114 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. Brief answers.

(a) A parallel-plate capacitor, biased with a voltage source of VV, is composed of three kinds of different materials as depicted in Fig. A. The thickness of material #1 and material #2 are d1d_1 and d2d_2, respectively. The related vectors of the electric field intensity E⃗\vec{E} and flux density D⃗\vec{D} are also depicted in the figure. Please express the equation for calculating the voltage VV with respect to the electric fields all. (3%)
(b) As mentioned in (a) above, according to the boundary conditions, what are the relationships among the flux density vectors all? (3%)
(c) According to the Maxwell equations, will a current flux density J⃗\vec{J} generate the magnetic field instensity H⃗\vec{H} or magnetic flux density B⃗\vec{B}? (3%)
(d) What does the Poynting theorem of an electromagnetic wave mean? (6%)

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核心觀念

本題考查四項觀念：靜電位差的線積分、介電質交界面的電磁邊界條件、安培–馬克士威定律，以及坡印廷定理所表達的電磁能量守恆。介質內的電場與電通量密度關係為

D⃗i=εiE⃗i.\vec D_i=\varepsilon_i\vec E_i.

解題方法

圖 A 的上下金屬板分別接電源正、負端；左側材料 1、2 沿上下方向堆疊，厚度分別為 d1、d2d_1、d_2，右側材料 3 則跨越整個板間距 d1+d2d_1+d_2。圖示 E⃗i、D⃗i\vec E_i、\vec D_i 均向下；右下角的 dx、dydx、dy 是微小座標位移。

(a) 由電場求兩極板間的電壓

令 V=V上板−V下板V=V_{\text{上板}}-V_{\text{下板}}。由 E⃗=−∇V\vec E=-\nabla V，沿上板走向下板可得

V=∫上板下板E⃗⋅dℓ⃗.V=\int_{\text{上板}}^{\text{下板}}\vec E\cdot d\vec \ell.

採用圖示的分區均勻電場模型，沿左側路徑依序通過材料 1、2，因此

V=E1d1+E2d2.V=E_1d_1+E_2d_2.

沿右側路徑則全程通過材料 3，總長度為 d1+d2d_1+d_2，故

V=E1d1+E2d2=E3(d1+d2).\boxed{V=E_1d_1+E_2d_2=E_3(d_1+d_2)}.

這裡的 EiE_i 是向下電場的大小。每項 EdEd 的單位均為伏特；若三區電場大小同為 EE，兩条路徑都給出 V=E(d1+d2)V=E(d_1+d_2)，符合相同極板間位差必須一致的條件。

(b) 電通量密度的邊界關係

假設介電質交界面沒有自由面電荷。靜電邊界條件為

D1n=D2n,E1t=E2t.D_{1n}=D_{2n}, \qquad E_{1t}=E_{2t}.

換成電通量密度表示，切向條件為

D1tε1=D2tε2.\frac{D_{1t}}{\varepsilon_1} = \frac{D_{2t}}{\varepsilon_2}.

依圖 A，各交界面應分別判斷：

  • **材料 1 與材料 2：**交界面水平，圖示向下的 D⃗\vec D 為法向分量，因此

    D1n=D2n.\boxed{D_{1n}=D_{2n}}.

    就圖示僅有向下分量的情況，可寫為 D⃗1=D⃗2\vec D_1=\vec D_2。

  • **材料 1 與材料 3：**交界面垂直，圖示向下的電場為切向分量，因此

    D1tε1=D3t(上段)ε3.\boxed{\frac{D_{1t}}{\varepsilon_1} = \frac{D_{3t}^{(\text{上段})}}{\varepsilon_3}}.

  • **材料 2 與材料 3：**同樣由切向電場連續，得到

    D2tε2=D3t(下段)ε3.\boxed{\frac{D_{2t}}{\varepsilon_2} = \frac{D_{3t}^{(\text{下段})}}{\varepsilon_3}}.

上式的材料 3 場值，分別指其與材料 1、2 接觸處的局部場值。法向連續的是 DnD_n，切向連續的是 Et=Dt/εE_t=D_t/\varepsilon，不能一概寫成三種介質的 D⃗\vec D 相等。

嚴格而言，當 ε1≠ε2\varepsilon_1\ne\varepsilon_2 時，三區皆為單一均勻垂直電場的模型不能同時滿足所有交界條件；實際場會隨位置改變。(a) 的乘積式採用題目圖示的均勻場近似，精確關係仍是電場的線積分。

(c) 電流密度對應 H⃗\vec H 還是 B⃗\vec B？

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第 2 題

  1. A parallel-plate capacitor with an area of S, spacing with a distance of d, is considered and as shown in Fig. B. If a dielectric slab, whose dielectric constant is ϵr\epsilon_r and thickness is tt, is placed between the two metal plates of the capacitor. After charging the capacitor system to the voltage VV and then open the switch.
    (a) Please calculate the work needed to plug out the dielectric slab. (5%)
    (b) Re-calculate the work needed if we replace the dielectric slab with a metal one. (5%)
    (c) Please discuss which value of ϵr\epsilon_r will make the works done in (a) and (b) equal to each other. (5%)

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核心觀念

開關斷開後，電容器的極板電荷量 QQ 保持不變。緩慢抽出板材時，外力所做的功等於電場儲能的增加：

W=U末−U初,U=Q22C.W=U_{\text{末}}-U_{\text{初}}, \qquad U=\frac{Q^2}{2C}.

介電板使電容增加；抽出後電容減小，在固定電荷下儲能增加，因此必須對板材做正功。

解題方法

圖 B 顯示兩極板面積為 SS、間距為 dd，中間插入厚度 tt 的板材，電壓源 VV 經上方開關連接極板，充電後將開關斷開。忽略邊緣效應，板材初始覆蓋整個極板面積，且 0<t<d0<t<d；完全抽出後，兩板間皆為空氣。

(a) 抽出介電板所需的功

空氣層總厚度為 d−td-t，介電板厚度為 tt，兩者沿電場方向排列，等效為串聯電容：

1Ca=d−tϵ0S+tϵ0ϵrS.\frac{1}{C_a} = \frac{d-t}{\epsilon_0 S} + \frac{t}{\epsilon_0\epsilon_r S}.

因此初始電容與充電後的極板電荷量為

Ca=ϵ0Sd−t+t/ϵr,Qa=CaV.C_a=\frac{\epsilon_0 S}{d-t+t/\epsilon_r}, \qquad Q_a=C_aV.

介電板完全抽出後，電容變為

C0=ϵ0Sd.C_0=\frac{\epsilon_0 S}{d}.

抽出過程中 QaQ_a 固定，故外力所需做功為

Wa=Qa22(1C0−1Ca)=Qa22ϵ0S[d−(d−t+tϵr)]=ϵ0SV2t(1−1/ϵr)2(d−t+t/ϵr)2.\begin{aligned} W_a &=\frac{Q_a^2}{2} \left(\frac{1}{C_0}-\frac{1}{C_a}\right)\\ &=\frac{Q_a^2}{2\epsilon_0 S} \left[d-\left(d-t+\frac{t}{\epsilon_r}\right)\right]\\ &=\boxed{ \frac{\epsilon_0 S V^2t(1-1/\epsilon_r)} {2(d-t+t/\epsilon_r)^2} }. \end{aligned}

一般介電質 ϵr>1\epsilon_r>1，所以 Wa>0W_a>0；當 ϵr=1\epsilon_r=1 時，板材與空氣的電性相同，公式給出 Wa=0W_a=0，符合物理意義。

(b) 改用金屬板時所需的功

金屬板未接觸兩極板，處於靜電平衡時內部電場為零，因此厚度 tt 的金屬板內沒有電位降。電位降全部落在總厚度為 d−td-t 的空氣層上，初始電容為

Cb=ϵ0Sd−t.C_b=\frac{\epsilon_0 S}{d-t}.
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第 3 題

  1. A metal wire loop, carrying a current magnitude of II, is configured with the shape shown in Fig. C. The radian angle between the ends of the straight line is 2θ2\theta. Please find the magnitude of the magnetic flux density B⃗\vec{B} at the center point. [hint: ∫cos⁡(x)dx=sin⁡(x)\int \cos(x)dx = \sin(x)] (10%)

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核心觀念

本題使用畢奧–沙伐定律，將導線分成：

  1. 圓心為 OO、半徑為 RR 的大圓弧。
  2. 連接兩端點的直線弦。

兩端點對圓心所張的圓心角為 2θ2\theta，因此大圓弧的圓心角為

Δϕ=2π−2θ.\Delta\phi=2\pi-2\theta.

解題方法

圓弧與直線段在中心點 OO 所產生的磁場方向相同，因此磁場量值相加。

一、圓弧產生的磁場

對圓弧上的微小弧長 dl=R dϕdl=R\,d\phi，由畢奧–沙伐定律：

dBarc=μ0I4πR2dl=μ0I4πRdϕ.dB_{\text{arc}} =\frac{\mu_0 I}{4\pi R^2}dl =\frac{\mu_0 I}{4\pi R}d\phi.

積分整段大圓弧：

Barc=μ0I4πR(2π−2θ)=μ0I2πR(π−θ).B_{\text{arc}} =\frac{\mu_0 I}{4\pi R}(2\pi-2\theta) =\frac{\mu_0 I}{2\pi R}(\pi-\theta).

二、直線弦產生的磁場

由圖形幾何關係，圓心到直線弦的垂直距離為

d=Rcos⁡θ.d=R\cos\theta.

令直線弦中點為 PP，半弦長為

a=Rsin⁡θ.a=R\sin\theta.

取直線上的位置變數 xx，並令 α\alpha 為 OPOP 與圓心至導線微元連線的夾角，則

x=dtan⁡α,r=dsec⁡α.x=d\tan\alpha,\qquad r=d\sec\alpha.

由畢奧–沙伐定律，直線微元所產生的磁場為

dBline=μ0I4πcos⁡αd dα.dB_{\text{line}} =\frac{\mu_0 I}{4\pi}\frac{\cos\alpha}{d}\,d\alpha.
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第 4 題

  1. (a) When considering an electromagnetic (EM) wave propagating in free space, the angular frequency ω\omega and the phase constant β\beta have a special relationship. If ω=2π×108\omega = 2\pi \times 10^8 rad/s, please find β\beta. (5%)
    (b) Given the electric field of an EM wave expressed as E⃗(z;t)=Re[(a⃗x⋅e−jβz+a⃗y⋅(3)⋅e−jβz)ejωt]\vec{E}(z; t) = \text{Re}[(\vec{a}_x \cdot e^{-j\beta z} + \vec{a}_y \cdot (\sqrt{3}) \cdot e^{-j\beta z}) e^{j\omega t}], show that this is an electric field which satisfies the wave equation. [hint: you can also do it with the help of Helmholtz equation ∇2E⃗(z)+β2E⃗(z)=0\nabla^2\vec{E}(z) + \beta^2\vec{E}(z) = 0.] (5%)
    (c) Is the mentioned electric field in (b) a linear, circular, or elliptical polarization field? Prove it. (5%)
    (d) Find the time-average power density of the above-mentioned EM wave. (5%)
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核心觀念

本題考查自由空間平面電磁波的：

  • 相位常數與角頻率的關係
  • Helmholtz 方程式與波動方程式
  • 電場偏振形式的判斷
  • 時間平均坡印廷向量

自由空間中有

β=ωc,η0=μ0ε0≈377 Ω\beta=\frac{\omega}{c},\qquad \eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_0}}\approx 377\ \Omega

其中 c=3×108 m/sc=3\times 10^8\ \text{m/s}。

(a) 求相位常數 β\beta

已知

ω=2π×108 rad/s\omega=2\pi\times 10^8\ \text{rad/s}

因此

β=ωc=2π×1083×108=2π3 rad/m\beta=\frac{\omega}{c} =\frac{2\pi\times 10^8}{3\times 10^8} =\frac{2\pi}{3}\ \text{rad/m}

所以

β=2π3 rad/m≈2.094 rad/m\boxed{\beta=\frac{2\pi}{3}\ \text{rad/m}\approx 2.094\ \text{rad/m}}

(b) 驗證其滿足波動方程式

題目給定電場：

E⃗(z,t)=Re⁡[(a⃗xe−jβz+3 a⃗ye−jβz)ejωt]\vec{E}(z,t) = \operatorname{Re} \left[ \left( \vec{a}_x e^{-j\beta z} + \sqrt{3}\,\vec{a}_y e^{-j\beta z} \right)e^{j\omega t} \right]

其相量形式為

E⃗~(z)=(a⃗x+3 a⃗y)e−jβz\widetilde{\vec{E}}(z) = \left(\vec{a}_x+\sqrt{3}\,\vec{a}_y\right)e^{-j\beta z}

因為電場只與 zz 有關，所以

∇2E⃗~=∂2E⃗~∂z2\nabla^2\widetilde{\vec{E}} = \frac{\partial^2\widetilde{\vec{E}}}{\partial z^2}

對 zz 微分兩次：

∂E⃗~∂z=−jβ(a⃗x+3 a⃗y)e−jβz\frac{\partial\widetilde{\vec{E}}}{\partial z} = -j\beta \left(\vec{a}_x+\sqrt{3}\,\vec{a}_y\right)e^{-j\beta z} ∂2E⃗~∂z2=−β2(a⃗x+3 a⃗y)e−jβz=−β2E⃗~\frac{\partial^2\widetilde{\vec{E}}}{\partial z^2} = -\beta^2 \left(\vec{a}_x+\sqrt{3}\,\vec{a}_y\right)e^{-j\beta z} = -\beta^2\widetilde{\vec{E}}

因此

∇2E⃗~+β2E⃗~=0\nabla^2\widetilde{\vec{E}}+\beta^2\widetilde{\vec{E}}=0

正好符合自由空間的 Helmholtz 方程式，所以此電場滿足波動方程式。

進一步將實部寫出：

E⃗(z,t)=(a⃗x+3 a⃗y)cos⁡(ωt−βz)\vec{E}(z,t) = \left(\vec{a}_x+\sqrt{3}\,\vec{a}_y\right) \cos(\omega t-\beta z)

其波相位為 ωt−βz\omega t-\beta z，代表波沿 +z+z 方向傳播。

(c) 判斷偏振形式

由上式可得

Ex=cos⁡(ωt−βz)E_x=\cos(\omega t-\beta z) Ey=3cos⁡(ωt−βz)E_y=\sqrt{3}\cos(\omega t-\beta z)

因此兩分量的相位差為

Δϕ=0\Delta\phi=0

且振幅比固定為

EyEx=3\frac{E_y}{E_x}=\sqrt{3}

消去時間相位後：

Ey=3 ExE_y=\sqrt{3}\,E_x

這是一條通過原點的直線，偏振方向與 xx 軸的夾角為

θ=tan⁡−1(EyEx)=tan⁡−1(3)=60∘\theta=\tan^{-1}\left(\frac{E_y}{E_x}\right) =\tan^{-1}(\sqrt{3}) =60^\circ

所以此電場為線性偏振，而非圓偏振或橢圓偏振。

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第 5 題

  1. The lossless lump-parameter network shown in Fig.D is used to match a 50-Ω transmission line to the input of an RF transistor operating at 1 GHz. The input reflection coefficient for the transistor is Γ=0.6e−j150∘\Gamma = 0.6 e^{-j150^\circ} measured for a 50-Ω system. Please find the values of the inductor (L) and capacitor (C), respectively. (10%)

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核心觀念

這是無損 L 型匹配網路。先由反射係數求電晶體的等效負載阻抗，再利用：

  • 串聯電感調整阻抗的虛部。
  • 並聯電容抵消輸入導納的虛部。
  • 最終使網路輸入阻抗等於 50 Ω50\,\Omega。

令 Z0=50 ΩZ_0=50\,\Omega，並將阻抗正規化。

由反射係數求負載阻抗

Γ=0.6e−j150∘=−0.51962−j0.30000\Gamma=0.6e^{-j150^\circ} =-0.51962-j0.30000

正規化負載阻抗為

zT=1+Γ1−Γz_T=\frac{1+\Gamma}{1-\Gamma}

因此

zT=0.26675−j0.25008z_T=0.26675-j0.25008

換算成實際阻抗：

ZT=50zT=13.3376−j12.5040 ΩZ_T=50z_T =13.3376-j12.5040\ \Omega

串聯電感的設計

令串聯電感的正規化電抗為

xs=ωLZ0x_s=\frac{\omega L}{Z_0}

串聯電感後的正規化阻抗為

z1=zT+jxs=0.26675+j(xs−0.25008)z_1=z_T+jx_s =0.26675+j(x_s-0.25008)

令

r=0.26675,X=xs−0.25008r=0.26675,\qquad X=x_s-0.25008

則

z1=r+jXz_1=r+jX

其正規化導納為

y1=1z1=rr2+X2−jXr2+X2y_1=\frac{1}{z_1} =\frac{r}{r^2+X^2} -j\frac{X}{r^2+X^2}

由於電容是並聯元件，匹配條件要求串聯電感後的導納實部等於 11：

rr2+X2=1\frac{r}{r^2+X^2}=1

所以

X2=r−r2X^2=r-r^2
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第 6 題15 分

A lossless, air-filled cylindrical waveguide with inside diameter 2.95 cm2.95\,\text{cm} is operated at 15 GHz15\,\text{GHz}. For the TM11\mathrm{TM}_{11} mode propagating in the +z+z direction, find the cutoff frequency, guided wavelength, and wave impedance of this waveguide. (15%)

Hint: Refer to Table A for the roots XnpX_{np} of the Bessel function Jn(X)=0J_n(X)=0.

Table A. Roots XnpX_{np} of Jn(X)=0J_n(X)=0

ppn=0n=0n=1n=1n=2n=2
p=1p=12.4052.4053.8323.8325.1365.136
p=2p=25.5205.5207.0167.0168.4178.417
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核心觀念

圓形波導的截止頻率由波導半徑與模態的貝塞爾函數根決定。對 TMnp\mathrm{TM}_{np} 模態，截止波數為

kc=Xnpak_c=\frac{X_{np}}{a}

其中 aa 是波導內半徑，XnpX_{np} 是 Jn(X)=0J_n(X)=0 的第 pp 個根。工作頻率高於截止頻率時，波沿 +z+z 方向傳播，其傳播常數、導波波長與 TM 波阻抗分別為

β=k2−kc2,λg=2πβ,ZTM=η0βk\beta=\sqrt{k^2-k_c^2},\qquad \lambda_g=\frac{2\pi}{\beta},\qquad Z_{\mathrm{TM}}=\eta_0\frac{\beta}{k}

解題方法

圖中給定無損、空氣填充的圓形波導，內徑為 2.95 cm2.95\,\text{cm}，工作頻率為 15 GHz15\,\text{GHz}，模態為沿 +z+z 傳播的 TM11\mathrm{TM}_{11}。查表得 n=1, p=1n=1,\ p=1 時 X11=3.832X_{11}=3.832。

先求內半徑：

a=2.95 cm2=1.475 cm=0.01475 ma=\frac{2.95\,\text{cm}}{2}=1.475\,\text{cm}=0.01475\,\text{m}

截止頻率為

fc=ckc2π=cX112πa=(3.00×108)(3.832)2π(0.01475)≈12.40 GHzf_c=\frac{c k_c}{2\pi} =\frac{cX_{11}}{2\pi a} =\frac{(3.00\times10^8)(3.832)}{2\pi(0.01475)} \approx 12.40\,\text{GHz}

因為 15 GHz>fc15\,\text{GHz}>f_c，此模態可以傳播。令 f=15 GHzf=15\,\text{GHz}，則

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第 7 題15 分

(a) An antenna, which radiates 2 MW2\,\text{MW} of power, has a directivity of 20 dB20\,\text{dB}. Find the power density radiated in the direction of the main beam, 10 km10\,\text{km} from the source. (10%)

(b) Following the case in (a), if the receiver’s antenna has a directivity of 10 dB10\,\text{dB}, and the operation frequency is 100 MHz100\,\text{MHz}, what is the possible maximum received power available at the receiving end? (5%)

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核心觀念

本題考天線的方向性、功率密度與有效接收面積。

天線在距離 rr 處、主波束方向的遠場功率密度為

S=PradDt4πr2S=\frac{P_{\mathrm{rad}}D_t}{4\pi r^2}

其中 PradP_{\mathrm{rad}} 是輻射功率，DtD_t 是發射天線的方向性（線性值）。接收天線可截取的功率，則由入射功率密度乘上有效面積求得：

Pr=SAe,Ae=Grλ24πP_r=S A_e,\qquad A_e=\frac{G_r\lambda^2}{4\pi}

GrG_r 是接收天線增益，λ\lambda 是波長。題目未提供天線效率與饋線損耗，以下採理想無損天線、無饋線損耗，並假設兩天線主波束對準、極化匹配且接收端共軛匹配，因此令 Gr=DrG_r=D_r。

解題方法

(a) 主波束方向的功率密度

先將方向性由分貝值換成線性值：

Dt=1020/10=100D_t=10^{20/10}=100

距離為 r=10 km=104 mr=10\,\text{km}=10^4\,\text{m}，輻射功率為 Prad=2 MW=2×106 WP_{\mathrm{rad}}=2\,\text{MW}=2\times10^6\,\text{W}。代入遠場功率密度公式：

S=(2×106)(100)4π(104)2=2×1084π×108=12π≈0.1592 W/m2S=\frac{(2\times10^6)(100)}{4\pi(10^4)^2} =\frac{2\times10^8}{4\pi\times10^8} =\frac{1}{2\pi} \approx 0.1592\,\text{W/m}^2

(b) 最大可用接收功率

接收天線方向性換成線性值：

Dr=Gr=1010/10=10D_r=G_r=10^{10/10}=10
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