112 年 國立中央大學光電科學與工程學系碩士班《電磁學》

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第 1 題

An infinitely long ferromagnetic cylinder of radius RR is magnetized to have the magnetization
M(r)=krz^M(r) = kr\hat{z}
inside the cylinder. Here kk is a constant, rr is the distance measured from the central axis of the cylinder, and z^\hat{z} is the unit vector in the direction of the cylinder axis.

(a) Find the magnetic induction B\mathbf{B} and magnetic field H\mathbf{H} inside and outside the cylinder due to M(r)\mathbf{M}(r).
(b) Find the vector potential corresponding to the B\mathbf{B} field obtained in (a).

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束縛電流密度與表面電流密度為

Jb=∇×M=−kϕ^,Kb=M×r^=kRϕ^.\mathbf J_b=\nabla\times\mathbf M =-k\hat{\boldsymbol\phi}, \qquad \mathbf K_b=\mathbf M\times\hat{\mathbf r} =kR\hat{\boldsymbol\phi}.

由圓柱對稱性，B=Bz(r)z^\mathbf B=B_z(r)\hat{\mathbf z}。圓柱內

∇×B=−dBzdrϕ^=μ0Jb=−μ0kϕ^,\nabla\times\mathbf B =-\frac{dB_z}{dr}\hat{\boldsymbol\phi} =\mu_0\mathbf J_b =-\mu_0k\hat{\boldsymbol\phi},

故

dBzdr=μ0k.\frac{dB_z}{dr}=\mu_0k.

再利用 r=Rr=R 處的表面電流邊界條件及無限遠磁場為零，得

B={μ0kr z^,r<R,0,r>R.\mathbf B= \begin{cases} \mu_0kr\,\hat{\mathbf z},&r<R,\\[2mm] \mathbf 0,&r>R. \end{cases}

由

B=μ0(H+M),\mathbf B=\mu_0(\mathbf H+\mathbf M),

可得圓柱內外皆為

H=0.\mathbf H=\mathbf 0.
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第 2 題10 分

The permittivity ε\varepsilon and permeability μ\mu for medium I and II are (ε1,μ1)(\varepsilon_1, \mu_1) and (ε2,μ2)(\varepsilon_2, \mu_2), respectively, and they have a common boundary (interface). Assume that there are no free charge density and free current density in these two media and the interface, namely: ρfree=0\rho_{free} = 0, Jfree=0\mathbf{J}_{free} = 0, σfree=0\sigma_{free} = 0, Kfree=0\mathbf{K}_{free} = 0.

Derive the boundary conditions for the D field (electric displacement) and the H field (note that it is not the B field) at the interface from Maxwell's equations.

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核心觀念

  • Maxwell 方程式（積分形式）
∮∂VD⋅dS=Qfree  (= ⁣0)∮∂VB⋅dS=0∮∂SE⋅dl=−ddt∫SB⋅dS∮∂SH⋅dl=Ifree+ddt∫SD⋅dS  (=0)\begin{aligned} &\oint_{\partial V}\mathbf{D}\cdot d\mathbf{S}=Q_{\text{free}}\;(=\!0)\\ &\oint_{\partial V}\mathbf{B}\cdot d\mathbf{S}=0\\ &\oint_{\partial S}\mathbf{E}\cdot d\mathbf{l}= -\frac{d}{dt}\int_{S}\mathbf{B}\cdot d\mathbf{S}\\ &\oint_{\partial S}\mathbf{H}\cdot d\mathbf{l}= I_{\text{free}}+\frac{d}{dt}\int_{S}\mathbf{D}\cdot d\mathbf{S}\;(=0) \end{aligned}
  • 介面處無自由電荷與自由電流：ρfree=0, Jfree=0, σfree=0, Kfree=0\rho_{\text{free}}=0,\ \mathbf{J}_{\text{free}}=0,\ \sigma_{\text{free}}=0,\ \mathbf{K}_{\text{free}}=0。因此在積分方程式右端皆為零。
  • 邊界條件的推導方式：取一個「薄層柱」或「薄層矩形環」穿過介面，令其厚度 Δh→0\Delta h\to0（對應法向方向），利用高斯定理與安培—麥克斯韋定理分別求出法向與切向分量的連續性。

解題方法

  1. D 場（電位移）的法向分量
    • 在介面上取一個小柱體 VV（底面分別位於介質 I 與 II，面積為 SS，高為 Δh\Delta h），其側面面積趨於零。
    • 依據 ∮∂VD⋅dS=Qfree\displaystyle\oint_{\partial V}\mathbf{D}\cdot d\mathbf{S}=Q_{\text{free}}，且右側為零，得到
∫SID1⋅n^ dS+∫SIID2⋅(−n^) dS=0,\int_{S_{\text{I}}}\mathbf{D}_{1}\cdot\hat{\mathbf{n}}\,dS +\int_{S_{\text{II}}}\mathbf{D}_{2}\cdot(-\hat{\mathbf{n}})\,dS=0 , 
 其中 $\hat{\mathbf{n}}$ 為從介質 I 指向介質 II 的單位法向。
  • 兩積分面積相同且 Δh→0\Delta h\to0 時，積分內的場可視為常數，故

D1⋅n^=D2⋅n^\boxed{\mathbf{D}_{1}\cdot\hat{\mathbf{n}}=\mathbf{D}_{2}\cdot\hat{\mathbf{n}}}

 即 **法向分量連續**（若有自由面電荷 $\sigma_f$ 則右側應加 $\sigma_f$）。

2. B 場（磁感應）的法向分量（僅作為對照）
同理可得 B1⋅n^=B2⋅n^\mathbf{B}_{1}\cdot\hat{\mathbf{n}}=\mathbf{B}_{2}\cdot\hat{\mathbf{n}}。此結果雖不直接涉及題目，但說明磁通不受自由磁單極子影響。

  1. E 場（電場）的切向分量
    • 取一個微小矩形迴路 SS，兩側平行於介面，長為 ll，厚度 Δh\Delta h（垂直於介面）。
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第 3 題20 分

The axis of an infinitely long tube of rectangular cross-section a×ba \times b is parallel to the zz axis. The four walls of the tube are located at x=0x = 0, x=ax = a, y=0y = 0, and y=by = b, respectively. The potential V=V0sin⁡(3πya)V = V_0 \sin\left(\frac{3\pi y}{a}\right) is applied to the upper wall (at y=by = b), and the remaining three walls are grounded. Find the electric field E\mathbf{E} inside the tube.

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題目上壁位於 y=by=b，故邊界條件中的 sin⁡(3πy/a)\sin(3\pi y/a) 應為 sin⁡(3πx/a)\sin(3\pi x/a)；以下依此合理假設求解。

管內無電荷，滿足拉普拉斯方程：

∇2V=0.\nabla^2V=0.

由 x=0,ax=0,a 與 y=0y=0 接地，符合邊界條件的電位為

V(x,y)=V0sin⁡(3πxa)sinh⁡(3πya)sinh⁡(3πba).V(x,y)=V_0\sin\left(\frac{3\pi x}{a}\right) \frac{\sinh\left(\frac{3\pi y}{a}\right)} {\sinh\left(\frac{3\pi b}{a}\right)}.

利用 E=−∇V\mathbf E=-\nabla V，且電位與 zz 無關：

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第 4 題20 分

At the origin located two radiation elements: an electric dipole of length L, carrying an alternating current I1sin⁡(ωt)I_1 \sin(\omega t); and a magnetic dipole consisting of a wire loop of radius b carrying current I2cos⁡(ωt)I_2 \cos(\omega t). Find the condition so as to produce a right-circularly polarized wave at any point in the far field. Note that you need to specify the relative orientations, phase and magnitude of the currents between the electric dipole and the magnetic dipole. (20 pts).

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令短電偶極與小圓環同軸，取電偶極方向及圓環磁偶極矩皆沿 z^\hat{\mathbf z}，圓環面位於 xyxy 平面，面積 A=πb2A=\pi b^2。遠場為

E~θ=jηkI1L4πre−jkrsin⁡θ,E~ϕ=ηk2I2A4πre−jkrsin⁡θ.\tilde E_\theta =j\eta\frac{kI_1L}{4\pi r}e^{-jkr}\sin\theta, \qquad \tilde E_\phi =\eta\frac{k^2I_2A}{4\pi r}e^{-jkr}\sin\theta .

兩分量在任意方向均互相垂直，且具有相同的 sin⁡θ\sin\theta 方向圖。採用 ejωte^{j\omega t} 慣例，右旋圓極化須滿足

E~ϕ=−jE~θ.\tilde E_\phi=-j\tilde E_\theta .
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第 5 題20 分

Consider a perfectly conducting spherical shell of radius a rotates about the z-axis with angular velocity ω\omega in a uniform magnetic field B=B0z^\mathbf{B} = B_0 \hat{z}. Calculate and show that the electromotive force (emf) developed between the north pole and the equator equals to that of a disk of the same radius rotates about the z-axis. (20 pts).

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導體內穩態時，洛倫茲力平衡：

E+v×B=0,Veq−VN=∫Neq(v×B)⋅dl.\mathbf E+\mathbf v\times\mathbf B=0, \qquad V_{\rm eq}-V_{\rm N} =\int_{\rm N}^{\rm eq}(\mathbf v\times\mathbf B)\cdot d\mathbf l.

球面上

v=ωasin⁡θ ϕ^,B=B0z^=B0(cos⁡θ r^−sin⁡θ θ^),\mathbf v=\omega a\sin\theta\,\hat{\boldsymbol\phi}, \qquad \mathbf B=B_0\hat{\mathbf z} =B_0(\cos\theta\,\hat{\mathbf r}-\sin\theta\,\hat{\boldsymbol\theta}),

故

v×B=ωaB0sin⁡θ(cos⁡θ θ^+sin⁡θ r^).\mathbf v\times\mathbf B =\omega aB_0\sin\theta \left(\cos\theta\,\hat{\boldsymbol\theta} +\sin\theta\,\hat{\mathbf r}\right).
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第 6 題10 分

(a) (5 pts) Give your design of an 80 Ω80\,\Omega coaxial transmission line using a Cu wire and tube, and filling material with a relative permittivity εr=2.25\varepsilon_r=2.25. Specify the geometric parameters.

(b) (5 pts) Consider a wave operated at 2 GHz2\,\mathrm{GHz} with an average power of 100 kW100\,\mathrm{kW}. Find the peak electric field on this transmission line.

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核心觀念

同軸傳輸線的主模態為 TEM 波。若內導體半徑為 aa、外導體內半徑為 bb，填充介質的相對介電常數為 εr\varepsilon_r，且導體為非磁性材料，則特性阻抗為

Z0=η02πεrln⁡ba≈60εrln⁡ba ΩZ_0=\frac{\eta_0}{2\pi\sqrt{\varepsilon_r}}\ln\frac{b}{a} \approx \frac{60}{\sqrt{\varepsilon_r}}\ln\frac{b}{a}\ \Omega

其中 η0≈376.73 Ω\eta_0\approx 376.73\ \Omega 為自由空間波阻抗。給定 Z0Z_0 與 εr\varepsilon_r 後，阻抗決定的是半徑比 b/ab/a，而非唯一的絕對尺寸，因此可以自行選定一個內導體半徑，再求外導體內半徑。

解題方法

(a) 設計 80 Ω80\ \Omega 同軸線

令填充介質的 εr=2.25\varepsilon_r=2.25，並選用銅作內、外導體。取常用近似式：

80=602.25ln⁡ba=40ln⁡ba80=\frac{60}{\sqrt{2.25}}\ln\frac{b}{a} =40\ln\frac{b}{a}

因此

ln⁡ba=2,ba=e2≈7.389\ln\frac{b}{a}=2,\qquad \frac{b}{a}=e^2\approx 7.389

選定內導體半徑 a=1.00 mma=1.00\ \mathrm{mm}，則外導體內半徑為

b=7.389a≈7.39 mmb=7.389a\approx 7.39\ \mathrm{mm}

例如可採用下列幾何尺寸：

  • 內導體：銅線半徑 a=1.00 mma=1.00\ \mathrm{mm}。
  • 外導體：銅管內半徑 b=7.39 mmb=7.39\ \mathrm{mm}。
  • 銅管壁厚可取 1.00 mm1.00\ \mathrm{mm}，故外半徑為 8.39 mm8.39\ \mathrm{mm}。
  • 內、外導體間填充 εr=2.25\varepsilon_r=2.25 的介質。

阻抗由內導體半徑與外導體內半徑的比值決定；銅管外半徑不進入上述阻抗公式。

(b) 求峰值電場

令內導體與外導體間的峰值電壓為 VpkV_{\mathrm{pk}}。同軸線徑向電場為

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