113 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》

核心概念
本題主要測驗向量場的 旋度（curl） 與 拉普拉斯算子（Laplacian） 的概念。

• 若向量場是 irrotational（無旋），則其旋度 $\nabla\times\vec F$ 必須為零向量。
• 拉普拉斯算子對向量場等價於對每個分量分別取標量拉普拉斯 $\nabla^2$（即二階偏導數之和），可利用 $\nabla^2\vec F=\left(\nabla^2F_x,\;\nabla^2F_y,\;\nabla^2F_z\right)$。

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(a) 求 $C_1,\;C_2,\;C_3$ 使 $\vec F$ 為 irrotational

先寫出 $\vec F$ 的分量：

$\vec F = \hat a_x\,(4y-C_1z) \;+\; \hat a_y\,(C_2x - z) \;-\; \hat a_z\,(C_3y + z)$

即

$$F_x = 4y-C_1z,\qquad F_y = C_2x - z,\qquad F_z = -(C_3y+z).$$

旋度定義為

$$\nabla\times\vec F= \begin{vmatrix} \hat a_x & \hat a_y & \hat a_z\\[2pt] \displaystyle\frac{\partial}{\partial x} & \displaystyle\frac{\partial}{\partial y} & \displaystyle\frac{\partial}{\partial z}\\[2pt] F_x & F_y & F_z \end{vmatrix}.$$

計算各分量：

1. $x$ 分量（$\hat a_x$ 前的係數）

$$(\nabla\times\vec F)_x = \frac{\partial F_z}{\partial y}-\frac{\partial F_y}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial y}\big[-(C_3y+z)\big]-\frac{\partial}{\partial z}(C_2x - z) = -C_3 -(-1)= -C_3+1.$$

2. $y$ 分量（$\hat a_y$ 前的係數）

$$(\nabla\times\vec F)_y = \frac{\partial F_x}{\partial z}-\frac{\partial F_z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial z}(4y-C_1z)-\frac{\partial}{\partial x}\big[-(C_3y+z)\big] = -C_1 - 0 = -C_1.$$

3. $z$ 分量（$\hat a_z$ 前的係數）

核心觀念

以鏡像法取代導體表面的感應電荷。接地球殼的鏡像電荷可使球面電位為零；本題球殼是浮置且孤立的，視為原先不帶淨電荷，因此還要加入球心鏡像電荷，使球殼總感應電荷為零。

令球心為 $O$，由球心指向外部點電荷 $+Q$ 的方向為正方向，且 $d>r$。記庫侖常數為 $k=1/(4\pi\varepsilon_0)$。

解題方法

先用接地球體的鏡像解，再以球心電荷調整球殼的總電荷。設球面外的點電荷位於距球心 $d$ 處，則兩個鏡像電荷如下：

• $q_1=-Q\dfrac{r}{d}$，位於 $O$ 朝向 $+Q$ 的軸線上，距球心 $\dfrac{r^2}{d}$。
• $q_0=+Q\dfrac{r}{d}$，位於球心 $O$。

球面上由 $Q$ 與 $q_1$ 產生的電位為零；球心電荷 $q_0$ 在球面上產生固定電位，因此球面仍為等位面。又 $q_0+q_1=0$，符合中性浮置球殼的淨電荷條件。

計算外部電荷所受合力時，分別計算兩個鏡像電荷的作用。$q_1$ 造成吸引，距離為

$$d-\frac{r^2}{d}=\frac{d^2-r^2}{d}.$$

因此吸引力大小為

核心觀念

直導線電流 $i(t)$ 在距離軸心 $\rho$ 處產生環向磁場。由安培定律，

$$\oint \mathbf{H}\cdot d\mathbf{l}=i(t)$$

因此磁環內部的磁場強度為

$$H_\phi(\rho)=\frac{i(t)}{2\pi \rho}, \qquad a\le \rho\le b.$$

磁環材料的磁通密度為

$$B_\phi(\rho)=\mu_0\mu_r H_\phi(\rho) =\frac{\mu_0\mu_r i(t)}{2\pi \rho}.$$

環形線圈共有 $N=3600$ 匝，每匝所鏈結的磁通量為磁環截面上的磁通積分。

解題方法

取磁環截面元素

$$dA=h\,d\rho.$$

單匝磁通量為

$$\begin{aligned} \Phi &=\int_a^b B_\phi(\rho)\,dA\\ &=\int_a^b \frac{\mu_0\mu_r i(t)}{2\pi\rho}\,h\,d\rho\\ &=\frac{\mu_0\mu_r h\,i(t)}{2\pi} \ln\left(\frac{b}{a}\right). \end{aligned}$$

總磁通鏈結量為

$$\lambda=N\Phi.$$

互感定義為

$$M=\frac{\lambda}{i(t)},$$

故

核心觀念

本題考查磁路中的：

• 磁通、磁通密度與截面積關係：
  $B=\frac{\Phi}{A}$
• 磁性材料的磁化曲線 $B$–$H$。
• 磁動勢：
  $\text{mmf}=Hl$
• 安培定律：
  $NI=\sum Hl$

各段磁路為串聯，因此磁通量相同：

$\Phi=0.12\ \text{mWb}=1.2\times10^{-4}\ \text{Wb}$

空氣隙使用：

$H_g=\frac{B_g}{\mu_0}$

其中 $\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \text{H/m}$。

解題方法

1. 求各段截面積與磁通密度

由表中已知資料可知：

• $B=1.0\ \text{T}$ 時，$A=120\ \text{mm}^2$
• $B=0.75\ \text{T}$ 時，$A=160\ \text{mm}^2$

因此：

$$A_{e-f}=A_{c-d}=160\ \text{mm}^2$$ $$A_{f-a}=A_{a-b}=A_{b-c}=120\ \text{mm}^2$$

$d-e$ 段截面積為 $400\ \text{mm}^2$，故

$$B_{d-e} =\frac{0.12\times10^{-3}}{400\times10^{-6}} =0.30\ \text{T}$$

由磁化曲線，$B=0.30\ \text{T}$ 對應：

$$H_{d-e}=750\ \text{A-turn/m}$$

2. 計算各段磁動勢

$a-b$ 為空氣隙，且長度為 $2\ \text{mm}$：

$$H_{a-b} =\frac{1.0}{4\pi\times10^{-7}} =795774.72\ \text{A-turn/m}$$ $$\text{mmf}_{a-b} =795774.72(0.002) =1591.55\ \text{A-turn}$$

其餘各段：

$$\text{mmf}_{b-c}=1590(0.056)=89.04\ \text{A-turn}$$ $$\text{mmf}_{c-d}=1065(0.087)=92.655\ \text{A-turn}$$ $$\text{mmf}_{d-e}=750(0.134)=100.50\ \text{A-turn}$$ $$\text{mmf}_{e-f}=1065(0.087)=92.655\ \text{A-turn}$$ $$\text{mmf}_{f-a}=1590(0.076)=120.84\ \text{A-turn}$$

表格中的單位為 A-turn，故上述結果分別為 $92655$、$100500$、$92655$、$120840$ A-turn。

3. 完整計算表

核心觀念
此題利用平面電磁波的基本關係式：

• 波數與角頻率的關係 $\beta =\omega\sqrt{\mu\varepsilon}$，可求出介質的相速度與相對介電常數 $\varepsilon_r$。
• 本徵阻抗 $\eta=\sqrt{\mu/\varepsilon}$ 與自由空間阻抗 $\eta_0\approx377\;\Omega$ 的比例，決定磁場幅值 $H_0=E_0/\eta$。
• 平均功率密度（Poynting 向量的時間平均）為 $\overline{S}= \tfrac12E_0H_0=\tfrac12E_0^2/\eta$。

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(a) 求 $\displaystyle \epsilon_r$

給定

$\vec E = \hat a_z\,377\cos(10^8t-10z)\;{\rm V/m}$

可辨識出

$\omega =10^8\ {\rm rad/s},\qquad \beta =10\ {\rm rad/m}$

在均勻介質中

$$\beta =\omega\sqrt{\mu\varepsilon} =\frac{\omega}{v}, \qquad v=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}} .$$

先求相速度

$v =\frac{\omega}{\beta}= \frac{10^8}{10}=1.0\times10^7\ {\rm m/s}.$

自由空間光速 $c=3.0\times10^8\ {\rm m/s}$，且

$$v=\frac{c}{\sqrt{\varepsilon_r}} \;\Longrightarrow\; \sqrt{\varepsilon_r}= \frac{c}{v}= \frac{3.0\times10^8}{1.0\times10^7}=30 .$$

$\boxed{\varepsilon_r =30^2=9.0\times10^2 }.$

【答案】 $\epsilon_r = 9.0\times10^{2}$

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(b) 求傳播速度 $v$

已於 (a) 計算得

$\boxed{v =1.0\times10^7\ {\rm m/s}} .$

【答案】 $v=1.0\times10^{7}\ {\rm m/s}$

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(c) 求本徵阻抗 $\eta$

本徵阻抗

$$\eta =\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}} =\frac{\eta_0}{\sqrt{\varepsilon_r}}, \qquad \eta_0\approx377\;\Omega .$$

$\eta =\frac{377}{30}=12.57\;\Omega .$

本題核心觀念
本題著重於 無損傳輸線 的基本參數：相位常數 $\beta$、特性阻抗 $Z_0$、負載端的反射係數 $\Gamma$、駐波比 VSWR，以及駐波在負載端是電壓峰還是谷。所有計算均源自傳輸線的等效分布參數 $L'$、$C'$，以及阻抗匹配的概念。

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(a) 相位常數 $\beta$

對於無損線：

$\beta = \omega\sqrt{L' C'}$

先求單位長 inductance 與 capacitance：

$L'=\frac{L}{\ell}= \frac{35\;\mu\text{H}}{100\;\text{m}} = 3.5\times10^{-7}\;\text{H/m}$

$C'=\frac{C}{\ell}= \frac{22\;\text{nF}}{100\;\text{m}} = 2.2\times10^{-10}\;\text{F/m}$

角頻率 $\omega = 2\pi f = 2\pi \times 10^{5}\;\text{rad/s}=6.283\times10^{5}\;\text{rad/s}$。

$$\sqrt{L' C'} = \sqrt{(3.5\times10^{-7})(2.2\times10^{-10})} = \sqrt{7.7\times10^{-17}} \approx 8.77\times10^{-9}\;\text{s/m}$$ $$\boxed{\beta = \omega\sqrt{L' C'} \approx 6.283\times10^{5}\times8.77\times10^{-9} \approx 5.5\times10^{-3}\ \text{rad/m}}$$

【答案】$\beta \approx 5.5\times10^{-3}\;\text{rad/m}$

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(b) 特性阻抗 $Z_0$

$Z_0 = \sqrt{\frac{L'}{C'}}$

核心概念說明
此題主要測試矩形波導的模式分類、截止頻率公式以及波阻抗的計算。

• 矩形波導內的電磁波可分為 TE$_{mn}$（橫向電場）與 TM$_{mn}$（橫向磁場）兩種模式。
• 每個模式都有一個截止波數 $k_c$ 與截止頻率 $f_c$：

$$k_c = \pi\sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+\left(\frac{n}{b}\right)^2},\qquad f_c =\frac{c}{2\pi}k_c=\frac{c}{2}\sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+\left(\frac{n}{b}\right)^2}$$

其中 $c$ 為光速，$a,b$ 為波導寬高。

• TE 模式允許 $m$ 或 $n$ 為 0（但不能同時為 0），TM 模式則 必須 兩者皆非 0。
• 波阻抗（TE 為 $Z_{TE}$，TM 為 $Z_{TM}$）與頻率及截止頻率的關係為

$$Z_{TE}= \frac{Z_0}{\sqrt{1-(f_c/f)^2}},\qquad Z_{TM}= Z_0\sqrt{1-(f_c/f)^2}$$

其中自由空間阻抗 $Z_0\approx 377\;\Omega$，$f$ 為工作頻率。

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(a) 主導模式與最低截止頻率

1. 判斷主導模式

   • 先列出可能的 TE 與 TM 模式的 $(m,n)$ 組合，計算其截止頻率。
   • 主導模式是 最低截止頻率 的那一個。
   • 依規則：
     • TE：$m,n$ 允許任意，且 $(0,0)$ 不合法。
     • TM：$m,n\neq0$。

2. 計算各模式的截止頻率（先針對常見低階模式）

$$\begin{aligned} f_{c}^{\text{TE}_{10}} &= \frac{c}{2a} =\frac{3\times10^8}{2\times0.0508}\approx 2.95\;\text{GHz} \\[4pt] f_{c}^{\text{TE}_{01}} &= \frac{c}{2b} =\frac{3\times10^8}{2\times0.0254}\approx 5.91\;\text{GHz} \\[4pt] f_{c}^{\text{TE}_{11}} &= \frac{c}{2}\sqrt{\left(\frac{1}{a}\right)^2+\left(\frac{1}{b}\right)^2} \approx \frac{3\times10^8}{2}\sqrt{\left(\frac{1}{0.0508}\right)^2+\left(\frac{1}{0.0254}\right)^2}\\ &\approx 6.60\;\text{GHz} \\[4pt] f_{c}^{\text{TM}_{11}} &= \frac{c}{2}\sqrt{\left(\frac{1}{a}\right)^2+\left(\frac{1}{b}\right)^2} = f_{c}^{\text{TE}_{11}}\approx 6.60\;\text{GHz} \end{aligned}$$

其他較高階模式（如 TE$_{20}$、TE$_{02}$ 等）之截止頻率更高，故不必列出。

核心觀念

指向性增益描述天線把總輻射功率集中到特定方向的程度：

$$D(\theta,\phi)=\frac{4\pi U(\theta,\phi)}{P_{\mathrm{rad}}}$$

其中 $U$ 是該方向的輻射強度，$P_{\mathrm{rad}}$ 是天線總輻射功率。

功率增益則把天線的輻射效率也計入：

$$G=\eta_{\mathrm{rad}}D$$

其中 $\eta_{\mathrm{rad}}$ 是輻射效率。因此，功率增益不大於指向性增益；理想無損天線的兩者相等。天線的有效面積與功率增益有關：

$$A_e=\frac{G\lambda^2}{4\pi}$$

本題只給指向性增益，未提供輻射效率，因此以下依理想無損天線假設，令 $G=D$。

解題方法

由頻率 $f=450\ \mathrm{MHz}$ 求波長：

$$\lambda=\frac{c}{f} =\frac{3.0\times10^8}{450\times10^6} \approx 0.667\ \mathrm{m}$$

將題目給的增益由分貝值換成線性值：

$$G_t=10^{2.15/10}\approx1.641,\qquad G_r=10^{1.76/10}\approx1.500$$

分別代入有效面積公式：

$$A_{e,t}=\frac{G_t\lambda^2}{4\pi} =\frac{1.641(0.667)^2}{4\pi} \approx 0.0580\ \mathrm{m^2}$$