111 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

  1. Short answer questions:
    (a) What is Gauss's Law in Electrostatics? Does Gauss's Law belong to the divergence theorem or the Stokes's theorem? Why? [5%]
    (b) Please state the boundary conditions for the electric field E⃗\vec{E} and the magnetic field H⃗\vec{H} in Electromagnetics at an interface between two lossless dielectrics with (ϵ1,μ1)(\epsilon_1, \mu_1) and (ϵ2,μ2)(\epsilon_2, \mu_2). [5%]
    (c) Given an instantaneous electric field of a wave as
    E⃗(z,t)=a^xE0cos⁡(ωt−kz)+a^yE0cos⁡(ωt−kz+π2)\vec{E}(z,t) = \hat{a}_x E_0 \cos(\omega t - kz) + \hat{a}_y E_0 \cos(\omega t - kz + \frac{\pi}{2}).
    If Ex=EyE_x = E_y, is it a circularly polarized wave or not? Why? [5%]

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(a)

靜電高斯定律：

∮SE⃗⋅dS⃗=Qencϵ0\oint_S \vec E\cdot d\vec S =\frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\epsilon_0}

微分形式為

∇⋅E⃗=ρvϵ0.\nabla\cdot\vec E=\frac{\rho_v}{\epsilon_0}.

由散度定理

∮SE⃗⋅dS⃗=∫V∇⋅E⃗ dV,\oint_S\vec E\cdot d\vec S =\int_V\nabla\cdot\vec E\,dV,

可在積分形式與微分形式間轉換，因此高斯定律對應散度定理；Stokes 定理則連結旋度與封閉路徑環流。

【答案】∮SE⃗⋅dS⃗=Qenc/ϵ0\displaystyle \oint_S\vec E\cdot d\vec S=Q_{\mathrm{enc}}/\epsilon_0，屬於散度定理的應用。

(b)

令單位法向量 n^\hat n 由介質 1 指向介質 2。介面無自由表面電荷與表面電流時：

n^×(E⃗2−E⃗1)=0,n^⋅(ϵ2E⃗2−ϵ1E⃗1)=0,\hat n\times(\vec E_2-\vec E_1)=0, \qquad \hat n\cdot(\epsilon_2\vec E_2-\epsilon_1\vec E_1)=0,
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第 2 題

  1. In the cylindrical capacitor shown in Fig. A, each dielectric occupies one-half the volume. Find
    (a) Please calculate the total capacitance of this cylindrical capacitor; [5%]
    (b) If b = 2 cm and the radius a can be selected arbitrarily. The breakdown field strengths of the dielectric-1
    (with ϵr1\epsilon_{r1}) and the dielectric-2 (with ϵr2\epsilon_{r2}) are 200 kV/cm and 250 kV/cm, respectively. What is the maximum
    allowable voltage of this cylindrical capacitor? [10%]

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Fig A

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原卷第 2 頁原卷第 3 頁

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核心觀念

此題考查同軸圓柱電容器的電容，以及介電質擊穿時的最大耐壓。

同軸圓柱電容器若內導體半徑為 aa、外導體半徑為 bb、長度為 LL，且介電常數為 ϵ\epsilon，其電容為

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

圖中兩種介電質沿著圓柱軸向各佔半圓，因此兩部分介電質承受相同電壓，等效為並聯。

(a) 總電容

對介電質 11，其圓周角度為 π\pi，故電容為

C1=πϵ1Lln⁡(b/a)C_1=\frac{\pi\epsilon_1 L}{\ln(b/a)}

其中

ϵ1=ϵ0ϵr1\epsilon_1=\epsilon_0\epsilon_{r1}

同理，介電質 22 的電容為

C2=πϵ2Lln⁡(b/a)C_2=\frac{\pi\epsilon_2 L}{\ln(b/a)}

其中

ϵ2=ϵ0ϵr2\epsilon_2=\epsilon_0\epsilon_{r2}

兩部分為並聯，因此

Ctotal=C1+C2C_{\text{total}}=C_1+C_2

代入可得

Ctotal=πL(ϵ1+ϵ2)ln⁡(b/a)C_{\text{total}} = \frac{\pi L(\epsilon_1+\epsilon_2)}{\ln(b/a)}

因此

Ctotal=πϵ0L(ϵr1+ϵr2)ln⁡(b/a)\boxed{ C_{\text{total}} = \frac{\pi\epsilon_0L(\epsilon_{r1}+\epsilon_{r2})} {\ln(b/a)} }

(b) 最大允許電壓

同軸圓柱電容器內部的電場為徑向電場：

E(r)=Vrln⁡(b/a)E(r)=\frac{V}{r\ln(b/a)}

電場在 r=ar=a，也就是內導體表面最大，因此

Emax⁡=Valn⁡(b/a)E_{\max}=\frac{V}{a\ln(b/a)}

兩種介電質位於圓周的兩半，具有相同的電場大小。為避免任一介電質擊穿，必須採用較小的擊穿場強：

Ebd=min⁡(200,250) kV/cm=200 kV/cmE_{\text{bd}}=\min(200,250)\ \text{kV/cm} =200\ \text{kV/cm}

所以對任意內半徑 aa，允許電壓為

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第 3 題

  1. An infinitely-long cylindrical conductor with a radius of a and charge distribution of ρs\rho_s per unit length. As shown in Fig. B, half of the cylindrical conductor is buried in the dielectric with the permittivity ϵ\epsilon and half of the cylindrical conductor is buried in the air. Please find the potential function and the electric field intensity function by way of separation of variables. [15%]

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Fig. B

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核心觀念

本題用分離變數求解無限長圓柱外部的拉普拉斯方程，再以介質交界面的邊界條件確認解，最後用高斯定律求出電場的大小。由於線電荷的電位隨半徑呈對數變化，無法把無窮遠處的電位設為零，需以圓柱表面電位作為參考。

解題方法

圖 B 顯示：半徑為 aa 的圓柱導體，其圓心位於空氣與介電質的平面交界上；上半部周圍介質為 ϵ0\epsilon_0，下半部為 ϵ\epsilon。圓柱每單位長度的總電荷為 ρs\rho_s。

在導體外部，兩側介質都沒有體電荷，因此各區域的電位 VV 都滿足拉普拉斯方程。以極座標 (r,θ)(r,\theta) 表示：

∇2V=1r∂∂r(r∂V∂r)+1r2∂2V∂θ2=0\nabla^2 V = \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r} \left(r\frac{\partial V}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 V}{\partial \theta^2} =0

令 V(r,θ)=R(r)Θ(θ)V(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta)，分離變數後得到

Θ′′+n2Θ=0,r2R′′+rR′−n2R=0\Theta''+n^2\Theta=0, \qquad r^2R''+rR'-n^2R=0

當 n=0n=0 時，徑向解為 R(r)=A+Bln⁡rR(r)=A+B\ln r；當 n>0n>0 時，徑向解包含 rnr^n 與 r−nr^{-n} 項。導體表面是等位面，題目亦無外加電場；因此不需要角向變化的模態。取徑向解

V(r)=V(a)+Bln⁡(ra),r≥aV(r)=V(a)+B\ln\left(\frac{r}{a}\right), \qquad r\ge a

其中 V(a)V(a) 是導體表面電位。

接著檢查空氣與介電質交界面的條件。無自由面電荷時，交界面上電位連續、切向電場連續、法向電位導數滿足介電常數加權條件：

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第 4 題

  1. A thin, center-fed dipole antenna placed along the z-axis, as shown in Fig. C, with a length of 2h and a current
    distribution of
    I(z)={Imsin⁡(β(h−z)),for z>0,Imsin⁡(β(h+z)),for z<0,I(z) = \begin{cases} I_m \sin(\beta(h-z)), & \text{for } z > 0, \\ I_m \sin(\beta(h+z)), & \text{for } z < 0, \end{cases}
    where ImI_m is the current amplitude and β=2π/λ\beta = 2\pi/\lambda (wavelength). As a result, the far-field contribution from the
    differential current element I(z)dzI(z)dz is denoted as
    dE⃗z(z)=jη0βI(z)dz4πe−jβR′R′(θ^cos⁡θ−r^sin⁡θ)d\vec{E}_z(z) = j \frac{\eta_0 \beta I(z) dz}{4\pi} \frac{e^{-j\beta R'}}{R'} (\hat{\theta} \cos\theta - \hat{r} \sin\theta)
    (a) Prove that the antenna pattern function F(θ)F(\theta) is
    F(θ)=cos⁡(βhcos⁡θ)−cos⁡(βh)sin⁡θF(\theta) = \frac{\cos(\beta h \cos\theta) - \cos(\beta h)}{\sin\theta}
    [hint: sin⁡A−sin⁡B=2cos⁡A+B2sin⁡A−B2\sin A - \sin B = 2\cos\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2} and you can start with the Biot-Savart Law.] [10%]
    (b) Show that for a short antenna when βh≪1\beta h \ll 1, the above-mentioned pattern function can be simplified as
    F(θ)=Asin⁡θF(\theta) = A \sin\theta
    and find the coefficient A. [hint: cos⁡(x)=(1−x22!+… )\cos(x) = (1 - \frac{x^2}{2!} + \dots)] [10%]

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Fig. C

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核心觀念

本題考查中心饋入、正弦電流分布之細線偶極天線的遠場輻射。主要使用：

  • 遠場近似：R≫hR\gg h。
  • 電流元之間的相位差：ejβzcos⁡θe^{j\beta z\cos\theta}。
  • 電流分布的偶對稱性。
  • 三角函數積化和差公式。
  • 短天線條件 βh≪1\beta h\ll 1 下的泰勒展開。

天線場型函數只取電場的角度依賴部分，與整體振幅、距離及相位無關。

解題方法

令觀測點距離天線中心為 RR。位於 zz 處的電流元到觀測點之距離為

R′≃R−zcos⁡θ.R'\simeq R-z\cos\theta.

因此在遠場中，

1R′≃1R,e−jβR′≃e−jβRejβzcos⁡θ.\frac{1}{R'}\simeq \frac{1}{R}, \qquad e^{-j\beta R'} \simeq e^{-j\beta R}e^{j\beta z\cos\theta}.

取電流元的遠場橫向電場分量，沿 zz 軸電流元所產生的方向投影為 sin⁡θ\sin\theta，故總電場可寫成

Eθ=jη0βe−jβR4πRsin⁡θ∫−hhI(z)ejβzcos⁡θ dz.E_\theta = j\frac{\eta_0\beta e^{-j\beta R}}{4\pi R} \sin\theta \int_{-h}^{h}I(z)e^{j\beta z\cos\theta}\,dz.

題目給定的電流分布具有偶對稱性：

I(−z)=I(z).I(-z)=I(z).

令 c=cos⁡θc=\cos\theta，則

∫−hhI(z)ejβzc dz=2Im∫0hsin⁡[β(h−z)]cos⁡(βzc) dz.\begin{aligned} \int_{-h}^{h}I(z)e^{j\beta zc}\,dz &= 2I_m\int_0^h \sin\bigl[\beta(h-z)\bigr]\cos(\beta zc)\,dz. \end{aligned}

利用

sin⁡Acos⁡B=12[sin⁡(A+B)+sin⁡(A−B)],\sin A\cos B = \frac{1}{2}\left[\sin(A+B)+\sin(A-B)\right],

得到

sin⁡[β(h−z)]cos⁡(βzc)=12{sin⁡[βh−β(1−c)z]+sin⁡[βh−β(1+c)z]}.\begin{aligned} &\sin\bigl[\beta(h-z)\bigr]\cos(\beta zc)\\ &= \frac{1}{2} \left\{ \sin\bigl[\beta h-\beta(1-c)z\bigr] + \sin\bigl[\beta h-\beta(1+c)z\bigr] \right\}. \end{aligned}

分別積分：

∫0hsin⁡[βh−β(1−c)z] dz=cos⁡(βhc)−cos⁡(βh)β(1−c),\int_0^h \sin\bigl[\beta h-\beta(1-c)z\bigr]\,dz = \frac{\cos(\beta hc)-\cos(\beta h)} {\beta(1-c)}, ∫0hsin⁡[βh−β(1+c)z] dz=cos⁡(βhc)−cos⁡(βh)β(1+c).\int_0^h \sin\bigl[\beta h-\beta(1+c)z\bigr]\,dz = \frac{\cos(\beta hc)-\cos(\beta h)} {\beta(1+c)}.

所以

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第 5 題

  1. An air-filled rectangular metallic waveguide, as shown in Fig. D, is considered.
    (a) What is its dominate mode according to the reference coordinates shown? TEijTE_{ij} or TMijTM_{ij}, i,j∈{0,1,2,...}i, j \in \{0, 1, 2, ...\}? Please also give the reason why. [5%]
    (b) Find the allowed frequency band for single-mode operation for this waveguide. [10%]

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Fig. D

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核心觀念

矩形金屬波導的截止頻率由橫截面尺寸與模態指數決定。圖中波導沿 zz 方向傳播，橫截面尺寸為 xx 方向 a=2.5 cma=2.5\text{ cm}、yy 方向 b=1.5 cmb=1.5\text{ cm}。空氣中的波速為 c≈3×108 m/sc\approx 3\times10^8\text{ m/s}。

TE 模態與 TM 模態的截止頻率為

fc,mn=c2(ma)2+(nb)2f_{c,mn}=\frac{c}{2}\sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+\left(\frac{n}{b}\right)^2}

TE 模態可有一個指數為 00，但不能兩者皆為 00；TM 模態則要求 m,n≥1m,n\ge 1。

解題方法

先找截止頻率最低的模態，即主模態。因為 a>ba>b，沿較寬的 xx 方向形成半波變化的 TE10TE_{10} 模態，截止頻率最低：

fc,10=c2a=3×1082(0.025)=6 GHzf_{c,10}=\frac{c}{2a} =\frac{3\times10^8}{2(0.025)} =6\text{ GHz}

要找單模操作的上限，計算截止頻率高於 TE10TE_{10} 的最低模態：

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第 6 題

  1. A 600-Ω transmission line is 120 m long, operates at 400 kHz with α=2.4×10−3\alpha = 2.4 \times 10^{-3} Np/m and β=0.0212\beta = 0.0212 rad/m, and supplies a load impedance ZL=300+j300Z_L = 300+j300 (Ω). For a node voltage VLV_L at the load end is 50/0∘50/0^\circ V. Find
    (a) the Length of the transmission line in wavelength, [5%]
    (b) the reflection coefficient ΓL\Gamma_L at the load end, [5%]
    (c) the reflection coefficient ΓS\Gamma_S at the source end, and [5%]
    (d) the input impedance ZinZ_{in} looking into the transmission line, towards to the load. [5%]

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傳輸線傳播常數為

γ=α+jβ=(2.4×10−3+j0.0212) m−1\gamma=\alpha+j\beta=(2.4\times10^{-3}+j0.0212)\ {\rm m^{-1}}

(a) 傳輸線電氣長度

由 β=2π/λ\beta=2\pi/\lambda：

λ=2πβ=2π0.0212=296.38 m\lambda=\frac{2\pi}{\beta} =\frac{2\pi}{0.0212} =296.38\ {\rm m} lλ=120296.38=0.405\frac{l}{\lambda}=\frac{120}{296.38}=0.405

(b) 負載端反射係數

ΓL=ZL−Z0ZL+Z0=(300+j300)−600(300+j300)+600\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0} =\frac{(300+j300)-600}{(300+j300)+600} ΓL=−0.2+j0.4=0.447∠116.6∘\Gamma_L=-0.2+j0.4 =0.447\angle116.6^\circ

(c) 源端反射係數

反射係數由負載端向源端傳播距離 ll：

ΓS=ΓLe−2γl\Gamma_S=\Gamma_L e^{-2\gamma l}

其中

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