113 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所丙組《電磁場與波》

本題主要考察靜電學中導體球的電位、電場、電通量密度、電荷分佈，以及導體介質中的穩恆電流和電阻概念。由於問題涉及兩個同心導體球，且介質為有損耗介質，解題思路應從穩恆電場和穩恆電流的角度出發。

(a) 總電荷
由於兩個導體球都是同心圓，且介質是均勻的，我們可以利用高斯定律和電位定義來求解。
對於穩恆電場，電場 $E$ 與電位 $V$ 的關係為 $E = -\nabla V$。由於系統具有球對稱性，我們可以在 $a < r < b$ 的區域內假設電場的形式為 $E = E_r(r) \hat{r}$。
由電位關係，我們知道 $V(r)$ 在 $a < r < b$ 區域內滿足 $\nabla^2 V = 0$（因為介質是線性的、均勻的，且沒有自由電荷）。在球對稱情況下，拉普拉斯方程為 $\frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}(r^2 \frac{dV}{dr}) = 0$。
積分兩次得到 $r^2 \frac{dV}{dr} = C_1$，$V(r) = -\frac{C_1}{r} + C_2$。
根據邊界條件：
$V(a) = 1$ V
$V(b) = 0$ V
代入可得：
$-\frac{C_1}{a} + C_2 = 1$
$-\frac{C_1}{b} + C_2 = 0$
從第二式得到 $C_2 = \frac{C_1}{b}$。
代入第一式：$-\frac{C_1}{a} + \frac{C_1}{b} = 1 \implies C_1 (\frac{1}{b} - \frac{1}{a}) = 1 \implies C_1 \frac{a-b}{ab} = 1 \implies C_1 = \frac{ab}{a-b} = -\frac{ab}{b-a}$。
所以 $C_2 = \frac{1}{b} (-\frac{ab}{b-a}) = -\frac{a}{b-a}$。
因此，電位為 $V(r) = -\frac{C_1}{r} + C_2 = \frac{ab}{b-a} \frac{1}{r} - \frac{a}{b-a} = \frac{a}{b-a} (\frac{b}{r} - 1)$。
電場為 $E = -\nabla V = -\frac{dV}{dr} \hat{r} = - \frac{a}{b-a} (-\frac{b}{r^2}) \hat{r} = \frac{ab}{b-a} \frac{1}{r^2} \hat{r}$。

現在我們可以計算球1的總電荷 $Q_1$。利用高斯定律，在半徑為 $r$ ($a<r<b$) 的球面上積分電通量密度 $D$。
$D = \varepsilon E = \varepsilon \frac{ab}{b-a} \frac{1}{r^2} \hat{r}$。
總電荷 $Q_1 = \oint_S D \cdot dS = D(r) \cdot 4\pi r^2 = \varepsilon \frac{ab}{b-a} \frac{1}{r^2} \cdot 4\pi r^2 = \frac{4\pi \varepsilon ab}{b-a}$。

核心觀念

題目給定均勻平面波的電場相量

$$\vec{E}=(6\hat{a}_x+E_y\hat{a}_y-j10\hat{a}_z) e^{-j(16\pi x-12\pi y)}\ \text{mV/m}$$

採用標準時間因子 $e^{j\omega t}$，平面波形式為

$$\vec{E}=\vec{E}_0e^{-j\vec{\beta}\cdot\vec{r}}$$

因此可直接辨識：

• 相位常數向量：$\vec{\beta}$
• 傳播方向：$\hat{a}_\beta$
• 自由空間中：$\beta=\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0}=\dfrac{\omega}{c}$
• 均勻平面波為橫向波：$\vec{\beta}\cdot\vec{E}_0=0$
• 磁場與電場關係：

$$\vec{H}=\frac{1}{\eta_0}\hat{a}_\beta\times\vec{E}$$

其中自由空間本質阻抗

$$\eta_0=120\pi\ \Omega$$

---

(a) 頻率與傳播方向

由空間相位項

$$e^{-j(16\pi x-12\pi y)} =e^{-j\vec{\beta}\cdot\vec{r}}$$

可得

$$\vec{\beta}=16\pi\hat{a}_x-12\pi\hat{a}_y\ \text{rad/m}$$

其大小為

$$\beta=\sqrt{(16\pi)^2+(-12\pi)^2} =20\pi\ \text{rad/m}$$

自由空間中 $\beta=\omega/c$，所以

$$\omega=c\beta=c(20\pi)$$

頻率為

$$f=\frac{\omega}{2\pi} =\frac{c(20\pi)}{2\pi} =10c$$

取 $c=3\times10^8\ \text{m/s}$：

$$\boxed{f=3\times10^9\ \text{Hz}=3\ \text{GHz}}$$

傳播方向為 $\vec{\beta}$ 的單位向量：

$$\hat{a}_\beta =\frac{\vec{\beta}}{\beta} =\frac{16\pi\hat{a}_x-12\pi\hat{a}_y}{20\pi}$$

因此

$$\boxed{\hat{a}_\beta=\frac45\hat{a}_x-\frac35\hat{a}_y}$$

波沿著 $+x$ 與 $-y$ 的合成方向傳播。

---

(b) 求 $E_y$

平面波的電場必須垂直於傳播方向，因此

$$\vec{\beta}\cdot\vec{E}_0=0$$

其中

$$\vec{E}_0=6\hat{a}_x+E_y\hat{a}_y-j10\hat{a}_z$$

代入：

$$(16\pi\hat{a}_x-12\pi\hat{a}_y) \cdot (6\hat{a}_x+E_y\hat{a}_y-j10\hat{a}_z)=0$$

因為 $\hat{a}_x\cdot\hat{a}_z=0$、$\hat{a}_y\cdot\hat{a}_z=0$，得到

$$16\pi(6)-12\pi E_y=0$$ $$96\pi-12\pi E_y=0$$

所以

$$\boxed{E_y=8\ \text{mV/m}}$$

此時電場相量為

$$\vec{E}_0=(6\hat{a}_x+8\hat{a}_y-j10\hat{a}_z)\ \text{mV/m}$$

---

(c) 極化狀態

先將 $xy$ 平面中的電場分量整理為

$$6\hat{a}_x+8\hat{a}_y =10\left(\frac35\hat{a}_x+\frac45\hat{a}_y\right)$$

定義

$$\hat{a}_1=\frac35\hat{a}_x+\frac45\hat{a}_y$$

並令

$$\hat{a}_2=\hat{a}_z$$

則電場相量可寫成

本題主要考察傳輸線理論，包括傳輸線的參數（電感、電容）、傳播速度、特性阻抗、以及反射與透射問題。

(a) 信號的頻率
對於無損耗傳輸線，傳播速度 $v$ 與角頻率 $\omega$ 和傳播常數 $\beta$ 的關係為 $v = \frac{\omega}{\beta}$。
給定的入射電流為 $I^*(z,t) = e^{j(\omega t-20\pi z)}$ A。
這是一個時諧波的形式 $I(z,t) = I_0 e^{j(\omega t - \beta z)}$。
比較可知，$\beta = 20\pi$ rad/m。
因此，傳播速度 $v = \frac{\omega}{\beta}$。
$10^8$ m/s $= \frac{\omega}{20\pi}$ rad/m。
$\omega = 20\pi \times 10^8$ rad/s。
頻率 $f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{20\pi \times 10^8}{2\pi} = 10 \times 10^8$ Hz $= 1$ GHz。
【答案】$f = 1$ GHz。

(b) 每米的電感
對於無損耗傳輸線，特性阻抗 $Z_0 = \sqrt{\frac{L}{C}}$，其中 $L$ 是每米電感，$C$ 是每米電容。
傳播速度 $v = \frac{1}{\sqrt{LC}}$。
由 $v = 10^8$ m/s，得 $v^2 = \frac{1}{LC} = 10^{16}$ m$^2$/s$^2$。
由 $Z_0 = 50 \Omega$，得 $Z_0^2 = \frac{L}{C} = 50^2 = 2500 \Omega^2$。
我們有兩個方程：

1. $LC = \frac{1}{10^{16}}$
2. $\frac{L}{C} = 2500$
   將 (2) 代入 (1)：$L \left(\frac{L}{2500}\right) = \frac{1}{10^{16}} \implies \frac{L^2}{2500} = \frac{1}{10^{16}} \implies L^2 = \frac{2500}{10^{16}} = 25 \times 10^{-14}$。
   $L = \sqrt{25 \times 10^{-14}} = 5 \times 10^{-7}$ H/m。
   $L = 0.5 \times 10^{-6}$ H/m $= 0.5 \mu$H/m。
   【答案】$L = 0.5 \mu$H/m。

(c) 每米的電容
從 $L/C = 2500$，得到 $C = \frac{L}{2500} = \frac{5 \times 10^{-7}}{2500} = \frac{5 \times 10^{-7}}{2.5 \times 10^3} = 2 \times 10^{-10}$ F/m。
$C = 200 \times 10^{-12}$ F/m $= 200$ pF/m。
驗證 $LC = (5 \times 10^{-7}) \times (2 \times 10^{-10}) = 10 \times 10^{-17} = 10^{-16}$。

本題主要考察矩形波導管的模式分析，包括截止頻率、導内波數、導内波長、群速度以及群延遲。

給定的矩形波導管尺寸為 $a = 6.25$ mm，$b = 2.50$ mm。
工作頻率 $f = 30$ GHz。
使用基本模式 (fundamental mode)。對於矩形波導管，基本模式通常是 TE$_{10}$ 模式。
空氣介質，$\varepsilon = \varepsilon_0$, $\mu = \mu_0$。
光速 $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}} \approx 3 \times 10^8$ m/s。

矩形波導管中 TE$_{mn}$ 和 TM$_{mn}$ 模式的傳播常數 $\beta$ 為：
$\beta = \sqrt{\omega^2 \mu \varepsilon - k_{mn}^2} = \sqrt{\omega^2 \mu_0 \varepsilon_0 - (\frac{m\pi}{a})^2 - (\frac{n\pi}{b})^2} = \frac{\omega}{c} \sqrt{1 - (\frac{k_{mn}c}{\omega})^2}$
其中 $k_{mn}^2 = (\frac{m\pi}{a})^2 + (\frac{n\pi}{b})^2$ 是截止頻率的平方。
截止頻率 $f_{c,mn} = \frac{1}{2\pi\sqrt{\mu\varepsilon}} \sqrt{(\frac{m\pi}{a})^2 + (\frac{n\pi}{b})^2} = \frac{c}{2} \sqrt{(\frac{m}{a})^2 + (\frac{n}{b})^2}$。

對於 TE$_{10}$ 模式，$m=1, n=0$。
截止頻率 $f_{c,10} = \frac{c}{2a}$ (因為 $b \gg a$ 對於基本模式通常是 $a>b$)。
這裡 $a = 6.25$ mm $= 6.25 \times 10^{-3}$ m。
$f_{c,10} = \frac{3 \times 10^8 \text{ m/s}}{2 \times 6.25 \times 10^{-3} \text{ m}} = \frac{3 \times 10^8}{12.5 \times 10^{-3}} = \frac{3}{12.5} \times 10^{11} = 0.24 \times 10^{11}$ Hz $= 24$ GHz。
工作頻率 $f = 30$ GHz。由於 $f > f_{c,10}$，TE$_{10}$ 模式可以傳播。

(a) 總波數 (導内波數)
總波數 $\beta = \frac{\omega}{c} \sqrt{1 - (\frac{f_c}{f})^2}$。
$\omega = 2\pi f = 2\pi \times 30 \times 10^9$ rad/s。
$\frac{f_c}{f} = \frac{24 \text{ GHz}}{30 \text{ GHz}} = \frac{24}{30} = \frac{4}{5} = 0.8$。

本題考察史密斯圖 (Smith Chart) 的應用，包括如何表示負載阻抗、尋找電壓駐波比 (VSWR) 和電壓最小值位置。

首先，將負載阻抗 $Z_L = 80 - j160 \Omega$ 標準化。
特性阻抗 $Z_0 = 100 \Omega$。
標準化阻抗 $z_L = \frac{Z_L}{Z_0} = \frac{80 - j160}{100} = 0.8 - j1.6$。

(a) 負載的位置
在史密斯圖上找到標準化阻抗 $z_L = 0.8 - j1.6$ 的位置。

1. 找到電阻圓 $r = 0.8$。
2. 找到電抗圓 $x = -1.6$。
3. 這兩個圓的交點就是負載阻抗 $z_L$ 在史密斯圖上的位置。
   在標準的史密斯圖上，電阻圓 $r=0.8$ 是一個位於圓心右側的圓。電抗圓 $x=-1.6$ 是一個位於圓心下方的圓。
   在提供的史密斯圖（頁面 3）上，找到電阻值 0.8 的圓形線，以及電抗值 -1.6 的曲線。
   電抗值 -1.6 位於圖上 1.6 標示的下方（負電抗區域）。
   找到這兩個圓的交點，這個點就是負載的位置。
   我們從圖上看，電阻 $r=0.8$ 的圓和電抗 $x=-1.6$ 的曲線交點大約在圖的右下方。
   從圖上看，這個點大約對應的歸一化電抗值是 -1.6。
   讓我們更精確地標示。在史密斯圖上，負載點位於電阻 $r=0.8$ 的圓上，並且在電抗 $x=-1.6$ 的曲線（或其外插）上。
   在提供的史密斯圖上，找到電阻 0.8 的圓。再找到電抗 -1.6 的曲線。它們的交點就是負載點。
   從圖上觀察，電阻 0.8 的圓和電抗 -1.6 的曲線的交點，位於圖的右下方。
   點擊史密斯圖上的 $r=0.8$ 圓和 $x=-1.6$ 曲線的交點。
   根據圖上的標示，負載點在圖的右下方。
   在史密斯圖上，負載點的歸一化電抗值 $x = -1.6$。
   【答案】在史密斯圖上，找到電阻圓 $r=0.8$ 和電抗圓 $x=-1.6$ 的交點。

(b) 負載到第一個電壓最小值點的距離
電壓最小值點出現在史密斯圖上電抗為零，且電阻值等於電壓駐波比 (VSWR) 的位置。
首先，我們需要確定 VSWR。
從史密斯圖上負載點 $z_L = 0.8 - j1.6$ 出發，畫一條連接圓心和該點的直線，並延伸到史密斯圖的右側邊緣（代表純電阻）。
該點的電阻值就是 VSWR。
在圖上，從圓心連接負載點 $z_L$ 並延伸到右側的點。
這個點對應的電阻值就是 VSWR。
在提供的史密斯圖上，從圓心畫一條直線通過 $z_L = 0.8 - j1.6$ 的點，延伸到圖的最右邊。
這個點對應的電阻值就是 VSWR。
觀察圖，負載點 $z_L$ 位於電阻 $r=0.8$ 的圓上，電抗 $x=-1.6$ 的曲線。
從圓心到該點畫一條直線，延伸到史密斯圖最右邊的邊緣。
此邊緣上的讀數即為 VSWR。
從圖上看，負載點的電阻值約為 0.8，電抗值約為 -1.6。
從負載點到圓心畫直線，延伸到右側邊緣。
該邊緣上的讀數就是 VSWR。
在圖上，該點對應的 VSWR 約為 4。
電壓最小值點位於史密斯圖右側邊緣（純電阻，反射係數為實數）上，其電阻值等於 VSWR。
在史密斯圖上，電壓最小值點的位置是電抗為 0 的圓形線與 VSWR 值所在的電阻線的交點。
從史密斯圖上看，負載點 $z_L = 0.8 - j1.6$ 處，畫一條從圓心通過此點的直線，延伸到最右側邊緣。這個邊緣的讀數就是 VSWR。
從圖上讀取，VSWR 約為 4。
電壓最小值點在史密斯圖的右側邊緣，對應的歸一化電阻值就是 VSWR。
所以，電壓最小值點對應的歸一化阻抗是 $z_{min} = VSWR = 4$。
在史密斯圖上，電壓最小值點位於電抗為 0 的圓上，且電阻值等於 VSWR。
在史密斯圖上，電壓最小值點是 $r=VSWR, x=0$ 的點。
這個點的歸一化電阻值是 4。

現在我們需要計算負載點到第一個電壓最小值點的距離。
在史密斯圖上，這個距離是沿著圓形電壓駐波比 (VSWR) 圓弧的弧長。
從負載點 $z_L$ 到電壓最小值點 (VSWR, x=0) 的距離，在史密斯圖上是兩點之間的弧長。