108 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所丙組《電磁學與電磁波》

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第 1 題

  1. Please calculate
    (a) The volume in cylindrical coordinates between r = 2 m and r = 3 m contains a uniform charge density p (C/m³), as shown in Fig. A. Use Gauss's law to find the electric flux density D⃗\vec{D} in all regions. [6%]
    (b) A spherical conducting shell of radius a, centered at the origin, has a potential field
    V(r)={V0,r≤aV0ar,r>aV(r) = \begin{cases} V_0, & r \le a \\ V_0 \frac{a}{r}, & r > a \end{cases}
    with the zero reference at infinity. Find the electric field E⃗\vec{E} anywhere and the stored electrostatic energy WeW_e in this system. [9%]

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核心觀念

本題考查：

  • 高斯定律
    ∮SD⃗⋅dS⃗=Qfree\oint_S \vec D\cdot d\vec S=Q_{\text{free}}
  • 柱對稱與球對稱下的電通量密度分布。
  • 電場與電位的關係
    E⃗=−∇V\vec E=-\nabla V
  • 靜電能
    We=12∫all spaceE⃗⋅D⃗ dvW_e=\frac{1}{2}\int_{\text{all space}}\vec E\cdot\vec D\,dv

原附圖內容為機械力學考題，與本題所述的電磁學圖形不一致；以下依題目文字，假設第 1(a) 題為「無限長圓柱形帶電區域」，且體電荷密度為均勻的 ρ\rho（題目中的 pp 視為 ρ\rho）。

(a) 圓柱形帶電區域的 D⃗\vec D

帶電區域為

2<r<32<r<3

且具有圓柱對稱，因此電通量密度只能沿徑向：

D⃗=Dr(r) a^r\vec D=D_r(r)\,\hat{\mathbf a}_r

取半徑為 rr、長度為 LL 的同軸圓柱高斯面，曲面通量為

∮SD⃗⋅dS⃗=Dr(2πrL)\oint_S\vec D\cdot d\vec S =D_r(2\pi rL)

區域一：r<2r<2

高斯面內沒有包覆電荷，因此

Dr(2πrL)=0D_r(2\pi rL)=0

所以

D⃗=0⃗,r<2\boxed{\vec D=\vec 0,\qquad r<2}

區域二：2<r<32<r<3

高斯面內的帶電體積為半徑 rr 與半徑 22 之間的圓柱殼：

Venc=π(r2−22)LV_{\text{enc}}=\pi(r^2-2^2)L

包覆自由電荷為

Qfree=ρπ(r2−4)LQ_{\text{free}} =\rho\pi(r^2-4)L

由高斯定律，

Dr(2πrL)=ρπ(r2−4)LD_r(2\pi rL)=\rho\pi(r^2-4)L

得到

D⃗=ρ(r2−4)2r a^r,2<r<3\boxed{ \vec D = \frac{\rho(r^2-4)}{2r}\,\hat{\mathbf a}_r, \qquad 2<r<3 }

區域三：r>3r>3

此時高斯面包覆整個帶電圓柱殼：

Qfree=ρπ(32−22)L=5ρπLQ_{\text{free}} =\rho\pi(3^2-2^2)L =5\rho\pi L

因此

Dr(2πrL)=5ρπLD_r(2\pi rL)=5\rho\pi L

所以

D⃗=5ρ2r a^r,r>3\boxed{ \vec D = \frac{5\rho}{2r}\,\hat{\mathbf a}_r, \qquad r>3 }

綜合表示為

D⃗={0⃗,r<2,ρ(r2−4)2r a^r,2<r<3,5ρ2r a^r,r>3.\boxed{ \vec D= \begin{cases} \vec 0, & r<2,\\[6pt] \dfrac{\rho(r^2-4)}{2r}\,\hat{\mathbf a}_r, & 2<r<3,\\[10pt] \dfrac{5\rho}{2r}\,\hat{\mathbf a}_r, & r>3. \end{cases} }

若 ρ>0\rho>0，方向為向外；若 ρ<0\rho<0，方向則向內。

(b) 導體球殼的電場與靜電能

題目給定電位

V(r)={V0,r≤a,V0ar,r>a.V(r)= \begin{cases} V_0, & r\le a,\\[4pt] V_0\dfrac{a}{r}, & r>a. \end{cases}

電場分布

球對稱下，電場可由

E⃗=−∇V=−dVdra^r\vec E=-\nabla V =-\frac{dV}{dr}\hat{\mathbf a}_r

求得。

區域一：r<ar<a

因為電位為常數 V0V_0，

dVdr=0\frac{dV}{dr}=0

所以

E⃗=0⃗,r<a\boxed{\vec E=\vec 0,\qquad r<a}
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第 2 題

  1. Find the total capacitance between the inner (r1=15r_1 = 15 cm) and outer (r0=20r_0 = 20 cm) curved metal surfaces as referred to the cylindrical coordinates and shown in Fig. B. The dielectric constants are ε1=2.5ε0\varepsilon_1 = 2.5\varepsilon_0 and ε2=4ε0\varepsilon_2 = 4\varepsilon_0, respectively. Neglect the fringing field effect. [10%]

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核心觀念

本題是具有兩種介電質的扇形同軸圓柱電容器。忽略邊緣場後，電場僅沿徑向 a^r\hat{\mathbf a}_r，且兩個介電質區域都跨接於相同的內、外導體，因此屬於並聯。

圓柱座標下，半徑 rir_i 到 ror_o、軸向長度 LL、角度範圍 Δθ\Delta\theta 的扇形電容為

C=εLΔθln⁡(ro/ri).C=\frac{\varepsilon L\Delta\theta} {\ln(r_o/r_i)}.

解題方法

由圖可得

ri=15 cm=0.15 m,ro=20 cm=0.20 m,r_i=15\text{ cm}=0.15\text{ m}, \qquad r_o=20\text{ cm}=0.20\text{ m}, L=15 cm=0.15 m,Δθ1=Δθ2=30∘=π6.L=15\text{ cm}=0.15\text{ m}, \qquad \Delta\theta_1=\Delta\theta_2=30^\circ=\frac{\pi}{6}.

對第 kk 個介電質區域，令徑向電位移為

Dk=Dr,k(r)a^r.\mathbf D_k=D_{r,k}(r)\hat{\mathbf a}_r.

在介電質內沒有自由體電荷，因此

∇⋅Dk=0⟹1rddr(rDr,k)=0.\nabla\cdot\mathbf D_k=0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(rD_{r,k}\right)=0.

故

Dr,k=Akr,Er,k=Dr,kεk.D_{r,k}=\frac{A_k}{r}, \qquad E_{r,k}=\frac{D_{r,k}}{\varepsilon_k}.

內、外導體間的電位差為

V=∫riroEr,k dr=Akεkln⁡(rori).V=\int_{r_i}^{r_o}E_{r,k}\,dr =\frac{A_k}{\varepsilon_k} \ln\left(\frac{r_o}{r_i}\right).

因此

Ak=εkVln⁡(ro/ri).A_k= \frac{\varepsilon_k V} {\ln(r_o/r_i)}.

第 kk 區域在內導體上的電荷量為

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第 3 題

  1. In free space, an electromagnetic plane wave propagates along the z-axis. The magnetic field is
    H⃗(z,t)=0.43cos⁡(4×107t−βz)a^x(A/m)\vec{H}(z,t) = \frac{0.4}{3} \cos(4 \times 10^7 t - \beta z) \hat{a}_x \quad (\text{A/m})
    Find the electric field E⃗(z,t)\vec{E}(z,t), the phase constant β\beta, and the wave length λ\lambda. [15%]
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核心觀念

本題考查自由空間中的均勻平面波：

  1. 電場與磁場互相垂直，且皆垂直於傳播方向。
  2. 電磁波的傳播方向由坡印廷向量決定：
    S⃗=E⃗×H⃗\vec{S}=\vec{E}\times\vec{H}
  3. 自由空間中的電場與磁場振幅關係為：
    E0H0=η0=120π Ω\frac{E_0}{H_0}=\eta_0=120\pi\ \Omega
  4. 自由空間的相位常數為：
    β=ωc\beta=\frac{\omega}{c}
  5. 波長為：
    λ=2πβ\lambda=\frac{2\pi}{\beta}

解題方法

題目給定

H⃗(z,t)=0.43cos⁡(4×107t−βz)a^xA/m\vec{H}(z,t)=\frac{0.4}{3}\cos(4\times10^7t-\beta z)\hat{a}_x\quad \text{A/m}

其相位為 ωt−βz\omega t-\beta z，表示波沿著 +z+z 方向傳播。因此必須滿足

E⃗×H⃗=a^z\vec{E}\times\vec{H}=\hat{a}_z

已知 H⃗\vec{H} 沿 +x+x 方向，故電場應沿 −y-y 方向，因為

(−a^y)×a^x=a^z(-\hat{a}_y)\times\hat{a}_x=\hat{a}_z

1. 求電場 E⃗(z,t)\vec{E}(z,t)

磁場振幅為

H0=0.43 A/mH_0=\frac{0.4}{3}\ \text{A/m}

自由空間波阻抗為

η0=120π Ω\eta_0=120\pi\ \Omega

因此

E0=η0H0E_0=\eta_0H_0 E0=120π(0.43)=16π V/mE_0=120\pi\left(\frac{0.4}{3}\right)=16\pi\ \text{V/m}

電場與磁場同相，所以

E⃗(z,t)=16πcos⁡(4×107t−βz)(−a^y) V/m\boxed{ \vec{E}(z,t)=16\pi\cos(4\times10^7t-\beta z)(-\hat{a}_y)\ \text{V/m} }

2. 求相位常數 β\beta

角頻率為

ω=4×107 rad/s\omega=4\times10^7\ \text{rad/s}

自由空間中

β=ωc\beta=\frac{\omega}{c}
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第 4 題

  1. As shown in Fig. C, a rectangular conducting loop with resistance R=0.2 ΩR = 0.2 \, \Omega rotates with 300 rpm. The vertical conductor at r1=0.03r_1 = 0.03 m is in a flux density B⃗1=0.25a^y\vec{B}_1 = 0.25 \hat{a}_y (T), and the conductor at r2=0.05r_2 = 0.05 m is in B⃗2=0.8a^z\vec{B}_2 = 0.8 \hat{a}_z (T). The vertical conductor length is 0.5 m. Find the induced current in the loop. [15%]

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核心觀念

依原卷圖示，兩處磁通密度皆為徑向：

B⃗1=0.25a^r T,B⃗2=0.8a^r T\vec B_1=0.25\hat a_r\ \text{T},\qquad \vec B_2=0.8\hat a_r\ \text{T}

本題使用運動導體的感應電動勢：

E=∮(v⃗×B⃗)⋅dl⃗\mathcal{E}=\oint (\vec v\times\vec B)\cdot d\vec l

導體以角速度繞 zz 軸旋轉，因此半徑為 rr 處的線速度為

v⃗=ωra^ϕ\vec v=\omega r\hat a_\phi

解題方法

角速度換算為

ω=300轉分(2π 弧度1 轉)(1 分60 秒)=10π rad/s\omega=300\frac{\text{轉}}{\text{分}} \left(\frac{2\pi\ \text{弧度}}{1\ \text{轉}}\right) \left(\frac{1\ \text{分}}{60\ \text{秒}}\right) =10\pi\ \text{rad/s}

在兩條垂直導體上，

v⃗×B⃗=ωra^ϕ×Ba^r=−ωrBa^z\vec v\times\vec B = \omega r\hat a_\phi\times B\hat a_r = -\omega rB\hat a_z

故兩條垂直導體上的感應電動勢方向皆沿垂直方向，但因迴路繞行方向相反，兩者的電動勢互相抵消一部分。水平導體沿徑向，與 v⃗×B⃗\vec v\times\vec B 垂直，因此不產生感應電動勢。

內側導體的感應電動勢大小：

E1=ωr1B1l=(10π)(0.03)(0.25)(0.5)=0.075π V\mathcal{E}_1=\omega r_1B_1l =(10\pi)(0.03)(0.25)(0.5) =0.075\pi\ \text{V}

外側導體的感應電動勢大小：

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第 5 題

  1. A parallel-wire transmission line is constructed of #6 AWG copper wire (diameter = 0.162 in; σc=5.8×107\sigma_c = 5.8 \times 10^7 S/m) with a 12-inch separation in air. Neglect the internal inductance,
    (a) find the transmission line parameters of L, C, G, the dc resistance RdcR_{dc}, and the ac resistance RacR_{ac} at 1 MHz; [10%] and
    (b) find the characteristic impedance, propagation constant, propagation velocity, and wavelength while the operation frequency is at 5 kHz. [10%]

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核心觀念

本題考查平行雙線傳輸線的分布參數：

  • LL：單位長度串聯電感
  • CC：單位長度並聯電容
  • GG：單位長度漏導
  • RR：單位長度串聯電阻
  • Z0Z_0：特性阻抗
  • γ\gamma：傳播常數
  • vpv_p：相速度
  • λ\lambda：波長

設兩導線半徑為 aa，兩導線中心距離為 DD。在空氣中，平行雙線的準靜態參數為

L=μ0πcosh⁡−1(D2a)L=\frac{\mu_0}{\pi}\cosh^{-1}\left(\frac{D}{2a}\right) C=πε0cosh⁡−1(D2a)C=\frac{\pi\varepsilon_0}{\cosh^{-1}\left(\frac{D}{2a}\right)}

其中

μ0=4π×10−7 H/m\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \text{H/m} ε0=8.854×10−12 F/m\varepsilon_0=8.854\times10^{-12}\ \text{F/m}

空氣可視為理想介質，因此

G=0G=0

已知資料與單位換算

導線直徑：

d=0.162 in=0.162(0.0254)=4.1148×10−3 md=0.162\ \text{in} =0.162(0.0254) =4.1148\times10^{-3}\ \text{m}

因此半徑為

a=d2=2.0574×10−3 ma=\frac{d}{2}=2.0574\times10^{-3}\ \text{m}

導線中心距離：

D=12 in=0.3048 mD=12\ \text{in}=0.3048\ \text{m}

幾何因子為

cosh⁡−1(D2a)=cosh⁡−1(0.30482(2.0574×10−3))\cosh^{-1}\left(\frac{D}{2a}\right) = \cosh^{-1}\left(\frac{0.3048}{2(2.0574\times10^{-3})}\right) =cosh⁡−1(74.074)≈4.998= \cosh^{-1}(74.074) \approx 4.998

（a）傳輸線參數與導線電阻

1. 單位長度電感 LL

L=4π×10−7π(4.998)L=\frac{4\pi\times10^{-7}}{\pi}(4.998)

因此

L≈2.00×10−6 H/m\boxed{L\approx 2.00\times10^{-6}\ \text{H/m}}

或寫成

L≈2.00 μH/m\boxed{L\approx 2.00\ \mu\text{H/m}}

題目說明忽略內部電感，因此此處只計算外部電感。

2. 單位長度電容 CC

C=π(8.854×10−12)4.998C=\frac{\pi(8.854\times10^{-12})}{4.998}

所以

C≈5.57×10−12 F/m\boxed{C\approx 5.57\times10^{-12}\ \text{F/m}}

或寫成

C≈5.57 pF/m\boxed{C\approx 5.57\ \text{pF/m}}

3. 單位長度漏導 GG

題目指定導線置於空氣中，且未提供介質漏電導或介質損耗資料，因此視空氣為理想介質：

G=0 S/m\boxed{G=0\ \text{S/m}}

4. 直流電阻 RdcR_{dc}

單一圓導線的截面積為

A=πa2=π(2.0574×10−3)2≈1.330×10−5 m2A=\pi a^2 =\pi(2.0574\times10^{-3})^2 \approx1.330\times10^{-5}\ \text{m}^2

單一導線每單位長度的直流電阻為

Rwire,dc=1σcAR_{\text{wire,dc}}=\frac{1}{\sigma_c A}

傳輸線包含來回兩條導線，因此

Rdc=2σcAR_{dc}=\frac{2}{\sigma_c A}

代入 σc=5.8×107 S/m\sigma_c=5.8\times10^7\ \text{S/m}：

Rdc=2(5.8×107)(1.330×10−5)R_{dc} = \frac{2}{(5.8\times10^7)(1.330\times10^{-5})}

得到

Rdc≈2.59×10−3 Ω/m\boxed{R_{dc}\approx2.59\times10^{-3}\ \Omega/\text{m}}

也就是

Rdc≈2.59 mΩ/m\boxed{R_{dc}\approx2.59\ \text{m}\Omega/\text{m}}

5. 1 MHz 時的交流電阻 RacR_{ac}

高頻下，電流因集膚效應集中於導線表面。銅導線的集膚深度為

δ=2ωμ0σc\delta=\sqrt{\frac{2}{\omega\mu_0\sigma_c}}

其中

ω=2πf=2π(106)\omega=2\pi f=2\pi(10^6)

因此

δ=2(2π×106)(4π×10−7)(5.8×107)\delta = \sqrt{ \frac{2} {(2\pi\times10^6)(4\pi\times10^{-7})(5.8\times10^7)} } δ≈6.60×10−5 m\delta\approx6.60\times10^{-5}\ \text{m}

即

δ≈0.0660 mm\delta\approx0.0660\ \text{mm}

當導線半徑遠大於集膚深度時，單一導線的高頻電阻近似為

Rwire,ac≈1σc(2πaδ)R_{\text{wire,ac}} \approx \frac{1}{\sigma_c(2\pi a\delta)}

兩條導線的總交流電阻為

Rac≈2σc(2πaδ)=1σcπaδR_{ac} \approx \frac{2}{\sigma_c(2\pi a\delta)} = \frac{1}{\sigma_c\pi a\delta}

代入數值：

Rac=1(5.8×107)π(2.0574×10−3)(6.60×10−5)R_{ac} = \frac{1} {(5.8\times10^7)\pi(2.0574\times10^{-3})(6.60\times10^{-5})}

因此

Rac(1 MHz)≈4.04×10−2 Ω/m\boxed{R_{ac}(1\ \text{MHz})\approx4.04\times10^{-2}\ \Omega/\text{m}}

或寫成

Rac(1 MHz)≈40.4 mΩ/m\boxed{R_{ac}(1\ \text{MHz})\approx40.4\ \text{m}\Omega/\text{m}}

（a）結果整理

L≈2.00 μH/m\boxed{L\approx2.00\ \mu\text{H/m}} C≈5.57 pF/m\boxed{C\approx5.57\ \text{pF/m}} G=0 S/m\boxed{G=0\ \text{S/m}} Rdc≈2.59 mΩ/m\boxed{R_{dc}\approx2.59\ \text{m}\Omega/\text{m}} Rac(1 MHz)≈40.4 mΩ/m\boxed{R_{ac}(1\ \text{MHz})\approx40.4\ \text{m}\Omega/\text{m}}
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第 6 題

  1. A rectangular waveguide having dimensions of a=3.484a = 3.484 cm and b=1.58b = 1.58 cm is filled with a dielectric material (ε=2.25ε0\varepsilon = 2.25 \varepsilon_0; μ=μ0\mu = \mu_0). The operation frequency is 4 GHz.
    (a) Find the phase constant β\beta, the guided wavelength λg\lambda_g, the phase velocity vpv_p, the group velocity vgv_g, and the wave impedance ZZ of the dominant mode. [10%]
    (b) Compute the propagation constant when the operation frequency is 2 GHz. How much does the wave attenuate over the distance of 1 cm? [5%]

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核心觀念

本題考查矩形波導的主模態、截止頻率，以及截止頻率以上與以下的傳播特性。

矩形波導模態的截止頻率為

fc,mn=12με(ma)2+(nb)2.f_{c,mn} = \frac{1}{2\sqrt{\mu\varepsilon}} \sqrt{ \left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2 }.

最低截止頻率的模態為主模態 TE10TE_{10}，其截止頻率為

fc=12aμε=c2aεr.f_c=\frac{1}{2a\sqrt{\mu\varepsilon}} =\frac{c}{2a\sqrt{\varepsilon_r}}.

波導中的傳播常數為

β=k2−kc2=k1−(fcf)2,\beta=\sqrt{k^2-k_c^2} = k\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2},

其中

k=ωμε=2πfεrc.k=\omega\sqrt{\mu\varepsilon} =\frac{2\pi f\sqrt{\varepsilon_r}}{c}.

對 TETE 模態，波導阻抗為

ZTE=ωμβ=η1−(fc/f)2,Z_{TE}=\frac{\omega\mu}{\beta} = \frac{\eta}{\sqrt{1-(f_c/f)^2}},

其中介質中的平面波阻抗

η=με=η0εr.\eta=\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}} =\frac{\eta_0}{\sqrt{\varepsilon_r}}.

解題方法

已知

a=3.484 cm=0.03484 m,a=3.484\ \mathrm{cm}=0.03484\ \mathrm{m}, b=1.58 cm=0.0158 m,b=1.58\ \mathrm{cm}=0.0158\ \mathrm{m}, εr=2.25,εr=1.5,\varepsilon_r=2.25,\qquad \sqrt{\varepsilon_r}=1.5, μ=μ0,f=4 GHz.\mu=\mu_0,\qquad f=4\ \mathrm{GHz}.

1. 判斷主模態與截止頻率

矩形波導的主模態為 TE10TE_{10}，因此

fc=c2aεr=3×1082(0.03484)(1.5).f_c = \frac{c}{2a\sqrt{\varepsilon_r}} = \frac{3\times10^8} {2(0.03484)(1.5)}.

因此

fc≈2.870 GHz.f_c\approx 2.870\ \mathrm{GHz}.

由於

4 GHz>fc,4\ \mathrm{GHz}>f_c,

所以 TE10TE_{10} 模態可以傳播。

2. 計算波數與相位常數

介質中的波數為

k=2πfεrc=2π(4×109)(1.5)3×108≈125.664 rad/m.k=\frac{2\pi f\sqrt{\varepsilon_r}}{c} = \frac{2\pi(4\times10^9)(1.5)} {3\times10^8} \approx125.664\ \mathrm{rad/m}.

因此

β=k1−(fcf)2\beta = k\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2} =125.6641−(2.8704)2≈87.52 rad/m.= 125.664 \sqrt{1-\left(\frac{2.870}{4}\right)^2} \approx87.52\ \mathrm{rad/m}.

3. 導引波長

導引波長為

λg=2πβ=2π87.52≈0.0718 m.\lambda_g=\frac{2\pi}{\beta} = \frac{2\pi}{87.52} \approx0.0718\ \mathrm{m}.

所以

λg≈7.18 cm.\lambda_g\approx7.18\ \mathrm{cm}.

4. 相速度與群速度

相速度為

vp=ωβ=2πfβ.v_p=\frac{\omega}{\beta} = \frac{2\pi f}{\beta}.

代入數值：

vp=2π(4×109)87.52≈2.87×108 m/s.v_p = \frac{2\pi(4\times10^9)} {87.52} \approx2.87\times10^8\ \mathrm{m/s}.

群速度為

vg=cεr1−(fcf)2.v_g = \frac{c}{\sqrt{\varepsilon_r}} \sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2}.

因此

vg=3×1081.51−(2.8704)2≈1.39×108 m/s.v_g = \frac{3\times10^8}{1.5} \sqrt{1-\left(\frac{2.870}{4}\right)^2} \approx1.39\times10^8\ \mathrm{m/s}.

亦可利用無耗波導關係驗算：

vpvg=c2εr.v_pv_g=\frac{c^2}{\varepsilon_r}.

5. TE10TE_{10} 模態的波導阻抗

介質中的平面波阻抗為

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第 7 題

  1. The radiation fields of a half-wave dipole antenna in phasor expression are given by
    E⃗θ=jη02I04πrcos⁡(π2cos⁡θ)sin⁡θe−jkra^θandH⃗ϕ=I02πrcos⁡(π2cos⁡θ)sin⁡θe−jkra^ϕ\vec{E}_{\theta} = j \eta_0 \frac{2 I_0}{4\pi r} \frac{\cos(\frac{\pi}{2} \cos \theta)}{\sin \theta} e^{-jkr} \hat{a}_{\theta} \quad \text{and} \quad \vec{H}_{\phi} = \frac{I_0}{2\pi r} \frac{\cos(\frac{\pi}{2} \cos \theta)}{\sin \theta} e^{-jkr} \hat{a}_{\phi}
    where I0I_0 is the current amplitude at the input port of the antenna. Calculate the radiation resistance and directivity of a half-wave dipole antenna. (Note: calculation is necessary.) [10%]

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這一題的完整詳解

令

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

平均輻射功率密度為

⟨Sr⟩=∣Eθ∣22η0=η0∣I0∣28π2r2F2(θ).\langle S_r\rangle =\frac{|E_\theta|^2}{2\eta_0} =\frac{\eta_0|I_0|^2}{8\pi^2r^2}F^2(\theta).

故總輻射功率

Prad=∫02π∫0π⟨Sr⟩r2sin⁡θ dθ dϕ=η0∣I0∣24π∫0πcos⁡2(π2cos⁡θ)sin⁡θ dθ.\begin{aligned} P_{\rm rad} &=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi \langle S_r\rangle r^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi\\ &=\frac{\eta_0|I_0|^2}{4\pi} \int_0^\pi \frac{\cos^2\left(\frac{\pi}{2}\cos\theta\right)} {\sin\theta}\,d\theta. \end{aligned}

其中

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