108 年 國立成功大學光電科學與工程研究所甲組《電磁學》

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第 1 題5 分

  1. (a) A point charge qq is at a distance dd above an infinite grounded conducting plate. Find the induced surface charge density and total charge qtotalq_{\text{total}} on the conducting plane.

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核心觀念

本題考查導體接地邊界條件與鏡像法:

  • 接地導體表面電位為 V=0V=0。
  • 導體表面外側的電場與感應面電荷密度關係為
    σ=ε0En,\sigma=\varepsilon_0 E_n,
    其中 EnE_n 是導體表面外側、垂直於表面的電場分量。
  • 以鏡像電荷取代接地無限導體平面,可將導體外部的電場問題化為點電荷問題。

設導體平面為 z=0z=0,真實電荷 qq 位於 (0,0,d)(0,0,d)。在導體下方 (0,0,−d)(0,0,-d) 放置鏡像電荷 −q-q。


解題方法:鏡像法

以柱座標表示導體平面上的觀察點:

(ρ,ϕ,0).(\rho,\phi,0).

真實電荷與鏡像電荷到該點的距離皆為

R=ρ2+d2.R=\sqrt{\rho^2+d^2}.

因此,導體上方區域的電位為

V(ρ,z)=14πε0[qρ2+(z−d)2−qρ2+(z+d)2].V(\rho,z) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{q}{\sqrt{\rho^2+(z-d)^2}} - \frac{q}{\sqrt{\rho^2+(z+d)^2}} \right].

在 z=0z=0 時,

V(ρ,0)=0,V(\rho,0)=0,

符合接地導體的邊界條件。


感應表面電荷密度

電場由

E=−∇V\mathbf{E}=-\nabla V

求得。感應面電荷密度需要導體表面外側的法向電場,因此計算

Ez=−∂V∂z.E_z=-\frac{\partial V}{\partial z}.

對電位微分後,在 z=0+z=0^+ 處得到

Ez(ρ,0+)=−qd2πε0(ρ2+d2)3/2.E_z(\rho,0^+) = -\frac{qd}{2\pi\varepsilon_0(\rho^2+d^2)^{3/2}}.

由 σ=ε0Ez\sigma=\varepsilon_0 E_z,可得導體表面的感應電荷密度:

σ(ρ)=−qd2π(ρ2+d2)3/2\boxed{ \sigma(\rho) = -\frac{qd}{2\pi(\rho^2+d^2)^{3/2}} }

其中 ρ\rho 是導體平面上該點到點電荷正下方垂足的水平距離。

若 q>0q>0,則 σ<0\sigma<0,表示導體表面感應出負電荷;若 q<0q<0,則感應電荷密度為正。

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第 1 題10 分

  1. (b) Similar to (a), a point charge qq is at distance dd above a semi-infinite dielectric region (z<0z<0) with dielectric constant ϵr=1+χe\epsilon_r = 1+\chi_e. Find the induced surface charge density and total charge qb,totalq_{b, \text{total}} at z=0z=0 interface. (use image charge method, find VV σ=−ϵ0∂V∂z∣z=0\sigma = -\epsilon_0 \frac{\partial V}{\partial z}|_{z=0} Ez=Eq,z+Eb,zE_z = E_{q,z} + E_{b,z} Eq,z=14πϵ0qr2E_{q,z} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{r^2} Eb,z=−14πϵ0qbr2E_{b,z} = -\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_b}{r^2} Ez∣z=0=Eq,z∣z=0+Eb,z∣z=0E_z|_{z=0} = E_{q,z}|_{z=0} + E_{b,z}|_{z=0} σb=Pb⋅n^=ϵ0χeEb,z∣z=0\sigma_b = P_b \cdot \hat{n} = \epsilon_0 \chi_e E_{b,z}|_{z=0} )

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設介面上徑向座標為 ρ=x2+y2\rho=\sqrt{x^2+y^2}。真空區的鏡像電荷位於 z=−dz=-d:

q′=ϵ0−ϵ0ϵrϵ0+ϵ0ϵrq=−ϵr−1ϵr+1q.q'=\frac{\epsilon_0-\epsilon_0\epsilon_r} {\epsilon_0+\epsilon_0\epsilon_r}q =-\frac{\epsilon_r-1}{\epsilon_r+1}q.

介電質內部在 z=0z=0 的法向電場為

Ez(0−)=−q2πϵ0(1+ϵr)d(ρ2+d2)3/2.E_z(0^-) =-\frac{q}{2\pi\epsilon_0(1+\epsilon_r)} \frac{d}{(\rho^2+d^2)^{3/2}}.

介電質表面的外法向量為 n^=z^\hat{\mathbf n}=\hat{\mathbf z},故束縛面電荷密度

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第 2 題8 分

  1. (a) An uncharged metal sphere of radius R is placed in a uniform electric field E⃗=E0x^\vec{E} = E_0 \hat{x}. Find the potential VV outside the sphere and the induced surface charge density σ=−ϵ0∂V∂r∣r=R\sigma = -\epsilon_0 \frac{\partial V}{\partial r}|_{r=R} (8%)
    (use separation of variable in spherical Coordinate. V(r,θ)=∑l=0∞(Alrl+Blr−(l+1))Pl(cos⁡θ)V(r, \theta) = \sum_{l=0}^{\infty} (A_l r^l + B_l r^{-(l+1)}) P_l(\cos \theta) with Legendre Polynomial P0(cos⁡θ)=1,P1(cos⁡θ)=cos⁡θ,P2(cos⁡θ)=12(3cos⁡2θ−1),∫−11Pl(x)Pl′(x)dx=22l+1δll′P_0(\cos \theta) = 1, P_1(\cos \theta) = \cos \theta, P_2(\cos \theta) = \frac{1}{2}(3\cos^2 \theta - 1), \int_{-1}^{1} P_l(x) P_{l'}(x) dx = \frac{2}{2l+1} \delta_{ll'} )

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取極軸沿 x^\hat{x},故遠處均勻電場的位勢為

V(r→∞,θ)=−E0rcos⁡θ.V(r\to\infty,\theta)=-E_0r\cos\theta.

球外滿足拉普拉斯方程。由遠處邊界條件,只有 l=1l=1 項:

V(r,θ)=−E0rcos⁡θ+B1r2cos⁡θ.V(r,\theta)=-E_0r\cos\theta+\frac{B_1}{r^2}\cos\theta.

金屬球面為等位面,因此 r=Rr=R 時 cos⁡θ\cos\theta 項係數須為零:

−E0R+B1R2=0⇒B1=E0R3.-E_0R+\frac{B_1}{R^2}=0 \quad\Rightarrow\quad B_1=E_0R^3.

故球外位勢為

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第 2 題7 分

  1. (b) A dielectric sphere of homogenous linear material with relative dielectric constant ϵr=1+χe\epsilon_r = 1+\chi_e is placed in an uniform electric field E⃗=E0x^\vec{E} = E_0 \hat{x}. Find the potential VV and electric field E⃗\vec{E} inside the sphere. (7%)
    (use separation of variable in spherical Coordinate. V(r,θ)=∑l=0∞(Alrl+Blr−(l+1))Pl(cos⁡θ)V (r, \theta) = \sum_{l=0}^{\infty} (A_l r^l + B_l r^{-(l+1)}) P_l(\cos \theta) with Legendre Polynomial P0(cos⁡θ)=1,P1(cos⁡θ)=cos⁡θ,P2(cos⁡θ)=12(3cos⁡2θ−1),∫−11Pl(x)Pl′(x)dx=22l+1δll′P_0(\cos \theta) = 1, P_1(\cos \theta) = \cos \theta, P_2(\cos \theta) = \frac{1}{2}(3\cos^2 \theta - 1), \int_{-1}^{1} P_l(x) P_{l'}(x) dx = \frac{2}{2l+1} \delta_{ll'} )

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核心觀念

本題考查「均勻介電球置於均勻外加電場」的邊界值問題,核心包含:

  • 球內、球外皆無自由電荷,因此滿足拉普拉斯方程式:

    ∇2V=0\nabla^2 V=0

  • 均勻外電場 E⃗=E0x^\vec E=E_0\hat{x} 對應的遠處電位為:

    V∞=−E0x=−E0rcos⁡θV_{\infty}=-E_0x=-E_0r\cos\theta

  • 球面介面上須滿足:

    1. 電位連續:Vin=VoutV_{\text{in}}=V_{\text{out}}
    2. 法向電位移連續:Din,n=Dout,nD_{\text{in},n}=D_{\text{out},n}

其中球內介電常數為

ϵin=ϵ0ϵr=ϵ0(1+χe)\epsilon_{\text{in}}=\epsilon_0\epsilon_r =\epsilon_0(1+\chi_e)

球外為真空,介電常數為 ϵ0\epsilon_0。

以下取 xx 軸為球座標的極軸,因此 x=rcos⁡θx=r\cos\theta。


解題方法:球座標分離變數

球座標中拉普拉斯方程式的軸對稱解為

V(r,θ)=∑l=0∞(Alrl+Blr−(l+1))Pl(cos⁡θ)V(r,\theta)=\sum_{l=0}^{\infty} \left(A_lr^l+B_lr^{-(l+1)}\right)P_l(\cos\theta)

遠處外加電場的電位為

V∞=−E0rcos⁡θ=−E0rP1(cos⁡θ)V_{\infty}=-E_0r\cos\theta =-E_0rP_1(\cos\theta)

因此外加場只有 l=1l=1 項。由正則性與無限遠邊界條件:

  • 球內 r=0r=0 電位必須有限,所以不能有 r−(l+1)r^{-(l+1)} 項。
  • 球外在 r→∞r\to\infty 時必須趨近 −E0rcos⁡θ-E_0r\cos\theta,因此保留外加場項與感應偶極項。

設球半徑為 aa,則

Vin=Arcos⁡θV_{\text{in}}=Ar\cos\theta Vout=−E0rcos⁡θ+Cr2cos⁡θV_{\text{out}} =-E_0r\cos\theta+\frac{C}{r^2}\cos\theta

其中 AA 與 CC 為待定常數。


套用球面邊界條件

1. 電位連續

在 r=ar=a 處,

Vin(a,θ)=Vout(a,θ)V_{\text{in}}(a,\theta)=V_{\text{out}}(a,\theta)

因此

Aacos⁡θ=(−E0a+Ca2)cos⁡θAa\cos\theta = \left(-E_0a+\frac{C}{a^2}\right)\cos\theta

消去 cos⁡θ\cos\theta 與 aa,得

A=−E0+Ca3A=-E_0+\frac{C}{a^3}

所以

Ca3=A+E0\frac{C}{a^3}=A+E_0

2. 法向電位移連續

電場由

E⃗=−∇V\vec E=-\nabla V

給出。球內電位的徑向電場分量為

Ein,r=−∂Vin∂r=−Acos⁡θE_{\text{in},r} =-\frac{\partial V_{\text{in}}}{\partial r} =-A\cos\theta

球外電位的徑向電場分量為

Eout,r=−∂Vout∂r=(E0+2Cr3)cos⁡θE_{\text{out},r} =-\frac{\partial V_{\text{out}}}{\partial r} = \left(E_0+\frac{2C}{r^3}\right)\cos\theta

在 r=ar=a 處,法向電位移連續:

ϵ0ϵrEin,r=ϵ0Eout,r\epsilon_0\epsilon_r E_{\text{in},r} = \epsilon_0 E_{\text{out},r}

代入得

ϵr(−A)=E0+2Ca3\epsilon_r(-A) = E_0+\frac{2C}{a^3}

利用 Ca3=A+E0\frac{C}{a^3}=A+E_0:

−ϵrA=E0+2(A+E0)-\epsilon_r A = E_0+2(A+E_0)

整理:

−(ϵr+2)A=3E0-(\epsilon_r+2)A=3E_0

因此

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第 3 題10 分

  1. A infinite-thin metal with sheet conductivity σ(x)=σ0δ(x)\sigma(x) = \sigma_0 \delta(x) is located at x=0x=0. For a normal incident plane wave propagating in x direction with E field polarized in y direction, find the transmission coefficient tt and reflection coefficient r=?r=? (use methods similar to the derivation of the transmission/reflection coefficient of normal incident to an dielectric interface, except now there is a sheet current density Js(x)=σs(x)Ex(x)=σ0δ(x)Ex(x)J_s(x) = \sigma_s(x) E_x(x) = \sigma_0 \delta(x) E_x(x) in jωϵ0Ez+σ0δ(x)Ex=∇×H=jωμ0Hyj\omega\epsilon_0 E_z + \sigma_0 \delta(x) E_x = \nabla \times H = j\omega\mu_0 H_y )

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設入射、反射及穿透電場振幅分別為 Ei,Er,EtE_i,E_r,E_t,自由空間波阻抗為

η0=μ0ϵ0.\eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}.

切向電場連續:

Ei+Er=Et.E_i+E_r=E_t.

金屬薄片的表面電流密度為 Js,y=σ0EtJ_{s,y}=\sigma_0E_t。由磁場邊界條件

x^×(H2−H1)=Js\hat{\mathbf x}\times(\mathbf H_2-\mathbf H_1)=\mathbf J_s

以及

Hi=Eiη0,Hr=−Erη0,Ht=Etη0,H_i=\frac{E_i}{\eta_0},\qquad H_r=-\frac{E_r}{\eta_0},\qquad H_t=\frac{E_t}{\eta_0},

可得

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第 4 題10 分

  1. Similar to previous problem, now place a perfect electric conductor (PEC) wall a distance d after the infinite-thin metal. A plane wave in normal incident toward the metal and the PEC wall. Under what condition (d=? and r=?), there will be no energy reflected (thus the incident wave is total absorbed by the metal). (Use Fabry-Perot ray-optics method to derive the total reflection coefficient Ar = Ar1+Ar2+Ar3+ .... of the combined metal sheet (r1,t1) and PEC wall (r2,t2) (10%)

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令金屬薄片的振幅反射、穿透係數為 r,tr,t。無限薄且兩側介質相同時,

t=1+r.t=1+r.

PEC 的反射係數為 r2=−1r_2=-1。設往返傳播相位為

x=e−j2kd,k=2πλ.x=e^{-j2kd},\qquad k=\frac{2\pi}{\lambda}.

各次反射波振幅形成 Fabry–Perot 級數:

Ar=r+t2r2x+t2r2x(rr2x)+t2r2x(rr2x)2+⋯A_r =r+t^2r_2x+t^2r_2x(rr_2x)+t^2r_2x(rr_2x)^2+\cdots

因此總反射係數為

Ar=r+t2r2x1−rr2x=r−(1+r)2x1+rx=r−(1+r)x1+rx.A_r=r+\frac{t^2r_2x}{1-rr_2x} =r-\frac{(1+r)^2x}{1+rx} =\frac{r-(1+r)x}{1+rx}.
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第 6 題10 分

You are fishing near a large lake in the afternoon. The reflection from the sun makes it hard for you to look into the water. You have a linear polarizer. What can you do? Explain the physics behind your answer. Please describe it in terms of the orientation of the transmission axis.

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核心觀念

水面反射會使陽光部分偏振。反射光的偏振方向與「入射面」有關:入射面是入射光線與水面法線所構成的平面。當光以布魯斯特角入射時,反射光為線偏振光,其電場方向垂直於入射面。

線性偏振片只讓電場沿「透射軸」方向的分量通過。若入射偏振光的電場與透射軸夾角為 θ\theta,透射強度遵守馬呂斯定律:

I=I0cos⁡2θI=I_0\cos^2\theta

因此,要減少水面反光,就要讓透射軸與反射光的電場方向垂直。

解題方法

先判斷水面反射光的偏振方向,再將偏振片轉到透射光最暗的方向。

對水平水面而言,常見的觀察幾何下,入射面是垂直平面;反射光的電場方向垂直於入射面,因此大致沿水面方向,也就是水平方向。將偏振片的透射軸轉成垂直方向,便能阻擋大部分水平方向偏振的反光。

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第 7 題10 分

Consider ω=2πcλ0\omega=\frac{2\pi c}{\lambda_0} and k=2πnλ0k=\frac{2\pi n}{\lambda_0}. In a dispersive medium, find that the expression of the group velocity is as follows:

Vg=cn−λ0(dndλ0).V_g=\frac{c}{n-\lambda_0\left(\frac{dn}{d\lambda_0}\right)}.

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核心觀念

群速度定義為色散關係 ω(k)\omega(k) 的斜率:

Vg=dωdk.V_g=\frac{d\omega}{dk}.

題目給定角頻率與波數皆以真空波長 λ0\lambda_0 表示。由於折射率 nn 隨波長改變,必須將 nn 視為 λ0\lambda_0 的函數,並使用鏈鎖律計算。

解題方法

由

ω=2πcλ0\omega=\frac{2\pi c}{\lambda_0}

對 λ0\lambda_0 微分:

dωdλ0=−2πcλ02.\frac{d\omega}{d\lambda_0} =-\frac{2\pi c}{\lambda_0^2}.

波數為

k=2πn(λ0)λ0.k=\frac{2\pi n(\lambda_0)}{\lambda_0}.

對 λ0\lambda_0 微分,使用乘積或商數微分法:

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第 8 題10 分

A hollow rectangular waveguide is used to transmit signals at a carrier frequency of 6 GHz6\ \mathrm{GHz}. Design the waveguide so that the cut-off frequency of the dominant TE mode is lower than the carrier by 25%25\% and the next mode is at least 25%25\% higher than the carrier frequency.

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核心觀念

矩形波導的截止頻率由截面尺寸與模態指標決定。對充滿空氣、導體壁理想的矩形波導,寬邊為 aa、窄邊為 bb,且 a≥ba\ge b 時,最低截止頻率的主模為 TE10\mathrm{TE}_{10}:

fc,mn=c2(ma)2+(nb)2f_{c,mn}=\frac{c}{2}\sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+\left(\frac{n}{b}\right)^2}

其中 c≈3.0×108 m/sc\approx 3.0\times10^8\ \mathrm{m/s}。主模截止頻率為 fc,10=c/(2a)f_{c,10}=c/(2a);可能成為下一個模式的有 TE20\mathrm{TE}_{20} 與 TE01\mathrm{TE}_{01},其截止頻率分別為 c/ac/a 與 c/(2b)c/(2b)。

解題方法

載波頻率為 f0=6 GHzf_0=6\ \mathrm{GHz}。主模截止頻率比載波低 25%25\%,因此

fc,10=(1−0.25)f0=4.5 GHzf_{c,10}=(1-0.25)f_0=4.5\ \mathrm{GHz}

代入 TE10\mathrm{TE}_{10} 的截止頻率公式:

c2a=4.5×109\frac{c}{2a}=4.5\times10^9 a=c9×109=3.0×1089×109=0.0333 m=3.33 cma=\frac{c}{9\times10^9} =\frac{3.0\times10^8}{9\times10^9} =0.0333\ \mathrm{m} =3.33\ \mathrm{cm}

下一個模式至少比載波高 25%25\%,所以其截止頻率不得低於

fnext≥(1+0.25)f0=7.5 GHzf_{\text{next}}\ge(1+0.25)f_0=7.5\ \mathrm{GHz}
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📄 以下 2 題共用同一段題幹

Ionized gases with equal electron and ion densities are called plasmas. In the plasma, the motion of the ions and the collision between the electrons and the gas atoms and molecules are ignored.

第 5-(a) 題15 分

Prove that the equivalent permittivity of the plasma with an electron density NN is

ε=ε0(1−ωp2ω2) (F/m),\varepsilon=\varepsilon_0\left(1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}\right)\ \mathrm{(F/m)},

where

ωp=Ne2mε0 (rad/s)\omega_p=\sqrt{\frac{Ne^2}{m\varepsilon_0}}\ \mathrm{(rad/s)}

is the plasma frequency, ω\omega is the angular frequency of electromagnetic waves, mm is the electron mass, and ε0\varepsilon_0 is the permittivity of free space.

Hint: You can regard the plasma as a free electron gas and assume a time-harmonic electric field EE in the xx-direction at angular frequency ω\omega, and then write down the force equation for an electron with charge −e-e and mass mm.

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核心觀念

電漿中的離子視為固定背景,電子則在交變電場作用下往復運動。電子位移形成極化強度 PP,再由電位移定義 D=εED=\varepsilon E,即可求出電漿的等效介電常數。

解題方法

令電場沿 xx 方向,採用時間因子 e−iωte^{-i\omega t} 表示其相量:

E(t)=E0e−iωt.E(t)=E_0e^{-i\omega t}.

設電子位移為 x(t)=x0e−iωtx(t)=x_0e^{-i\omega t}。電子電荷為 −e-e,依牛頓第二定律,其運動方程為

md2xdt2=−eE(t).m\frac{d^2x}{dt^2}=-eE(t).

由於

d2xdt2=−ω2x,\frac{d^2x}{dt^2}=-\omega^2x,

代入運動方程得

−mω2x=−eE,-m\omega^2x=-eE,

因此電子位移為

x=emω2E.x=\frac{e}{m\omega^2}E.

電子的位移方向與電場方向相同,但電子帶負電,因此其偶極矩方向與位移相反。若單位體積內有 NN 個電子,極化強度為

P=N(−e)x=−Ne2mω2E.P=N(-e)x =-\frac{Ne^2}{m\omega^2}E.

電位移與極化強度的關係為

D=ε0E+P.D=\varepsilon_0E+P.

將 PP 代入:

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第 5-(b) 題5 分

Discuss the wave propagation for the cases of ω>ωp\omega>\omega_p and ω<ωp\omega<\omega_p, respectively.

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核心觀念

本題考查冷、無碰撞電漿中的電磁波色散與截止頻率。離子視為固定背景,電子密度為 nen_e,電子受到電場作用而振盪。電子電漿角頻率定義為

ωp=nee2ε0me\omega_p=\sqrt{\frac{n_e e^2}{\varepsilon_0 m_e}}

其中 ee 為基本電荷量,mem_e 為電子質量,ε0\varepsilon_0 為真空介電常數。

在此模型下,電漿的相對介電常數為

εr(ω)=1−ωp2ω2\varepsilon_r(\omega)=1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}

平面電磁波滿足色散關係

k2c2=ω2−ωp2k^2 c^2=\omega^2-\omega_p^2

其中 kk 是波數,cc 是真空光速。判斷波能否在電漿中傳播,關鍵是 kk 是否為實數。

解題方法與推導

電子在電場中的運動方程為

medvdt=−eEm_e\frac{d\mathbf{v}}{dt}=-e\mathbf{E}

電子位移會形成電流,改變電漿的介電響應。將此響應代入均勻介質中的波動關係 k2=μ0εω2k^2=\mu_0\varepsilon\omega^2,並用 μ0ε0=1/c2\mu_0\varepsilon_0=1/c^2,得到

k2c2=ω2(1−ωp2ω2)=ω2−ωp2k^2c^2=\omega^2\left(1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}\right) =\omega^2-\omega_p^2

因此分成下列情形。

ω>ωp\omega>\omega_p:可以傳播

此時 ω2−ωp2>0\omega^2-\omega_p^2>0,所以 kk 為實數:

k=ω2−ωp2ck=\frac{\sqrt{\omega^2-\omega_p^2}}{c}
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