111 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所丙組《電磁場與波》

本題考查電容器的電容計算，特別是當介質的介電常數隨空間變化時的處理方式。
題目要求計算單位長度的電容 $C$。對於同軸圓柱電容器，其電場分布為徑向，且與 $z$ 軸無關。我們可以使用高斯定律來求解電場，然後利用電壓與電場的關係來計算電容。

假設電容器單位長度上的電量為 $\lambda$ (庫倫/米)。由於電場沿徑向分布，我們考慮一個以 $z$ 軸為中心、半徑為 $\rho$ ($a < \rho < b$) 的圓柱形高斯面，其長度為 $L$。

根據高斯定律：
$\oint_S \mathbf{D} \cdot d\mathbf{S} = Q_{enc}$
其中 $\mathbf{D} = \epsilon \mathbf{E}$，$\epsilon = \epsilon_0 \epsilon_r = \epsilon_0 (2+\rho)$。
高斯面的電通量為：
$\int_0^L \int_0^{2\pi} D_\rho (\rho) \rho \, d\phi \, dz = D_\rho (\rho) \cdot (2\pi \rho L)$
高斯面內包含的淨電荷為 $\lambda L$。
因此，
$D_\rho (\rho) \cdot (2\pi \rho L) = \lambda L$
$D_\rho (\rho) = \frac{\lambda}{2\pi \rho}$
電場為：
$E_\rho (\rho) = \frac{D_\rho (\rho)}{\epsilon} = \frac{\lambda}{2\pi \rho \epsilon_0 (2+\rho)}$
兩導體之間的電壓差 $V$ 為：
$V = - \int_b^a E_\rho (\rho) d\rho = \int_a^b E_\rho (\rho) d\rho = \int_a^b \frac{\lambda}{2\pi \rho \epsilon_0 (2+\rho)} d\rho$
$V = \frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0} \int_a^b \frac{1}{\rho(2+\rho)} d\rho$
我們需要計算積分 $\int_a^b \frac{1}{\rho(2+\rho)} d\rho$。可以使用分部積分法：

核心觀念

本題考查靜電場與靜磁場在帶有表面電荷、表面電流之介面上的邊界條件：

1. 電場切向分量連續：
   $\mathbf{\hat a}_z\times(\mathbf E_2-\mathbf E_1)=\mathbf 0$

2. 電位移向量法向分量跳躍量等於表面電荷密度：
   $\mathbf{\hat a}_z\cdot(\mathbf D_2-\mathbf D_1)=\rho_s$

3. 磁通密度法向分量連續：
   $\mathbf{\hat a}_z\cdot(\mathbf B_2-\mathbf B_1)=0$

4. 磁場強度切向分量受表面電流密度影響：
   $\mathbf{\hat a}_z\times(\mathbf H_2-\mathbf H_1)=\mathbf J_s$

材料關係式為

$$\mathbf D=\epsilon\mathbf E,\qquad \mathbf B=\mu\mathbf H$$

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電場強度 $\mathbf E_2$

介面為 $z=0$，其法向單位向量取由 medium 1 指向 medium 2 的方向：

$$\mathbf{\hat n}=\mathbf{\hat a}_z$$

1. 電場切向分量

由電場切向邊界條件，

$$E_{2x}=E_{1x}=1$$ $$E_{2y}=E_{1y}=2$$

2. 電位移法向分量

已知

$$\mathbf E_1=\mathbf{\hat a}_x+2\mathbf{\hat a}_y-\mathbf{\hat a}_z$$

因此

$$\mathbf D_1=\epsilon_1\mathbf E_1 =4\epsilon_0 (\mathbf{\hat a}_x+2\mathbf{\hat a}_y-\mathbf{\hat a}_z)$$

其法向分量為

$$D_{1n}=-4\epsilon_0$$

由表面電荷邊界條件，

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

代入 $\rho_s=7\epsilon_0$：

$$D_{2n}-(-4\epsilon_0)=7\epsilon_0$$ $$D_{2n}=3\epsilon_0$$

因為 medium 2 的介電常數為 $\epsilon_2=\epsilon_0$，

$$D_{2n}=\epsilon_0 E_{2z}$$

所以

$$E_{2z}=3$$

因此

$$\boxed{\mathbf E_2 =\mathbf{\hat a}_x+2\mathbf{\hat a}_y+3\mathbf{\hat a}_z\ \text{V/m}}$$

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磁通密度 $\mathbf B_2$

題目中的表面電流寫成 $\mathbf J_s=\mathbf{\hat a}$，但未明確指出 $\mathbf{\hat a}$ 的方向。以下先以一般形式表示：

$$\mathbf J_s=J_x\mathbf{\hat a}_x+J_y\mathbf{\hat a}_y$$

表面電流必須平行於介面，因此不含 $\mathbf{\hat a}_z$ 分量。

1. 磁場強度切向分量

令

$$\mathbf H_2-\mathbf H_1 =\Delta H_x\mathbf{\hat a}_x +\Delta H_y\mathbf{\hat a}_y +\Delta H_z\mathbf{\hat a}_z$$

由

$$\mathbf{\hat a}_z\times(\mathbf H_2-\mathbf H_1)=\mathbf J_s$$

且

核心觀念

本題考查均勻平面波的下列性質：

1. 無源均勻介質中的電磁波必須滿足橫向性：
   $\mathbf{k}\cdot\mathbf{E}=0$

2. 在 $e^{j\omega t}$ 慣例下，若空間因子為
   $e^{j(k_xx-k_yy)}$
   則相位向量為
   $\mathbf{q}=k_x\hat{\mathbf a}_x-k_y\hat{\mathbf a}_y$
   實際傳播方向為 $-\mathbf q$。

3. 麥克斯威方程式：
   $\nabla\times\mathbf E=-j\omega\mu\mathbf H$

4. 自由空間色散關係：
   $k_x^2+k_y^2=\omega^2\mu_0\epsilon_0$

題目未給出 $k_x$ 與 $k_y$ 的數值，因此無法得到唯一的數值答案；以下以 $k_x,k_y$ 為已知實數表示一般解。

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解題方法

令

$$\mathbf q=k_x\hat{\mathbf a}_x-k_y\hat{\mathbf a}_y$$

並將電場相量寫成

$$\mathbf E_0 =4\hat{\mathbf a}_x+E_y\hat{\mathbf a}_y+(2+j5)\hat{\mathbf a}_z$$

其中完整電場為

$$\mathbf E=\mathbf E_0e^{j(\omega t+\mathbf q\cdot\mathbf r)}$$

因為振幅與 $x,y,z$ 無關，所以

$$\nabla=j\mathbf q$$

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(a) 求 $E_y,H_x,H_y,H_z$

由平面波橫向條件：

$$\mathbf q\cdot\mathbf E_0=0$$

因此

$$k_x(4)-k_yE_y=0$$

得到

$$\boxed{E_y=\frac{4k_x}{k_y}}$$

接著利用法拉第定律：

$$\nabla\times\mathbf E=-j\omega\mu_0\mathbf H$$

由 $\nabla=j\mathbf q$，可得

$$j\mathbf q\times\mathbf E_0=-j\omega\mu_0\mathbf H_0$$

所以

$$\mathbf H_0=-\frac{\mathbf q\times\mathbf E_0}{\omega\mu_0}$$

計算叉積：

$$\mathbf q\times\mathbf E_0 = \begin{vmatrix} \hat{\mathbf a}_x & \hat{\mathbf a}_y & \hat{\mathbf a}_z\\ k_x & -k_y & 0\\ 4 & E_y & 2+j5 \end{vmatrix}$$ $$\mathbf q\times\mathbf E_0 = -k_y(2+j5)\hat{\mathbf a}_x -k_x(2+j5)\hat{\mathbf a}_y +(k_xE_y+4k_y)\hat{\mathbf a}_z$$

故

$$\boxed{H_x=\frac{k_y(2+j5)}{\omega\mu_0}}$$ $$\boxed{H_y=\frac{k_x(2+j5)}{\omega\mu_0}}$$ $$\boxed{H_z=-\frac{k_xE_y+4k_y}{\omega\mu_0}}$$

代入 $E_y=4k_x/k_y$：

$$\boxed{ H_z=-\frac{4(k_x^2+k_y^2)}{k_y\omega\mu_0} }$$

又因為

$$k_x^2+k_y^2=\omega^2\mu_0\epsilon_0$$

亦可寫成

$$\boxed{H_z=-\frac{4\omega\epsilon_0}{k_y}}$$

因此磁場為

$$\boxed{ \mathbf H= \left[ \frac{k_y(2+j5)}{\omega\mu_0}\hat{\mathbf a}_x + \frac{k_x(2+j5)}{\omega\mu_0}\hat{\mathbf a}_y - \frac{4(k_x^2+k_y^2)}{k_y\omega\mu_0}\hat{\mathbf a}_z \right] e^{j(\omega t+k_xx-k_yy)} }$$

本題考查史密斯圖 (Smith Chart) 的基本繪製和應用，包括歸一化電阻、歸一化電抗的圓，以及傳輸線阻抗變換。

史密斯圖是一個複平面圖，用於表示歸一化的傳輸線阻抗或導納。歸一化阻抗 $z = r + jx = Z/Z_0$，其中 $Z$ 是阻抗，$Z_0$ 是特性阻抗。

(a) 繪製歸一化電阻圓 ($r = \text{constant}$)
歸一化阻抗 $z = r + jx$ 在史密斯圖上的坐標是 $(r, x)$。
史密斯圖的結構是將複平面映射到一個圓盤內。
對於給定的歸一化電阻 $r$，其在史密斯圖上的軌跡是位於圓盤內的一個圓。
史密斯圖的中心點對應於 $r=1, x=0$。
歸一化電阻圓的方程為：
$|z - 1| = r |z + 1|$
$|(r+jx) - 1| = r |(r+jx) + 1|$
$|(r-1) + jx| = r |(r+1) + jx|$
$(r-1)^2 + x^2 = r^2 ((r+1)^2 + x^2)$
$(r-1)^2 + x^2 = r^2 (r+1)^2 + r^2 x^2$
$x^2 (1-r^2) = r^2 (r+1)^2 - (r-1)^2$
$x^2 (1-r^2) = r^2 (r^2+2r+1) - (r^2-2r+1)$
$x^2 (1-r^2) = r^4 + 2r^3 + r^2 - r^2 + 2r - 1$
$x^2 (1-r^2) = r^4 + 2r^3 + 2r - 1$
這個方程形式比較複雜。更常用的方法是利用史密斯圖的幾何性質。
歸一化電阻圓 $r$ 是以點 $(\frac{r}{r+1}, 0)$ 為圓心，半徑為 $\frac{1}{r+1}$ 的圓。
對於 $r = 0, 0.5, 1.0, 2.0$:

• $r = 0$: 中心 $(\frac{0}{0+1}, 0) = (0, 0)$，半徑 $\frac{1}{0+1} = 1$。這就是史密斯圖的邊界圓。
• $r = 0.5$: 中心 $(\frac{0.5}{0.5+1}, 0) = (\frac{0.5}{1.5}, 0) = (\frac{1}{3}, 0)$，半徑 $\frac{1}{0.5+1} = \frac{1}{1.5} = \frac{2}{3}$。
• $r = 1.0$: 中心 $(\frac{1}{1+1}, 0) = (\frac{1}{2}, 0)$，半徑 $\frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$。這個圓通過史密斯圖的中心點 $(1, 0)$。
• $r = 2.0$: 中心 $(\frac{2}{2+1}, 0) = (\frac{2}{3}, 0)$，半徑 $\frac{1}{2+1} = \frac{1}{3}$。

繪製時，畫出史密斯圖的邊界圓（代表 $r=0$），然後畫出上述圓心和半徑的圓。

(b) 繪製歸一化電抗圓 ($x = \text{constant}$)
歸一化電抗圓 $x$ 是垂直於實軸的直線。
在史密斯圖的映射下，這些直線變成了圓。
對於給定的歸一化電抗 $x$，其在史密斯圖上的軌跡是位於圓盤內的一個圓。
歸一化電抗圓 $x$ 的方程為：
$|z - 1| = \frac{1}{|x|} |z - (\frac{1-x^2}{1+x^2})|$
更簡單的方法是利用幾何性質。
歸一化電抗圓 $x$ 是以點 $(1, \frac{1}{x})$ 為圓心，半徑為 $\frac{1}{|x|}$ 的圓。
對於 $x = -2, -1, -0.5, 0, 0.5, 1, 2$:

• $x = 0$: 這對應於史密斯圖的實軸。
• $x = 0.5$: 圓心 $(1, \frac{1}{0.5}) = (1, 2)$，半徑 $\frac{1}{0.5} = 2$。
• $x = 1$: 圓心 $(1, \frac{1}{1}) = (1, 1)$，半徑 $\frac{1}{1} = 1$。
• $x = 2$: 圓心 $(1, \frac{1}{2}) = (1, 0.5)$，半徑 $\frac{1}{2} = 0.5$。
• $x = -0.5$: 圓心 $(1, \frac{1}{-0.5}) = (1, -2)$，半徑 $\frac{1}{|-0.5|} = 2$。
• $x = -1$: 圓心 $(1, \frac{1}{-1}) = (1, -1)$，半徑 $\frac{1}{|-1|} = 1$。
• $x = -2$: 圓心 $(1, \frac{1}{-2}) = (1, -0.5)$，半徑 $\frac{1}{|-2|} = 0.5$。

繪製時，畫出史密斯圖的實軸（代表 $x=0$），然後畫出上述圓心和半徑的圓。

(c) 繪製 $Z_L/Z_0$ 的軌跡
題目要求繪製 $Z_L/Z_0 = 0.5, 1, 2$ 的軌跡。
這裡的 $Z_L/Z_0$ 應該是指歸一化阻抗 $z = Z_L/Z_0$。
如果 $z$ 是純實數，則 $z = r$。

• $z = 0.5$: 這是一個點 $(0.5, 0)$ 在史密斯圖的實軸上。
• $z = 1$: 這是一個點 $(1, 0)$，即史密斯圖的中心點。
• $z = 2$: 這是一個點 $(2, 0)$ 在史密斯圖的實軸上。

如果題目是指 $Z_L/Z_0$ 的模長 $|Z_L/Z_0| = 0.5, 1, 2$。
那麼：

• $|z| = 0.5$: 這是一個以原點 (0,0) 為圓心，半徑為 $0.5$ 的圓。
• $|z| = 1$: 這是一個以原點 (0,0) 為圓心，半徑為 $1$ 的圓。這就是史密斯圖的邊界圓。
• $|z| = 2$: 這是一個以原點 (0,0) 為圓心，半徑為 $2$ 的圓。

假設題目是指純實數的歸一化阻抗。

(d) 繪製 $x/r$ 的軌跡
這表示歸一化電抗與歸一化電阻的比值。
$x/r = k$ (常數)。
$x = kr$。
這是一條通過原點 $(0,0)$ 的直線，斜率為 $k$。
在史密斯圖上，這條直線會變成一條通過史密斯圖圓心 $(1,0)$ 的圓弧。

• $x/r = -2$: $x = -2r$. 這是通過原點 $(0,0)$ 的直線，斜率為 $-2$。在史密斯圖上，這對應於一個圓弧。

核心觀念

本題考查平行板波導中的：

• 傳播方向與傳播常數 $\beta$
• TE／TM 模態判定
• 平行板波導的截止波數與模態階數
• 波導色散關係
• TM 模態的波阻抗

題目給定

$$E_y(y,z)=10e^{-j30\pi y}\sin(40\pi z)\ \text{V/m}$$

其中 $e^{-j30\pi y}$ 表示波沿 $+y$ 方向傳播，因此導引方向為 $y$ 軸。

平行板間距為

$$d=5\text{ cm}=0.05\text{ m}$$

並假設金屬平板位於 $z=0$ 與 $z=d$。

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(a) 模態判定

1. 判定模態方向

波沿 $y$ 方向傳播，而題目給出的電場分量為 $E_y$，也就是電場具有沿傳播方向的分量：

$$E_y\neq 0$$

因此此模態屬於相對於 $y$ 軸的 TM 模態：

$$\boxed{\text{TM}_y}$$

TM 模態的定義是：相對於傳播方向具有電場縱向分量，但磁場縱向分量為零，即

$$E_y\neq 0,\qquad H_y=0$$

2. 判定模態階數

平行板波導中，橫向場型通常為

$$\sin\left(\frac{m\pi z}{d}\right)$$

與題目比較：

$$\sin(40\pi z) = \sin\left(\frac{m\pi z}{d}\right)$$

因此

$$\frac{m\pi}{d}=40\pi$$

代入 $d=0.05$ m：

$$m=40d=40(0.05)=2$$

所以模態為

$$\boxed{\text{TM}_{y2}}$$

亦可寫成 $\text{TM}_2$，並註明傳播方向為 $y$ 軸。

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(b) 操作頻率

1. 求截止波數

由空間分布可得橫向截止波數

$$k_c=40\pi\ \text{rad/m}$$

沿導引方向的傳播常數為

$$\beta=30\pi\ \text{rad/m}$$

波導中的色散關係為

$$k^2=\beta^2+k_c^2$$

因此

$$k=\sqrt{(30\pi)^2+(40\pi)^2}$$ $$k=\sqrt{900\pi^2+1600\pi^2} =50\pi\ \text{rad/m}$$

2. 由波數求頻率

空氣中

$$k=\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0} =\frac{\omega}{c}$$

所以

$$\omega=ck$$

而

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

代入 $k=50\pi$：

$$f=\frac{c(50\pi)}{2\pi} =25c$$

取

$$c=3\times 10^8\ \text{m/s}$$

得到

$$f=25(3\times10^8) =7.5\times10^9\ \text{Hz}$$

因此操作頻率為

$$\boxed{f=7.5\ \text{GHz}}$$

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(c) 沿 $y$ 方向看的波阻抗

因為本題是 $\text{TM}_y$ 模態，TM 波阻抗為

$$Z_{\text{TM}}=\frac{\beta}{\omega\epsilon_0}$$

也可寫成

$$Z_{\text{TM}} =\eta_0\frac{\beta}{k}$$

其中空氣的本徵阻抗為

$$\eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}\approx377\ \Omega$$

代入