109 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《電磁學》

核心觀念

本題考查靜電場的兩個基本微分形式定律：

1. 高斯定律的微分形式
   $\nabla\cdot\mathbf{E}=\frac{\rho_v}{\varepsilon_0}$

2. 靜電場的無旋性
   $\nabla\times\mathbf{E}=0$

使用的主要定理為：

• 散度定理：將體積內的散度轉換為邊界封閉面上的通量積分。
• Stokes 定理：將曲面上的旋度積分轉換為邊界封閉曲線上的線積分。

其中，$\rho_v$ 為自由體積電荷密度，$\varepsilon_0$ 為自由空間介電常數。

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(a) 由微分形式推導封閉曲面積分形式

設任意封閉曲面 $S$ 包圍體積 $V$，且封閉曲面的法向量取向外。

原式為

$$\nabla\cdot\mathbf{E}=\frac{\rho_v}{\varepsilon_0}$$

對兩邊在體積 $V$ 上進行體積積分：

$$\int_V \nabla\cdot\mathbf{E}\,dv = \int_V \frac{\rho_v}{\varepsilon_0}\,dv$$

因為 $\varepsilon_0$ 為常數，可寫成

$$\int_V \nabla\cdot\mathbf{E}\,dv = \frac{1}{\varepsilon_0}\int_V \rho_v\,dv$$

由散度定理，

$$\int_V \nabla\cdot\mathbf{E}\,dv = \oint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{S}$$

而封閉體積內的總電荷為

$$Q_{\mathrm{enc}}=\int_V \rho_v\,dv$$

因此得到高斯定律的封閉曲面積分形式：

$$\boxed{ \oint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{S} = \frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\varepsilon_0} }$$

完整寫成體積電荷密度形式為

$$\boxed{ \oint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{S} = \frac{1}{\varepsilon_0}\int_V \rho_v\,dv }$$

其中 $d\mathbf{S}=\hat{\mathbf{n}}\,dS$，$\hat{\mathbf{n}}$ 為封閉曲面向外的單位法向量。

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(b) 高斯定律的物理意義

高斯定律表示：

穿出任意封閉曲面的電通量，等於該封閉曲面所包圍的淨電荷除以自由空間介電常數。

電通量定義為

$$\Psi_E=\oint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{S}$$

因此，

$$\Psi_E=\frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\varepsilon_0}$$

物理上可作以下理解：

• 封閉面內的正電荷產生淨向外的電通量。
• 封閉面內的負電荷產生淨向內的電通量。
• 封閉面外的電荷雖然能在曲面上產生電場，但其電力線進入封閉面後也會離開封閉面，因此對總淨電通量的貢獻為零。
• 高斯定律描述的是封閉曲面上的「總通量」，不是曲面上每一點的電場大小。

若封閉面內沒有淨電荷，則

$$Q_{\mathrm{enc}}=0$$

所以

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

這不代表封閉面上每一點的電場皆為零，只代表所有穿出與穿入的電通量代數和為零。

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(c) 電場旋度的封閉曲線積分形式

靜電場的另一個基本微分形式為

$$\nabla\times\mathbf{E}=0$$

設任意封閉曲線 $C$ 為某一曲面 $S$ 的邊界，即

$$C=\partial S$$

核心觀念

本題考查磁靜態的兩個基本方程，以及散度定理與 Stokes 定理在微分形式、積分形式之間的轉換。

在非磁性介質中，磁導率取為

$$\mu=\mu_0$$

磁通密度 $\mathbf B$ 滿足：

1. 磁場無散度定律：

   $\nabla\cdot\mathbf B=0$

2. 磁靜態安培定律：

   $\nabla\times\mathbf B=\mu_0\mathbf J$

其中 $\mathbf J$ 為自由電流密度。

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(a) 磁靜態的兩個基本假設

1. 與散度有關的方程

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

此式表示磁通密度 $\mathbf B$ 在任何位置的散度皆為零。

其物理意義是自然界不存在獨立的磁單極，因此磁力線不會由單一磁荷開始，也不會在單一磁荷終止；磁力線必形成封閉曲線。

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2. 與旋度有關的方程

$$\boxed{\nabla\times\mathbf B=\mu_0\mathbf J}$$

此式表示電流密度 $\mathbf J$ 是磁場旋度的來源。空間中有電流通過時，周圍會形成環繞電流方向的磁場，其方向遵守右手定則。

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(b) 積分形式與物理意義

1. 散度方程的積分形式

由散度定理，

$$\iiint_V \nabla\cdot\mathbf B\,dv = \oiint_S \mathbf B\cdot d\mathbf S$$

代入 $\nabla\cdot\mathbf B=0$：

$$\boxed{\oiint_S \mathbf B\cdot d\mathbf S=0}$$

其中 $S$ 為包圍體積 $V$ 的任意封閉曲面，$d\mathbf S$ 為向外的面積向量。

物理意義

封閉曲面上所有向外的磁通量總和為零：

$$\Phi_B=\oiint_S\mathbf B\cdot d\mathbf S=0$$

進入封閉曲面的磁通量，必定等於離開封閉曲面的磁通量。磁力線不會在封閉曲面內產生單獨的起點或終點，故磁力線是連續且封閉的。

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2. 旋度方程的積分形式

由 Stokes 定理，

$$\iint_S(\nabla\times\mathbf B)\cdot d\mathbf S = \oint_C\mathbf B\cdot d\mathbf l$$

其中 $C$ 是曲面 $S$ 的邊界，且 $C$ 的繞行方向與 $d\mathbf S$ 遵守右手定則。

代入

$$\nabla\times\mathbf B=\mu_0\mathbf J$$

可得

核心觀念

磁通量密度沒有磁荷源，因此滿足高斯磁定律：

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

磁力線必為封閉曲線，不會在磁鐵內或外憑空開始、終止。對圖中上下磁極配置，磁鐵外部的磁力線由 N 極指向 S 極；磁鐵材料內部則由 S 極指向 N 極。

解題方法

先依 N、S 極判斷外部磁力線方向，再補上磁鐵內部的回程，確保磁力線形成封閉迴路。

• **(a) 實心圓柱：**外部磁力線由上方 N 極出發，向外彎曲後進入下方 S 極；圓柱材料內的磁力線由下往上，從 S 極回到 N 極。
• **(b) 中空圓柱：**圓柱壁內的磁力線同樣由下方 S 極往上方 N 極；圓柱外部的磁力線由 N 極往 S 極。中空腔內也要畫出磁力線，方向由上方 N 極往下方 S 極，穿過中空區域後接回磁力線迴路。

示意如下，箭頭表示磁力線方向：

核心觀念

本題考查平面介電質邊界上的斜入射與 Fresnel 係數。所用定律為：

• Snell 定律：

  $n_1\sin\theta_i=n_2\sin\theta_t$

• 切向電場、磁場邊界條件：

  $\mathbf E_{1t}=\mathbf E_{2t},\qquad \mathbf H_{1t}=\mathbf H_{2t}$

• 均勻介質中的波阻抗：

  $\eta_m=\sqrt{\frac{\mu_m}{\epsilon_m}}$

以下令 $\theta_i$ 為入射角、$\theta_t$ 為折射角，反射係數與傳輸係數皆定義為「電場振幅比」。

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(a) 垂直極化

垂直極化又稱 TE 極化，電場方向垂直於入射面。

邊界條件

垂直極化的電場完全為切向分量，因此

$$E_i+E_r=E_t$$

磁場的切向分量則給出

$$\frac{\cos\theta_i}{\eta_1}(E_i-E_r) = \frac{\cos\theta_t}{\eta_2}E_t$$

令

$$\Gamma_\perp=\frac{E_r}{E_i}, \qquad \tau_\perp=\frac{E_t}{E_i}$$

由電場邊界條件：

$$1+\Gamma_\perp=\tau_\perp$$

代入磁場邊界條件：

$$\frac{\cos\theta_i}{\eta_1} (1-\Gamma_\perp) = \frac{\cos\theta_t}{\eta_2} (1+\Gamma_\perp)$$

整理得反射係數

$$\boxed{ \Gamma_\perp = \frac{\eta_2\cos\theta_i-\eta_1\cos\theta_t} {\eta_2\cos\theta_i+\eta_1\cos\theta_t} }$$

再由 $\tau_\perp=1+\Gamma_\perp$，得到傳輸係數

$$\boxed{ \tau_\perp = \frac{2\eta_2\cos\theta_i} {\eta_2\cos\theta_i+\eta_1\cos\theta_t} }$$

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(b) 平行極化

平行極化又稱 TM 極化，電場方向位於入射面內。

此時電場的切向分量為 $E\cos\theta$。利用切向電場與磁場邊界條件：

$$(E_i+E_r)\cos\theta_i = E_t\cos\theta_t$$

以及

$$\frac{E_i-E_r}{\eta_1} = \frac{E_t}{\eta_2}$$

令

$$\Gamma_\parallel=\frac{E_r}{E_i}, \qquad \tau_\parallel=\frac{E_t}{E_i}$$

則

$$(1+\Gamma_\parallel)\cos\theta_i = \tau_\parallel\cos\theta_t$$ $$\frac{1-\Gamma_\parallel}{\eta_1} = \frac{\tau_\parallel}{\eta_2}$$

聯立兩式，得到平行極化反射係數

$$\boxed{ \Gamma_\parallel = \frac{\eta_2\cos\theta_t-\eta_1\cos\theta_i} {\eta_2\cos\theta_t+\eta_1\cos\theta_i} }$$

傳輸係數為

$$\boxed{ \tau_\parallel = \frac{2\eta_2\cos\theta_i} {\eta_2\cos\theta_t+\eta_1\cos\theta_i} }$$

補充：若定義的是「切向電場」傳輸係數，則

核心觀念

並聯短路支節匹配，是先沿主線移動到某一位置，使該處的歸一化導納實部等於 $1$，再用並聯支節抵消虛部。如此，主線與支節合成的歸一化導納便為 $1+j0$，對應 $50\,\Omega$。

歸一化負載阻抗與導納為

$$z_L=\frac{Z_L}{Z_0} =\frac{25+j25}{50} =0.5+j0.5$$ $$y_L=\frac{1}{z_L}=1-j$$

解題方法

令支節接點距負載的距離為 $d$，沿主線朝訊號源方向量；定義 $\theta=\beta d$，其中 $\beta=2\pi/\lambda$。將負載導納沿無損線轉換至接點，可得

$$y(d)=\frac{y_L+j\tan\theta}{1+jy_L\tan\theta}$$

令 $t=\tan\theta$，代入 $y_L=1-j$：

$$y(d)=\frac{1+j(t-1)}{1+(1+j)t}$$

將分子、分母同乘分母的共軛，可得實部

$$\operatorname{Re}\{y(d)\} =\frac{1+t^2}{1+2t+2t^2}$$

接點的歸一化導納實部須為 $1$，因此

$$\frac{1+t^2}{1+2t+2t^2}=1$$ $$t(t+2)=0$$

在 $0\le d<\lambda/2$ 的範圍內，兩個解為：

• $t=0$：$\theta=0$，所以 $d=0$。此時 $y(d)=1-j$，需由支節提供 $+j1$。
• $t=-2$：$\theta=\pi-\tan^{-1}2$，所以

核心觀念

反射係數描述傳輸線上反射波與入射波的電壓比。在負載端，

$$\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}$$

在線長為 $\ell$ 的無損傳輸線上，反射係數沿線往訊號源方向旋轉：

$$\Gamma_{\text{in}}=\Gamma_L e^{-j2\beta\ell}, \qquad \beta=\frac{2\pi}{\lambda}$$

輸入阻抗則可由負載阻抗與線長求得：

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

解題方法

已知 $Z_L=100-j50\ \Omega$、$Z_0=50\ \Omega$。先求負載端反射係數：

$$\Gamma_L =\frac{(100-j50)-50}{(100-j50)+50} =\frac{50-j50}{150-j50} =0.4-j0.2$$

其極式為 $\Gamma_L=0.447\angle -26.6^\circ$。

線長 $\ell=0.051\lambda$，因此

$$\beta\ell=2\pi(0.051)=0.3204\ \text{rad}, \qquad 2\beta\ell=36.72^\circ$$

若題目所指的電壓反射係數是輸入端係數，則

核心觀念

矩形波導的截止頻率由波導尺寸與模態指標決定。對於寬邊為 $a$、窄邊為 $b$ 的矩形波導，$TE_{mn}$ 模態的截止頻率為

$$f_{c,mn} = \frac{c}{2} \sqrt{ \left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2 }$$

本題為 $TE_{10}$ 模態，因此

$$m=1,\qquad n=0$$

只涉及寬邊方向的變化，故截止頻率與窄邊尺寸 $b$ 無關。

波導內的傳播參數如下：

$$k=\omega\sqrt{\mu\varepsilon} =\frac{2\pi f}{c}$$ $$\beta = k\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2}$$ $$v_p=\frac{\omega}{\beta} = \frac{c}{\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2}}$$ $$\lambda_g = \frac{2\pi}{\beta} = \frac{\lambda_0} {\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2}}$$ $$v_g = c\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2}$$

對無耗介質中的 $TE$ 模態，特性阻抗為

$$Z_{TE} = \frac{\omega\mu}{\beta} = \frac{\eta} {\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2}}$$

其中自由空間中

$$\eta=\sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_0}} \approx 120\pi\ \Omega \approx 377\ \Omega$$

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已知條件

波導尺寸為

$$a=10\ \text{mm}=0.01\ \text{m}$$ $$b=4\ \text{mm}=0.004\ \text{m}$$

操作頻率為

$$f=20\ \text{GHz}$$

取

$$c=3\times 10^8\ \text{m/s}$$

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(a) 截止頻率 $f_c$

對於 $TE_{10}$ 模態：

$$f_c = \frac{c}{2} \sqrt{ \left(\frac{1}{a}\right)^2+ \left(\frac{0}{b}\right)^2 } = \frac{c}{2a}$$

代入數值：

$$f_c = \frac{3\times10^8} {2(0.01)} = 1.5\times10^{10}\ \text{Hz}$$

因此

$$\boxed{f_c=15\ \text{GHz}}$$

由於操作頻率 $20\ \text{GHz}>15\ \text{GHz}$，所以 $TE_{10}$ 模態可以正常傳播。

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(b) 相位常數 $\beta$

先計算自由空間波數：

$$k=\frac{2\pi f}{c}$$ $$k = \frac{2\pi(20\times10^9)} {3\times10^8} = 418.88\ \text{rad/m}$$

截止頻率與操作頻率的比值為

$$\frac{f_c}{f} = \frac{15}{20} = 0.75$$

因此

$$\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2} = \sqrt{1-0.75^2} = \sqrt{0.4375} = 0.66144$$

相位常數為

$$\beta = k\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2}$$ $$\beta = 418.88(0.66144) \approx276.99\ \text{rad/m}$$

因此

$$\boxed{\beta\approx277\ \text{rad/m}}$$

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(c) 相速度 $v_p$

相速度定義為

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

也可直接使用

$$v_p = \frac{c} {\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2}}$$

代入計算：

核心觀念

對稱介質平板波導的導波條件，是介質層內的場呈振盪分布，並在上下自由空間中指數衰減。對 TM 模態，$H_z=0$；本題可用 $H_x$ 描述磁場，並由麥克斯威方程式求出縱向電場 $E_z$。

以下將「偶模」定義為縱向電場 $E_z$ 對波導中心面 $y=0$ 偶對稱。因此 $H_x$ 為奇對稱，這會決定本題要使用的截止條件。

解題方法

由原圖可讀出：介質板位於上下自由空間之間，$d$ 是介質板的全厚度；介質參數為 $\varepsilon_d=11.7\varepsilon_0$、$\mu_d=\mu_0$，波沿 $+z$ 方向傳播，頻率為 $300\,\mathrm{GHz}$。

令介質層範圍為 $-d/2<y<d/2$，定義

$$k_0=\omega\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}, \qquad k_d=\omega\sqrt{\mu_d\varepsilon_d}=\sqrt{11.7}\,k_0,$$ $$h=\sqrt{k_d^2-\beta^2}, \qquad q=\sqrt{\beta^2-k_0^2}.$$

受導模在自由空間中須指數衰減，因此 $q>0$；介質層內的場則以波數 $h$ 振盪。

對 $E_z$ 偶對稱的 TM 模態，$H_x$ 在介質層內為奇對稱，可寫成 $H_x=A\sin(hy)$。在上方自由空間中，$H_x$ 隨 $y$ 增加而衰減。由麥克斯威方程式，$E_z$ 與 $(1/\varepsilon)\,\partial H_x/\partial y$ 成正比。界面上的切向場連續，因此在 $y=d/2$ 有

核心觀念

本題考查「接地介質平板波導」的模態與截止頻率。

介質平板厚度為

$$d=1\text{ mm}$$

下方為理想導體，上方為空氣。波沿平板方向傳播，設傳播常數為 $\beta$。

對於導波模態：

• 介質內部必須能振盪：
  $k_a=\sqrt{\omega^2\mu_0\varepsilon_a-\beta^2}$
• 空氣中必須為衰減場：
  $\alpha=\sqrt{\beta^2-k_0^2}$
  其中
  $k_0=\omega\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}=\frac{\omega}{c}$

因此導波條件為

$$\beta>k_0$$

截止時，空氣中的衰減常數 $\alpha$ 趨近於零，因此

$$\beta=k_0$$

此時介質中的橫向波數為

$$k_a=k_0\sqrt{\varepsilon_r-1}$$

其中

$$\varepsilon_r=\frac{\varepsilon_a}{\varepsilon_0}=11.7$$

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解題方法

令介質位於 $0<z<d$，理想導體位於 $z=0$，波沿 $x$ 方向傳播。

模態可分為：

• TE 模態：$E_x=0$
• TM 模態：$H_x=0$

以下分別利用理想導體邊界條件與介質—空氣介面條件求截止頻率。

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TE 模態

TE 模態可取電場分量 $E_y$。理想導體表面切向電場必須為零，因此

$$E_y(0)=0$$

介質內的場形為

$$E_y^{(a)}=A\sin(k_a z)$$

在 $z=d$ 的介質—空氣介面，套用切向場連續條件，可得色散關係

$$k_a\cot(k_a d)=-\alpha$$

在截止狀態 $\alpha=0$，因此

$$k_a\cot(k_a d)=0$$

對非零的 $k_a$，必須有

$$\cot(k_a d)=0$$

所以

$$k_a d=\left(m+\frac12\right)\pi, \qquad m=0,1,2,\ldots$$

最低階 TE 模態為 $\mathrm{TE}_0$，故

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

代入截止時的 $k_a=k_0\sqrt{\varepsilon_r-1}$：

$$k_0\sqrt{\varepsilon_r-1}\,d=\frac{\pi}{2}$$

由 $k_0=2\pi f/c$，得到

$$f_{c,\mathrm{TE}_0} = \frac{c}{4d\sqrt{\varepsilon_r-1}}$$

代入數值：

$$\sqrt{\varepsilon_r-1} = \sqrt{11.7-1} = \sqrt{10.7} \approx 3.271$$

因此

$$f_{c,\mathrm{TE}_0} = \frac{3\times10^8} {4(1\times10^{-3})(3.271)} \approx 2.29\times10^{10}\text{ Hz}$$

所以