111 年 國立臺灣大學光電工程學系碩士班《電磁學（C）》

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第 1 題40 分

  1. (計算題 40%) Consider a finite-width parallel-plate transmission line formed by two perfectly conducting plates of width ww separated by a spacing dd. A perfect dielectric (μ=μ0\mu = \mu_0, ϵr>1\epsilon_r > 1) filled in between them. Assume that the fringing fields can be neglected and the transverse electromagnetic waves propagate along the zz-axis are given by
    E=(V0d)cos⁡(4π×109t−30nz)a^xE = (\frac{V_0}{d})\cos(4\pi \times 10^9 t - 30n z) \hat{a}_x [V/m] and H=(I0w)cos⁡(4π×109t−30nz)a^yH = (\frac{I_0}{w})\cos(4\pi \times 10^9 t - 30n z) \hat{a}_y [A/m], where V0V_0, I0I_0, dd, and ww are constants.
    (a) (4%) What is the frequency ff of the electromagnetic waves in the parallel-plate transmission line?
    (b) (4%) What is the phase velocity vpv_p of the electromagnetic waves in the parallel-plate transmission line?
    (c) (4%) According to (b), what is the relative permittivity ϵr\epsilon_r of the dielectric filled in between the two conducting plates?
    (d) (4%) Based on (c), what is the capacitance per unit length CC of the parallel-plate transmission line for static fields?
    (e) (4%) Based on (d), what is the characteristic impedance Z0Z_0 of the parallel-plate transmission line?
    (f) (4%) Based on (e), if one end of the parallel plate transmission line is short-circuited, what is the voltage reflection coefficient Γ\Gamma?
    (g) (4%) Based on (e), if the parallel plate transmission line is terminated with a resistive load without reflection, what is the load resistance RLR_L?
    (h) (4%) Please find the instantaneous Poynting vector PP associated with the electromagnetic waves.
    (i) (4%) Please find the time-average Poynting vector ⟨P⟩\langle P \rangle associated with the electromagnetic waves.
    (j) (4%) Please find the time-average power flow ⟨P⟩⋅dS⃗\langle P \rangle \cdot d\vec{S} along the parallel-plate transmission line.

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核心觀念

本題考查平行板傳輸線的 TEM 波、相位常數、相速度、介電常數、每單位長度參數、特性阻抗、反射係數，以及坡印廷向量與功率流。

題目相位項中的「30nz30n z」依題目數值與後續問法，應解讀為 30πz30\pi z，即相位常數

β=30π rad/m.\beta=30\pi\ \text{rad/m}.

若將 nn 視為未定義的獨立變數，則無法得到數值答案；以下採用原題應有的 30π30\pi 進行計算。

波式為

cos⁡(ωt−βz),\cos(\omega t-\beta z),

因此可直接讀出角頻率 ω\omega 與相位常數 β\beta。

(a) 波的頻率

由題目得

ω=4π×109 rad/s.\omega=4\pi\times 10^9\ \text{rad/s}.

角頻率與頻率的關係為

ω=2πf.\omega=2\pi f.

所以

f=ω2π=4π×1092π=2×109 Hz.f=\frac{\omega}{2\pi} =\frac{4\pi\times10^9}{2\pi} =2\times10^9\ \text{Hz}.

因此

f=2 GHz.\boxed{f=2\ \text{GHz}}.

(b) 波的相速度

相速度定義為

vp=ωβ.v_p=\frac{\omega}{\beta}.

代入 ω=4π×109\omega=4\pi\times10^9 與 β=30π\beta=30\pi：

vp=4π×10930π=430×109=1.333×108 m/s.v_p =\frac{4\pi\times10^9}{30\pi} =\frac{4}{30}\times10^9 =1.333\times10^8\ \text{m/s}.

因此

vp=1.333×108 m/s.\boxed{v_p=1.333\times10^8\ \text{m/s}}.

(c) 介電質的相對介電常數

均勻、無耗損介質中的電磁波相速度為

vp=1μϵ.v_p=\frac{1}{\sqrt{\mu\epsilon}}.

又因為

μ=μ0,ϵ=ϵ0ϵr,\mu=\mu_0,\qquad \epsilon=\epsilon_0\epsilon_r,

且

c=1μ0ϵ0,c=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}},

故

vp=cϵr.v_p=\frac{c}{\sqrt{\epsilon_r}}.

整理得

ϵr=(cvp)2.\epsilon_r=\left(\frac{c}{v_p}\right)^2.

取 c=3×108 m/sc=3\times10^8\ \text{m/s}：

ϵr=(3×1081.333×108)2=(2.25)2=5.0625.\epsilon_r =\left(\frac{3\times10^8}{1.333\times10^8}\right)^2 =(2.25)^2 =5.0625.

因此

ϵr=5.0625.\boxed{\epsilon_r=5.0625}.

快速驗算也可由

β=ωμ0ϵ0ϵr=ωcϵr\beta=\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0\epsilon_r} =\frac{\omega}{c}\sqrt{\epsilon_r}

得到

ϵr=βcω=30π(3×108)4π×109=2.25.\sqrt{\epsilon_r} =\frac{\beta c}{\omega} =\frac{30\pi(3\times10^8)}{4\pi\times10^9} =2.25.

(d) 靜態電容每單位長度

忽略邊緣場時，平行板傳輸線的電容每單位長度為

C=ϵwd.C=\frac{\epsilon w}{d}.

其中

ϵ=ϵ0ϵr.\epsilon=\epsilon_0\epsilon_r.

因此

C=ϵ0ϵrwd=5.0625 ϵ0wd F/m.C=\frac{\epsilon_0\epsilon_r w}{d} =\frac{5.0625\,\epsilon_0w}{d}\ \text{F/m}.

所以

C=5.0625 ϵ0wd F/m.\boxed{C=\frac{5.0625\,\epsilon_0w}{d}\ \text{F/m}}.

這裡的 ww 是兩板重疊寬度，dd 是板間距離。

(e) 特性阻抗

平行板傳輸線的電感每單位長度為

L=μdw.L=\frac{\mu d}{w}.

特性阻抗定義為

Z0=LC.Z_0=\sqrt{\frac{L}{C}}.

代入 LL 與 CC：

Z0=μd/wϵw/d=dwμϵ.Z_0 =\sqrt{\frac{\mu d/w}{\epsilon w/d}} =\frac{d}{w}\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}.

由於 μ=μ0\mu=\mu_0、ϵ=ϵ0ϵr\epsilon=\epsilon_0\epsilon_r，

Z0=dwμ0ϵ0ϵr=dwη0ϵr,Z_0 =\frac{d}{w}\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0\epsilon_r}} =\frac{d}{w}\frac{\eta_0}{\sqrt{\epsilon_r}},

其中自由空間波阻抗

η0=μ0ϵ0=120π Ω.\eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}=120\pi\ \Omega.

因此

Z0=120π2.25dw Ω=160π3dw Ω.Z_0 =\frac{120\pi}{2.25}\frac{d}{w}\ \Omega =\frac{160\pi}{3}\frac{d}{w}\ \Omega.

故

Z0=160π3dw Ω\boxed{Z_0=\frac{160\pi}{3}\frac{d}{w}\ \Omega}

或寫成

Z0≈167.55dw Ω.\boxed{Z_0\approx167.55\frac{d}{w}\ \Omega}.

也可直接由場量比驗算：

EH=V0/dI0/w=V0I0wd=η,\frac{E}{H} = \frac{V_0/d}{I_0/w} = \frac{V_0}{I_0}\frac{w}{d} = \eta,

因此

V0I0=ηdw=Z0.\frac{V_0}{I_0} =\eta\frac{d}{w} =Z_0.

(f) 短路端的電壓反射係數

電壓反射係數為

ΓV=ZL−Z0ZL+Z0.\Gamma_V=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}.

短路時

ZL=0.Z_L=0.

因此

ΓV=0−Z00+Z0=−1.\Gamma_V =\frac{0-Z_0}{0+Z_0} =-1.

所以

ΓV=−1.\boxed{\Gamma_V=-1}.

負號表示反射電壓與入射電壓相位相差 180∘180^\circ。短路端電壓必須為零，正是入射電壓與反射電壓完全抵消的結果。

(g) 無反射電阻負載

無反射的條件是負載阻抗等於傳輸線特性阻抗：

ZL=Z0.Z_L=Z_0.

題目負載為純電阻，因此

RL=Z0.R_L=Z_0.

故

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第 2 題10 分

  1. (計算題 10%) A quarter-wave transformer (QWT) is used to match the impedance of a load as shown in Fig. Q2.
    (a) (5%) Please derive dad_a for complete matching.
    (b) (5%) Please derive ZaZ_a for complete matching.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Figure Q2

🖼️ 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

四分之一波長變壓器（QWT）要把負載匹配到主傳輸線的特性阻抗 Z0Z_0。若負載 ZRZ_R 含有電抗，先沿主線從負載往訊號源方向移動距離 dqd_q，找到輸入阻抗為純電阻的位置；再接上長度為 λ/4\lambda/4、特性阻抗為 ZqZ_q 的變壓器段。

圖中的符號為 dqd_q、ZqZ_q，以下依原圖記號推導。假設主線與變壓器段皆為無損傳輸線，且 Z0Z_0 為實數。

解題方法

令負載反射係數為

ΓR=ZR−Z0ZR+Z0=ρejϕ,β=2πλ.\Gamma_R=\frac{Z_R-Z_0}{Z_R+Z_0} =\rho e^{j\phi}, \qquad \beta=\frac{2\pi}{\lambda}.

距離負載 dqd_q 處的反射係數為

Γ(dq)=ΓRe−j2βdq.\Gamma(d_q)=\Gamma_R e^{-j2\beta d_q}.

要使該處阻抗為純電阻，反射係數必須為實數，也就是相位為 nπn\pi。因此

ϕ−2βdq=nπ,n∈Z,\phi-2\beta d_q=n\pi, \qquad n\in\mathbb Z,

所以可選的距離為

dq=ϕ−nπ2β\boxed{ d_q=\frac{\phi-n\pi}{2\beta} }

選取使 0≤dq<λ/20\le d_q<\lambda/2 的整數 nn。在這個位置，令

Γ(dq)=γq∈R.\Gamma(d_q)=\gamma_q\in\mathbb R.

該處所見的純電阻為

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第 3 題20 分

  1. (計算題 20%) A plane wave of 1.5 GHz propagates along the z-direction in an anisotropic dielectric. It is linearly polarized at the beginning of propagation. The x- and y-components of its electric field are equal in magnitude. If the permittivity tensor of the anisotropic dielectric is
    ϵ‾‾=ϵ0[4.410004.000003.24]\underline{\underline{\epsilon}} = \epsilon_0 \begin{bmatrix} 4.41 & 0 & 0 \\ 0 & 4.00 & 0 \\ 0 & 0 & 3.24 \end{bmatrix}
    (a) (10%) Please find the phase difference between its x- and y-components after it propagates a distance L.
    (b) (6%) Please find the minimum L (in meters) that it becomes circularly polarized.
    (c) (4%) Please find the minimum L (in meters) that it is still linearly polarized but its polarization rotates 90 degrees.

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核心觀念

本題考查各向異性介電質中的雙折射（birefringence）。由於介電常數在 xx、yy 方向不同，電場的 xx、yy 分量具有不同的相位常數，因此傳播後會產生相位差。

介電張量為對角矩陣，且波沿 zz 方向傳播，因此 xx、yy 方向分別是兩個本徵偏振方向：

ϵrx=4.41,ϵry=4.00\epsilon_{rx}=4.41,\qquad \epsilon_{ry}=4.00

假設介質為非磁性介質，即 μr=1\mu_r=1，則兩方向的相位常數為

βx=k0ϵrx,βy=k0ϵry,\beta_x=k_0\sqrt{\epsilon_{rx}},\qquad \beta_y=k_0\sqrt{\epsilon_{ry}},

其中

k0=ωc=2πfc.k_0=\frac{\omega}{c}=\frac{2\pi f}{c}.

由於

4.41=2.1,4.00=2.0,\sqrt{4.41}=2.1,\qquad \sqrt{4.00}=2.0,

故

βx=2.1k0,βy=2.0k0.\beta_x=2.1k_0,\qquad \beta_y=2.0k_0.

解題方法

設波在 z=0z=0 處的電場為線性偏振，且 xx、yy 分量大小相等：

E(0)=E02(x^+y^).\mathbf E(0)=\frac{E_0}{\sqrt{2}}\left(\hat{\mathbf x}+\hat{\mathbf y}\right).

傳播距離 LL 後，兩分量分別為

Ex(L)=E02e−jβxL,Ey(L)=E02e−jβyL.E_x(L)=\frac{E_0}{\sqrt{2}}e^{-j\beta_x L}, \qquad E_y(L)=\frac{E_0}{\sqrt{2}}e^{-j\beta_y L}.

因此兩分量的相位差大小為

Δϕ=∣βx−βy∣L.\Delta\phi = \left|\beta_x-\beta_y\right|L.

(a) 傳播距離 LL 後的相位差

工作頻率為

f=1.5 GHz=1.5×109 Hz.f=1.5\ \text{GHz}=1.5\times 10^9\ \text{Hz}.

自由空間波長為

λ0=cf=3×1081.5×109=0.2 m.\lambda_0=\frac{c}{f} =\frac{3\times10^8}{1.5\times10^9} =0.2\ \text{m}.

因此

k0=2πλ0=2π0.2=10π rad/m.k_0=\frac{2\pi}{\lambda_0} =\frac{2\pi}{0.2} =10\pi\ \text{rad/m}.

相位常數差為

Δβ=βx−βy=k0(2.1−2.0)=0.1k0=π rad/m.\Delta\beta = \beta_x-\beta_y = k_0(2.1-2.0) = 0.1k_0 = \pi\ \text{rad/m}.

所以傳播距離 LL 後的相位差為

Δϕ=πL rad\boxed{\Delta\phi=\pi L\ \text{rad}}

若考慮相位差的週期性，則可寫成

Δϕ=πL(mod2π).\Delta\phi=\pi L\pmod{2\pi}.

若以帶符號的相對相位定義為 ϕy−ϕx\phi_y-\phi_x，結果則為 −πL-\pi L；其絕對值與後續偏振判斷相同。

(b) 成為圓偏振的最小距離

兩個正交電場分量的振幅原本相等，因此要形成圓偏振，只需使兩者的相位差為奇數個 π/2\pi/2：

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第 4 題30 分

  1. (計算題 30%) An infinitesimal Hertzian-dipole antenna is located at (0, 0, λ/4), where λ is the operation wavelength in free space. An infinite perfect conductor surface covers the x-y plane (i.e. z=0 plane). The radiation (for z > 0) can be equivalent to and simplified as the dipole and its image without the perfect conductor surface.
    (a) (10%) If the dipole current flows along the z-direction, please find and plot the group pattern due to the dipole and its image on the x-z plane (only z > 0).
    (b) (10%) If the dipole current flows along the x-direction, please find and plot the group pattern due to the dipole and its image on the x-z plane (only z > 0).
    (c) (10%) Please find and plot the total radiation pattern on the x-z plane (only z > 0) in (b).

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核心觀念

本題考查三個重點：

  1. 理想導體接地面的鏡像法
    將 z=0z=0 的無限大理想導體移除，改以位於 z=−dz=-d 的鏡像偶極取代，其中

    d=λ4.d=\frac{\lambda}{4}.

  2. 兩個偶極的遠場相位差
    觀測方向與 +z+z 軸夾角為 θ\theta，則原偶極與鏡像偶極的路徑相位差由 2dcos⁡θ2d\cos\theta 決定。

  3. 總輻射方向圖 = 單一偶極元素方向圖 × 群方向圖
    群方向圖由原偶極與鏡像偶極的干涉決定；總方向圖還必須乘上單一 Hertzian dipole 的元素方向圖。

以下採用 θ\theta 自 +z+z 軸量起。在 x−zx-z 平面上，θ\theta 的範圍為 0≤θ≤π/20\leq\theta\leq\pi/2，另一側則是關於 zz 軸的鏡像。

鏡像偶極與相位差

偶極位置為

r1=dz^,d=λ4.\mathbf r_1=d\hat{\mathbf z},\qquad d=\frac{\lambda}{4}.

鏡像偶極位於

r2=−dz^.\mathbf r_2=-d\hat{\mathbf z}.

遠場中，位於 z=dz=d 的偶極相位因子為

e−jkdcos⁡θ,e^{-jkd\cos\theta},

而位於 z=−dz=-d 的鏡像偶極相位因子為

e+jkdcos⁡θ,e^{+jkd\cos\theta},

其中

k=2πλ.k=\frac{2\pi}{\lambda}.

因此

kd=2πλλ4=π2.kd=\frac{2\pi}{\lambda}\frac{\lambda}{4} =\frac{\pi}{2}.

(a) 偶極電流沿 zz 方向

鏡像方向

對垂直於理想導體面的電流偶極，鏡像電流與原電流同方向：

Iimage=+I.\mathbf I_{\text{image}}=+\mathbf I.

因此兩個偶極的相位相加，群因子為

AFz(θ)=e−jkdcos⁡θ+e+jkdcos⁡θ.AF_z(\theta) =e^{-jkd\cos\theta}+e^{+jkd\cos\theta}.

利用歐拉公式：

AFz(θ)=2cos⁡(kdcos⁡θ).AF_z(\theta)=2\cos(kd\cos\theta).

代入 kd=π/2kd=\pi/2：

AFz(θ)=2cos⁡(π2cos⁡θ).AF_z(\theta) =2\cos\left(\frac{\pi}{2}\cos\theta\right).

若採用最大值歸一化的群方向圖，則

Gz(θ)=∣cos⁡(π2cos⁡θ)∣\boxed{ G_z(\theta) =\left|\cos\left(\frac{\pi}{2}\cos\theta\right)\right| }

在 x−zx-z 平面中，z>0z>0 時的角度範圍為 0≤θ≤π/20\leq\theta\leq\pi/2。

方向圖特性

主要方向值如下：

θ\thetaGz(θ)G_z(\theta)
0∘0^\circ00
15∘15^\circ0.0540.054
30∘30^\circ0.2090.209
45∘45^\circ0.4450.445
60∘60^\circ0.7070.707
75∘75^\circ0.9180.918
90∘90^\circ11

因此：

  • +z+z 軸方向為零點；
  • 平行於導體面，即 θ=90∘\theta=90^\circ，群方向圖最大；
  • 在上半平面中，方向圖由 zz 軸往導體面方向逐漸增強。

若繪製完整的 x−zx-z 平面，則左右兩側完全對稱：

Gz(−x,z)=Gz(x,z).G_z(-x,z)=G_z(x,z).

方向圖示意如下：

                 z
                 ↑
                 │  零點
                 │  ○
                 │
          ╭──────┼──────╮
       ╭──╯      │      ╰──╮
      ╱          │          ╲
─────╯───────────┼───────────╰────→ x
       θ=90°     │     θ=90°

所以 (a) 的群方向圖為

AFz(θ)=2cos⁡(π2cos⁡θ)\boxed{ AF_z(\theta)=2\cos\left(\frac{\pi}{2}\cos\theta\right) }

或歸一化幅度形式

Gz(θ)=∣cos⁡(π2cos⁡θ)∣.\boxed{ G_z(\theta)=\left|\cos\left(\frac{\pi}{2}\cos\theta\right)\right| }.

(b) 偶極電流沿 xx 方向

鏡像方向

對平行於理想導體面的電流偶極，鏡像電流與原電流反方向：

Iimage=−I.\mathbf I_{\text{image}}=-\mathbf I.

因此兩個偶極的相位相減，群因子為

AFx(θ)=e−jkdcos⁡θ−e+jkdcos⁡θ.AF_x(\theta) =e^{-jkd\cos\theta}-e^{+jkd\cos\theta}.

利用歐拉公式：

AFx(θ)=−2jsin⁡(kdcos⁡θ).AF_x(\theta) =-2j\sin(kd\cos\theta).

其幅度為

∣AFx(θ)∣=2∣sin⁡(kdcos⁡θ)∣.|AF_x(\theta)| =2\left|\sin(kd\cos\theta)\right|.

代入 kd=π/2kd=\pi/2，歸一化群方向圖為

Gx(θ)=∣sin⁡(π2cos⁡θ)∣.\boxed{ G_x(\theta) =\left|\sin\left(\frac{\pi}{2}\cos\theta\right)\right| }.

方向圖特性

主要方向值如下：

θ\thetaGx(θ)G_x(\theta)
0∘0^\circ11
15∘15^\circ0.9980.998
30∘30^\circ0.9780.978
45∘45^\circ0.8950.895
60∘60^\circ0.7070.707
75∘75^\circ0.3960.396
90∘90^\circ00

因此：

  • +z+z 軸方向最大；
  • 導體面方向 θ=90∘\theta=90^\circ 為零點；
  • 完整 x−zx-z 平面方向圖關於 zz 軸對稱。

方向圖示意如下：

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