111 年 國立中央大學光電科學與工程學系碩士班《電磁學》

設自由空間波阻抗 $\eta_0=120\pi\approx377\ \Omega$，相位常數

$$\beta=20\pi\ \text{rad/m}.$$

(a)

$$\lambda_0=\frac{2\pi}{\beta} =\frac{2\pi}{20\pi}=0.1\ \text{m},$$ $$f=\frac{c}{\lambda_0} =\frac{3\times10^8}{0.1} =3\times10^9\ \text{Hz}.$$

【答案】$\boxed{\lambda_0=0.1\ \text{m},\quad f=3\ \text{GHz}}$

(b)

均勻平面波是指等相位面為平面，且在任一等相位面上，$\mathbf E$、$\mathbf H$ 的振幅與方向皆處處相同；兩者均垂直於傳播方向，且彼此垂直。

【答案】$\boxed{\mathbf E\perp\mathbf H\perp\hat{\mathbf k}}$，波面上場量均勻。

(c)

採用 $e^{j\omega t}$ 時間因子，$e^{j\beta x}$ 表示波沿 $-\hat{\mathbf x}$ 傳播，因此

$$\hat{\mathbf k}=-\hat{\mathbf x}.$$

自由空間平面波滿足

$$\mathbf H=\frac{1}{\eta_0}\hat{\mathbf k}\times\mathbf E.$$

故

$$\boxed{ \mathbf H(x) =\frac{e^{j20\pi x}}{\eta_0} \left[ -\hat{\mathbf y}e^{j\pi/3} -\hat{\mathbf z}e^{-j\pi/3} \right]\text{ mA/m} }$$

亦即

核心觀念

• 完全導體（perfect electric conductor, PEC）在任何時間下其電導率 $\sigma\to\infty$。
• 麥克斯韋方程組在介質內的形式為

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

• 在 PEC 中，電流密度 $\mathbf{J}=\sigma\mathbf{E}$，且 $\sigma\to\infty$，因此只要 $\mathbf{E}$ 不為零，就會產生無限大的電流，違反能量守恆與實際物理情況，故必須有 $\mathbf{E}=0$（在導體內部）。
• 介電位移 $\mathbf{D}$ 與磁場強度 $\mathbf{H}$ 分別定義為

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

解題方法

1. 由 $\mathbf{E}=0$ 推導 $\mathbf{D}=0$
   由 $\mathbf{D}= \varepsilon \mathbf{E}$，而 $\varepsilon$ 在導體內為有限常數（即使為複雜的電導率），只要 $\mathbf{E}=0$，必有 $\mathbf{D}=0$。
2. 由 $\mathbf{B}$ 的邊界條件推導 $\mathbf{H}=0$
   • 在導體表面，法向磁感應強度 $B_n$ 必須連續：$B_{n,\text{內}} = B_{n,\text{外}}$。
   • 切向磁場強度 $H_t$ 必須滿足邊界條件

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

 其中 $\mathbf{J}_s$ 為表面電流密度。  

• 在 PEC 中，由於 $\sigma\to\infty$，表面會產生無限大表面電流以抵消任何切向磁場。為了使 $\mathbf{J}_s$ 有限，必須讓 $\mathbf{H}_t$ 在導體內部為零。

設平板位於 $z=0$ 與 $z=a$，其中 $a=1\text{ cm}$。

(a) 場量與 $y$ 無關，即

$\frac{\partial}{\partial y}=0,$

故結構沿 $y$ 方向均勻；$\sin(100\pi z)$ 表示場在兩平板間隨 $z$ 變化，$e^{-60\pi x}$ 表示沿 $x$ 方向衰減。

【答案】結構沿 $y$ 方向不變。

(b) 波沿 $x$ 方向，唯一電場分量為 $E_y$，故 $E_x=0$，屬於對傳播方向的 TE 模態。橫向波數

$k_c=100\pi=\frac{m\pi}{a}.$

代入 $a=0.01\text{ m}$：

$m=\frac{k_ca}{\pi}=1.$

因此為 $\mathrm{TE}_1$ 模態。由 $e^{-60\pi x}$ 可知傳播常數為純衰減：

$\gamma=\alpha=60\pi\ \text{m}^{-1},$

故此模態低於截止頻率，不能傳播。

【答案】$\mathrm{TE}_1$，為非傳播（截止以下、倏逝）模態。

(c) 截止以下滿足

$\alpha^2=k_c^2-k^2.$

因此

$k=\sqrt{(100\pi)^2-(60\pi)^2}=80\pi\ \text{rad/m}.$

空氣中 $k=2\pi f/c$，故

核心觀念

電場與電位的關係為 $\vec E=-\nabla V$。電荷密度可由泊松方程求得：

$$\nabla^2 V=-\frac{\rho}{\varepsilon_0}$$

對於 $1/r$，原點的奇異性必須以狄拉克 delta 函數處理：

$$\nabla^2\!\left(\frac{1}{r}\right)=-4\pi\delta^{(3)}(\vec r)$$

解題方法

(a) 求電場並判斷是否為靜電場

球對稱函數 $V(r)$ 的梯度為 $\nabla V=\hat r\,dV/dr$。因此

$$\vec E(\vec r) =-\nabla\!\left(\frac{1}{r}\right) =-\hat r\frac{d}{dr}\!\left(\frac{1}{r}\right) =\frac{\hat r}{r^2} =\frac{\vec r}{r^3}, \qquad r\ne 0$$

電場由單值純量電位的負梯度給出，所以在原點以外 $\nabla\times\vec E=0$，符合靜電場的無旋條件。原點處電場與電位皆奇異，代表此處有點電荷；以廣義函數處理後，$\vec E=-\nabla V$ 仍成立，因此這是點電荷所產生的靜電場。

(b) 求電荷密度

將題給電位代入泊松方程，並使用 $1/r$ 的分布拉普拉斯公式：

核心觀念

此題考查二維靜電位的拉普拉斯方程與極座標分離變數。管子沿長度方向無限延伸，且邊界條件不隨該方向改變，因此電位只與截面座標 $r,\phi$ 有關，滿足

$$\nabla^2 V = \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r} \left(r\frac{\partial V}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 V}{\partial \phi^2} =0.$$

圖中扇形的角度為 $\pi/2$，圓弧半徑記為 $R$。兩條直壁接地，圓弧電位為 $V_0$，故邊界條件為

$$V(r,0)=V\left(r,\frac{\pi}{2}\right)=0, \qquad V(R,\phi)=V_0 \quad \left(0<\phi<\frac{\pi}{2}\right).$$

解題方法

令解為 $V(r,\phi)=F(r)G(\phi)$，分離變數後，角向解須在 $\phi=0,\pi/2$ 皆為零，因此角向函數為 $\sin(2n\phi)$，其中 $n=1,2,\ldots$。對應的徑向解包含 $r^{2n}$ 與 $r^{-2n}$。因為原點處電位須有限，捨去在 $r=0$ 發散的 $r^{-2n}$ 項，得到

$$V(r,\phi)=\sum_{n=1}^{\infty} A_n r^{2n}\sin(2n\phi).$$

在圓弧 $r=R$ 上，將常數 $V_0$ 展開成傅立葉正弦級數：

$$V_0=\sum_{n=1}^{\infty} A_n R^{2n}\sin(2n\phi).$$

係數為

核心觀念

• 旋轉帶電球面等效電流：均勻表面電荷 $\sigma$ 隨角速度 $\boldsymbol{\omega}$ 旋轉產生表面電流密度

$\mathbf{K}= \sigma\,\boldsymbol{\omega}\times\mathbf{r}$

• 磁偶極矩：對任意閉合電流分佈，磁偶極矩

$\mathbf{m}= \frac12\int \mathbf{r}\times\mathbf{K}\,dA$

• 磁偶極場（遠離源點 $r\gg R$）

$\mathbf{B}(\mathbf{r})=\frac{\mu_0}{4\pi r^{3}}\Big[3(\mathbf{m}\!\cdot\!\hat{\mathbf r})\hat{\mathbf r}-\mathbf{m}\Big]$

• 磁鏡效應與極光：帶電粒子在磁場線上以螺旋運動，當磁場強度增加時會被反射（鏡點），最終沿磁力線進入兩極大氣層，引發原子/分子激發而產生極光。

---

a. 地表均勻帶電球的磁場

1. 計算磁偶極矩

取球面座標，半徑 $R$，位置向量 $\mathbf r =R\hat{\mathbf r}$，

$\mathbf{K}= \sigma\,\boldsymbol{\omega}\times\mathbf r$

$$\mathbf{m}= \frac12\int \mathbf r\times\mathbf K\,dA =\frac{\sigma}{2}\int \mathbf r\times(\boldsymbol{\omega}\times\mathbf r)\,dA$$

利用向量恆等式 $\mathbf a\times(\mathbf b\times\mathbf a)=\mathbf b\,a^{2}-(\mathbf a\!\cdot\!\mathbf b)\mathbf a$，得

$\mathbf r\times(\boldsymbol{\omega}\times\mathbf r)=\boldsymbol{\omega}R^{2}-(\mathbf r\!\cdot\!\boldsymbol{\omega})\mathbf r$

$\mathbf{m}= \frac{\sigma}{2}\Big[\boldsymbol{\omega}R^{2}\int dA-\int\mathbf r(\mathbf r\!\cdot\!\boldsymbol{\omega})\,dA\Big]$

球面面積 $4\pi R^{2}$，而

$\int r_i r_j\,dA =\frac{4\pi}{3}R^{4}\,\delta_{ij}$

故

$\int\mathbf r(\mathbf r\!\cdot\!\boldsymbol{\omega})\,dA =\frac{4\pi}{3}R^{4}\,\boldsymbol{\omega}$

代回得到

$$\boxed{\displaystyle \mathbf m = \frac{4\pi}{3}\,\sigma R^{4}\,\boldsymbol{\omega}}$$

磁偶極矩的方向即與旋轉軸 $\boldsymbol{\omega}$ 同向。

2. 赤道點（與 $\boldsymbol{\omega}$ 正交）

在磁偶極的赤道平面（$\hat{\mathbf r}\perp\boldsymbol{\omega}$）

$$\mathbf B_{\text{eq}} = \frac{\mu_0}{4\pi R^{3}}\big[-\mathbf m\big] =-\frac{\mu_0}{4\pi R^{3}}\mathbf m$$ $$\boxed{\displaystyle \mathbf B_{\text{eq}} = -\frac{\mu_0\sigma R\omega}{3}\,\hat{\boldsymbol{\omega}}}$$

• 大小 $|\mathbf B_{\text{eq}}| = \dfrac{\mu_0\sigma R\omega}{3}$，方向與 $\boldsymbol{\omega}$ 反向（即指向磁偶極的北極）。

3. 北極點（地理極，$\hat{\mathbf r}=\hat{\mathbf z}$）

令旋轉軸與地理極的夾角為 $\psi$，寫成

$\boldsymbol{\omega}= \omega(\sin\psi\,\hat{\mathbf x}+ \cos\psi\,\hat{\mathbf z})$

磁場公式

$$\mathbf B_{\text{NP}}= \frac{\mu_0}{4\pi R^{3}}\Big[3(\mathbf m\!\cdot\!\hat{\mathbf z})\hat{\mathbf z}-\mathbf m\Big]$$ $$\mathbf m\!\cdot\!\hat{\mathbf z}= m\cos\psi,\qquad \mathbf m= m(\sin\psi\,\hat{\mathbf x}+ \cos\psi\,\hat{\mathbf z})$$