113 年 國立臺灣大學光電工程學系碩士班《電磁學（C）》

核心觀念

本題考查均勻平面波的基本參數、極化特性，以及電場與磁場之間的關係：

• 相位形式：$\omega t-\beta z$
• 角頻率：$\omega$
• 相位常數：$\beta$
• 波長：$\lambda=2\pi/\beta$
• 頻率：$f=\omega/(2\pi)$
• 相速度：$v_p=\omega/\beta$
• 平面波方向：由相位 $\omega t-\beta z$ 判定為沿 $+z$ 方向傳播
• 電磁場關係：

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

其中 $\eta=\sqrt{\mu/\varepsilon}$ 為介質的本質阻抗，$\hat{\mathbf{k}}$ 為傳播方向單位向量。

題目未提供介質的 $\mu$、$\varepsilon$ 或 $\eta$，因此磁場振幅只能以 $\eta$ 表示。

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題目整理

令

$$\phi=3\times10^7t-\pi z$$

則電場為

$$\mathbf{E} =10\sin\phi\,\hat{\mathbf a}_x +10\cos\phi\,\hat{\mathbf a}_y \quad \text{V/m}$$

由相位形式可直接讀出

$$\omega=3\times10^7\ \text{rad/s}$$ $$\beta=\pi\ \text{rad/m}$$

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(a) 波的各項參數

角頻率 $\omega$

由 $\omega t-\beta z$ 與題目相比較：

$$\boxed{\omega=3\times10^7\ \text{rad/s}}$$

相位常數 $\beta$

$$\boxed{\beta=\pi\ \text{rad/m}}$$

波長 $\lambda$

相位常數與波長的關係為

$$\beta=\frac{2\pi}{\lambda}$$

因此

$$\lambda=\frac{2\pi}{\beta} =\frac{2\pi}{\pi} =2\ \text{m}$$

所以

$$\boxed{\lambda=2\ \text{m}}$$

頻率 $f$

$$f=\frac{\omega}{2\pi}$$

代入 $\omega=3\times10^7$：

$$f=\frac{3\times10^7}{2\pi} \approx4.775\times10^6\ \text{Hz}$$

因此

$$\boxed{f\approx4.775\ \text{MHz}}$$

相速度 $v_p$

相速度為

$$v_p=\frac{\omega}{\beta}$$

所以

$$v_p=\frac{3\times10^7}{\pi} \approx9.55\times10^6\ \text{m/s}$$

因此

$$\boxed{v_p=\frac{3\times10^7}{\pi} \approx9.55\times10^6\ \text{m/s}}$$

傳播方向

固定相位 $\phi$：

$$3\times10^7t-\pi z=\text{constant}$$

解出 $z$：

$$z=\frac{3\times10^7}{\pi}t+\text{constant}$$

當時間增加時，固定相位的位置往 $+z$ 移動，因此波沿 $+z$ 方向傳播。

$$\boxed{\hat{\mathbf k}=\hat{\mathbf a}_z}$$

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(b) 均勻平面波的極化

電場的兩個分量為

$$E_x=10\sin\phi$$ $$E_y=10\cos\phi$$

兩個分量的振幅相等，皆為 $10$ V/m；相位差為 $90^\circ$。因此電場端點在任一固定位置隨時間變化時，會繞著 $z$ 軸作圓周運動。

也可由下式直接驗證：

$$\left(\frac{E_x}{10}\right)^2 +\left(\frac{E_y}{10}\right)^2 =\sin^2\phi+\cos^2\phi=1$$

因此

$$E_x^2+E_y^2=100$$

電場大小固定，端點軌跡為圓形，故為圓極化。

在固定 $z$ 位置，隨時間增加，電場由 $+\hat{\mathbf a}_y$ 方向轉向 $+\hat{\mathbf a}_x$ 方向。

核心觀念

本題考查兩層介電質串聯時的電位分布與電容。主要使用：

• 靜電場為保守場：
  $\mathbf{E}=-\nabla V$
• 介電質中的電位移：
  $\mathbf{D}=\epsilon\mathbf{E}$
• 介面邊界條件：
  • 切向電場連續
  • 法向電位移的跳躍量等於自由面電荷密度
• 平行板間忽略邊緣效應，因此電位只與 $x$ 有關，兩區域內的電場皆為均勻場。

設 $x=0$ 的極板電位為 $V_0$，$x=d$ 的極板電位為 $0$。

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(a) $x=t$ 介面的邊界條件

介面上沒有額外的自由面電荷，因此自由面電荷密度為

$$\rho_s=0$$

1. 電位連續

靜電場中的電位在一般介面上必須連續，因此

$$V_1(t)=V_2(t)$$

2. 切向電場連續

介面法向量沿著 $x$ 方向，切向方向為 $y,z$。邊界條件為

$$\mathbf{E}_{1t}=\mathbf{E}_{2t}$$

本題為一維平行板問題，電場只有 $x$ 分量，因此切向電場皆為零。

3. 法向電位移連續

一般邊界條件為

$$D_{2n}-D_{1n}=\rho_s$$

由於 $\rho_s=0$，得到

$$D_{1n}=D_{2n}$$

也就是

$$\epsilon_1 E_{1x}=\epsilon_2 E_{2x}$$

利用 $\mathbf{E}=-\nabla V$，亦可寫成

$$\epsilon_1\frac{dV_1}{dx} = \epsilon_2\frac{dV_2}{dx}$$

其中兩邊的負號相互抵消。

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(b) 兩區域的電位解

1. 各區域內的控制方程式

每一區域內沒有自由電荷，因此滿足拉普拉斯方程式：

$$\nabla^2 V=0$$

由於電位僅與 $x$ 有關，

$$\frac{d^2V}{dx^2}=0$$

所以兩區域的電位皆為一次函數：

$$V_1(x)=A_1x+B_1,\qquad 0<x<t$$ $$V_2(x)=A_2x+B_2,\qquad t<x<d$$

2. 外加極板邊界條件

在 $x=0$ 與 $x=d$ 的極板上：

$$V_1(0)=V_0$$ $$V_2(d)=0$$

因此可將電位寫成較方便的形式：

$$V_1(x)=V_0-\alpha x$$ $$V_2(x)=\beta(d-x)$$

其中 $\alpha$、$\beta$ 分別代表兩區域電位下降的斜率。

3. 套用介面條件

由電位連續性：

$$V_0-\alpha t=\beta(d-t)$$

由法向電位移連續性：

$$\epsilon_1 E_{1x}=\epsilon_2 E_{2x}$$

而

$$E_{1x}=-\frac{dV_1}{dx}=\alpha$$ $$E_{2x}=-\frac{dV_2}{dx}=\beta$$

因此

$$\epsilon_1\alpha=\epsilon_2\beta$$

令兩區域中的法向電位移皆為 $D$，則

$$\alpha=\frac{D}{\epsilon_1}, \qquad \beta=\frac{D}{\epsilon_2}$$

外加電壓可表示為兩段電壓降之和：

$$V_0 = \frac{D}{\epsilon_1}t + \frac{D}{\epsilon_2}(d-t)$$

因此

$$D= \frac{V_0} {\dfrac{t}{\epsilon_1}+\dfrac{d-t}{\epsilon_2}}$$

令

$$S=\frac{t}{\epsilon_1}+\frac{d-t}{\epsilon_2}$$

則兩區域的電位為

$$V_1(x) = V_0-\frac{D}{\epsilon_1}x$$

代入 $D=V_0/S$：

$$V_1(x) = V_0 \left[ 1- \frac{x/\epsilon_1} {\dfrac{t}{\epsilon_1}+\dfrac{d-t}{\epsilon_2}} \right], \qquad 0<x<t$$

第二區域為

核心觀念

本題考察兩個相距 $d$、電流振幅相同但相位差為 $\alpha$ 的 Hertzian dipoles 之遠場疊加。由於 $r\gg d$，兩個偶極子的觀測方向幾乎相同，因此總場可分成：

1. 單一偶極子的方向因子：$\sin\theta$。
2. 兩元件的群方向因子（array factor）： $$AF(\psi)=\cos\left(\frac{\beta d\cos\psi+\alpha}{2}\right)$$

其中 $\beta=2\pi/\lambda$。實際繪製功率或場強方向圖時，通常取其絕對值：

$$|AF(\psi)|= \left| \cos\left(\frac{\beta d\cos\psi+\alpha}{2}\right) \right|$$

題目第（a）式的 $\alpha=0$，因此化為：

$$AF(\psi)=\cos\left(\frac{\beta d}{2}\cos\psi\right)$$

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（a）總電場推導

兩個偶極子的遠場分別為

$$\mathbf E_1 = -\frac{\eta\beta I_0dl\sin\theta}{4\pi r_1} \sin\left(\omega t-\beta r_1+\frac{\alpha}{2}\right) \hat{\mathbf a}_\theta$$ $$\mathbf E_2 = -\frac{\eta\beta I_0dl\sin\theta}{4\pi r_2} \sin\left(\omega t-\beta r_2-\frac{\alpha}{2}\right) \hat{\mathbf a}_\theta$$

因為 $r\gg d$，振幅中的 $r_1,r_2$ 可以以 $r$ 近似：

$$r_1\approx r-\frac d2\cos\psi$$ $$r_2\approx r+\frac d2\cos\psi$$

因此相位項為

$$\omega t-\beta r_1+\frac{\alpha}{2} \approx \omega t-\beta r +\frac{\beta d}{2}\cos\psi+\frac{\alpha}{2}$$ $$\omega t-\beta r_2-\frac{\alpha}{2} \approx \omega t-\beta r -\frac{\beta d}{2}\cos\psi-\frac{\alpha}{2}$$

令

$$A=\omega t-\beta r$$ $$B=\frac{\beta d}{2}\cos\psi+\frac{\alpha}{2}$$

則

$$\mathbf E = -\frac{\eta\beta I_0dl\sin\theta}{4\pi r} \left[\sin(A+B)+\sin(A-B)\right] \hat{\mathbf a}_\theta$$

利用三角恆等式

$$\sin(A+B)+\sin(A-B)=2\sin A\cos B$$

得到

$$\mathbf E = -\frac{2\eta\beta I_0dl\sin\theta}{4\pi r} \cos\left(\frac{\beta d\cos\psi+\alpha}{2}\right) \sin(\omega t-\beta r) \hat{\mathbf a}_\theta$$

整體負號可併入相位表示，因此總場的振幅方向圖為

$$\boxed{ \mathbf E = \frac{2\eta\beta I_0dl\sin\theta}{4\pi r} \cos\left(\frac{\beta d\cos\psi+\alpha}{2}\right) \sin(\omega t-\beta r) \hat{\mathbf a}_\theta }$$

當 $\alpha=0$ 時：

$$\boxed{ \mathbf E = \frac{2\eta\beta I_0dl\sin\theta}{4\pi r} \cos\left(\frac{\beta d}{2}\cos\psi\right) \sin(\omega t-\beta r) \hat{\mathbf a}_\theta }$$

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（b）群方向圖

以下皆繪製歸一化群方向圖：

$$F(\psi)= \left| \cos\left(\frac{\beta d\cos\psi+\alpha}{2}\right) \right|$$

其中 $\psi=0$ 為兩偶極子連線的正向，$\psi=\pi$ 為反向。

（i）$d=\lambda,\ \alpha=0$

因為 $\beta d=2\pi$：

$$F(\psi)=|\cos(\pi\cos\psi)|$$

零點條件：

$$\pi\cos\psi=\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2},\ldots$$

在 $0\leq\psi\leq\pi$ 內：

$$\cos\psi=\pm\frac12$$

所以零點為

$$\psi=60^\circ,\ 120^\circ$$

並由對稱性在另一側有 $240^\circ,300^\circ$。

最大值出現在：

$$\psi=0^\circ,\ 90^\circ,\ 180^\circ,\ 270^\circ$$

因此此方向圖具有四個主要波瓣，分別指向兩個端射方向與兩個側向方向。

$$\boxed{F_1(\psi)=|\cos(\pi\cos\psi)|}$$

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核心觀念

本題考查色散介質中的兩種速度：

• 相速度
  $v_p=\frac{\omega}{\beta}$
• 群速度
  $v_g=\frac{d\omega}{d\beta}$

題目給定色散關係

$$\frac{1}{\omega^2} = \frac{1}{\omega_p^2} + \frac{1}{\beta^2v_t^2},$$

其中 $v_t$ 視為常數。題幹中的 $\tau$ 應為符號誤植，計算依題式中的 $v_t$ 進行。

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解題方法

已知中心角頻率為

$$\omega=0.8\omega_p=\frac{4}{5}\omega_p.$$

（a）相速度

由色散關係：

$$\frac{1}{\beta^2v_t^2} = \frac{1}{\omega^2}-\frac{1}{\omega_p^2}.$$

代入 $\omega=\frac{4}{5}\omega_p$：

$$\frac{1}{\beta^2v_t^2} = \frac{1}{\left(\frac{4}{5}\omega_p\right)^2} -\frac{1}{\omega_p^2} = \frac{25}{16\omega_p^2}-\frac{1}{\omega_p^2}.$$

因此

$$\frac{1}{\beta^2v_t^2} = \frac{9}{16\omega_p^2},$$

故

$$\beta^2v_t^2=\frac{16}{9}\omega_p^2, \qquad \beta v_t=\frac{4}{3}\omega_p.$$

相速度為

$$v_p=\frac{\omega}{\beta} = \frac{\frac{4}{5}\omega_p}{\frac{4\omega_p}{3v_t}} = \frac{3}{5}v_t.$$

所以

$$\boxed{v_p=0.6v_t}.$$

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（b）群速度

核心觀念

本題考戴維寧最大功率傳輸定理與無損傳輸線的阻抗轉換。當負載端看到的總網路無損時，若輸入阻抗與訊號源阻抗共軛匹配，負載可取得最大功率。圖中第一段傳輸線長度為 $\lambda/4$，第二段為 $3\lambda/4$，兩者都具有奇數倍四分之一波長的阻抗轉換特性。

解題方法

訊號源內阻為 $Z_g=12.5+j50\ \Omega$。為使負載取得最大功率，第一段傳輸線輸入端應呈現共軛阻抗：

$$Z_{\text{in},1}=Z_g^*=12.5-j50\ \Omega$$

第一段線長為 $\lambda/4$，特性阻抗 $Z_{01}=25\ \Omega$，因此

$$Z_{\text{in},1}=\frac{Z_{01}^2}{Z_J}$$

其中 $Z_J$ 是兩段傳輸線交接點所見的等效阻抗。整理得

$$Z_J=\frac{25^2}{12.5-j50}$$

改以導納表示：

$$Y_J=\frac{1}{Z_J}=\frac{12.5-j50}{625} =0.02-j0.08\ \text{S}$$

第二段線長為 $3\lambda/4$，同樣是奇數倍四分之一波長，所以其輸入阻抗為

$$Z_{\text{in},2}=\frac{Z_{02}^2}{Z_L}$$

負載 $Z_L=32+j72\ \Omega$，故第二段線的輸入導納為

核心觀念

介電質薄板可視為一段特性阻抗不同的矩形波導。當薄板內的傳播相位滿足

$$\beta_d L=m\pi,\qquad m=1,2,3,\ldots$$

薄板兩端的反射會相消，形成完全透射。這裡 $L=4\,\text{cm}$ 是薄板沿傳播方向的厚度，$\beta_d$ 是介電質區域內的傳播常數。

矩形波導的主模為 $\mathrm{TE}_{10}$，其截止波數為

$$k_c=\frac{\pi}{a},\qquad a=3\,\text{cm}.$$

介電質的相對介電常數為 $\epsilon_r=2.25$，因此介電質區域的傳播常數為

$$\beta_d=\sqrt{\epsilon_r k_0^2-k_c^2}, \qquad k_0=\frac{2\pi f}{c}.$$

解題方法

由完全透射條件 $\beta_d L=m\pi$，解出各階共振頻率：

$$f_m=\frac{c}{2\pi\sqrt{\epsilon_r}} \sqrt{\left(\frac{m\pi}{L}\right)^2+k_c^2}.$$

代入 $k_c=\pi/a$，可寫成

$$f_m=\frac{c}{2\sqrt{\epsilon_r}} \sqrt{\left(\frac{m}{L}\right)^2+\left(\frac{1}{a}\right)^2}.$$

先檢查最低階 $m=1$：

核心觀念

題目考查兩種介質交界面 $x=t$ 處的 Maxwell 邊界條件。設區域 $x<t$ 為介質 1，$x>t$ 為介質 2，界面法向量取為

$$\hat{\mathbf n}=\hat{\mathbf x}.$$

由 Maxwell 方程式積分形式可得：

1. 電場切向分量：

$$\hat{\mathbf n}\times(\mathbf E_2-\mathbf E_1)=\mathbf 0.$$

2. 磁場強度切向分量：

$$\hat{\mathbf n}\times(\mathbf H_2-\mathbf H_1)=\mathbf J_s,$$

其中 $\mathbf J_s$ 為界面上的表面電流密度。

3. 電位移法向分量：

$$\hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf D_2-\mathbf D_1)=\rho_s,$$

其中 $\rho_s$ 為界面上的自由表面電荷密度。

4. 磁通密度法向分量：

$$\hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf B_2-\mathbf B_1)=0.$$

解題方法

在 $x=t$ 處，界面的切向方向為 $y$ 與 $z$，因此電場切向分量滿足

$$E_{2y}=E_{1y}, \qquad E_{2z}=E_{1z}.$$

磁場強度的切向邊界條件為

$$\hat{\mathbf x}\times(\mathbf H_2-\mathbf H_1)=\mathbf J_s.$$

若界面沒有表面電流，即 $\mathbf J_s=\mathbf 0$，則

$$H_{2y}=H_{1y}, \qquad H_{2z}=H_{1z}.$$

法向方向為 $x$，所以電位移與磁通密度的法向條件分別為

$$D_{2x}-D_{1x}=\rho_s,$$ $$B_{2x}=B_{1x}.$$

核心觀念

題目要求求出兩個相鄰區域內的電位函數。由於題幹未提供完整的介電常數、邊界電位與界面條件，以下採用平行平面結構的標準假設：

• 區域一：$0<x<t$，介電常數為 $\epsilon_1$。
• 區域二：$t<x<d$，介電常數為 $\epsilon_2$。
• 系統僅沿 $x$ 方向變化，且兩區域內沒有體電荷。
• 邊界電位為
  $V(0)=V_0,\qquad V(d)=V_d.$
• $x=t$ 為介面，沒有額外自由面電荷。

兩區域內皆滿足拉普拉斯方程式：

$$\nabla^2 V=0.$$

由於電位只與 $x$ 有關，因此化為

$$\frac{d^2V}{dx^2}=0.$$

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解題方法

1. 寫出兩區域的通解

對區域一 $0<x<t$：

$$\frac{d^2V_1}{dx^2}=0$$

因此

$$V_1(x)=A_1x+B_1.$$

對區域二 $t<x<d$：

$$\frac{d^2V_2}{dx^2}=0$$

因此

$$V_2(x)=A_2x+B_2.$$

共有四個待定常數，需要利用兩個邊界條件與兩個介面條件求出。

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2. 邊界條件

在 $x=0$：

$$V_1(0)=V_0$$

所以

$$B_1=V_0.$$

在 $x=d$：

$$V_2(d)=V_d.$$

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3. 介面條件

在 $x=t$，若介面上沒有自由面電荷，電位必須連續：

$$V_1(t)=V_2(t).$$

法向電位移也必須連續：

$$D_{1x}=D_{2x}.$$

又因為

$$E_x=-\frac{dV}{dx}, \qquad D_x=\epsilon E_x,$$

故

$$-\epsilon_1\frac{dV_1}{dx} = -\epsilon_2\frac{dV_2}{dx}.$$

由於兩區域中的電位皆為一次函數，電位移 $D_x$ 為常數。令

$$S=\frac{t}{\epsilon_1}+\frac{d-t}{\epsilon_2},$$

則由總電壓降可得

$$V_d-V_0 = \int_0^d \frac{dV}{dx}\,dx = D_x\left(\frac{t}{\epsilon_1}+\frac{d-t}{\epsilon_2}\right).$$

因此

$$D_x=\frac{V_d-V_0}{S}.$$

注意電場方向與電位梯度的關係為 $E_x=-dV/dx$，故更直接地寫成各區域的電位斜率：

$$\frac{dV_1}{dx} = \frac{V_d-V_0}{\epsilon_1S},$$

核心觀念

1. 電容與單位面積電容的定義：
   電容 $C$ 定義為極板儲存之總自由電荷量 $Q$ 與兩極板間電位差 $V_0$ 之比值： $$C = \frac{Q}{V_0}$$ 單位面積電容（Capacitance per unit area，記為 $C'$ 或 $C/A$）即為極板表面自由電荷密度 $\rho_s = \frac{Q}{A}$ 與電位差 $V_0$ 之比值： $$C' = \frac{C}{A} = \frac{\rho_s}{V_0}$$
2. 高斯定律與電通密度：
   在理想平行板電容器中（極板面積 $A$ 遠大於極板間距 $d$，忽略邊緣效應），板間電場均勻垂直於極板。根據靜電場邊界條件與高斯定律，極板表面自由電荷密度 $\rho_s$ 與板間電通密度大小 $D$ 滿足： $$D = \rho_s$$
3. 本構方程式與電位差：
   在線性等向性均勻介質中，$\mathbf{D} = \epsilon \mathbf{E} = \epsilon_r \epsilon_0 \mathbf{E}$。兩極板間電位差由電場的線積分求得： $$V_0 = \int_0^d E \, dz$$

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解題方法

題目條件設定：
本題為題組第 (c) 小題。設兩平行導體極板間距為 $d$，極板面積為 $A$（滿足 $A \gg d^2$，忽略邊緣效應），極板間填充介電常數（電容率）為 $\epsilon = \epsilon_r \epsilon_0$ 的均勻介質。

詳細推導步驟：

1. 設定極板表面電荷：
   設上極板（$z = d$）具有均勻自由表面電荷密度 $+\rho_s$，下極板（$z = 0$）具有 $-\rho_s$。

2. 利用高斯定律求解板間電場：
   在兩極板之間，電場方向由正電荷指向負電荷（沿 $-\hat{\mathbf{a}}_z$ 方向）。
   由邊界條件：

   $$D_z = \rho_s$$

   對應之電場強度大小為：

   $$E_z = \frac{D_z}{\epsilon} = \frac{\rho_s}{\epsilon}$$

核心觀念

本題考查兩個同相短電流元的遠場疊加，以及下列觀念：

• 短電流元的遠場電場大小與 $I_0dl$、$\beta$、$\sin\theta$ 成正比。
• 兩個電流元位於不同位置，因此到觀測點的傳播距離不同，會產生相位差。
• 遠場條件下，兩個電流元到觀測點的距離可近似為 $r$，但保留由位置差造成的相位差。
• 使用三角恆等式
  $\sin(A+B)+\sin(A-B)=2\sin A\cos B.$

其中：

• $d$ 為兩電流元間距。
• $\theta$ 為觀測方向與短電流元軸線的夾角。
• $\psi$ 為觀測方向與兩電流元連線的夾角。
• $\beta$ 為相位常數。
• $\eta$ 為介質波阻抗。

解題方法

將兩個相同、同相激發的短電流元分別視為 $E_1$ 與 $E_2$，先寫出各自的遠場電場，再處理因位置不同所產生的相位差。

設兩電流元位於連線方向 $\hat{\mathbf a}_d$ 上，位置分別為

$$\mathbf r_1=+\frac d2\hat{\mathbf a}_d,\qquad \mathbf r_2=-\frac d2\hat{\mathbf a}_d.$$

觀測點距離兩電流元中點為 $r$，觀測方向為 $\hat{\mathbf a}_r$。由幾何關係，

$$\hat{\mathbf a}_r\cdot\hat{\mathbf a}_d=\cos\psi.$$

1. 短電流元的遠場電場

短電流元的遠場電場可寫為

$$E_\theta= \frac{\eta\beta I_0dl\sin\theta}{4\pi R} \sin(\omega t-\beta R)\,\hat a_\theta,$$

其中 $R$ 是電流元到觀測點的距離。

由於觀測點位於遠場區域，滿足 $r\gg d$，兩個距離的振幅部分可近似為

$$R_1\approx R_2\approx r.$$

因此，兩個電場的振幅皆為

$$E_0= \frac{\eta\beta I_0dl\sin\theta}{4\pi r}.$$

2. 計算兩個電流元的路徑差

遠場近似下，兩電流元到觀測點的距離分別為

$$R_1\approx r-\frac d2\cos\psi,$$ $$R_2\approx r+\frac d2\cos\psi.$$

因此，兩者的距離差為

$$R_2-R_1\approx d\cos\psi.$$

相對應的相位差為

$$\Delta\phi=\beta(R_2-R_1) =\beta d\cos\psi.$$

令

$$\delta=\frac{\beta d}{2}\cos\psi,$$

則兩個電流元相對於中點相位分別提前與落後 $\delta$。

3. 寫出 $E_1$ 與 $E_2$

令

$$\phi=\omega t-\beta r.$$

對位於 $+\frac d2\hat{\mathbf a}_d$ 的電流元，

$$E_1= E_0\sin\left(\phi+\delta\right)\hat a_\theta.$$

對位於 $-\frac d2\hat{\mathbf a}_d$ 的電流元，

$$E_2= E_0\sin\left(\phi-\delta\right)\hat a_\theta.$$

代入 $E_0$ 與 $\delta$：

核心觀念

本題要求繪製兩個等振幅、相鄰間距為 $d$ 的線性天線陣列之群波瓣圖（group pattern）。假設：

• 兩個陣列元件為同相同振幅；
• 陣列軸取為 $z$ 軸；
• $\theta$ 為觀測方向與陣列軸的夾角；
• $\alpha$ 為兩元件的激勵相位差；
• 元件本身為全向性，因此只需繪製陣列因子。

兩元件陣列因子為

$$AF=1+e^{j(kd\cos\theta+\alpha)}$$

其中

$$k=\frac{2\pi}{\lambda}$$

利用 $1+e^{j\psi}=2e^{j\psi/2}\cos(\psi/2)$，可得其正規化群波瓣函數

$$F(\theta)=\frac{|AF|}{2} =\left|\cos\left(\frac{kd\cos\theta+\alpha}{2}\right)\right|$$

因此：

• 最大值條件：

$$kd\cos\theta+\alpha=2m\pi$$

• 零點條件：

$$kd\cos\theta+\alpha=(2m+1)\pi$$

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(i) $d=\lambda,\ \alpha=0$

此時

$$kd=2\pi$$

因此

$$F(\theta) = \left|\cos(\pi\cos\theta)\right|$$

最大值方向

令

$$\pi\cos\theta=m\pi$$

可得

$$\cos\theta=m$$

在 $-1\leq\cos\theta\leq1$ 的範圍內，主要最大值方向為

$$\theta=0^\circ,\quad 90^\circ,\quad 180^\circ$$

也就是陣列軸正向、陣列側向及陣列軸反向均為最大值。

零點方向

令

$$\pi\cos\theta=\frac{(2m+1)\pi}{2}$$

可得

$$\cos\theta=\pm\frac12$$

因此零點為

$$\theta=60^\circ,\quad120^\circ$$

圖形特徵

此圖具有三個主要波瓣：

• 一個指向 $\theta=0^\circ$；
• 一個指向 $\theta=90^\circ$；
• 一個指向 $\theta=180^\circ$；
• 在 $60^\circ$ 與 $120^\circ$ 處有零點。

由於 $d=\lambda$ 大於半波長，會產生額外的波瓣。

---

(ii) $d=\lambda/4,\ \alpha=-\pi/2$

此時

$$kd=\frac{\pi}{2}$$

代入群波瓣函數：

$$F(\theta) = \left| \cos\left[ \frac{1}{2} \left( \frac{\pi}{2}\cos\theta-\frac{\pi}{2} \right) \right] \right|$$

整理得

$$F(\theta) = \left| \cos\left[ \frac{\pi}{4}(\cos\theta-1) \right] \right|$$

最大值方向

在 $\theta=0^\circ$ 時，

$$\cos\theta=1$$

所以

$$F(0^\circ)=1$$

主波瓣指向

$$\boxed{\theta=0^\circ}$$

這是沿陣列軸正向的端射（end-fire）圖形。

零點方向

令

$$\frac{\pi}{4}(\cos\theta-1) = \pm\frac{\pi}{2}$$

在可行範圍內得到

$$\cos\theta=-1$$

所以零點位於

$$\theta=180^\circ$$

幾個代表方向

$$F(0^\circ)=1$$ $$F(90^\circ)=\cos\frac{\pi}{4} =\frac{1}{\sqrt2}$$ $$F(180^\circ)=0$$

因此圖形由 $\theta=0^\circ$ 朝 $\theta=180^\circ$ 方向逐漸減小，沒有額外旁波瓣。

圖形特徵

• 主波瓣指向 $\theta=0^\circ$；
• $\theta=180^\circ$ 為零點；
• 圖形為單一端射主波瓣；
• 因為 $d<\lambda/2$，不會產生柵瓣。

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(iii) $d=\lambda/2,\ \alpha=0$

此時

$$kd=\pi$$

因此

$$F(\theta) = \left| \cos\left( \frac{\pi}{2}\cos\theta \right) \right|$$

最大值方向

在 $\theta=90^\circ$ 時，

$$\cos90^\circ=0$$

所以

$$F(90^\circ)=1$$

主波瓣指向陣列側向：

$$\boxed{\theta=90^\circ}$$

零點方向

在 $\theta=0^\circ$ 與 $180^\circ$ 時，

$$\cos\theta=\pm1$$

因此

$$F(0^\circ)=F(180^\circ) = \left|\cos\frac{\pi}{2}\right| =0$$

核心觀念

本題考查電磁場在界面 $x=t$ 上的邊界條件，依據 Maxwell 方程式的積分形式，分別對穿過界面的微小矩形迴路與薄圓柱高斯面套用：

• Gauss 定律：決定法向 $\mathbf{D}$ 的跳躍。
• 磁通量 Gauss 定律：決定法向 $\mathbf{B}$ 的連續性。
• Faraday 定律：決定切向 $\mathbf{E}$ 的連續性。
• Ampère–Maxwell 定律：決定切向 $\mathbf{H}$ 是否因表面電流而跳躍。

設區域 1 位於 $x<t$，區域 2 位於 $x>t$，界面法向量取由區域 1 指向區域 2：

$$\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{x}}.$$

解題方法與邊界條件推導

界面若具有表面電荷密度 $\rho_s$ 與表面電流密度 $\mathbf{J}_s$，一般邊界條件為：

$$\hat{\mathbf{n}}\cdot(\mathbf{D}_2-\mathbf{D}_1)=\rho_s$$ $$\hat{\mathbf{n}}\cdot(\mathbf{B}_2-\mathbf{B}_1)=0$$ $$\hat{\mathbf{n}}\times(\mathbf{E}_2-\mathbf{E}_1)=\mathbf{0}$$ $$\hat{\mathbf{n}}\times(\mathbf{H}_2-\mathbf{H}_1)=\mathbf{J}_s.$$

由於 $\hat{\mathbf{n}}=\hat{\mathbf{x}}$，法向分量條件可寫成：

$$D_{2x}-D_{1x}=\rho_s$$ $$B_{2x}=B_{1x}.$$

切向電場分量為 $y$、$z$ 方向，因此：

$$E_{2y}=E_{1y}$$ $$E_{2z}=E_{1z}.$$

對磁場而言：

$$\hat{\mathbf{x}}\times(\mathbf{H}_2-\mathbf{H}_1)=\mathbf{J}_s.$$

若

$$\mathbf{J}_s=J_{sy}\hat{\mathbf{y}}+J_{sz}\hat{\mathbf{z}},$$

則可展開為：

$$(H_{2y}-H_{1y})\hat{\mathbf{z}} - (H_{2z}-H_{1z})\hat{\mathbf{y}} = J_{sy}\hat{\mathbf{y}}+J_{sz}\hat{\mathbf{z}}.$$

因此：

$$H_{2y}-H_{1y}=J_{sz}$$

核心觀念

題目要求求出兩個相鄰區域內的電位函數。由於題幹未提供完整的介電常數、邊界電位與界面條件，以下採用平行平面結構的標準假設：

• 區域一：$0<x<t$，介電常數為 $\epsilon_1$。
• 區域二：$t<x<d$，介電常數為 $\epsilon_2$。
• 系統僅沿 $x$ 方向變化，且兩區域內沒有體電荷。
• 邊界電位為
  $V(0)=V_0,\qquad V(d)=V_d.$
• $x=t$ 為介面，沒有額外自由面電荷。

兩區域內皆滿足拉普拉斯方程式：

$$\nabla^2 V=0.$$

由於電位只與 $x$ 有關，因此化為

$$\frac{d^2V}{dx^2}=0.$$

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解題方法

1. 寫出兩區域的通解

對區域一 $0<x<t$：

$$\frac{d^2V_1}{dx^2}=0$$

因此

$$V_1(x)=A_1x+B_1.$$

對區域二 $t<x<d$：

$$\frac{d^2V_2}{dx^2}=0$$

因此

$$V_2(x)=A_2x+B_2.$$

共有四個待定常數，需要利用兩個邊界條件與兩個介面條件求出。

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2. 邊界條件

在 $x=0$：

$$V_1(0)=V_0$$

所以

$$B_1=V_0.$$

在 $x=d$：

$$V_2(d)=V_d.$$

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3. 介面條件

在 $x=t$，若介面上沒有自由面電荷，電位必須連續：

$$V_1(t)=V_2(t).$$

法向電位移也必須連續：

$$D_{1x}=D_{2x}.$$

又因為

$$E_x=-\frac{dV}{dx}, \qquad D_x=\epsilon E_x,$$

故

$$-\epsilon_1\frac{dV_1}{dx} = -\epsilon_2\frac{dV_2}{dx}.$$

由於兩區域中的電位皆為一次函數，電位移 $D_x$ 為常數。令

$$S=\frac{t}{\epsilon_1}+\frac{d-t}{\epsilon_2},$$

則由總電壓降可得

$$V_d-V_0 = \int_0^d \frac{dV}{dx}\,dx = D_x\left(\frac{t}{\epsilon_1}+\frac{d-t}{\epsilon_2}\right).$$

因此

$$D_x=\frac{V_d-V_0}{S}.$$

注意電場方向與電位梯度的關係為 $E_x=-dV/dx$，故更直接地寫成各區域的電位斜率：

$$\frac{dV_1}{dx} = \frac{V_d-V_0}{\epsilon_1S},$$