108 年 國立中央大學光電科學與工程學系半導體光電科技碩士班《電磁學》

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📄 以下 2 題共用同一段題幹

In free space (permittivity: 8.85×10−12 F/m8.85\times10^{-12}\ \mathrm{F/m}), two point charges of Q1=0.5 mCQ_1=0.5\ \mathrm{mC} and Q2=2 μCQ_2=2\ \mu\mathrm{C} are respectively located at (x,y,z)=(1,2,0)(x,y,z)=(1,2,0) and (8,7,7)(8,7,\sqrt{7}) in rectangular (Cartesian) coordinate system.

第 (1) 題5 分

What is the yy component of the force acting on Q2Q_2?

(A) 5×10−25\times10^{-2} newtons
(B) 55 newtons
(C) 0.50.5 newtons
(D) 5×10−35\times10^{-3} newtons
(E) 5×10−45\times10^{-4} newtons

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核心觀念

兩點電荷間的靜電力遵守庫侖定律。力的方向沿著兩電荷的連線,因此要找 Q2Q_2 受力的 yy 分量,須先求出由 Q1Q_1 指向 Q2Q_2 的位移向量,再取其 yy 分量。

F2=14πϵ0Q1Q2∣r2−r1∣3(r2−r1)\mathbf F_2 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_1Q_2}{|\mathbf r_2-\mathbf r_1|^3} (\mathbf r_2-\mathbf r_1)

解題方法

由 Q1Q_1 指向 Q2Q_2 的位移向量為

r2−r1=(8−1, 7−2, 7−0)=(7, 5, 7) m\mathbf r_2-\mathbf r_1 = (8-1,\ 7-2,\ \sqrt{7}-0) = (7,\ 5,\ \sqrt{7})\ \mathrm{m}

兩電荷間距離為

r=72+52+(7)2=49+25+7=9 mr=\sqrt{7^2+5^2+(\sqrt{7})^2} =\sqrt{49+25+7} =9\ \mathrm{m}

電荷量乘積為

Q1Q2=(0.5×10−3)(2×10−6)=1.0×10−9 C2Q_1Q_2 = (0.5\times10^{-3})(2\times10^{-6}) = 1.0\times10^{-9}\ \mathrm{C^2}

因此,yy 分量為

F2y=14πϵ0Q1Q2r3(y2−y1)F_{2y} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_1Q_2}{r^3}(y_2-y_1)

代入 ϵ0=8.85×10−12 F/m\epsilon_0=8.85\times10^{-12}\ \mathrm{F/m}:

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第 (2) 題5 分

For the above question, what is the magnitude of the force experienced by Q1Q_1?

(A) 0.90.9 newtons
(B) 9×10−29\times10^{-2} newtons
(C) 99 newtons
(D) 9×10−39\times10^{-3} newtons
(E) 9×10−49\times10^{-4} newtons

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核心觀念

兩個點電荷在自由空間中的庫侖力大小為

F=14πε0∣Q1Q2∣r2F=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{|Q_1Q_2|}{r^2}

其中 rr 是兩電荷間的距離。依牛頓第三運動定律,Q1Q_1 與 Q2Q_2 彼此作用力的大小相同。

解題方法

原卷圖中給定 Q1=0.5 mCQ_1=0.5\,\mathrm{mC}、Q2=2 μCQ_2=2\,\mathrm{\mu C},位置分別為 (1,2,0)(1,2,0) 與 (8,7,7)(8,7,\sqrt{7}),介電常數為 ε0=8.85×10−12 F/m\varepsilon_0=8.85\times10^{-12}\,\mathrm{F/m}。先由座標差求距離,再代入庫侖定律。

r2=(8−1)2+(7−2)2+(7−0)2=49+25+7=81r^2=(8-1)^2+(7-2)^2+(\sqrt{7}-0)^2 =49+25+7=81

因此 r=9 mr=9\,\mathrm{m}。電荷換算為 Q1=5×10−4 CQ_1=5\times10^{-4}\,\mathrm{C}、Q2=2×10−6 CQ_2=2\times10^{-6}\,\mathrm{C},所以

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第 (3) 題5 分

A straight wire carrying a current II in the zz direction is located along the zz axis in free space. If the wire is infinitely long and infinitely thin, what is the magnetic field intensity at the point (0.5L,0,0)(0.5L,0,0) in rectangular coordinate system?

(A) IπL\frac{I}{\pi L}
(B) 2IπL\frac{2I}{\pi L}
(C) I2πL\frac{I}{2\pi L}
(D) I4πL\frac{I}{4\pi L}
(E) I3πL\frac{I}{3\pi L}

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核心觀念

無限長直導線周圍的磁場具有圓柱對稱性:磁場大小只與到導線的垂直距離 ρ\rho 有關,方向沿著以導線為軸的圓周切線。由安培定律,

∮CH⋅dl=Ienc,\oint_C \mathbf{H}\cdot d\mathbf{l}=I_{\text{enc}},

可得無限長直導線產生的磁場強度大小:

H=I2πρ.H=\frac{I}{2\pi\rho}.

這裡的 H\mathbf{H} 是磁場強度,單位為 A/m\mathrm{A/m}。

解題方法

導線位於 zz 軸上,觀察點為 (0.5L,0,0)(0.5L,0,0),因此該點到 zz 軸的垂直距離為

ρ=x2+y2=(0.5L)2+02=L2.\rho=\sqrt{x^2+y^2} =\sqrt{(0.5L)^2+0^2} =\frac{L}{2}.

代入無限長直導線的磁場公式:

H=I2π(L/2)=IπL.H=\frac{I}{2\pi(L/2)} =\frac{I}{\pi L}.

依右手定則,電流沿 +z+z 方向,在 x>0, y=0x>0,\ y=0 的位置,磁場方向為 +y+y 方向。因此磁場向量為

H=IπL y^.\mathbf{H}=\frac{I}{\pi L}\,\hat{\mathbf{y}}.
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第 (4) 題5 分

In a perfect dielectric medium with the permeability of μ\mu, there exists an electric field given as

E=E0cos⁡(ωt−kz)ax,\mathbf{E}=E_0\cos(\omega t-kz)\mathbf{a}_x,

where E0E_0 is the peak value, ω\omega is the frequency, kk is a constant, and ax\mathbf{a}_x is the unit vector in xx direction.

What is the xx component of the magnetic field in the region?

(A) E0kωμcos⁡(ωt−kz)\frac{E_0k}{\omega\mu}\cos(\omega t-kz)
(B) 00
(C) E0ωμcos⁡(ωt−kz)\frac{E_0}{\omega\mu}\cos(\omega t-kz)
(D) E0kωμcos⁡(ωt−kz)\frac{E_0k}{\omega\mu}\cos(\omega t-kz)
(E) None of the above.

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載入中…

第 (5) 題5 分

For an infinite plane carrying uniform surface charge density ρs\rho_s in rectangular coordinate system, what is the magnitude of the electric field intensity at any point on the zz axis?

ε0\varepsilon_0: the permittivity in free space.

(A) 2ρsε0\frac{2\rho_s}{\varepsilon_0}
(B) 4ρsε0\frac{4\rho_s}{\varepsilon_0}
(C) 00
(D) ρsε0\frac{\rho_s}{\varepsilon_0}
(E) ρs2ε0\frac{\rho_s}{2\varepsilon_0}

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核心觀念

均勻帶電的無限平面具有平面對稱性,因此電場垂直於平面,且平面兩側的電場大小相同。題目依標準設定,將帶電平面視為 xyxy 平面(z=0z=0),因此 zz 軸垂直於平面。

利用高斯定律:

∮SE⋅dS=Qencε0\oint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{S} = \frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}

解題方法

以穿過帶電平面的薄圓柱形高斯面作為高斯面,兩個端面面積均為 AA,並分別位於平面兩側。電場垂直於兩端面,且大小相同;圓柱側面的電場與面法向量垂直,因此側面通量為零。

兩個端面的總通量為:

∮SE⋅dS=EA+EA=2EA\oint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{S} = EA+EA = 2EA

高斯面所包圍的電荷為 Qenc=ρsAQ_{\text{enc}}=\rho_s A。代入高斯定律:

2EA=ρsAε02EA=\frac{\rho_s A}{\varepsilon_0}

消去 AA,得到電場強度大小:

E=ρs2ε0E=\frac{\rho_s}{2\varepsilon_0}
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第 (6) 題5 分

On a metallic sphere of radius R=30 cmR=30\ \mathrm{cm} in free space (permittivity: 8.85×10−12 F/m8.85\times10^{-12}\ \mathrm{F/m}), charge Q=1 μCQ=1\ \mu\mathrm{C} is uniformly distributed over the surface.

What is the electric field just above the surface of the sphere?

(A) 1 V/cm1\ \mathrm{V/cm}
(B) 10 V/cm10\ \mathrm{V/cm}
(C) 100 V/cm100\ \mathrm{V/cm}
(D) 1000 V/cm1000\ \mathrm{V/cm}
(E) 10000 V/cm10000\ \mathrm{V/cm}

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核心觀念

金屬球在靜電平衡時,電荷分布於球面;球外電場可由高斯定律求得,等同於把總電荷視為集中在球心的點電荷。球面外側的電場大小為

E=Q4πε0R2E=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2}

解題方法

原卷給定金屬球半徑 R=30 cmR=30\ \mathrm{cm}、自由空間介電常數 ε0=8.85×10−12 F/m\varepsilon_0=8.85\times10^{-12}\ \mathrm{F/m},球面均勻帶電 Q=1 μCQ=1\ \mu\mathrm{C};題目詢問球面正上方的電場,也就是球外緊鄰表面的電場。

先將半徑與電荷換成 SI 單位:

R=0.30 m,Q=1.0×10−6 CR=0.30\ \mathrm{m},\qquad Q=1.0\times10^{-6}\ \mathrm{C}

代入球外電場公式:

E=1.0×10−64π(8.85×10−12)(0.30)2≈9.99×104 V/mE=\frac{1.0\times10^{-6}} {4\pi(8.85\times10^{-12})(0.30)^2} \approx 9.99\times10^4\ \mathrm{V/m}

由 1 V/cm=100 V/m1\ \mathrm{V/cm}=100\ \mathrm{V/m},可得

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第 (7) 題5 分

Two metallic plates are separated by a distance dd, and the medium between the plates is homogeneous and has finite conductivity σ\sigma.

If the two plates are of the cross-sectional area AA and infinite conductivity, what is the resistance of the region between the plates when a potential difference VV is applied to the two plates?

(A) 2dσA\frac{2d}{\sigma A}
(B) Vd\frac{V}{d}
(C) Vσd\frac{V}{\sigma d}
(D) σVAd\frac{\sigma V}{Ad}
(E) None of the above.

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核心觀念

均勻導電介質的電阻由電阻率、導電路徑長度與截面積決定:

R=LσAR=\frac{L}{\sigma A}

其中 LL 是電流通過介質的距離,AA 是垂直於電流方向的截面積,σ\sigma 是介質的電導率。金屬板的電導率無限大,表示板內電阻可忽略;兩板間介質仍有有限電阻。

解題方法

依原卷圖,第 (7) 題給定兩金屬板相距 dd、截面積為 AA,板間介質均勻且電導率為 σ\sigma;兩板間施加電位差 VV。電流沿兩板間距方向流動,因此導電路徑長度為 dd,截面積為 AA。

由歐姆定律與微觀形式的電流關係,

E=Vd,J=σE,I=JAE=\frac{V}{d},\qquad J=\sigma E,\qquad I=JA

所以

I=σVdAI=\sigma\frac{V}{d}A

進而得到

R=VI=VσVA/d=dσAR=\frac{V}{I} =\frac{V}{\sigma VA/d} =\frac{d}{\sigma A}
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📄 以下 3 題共用同一段題幹

As shown in the figure, a current density vector J⃗\vec{J} is passing through an interface between two regions of the conductivities σ1\sigma_1 and σ2\sigma_2.

Region 1 has the dielectric constant of 22 and the conductivity σ1=40 μS/m\sigma_1=40\ \mu\mathrm{S/m}; region 2 has the dielectric constant of 55 and the conductivity σ2=50 nS/m\sigma_2=50\ \mathrm{nS/m}.

J⃗2\vec{J}_2 has a magnitude of 2 A/m22\ \mathrm{A/m^2} and θ2=60∘\theta_2=60^\circ.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

第 (8) 題5 分

What is J⃗1\vec{J}_1?

(A) 1385.6 A/m21385.6\ \mathrm{A/m^2}
(B) 1.732 A/m21.732\ \mathrm{A/m^2}
(C) 1 A/m21\ \mathrm{A/m^2}
(D) 1853.7 A/m21853.7\ \mathrm{A/m^2}
(E) 1.237 A/m21.237\ \mathrm{A/m^2}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 1 頁

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核心觀念

本題考查均勻導電介質交界面的邊界條件。穩態時,法向電流密度連續;切向電場連續。利用 J⃗=σE⃗\vec J=\sigma\vec E,可寫成

J1n=J2n,J1tσ1=J2tσ2.J_{1n}=J_{2n}, \qquad \frac{J_{1t}}{\sigma_1}=\frac{J_{2t}}{\sigma_2}.

其中 nn、tt 分別代表介面的法向與切向分量。

解題方法

圖中介面為水平面,虛線為垂直法線;θ1\theta_1、θ2\theta_2 都是電流密度與法線的夾角。區域 1 的導電率為 σ1=40 μS/m\sigma_1=40\ \mu\mathrm{S/m},區域 2 的導電率為 σ2=50 nS/m\sigma_2=50\ \mathrm{nS/m};圖示給定 J2=2 A/m2J_2=2\ \mathrm{A/m^2}、θ2=60∘\theta_2=60^\circ。

先將 J⃗2\vec J_2 分解:

J2n=J2cos⁡θ2=2cos⁡60∘=1 A/m2,J_{2n}=J_2\cos\theta_2=2\cos60^\circ=1\ \mathrm{A/m^2}, J2t=J2sin⁡θ2=2sin⁡60∘=3 A/m2.J_{2t}=J_2\sin\theta_2=2\sin60^\circ=\sqrt{3}\ \mathrm{A/m^2}.

由法向電流密度連續,J1n=1 A/m2J_{1n}=1\ \mathrm{A/m^2}。由切向電場連續及 J⃗=σE⃗\vec J=\sigma\vec E:

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第 (9) 題5 分

For the above question, what is θ1\theta_1?

(A) 39.96∘39.96^\circ
(B) 89.96∘89.96^\circ
(C) 49.96∘49.96^\circ
(D) 59.96∘59.96^\circ
(E) 69.96∘69.96^\circ

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 1 頁

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核心觀念

此題考導電介質交界面的電流密度邊界條件。穩態下,界面法向電流密度連續;又因導電介質中 J⃗=σE⃗\vec J=\sigma\vec E,而界面切向電場連續,因此可由兩個分量求出電流與界面法線的夾角關係。

解題方法

圖中兩區域以水平線作為界面,虛線為界面法線;θ1\theta_1、θ2\theta_2 都是電流密度向量與法線的夾角。題目給定 σ1=40 μS/m\sigma_1=40\ \mu\mathrm{S/m}、σ2=50 nS/m\sigma_2=50\ \mathrm{nS/m},以及 θ2=60∘\theta_2=60^\circ。

法向電流密度連續,因此 J1cos⁡θ1=J2cos⁡θ2J_1\cos\theta_1=J_2\cos\theta_2;切向電場連續,且 Et=Jt/σE_t=J_t/\sigma,因此

J1sin⁡θ1σ1=J2sin⁡θ2σ2.\frac{J_1\sin\theta_1}{\sigma_1} = \frac{J_2\sin\theta_2}{\sigma_2}.

將切向條件除以法向條件,消去 J1J_1、J2J_2,得到

tan⁡θ1σ1=tan⁡θ2σ2,tan⁡θ1=σ1σ2tan⁡θ2.\frac{\tan\theta_1}{\sigma_1} = \frac{\tan\theta_2}{\sigma_2}, \qquad \tan\theta_1 = \frac{\sigma_1}{\sigma_2}\tan\theta_2.

單位換算後,σ1=40×10−6 S/m\sigma_1=40\times10^{-6}\ \mathrm{S/m},σ2=50×10−9 S/m\sigma_2=50\times10^{-9}\ \mathrm{S/m},所以

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第 (10) 題5 分

Repeating question (8), what is the surface charge density at the interface?

(A) −0.68 mC/m2-0.68\ \mathrm{mC/m^2}
(B) −0.78 mC/m2-0.78\ \mathrm{mC/m^2}
(C) −0.88 mC/m2-0.88\ \mathrm{mC/m^2}
(D) −0.98 mC/m2-0.98\ \mathrm{mC/m^2}
(E) −0.58 mC/m2-0.58\ \mathrm{mC/m^2}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 1 頁

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核心觀念

界面上的自由面電荷密度由電位移向量的法向邊界條件決定:

ρs=n^⋅(D1−D2)\rho_s=\hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf D_1-\mathbf D_2)

其中 n^\hat{\mathbf n} 是兩區域共用的法向方向。又因為 D=εE\mathbf D=\varepsilon\mathbf E,且導電介質中 J=σE\mathbf J=\sigma\mathbf E,所以法向電位移可寫成 Dn=εJn/σD_n=\varepsilon J_n/\sigma。本題要先取電流密度的法向分量,再比較兩側的電位移。

解題方法

圖中可讀出兩區域以水平面為界,Region 1 在上、Region 2 在下,虛線是界面法線;θ2\theta_2 是 J⃗2\vec J_2 與法線的夾角。題目給 ∣J⃗2∣=2 A/m2\lvert\vec J_2\rvert=2\ \mathrm{A/m^2}、θ2=60∘\theta_2=60^\circ。以下以電流穿越界面的共同方向為法向正方向,並採用界面條件 ρs=D1n−D2n\rho_s=D_{1n}-D_{2n}。

由法向電流連續,兩側的法向電流分量大小相同:

J1n=J2n=2cos⁡60∘=1 A/m2J_{1n}=J_{2n}=2\cos60^\circ=1\ \mathrm{A/m^2}

相對介電常數分別為 εr1=2\varepsilon_{r1}=2、εr2=5\varepsilon_{r2}=5,因此

D1n=ε0εr1J1nσ1,D2n=ε0εr2J2nσ2D_{1n}=\varepsilon_0\varepsilon_{r1}\frac{J_{1n}}{\sigma_1}, \qquad D_{2n}=\varepsilon_0\varepsilon_{r2}\frac{J_{2n}}{\sigma_2}
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第 1 題10 分

What are Coulomb and Lorenz gauges? Please check the following two cases, which of them are in Coulomb and/or Lorenz gauges.

(a) V=3tV=3t, A⃗=A0sin⁡(kx−ωt)y^\vec{A}=A_0\sin(kx-\omega t)\hat{y}; where kk and A0A_0 are constants. (5%5\%)

(b) V(r⃗,t)=0V(\vec{r},t)=0, A⃗(r⃗,t)=−qt4πε0r2r^\vec{A}(\vec{r},t)=-\frac{qt}{4\pi\varepsilon_0r^2}\hat{r}, where qq and ε0\varepsilon_0 are constants. (5%5\%)

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核心觀念

電磁勢的規範條件用來判斷向量位勢 A⃗\vec A 與純量位勢 VV 是否符合特定規範:

  • 庫侖規範:
    ∇⋅A⃗=0\nabla\cdot\vec A=0

  • 洛侖茲規範:
    ∇⋅A⃗+μ0ε0∂V∂t=0\nabla\cdot\vec A+\mu_0\varepsilon_0\frac{\partial V}{\partial t}=0

其中 μ0ε0=1/c2\mu_0\varepsilon_0=1/c^2。判斷時分別代入兩個規範條件即可。

解題方法與各小題分析

(a) V=3tV=3t,A⃗=A0sin⁡(kx−ωt)y^\vec A=A_0\sin(kx-\omega t)\hat y

向量位勢只有 yy 分量,且該分量不依賴 yy,所以

∇⋅A⃗=∂Ay∂y=0.\nabla\cdot\vec A =\frac{\partial A_y}{\partial y} =0.

因此符合庫侖規範。

另一方面,

∂V∂t=3,\frac{\partial V}{\partial t}=3,

代入洛侖茲規範左側:

∇⋅A⃗+μ0ε0∂V∂t=0+3μ0ε0≠0.\nabla\cdot\vec A+\mu_0\varepsilon_0\frac{\partial V}{\partial t} =0+3\mu_0\varepsilon_0 \ne 0.

因此不符合洛侖茲規範。

(b) V=0V=0,A⃗=−qt4πε0r2r^\vec A=-\dfrac{qt}{4\pi\varepsilon_0r^2}\hat r

對 r≠0r\ne 0,這是徑向向量場。徑向向量場的散度為

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第 2 題10 分

You get an extremely thin quarter waveplate, made by a crystal (extraordinary refractive index ne=1.671n_e=1.671, ordinary refractive index no=1.521n_o=1.521, optical axis along xx axis), for light with wavelength of 600 nm600\ \mathrm{nm}, as shown in Figure 1.

Figure 1:
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(a) Plot the relative direction of the optical axis and the polarization of the light to obtain a circularly polarized light. (4%4\%)

(b) Calculate the smallest thickness of the crystal. (6%6\%)

🖼️ 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

四分之一波片利用晶體的雙折射,讓沿兩個互相垂直方向的電場分量累積不同相位。要讓線偏振光變成圓偏振光,必須同時滿足:

  1. 光的電場在波片兩個主軸上的分量振幅相等。
  2. 兩分量通過波片後的相位差為 π/2\pi/2(或其奇數倍)。

解題方法

圖中標示晶體光軸沿 xx 軸,光沿 zz 方向通過波片,因此電場分量位於垂直於傳播方向的 xyxy 平面。入射光為線偏振光;要產生圓偏振,須使入射偏振方向與光軸 xx 軸成 45∘45^\circ,使 xx、yy 兩方向的電場分量相等。

可將入射電場寫成

Ein=E02x^+E02y^.\mathbf{E}_{\mathrm{in}} = \frac{E_0}{\sqrt{2}}\hat{\mathbf{x}} + \frac{E_0}{\sqrt{2}}\hat{\mathbf{y}}.

通過厚度為 dd 的晶體後,沿光軸的 extraordinary 分量與垂直光軸的 ordinary 分量之相位差大小為

Δϕ=2πλ(ne−no)d.\Delta\phi = \frac{2\pi}{\lambda}(n_e-n_o)d.

當 Δϕ=π/2\Delta\phi=\pi/2 時,兩個等振幅分量相差四分之一週期,合成電場端點隨時間畫出圓形軌跡,形成圓偏振光。由於 ne>non_e>n_o,xx 分量相對於 yy 分量累積較大的相位;旋轉方向取決於觀察方向與相位差正負的約定。

(a) 偏振方向

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第 (3) 題10 分

Please explain what the Poynting vector is.

Calculate the power transported down the cable shown in Figure 2, using Poynting vector. These two conductors are held at potential difference VV and carry current II (down one and back up the other).

Figure 2:
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

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核心觀念

坡印亭向量描述電磁場的能量流密度:

S=E×H\mathbf{S}=\mathbf{E}\times\mathbf{H}

其方向是能量傳送方向,大小的單位為 W/m2\mathrm{W/m^2}。穿過某一截面的總功率,等於坡印亭向量對該截面的通量:

P=∬AS⋅dAP=\iint_A \mathbf{S}\cdot d\mathbf{A}

本題要用這個通量說明,電纜內由電場與磁場共同形成的能量流,如何傳送功率。

解題方法

圖 2 畫出長直電纜,兩導體間有電位差 VV,電流 II 沿一導體向下流、再由另一導體返回。以理想同軸雙導體電纜表示兩導體間的場,令內、外導體半徑分別為 aa、bb;計算後這些尺寸會消去。

在兩導體間,電場沿徑向,磁場沿環向。取電流沿著電纜的 +z+z 方向,則

E=Vrln⁡(b/a) r^,H=I2πr ϕ^.\mathbf{E} = \frac{V}{r\ln(b/a)}\,\hat{\mathbf r}, \qquad \mathbf{H} = \frac{I}{2\pi r}\,\hat{\boldsymbol\phi}.

電場公式來自兩導體間的電位差:

V=∫abEr dr.V=\int_a^b E_r\,dr.

磁場公式則由安培定律得到:

∮H⋅dl=I.\oint \mathbf{H}\cdot d\mathbf{l}=I.

因此,坡印亭向量為

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第 (4) 題20 分

Suppose we have a wave guide of rectangular shape with height aa and width bb (a≥ba\geq b), and we are interested in the propagation of TM waves. [Figure 3]

Figure 3:
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(a) What is a TM wave? Please give the boundary condition, and explain it briefly. (4%4\%)

(b) Find the fields, Bx(x,y)B_x(x,y), By(x,y)B_y(x,y) and Bz(x,y)B_z(x,y). Please give your derivation process. (8%8\%)

(c) Explain the limitation of mm and nn in TMmn\mathrm{TM}_{mn}, where mm and nn mean the factors of integer for the wave number along xx and yy directions (kxk_x and kyk_y). (4%4\%)

(d) Derive the cut-off frequency, and explain its physical meaning in detail. (4%4\%)

The components of EM wave in waveguides for ExE_x, EyE_y, BxB_x, and ByB_y, as well as the uncoupled equations.

Ex=i(ω/c)2−k2(k∂Ez∂x+ω∂Bz∂y),E_x=\frac{i}{(\omega/c)^2-k^2}\left(k\frac{\partial E_z}{\partial x}+\omega\frac{\partial B_z}{\partial y}\right),

Ey=i(ω/c)2−k2(k∂Ez∂y−ω∂Bz∂x),E_y=\frac{i}{(\omega/c)^2-k^2}\left(k\frac{\partial E_z}{\partial y}-\omega\frac{\partial B_z}{\partial x}\right),

Bx=i(ω/c)2−k2(k∂Bz∂x−ωc2∂Ez∂y),B_x=\frac{i}{(\omega/c)^2-k^2}\left(k\frac{\partial B_z}{\partial x}-\frac{\omega}{c^2}\frac{\partial E_z}{\partial y}\right),

By=i(ω/c)2−k2(k∂Bz∂y+ωc2∂Ez∂x),B_y=\frac{i}{(\omega/c)^2-k^2}\left(k\frac{\partial B_z}{\partial y}+\frac{\omega}{c^2}\frac{\partial E_z}{\partial x}\right),

[∂2∂x2+∂2∂y2+(ωc)2−k2](EzBz)=0,\left[\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\left(\frac{\omega}{c}\right)^2-k^2\right]\begin{pmatrix}E_z\\B_z\end{pmatrix}=0,

uncoupled equations, where ω\omega, cc, and kk are angular frequency, light velocity, and wave number, respectively.

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核心觀念

矩形波導沿 zz 方向延伸,截面尺寸為 0≤x≤a0\le x\le a、0≤y≤b0\le y\le b,且 a≥ba\ge b。本題考查 TM 模態的定義、理想導體壁上的邊界條件、截面波動方程的本徵解,以及截止頻率。

TM 波相對於傳播方向 zz 為「橫磁波」,因此縱向磁場分量為零:

Bz=0,Ez≠0.B_z=0,\qquad E_z\ne 0.

理想導體表面的切向電場必須為零。四個側壁上的 EzE_z 都是切向分量,因此

Ez(0,y)=Ez(a,y)=Ez(x,0)=Ez(x,b)=0.E_z(0,y)=E_z(a,y)=E_z(x,0)=E_z(x,b)=0.

解題方法

由圖 3 可讀出波導沿 zz 方向傳播,xx 方向高度為 aa,yy 方向寬度為 bb;截面邊界視為理想導體。先用 EzE_z 的邊界條件求出允許的截面模態,再代入題目提供的場分量公式求 BxB_x、ByB_y。

(a) TM 波與邊界條件

TM 波的定義是磁場沒有沿傳播方向的分量,也就是 Bz=0B_z=0。電場則可有縱向分量 EzE_z。

對理想導體而言,表面切向電場為零。因為波導側壁的 zz 方向與壁面相切,所以 EzE_z 在四面側壁上皆為零。這個條件決定了 EzE_z 在截面上的正弦模態。

(b) 求 Bx(x,y)B_x(x,y)、By(x,y)B_y(x,y)、Bz(x,y)B_z(x,y)

令 q=ω/cq=\omega/c。題目給的縱向電場方程為

(∂2∂x2+∂2∂y2+q2−k2)Ez=0.\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2} +\frac{\partial^2}{\partial y^2} +q^2-k^2\right)E_z=0.

設截面波數平方為

kc2=q2−k2=kx2+ky2.k_c^2=q^2-k^2=k_x^2+k_y^2.

套用 Ez=0E_z=0 的四邊邊界條件,可得

Ez(x,y,z,t)=E0sin⁡(kxx)sin⁡(kyy)ei(kz−ωt),E_z(x,y,z,t) =E_0\sin(k_xx)\sin(k_yy)e^{i(kz-\omega t)},

其中

kx=mπa,ky=nπb,kc2=(mπa)2+(nπb)2.k_x=\frac{m\pi}{a},\qquad k_y=\frac{n\pi}{b},\qquad k_c^2=\left(\frac{m\pi}{a}\right)^2+ \left(\frac{n\pi}{b}\right)^2.

對應的縱向波數滿足

k2=(ωc)2−kc2.k^2=\left(\frac{\omega}{c}\right)^2-k_c^2.

TM 波有 Bz=0B_z=0。由題目給的場分量公式,

Bx=−iωc2kc2∂Ez∂y,By=iωc2kc2∂Ez∂x.B_x=-\frac{i\omega}{c^2k_c^2}\frac{\partial E_z}{\partial y}, \qquad B_y=\frac{i\omega}{c^2k_c^2}\frac{\partial E_z}{\partial x}.

計算偏導數後,得到

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