108 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所丁組《電磁場與波》

本題主要考驗靜電學中的高斯定律、電位與電荷關係，以及穩恆電流定律中的歐姆定律應用。

核心觀念：

1. 高斯定律 (Gauss's Law): $\oint_S \vec{D} \cdot d\vec{A} = Q_{enc}$。利用球對稱性，可以輕易求得 $\vec{D}$。
2. 電位與電場關係: $\vec{E} = -\nabla V$。在球對稱情況下，$\vec{E} = E_r \hat{r}$。
3. 電通量密度與電場關係: $\vec{D} = \varepsilon \vec{E}$。
4. 穩恆電流歐姆定律: $\vec{J} = \sigma \vec{E}$。
5. 總電荷與積分關係: $Q = \oint_S \rho dV$ 或 $Q = \oint_S \vec{D} \cdot d\vec{A}$ (對封閉曲面)。
6. 總電流與積分關係: $I = \oint_S \vec{J} \cdot d\vec{A}$。

解題步驟：

由於系統具有球對稱性，我們可以假設電場和電位都只具有徑向分量，且只與徑向距離 $r$ 有關。

(a) 電通量密度 $D$ 及總電荷 $Q_1$

考慮一個以原點為中心、半徑為 $r$ ($a<r<b$) 的球面 $S$。
根據高斯定律，通過此球面的電通量等於球面所包圍的淨電荷。由於只有 Sphere 1 帶有淨電荷（Sphere 2 接地，電位為零），我們設 Sphere 1 上的總電荷為 $Q_1$。

$\oint_S \vec{D} \cdot d\vec{A} = Q_1$

由於球對稱性，$\vec{D} = D_r(r) \hat{r}$ 且 $d\vec{A} = dA \hat{r}$。
$\int_0^{2\pi} \int_0^\pi D_r(r) \hat{r} \cdot \hat{r} r^2 \sin\theta d\theta d\phi = Q_1$
$D_r(r) \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^\pi \sin\theta d\theta \cdot r^2 = Q_1$
$D_r(r) \cdot (2\pi) \cdot (2) \cdot r^2 = Q_1$
$D_r(r) = \frac{Q_1}{4\pi r^2}$

所以，電通量密度為 $\vec{D}(r) = \frac{Q_1}{4\pi r^2} \hat{r}$，對於 $a<r<b$。

接下來，我們需要找出 $Q_1$。我們知道 Sphere 1 的電位 $V_1 = 1$ V，Sphere 2 的電位 $V_2 = 0$ V。
電場 $\vec{E}$ 與電通量密度 $\vec{D}$ 的關係為 $\vec{D} = \varepsilon \vec{E}$。
因此，$\vec{E}(r) = \frac{\vec{D}(r)}{\varepsilon} = \frac{Q_1}{4\pi \varepsilon r^2} \hat{r}$，對於 $a<r<b$。

電位差 $V_{ab}$ 可以由電場積分得到：
$V_{ab} = V_a - V_b = -\int_b^a \vec{E} \cdot d\vec{l}$
在這裡，我們從 $a$ 積分到 $b$ 是為了計算 $V_1 - V_2$。
$V_1 - V_2 = -\int_b^a \vec{E} \cdot d\vec{l} = -\int_b^a \frac{Q_1}{4\pi \varepsilon r^2} \hat{r} \cdot (dr \hat{r})$
$V_1 - V_2 = -\frac{Q_1}{4\pi \varepsilon} \int_b^a \frac{1}{r^2} dr = -\frac{Q_1}{4\pi \varepsilon} \left[ -\frac{1}{r} \right]_b^a$

本題考驗傳輸線電感計算，特別是利用安培定律求磁場，再透過磁通量計算電感。

核心觀念：

1. 安培定律 (Ampere's Law): $\oint_C \vec{H} \cdot d\vec{l} = I_{enc}$。
2. 磁場與磁通密度關係: $\vec{B} = \mu \vec{H}$。
3. 電感定義: $L = \frac{\Phi}{I}$，其中 $\Phi$ 是通過某一迴路的總磁通量，$I$ 是該迴路的總電流。電感單位通常是亨利 (H)。題目要求的是每單位長度的電感，即 $L/l$。

解題步驟：

考慮一段長度為 $l$ 的兩線傳輸線。假設兩導線上的電流大小皆為 $I$，方向相反（例如，一條導線電流流出紙面，另一條流進紙面）。我們關心的是導線之間的區域的磁場。

由於電流均勻分佈在導線表面，且兩導線平行且距離遙遠（相較於導線半徑 $a$），我們可以近似地認為，在兩導線之間的區域，磁場主要由這兩條無限長直導線產生。

考慮一個以其中一條導線為中心的圓形迴路，半徑為 $r$ ($a \le r \le d-a$)。
根據安培定律，沿著這個圓形迴路積分：
$\oint_C \vec{H} \cdot d\vec{l} = I_{enc}$

假設我們計算的是第一條導線（半徑 $a$）產生的磁場。若電流為 $I$ 流出紙面，則在圓形迴路上，$H$ 的方向沿切線方向。
$H_t \cdot (2\pi r) = I$
$H_t = \frac{I}{2\pi r}$

由於導線半徑為 $a$，且電流均勻分佈在表面，這意味著在 $r<a$ 的區域，沒有電流。然而，題目中提到「currents are uniformly distributed on the surface of each conductor」。這表示我們計算磁場時，應該考慮的是導線外部區域。

磁通量計算：

我們需要計算通過導線之間區域（從導線表面到另一導線表面）的磁通量。考慮一段長度為 $l$ 的傳輸線。我們計算通過由兩導線表面之間、長度為 $l$ 的矩形區域的磁通量。
這個區域可以定義為：從第一條導線表面 ($r=a$) 到第二條導線表面 ($r=d-a$)，沿著導線方向從 $z=0$ 到 $z=l$。

磁場 $\vec{H}$ 在兩導線之間是徑向的（以導線為中心），並沿切線方向。我們需要計算的是通過由導線間的區域與傳輸線長度 $l$ 所構成的「面」的磁通量。

假設我們計算的是由第一條導線產生的磁場。在兩導線之間（$a \le r \le d-a$），磁場由兩條導線共同產生。
第一條導線（電流 $I$ 流出）在距離 $r$ 處產生的磁場為 $H_1 = \frac{I}{2\pi r}$。
第二條導線（電流 $I$ 流入）在距離 $r$ 處產生的磁場為 $H_2 = \frac{I}{2\pi (d-r)}$。
這兩個磁場方向相同（沿切線方向），因此總磁場強度為：
$H(r) = H_1 + H_2 = \frac{I}{2\pi r} + \frac{I}{2\pi (d-r)}$

磁通密度 $\vec{B} = \mu \vec{H} = \mu \left( \frac{I}{2\pi r} + \frac{I}{2\pi (d-r)} \right) \hat{\phi}$。

現在計算通過長度為 $l$ 的傳輸線、由兩導線表面之間的區域的磁通量 $\Phi$。
這個區域的面積微元 $d\vec{A}$ 是 $dA \hat{z}$，其中 $dA$ 是在 $xy$ 平面上從 $r=a$ 到 $r=d-a$、長度為 $l$ 的區域。
我們應該計算的是通過一個「矩形」區域的磁通量。這個矩形區域的寬度是從一條導線的表面到另一條導線的表面，長度是 $l$。

正確的磁通量計算應該是：考慮通過由長度 $l$ 和兩導線表面之間的距離（從 $a$ 到 $d-a$）所構成的矩形區域的磁通量。
這個區域的面積微元是 $dA = l \cdot dr$。
$\Phi = \int_{a}^{d-a} \vec{B} \cdot d\vec{A}$
這裡的 $d\vec{A}$ 應該是垂直於磁場的，即 $d\vec{A} = l dr \hat{z}$。
然而，磁場是圓柱座標下的 $\hat{\phi}$ 方向。這表示我們計算磁通量的「截面」是沿著導線方向的。

核心觀念

本題考查**自由空間中的均勻平面波（Uniform Plane Wave in Free Space）**的傳播特性及電磁場向量關係：

1. 波數（Phase Constant, $\beta$）與角頻率（$\omega$）的關係：
   在自由空間中，平面波相速度等於光速 $c \approx 3 \times 10^8\text{ m/s}$，符合色散關係： $$\beta = \frac{\omega}{c} = \omega\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}$$
2. 波阻抗（Intrinsic Impedance, $\eta$）與場向量關係：
   自由空間波阻抗為 $\eta_0 = \sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_0}} \approx 120\pi \approx 377\ \Omega$。
   電場向量 $\vec{E}$、磁場向量 $\vec{H}$ 與波傳播方向單位向量 $\hat{a}_k$ 彼此相互正交，並滿足右手定則： $$\vec{E} = -\eta_0 (\hat{a}_k \times \vec{H})$$ 或直接由馬克士威旋度方程式 $\nabla \times \vec{H} = \varepsilon_0 \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}$ 積分推導。

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解題方法

1. 求角頻率 $\omega$

題給磁場為：

$$\vec{H}(x,t) = (10\hat{a}_y - 20\hat{a}_z)\sin(\omega t - 40x)\text{ A/m}$$

正弦波相位項為 $(\omega t - 40x)$，因此波沿 $+x$ 方向傳播，波傳播方向單位向量為 $\hat{a}_k = \hat{a}_x$，且波數為：

$$\beta = 40\text{ rad/m}$$

在自由空間中，光速 $c = 3 \times 10^8\text{ m/s}$：

$$\omega = \beta c = 40 \times 3 \times 10^8 = 1.2 \times 10^{10}\text{ rad/s}$$

2. 求電場強度 $\vec{E}(x,t)$

利用自由空間平面波的場向正交關係：

$$\vec{E} = -\eta_0 (\hat{a}_k \times \vec{H})$$

其中自由空間本質阻抗取 $\eta_0 = 120\pi\ \Omega$（或精確數值約 $377\ \Omega$），傳播方向 $\hat{a}_k = \hat{a}_x$。

計算外積項：

$$\hat{a}_x \times \vec{H}(x,t) = \hat{a}_x \times (10\hat{a}_y - 20\hat{a}_z)\sin(\omega t - 40x)$$

根據直角座標系基底向量的外積性質：

• $\hat{a}_x \times \hat{a}_y = \hat{a}_z$
• $\hat{a}_x \times \hat{a}_z = -\hat{a}_y$

本題考驗傳輸線理論中的阻抗匹配、反射係數、駐波比和傳輸係數計算。

核心觀念：

1. 特性阻抗 (Characteristic Impedance, $Z_0$): 傳輸線的固有阻抗。
2. 傳輸線方程: 考慮長度為 $l$ 的傳輸線，其輸入阻抗 $Z_{in}$ 為：
   $Z_{in} = Z_0 \frac{Z_L + j Z_0 \tan(\beta l)}{Z_0 + j Z_L \tan(\beta l)}$
   其中 $Z_L$ 是負載阻抗，$\beta$ 是相位常數。
3. 反射係數 ($\Gamma$): 在某個介面，入射波與反射波的電壓（或電流）之比。
   $\Gamma = \frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0}$
4. 駐波比 (Voltage Standing Wave Ratio, VSWR): 在傳輸線上電壓最大值與最小值之比。
   VSWR $= \frac{1 + |\Gamma|}{1 - |\Gamma|}$
5. 傳輸係數 (Transmission Coefficient, $T$): 在某個介面，透射波與入射波的電壓（或電流）之比。
   $T = 1 + \Gamma$ (對於電壓)
   $T = 1 - \Gamma$ (對於電流)
   或者，可以通過功率守恆來計算。

解題步驟：

根據圖示，我們有三段傳輸線串聯。
Line 1: $Z_{01} = 50 \, \Omega$，無限長。
Line 2: $Z_{02} = 80 \, \Omega$，長度 $l_2 = \lambda/4$。
Line 3: $Z_{03} = 100 \, \Omega$，無限長。

(a) Port 1 的輸入阻抗 ($Z_{in1}$)

Port 1 是 Line 1 的輸入端。Line 1 的負載是 Line 2。
我們需要先計算 Line 2 的輸入阻抗，作為 Line 1 的負載。
Line 2 的負載是 Line 3。Line 3 是無限長，所以 Line 3 的輸入阻抗就是其特性阻抗 $Z_{03} = 100 \, \Omega$。
所以，Line 2 的負載阻抗 $Z_{L2} = Z_{03} = 100 \, \Omega$。

Line 2 的長度 $l_2 = \lambda/4$。在傳輸線方程中，$\beta l = (2\pi/\lambda) \times (\lambda/4) = \pi/2$。
$\tan(\beta l_2) = \tan(\pi/2)$，這是無窮大。
對於 $\lambda/4$ 傳輸線，輸入阻抗公式簡化為：
$Z_{in2} = Z_{02} \frac{Z_{L2} + j Z_{02} \tan(\beta l_2)}{Z_{02} + j Z_{L2} \tan(\beta l_2)}$
當 $\tan(\beta l_2) \to \infty$，我們可以將分子分母同除以 $\tan(\beta l_2)$：
$Z_{in2} = Z_{02} \frac{Z_{L2}/\tan(\beta l_2) + j Z_{02}}{Z_{02}/\tan(\beta l_2) + j Z_{L2}}$
當 $\tan(\beta l_2) \to \infty$， $Z_{L2}/\tan(\beta l_2) \to 0$ 且 $Z_{02}/\tan(\beta l_2) \to 0$。
$Z_{in2} = Z_{02} \frac{j Z_{02}}{j Z_{L2}} = Z_{02} \frac{Z_{02}}{Z_{L2}} = \frac{Z_{02}^2}{Z_{L2}}$

代入數值：
$Z_{in2} = \frac{(80 \, \Omega)^2}{100 \, \Omega} = \frac{6400}{100} \, \Omega = 64 \, \Omega$。

現在，Line 1 的負載是 Line 2 的輸入阻抗 $Z_{in2} = 64 \, \Omega$。
Line 1 是無限長，所以 Port 1 的輸入阻抗 $Z_{in1}$ 就是 Line 1 的特性阻抗 $Z_{01}$。
$Z_{in1} = Z_{01} = 50 \, \Omega$。

重要說明：
題目問的是「input impedance at Port 1」。Port 1 是 Line 1 的左側邊界。
由於 Line 1 是無限長，其輸入阻抗就是其特性阻抗 $Z_{01}$，不論其負載是什麼。
如果題目問的是 Line 2 的輸入阻抗，那就是 $64 \, \Omega$。
但題目明確問 Port 1 的輸入阻抗，所以答案是 $50 \, \Omega$。

(b) Port 1 的反射係數 ($\Gamma_1$)

反射係數通常是指在某個介面的反射係數。Port 1 的左側是無限空間，右側是 Line 1。
如果我們考慮的是 Line 1 和 Line 2 的介面（Port 1 實際上是 Line 1 的左邊界，但題目意思可能是指 Line 1 的負載端，也就是 Line 1 和 Line 2 的介面），那麼：
$Z_0 = Z_{01} = 50 \, \Omega$ (Line 1 的特性阻抗)
$Z_L = Z_{in2} = 64 \, \Omega$ (Line 2 的輸入阻抗，作為 Line 1 的負載)

$\Gamma_{1 \to 2} = \frac{Z_{in2} - Z_{01}}{Z_{in2} + Z_{01}} = \frac{64 - 50}{64 + 50} = \frac{14}{114} = \frac{7}{57}$。

如果題目問的是 Port 1 (左側無限空間) 的反射係數，那需要知道左側的阻抗，通常假設是自由空間的特性阻抗，但這裡題目沒有給。
最合理的解釋是，題目問的是 Line 1 的左側邊界處的反射，此時 Line 1 視為負載，而左側為源（假設源的阻抗等於 Line 1 的特性阻抗）。
然而，題目說「A continuous wave is sent from Line 1 to the right」。這表示 Line 1 是一個傳輸線，其左側是波的來源。
通常，傳輸線的輸入阻抗就是傳輸線的特性阻抗，這是因為無限長傳輸線沒有反射。
如果 Port 1 指的是 Line 1 的左側邊界，且波是從左邊射入 Line 1，那麼這個 Port 1 的輸入阻抗就是 $Z_{01} = 50 \, \Omega$。
如果問反射係數，通常是在介面。這裡有兩個介面：
介面 1: Line 1 和 Line 2 之間 ($Z_{01} = 50, Z_{in2} = 64$)
介面 2: Line 2 和 Line 3 之間 ($Z_{02} = 80, Z_{03} = 100$)

如果 Port 1 指的是 Line 1 的左邊（即 Line 1 的輸入端），由於 Line 1 是無限長，它沒有反射。
但如果我們考慮的是「從 Line 1 發送的波」在 Port 1 （作為 Line 1 的輸入端）處的反射係數，那麼這通常是指 Port 1 的源阻抗與 Line 1 特性阻抗之間的匹配。
如果源阻抗等於 $Z_{01}$，則反射係數為 0。

重新理解題目：
「A continuous wave is sent from Line 1 to the right.」表示 Line 1 是傳輸線，波從左向右傳播。
Port 1 是 Line 1 的左側邊界。
(a) Input impedance at Port 1: 這是 Line 1 的輸入阻抗。由於 Line 1 是無限長，它的輸入阻抗就是 $Z_{01} = 50 \, \Omega$。
(b) Reflection coefficient at Port 1: 這通常是指在 Port 1 處的反射。如果我們假設 Port 1 的左側是一個阻抗為 $Z_{01}$ 的源，那麼入射波在 Port 1 處的反射係數為 0。
但是，如果題目問的是 Line 1 和 Line 2 介面處的反射係數（即 Line 1 的輸出端，Line 2 的輸入端），那麼：
$Z_{01} = 50 \, \Omega$ (Line 1 的特性阻抗)
$Z_{L} = Z_{in2} = 64 \, \Omega$ (Line 2 的輸入阻抗，作為 Line 1 的負載)
$\Gamma = \frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0} = \frac{64 - 50}{64 + 50} = \frac{14}{114} = \frac{7}{57}$。
這似乎是更符合題意的問法。我們假設 Port 1 指的是 Line 1 與 Line 2 的介面。

(c) Line 2 上的電壓駐波比 (VSWR$_2$)

Line 2 的負載是 Line 3 ($Z_{03} = 100 \, \Omega$)。
Line 2 的特性阻抗 $Z_{02} = 80 \, \Omega$。
Line 2 的輸入阻抗 $Z_{in2} = 64 \, \Omega$。
Line 2 的長度是 $\lambda/4$。

我們需要計算 Line 2 上的反射係數 $\Gamma_2$。這個反射係數是在 Line 2 和 Line 3 的介面處。
$\Gamma_2 = \frac{Z_{03} - Z_{02}}{Z_{03} + Z_{02}} = \frac{100 - 80}{100 + 80} = \frac{20}{180} = \frac{1}{9}$。

這個 $\Gamma_2$ 是 Line 2 輸出端（Port 2）處的反射係數。
但是，題目問的是「the voltage standing wave ratio on Line 2」。
VSWR 是在傳輸線上電壓最大值與最小值之比，它與傳輸線上的反射係數的幅度有關。
對於 Line 2，它的一端（Port 2）連接到 Line 3，另一端（Port 1）連接到 Line 1。
在 Line 2 的 Port 2 處，反射係數是 $\Gamma_{Port2} = \frac{Z_{03} - Z_{02}}{Z_{03} + Z_{02}} = \frac{100 - 80}{100 + 80} = \frac{20}{180} = \frac{1}{9}$。
這個反射係數是相對於 $Z_{02}$ 的。

Line 2 的 VSWR 應該是基於 Line 2 上的總反射係數。
Line 2 的輸入阻抗是 $Z_{in2} = 64 \, \Omega$。
Line 2 的輸出阻抗（Port 2）是 $Z_{03} = 100 \, \Omega$。

本題考驗判斷電磁波極化的能力，包括線性、圓形、橢圓形極化，以及左旋和右旋極化。

核心觀念：

1. 電場向量的時域表達: $\vec{E}(t) = \text{Re}\{ \vec{E}_0 e^{j\omega t} \}$。
2. 極化判斷方法: 觀察電場向量在空間某點隨時間變化的軌跡。
   • 線性極化: 電場向量始終沿同一條直線振動。
   • 圓形極化: 電場向量的模長恆定，且其方向沿圓周運動。兩個正交分量的振幅相等，相位差為 $\pm \pi/2$。
   • 橢圓形極化: 電場向量的模長變化，且其方向沿橢圓軌跡運動。兩個正交分量的振幅不相等，或相位差非 $\pm \pi/2$。
3. 左旋 (Left-Hand Circular Polarization, LHCP) 和右旋 (Right-Hand Circular Polarization, RHCP):
   • 定義通常基於觀察者面向波的傳播方向。
   • RHCP: 電場向量順時針旋轉。
   • LHCP: 電場向量逆時針旋轉。
   • 在數學上，如果 $\vec{E} = E_x \hat{x} + E_y \hat{y}$，且 $E_x = A_x \cos(\omega t + \phi_x)$，$E_y = A_y \cos(\omega t + \phi_y)$。
     • 如果 $A_x = A_y$ 且 $\phi_y - \phi_x = \pm \pi/2$，則是圓形極化。
     • 如果 $\phi_y - \phi_x = +\pi/2$ (y 分量領先 x 分量)，則為 LHCP。
     • 如果 $\phi_y - \phi_x = -\pi/2$ (y 分量滯後 x 分量)，則為 RHCP。

解題步驟：

(a) $\vec{E} = [(2+j) \hat{a}_x + (2-j) \hat{a}_y] e^{-j\beta x}$

這個表達式是頻域的。為了判斷極化，我們需要將其轉換到時域。
假設電磁波的形式為 $\vec{E}(\vec{r}, t) = \text{Re}\{ \vec{E}(\vec{r}) e^{j\omega t} \}$。
在這裡，$\vec{E}(\vec{r}) = [(2+j) \hat{a}_x + (2-j) \hat{a}_y] e^{-j\beta x}$。
令 $x=0$ (或者任何固定位置)，以便觀察時間上的變化。
$\vec{E}(0) = (2+j) \hat{a}_x + (2-j) \hat{a}_y$。
$\vec{E}(0) = (2+j) = 2+j$
$\vec{E}(0) = (2+j) \hat{a}_x + (2-j) \hat{a}_y$
$= (2 \hat{a}_x + 2 \hat{a}_y) + j( \hat{a}_x - \hat{a}_y)$

轉換到時域：
$\vec{E}(0, t) = \text{Re}\{ [(2 \hat{a}_x + 2 \hat{a}_y) + j( \hat{a}_x - \hat{a}_y)] e^{j\omega t} \}$
$= \text{Re}\{ (2 \hat{a}_x + 2 \hat{a}_y) e^{j\omega t} + j( \hat{a}_x - \hat{a}_y) e^{j\omega t} \}$
$= \text{Re}\{ (2 \hat{a}_x + 2 \hat{a}_y) (\cos\omega t + j\sin\omega t) + j( \hat{a}_x - \hat{a}_y) (\cos\omega t + j\sin\omega t) \}$
$= (2 \hat{a}_x + 2 \hat{a}_y) \cos\omega t - (\hat{a}_x - \hat{a}_y) \sin\omega t$
$= (2\cos\omega t - \sin\omega t) \hat{a}_x + (2\cos\omega t + \sin\omega t) \hat{a}_y$

令 $E_x(t) = 2\cos\omega t - \sin\omega t$
$E_y(t) = 2\cos\omega t + \sin\omega t$

我們需要分析 $E_x$ 和 $E_y$ 的關係。
$E_x^2 = (2\cos\omega t - \sin\omega t)^2 = 4\cos^2\omega t - 4\cos\omega t \sin\omega t + \sin^2\omega t$
$E_y^2 = (2\cos\omega t + \sin\omega t)^2 = 4\cos^2\omega t + 4\cos\omega t \sin\omega t + \sin^2\omega t$
$E_x^2 + E_y^2 = 8\cos^2\omega t + 2\sin^2\omega t$ (這不是常數，所以不是圓形極化)

為了判斷極化，我們可以考慮 $E_x$ 和 $E_y$ 的相位關係。
$E_x = 2\cos\omega t - \sin\omega t$
$E_y = 2\cos\omega t + \sin\omega t$

我們也可以用複數向量來判斷。
$\vec{E}(\vec{r}) = \vec{E}_1 + j \vec{E}_2$
$\vec{E}_1 = 2\hat{a}_x + 2\hat{a}_y$ (實部，代表 $t=0$ 時的向量)
$\vec{E}_2 = \hat{a}_x - \hat{a}_y$ (由 $j$ 乘今後的向量，代表相位差 $\pi/2$ 的向量)

檢查 $\vec{E}_1$ 和 $\vec{E}_2$ 是否正交：
$\vec{E}_1 \cdot \vec{E}_2 = (2\hat{a}_x + 2\hat{a}_y) \cdot (\hat{a}_x - \hat{a}_y) = 2(1) + 2(-1) = 2 - 2 = 0$。
它們是正交的。

檢查 $\vec{E}_1$ 和 $\vec{E}_2$ 的振幅：
$|\vec{E}_1| = \sqrt{2^2 + 2^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$
$|\vec{E}_2| = \sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$

由於振幅不相等 ($|\vec{E}_1| \neq |\vec{E}_2|$)，且它們正交，所以是橢圓形極化。

判斷左旋或右旋：
傳播方向是 $-\hat{x}$ (因為有 $e^{-j\beta x}$，如果我們看成 $e^{j(\omega t - \beta x)}$，那傳播方向是 $+\hat{x}$。如果看成 $e^{j(\omega t + \beta x)}$，傳播方向是 $-\hat{x}$。通常 $e^{-j\beta x}$ 表示相位隨 $x$ 增加而減小，所以傳播方向是 $+\hat{x}$)。
讓我們假設傳播方向是 $+\hat{x}$。
$\vec{E}(\vec{r}) = \vec{E}_1 + j\vec{E}_2$
$\vec{E}(\vec{r}, t) = \text{Re}\{ (\vec{E}_1 + j\vec{E}_2) e^{j\omega t} \} = \text{Re}\{ (\vec{E}_1 + j\vec{E}_2)(\cos\omega t + j\sin\omega t) \}$
$= \vec{E}_1 \cos\omega t - \vec{E}_2 \sin\omega t$

$\vec{E}(x,t) = (2\hat{a}_x + 2\hat{a}_y) \cos\omega t - (\hat{a}_x - \hat{a}_y) \sin\omega t$
$= (2\cos\omega t - \sin\omega t) \hat{a}_x + (2\cos\omega t + \sin\omega t) \hat{a}_y$

為了判斷旋向，我們看 $\vec{E}_1$ 和 $\vec{E}_2$ 的關係。
$\vec{E}_1 = 2\hat{a}_x + 2\hat{a}_y$
$\vec{E}_2 = \hat{a}_x - \hat{a}_y$

如果 $\vec{E}_1$ 和 $\vec{E}_2$ 的關係是 $\vec{E}_2 = \pm \vec{E}_1$ 的話，那就是圓形極化。
這裡不是。

另一種判斷旋向的方法：
令 $t=0$: $\vec{E}(0) = 2\hat{a}_x + 2\hat{a}_y$。
令 $t=\pi/(2\omega)$: $\vec{E}(\pi/(2\omega)) = -\hat{a}_x + \hat{a}_y$。
從 $t=0$ 到 $t=\pi/(2\omega)$，向量從 $(2,2)$ 變到 $(-1,1)$。
這是一個逆時針方向的旋轉。
所以是左旋。

總結 (a):
振幅不相等，相位差為 $\pi/2$，所以是橢圓形極化。
旋轉方向為逆時針，所以是左旋橢圓形極化。

(b) $\vec{E} = \sin(\omega t - ky) \hat{a}_x - \cos(\omega t - ky) \hat{a}_y$

這是時域表達式。
令 $\phi = \omega t - ky$。
$\vec{E} = \sin\phi \hat{a}_x - \cos\phi \hat{a}_y$
$E_x = \sin\phi$
$E_y = -\cos\phi$

檢查振幅：
$E_x^2 + E_y^2 = \sin^2\phi + (-\cos\phi)^2 = \sin^2\phi + \cos^2\phi = 1$。
電場向量的模長恆定為 1。所以是圓形或線性極化。
由於 $E_x$ 和 $E_y$ 的振幅都是 1，所以可能是圓形極化。

本題考驗平行板波導中的 TE 模式傳播特性，包括波数、相速度和波阻抗的計算。

核心觀念：

1. 平行板波導的 TE 模式: 在平行板波導中，TE 模式的電場只有橫向分量（垂直於傳播方向），磁場有一個縱向分量（沿傳播方向）。對於 TE$_n$ 模式，電場有 $n$ 個節點。

2. TE$_n$ 模式的電場和磁場分佈:

   • 電場: $\vec{E} = E_x \hat{x}$ (假設傳播方向為 $z$，板平行於 $xy$ 平面，間隔為 $d$ 沿 $x$ 方向)。
   • 磁場: $\vec{H} = H_y \hat{y} + H_z \hat{z}$。
   • 對於 TE$_n$ 模式，電場 $E_x$ 的形式為 $E_x(x, z, t) = E_0 \cos(k_x x) e^{j(\omega t - \beta z)}$，其中 $k_x = \frac{n\pi}{d}$。
   • 對於 TE 模式，邊界條件是 $E_x = 0$ 在導體表面。

3. 導體邊界條件: 在導體表面，切向電場為零。對於平行板波導，如果板在 $x=0$ 和 $x=d$ 處，則 $E_x(0) = 0$ 和 $E_x(d) = 0$。

   • $E_x(0) = E_0 \cos(0) = E_0 = 0$ => 這不對。
   • 正確的 TE$_n$ 模式定義通常是 $E_x(x,z,t) = E_0 \sin(k_x x) e^{j(\omega t - \beta z)}$，其中 $k_x = n\pi/d$。
   • 對於 TE$_n$ 模式，邊界條件 $E_x(0)=0$ 和 $E_x(d)=0$ 成立。
   • $n=0$ 是 TEM 模式 (如果允許)。
   • $n=1$ 是 TE$_1$ 模式，有 1 個節點（在 $x=0$ 和 $x=d$）。
   • $n=3$ 是 TE$_3$ 模式，有 3 個節點（在 $x=0, x=d$ 和中間某點）。
   • 但標準的 TE$_n$ 模式是 $k_x = n\pi/d$。
   • 重要修正： TE$_n$ 模式的電場分量 $E_x$ 應為 $E_x(x,z,t) = E_0 \cos(k_x x) e^{j(\omega t - \beta z)}$，其中 $k_x = (n-1/2)\pi/d$? 不對。
   • 通常，TE 模式的電場是 $E_x$ 或 $E_y$，磁場有 $H_z$。
   • 標準定義：
     • TE$_n$ 模式：$E_x(x,z,t) = A \sin(k_x x) e^{j(\omega t - \beta z)}$，其中 $k_x = n\pi/d$，$n=1, 2, 3, ...$。
     • TM$_n$ 模式：$E_z(x,z,t) = A \cos(k_x x) e^{j(\omega t - \beta z)}$，其中 $k_x = n\pi/d$，$n=0, 1, 2, ...$。
   • 題目給定是 TE$_3$ 模式。所以 $n=3$。
   • $k_x = 3\pi/d$。

4. 色散關係 (Dispersion Relation): 在自由空間 (空氣) 中，$\omega^2 \mu \varepsilon = k_x^2 + \beta^2$。

   • $\omega = 2\pi f$
   • $f = 10$ GHz $= 10^{10}$ Hz。
   • 空氣中 $\mu = \mu_0$, $\varepsilon = \varepsilon_0$。
   • 光速 $c = 1/\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0} \approx 3 \times 10^8$ m/s。
   • $\omega = 2\pi \times 10^{10}$ rad/s。
   • $\beta$ 是沿 $z$ 方向的相位常數（波数）。

5. 相速度 ($v_p$): $v_p = \omega / \beta$。

6. 截止頻率 ($f_{cn}$): TE$_n$ 模式的截止頻率是 $f_{cn} = \frac{k_x c}{2\pi} = \frac{nc}{2d}$。

   • 只有當 $f > f_{cn}$ 時，模式才能傳播。

7. 波阻抗 (Wave Impedance, $Z_W$): 對於 TE 模式， $Z_{TE} = \frac{E_x}{H_y} = \frac{\omega \mu}{\beta}$。

   • 注意：對於 TM 模式，$Z_{TM} = \frac{E_x}{H_y} = \frac{\beta}{\omega \varepsilon}$。

解題步驟：

給定：

• 波導間隔 $d = 5$ cm $= 0.05$ m。
• 工作頻率 $f = 10$ GHz $= 10^{10}$ Hz。
• 模式為 TE$_3$ 模式 ($n=3$)。
• 介質為空氣 ($\mu = \mu_0, \varepsilon = \varepsilon_0, c \approx 3 \times 10^8$ m/s)。

(a) 波数 $\beta$ 和相速度 $v_p$

首先計算 TE$_3$ 模式的 $k_x$：
$k_x = \frac{n\pi}{d} = \frac{3\pi}{0.05 \, m} = 60\pi \, m^{-1}$。

計算截止頻率 $f_{c3}$：
$f_{c3} = \frac{nc}{2d} = \frac{3 \times (3 \times 10^8 \, m/s)}{2 \times 0.05 \, m} = \frac{9 \times 10^8}{0.1} = 9 \times 10^9$ Hz $= 9$ GHz。
由於工作頻率 $f = 10$ GHz $> f_{c3} = 9$ GHz，所以 TE$_3$ 模式可以傳播。

計算角頻率 $\omega$:
$\omega = 2\pi f = 2\pi \times 10^{10}$ rad/s。

使用色散關係 $\omega^2 \mu_0 \varepsilon_0 = k_x^2 + \beta^2$。
我們知道 $\omega = ck$ (其中 $k = \omega/c$ 是自由空間中的波数)。
所以，$(ck)^2 = k_x^2 + \beta^2$。
$\beta^2 = (ck)^2 - k_x^2 = (\frac{\omega}{c})^2 - k_x^2$
$\beta = \sqrt{(\frac{\omega}{c})^2 - k_x^2}$

$\frac{\omega}{c} = \frac{2\pi \times 10^{10}}{3 \times 10^8} = \frac{200\pi}{3}$ rad/m。
$k_x = 60\pi$ rad/m。

$\beta = \sqrt{(\frac{200\pi}{3})^2 - (60\pi)^2}$
$\beta = \sqrt{\pi^2 [(\frac{200}{3})^2 - 60^2]}$
$\beta = \pi \sqrt{\frac{40000}{9} - 3600}$
$\beta = \pi \sqrt{\frac{40000 - 32400}{9}} = \pi \sqrt{\frac{7600}{9}}$