109 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所乙組《電磁學與電磁波》

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第 1 題15 分

A simple capacitive fuel gauge can be built by a cylindrical capacitor, as shown in Fig. A. The diameter of the inner copper cylinder is 2a and the diameter of the outer copper cylinder shell is 2b. If d is the cylinder's length and the relative permittivity of the fluid is ϵr\epsilon_r. Find the general relation between the fluid level h and the capacitance C (i.e., the function C(h)). [15%]

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核心觀念

同軸圓柱電容器長度為 LL、介電常數為 ϵ\epsilon 時，忽略邊緣效應，其電容為

C=2πϵLln⁡(b/a)C=\frac{2\pi\epsilon L}{\ln(b/a)}

圖中液體段長度為 hh，介電常數為 ϵrϵ0\epsilon_r\epsilon_0；空氣段長度為 d−hd-h，介電常數取 ϵ0\epsilon_0。兩段沿圓柱軸向排列，接在相同的內、外圓柱電極之間，因此等效為並聯電容。

解題方法

由高斯定律，同軸結構中半徑 rr 處的電場為

E(r)=λ2πϵrE(r)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon r}

其中 λ\lambda 為單位長度電荷量。內、外圓柱間的電位差為

V=∫abE(r) dr=λ2πϵln⁡(ba)V=\int_a^b E(r)\,dr =\frac{\lambda}{2\pi\epsilon}\ln\left(\frac{b}{a}\right)

長度為 LL 的圓柱所帶電荷為 Q=λLQ=\lambda L，所以

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第 2 題15 分

(a) The rectangular metal loop (with an internal series resistance of 10 Ω) shown in Fig. B moves toward the original at a velocity of v⃗=−100a^x\vec{v} = -100 \hat{a}_x (m/sec) in a magnetic flux field B⃗=0.5e−0.5ya^z\vec{B} = 0.5 e^{-0.5y} \hat{a}_z (T). Find the current at the instant when the coil sides are at y=0.4y = 0.4 m and 0.60.6 m. [10%]
(b) If the above-mentioned metal loop moves with a velocity of v⃗=+20a^x\vec{v} = +20 \hat{a}_x along the x-direction, find the current magnitude. [5%]

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核心觀念

本題考查法拉第電磁感應定律與動生電動勢：

E=−dΦBdt,ΦB=∫SB⃗⋅dS⃗\mathcal{E}=-\frac{d\Phi_B}{dt}, \qquad \Phi_B=\int_S \vec B\cdot d\vec S

線圈內部電阻為 R=10 ΩR=10\,\Omega，因此感應電流為

I=ERI=\frac{\mathcal{E}}{R}

由圖可知矩形線圈在 xx 方向的長度為 0.4 m0.4\,\text{m}，兩條平行於 xx 軸的線圈邊分別位於 y=0.4 my=0.4\,\text{m} 與 y=0.6 my=0.6\,\text{m}。

磁場為

B⃗=0.5e−0.5ya^z T\vec B=0.5e^{-0.5y}\hat a_z\ \text{T}

(a) 線圈以 v⃗=−100a^y\vec v=-100\hat a_y 移動

取線圈面法向量為 +a^z+\hat a_z，磁通量為

ΦB=∫0.40.60.4(0.5e−0.5y)dy\Phi_B =\int_{0.4}^{0.6}0.4\left(0.5e^{-0.5y}\right)dy

因此

ΦB=0.4[−e−0.5y]0.40.6=0.4(e−0.2−e−0.3)\Phi_B =0.4\left[-e^{-0.5y}\right]_{0.4}^{0.6} =0.4\left(e^{-0.2}-e^{-0.3}\right)

線圈沿 yy 方向以速度 vy=−100 m/sv_y=-100\,\text{m/s} 移動，故

dΦBdt=0.4vy[B(0.6)−B(0.4)]\frac{d\Phi_B}{dt} =0.4v_y\left[B(0.6)-B(0.4)\right]

其中

B(0.4)=0.5e−0.2=0.4094 TB(0.4)=0.5e^{-0.2}=0.4094\ \text{T} B(0.6)=0.5e−0.3=0.3704 TB(0.6)=0.5e^{-0.3}=0.3704\ \text{T}

所以

dΦBdt=0.4(−100)(0.3704−0.4094)=1.560 Wb/s\frac{d\Phi_B}{dt} =0.4(-100)(0.3704-0.4094) =1.560\ \text{Wb/s}

感應電動勢為

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第 3 題15 分

Given the following electric field and magnetic field that satisfy the source-free Maxwell's equations in free space,
E⃗(z)=20ej(ωt−βz)a^x\vec{E}(z)=20e^{j(\omega t-\beta z)} \hat{a}_x (V/m);
H⃗(z)=H0ej(ωt−βz)a^y\vec{H}(z)=H_0 e^{j(\omega t-\beta z)} \hat{a}_y (A/m)
(a) Please show out the equation set of source-free Maxwell's equations in E and H notations. [5%]
(b) Please find the wave propagation direction, ω\omega, H0H_0, and β\beta (β>0\beta>0). [5%]
(c) Find the time-average propagation power density (W/m²). [5%]

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核心觀念

本題考查自由空間中的均勻平面波，重點包括：

  • 無源自由空間的 Maxwell 方程式。
  • 相位項判斷波的傳播方向。
  • 平面波的色散關係與波阻抗。
  • 電場、磁場與傳播方向的向量關係。
  • 坡印廷向量與時間平均功率密度。

題目採用時間因子 ejωte^{j\omega t}，因此場式中的相位項為 e−jβze^{-j\beta z}。

(a) 無源 Maxwell 方程式

自由空間中沒有電荷密度與電流密度，即

ρv=0,J⃗=0\rho_v=0,\qquad \vec{J}=0

因此以電場 E⃗\vec{E} 與磁場 H⃗\vec{H} 表示的 Maxwell 方程式為

∇⋅E⃗=0\nabla\cdot\vec{E}=0 ∇⋅H⃗=0\nabla\cdot\vec{H}=0 ∇×E⃗=−μ0∂H⃗∂t\nabla\times\vec{E} =-\mu_0\frac{\partial\vec{H}}{\partial t} ∇×H⃗=ϵ0∂E⃗∂t\nabla\times\vec{H} =\epsilon_0\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}

其中

ϵ0=8.854×10−12 F/m\epsilon_0=8.854\times10^{-12}\ \mathrm{F/m} μ0=4π×10−7 H/m\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \mathrm{H/m}

若使用相量表示，因時間因子為 ejωte^{j\omega t}，時間微分可替換為 jωj\omega，故旋度方程式為

∇×E⃗~=−jωμ0H⃗~\nabla\times\widetilde{\vec{E}} =-j\omega\mu_0\widetilde{\vec{H}} ∇×H⃗~=jωϵ0E⃗~\nabla\times\widetilde{\vec{H}} =j\omega\epsilon_0\widetilde{\vec{E}}

(b) 傳播方向、ω\omega、H0H_0 與 β\beta

1. 波的傳播方向

電場表示為

E⃗(z,t)=20ej(ωt−βz)a^x\vec{E}(z,t)=20e^{j(\omega t-\beta z)}\hat{a}_x

固定相位滿足

ωt−βz=常數\omega t-\beta z=\text{常數}

因此

z=ωβt−常數βz=\frac{\omega}{\beta}t-\frac{\text{常數}}{\beta}

由於 ω>0\omega>0 且 β>0\beta>0，隨時間增加，相位位置往 +z+z 方向移動。

所以波的傳播方向為

+z 方向\boxed{+z\text{ 方向}}

其單位傳播向量為

a^k=a^z\hat{a}_k=\hat{a}_z

2. ω\omega 與 β\beta 的關係

自由空間中的平面波速度為

v=1μ0ϵ0=cv=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}=c

平面波的相位常數滿足

β=ωμ0ϵ0\beta=\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0}

因此

β=ωc\boxed{\beta=\frac{\omega}{c}}

其中

c=1μ0ϵ0≈3.00×108 m/sc=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}} \approx 3.00\times10^8\ \mathrm{m/s}

題目未提供頻率或波長，因此 ω\omega 無法得到單一數值，只能表示為任意正角頻率：

ω>0\boxed{\omega>0}

並且

β=ω3.00×108 rad/m\boxed{\beta=\frac{\omega}{3.00\times10^8}\ \mathrm{rad/m}}

3. 求 H0H_0

均勻平面波中，電場與磁場的關係為

H⃗~=1η0a^k×E⃗~\widetilde{\vec{H}} =\frac{1}{\eta_0}\hat{a}_k\times\widetilde{\vec{E}}

自由空間波阻抗為

η0=μ0ϵ0≈377 Ω\eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}} \approx 377\ \Omega

本題中

a^k×a^x=a^z×a^x=a^y\hat{a}_k\times\hat{a}_x =\hat{a}_z\times\hat{a}_x =\hat{a}_y

故

H⃗~=20η0e−jβza^y\widetilde{\vec{H}} =\frac{20}{\eta_0}e^{-j\beta z}\hat{a}_y

與題目給定的

H⃗(z)=H0ej(ωt−βz)a^y\vec{H}(z)=H_0e^{j(\omega t-\beta z)}\hat{a}_y

比較可得

H0=20η0H_0=\frac{20}{\eta_0}

因此

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第 4 題15 分

The magnetic circuit shown in Fig. C is cast-iron with a mean length le=0.5l_e = 0.5 (m) and square cross-section area of 4×10−44\times10^{-4} (m²). The air-gap length is lg=0.002l_g = 0.002 (m) and the coil contains 400 turns. Find the current I required to establish an air-gap flux of 80×10−680\times10^{-6} (Wb). Assume there is no fringing effect. The B-H curve of cast-iron is also given in Fig. C. [15%]

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核心觀念

本題利用磁路的安培定律：

NI=∮H dlNI=\oint H\,dl

磁動勢分別消耗在鑄鐵磁路與氣隙，因此

NI=Hcile+HglgNI=H_{\text{ci}}l_e+H_gl_g

其中鑄鐵為非線性磁性材料，HciH_{\text{ci}} 必須由題目所給的 B−HB-H 曲線讀取；氣隙則使用

B=μ0HgB=\mu_0H_g

解題方法

由於沒有 fringe effect，氣隙與鑄鐵中的磁通密度相同：

B=ΦgA=80×10−64×10−4=0.2 TB=\frac{\Phi_g}{A} =\frac{80\times10^{-6}}{4\times10^{-4}} =0.2\ \text{T}

由圖中鑄鐵的 B−HB-H 曲線，在 B=0.2 TB=0.2\ \text{T} 時讀得

Hci≈800 A/mH_{\text{ci}}\approx 800\ \text{A/m}

因此鑄鐵部分所需的磁動勢為

Fci=Hcile=800(0.5)=400 A-turns\mathcal{F}_{\text{ci}} =H_{\text{ci}}l_e =800(0.5) =400\ \text{A-turns}

氣隙中的磁場強度為

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第 5 題15 分

A lossless, air-filled cylindrical waveguide, which inside diameter is 3 cm, is operated at 14 GHz and placed along the z-axis. The solution of the electric field at a cross section in TMnpTM_{np} mode can be given by Ez,np(r,ϕ)=EnpJn(kc,npr)cos⁡(nϕ)E_{z,np}(r,\phi) = E_{np}J_n(k_{c,np}r)\cos(n\phi) where n∈{0,1,2,...}n \in \{0,1,2,...\} and p∈{1,2,3,...}p \in \{1,2,3,...\}
The roots of Bessel function Jn(x)J_n(x) are given in the following table. For the TM21TM_{21} mode propagating in the +z direction, find the cutoff frequency, guided wavelength, and wave impedance. [15%]

Zeros of Jn(x)J_n(x), xnpx_{np}

np=1p=2p=3
02.4055.5208.645
13.8327.01610.173
25.1368.41711.620

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核心觀念

圓柱形理想導體波導的 TM 模態具有縱向電場 EzE_z。導體壁面 r=ar=a 上必須滿足 Ez=0E_z=0，因此

Jn(kca)=0J_n(k_ca)=0

對於 TMnpTM_{np} 模態，

kc=xnpak_c=\frac{x_{np}}{a}

其中 xnpx_{np} 是 Jn(x)J_n(x) 的第 pp 個零點。TM 模態的相關公式為

fc=kc2πμ0ϵ0=ckc2πf_c=\frac{k_c}{2\pi\sqrt{\mu_0\epsilon_0}} =\frac{c k_c}{2\pi} β=k02−kc2=k01−(fcf)2\beta=\sqrt{k_0^2-k_c^2} =k_0\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2} λg=2πβ=λ01−(fc/f)2\lambda_g=\frac{2\pi}{\beta} =\frac{\lambda_0}{\sqrt{1-(f_c/f)^2}} ZTM=βωϵ0=η01−(fcf)2Z_{\mathrm{TM}}=\frac{\beta}{\omega\epsilon_0} =\eta_0\sqrt{1-\left(\frac{f_c}{f}\right)^2}

解題方法

圓柱波導內徑為 3 cm3\ \mathrm{cm}，因此半徑為

a=32 cm=0.015 ma=\frac{3}{2}\ \mathrm{cm}=0.015\ \mathrm{m}

題目要求 TM21TM_{21}，由表得

x21=5.136x_{21}=5.136

因此截止波數為

kc=x21a=5.1360.015=342.4 m−1k_c=\frac{x_{21}}{a} =\frac{5.136}{0.015} =342.4\ \mathrm{m^{-1}}

截止頻率為

fc=ckc2π=(3.00×108)(342.4)2πf_c=\frac{c k_c}{2\pi} =\frac{(3.00\times10^8)(342.4)}{2\pi} fc≈16.35 GHz\boxed{f_c\approx 16.35\ \mathrm{GHz}}

操作頻率為 f=14 GHzf=14\ \mathrm{GHz}，低於截止頻率：

14 GHz<16.35 GHz14\ \mathrm{GHz}<16.35\ \mathrm{GHz}

所以 TM21TM_{21} 模態在此頻率下並不能形成沿 +z+z 方向傳播的行波。

計算操作頻率下的自由空間波數：

k0=2πfc=2π(14×109)3.00×108≈293.2 m−1k_0=\frac{2\pi f}{c} =\frac{2\pi(14\times10^9)}{3.00\times10^8} \approx293.2\ \mathrm{m^{-1}}

由於 k0<kck_0<k_c，傳播常數為虛數。令衰減常數

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第 6 題15 分

(a) A plane wave incident on a plane dielectric boundary is illustrated in Fig. D. Please identify which case it belongs to. Perpendicular polarization or parallel polarization? Please also give your reason why. [2%]
(b) Given the incident electric and magnetic field intensity phasors in medium #1 as
E⃗i(x,z)=a^yEi0ejβ1(zcos⁡θi−xsin⁡θi)\vec{E}_i(x,z) = \hat{a}_y E_{i0} e^{j\beta_1(z\cos\theta_i - x\sin\theta_i)}
and H⃗i(x,z)=Ei0η1(−a^xcos⁡θi+a^zsin⁡θi)ejβ1(zcos⁡θi−xsin⁡θi)\vec{H}_i(x,z) = \frac{E_{i0}}{\eta_1} (-\hat{a}_x \cos\theta_i + \hat{a}_z \sin\theta_i) e^{j\beta_1(z\cos\theta_i - x\sin\theta_i)}
respectively. Please show out the reflected electric and magnetic field phasors in medium #1 and the transmitted electric and magnetic field phasors in medium #2. [8%]
(c) According to the boundary conditions of electromagnetic fields, please prove that the transmission coefficient τ\tau is equal to 2η2cos⁡θtη2cos⁡θi+η1cos⁡θt\frac{2\eta_2\cos\theta_t}{\eta_2\cos\theta_i+\eta_1\cos\theta_t} is equal to 2η2cos⁡θiη2cos⁡θi+η1cos⁡θt\frac{2\eta_2\cos\theta_i}{\eta_2\cos\theta_i+\eta_1\cos\theta_t}. [5%]

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核心觀念

本題考查平面波斜向入射介電質界面時的：

  1. 垂直極化與平行極化判斷。
  2. 反射波、透射波的電磁場相量。
  3. 電磁場邊界條件與 Fresnel transmission coefficient。
  4. 波向量、電場與磁場的關係：
H⃗=1ηa^n×E⃗\vec{H}=\frac{1}{\eta}\hat{a}_n\times\vec{E}

其中 a^n\hat{a}_n 為波的傳播方向單位向量，η\eta 為介質的本質阻抗。

(a) 極化種類判斷

圖中入射面為 xx–zz 平面，因為入射、反射與透射波的傳播方向皆位於 xx–zz 平面內。

題目給定入射電場為

E⃗i=a^yEi0ejβ1(zcos⁡θi−xsin⁡θi)\vec{E}_i=\hat{a}_y E_{i0}e^{j\beta_1(z\cos\theta_i-x\sin\theta_i)}

可見電場方向為 a^y\hat{a}_y，垂直於入射面 xx–zz 平面。

因此本題屬於：

垂直極化（perpendicular polarization，TE polarization）\boxed{\text{垂直極化（perpendicular polarization，TE polarization）}}

判斷重點是：

  • 電場垂直入射面：垂直極化。
  • 電場位於入射面內：平行極化。

(b) 反射波與透射波的電磁場相量

依照圖形，介面位於 z=0z=0，介質 #1 在 z<0z<0，介質 #2 在 z>0z>0。

為了使相量與題目所給磁場方向一致，令入射波、反射波與透射波的傳播方向分別為

a^ni=a^xsin⁡θi+a^zcos⁡θi\hat{a}_{ni} =\hat{a}_x\sin\theta_i+\hat{a}_z\cos\theta_i a^nr=a^xsin⁡θi−a^zcos⁡θi\hat{a}_{nr} =\hat{a}_x\sin\theta_i-\hat{a}_z\cos\theta_i a^nt=a^xsin⁡θt+a^zcos⁡θt\hat{a}_{nt} =\hat{a}_x\sin\theta_t+\hat{a}_z\cos\theta_t

其中入射角、反射角與折射角滿足

θr=θi\theta_r=\theta_i

並且由相位匹配條件得到 Snell 定律：

β1sin⁡θi=β2sin⁡θt\beta_1\sin\theta_i=\beta_2\sin\theta_t

反射波

反射電場仍然沿 a^y\hat{a}_y 方向，因此可寫成

E⃗r(x,z)=a^yEr0e−jβ1(xsin⁡θi−zcos⁡θi)\vec{E}_r(x,z) = \hat{a}_y E_{r0} e^{-j\beta_1(x\sin\theta_i-z\cos\theta_i)}

由

H⃗r=1η1a^nr×E⃗r\vec{H}_r=\frac{1}{\eta_1}\hat{a}_{nr}\times\vec{E}_r

且

(a^xsin⁡θi−a^zcos⁡θi)×a^y=a^xcos⁡θi+a^zsin⁡θi(\hat{a}_x\sin\theta_i-\hat{a}_z\cos\theta_i) \times\hat{a}_y = \hat{a}_x\cos\theta_i+\hat{a}_z\sin\theta_i

得到

H⃗r(x,z)=Er0η1(a^xcos⁡θi+a^zsin⁡θi)e−jβ1(xsin⁡θi−zcos⁡θi)\boxed{ \vec{H}_r(x,z) = \frac{E_{r0}}{\eta_1} \left( \hat{a}_x\cos\theta_i+ \hat{a}_z\sin\theta_i \right) e^{-j\beta_1(x\sin\theta_i-z\cos\theta_i)} }

因此反射場為

E⃗r=a^yEr0e−jβ1(xsin⁡θi−zcos⁡θi)\boxed{ \vec{E}_r = \hat{a}_y E_{r0} e^{-j\beta_1(x\sin\theta_i-z\cos\theta_i)} } H⃗r=Er0η1(a^xcos⁡θi+a^zsin⁡θi)e−jβ1(xsin⁡θi−zcos⁡θi)\boxed{ \vec{H}_r = \frac{E_{r0}}{\eta_1} \left( \hat{a}_x\cos\theta_i+ \hat{a}_z\sin\theta_i \right) e^{-j\beta_1(x\sin\theta_i-z\cos\theta_i)} }

透射波

透射電場同樣沿 a^y\hat{a}_y 方向：

E⃗t(x,z)=a^yEt0e−jβ2(xsin⁡θt+zcos⁡θt)\vec{E}_t(x,z) = \hat{a}_y E_{t0} e^{-j\beta_2(x\sin\theta_t+z\cos\theta_t)}

由

H⃗t=1η2a^nt×E⃗t\vec{H}_t = \frac{1}{\eta_2} \hat{a}_{nt}\times\vec{E}_t

可得

(a^xsin⁡θt+a^zcos⁡θt)×a^y=−a^xcos⁡θt+a^zsin⁡θt(\hat{a}_x\sin\theta_t+\hat{a}_z\cos\theta_t) \times\hat{a}_y = -\hat{a}_x\cos\theta_t+\hat{a}_z\sin\theta_t

所以

H⃗t(x,z)=Et0η2(−a^xcos⁡θt+a^zsin⁡θt)e−jβ2(xsin⁡θt+zcos⁡θt)\boxed{ \vec{H}_t(x,z) = \frac{E_{t0}}{\eta_2} \left( -\hat{a}_x\cos\theta_t+ \hat{a}_z\sin\theta_t \right) e^{-j\beta_2(x\sin\theta_t+z\cos\theta_t)} }

透射場為

E⃗t=a^yEt0e−jβ2(xsin⁡θt+zcos⁡θt)\boxed{ \vec{E}_t = \hat{a}_y E_{t0} e^{-j\beta_2(x\sin\theta_t+z\cos\theta_t)} } H⃗t=Et0η2(−a^xcos⁡θt+a^zsin⁡θt)e−jβ2(xsin⁡θt+zcos⁡θt)\boxed{ \vec{H}_t = \frac{E_{t0}}{\eta_2} \left( -\hat{a}_x\cos\theta_t+ \hat{a}_z\sin\theta_t \right) e^{-j\beta_2(x\sin\theta_t+z\cos\theta_t)} }
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第 7 題10 分

(a) There is an ideal directional antenna which radiates a total time-averaged power 1W in a solid angle of 0.2π uniformly. What is its directive gain? Note: You have to state your reason or you have to show your steps of calculation. [5%]
(b) A half-wavelength dipole antenna (whose directivity D = 1.64) is used to transmit at 80 MHz and 100 W. A receiving antenna in the form of a Hertzian dipole (whose directivity D = 1.5) is used to receive the wave power from the transmission antenna 20 km away. Please find the maximum power received by the receiving antenna. [5%]

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核心觀念

本題考查天線的：

  • 指向性增益（directive gain）
  • 等向性輻射強度
  • Friis 傳輸公式
  • 接收天線的最大有效孔徑
  • 波長與頻率的關係

指向性增益定義為

D=某方向的輻射強度等向性天線的輻射強度D=\frac{\text{某方向的輻射強度}}{\text{等向性天線的輻射強度}}

Friis 傳輸公式為

Pr=PtDtDr(λ4πR)2P_r=P_tD_tD_r\left(\frac{\lambda}{4\pi R}\right)^2

其中假設收發天線極化匹配、方向對準，且天線效率為理想值。

(a) 理想方向性天線的指向性增益

解題方法

總平均輻射功率為 P=1 WP=1\ \text{W}，且均勻分布在立體角

ΩA=0.2π\Omega_A=0.2\pi

因此，該天線在涵蓋範圍內的平均輻射強度為

U=PΩAU=\frac{P}{\Omega_A}

等向性天線將相同總功率均勻分布在整個球面 4π4\pi 立體角，因此其輻射強度為

Uiso=P4πU_{\text{iso}}=\frac{P}{4\pi}

所以指向性增益為

D=UUiso=P/ΩAP/(4π)=4πΩAD=\frac{U}{U_{\text{iso}}} =\frac{P/\Omega_A}{P/(4\pi)} =\frac{4\pi}{\Omega_A}

代入 ΩA=0.2π\Omega_A=0.2\pi：

D=4π0.2π=20D=\frac{4\pi}{0.2\pi}=20

換算為分貝：

DdB=10log⁡10(20)≈13.01 dBD_{\text{dB}}=10\log_{10}(20)\approx 13.01\ \text{dB}

解題技巧

只要天線在立體角 ΩA\Omega_A 內均勻輻射，且其他方向不輻射，就可直接使用

D=4πΩAD=\frac{4\pi}{\Omega_A}

本題的立體角是整個球面立體角 4π4\pi 的 1/201/20，因此指向性增益就是 2020。

(b) 半波長偶極天線與赫茲偶極天線的最大接收功率

解題方法

使用 Friis 傳輸公式：

Pr=PtDtDr(λ4πR)2P_r=P_tD_tD_r\left(\frac{\lambda}{4\pi R}\right)^2

已知：

Pt=100 WP_t=100\ \text{W} Dt=1.64D_t=1.64 Dr=1.5D_r=1.5 R=20 km=2.0×104 mR=20\ \text{km}=2.0\times 10^4\ \text{m}

傳輸頻率為

f=80 MHz=80×106 Hzf=80\ \text{MHz}=80\times 10^6\ \text{Hz}

自由空間中的波長為

λ=cf\lambda=\frac{c}{f}
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