109 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所丙組《電磁場與波》

本題考驗的是邊界條件在磁場中的應用，特別是磁通量密度 $\mathbf{B}$ 在不同介質介面上的連續性。

題目描述一個有限導電的磁性區域，其邊界為平面 $x+3y\le6$。在這個區域內，相對磁導率為 $\mu_r = 5$，磁通量密度為 $\mathbf{B} = 2\hat{a}_x + \hat{a}_y$ T。另一區域為自由空間。我們要找出自由空間中的磁場 $\mathbf{B}$。

在電磁學中，磁通量密度 $\mathbf{B}$ 在不同介質的介面上的邊界條件為：

1. 垂直分量連續：$\mathbf{B}_{1n} = \mathbf{B}_{2n}$
2. 切線分量與磁場強度 $\mathbf{H}$ 的切線分量相關：$\mathbf{H}_{1t} \times \hat{n} = \mathbf{H}_{2t} \times \hat{n}$，或者，如果介面沒有自由電流，則 $H_{1t} = H_{2t}$。

在這個問題中，給定的平面 $x+3y=6$ 是兩個區域的邊界。我們可以定義一個法向量。對於 $x+3y\le6$ 這個區域，其法向量指向外部（自由空間）為 $\hat{n} = \frac{\hat{a}_x + 3\hat{a}_y}{\sqrt{1^2+3^2}} = \frac{1}{\sqrt{10}}(\hat{a}_x + 3\hat{a}_y)$。

在有限導電區域內，我們已知 $\mathbf{B}_1 = 2\hat{a}_x + \hat{a}_y$。
為了應用邊界條件，我們需要將 $\mathbf{B}_1$ 分解為垂直分量和切線分量。
$\mathbf{B}_{1n} = (\mathbf{B}_1 \cdot \hat{n})\hat{n} = \left( (2\hat{a}_x + \hat{a}_y) \cdot \frac{1}{\sqrt{10}}(\hat{a}_x + 3\hat{a}_y) \right) \frac{1}{\sqrt{10}}(\hat{a}_x + 3\hat{a}_y)$
$\mathbf{B}_{1n} = \left( \frac{1}{\sqrt{10}}(2 \cdot 1 + 1 \cdot 3) \right) \frac{1}{\sqrt{10}}(\hat{a}_x + 3\hat{a}_y) = \frac{5}{\sqrt{10}} \frac{1}{\sqrt{10}}(\hat{a}_x + 3\hat{a}_y) = \frac{5}{10}(\hat{a}_x + 3\hat{a}_y) = \frac{1}{2}(\hat{a}_x + 3\hat{a}_y)$

切線分量 $\mathbf{B}_{1t} = \mathbf{B}_1 - \mathbf{B}_{1n} = (2\hat{a}_x + \hat{a}_y) - \frac{1}{2}(\hat{a}_x + 3\hat{a}_y) = (2 - \frac{1}{2})\hat{a}_x + (1 - \frac{3}{2})\hat{a}_y = \frac{3}{2}\hat{a}_x - \frac{1}{2}\hat{a}_y$。

在自由空間中，磁通量密度為 $\mathbf{B}_2$。
根據邊界條件，垂直分量連續：$\mathbf{B}_{2n} = \mathbf{B}_{1n} = \frac{1}{2}(\hat{a}_x + 3\hat{a}_y)$。

接下來處理切線分量。我們需要從 $\mathbf{B}_1$ 計算 $\mathbf{H}_1$。
$\mathbf{B}_1 = \mu_1 \mathbf{H}_1$，其中 $\mu_1 = \mu_r \mu_0 = 5\mu_0$。
所以 $\mathbf{H}_1 = \frac{\mathbf{B}_1}{\mu_1} = \frac{2\hat{a}_x + \hat{a}_y}{5\mu_0}$。
$\mathbf{H}_{1t}$ 是 $\mathbf{H}_1$ 的切線分量。

核心觀念

本題考查同軸傳輸線的 TEM 波是否符合 Maxwell 方程式，並由場分布直接求出：

1. 傳播常數 $k$ 與角頻率 $\omega$ 的關係。
2. 電壓與電流振幅比，即同軸線的特性阻抗。

空氣中無自由電荷與傳導電流，因此使用無源 Maxwell 方程式：

$$\nabla\times\mathbf{E} =-\mu_0\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}$$ $$\nabla\times\mathbf{H} =\epsilon_0\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}$$

題目中的時間與空間因子為

$$e^{j(\omega t-kz)}$$

因此有

$$\frac{\partial}{\partial t}e^{j(\omega t-kz)} =j\omega e^{j(\omega t-kz)}$$

以及

$$\frac{\partial}{\partial z}e^{j(\omega t-kz)} =-jk e^{j(\omega t-kz)}.$$

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解題方法

將已知的 $\mathbf{E}$ 與 $\mathbf{H}$ 分別代入兩個旋度方程式。由於電場只有 $\rho$ 分量、磁場只有 $\phi$ 分量，計算會大幅簡化。

令

$$\Psi=e^{j(\omega t-kz)}.$$

則

$$\mathbf{E} =\hat a_\rho\frac{V}{\rho\ln(b/a)}\Psi$$ $$\mathbf{H} =\hat a_\phi\frac{I}{2\pi\rho}\Psi.$$

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由 Faraday 定律求第一個關係式

電場只有 $\rho$ 分量，因此其旋度的 $\phi$ 分量為

$$(\nabla\times\mathbf{E})_\phi =\frac{\partial E_\rho}{\partial z}.$$

因為

$$E_\rho =\frac{V}{\rho\ln(b/a)}\Psi,$$

所以

$$\frac{\partial E_\rho}{\partial z} = \frac{V}{\rho\ln(b/a)} (-jk)\Psi.$$

因此

$$\nabla\times\mathbf{E} = -\hat a_\phi \frac{jkV}{\rho\ln(b/a)}\Psi.$$

另一方面，

$$-\mu_0\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t} = -\mu_0\hat a_\phi \frac{I}{2\pi\rho} (j\omega)\Psi = -\hat a_\phi \frac{j\omega\mu_0 I}{2\pi\rho}\Psi.$$

由 Faraday 定律，

$$-\frac{jkV}{\rho\ln(b/a)}\Psi = -\frac{j\omega\mu_0 I}{2\pi\rho}\Psi.$$

約去 $-j\Psi/\rho$，得到

$$\frac{kV}{\ln(b/a)} = \frac{\omega\mu_0 I}{2\pi}. \tag{1}$$

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由 Ampère-Maxwell 定律求第二個關係式

磁場只有 $\phi$ 分量。其旋度的 $\rho$ 分量為

$$(\nabla\times\mathbf{H})_\rho = -\frac{1}{\rho}\frac{\partial H_\phi}{\partial z}.$$

由

$$H_\phi =\frac{I}{2\pi\rho}\Psi,$$

可得

$$\frac{\partial H_\phi}{\partial z} = \frac{I}{2\pi\rho}(-jk)\Psi.$$

因此

$$(\nabla\times\mathbf{H})_\rho = -\frac{1}{\rho} \left[ -\frac{jkI}{2\pi\rho}\Psi \right] = \frac{jkI}{2\pi\rho^2}\Psi.$$

此處需注意題目給定的旋度公式中，$\rho$ 分量為

$$(\nabla\times\mathbf{A})_\rho = \frac{1}{\rho} \left( \frac{\partial A_z}{\partial\phi} - \frac{\partial A_\phi}{\partial z} \right).$$

因此正確計算為

$$(\nabla\times\mathbf{H})_\rho = -\frac{1}{\rho} \frac{\partial H_\phi}{\partial z} = \frac{jkI}{2\pi\rho^2}\Psi.$$

然而右側為

$$\epsilon_0\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t} = \hat a_\rho \epsilon_0 \frac{j\omega V}{\rho\ln(b/a)}\Psi.$$

核心觀念

本題考查低損耗傳輸線（good transmission line）的傳播常數。對每單位長度具有串聯電阻 $R$、串聯電感 $L$、並聯電導 $G$、並聯電容 $C$ 的傳輸線，其傳播常數為

$$\gamma=\alpha+j\beta =\sqrt{(R+j\omega L)(G+j\omega C)} ,$$

其中：

• $\alpha$：衰減常數，單位為 $\mathrm{Np/m}$；
• $\beta$：相位常數；
• $Z_0$：特性阻抗。

良好傳輸線的條件為

$$R\ll \omega L,\qquad G\ll \omega C.$$

在此條件下，特性阻抗近似為

$$Z_0\approx \sqrt{\frac{L}{C}}.$$

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解題方法

由傳輸線方程式可得

$$\gamma =\sqrt{(R+j\omega L)(G+j\omega C)}.$$

將 $j\omega L$ 與 $j\omega C$ 提出：

$$\gamma =j\omega\sqrt{LC} \sqrt{\left(1+\frac{R}{j\omega L}\right) \left(1+\frac{G}{j\omega C}\right)}.$$

由於 $R/(\omega L)$ 與 $G/(\omega C)$ 很小，可使用一階近似

$$\sqrt{(1+x)(1+y)} \approx 1+\frac{x+y}{2}.$$

因此

$$\gamma \approx j\omega\sqrt{LC} \left[ 1+\frac{1}{2} \left( \frac{R}{j\omega L} +\frac{G}{j\omega C} \right) \right].$$

展開得

$$\gamma \approx j\omega\sqrt{LC} +\frac{R}{2}\sqrt{\frac{C}{L}} +\frac{G}{2}\sqrt{\frac{L}{C}}.$$

比較 $\gamma=\alpha+j\beta$ 的實部與虛部，可得

$$\alpha \approx \frac{R}{2}\sqrt{\frac{C}{L}} + \frac{G}{2}\sqrt{\frac{L}{C}},$$

以及

$$\beta\approx \omega\sqrt{LC}.$$

利用

$$Z_0\approx \sqrt{\frac{L}{C}}, \qquad \frac{1}{Z_0}\approx \sqrt{\frac{C}{L}},$$

衰減常數可寫成最常用的形式：

$$\boxed{ \alpha\approx \frac{R}{2Z_0}+\frac{GZ_0}{2} }$$

亦即

核心觀念

傳輸線的重要公式為：

$$\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}$$ $$\Gamma_{\mathrm{in}}=\Gamma_L e^{-j2\beta l}, \qquad \beta=\frac{2\pi}{\lambda}$$

無損傳輸線上的電壓駐波比為：

$$\mathrm{VSWR}=\frac{1+|\Gamma|}{1-|\Gamma|}$$

輸入阻抗則為：

$$Z_{\mathrm{in}} =Z_0\frac{Z_L+jZ_0\tan(\beta l)} {Z_0+jZ_L\tan(\beta l)}$$

已知

$$Z_0=50~\Omega,\qquad Z_L=100~\Omega,\qquad l=\frac{\lambda}{8}$$

因此

$$\beta l=\frac{2\pi}{\lambda}\cdot\frac{\lambda}{8} =\frac{\pi}{4}$$

且

$$\tan(\beta l)=\tan\frac{\pi}{4}=1$$

解題計算

(a) 負載端電壓反射係數

$$\Gamma_L =\frac{100-50}{100+50} =\frac{50}{150} =\frac{1}{3}$$

因此

$$\boxed{\Gamma_L=\frac{1}{3}=0.333\angle 0^\circ}$$

因為負載電阻大於特性阻抗，所以反射係數為正值。

(b) 輸入端電壓反射係數

反射波由負載傳回輸入端，需經過來回相位變化：

$$2\beta l=2\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{2}$$

所以

$$\Gamma_{\mathrm{in}} =\Gamma_L e^{-j2\beta l} =\frac{1}{3}e^{-j\pi/2} =-j\frac{1}{3}$$

因此

本題考驗的是電磁波在介質界面的功率傳輸問題，涉及到菲涅爾方程和功率反射/透射係數的計算。

已知條件：

• 入射波在空氣中，其參數為 $\mu_0, \epsilon_0$。
• 介質為電介質，其參數為 $\mu = \mu_0, \epsilon = 3\epsilon_0$。
• 入射角度為斜入射，入射角與界面的夾角為 $60^\circ$。由於圖中顯示電場 $\mathbf{E}$ 與法線夾角為 $60^\circ$，則入射角 $\theta_i = 60^\circ$。
• 我們需要計算透射功率佔總入射功率的百分比。

首先，確定入射波是 TE 波還是 TM 波。
從圖示看，入射磁場 $\mathbf{H}$ 垂直於紙面，電場 $\mathbf{E}$ 在紙面內，並且與傳播方向垂直。
傳播方向垂直於紙面。
如果 $\mathbf{E}$ 在紙面內，$\mathbf{H}$ 垂直於紙面，則這是一種 TM 波（Magnetic field is transverse to the direction of propagation, but electric field is not）。
或者，如果 $\mathbf{E}$ 垂直於紙面，$\mathbf{H}$ 在紙面內，則是一種 TE 波（Electric field is transverse to the direction of propagation, but magnetic field is not）。

圖中顯示，電場 $\mathbf{E}$ 在紙面內，磁場 $\mathbf{H}$ 垂直於紙面。傳播方向垂直於紙面。
由於 $\mathbf{E}$ 不垂直於傳播方向，$\mathbf{H}$ 垂直於傳播方向，這符合 TEM 波的定義。
但是，題目明確說「斜入射」。
圖中顯示，入射波的傳播方向與界面的夾角為 $30^\circ$（因為與法線的夾角是 $60^\circ$）。
所以，入射角 $\theta_i = 60^\circ$。
電場 $\mathbf{E}$ 在紙面內。磁場 $\mathbf{H}$ 垂直於紙面。
這意味著 $\mathbf{E}$ 垂直於傳播方向，$\mathbf{H}$ 垂直於傳播方向。
所以這是一種 TEM 波。

對於 TEM 波，斜入射和垂直入射的處理方式一樣。
我們需要計算功率透射係數。
功率透射係數 $T$ 與電場和磁場的反射係數有關。
首先，計算介質的特性阻抗：
空氣中：$\eta_1 = \sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}} \approx 377 \, \Omega$。
介質中：$\eta_2 = \sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}} = \sqrt{\frac{\mu_0}{3\epsilon_0}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}} = \frac{\eta_1}{\sqrt{3}}$。

斜入射時，需要區分 TE 波和 TM 波。
如果入射波是 TE 波（磁場垂直於入射面，電場在入射面內），則反射係數 $\Gamma_{TE}$ 為：
$\Gamma_{TE} = \frac{\eta_2 \cos\theta_i - \eta_1 \cos\theta_t}{\eta_2 \cos\theta_i + \eta_1 \cos\theta_t}$
如果入射波是 TM 波（電場垂直於入射面，磁場在入射面內），則反射係數 $\Gamma_{TM}$ 為：
$\Gamma_{TM} = \frac{\eta_2 \cos\theta_t - \eta_1 \cos\theta_i}{\eta_2 \cos\theta_t + \eta_1 \cos\theta_i}$
其中 $\theta_i$ 是入射角，$\theta_t$ 是透射角。

根據圖示，電場 $\mathbf{E}$ 在紙面內，磁場 $\mathbf{H}$ 垂直於紙面。
傳播方向垂直於紙面。
所以，$\mathbf{E}$ 垂直於傳播方向，$\mathbf{H}$ 垂直於傳播方向。
這意味著這是一個 TEM 波。
但是，斜入射時，TEM 波的定義是 $\mathbf{E}$ 和 $\mathbf{H}$ 都垂直於傳播方向。

圖示的設置是：
入射波傳播方向垂直於紙面。
界面是紙面。
電場 $\mathbf{E}$ 在紙面內。
磁場 $\mathbf{H}$ 垂直於紙面。
這表示 $\mathbf{E}$ 和 $\mathbf{H}$ 都垂直於傳播方向。
這應該是 TEM 波。

然而，如果我們將入射面定義為包含傳播方向和法線的平面，則：
法線垂直於界面。
入射波傳播方向在入射面內。
電場 $\mathbf{E}$ 在紙面內。
磁場 $\mathbf{H}$ 垂直於紙面。
如果入射角是 $60^\circ$，則傳播方向與界面的夾角是 $30^\circ$。
如果 $\mathbf{E}$ 在紙面內，$\mathbf{H}$ 垂直於紙面，則：

• $\mathbf{E}$ 垂直於傳播方向。
• $\mathbf{H}$ 垂直於傳播方向。
• $\mathbf{E}$ 和 $\mathbf{H}$ 相互垂直。
  這符合 TEM 波的定義。

但是，如果考慮斜入射，我們需要區分 TE 和 TM。
如果入射面是包含傳播方向和法線的平面。
$\mathbf{E}$ 在紙面內，$\mathbf{H}$ 垂直於紙面。
這意味著 $\mathbf{E}$ 具有垂直於入射面的分量，$\mathbf{H}$ 具有平行於入射面的分量。
所以，這是一個 TM 波（Magnetic field is parallel to the plane of incidence, Electric field is perpendicular to the plane of incidence）。
這裡的入射面就是紙面。

入射角 $\theta_i = 60^\circ$。
利用斯涅爾定律 (Snell's Law) 找出透射角 $\theta_t$:
$n_1 \sin\theta_i = n_2 \sin\theta_t$.
空氣的折射率 $n_1 = \sqrt{\mu_1 \epsilon_1 / (\mu_0 \epsilon_0)} = \sqrt{\mu_0 \epsilon_0 / (\mu_0 \epsilon_0)} = 1$.

本題考驗矩形波導的截止頻率、導波波長以及不同模式的特性。

已知條件：

• 波導為矩形。
• 填充物為空氣，但後來改為介質 $\epsilon_r = 4, \mu_r = 1$。
• $TE_{10}$ 模式的截止頻率 $f_{c,10} = 3 \text{GHz}$。
• $TE_{01}$ 模式的截止頻率 $f_{c,01} = 4 \text{GHz}$。
• $(a)$ 求導波管的尺寸（寬度 $a$ 和高度 $b$）。
• $(b)$ 在介質 $\epsilon_r = 4, \mu_r = 1$ 填充下，求 $TM_{11}$ 模式在 $f = 5 \text{GHz}$ 時的導波波長 $\lambda_g$。

（a）導波管的尺寸 $a$ 和 $b$

對於矩形波導，截止頻率 $f_{c,mn}$ 的公式為：
$f_{c,mn} = \frac{v}{2} \sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2 + \left(\frac{n}{b}\right)^2}$
其中 $v$ 是波導內電磁波的傳播速度。
對於空氣填充的波導，$v = c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \epsilon_0}} \approx 3 \times 10^8 \text{ m/s}$。
然而，題目後來提到填充物為 $\epsilon_r = 4, \mu_r = 1$ 的介質。
所以，波導內的傳播速度 $v = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \mu_r \epsilon_0 \epsilon_r}} = \frac{c}{\sqrt{\mu_r \epsilon_r}} = \frac{c}{\sqrt{1 \cdot 4}} = \frac{c}{2}$。
所以，$v = \frac{3 \times 10^8}{2} = 1.5 \times 10^8 \text{ m/s}$。

對於 $TE_{10}$ 模式，$m=1, n=0$:
$f_{c,10} = \frac{v}{2} \sqrt{\left(\frac{1}{a}\right)^2 + \left(\frac{0}{b}\right)^2} = \frac{v}{2a}$
已知 $f_{c,10} = 3 \text{GHz} = 3 \times 10^9 \text{ Hz}$。
$3 \times 10^9 = \frac{1.5 \times 10^8}{2a}$
$6a \times 10^9 = 1.5 \times 10^8$
$a = \frac{1.5 \times 10^8}{6 \times 10^9} = \frac{1.5}{60} = \frac{1}{40} = 0.025 \text{ m} = 2.5 \text{ cm}$

對於 $TE_{01}$ 模式，$m=0, n=1$:
$f_{c,01} = \frac{v}{2} \sqrt{\left(\frac{0}{a}\right)^2 + \left(\frac{1}{b}\right)^2} = \frac{v}{2b}$
已知 $f_{c,01} = 4 \text{GHz} = 4 \times 10^9 \text{ Hz}$。
$4 \times 10^9 = \frac{1.5 \times 10^8}{2b}$
$8b \times 10^9 = 1.5 \times 10^8$
$b = \frac{1.5 \times 10^8}{8 \times 10^9} = \frac{1.5}{80} = \frac{3}{160} \approx 0.01875 \text{ m} = 1.875 \text{ cm}$

通常，矩形波導的寬度 $a$ 大於高度 $b$。這裡計算結果 $a > b$ 是符合常規的。

【答案】導波管的尺寸為 $a = 2.5 \text{ cm}$，$b = 1.875 \text{ cm}$。

（b）$TM_{11}$ 模式在 $f = 5 \text{GHz}$ 時的導波波長 $\lambda_g$