(b/a)}e^{-\gamma z}\,\hat{\mathbf r}, \qquad a<r<b.$$

對沿 $+z$ 傳播的 TEM 波，$\mathbf{H}=\mathbf{E}/\eta$ 的方向由

核心觀念

本題考查無耗損傳輸線的輸入阻抗，以及開路、短路負載下的特殊公式。

對特性阻抗為 $Z_0$、傳播常數為 $\gamma=j\beta$、長度為 $\ell$ 的無耗損傳輸線：

• 短路負載：

  $Z_{\mathrm{in,sc}}=jZ_0\tan(\beta\ell)$

• 開路負載：

  $Z_{\mathrm{in,oc}}=-jZ_0\cot(\beta\ell)$

由於題目說明 $\ell=1.5\ \mathrm{m}$ 小於四分之一波長，因此

$0<\beta\ell<\frac{\pi}{2}$

可直接取正的主值解。

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解題方法

(a) 求 $Z_0$ 與 $\gamma$

已知

$Z_{\mathrm{in,oc}}=-j54.6\ \Omega$

$Z_{\mathrm{in,sc}}=j103\ \Omega$

將兩式相乘：

$$Z_{\mathrm{in,oc}}Z_{\mathrm{in,sc}} =(-jZ_0\cot\beta\ell)(jZ_0\tan\beta\ell)$$

因為 $(-j)(j)=1$ 且 $\cot x\tan x=1$，所以

$Z_{\mathrm{in,oc}}Z_{\mathrm{in,sc}}=Z_0^2$

因此

$Z_0=\sqrt{54.6\times 103}$

$Z_0=\sqrt{5623.8}\approx 75.0\ \Omega$

再由短路公式：

$j103=j(75)\tan(\beta\ell)$

得到

$\tan(\beta\ell)=\frac{103}{75}=1.3733$

因此

$\beta\ell=\tan^{-1}(1.3733)\approx 0.942\ \mathrm{rad}$

而 $\ell=1.5\ \mathrm{m}$，故

$\beta=\frac{0.942}{1.5}\approx 0.628\ \mathrm{rad/m}$

無耗損傳輸線的傳播常數為

$\gamma=j\beta$

所以

$\boxed{\gamma\approx j0.628\ \mathrm{m^{-1}}}$

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(b) 長度加倍之短路傳輸線輸入阻抗

新長度為

$\ell'=2\ell=3.0\ \mathrm{m}$

因此

$Z_{\mathrm{in,sc}}'=jZ_0\tan(2\beta\ell)$

令

$t=\tan(\beta\ell)=\frac{103}{75}=1.3733$