114 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所丙組《電磁場與波》

核心觀念

本題考查磁介質交界面的邊界條件，以及磁通密度與磁場強度的關係：

$$\vec{B}=\mu\vec{H}=\mu_0\mu_r\vec{H}$$

磁介質交界面的兩個重要邊界條件為：

1. 磁通密度法向分量連續：

$$\hat{a}_n\cdot(\vec{B}_2-\vec{B}_1)=0$$

2. 磁場強度切向分量的差與表面電流密度有關：

$$\hat{a}_n\times(\vec{H}_2-\vec{H}_1)=\vec{K}$$

其中 $\hat{a}_n$ 為由區域 1 指向區域 2 的單位法向量。

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（a）圓柱外部的磁通密度

解題方法

圓柱沿 $z$ 軸方向，因此其側表面的法向量為徑向單位向量 $\hat{a}_r$。令圓柱表面上的位置以圓柱座標角 $\phi$ 表示，則

$$\hat{a}_r=\cos\phi\,\hat{a}_x+\sin\phi\,\hat{a}_y$$

已知圓柱內部：

$$\mu_{\text{in}}=100\mu_0$$ $$\vec{B}_{\text{in}}=5\hat{a}_y\ \text{T}$$

外部為空氣：

$$\mu_{\text{out}}=\mu_0$$

先將內部磁通密度分解成法向與切向分量。

法向分量

$$B_{\text{in},n} =\vec{B}_{\text{in}}\cdot\hat{a}_r =5\sin\phi$$

由磁通密度法向分量連續：

$$B_{\text{out},n}=B_{\text{in},n}=5\sin\phi$$

因此

$$\vec{B}_{\text{out},n}=5\sin\phi\,\hat{a}_r$$

切向分量

內部磁通密度的切向分量為

$$\vec{B}_{\text{in},t} =\vec{B}_{\text{in}}-B_{\text{in},n}\hat{a}_r$$ $$\vec{B}_{\text{in},t} =5\hat{a}_y-5\sin\phi\,\hat{a}_r$$

由於沒有指定自由表面電流，磁場強度切向分量連續：

$$\vec{H}_{\text{out},t}=\vec{H}_{\text{in},t}$$

又因為 $\vec{B}=\mu\vec{H}$，所以

$$\vec{B}_{\text{out},t} =\frac{\mu_{\text{out}}}{\mu_{\text{in}}} \vec{B}_{\text{in},t} =\frac{1}{100} \left(5\hat{a}_y-5\sin\phi\,\hat{a}_r\right)$$

因此外部磁通密度為

$$\vec{B}_{\text{out}} =\vec{B}_{\text{out},n}+\vec{B}_{\text{out},t}$$ $$\vec{B}_{\text{out}} =5\sin\phi\,\hat{a}_r +\frac{1}{100} \left(5\hat{a}_y-5\sin\phi\,\hat{a}_r\right)$$

整理得

$$\boxed{ \vec{B}_{\text{out}} =0.05\hat{a}_y+4.95\sin\phi\,\hat{a}_r \ \text{T} }$$

若以 $\hat{a}_x,\hat{a}_y$ 表示，代入 $\hat{a}_r$：

$$\boxed{ \vec{B}_{\text{out}} =4.95\sin\phi\cos\phi\,\hat{a}_x +\left(0.05+4.95\sin^2\phi\right)\hat{a}_y \ \text{T} }$$

解題技巧與檢查

• 法向的 $\vec{B}$ 不會因磁導率改變而不連續。
• 切向的 $\vec{H}$ 連續，因此切向的 $\vec{B}$ 會按照磁導率比縮放。
• 在圓柱頂端 $\phi=90^\circ$ 時，$\vec{B}_{\text{in}}$ 完全為法向分量，故外部仍為 $5\hat{a}_y$。

核心觀念

本題考查電磁勢與電場的關係，以及 Lorenz 規範條件：

$$\vec{E}=-\nabla\phi-\frac{\partial\vec{A}}{\partial t}$$

在自由空間中，Lorenz 條件為

$$\nabla\cdot\vec{A}+\frac{1}{c^2}\frac{\partial\phi}{\partial t}=0$$

已知

$$\vec{A}=\hat a_x\frac{xz}{c}-\hat a_zct$$

因此

$$A_x=\frac{xz}{c},\qquad A_y=0,\qquad A_z=-ct$$

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由 Lorenz 條件求標量勢

先計算向量勢的散度：

$$\nabla\cdot\vec{A} = \frac{\partial A_x}{\partial x} +\frac{\partial A_y}{\partial y} +\frac{\partial A_z}{\partial z}$$ $$\nabla\cdot\vec{A} = \frac{z}{c}+0+0 = \frac{z}{c}$$

代入 Lorenz 條件：

$$\frac{z}{c}+\frac{1}{c^2}\frac{\partial\phi}{\partial t}=0$$

故

$$\frac{\partial\phi}{\partial t}=-cz$$

若題目中的 $\phi=xz$ 是指 $t=0$ 時的初始標量勢，即

$$\phi(x,y,z,0)=xz$$

則對時間積分得

$$\phi(x,y,z,t)=xz-czt$$

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由電磁勢求電場

首先計算標量勢的梯度：

$$\nabla\phi = \hat a_x\frac{\partial\phi}{\partial x} +\hat a_y\frac{\partial\phi}{\partial y} +\hat a_z\frac{\partial\phi}{\partial z}$$ $$\nabla\phi = \hat a_x z+\hat a_z(x-ct)$$

再計算向量勢的時間導數：

$$\frac{\partial\vec A}{\partial t} = -\hat a_z c$$

因此

核心觀念

本題使用均勻、無源介電質中的 Maxwell 方程式：

$$\nabla\times\vec H=\frac{\partial\vec D}{\partial t} =\varepsilon\frac{\partial\vec E}{\partial t}$$ $$\nabla\times\vec E=-\mu\frac{\partial\vec H}{\partial t}$$

此外，均勻平面波滿足：

$$\eta=\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}}, \qquad \vec E=-\eta\,\hat a_k\times\vec H$$

其中 $\hat a_k$ 為波的傳播方向單位向量，$\eta$ 為介質的本質阻抗。

令相位為

$$\psi=10^7t-3kx-4kz$$

因此

$$\vec H=\cos\psi\,\hat a_y$$

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解題方法

磁場相位中的空間部分為

$$3kx+4kz=k(3x+4z)$$

所以波向量為

$$\vec k=3k\hat a_x+4k\hat a_z$$

其大小為

$$|\vec k|=5k$$

波的傳播方向為

$$\hat a_k=\frac{\vec k}{|\vec k|} =\frac{3}{5}\hat a_x+\frac{4}{5}\hat a_z$$

角頻率為

$$\omega=10^7\ \text{rad/s}$$

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(a) 位移電流密度

由 Ampère-Maxwell 方程式，

$$\vec J_d=\frac{\partial\vec D}{\partial t} =\nabla\times\vec H$$

因為只有 $H_y$ 分量，所以

$$\nabla\times\vec H = -\frac{\partial H_y}{\partial z}\hat a_x +\frac{\partial H_y}{\partial x}\hat a_z$$

計算偏微分：

$$\frac{\partial H_y}{\partial x} =3k\sin\psi$$ $$\frac{\partial H_y}{\partial z} =4k\sin\psi$$

因此

$$\boxed{ \vec J_d = \left(-4k\hat a_x+3k\hat a_z\right)\sin\psi \ \text{A/m}^2 }$$

後面求得 $k=0.02\ \text{m}^{-1}$ 後，也可寫成

$$\boxed{ \vec J_d = \left(-0.08\hat a_x+0.06\hat a_z\right) \sin\psi \ \text{A/m}^2 }$$

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(b) 電場強度

介質本質阻抗為

$$\eta=\sqrt{\frac{\mu_0}{9\varepsilon_0}} =\frac{\eta_0}{3} =\frac{120\pi}{3} =40\pi\ \Omega$$

平面波中 $\vec E$、$\vec H$ 與傳播方向互相垂直，且

$$\vec E=-\eta\,\hat a_k\times\vec H$$

代入

$$\hat a_k=\frac{3}{5}\hat a_x+\frac{4}{5}\hat a_z$$

以及 $\vec H=\cos\psi\,\hat a_y$：

$$\vec E = -\eta \left( \frac{3}{5}\hat a_x+\frac{4}{5}\hat a_z \right) \times \left(\cos\psi\,\hat a_y\right)$$

利用

$$\hat a_x\times\hat a_y=\hat a_z, \qquad \hat a_z\times\hat a_y=-\hat a_x$$

可得

$$\vec E = \eta \left( \frac{4}{5}\hat a_x-\frac{3}{5}\hat a_z \right)\cos\psi$$

代入 $\eta=40\pi$：

$$\boxed{ \vec E = \left(32\pi\hat a_x-24\pi\hat a_z\right) \cos\psi \ \text{V/m} }$$

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(c) 常數 $k$

由 Faraday 定律求取 $k$：

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

電場分量為

$$E_x=32\pi\cos\psi, \qquad E_z=-24\pi\cos\psi$$

其旋度只有 $y$ 分量：

此題考驗傳輸線理論，包含電壓反射係數、電壓駐波比 (VSWR) 和輸入阻抗的計算。

已知傳輸線的特性阻抗 $Z_0 = 100 \Omega$。
負載阻抗 $Z_L = 300 \Omega$。

(a) 電壓反射係數 $\Gamma$ 在負載處的計算公式為：
$\Gamma = \frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0}$。
$\Gamma = \frac{300 \Omega - 100 \Omega}{300 \Omega + 100 \Omega} = \frac{200}{400} = 0.5$。

答案 (a): $\Gamma = 0.5$。

(b) 電壓駐波比 (VSWR) 的計算公式為：
$VSWR = \frac{1 + |\Gamma|}{1 - |\Gamma|}$。
$VSWR = \frac{1 + |0.5|}{1 - |0.5|} = \frac{1 + 0.5}{1 - 0.5} = \frac{1.5}{0.5} = 3$。

答案 (b): $VSWR = 3$。

(c) 求距離負載 $\lambda/8$ 處的電壓反射係數和輸入阻抗。
電壓反射係數 $\Gamma(z)$ 在距離負載 $z$ 處的公式為：
$\Gamma(z) = \Gamma_0 e^{-j 2\beta z}$。
其中 $\Gamma_0$ 是負載處的反射係數，$\beta$ 是傳播常數，z 是距離負載的距離。
在這裡，$\Gamma_0 = 0.5$。
我們需要求距離負載 $\lambda/8$ 處的反射係數，所以 $z = \lambda/8$。
傳播常數 $\beta = \frac{2\pi}{\lambda}$。
所以，$2\beta z = 2 \frac{2\pi}{\lambda} \frac{\lambda}{8} = \frac{4\pi}{8} = \frac{\pi}{2}$。
$\Gamma(z=\lambda/8) = \Gamma_0 e^{-j \pi/2} = 0.5 e^{-j \pi/2}$。
$e^{-j \pi/2} = \cos(-\pi/2) + j \sin(-\pi/2) = 0 - j = -j$。
$\Gamma(\lambda/8) = 0.5 (-j) = -0.5j$。

核心觀念

本題考查平行板波導的：

1. 模態判定；
2. 截止頻率；
3. 導波波長；
4. 群速度。

平行板間距為 $a=6\text{ cm}=0.06\text{ m}$，磁場為

$$\vec{H}=\cos(50\pi x)\cos(39\pi\times10^6t-\beta z)\hat{a}_y$$

其中橫向波數為

$$k_x=50\pi\ \text{rad/m}$$

平行板波導的橫向波數滿足

$$k_x=\frac{m\pi}{a}$$

因此可由 $k_x$ 判定模態階數 $m$。

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(a) 模態名稱

由題目可知磁場只有 $y$ 方向分量：

$$\vec{H}=H_y\hat{a}_y$$

且波沿 $z$ 方向傳播。此時 $H_z=0$，但會存在縱向電場 $E_z$，因此屬於相對於 $z$ 軸的 TM 模態，也就是

$$\text{TM}_m$$

由

$$50\pi=\frac{m\pi}{0.06}$$

可得

$$m=50(0.06)=3$$

所以模態為

$$\boxed{\text{TM}_3}$$

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(b) 截止頻率

空氣填充平行板波導的截止頻率為

$$f_{c,m}=\frac{mc}{2a}$$

代入 $m=3$、$a=0.06\text{ m}$ 與 $c=3\times10^8\text{ m/s}$：

$$f_c=\frac{3(3\times10^8)}{2(0.06)}$$ $$\boxed{f_c=7.5\times10^9\text{ Hz}=7.5\text{ GHz}}$$

題目中的角頻率為

$$\omega=39\pi\times10^6\ \text{rad/s}$$

因此工作頻率為

$$f=\frac{\omega}{2\pi} =\frac{39\pi\times10^6}{2\pi} =19.5\times10^6\text{ Hz}$$

即

$$f=19.5\text{ MHz}$$

可見

$$f<f_c$$

此波低於截止頻率，實際上不能以傳播波形式沿 $z$ 方向傳遞，而是衰減波。

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(c) $z$ 方向的導波波長

均勻波導的色散關係為

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

其中

$$k=\frac{\omega}{c}$$

以及

$$k_c=50\pi\ \text{rad/m}$$

由題目頻率：

$$k=\frac{39\pi\times10^6}{3\times10^8} =0.13\pi\ \text{rad/m}$$

因此

$$\beta =\sqrt{(0.13\pi)^2-(50\pi)^2}$$

因為工作頻率低於截止頻率，$\beta$ 為虛數。令

$$\alpha=\sqrt{k_c^2-k^2}$$

則

$$\beta=\pm j\alpha$$

其中

$$\alpha =\pi\sqrt{50^2-0.13^2} \approx157.08\ \text{m}^{-1}$$

對於高於截止頻率的傳播波，導波波長定義為

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

本題由於 $\beta$ 為虛數，故不存在實數導波波長。形式上可寫成

$$\lambda_g=\frac{2\pi}{\pm j157.08} =\mp j0.0400\text{ m}$$

所以本題依照題目所給的 $10^6$ 數值：

$$\boxed{\text{無實數導波波長；該波為截止以下的衰減波}}$$

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