115 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

1. 無電荷區域之靜電場散度（高斯定律微分形式）：
   在無電荷區域（charge-free region），體積電荷密度 $\rho_v = 0$。根據馬克斯威第一方程式（高斯定律微分形式）：
   $\nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho_v}{\epsilon_0} = 0$
   即靜電場強度 $\vec{E}$ 的散度（Divergence）處處為零。

2. 靜電場之無旋特性（法拉第定律微分形式）：
   在靜電場（場不隨時間變化，即 $\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} = \vec{0}$）中，根據馬克斯威第二方程式（法拉第定律微分形式）：
   $\nabla \times \vec{E} = \vec{0}$
   即靜電場強度 $\vec{E}$ 的旋度（Curl）處處為零，電場具有保守場（Conservative field）性質。

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解題方法

給定電場強度向量為：
$\vec{E} = E_x \vec{a}_x + E_y \vec{a}_y + E_z \vec{a}_z$
其中各分量分別為：
$E_x = x + 3y - k_1 z$
$E_y = k_2 x + 5z$
$E_z = 2x - k_3 y + k_4 z$

步驟一：利用散度條件 $\nabla \cdot \vec{E} = 0$ 求常數 $k_4$

在直角座標系下，散度之展開式為：
$\nabla \cdot \vec{E} = \frac{\partial E_x}{\partial x} + \frac{\partial E_y}{\partial y} + \frac{\partial E_z}{\partial z} = 0$

分別計算三個分量的偏微分：
$\frac{\partial E_x}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x + 3y - k_1 z) = 1$
$\frac{\partial E_y}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(k_2 x + 5z) = 0$
$\frac{\partial E_z}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z}(2x - k_3 y + k_4 z) = k_4$

代入散度公式可得：
$1 + 0 + k_4 = 0 \implies k_4 = -1$

步驟二：利用旋度條件 $\nabla \times \vec{E} = \vec{0}$ 求常數 $k_1, k_2, k_3$

在直角座標系下，旋度之展開式為：

由有限長直導線的畢奧–沙伐定律，

$$B=\frac{\mu_0 I}{4\pi r}(\sin\theta_1+\sin\theta_2).$$

兩條長度為 $a$、距中心 $b/2$ 的邊合成磁場為

$$B_a=2\left(\frac{\mu_0 I}{2\pi(b/2)} \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right) =\frac{2\mu_0 I a}{\pi b\sqrt{a^2+b^2}}.$$

同理，兩條長度為 $b$、距中心 $a/2$ 的邊貢獻為

核心觀念

本題考查兩種介電質交界面上的電磁場邊界條件，核心依據為 Maxwell 方程組的積分形式：

• 高斯定律：決定 $\mathbf{D}$ 的法向分量。
• 磁通量高斯定律：決定 $\mathbf{B}$ 的法向分量。
• 法拉第定律：決定 $\mathbf{E}$ 的切向分量。
• 安培定律：決定 $\mathbf{H}$ 的切向分量。

設介電質 1 與介電質 2 的交界面為 $S$，單位法向量 $\hat{\mathbf{n}}$ 由介電質 1 指向介電質 2。交界面上可能存在自由面電荷密度 $\rho_s^{\,f}$ 與自由面電流密度 $\mathbf{J}_s^{\,f}$。

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解題方法與邊界條件推導

1. $\mathbf{D}$ 的法向邊界條件

由電位移高斯定律：

$$\oint_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{S}=Q_f$$

取一個跨越交界面的薄圓柱形 Gaussian pillbox。當圓柱高度趨近於零時，側面通量消失，只剩上下底面：

$$\hat{\mathbf{n}}\cdot\mathbf{D}_2-\hat{\mathbf{n}}\cdot\mathbf{D}_1=\rho_s^{\,f}$$

因此，

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

若交界面沒有自由面電荷，則 $\rho_s^{\,f}=0$，得到

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

注意：此條件只涉及自由面電荷。介電質極化所產生的束縛面電荷已包含在 $\mathbf{D}$ 的定義中。

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2. $\mathbf{B}$ 的法向邊界條件

由磁通量高斯定律：

$$\oint_S \mathbf{B}\cdot d\mathbf{S}=0$$

同樣取跨越交界面的薄圓柱形 Gaussian pillbox，可得

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

因此，

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

也就是

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

此條件永遠成立，因為目前沒有實驗證據顯示存在磁單極。

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3. $\mathbf{E}$ 的切向邊界條件

由法拉第定律：

$$\oint_C \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l} = -\frac{d}{dt}\int_S\mathbf{B}\cdot d\mathbf{S}$$

取一個跨越交界面的極小矩形迴路，長邊平行於介面，短邊垂直於介面。當矩形高度趨近於零時，右側磁通量面積也趨近於零，因此右側趨近於零：

$$\oint_C \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l}=0$$

整理上下兩條長邊的貢獻：

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

所以電場的切向分量連續：

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

在沒有奇異時變磁通量集中於交界面的情況下，此條件也適用於時變電磁場。

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4. $\mathbf{H}$ 的切向邊界條件

由安培 Maxwell 定律：

$$\oint_C \mathbf{H}\cdot d\mathbf{l} = \int_S\mathbf{J}_f\cdot d\mathbf{S} + \frac{d}{dt}\int_S\mathbf{D}\cdot d\mathbf{S}$$

取同樣的極小矩形迴路。當迴路面積趨近於零時，位移電流項趨近於零；若介面上有自由面電流，則自由電流項為 $\mathbf{J}_s^{\,f}$。因此：

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

故一般邊界條件為

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

若交界面沒有自由面電流，則 $\mathbf{J}_s^{\,f}=0$，得到

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

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兩種無自由表面源的介電質

一般所稱「兩介電質的界面」，通常假設交界面上沒有外加自由面電荷與自由面電流：

$$\rho_s^{\,f}=0,\qquad \mathbf{J}_s^{\,f}=0$$

此時四個基本邊界條件為

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

核心觀念

本題考查均勻平面波在有損介質中的傳播，包括：

• 電場極化方式
• 有損介質的傳播常數 $\gamma=\alpha+j\beta$
• 相速度 $v_p=\omega/\beta$
• 本徵阻抗 $\eta$ 與電、磁場的相位關係
• 電場與磁場、傳播方向三者的向量關係

採用相量時間慣例 $e^{j\omega t}$，因此沿 $+z$ 方向傳播的電磁波表示為

$$\mathbf{E}(z,t)=\operatorname{Re}\left\{\tilde{\mathbf{E}}_0 e^{-\gamma z}e^{j\omega t}\right\}$$

其中

$$\gamma=\alpha+j\beta$$

$\alpha$ 為衰減常數，$\beta$ 為相位常數。

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已知條件

角頻率為

$$\omega=10^7\pi\ \text{rad/s}$$

介質參數為

$$\varepsilon=\varepsilon_r\varepsilon_0 =72\varepsilon_0$$ $$\mu=\mu_r\mu_0=\mu_0$$ $$\sigma=4\ \text{S/m}$$

在 $z=0$ 處，電場為

$$\mathbf{E}(0,t)=\mathbf{a}_x100\cos(10^7\pi t)\ \text{V/m}$$

因此電場相量振幅為

$$\tilde{\mathbf{E}}_0=100\mathbf{a}_x\ \text{V/m}$$

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一、波的極化

在 $z=0$ 處，電場始終只有 $x$ 方向分量：

$$\mathbf{E}(0,t)=\mathbf{a}_x100\cos(\omega t)$$

傳播至其他位置後，有損介質只會使電場振幅衰減並產生相位延遲，不會產生 $y$ 方向電場分量。因此

$$\mathbf{E}(z,t) = \mathbf{a}_x100e^{-\alpha z} \cos(\omega t-\beta z)$$

電場方向固定在 $x$ 軸，故此均勻平面波為：

$$\boxed{\text{$x$ 方向線性極化}}$$

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二、傳播常數

有損介質中的傳播常數為

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

其衰減常數與相位常數分別為

$$\alpha = \omega\sqrt{\frac{\mu\varepsilon}{2}} \sqrt{ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}\right)^2}-1 }$$ $$\beta = \omega\sqrt{\frac{\mu\varepsilon}{2}} \sqrt{ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}\right)^2}+1 }$$

先計算導電電流與位移電流的比例：

$$\frac{\sigma}{\omega\varepsilon} = \frac{4}{(10^7\pi)(72\varepsilon_0)} \approx 199.7$$

此值遠大於 $1$，表示海水在此頻率下屬於良導體，但以下仍採用完整公式計算。

代入

$$\varepsilon_0=8.854\times10^{-12}\ \text{F/m}$$ $$\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \text{H/m}$$

可得

$$\alpha\approx 8.864\ \text{Np/m}$$ $$\beta\approx 8.908\ \text{rad/m}$$

因此

$$\boxed{\gamma\approx 8.864+j8.908\ \text{m}^{-1}}$$

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三、相速度

相速度由相位常數決定：

$$v_p=\frac{\omega}{\beta}$$

代入數值：

$$v_p = \frac{10^7\pi}{8.908} \approx 3.53\times10^6\ \text{m/s}$$

所以波的相速度為

$$\boxed{v_p\approx 3.53\times10^6\ \text{m/s}}$$

其傳播方向為 $+z$ 方向。

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四、有損介質的本徵阻抗

電場與磁場的關係為

$$\tilde{\mathbf{H}}=\frac{1}{\eta}\mathbf{a}_z\times\tilde{\mathbf{E}}$$

其中有損介質的本徵阻抗為

$$\eta = \sqrt{\frac{j\omega\mu}{\sigma+j\omega\varepsilon}}$$

其大小與相位分別為

核心觀念

本題考查同軸線的 TEM 模態、安培定律、導體表面電流邊界條件，以及有損介質中的特性阻抗。圖中標出內導體半徑 $a$、外導體半徑 $b$，兩導體間介質參數為 $\mu,\varepsilon,\sigma$，波沿 $+z$ 方向傳播。

以下採用 $e^{j\omega t}$ 相量慣例，忽略導體損耗；介質的導電率 $\sigma$ 則納入計算。

解題方法

對半徑 $r$、位於兩導體之間的圓形安培迴路，安培定律給出

$$H_\phi(r,z)=\frac{I(z)}{2\pi r}.$$

因此，在內、外導體表面，磁場分別為 $H_\phi(a,z)=I(z)/(2\pi a)$ 與 $H_\phi(b,z)=I(z)/(2\pi b)$。導體表面電流密度由邊界條件 $\mathbf K_s=\hat{\mathbf n}\times(\mathbf H_{\text{介質}}-\mathbf H_{\text{導體}})$ 求得；理想導體內部磁場為零。內導體指向介質的法向是 $+\hat{\mathbf r}$，外導體指向介質的法向是 $-\hat{\mathbf r}$，所以兩者表面電流方向相反：

$$\mathbf K_{s,a}(z)=\frac{I(z)}{2\pi a}\,\hat{\mathbf z}, \qquad \mathbf K_{s,b}(z)=-\frac{I(z)}{2\pi b}\,\hat{\mathbf z}.$$

若以沿 $+z$ 傳播的行進波電流表示，令 $I(z)=I^+e^{-\gamma z}$，則

$$\mathbf K_{s,a}(z)=\frac{I^+e^{-\gamma z}}{2\pi a}\,\hat{\mathbf z}, \qquad \mathbf K_{s,b}(z)=-\frac{I^+e^{-\gamma z}}{2\pi b}\,\hat{\mathbf z}.$$

這裡的 $\mathbf K_s$ 單位為 $\mathrm{A/m}$。沿圓周積分可驗算內導體總電流為 $I(z)$、外導體總電流為 $-I(z)$。

核心觀念

1. 傳輸線負載端反射係數（Load Reflection Coefficient, $\Gamma_L$）：
   傳輸線負載端的不匹配會導致部分電磁波能量反射。反射係數定義為負載端反射電壓波與入射電壓波之比值：
   $\Gamma_L = \frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0}$
   其中 $Z_L$ 為負載阻抗，$Z_0$ 為傳輸線特性阻抗。

2. 無耗損傳輸線之波動參量與輸入阻抗：

   • 相位常數（Phase Constant）：$\beta = \frac{2\pi}{\lambda} = \frac{\omega}{u_p}$。在空氣或無耗損介質中，波速 $u_p = c \approx 3 \times 10^8\ \text{m/s}$。
   • 距負載端 $l$ 長度處之傳輸線輸入阻抗（Input Impedance）：
     $Z_{in} = Z_0 \frac{Z_L + j Z_0 \tan(\beta l)}{Z_0 + j Z_L \tan(\beta l)}$
     當線長 $l$ 為半波長之整數倍（$l = n \frac{\lambda}{2}$，即 $\beta l = n\pi$）時，$\tan(\beta l) = 0$，此時輸入阻抗具週期性，恰好等於負載阻抗：$Z_{in} = Z_L$。

3. 沿傳輸線之電壓分佈表達式：

   • 相量形式（Phasor Form）：$V(z) = V_0^+ e^{-j\beta z} + V_0^- e^{+j\beta z}$（以訊號源端為原點 $z=0$），其中 $V_0^+$ 為入射波振幅，$V_0^-$ 為反射波振幅。
   • 時域形式（Time-Domain Form）：$v(z,t) = \text{Re}\{ V(z) e^{j\omega t} \}$。

4. 最大功率傳輸定理（Maximum Power Transfer Theorem）：
   要使負載獲得最大平均功率，負載阻抗必須等於看入訊號源端之戴維寧等效阻抗（Thevenin Equivalent Impedance）的共軛複數，即 $Z_L = Z_{th}^*$。

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解題方法與詳細推導

(1) 負載端反射係數 $\Gamma_L$ 之詳細推導

已知傳輸線特性阻抗 $Z_0 = 50\ \Omega$，負載阻抗 $Z_L = 30 - j40\ \Omega$。
將數據代入反射係數定義式：
$\Gamma_L = \frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0} = \frac{(30 - j40) - 50}{(30 - j40) + 50} = \frac{-20 - j40}{80 - j40}$

分子與分母同除以 20：
$\Gamma_L = \frac{-1 - j2}{4 - j2}$

進行分母有理化（分子分母同乘以 $4 + j2$）：
$\Gamma_L = \frac{(-1 - j2)(4 + j2)}{(4 - j2)(4 + j2)} = \frac{-4 - j2 - j8 - j^2 4}{4^2 + (-2)^2} = \frac{-4 - j10 + 4}{16 + 4} = \frac{-j10}{20} = -j0.5$

轉換為極座標（Magnitude-Phase）形式：
$\Gamma_L = 0.5 e^{-j\pi/2} = 0.5 \angle -90^\circ$

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(2) 沿傳輸線電壓表達式之詳細推導

步驟一：計算波長 $\lambda$ 與相位常數 $\beta$
訊號源頻率 $f = 300\ \text{MHz} = 3 \times 10^8\ \text{Hz}$，無耗損傳輸線電磁波傳播速度取 $u_p = 3 \times 10^8\ \text{m/s}$。

• 電磁波波長：
  $\lambda = \frac{u_p}{f} = \frac{3 \times 10^8\ \text{m/s}}{300 \times 10^6\ \text{Hz}} = 1\ \text{m}$
• 相位常數：
  $\beta = \frac{2\pi}{\lambda} = \frac{2\pi}{1} = 2\pi\ \text{rad/m}$
• 傳輸線長度 $l = 2\ \text{m} = 2\lambda$，故總相位角變化量：
  $\beta l = (2\pi\ \text{rad/m}) \times (2\ \text{m}) = 4\pi\ \text{rad}$

步驟二：求解傳輸線輸入阻抗 $Z_{in}$ 與訊號源端入口電壓 $V(0)$
因 $\tan(\beta l) = \tan(4\pi) = 0$，由輸入阻抗公式可知傳輸線入口端的阻抗為：
$Z_{in} = Z_L = 30 - j40\ \Omega$

設定空間座標：設訊號源部位於 $z = 0$，負載部位於 $z = l = 2\ \text{m}$。
訊號源電壓相量為 $\tilde{V}_g = 10 \angle 0^\circ\ \text{V}$，內阻 $Z_g = 50\ \Omega$。由分壓定理求得傳輸線入口端（$z=0$）的電壓相量 $V(0)$：
$V(0) = \tilde{V}_g \frac{Z_{in}}{Z_g + Z_{in}} = 10 \times \frac{30 - j40}{50 + (30 - j40)} = 10 \times \frac{30 - j40}{80 - j40} = 10 \times \frac{3 - j4}{8 - j4}$

將分母有理化：
$\frac{3 - j4}{8 - j4} = \frac{(3 - j4)(8 + j4)}{8^2 + (-4)^2} = \frac{24 + j12 - j32 + 16}{80} = \frac{40 - j20}{80} = 0.5 - j0.25$

故傳輸線入口端電壓為：
$V(0) = 10 \times (0.5 - j0.25) = 5 - j2.5\ \text{V}$

步驟三：求解前進波振幅 $V_0^+$ 與反射波振幅 $V_0^-$
傳輸線上任意位置 $z$ 之電壓相量通式為：
$V(z) = V_0^+ e^{-j\beta z} + V_0^- e^{+j\beta z}$

利用負載端（$z=l$）邊界條件 $V_0^- = V_0^+ \Gamma_L e^{-2j\beta l}$，可將 $V(z)$ 重寫為：
$V(z) = V_0^+ \left( e^{-j\beta z} + \Gamma_L e^{-2j\beta l} e^{+j\beta z} \right)$

在 $z=0$ 處：
$V(0) = V_0^+ \left( 1 + \Gamma_L e^{-2j\beta l} \right)$

將 $\beta l = 4\pi$（得 $e^{-2j\beta l} = e^{-j8\pi} = 1$）與 $\Gamma_L = -j0.5$ 代入：
$V(0) = V_0^+ (1 - j0.5)$

比對步驟二所得之 $V(0) = 5 - j2.5 = 5 (1 - j0.5)\ \text{V}$：
$V_0^+ (1 - j0.5) = 5 (1 - j0.5) \implies V_0^+ = 5\ \text{V}$

進而求得反射波振幅：
$V_0^- = V_0^+ \Gamma_L e^{-2j\beta l} = 5 \times (-j0.5) \times 1 = -j2.5\ \text{V}$