115 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 Problem 1 題20 分

Two conducting plates are located at x=+0.01x = +0.01 (m) and x=−0.01x = -0.01 (m). The space between the plates is filled by a material with ϵ=40×10−12\epsilon = 40 \times 10^{-12} (F/m), and it provides a space charge density ρv=10−5−0.3x2\rho_v = 10^{-5} - 0.3x^2 (C/m3^3). Find the potential (as a function of xx) between the plates if they are both at 5 (Volts)?

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核心觀念

本題旨在考查靜電學中**一維帕松方程式（Poisson's Equation）**的建立與邊界值問題（Boundary-Value Problem）求解。

  1. 帕松方程式：
    在充滿均勻線性等向性介質（ϵ\epsilon 為常數）且存在空間電荷密度 ρv\rho_v 的區域內，電位 VV 滿足微分形式的帕松方程式： ∇2V=−ρvϵ\nabla^2 V = -\frac{\rho_v}{\epsilon}
  2. 一維卡氏座標簡化：
    本題為兩平行導電板結構，電荷密度僅隨 xx 變化（ρv=ρv(x)\rho_v = \rho_v(x)），故電位 VV 亦僅為 xx 的函數，方程式化簡為一維二階常微分方程式： d2V(x)dx2=−ρv(x)ϵ\frac{d^2 V(x)}{dx^2} = -\frac{\rho_v(x)}{\epsilon}
  3. 靜電邊界條件（Dirichlet 邊界條件）：
    兩導電平板位於 x=±0.01 mx = \pm 0.01\text{ m}，電位固定為 5 V5\text{ V}： V(0.01)=5 V,V(−0.01)=5 VV(0.01) = 5\text{ V}, \quad V(-0.01) = 5\text{ V}

解題方法

步驟一：代入給定參數建立微分方程式

已知介電常數 ϵ=40×10−12 F/m\epsilon = 40 \times 10^{-12}\text{ F/m}，空間電荷分佈為 ρv(x)=10−5−0.3x2 C/m3\rho_v(x) = 10^{-5} - 0.3x^2\text{ C/m}^3。
代入一維帕松方程式：

d2V(x)dx2=−10−5−0.3x240×10−12\frac{d^2 V(x)}{dx^2} = -\frac{10^{-5} - 0.3x^2}{40 \times 10^{-12}}

化簡右式各項係數：

  • 常數項：−10−540×10−12=−2.5×105 V/m2-\frac{10^{-5}}{40 \times 10^{-12}} = -2.5 \times 10^5\text{ V/m}^2
  • x2x^2 項：+0.340×10−12=+7.5×109 V/m4+\frac{0.3}{40 \times 10^{-12}} = +7.5 \times 10^9\text{ V/m}^4

得到：

d2V(x)dx2=−2.5×105+7.5×109x2\frac{d^2 V(x)}{dx^2} = -2.5 \times 10^5 + 7.5 \times 10^9 x^2

步驟二：逐次積分求電位通解

對 xx 進行第一次不定積分，求得電位梯度（即負電場）：

dV(x)dx=−2.5×105x+7.5×1093x3+C1=−2.5×105x+2.5×109x3+C1\frac{dV(x)}{dx} = -2.5 \times 10^5 x + \frac{7.5 \times 10^9}{3} x^3 + C_1 = -2.5 \times 10^5 x + 2.5 \times 10^9 x^3 + C_1

對 xx 進行第二次不定積分，求得電位通解 V(x)V(x)：

V(x)=−2.5×1052x2+2.5×1094x4+C1x+C2V(x) = -\frac{2.5 \times 10^5}{2} x^2 + \frac{2.5 \times 10^9}{4} x^4 + C_1 x + C_2 V(x)=6.25×108x4−1.25×105x2+C1x+C2V(x) = 6.25 \times 10^8 x^4 - 1.25 \times 10^5 x^2 + C_1 x + C_2

其中 C1C_1 與 C2C_2 為待定積分常數。

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第 Problem 2 題20 分

The transformer shown has a uniform cross section of 10−310^{-3} (m2^2), an average radius of 0.10.1 (m), and μ=5000μ0\mu = 5000 \mu_0. The turn numbers of coils are N1=200N_1 = 200 turns and N2=100N_2 = 100 turns, respectively.
(a) Find the self-inductance L1L_1, L2L_2, and the mutual inductance MM if there is no magnetic flux leakage.
(b) If the voltage V1=cos⁡(20t)V_1 = \cos(20t) (Volts) and the load is ZL=5Z_L = 5 (Ohms), find i1(t)i_1(t).
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原卷第 2 頁

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核心觀念

本題考查環形磁芯變壓器的自感、互感，以及接上負載後的一次側輸入阻抗。

磁路平均長度為

ℓm=2πravg\ell_m=2\pi r_{\text{avg}}

自感與互感分別為

L=μN2Aℓm,M=kL1L2L=\frac{\mu N^2A}{\ell_m},\qquad M=k\sqrt{L_1L_2}

無磁通漏失表示耦合係數 k=1k=1。

解題方法

（a）計算 L1L_1、L2L_2 與 MM

已知

A=10−3 m2,ravg=0.1 mA=10^{-3}\ \text{m}^2,\qquad r_{\text{avg}}=0.1\ \text{m}

因此磁路平均長度為

ℓm=2π(0.1)=0.2π m\ell_m=2\pi(0.1)=0.2\pi\ \text{m}

磁導率為

μ=5000μ0=5000(4π×10−7)=2π×10−3 H/m\mu=5000\mu_0 =5000(4\pi\times10^{-7}) =2\pi\times10^{-3}\ \text{H/m}

先計算共同因子：

μAℓm=(2π×10−3)(10−3)0.2π=10−5 H\frac{\mu A}{\ell_m} = \frac{(2\pi\times10^{-3})(10^{-3})}{0.2\pi} =10^{-5}\ \text{H}

一次側自感：

L1=μN12Aℓm=(10−5)(200)2=0.4 HL_1=\frac{\mu N_1^2A}{\ell_m} =(10^{-5})(200)^2 =0.4\ \text{H}

二次側自感：

L2=μN22Aℓm=(10−5)(100)2=0.1 HL_2=\frac{\mu N_2^2A}{\ell_m} =(10^{-5})(100)^2 =0.1\ \text{H}

因為無磁通漏失，k=1k=1，所以

M=L1L2=(0.4)(0.1)=0.2 HM=\sqrt{L_1L_2} =\sqrt{(0.4)(0.1)} =0.2\ \text{H}

（b）計算一次側電流 i1(t)i_1(t)

採用峰值相量，因為

v1(t)=cos⁡(20t)v_1(t)=\cos(20t)

故

V~1=1∠0∘ V,ω=20 rad/s\widetilde V_1=1\angle 0^\circ\ \text{V}, \qquad \omega=20\ \text{rad/s}

令二次側線圈電流 I2I_2 的參考方向為流入線圈，則二次側負載電流方向與 I2I_2 相反。耦合線圈的相量方程式為

V~1=jωL1I1+jωMI2\widetilde V_1 =j\omega L_1I_1+j\omega MI_2

二次側迴路方程式為

0=jωMI1+(ZL+jωL2)I20=j\omega MI_1+(Z_L+j\omega L_2)I_2

因此

I2=−jωMZL+jωL2I1I_2 = -\frac{j\omega M}{Z_L+j\omega L_2}I_1

代回一次側方程式，可得輸入阻抗

Zin=V~1I1=jωL1+ω2M2ZL+jωL2Z_{\text{in}} =\frac{\widetilde V_1}{I_1} =j\omega L_1+ \frac{\omega^2M^2}{Z_L+j\omega L_2}

代入

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第 Problem 3 題20 分

Medium 1 is free space and is defined by r<ar < a, while medium 2 is a magnetic material with the relative permeability μr2\mu_{r2} and defined by r>ar > a. The magnetic flux densities in the media are:
B1=B01[(1+0.4a2r2)cos⁡θr^−(1−0.8a2r2)sin⁡θθ^]\mathbf{B}_1 = B_{01} \left[ (1+\frac{0.4a^2}{r^2}) \cos\theta \hat{\mathbf{r}} - (1-\frac{0.8a^2}{r^2}) \sin\theta \hat{\boldsymbol{\theta}} \right] (Weber / m2^2),
B2=B02(cos⁡θr^−sin⁡θθ^)\mathbf{B}_2 = B_{02} (\cos\theta \hat{\mathbf{r}} - \sin\theta \hat{\boldsymbol{\theta}}) (Weber / m2^2).
There is no current at r=ar = a. Find μr2\mu_{r2}.

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核心觀念

圓柱介面 r=ar=a 上沒有表面電流，因此磁場邊界條件為：

  1. 磁通密度法向分量連續：
    B1n=B2nB_{1n}=B_{2n}

  2. 磁場強度切向分量連續：
    H1t=H2tH_{1t}=H_{2t}

又因為各介質滿足

B=μH\mathbf{B}=\mu\mathbf{H}

介質 1 為自由空間，故 μ1=μ0\mu_1=\mu_0；介質 2 的磁導率為

μ2=μ0μr2\mu_2=\mu_0\mu_{r2}

解題方法

在 r=ar=a 代入兩側磁通密度。

1. 使用法向邊界條件求 B02B_{02}

介面法向方向為 r^\hat{\mathbf r}。

介質 1 的法向分量為

B1r=B01(1+0.4a2r2)cos⁡θB_{1r} = B_{01}\left(1+\frac{0.4a^2}{r^2}\right)\cos\theta

在 r=ar=a：

B1r(a)=B01(1+0.4)cos⁡θ=1.4B01cos⁡θB_{1r}(a) = B_{01}(1+0.4)\cos\theta = 1.4B_{01}\cos\theta

介質 2 的法向分量為

B2r=B02cos⁡θB_{2r}=B_{02}\cos\theta

由 B1r=B2rB_{1r}=B_{2r}：

1.4B01cos⁡θ=B02cos⁡θ1.4B_{01}\cos\theta=B_{02}\cos\theta

因此

B02=1.4B01B_{02}=1.4B_{01}

2. 使用切向邊界條件求 μr2\mu_{r2}

介面切向方向為 θ^\hat{\boldsymbol\theta}。

介質 1 的切向分量為

B1θ=−B01(1−0.8a2r2)sin⁡θB_{1\theta} = -B_{01}\left(1-\frac{0.8a^2}{r^2}\right)\sin\theta

在 r=ar=a：

B1θ(a)=−B01(1−0.8)sin⁡θ=−0.2B01sin⁡θB_{1\theta}(a) = -B_{01}(1-0.8)\sin\theta = -0.2B_{01}\sin\theta

介質 2 的切向分量為

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第 Problem 4 題20 分

The electric field phasor of a uniform plane wave is given by E(z,t)=a^y10e−j(2π/0.4+0.4πz)\mathbf{E}(z,t) = \hat{\mathbf{a}}_y 10 e^{-j(2\pi/0.4 + 0.4\pi z)} (V / m). If the phase velocity of the wave is 1.5×1081.5 \times 10^8 (m/s) and the relative permeability of the medium is μr=2.4\mu_r = 2.4, find the following:
(a) the wavelength
(b) the frequency ff of the wave
(c) the relative permittivity of the medium
(d) the magnetic field H(z,t)\mathbf{H}(z,t)

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核心觀念

均勻平面波的電場相量可寫成

E(z)=E0e−jβz\mathbf{E}(z)=\mathbf{E}_0 e^{-j\beta z}

其中：

  • β\beta：相位常數，單位為 rad/m\text{rad/m}
  • λ\lambda：波長
  • vpv_p：相速度
  • ff：頻率

相關公式為

β=2πλ,vp=fλ=1με\beta=\frac{2\pi}{\lambda},\qquad v_p=f\lambda=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}

題目給定

E(z)=a^y10e−j(2π/0.4+0.4πz) V/m\mathbf{E}(z)=\hat{\mathbf a}_y 10e^{-j(2\pi/0.4+0.4\pi z)}\ \text{V/m}

因此可直接辨識出

β=0.4π rad/m\beta=0.4\pi\ \text{rad/m}

指數中的 2π/0.42\pi/0.4 為固定相位，不影響波長、頻率與波阻抗的計算。

以下採用時間因子 ejωte^{j\omega t}，因此 e−jβze^{-j\beta z} 代表波沿 +z+z 方向傳播。

(a) 波長

由

β=2πλ\beta=\frac{2\pi}{\lambda}

得

λ=2πβ=2π0.4π=5 m\lambda=\frac{2\pi}{\beta} =\frac{2\pi}{0.4\pi} =5\ \text{m}

因此

λ=5 m\boxed{\lambda=5\ \text{m}}

(b) 頻率 ff

相速度與頻率、波長的關係為

vp=fλv_p=f\lambda

因此

f=vpλ=1.5×1085=3.0×107 Hzf=\frac{v_p}{\lambda} =\frac{1.5\times10^8}{5} =3.0\times10^7\ \text{Hz}

所以

f=3.0×107 Hz=30 MHz\boxed{f=3.0\times10^7\ \text{Hz}=30\ \text{MHz}}

(c) 相對介電常數

均勻無耗介質中的相速度為

vp=1μεv_p=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}

令

μ=μ0μr,ε=ε0εr\mu=\mu_0\mu_r,\qquad \varepsilon=\varepsilon_0\varepsilon_r

則

vp=1μ0μrε0εr=cμrεrv_p=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\mu_r\varepsilon_0\varepsilon_r}} =\frac{c}{\sqrt{\mu_r\varepsilon_r}}

因此

εr=1μr(cvp)2\varepsilon_r =\frac{1}{\mu_r}\left(\frac{c}{v_p}\right)^2

代入 c=3.0×108 m/sc=3.0\times10^8\ \text{m/s}、μr=2.4\mu_r=2.4、vp=1.5×108 m/sv_p=1.5\times10^8\ \text{m/s}：

εr=12.4(3.0×1081.5×108)2\varepsilon_r =\frac{1}{2.4} \left(\frac{3.0\times10^8}{1.5\times10^8}\right)^2 =12.4(2)2=42.4=53≈1.67=\frac{1}{2.4}(2)^2 =\frac{4}{2.4} =\frac{5}{3} \approx1.67

所以

εr≈1.67\boxed{\varepsilon_r\approx1.67}

(d) 磁場 H(z)\mathbf H(z)

平面波中，電場、磁場與傳播方向互相垂直，且

H=1ηa^k×E\mathbf H=\frac{1}{\eta}\hat{\mathbf a}_k\times\mathbf E
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第 Problem 5 題20 分

A 50-ohm transmission line is terminated in a load with the impedance ZLZ_L. If the voltage reflection coefficient measured at the load location is ΓL=0.5∠−60∘\Gamma_L = 0.5 \angle -60^\circ and the wavelength is λ=0.24\lambda = 0.24 (m), find the load impedance ZLZ_L, VSWR on the line, and the locations of the voltage maximum and minimum nearest to the load.

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負載阻抗由

ZL=Z01+ΓL1−ΓLZ_L=Z_0\frac{1+\Gamma_L}{1-\Gamma_L}

其中

ΓL=0.5e−j60∘=0.25−j0.433\Gamma_L=0.5e^{-j60^\circ}=0.25-j0.433

故

ZL=501.25−j0.4330.75+j0.433=50−j57.7 ΩZ_L=50\frac{1.25-j0.433}{0.75+j0.433} =50-j57.7\ \Omega

電壓駐波比為

VSWR=1+∣ΓL∣1−∣ΓL∣=1+0.51−0.5=3\mathrm{VSWR}=\frac{1+|\Gamma_L|}{1-|\Gamma_L|} =\frac{1+0.5}{1-0.5}=3

令 dd 為由負載往訊號源方向的距離，則

Γ(d)=ΓLe−j2βd,β=2πλ\Gamma(d)=\Gamma_Le^{-j2\beta d},\qquad \beta=\frac{2\pi}{\lambda}

電壓最大時 ∠Γ(d)=0∘\angle\Gamma(d)=0^\circ，最近位置滿足

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