112 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》

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 介面上的電場邊界條件
   • 高斯定律決定電位移向量的法向分量跳躍量。
   • 法拉第定律決定電場切向分量的連續性。
2. 由馬克士威方程式推導電磁波方程式
   • 對旋度方程式再取一次旋度。
   • 使用向量恆等式與無源條件。

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1.(a) 電場的邊界條件

圖中法向量 $\hat{\mathbf a}_n$ 指向上方，區域 1 位於介面上方，區域 2 位於介面下方。介面上有正的表面電荷密度 $\rho_s$。圖中標示的 $p$ 應理解為表面電荷密度 $\rho_s$。

法向分量

取一個跨越介面的薄圓柱高斯面，圓柱上下底面面積為 $\Delta S$，高度趨近於零。

由高斯定律：

$$\oint_S \mathbf D\cdot d\mathbf S = Q_{\text{enc}} = \rho_s\Delta S$$

上下底面通量分別為

$$\mathbf D_1\cdot\hat{\mathbf a}_n\Delta S - \mathbf D_2\cdot\hat{\mathbf a}_n\Delta S$$

因此：

$$\hat{\mathbf a}_n\cdot(\mathbf D_1-\mathbf D_2)=\rho_s$$

若兩側皆為線性、均勻、各向同性介質，且

$$\mathbf D_1=\epsilon_1\mathbf E_1, \qquad \mathbf D_2=\epsilon_2\mathbf E_2$$

則有

$$\epsilon_1 E_{1n}-\epsilon_2 E_{2n}=\rho_s$$

本圖上方為自由空間，下方介電常數為 $\epsilon$，所以 $\epsilon_1=\epsilon_0$、$\epsilon_2=\epsilon$：

$$\boxed{\epsilon_0 E_{1n}-\epsilon E_{2n}=\rho_s}$$

其中

$$E_{1n}=\mathbf E_1\cdot\hat{\mathbf a}_n, \qquad E_{2n}=\mathbf E_2\cdot\hat{\mathbf a}_n$$

切向分量

取一個跨越介面的極小矩形迴路，長邊沿介面方向，短邊垂直介面。由法拉第定律：

$$\oint_C \mathbf E\cdot d\mathbf l = -\frac{d}{dt}\int_S\mathbf B\cdot d\mathbf S$$

當矩形迴路的高度趨近於零時，右側磁通量面積也趨近於零，因此：

$$\oint_C \mathbf E\cdot d\mathbf l=0$$

得到

$$\mathbf E_{1t}=\mathbf E_{2t}$$

向量形式為

$$\boxed{ \hat{\mathbf a}_n\times(\mathbf E_1-\mathbf E_2)=\mathbf 0 }$$

亦即：

$$\boxed{\mathbf E_{1t}=\mathbf E_{2t}}$$

表面電荷只會造成電場法向分量的不連續，不會造成電場切向分量的不連續。

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1.(b) 磁場波動方程式

使用的無源馬克士威方程式

自由空間且無源時：

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

核心觀念

本題考平行板電容器中，真空層與介電質層串聯時的電場、等效電容，以及定電壓下電場對極板的作用力。介面沒有自由面電荷，因此法向電通量密度 $D$ 相同；兩層的電壓降則相加。

解題方法

圖中電極間距為 $d$，介電質厚度為 $d_1$、介電常數為 $\epsilon$，其餘間隙為介電常數 $\epsilon_0$ 的空氣；兩極板面積為 $S$，外加電壓為 $V_0$。上極板受力方向朝向下方極板。

令極板上的自由電荷量為 $Q$，則 $D=Q/S$。空氣層與介電質層的電場分別為

$$E_0=\frac{D}{\epsilon_0}, \qquad E_{\epsilon}=\frac{D}{\epsilon}.$$

由總電壓等於兩層電壓降之和，

$$V_0=E_0(d-d_1)+E_{\epsilon}d_1 =\frac{Q}{S}\left(\frac{d-d_1}{\epsilon_0}+\frac{d_1}{\epsilon}\right).$$

因此電容為

$$C=\frac{Q}{V_0} =\frac{\epsilon_0 S}{d-d_1+\dfrac{\epsilon_0}{\epsilon}d_1}.$$

核心觀念

本題使用互感的定義：

$$M=\frac{\Phi}{I}$$

其中 $I$ 為長直導線中的電流，$\Phi$ 為此電流在三角形線圈所產生的磁通量。

距離長直導線 $r$ 處的磁場大小為

$$B(r)=\frac{\mu_0 I}{2\pi r}.$$

圖 C 中，三角形線圈的左側距離導線為 $d$，頂點距離導線為 $d+b$，頂角為 $120^\circ$。

解題方法

取距離導線為 $r$ 的垂直微小狹長條，寬度為 $dr$。先求該位置的三角形高度。

由於頂角為 $120^\circ$，對稱分割後，三角形的一半頂角為 $60^\circ$。在位置 $r$ 處，頂點至該狹長條的水平距離為

$$x=d+b-r.$$

因此，狹長條的半高為

$$z=x\tan60^\circ=\sqrt{3}(d+b-r),$$

其完整高度為

$$\ell(r)=2z=2\sqrt{3}(d+b-r).$$

所以面積微元為

$$dS=\ell(r)\,dr =2\sqrt{3}(d+b-r)\,dr.$$

磁通量微元為

$$d\Phi=B(r)dS =\frac{\mu_0 I}{2\pi r} \cdot2\sqrt{3}(d+b-r)\,dr.$$

對整個三角形線圈積分：

核心觀念

本題考查傳輸線的負載反射係數、駐波比與輸入阻抗。無損傳輸線的特性阻抗為 $Z_0$，負載阻抗為 $Z_L$ 時，負載端反射係數為

$$\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}$$

其大小決定駐波比：

$$\mathrm{SWR}=\frac{1+|\Gamma_L|}{1-|\Gamma_L|}$$

長度為 $l$ 的無損傳輸線，其輸入阻抗為

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

其中 $\beta=2\pi/\lambda$，而波長 $\lambda=v/f$。

解題方法

先由傳播速度與頻率求波長及電氣長度，再依序計算負載端反射係數、駐波比與輸入阻抗。

波速為

$$v=0.6c=0.6(3\times10^8)=1.8\times10^8\ \mathrm{m/s}$$

因此波長為

$$\lambda=\frac{v}{f} =\frac{1.8\times10^8}{1\times10^6} =180\ \mathrm{m}$$

傳輸線長度 $l=30\ \mathrm{m}$，所以

$$\beta l=\frac{2\pi}{\lambda}l =\frac{2\pi}{180}(30) =\frac{\pi}{3}=60^\circ$$

且 $\tan(\beta l)=\sqrt{3}$。

(a) 反射係數

代入 $Z_L=50+j100\ \Omega$、$Z_0=50\ \Omega$：

$$\Gamma_L =\frac{(50+j100)-50}{(50+j100)+50} =\frac{j100}{100+j100} =\frac{1+j}{2}$$

所以

核心觀念

輻射電阻 $R_r$ 是天線把輸入電能轉換成電磁波輻射出去的等效電阻。它用來表示「若有一個電阻消耗與天線輻射功率相同的功率，該電阻值是多少」。

輻射電阻不是天線上實際存在、會發熱的電阻；它是描述天線輻射功率的等效參數。若以天線饋入點的電流峰值 $I_0$ 為基準，定義為

$$P_{\mathrm{rad}}=\frac{1}{2}R_r|I_0|^2, \qquad R_r=\frac{2P_{\mathrm{rad}}}{|I_0|^2}.$$

若使用有效值電流 $I_{\mathrm{rms}}$，則相同關係寫成

$$P_{\mathrm{rad}}=R_r I_{\mathrm{rms}}^2.$$

解題方法

題目詢問輻射電阻的物理意義，直接從功率等效定義回答即可：以饋入電流為基準，輻射電阻代表天線向外輻射的功率。計算時須配合電流採用的慣例：峰值電流公式含有 $\frac{1}{2}$，有效值電流公式則不含。

核心觀念

本題考查半波偶極天線的遠場電場、有效長度，以及接收天線的開路電壓。接收天線的開路電壓振幅可由入射電場振幅乘上接收方向的有效長度求得：

$$V_{\mathrm{oc}}=|E_\theta|\,\ell_{\mathrm{eff}}(\theta_2)$$

半波偶極的方向因子為

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

解題方法

圖中天線 #1 與兩天線連線的夾角為 $\theta_1=60^\circ$；天線 #2 與入射波方向的夾角為 $\theta_2=90^\circ$，兩天線距離 $R=1000\,\mathrm{m}$。天線 #1 的傳輸功率為 $300\,\mathrm{W}$，頻率為 $300\,\mathrm{MHz}$。

先由輻射電阻求出天線 #1 的電流振幅。題目給的電場式採用峰值電流 $I_m$，因此平均輻射功率為

$$P_{\mathrm{rad}}=\frac{1}{2}I_m^2R_r.$$

令 $P_{\mathrm{rad}}=300\,\mathrm{W}$、$R_r=73\,\Omega$，得到

$$I_m=\sqrt{\frac{2P_{\mathrm{rad}}}{R_r}} =\sqrt{\frac{600}{73}} \approx 2.87\,\mathrm{A}.$$

波長與相位常數為

$$\lambda=\frac{c}{f} =\frac{3\times10^8}{300\times10^6} =1\,\mathrm{m}, \qquad \beta=\frac{2\pi}{\lambda}=2\pi\,\mathrm{rad/m}.$$

在天線 #1 的觀察方向，方向因子為

核心觀念

波導中的電磁場可分解成不同的傳播模式（mode），每一種模式都有自己的截止頻率 $f_c$。當訊號頻率低於某模式的截止頻率時，該模式無法沿波導傳播；高於截止頻率時，該模式才可傳播。

**主模（dominant mode）**是波導所有可傳播模式中截止頻率最低的模式。它是頻率逐漸升高時，最先達到傳播條件的模式。

解題方法

判斷主模時，先比較波導中各模式的截止頻率；截止頻率最低者就是主模。以內部尺寸為 $a\times b$、且 $a>b$ 的空心矩形波導為例，TE$_{mn}$ 模式的截止頻率為

核心觀念

圓形金屬波導的截止波長由半徑與貝索函數根決定。對 TE 模態，

$$\lambda_c=\frac{2\pi a}{x'_{np}}$$

其中 $a$ 是波導內半徑，$x'_{np}$ 是 $J'_n(x)$ 的第 $p$ 個零點。圓形波導的主模態為 $\mathrm{TE}_{11}$，對應表 A 中 $n=1,\ p=1$，故 $x'_{11}=1.841$。

解題方法

原卷第 4-(b) 題給定空氣填充、操作頻率 $10\,\mathrm{GHz}$，並要求截止波長為操作波長的 $1.25$ 倍；表 A 的 $\mathrm{TE}_{11}$ 對應根為 $1.841$。

空氣中的波長為

$$\lambda=\frac{c}{f} =\frac{3.0\times10^8}{10\times10^9} =0.030\,\mathrm{m}$$

因此截止波長為

核心觀念

均勻平面波在自由空間中的電場、磁場同相，且滿足

$$\vec{E}=\eta_0(\vec{H}\times\hat{k}), \qquad \eta_0=120\pi\ \Omega,$$

其中 $\hat{k}$ 是波的傳播方向。若波沿 $-\hat{a}_z$ 傳播，其相位可寫成 $\omega t+\beta z$。

解題方法

原卷第 5 題給定：波沿 $-\hat{a}_z$ 方向傳播，$\beta=30.0\,\mathrm{rad/m}$；在 $t=0、z=0$ 時，磁場方向為 $-\hat{a}_y$，振幅為 $\frac{1}{3\pi}\,\mathrm{A/m}$。因此磁場可用餘弦表示，並使原點的相位為零：

$$\vec{H}(z,t) =-\hat{a}_y\frac{1}{3\pi} \cos(\omega t+30z)\ \mathrm{A/m}.$$

自由空間中 $\omega=\beta c$，故

$$\omega=(30.0)(3.0\times10^8) =9.0\times10^9\ \mathrm{rad/s}.$$

由 $\vec{E}=\eta_0(\vec{H}\times\hat{k})$，磁場方向為 $-\hat{a}_y$、傳播方向為 $-\hat{a}_z$，所以電場方向為 $+\hat{a}_x$；

核心觀念

自由空間中的平面波滿足相位常數、角頻率與光速的關係：

$$\beta=\frac{\omega}{c}=\frac{2\pi f}{c}$$

波長則由相位常數定義為：

$$\beta=\frac{2\pi}{\lambda}$$

其中自由空間光速 $c\approx 3.00\times10^8\,\mathrm{m/s}$。題目給的磁場振幅與傳播方向不影響頻率及波長的計算。

解題方法

由 $\beta=30.0\,\mathrm{rad/m}$，先求波長：

$$\lambda=\frac{2\pi}{\beta} =\frac{2\pi}{30.0} \approx 0.209\,\mathrm{m}$$

核心觀念

本題考查由無源自由空間的 Maxwell 方程式推導磁場波動方程式。關鍵是對磁場的旋度方程式再取一次旋度，並使用向量恆等式

$$\nabla\times(\nabla\times\vec{H}) =\nabla(\nabla\cdot\vec{H})-\nabla^2\vec{H}.$$

自由空間中沒有磁荷，因此 $\nabla\cdot\vec{H}=0$。

解題方法

無源自由空間的 Maxwell 方程式包含

$$\nabla\times\vec{E} =-\mu_0\frac{\partial\vec{H}}{\partial t}, \qquad \nabla\times\vec{H} =\epsilon_0\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}, \qquad \nabla\cdot\vec{H}=0.$$

從磁場的旋度方程式出發，兩側取旋度：

$$\nabla\times(\nabla\times\vec{H}) =\epsilon_0\nabla\times\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}.$$

在場量足夠平滑時，時間微分與空間旋度可交換，因此

$$\nabla\times(\nabla\times\vec{H}) =\epsilon_0\frac{\partial}{\partial t} \left(\nabla\times\vec{E}\right).$$