112 年 國立中山大學電波聯合碩士班《電磁學》

解題要點

1. 漏電阻：介質電導率 $\sigma$，體積電阻率 $\rho=1/\sigma$。徑向電流流經半徑 $b$~$a$，長度 $L$，圓柱殼體電阻

$$R=\rho\;\frac{\ln (a/b)}{2\pi L} =\frac{\ln (a/b)}{2\pi\sigma L}$$

2. 電容：介質相對介電係數 $\epsilon$，每單位長度電容

$C'=\frac{2\pi\epsilon}{\ln (a/b)}$

總電容

核心觀念

互感的定義是 $M=\Phi/I$，其中 $\Phi$ 是一線圈電流在另一線圈所產生的磁通量。矩形線圈的長邊可視為長直導線，兩長邊電流方向相反；將其磁場穿過圓線圈的圓面積分，即可求得互感。

解題方法

圖中圓線圈半徑為 $c$，矩形線圈寬為 $a$、長為 $b$，而 $d$ 是圓心到矩形近側長邊的距離。圖示呈現兩線圈分離，因此幾何上採 $d>c$；這與題面所印的 $c>d$ 不相容，以下依圖示的分離配置計算。依長矩形近似，忽略矩形兩端短邊的磁場貢獻。

令圓心為原點，$x$ 軸由圓心指向矩形。矩形近、遠兩側長邊的位置分別為 $x=d$ 與 $x=d+a$。令近側長邊電流沿 $+y$ 方向，則遠側長邊電流沿 $-y$ 方向。圓面上橫坐標為 $x$ 處的磁場垂直於線圈平面，其合成值為

$$B_z(x)=\frac{\mu_0 I}{2\pi} \left(\frac{1}{d-x}-\frac{1}{d+a-x}\right).$$

圓面在位置 $x$ 的垂直弦長為 $2\sqrt{c^2-x^2}$，因此

核心觀念

本題涵蓋古典電磁學四大經典基礎觀念：

1. 微觀與宏觀馬克士威方程組（Maxwell's Equations）：以微分形式描述電荷、電流與電磁場之空間變化率與時間變化率的關聯。
2. 電磁邊界條件（EM Boundary Conditions）：由馬克士威方程組的積分形式，取極限穿過介質分界面推導而得之切線與法線分量邊界連續性。
3. 齊次赫姆霍茲方程式（Homogeneous Helmholtz's Equation）：在無源（source-free）、線性（linear）、均勻（homogeneous）、等向（isotropic）（簡稱 LHI）介質中，波方程式於時諧（time-harmonic, 頻域）條件下的特例形式。
4. 色散現象（Dispersion）：電磁波之相速度隨訊號頻率改變的物理現象，導致多頻率組成的信號脈衝在傳播時產生波形失真與展寬。

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解題方法與詳細推導

(a) Write Maxwell's equations in differential form.

馬克士威方程組的一般時變（Time-dependent）微分形式如下：

1. 法拉第感應定律（Faraday's Law of Induction）：

$$\nabla \times \mathbf{\mathcal{E}} = -\frac{\partial \mathbf{\mathcal{B}}}{\partial t}$$

物理意義：變動的磁通密度會產生旋渦狀的電場。

2. 修正型安培環限定理（Ampère-Maxwell Law）：

$$\nabla \times \mathbf{\mathcal{H}} = \mathbf{\mathcal{J}} + \frac{\partial \mathbf{\mathcal{D}}}{\partial t}$$

物理意義：傳導電流密度 $\mathbf{\mathcal{J}}$ 與變動的電位移場（位移電流密度 $\frac{\partial \mathbf{\mathcal{D}}}{\partial t}$）皆為磁場強度的旋度源。

3. 高斯電場定律（Gauss's Law for Electricity）：

$$\nabla \cdot \mathbf{\mathcal{D}} = \rho_v$$

物理意義：自由電荷體密度 $\rho_v$ 為電位移場的散度源。

4. 高斯磁場定律（Gauss's Law for Magnetism）：

$$\nabla \cdot \mathbf{\mathcal{B}} = 0$$

物理意義：自然界無磁單極（Magnetic Monopole），磁通線恆為封閉曲線。

註：在線性等向介質中，搭配本構關係（Constitutive Relations）：$\mathbf{\mathcal{D}} = \varepsilon \mathbf{\mathcal{E}}$、$\mathbf{\mathcal{B}} = \mu \mathbf{\mathcal{H}}$、$\mathbf{\mathcal{J}} = \sigma \mathbf{\mathcal{E}}$。

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(b) Write the EM boundary conditions.

考慮兩種不同介質交界面（介質 1 與介質 2），定義法線單位向量 $\hat{a}_{n21}$（或寫作 $\hat{n}$）由介質 2 指向介質 1。四個基本邊界條件如下：

1. 電場切線分量邊界條件：

$$\hat{a}_{n21} \times (\mathbf{E}_1 - \mathbf{E}_2) = 0 \quad \Longrightarrow \quad E_{1t} = E_{2t}$$

物理意義：電場跨越邊界面時，切線分量恆連續。

2. 磁場切線分量邊界條件：

$$\hat{a}_{n21} \times (\mathbf{H}_1 - \mathbf{H}_2) = \mathbf{J}_s$$

物理意義：磁場切線分量的跳躍量等於分界面上的自由表面電流密度 $\mathbf{J}_s$。若兩介質為有限導電率的介電質，則 $\mathbf{J}_s = 0$，磁場切線分量連續（$H_{1t} = H_{2t}$）。

3. 電位移場法線分量邊界條件：

$$\hat{a}_{n21} \cdot (\mathbf{D}_1 - \mathbf{D}_2) = \rho_s \quad \Longrightarrow \quad D_{1n} - D_{2n} = \rho_s$$

物理意義：電位移場法線分量的跳躍量等於分界面上的自由表面電荷密度 $\rho_s$。若分界面無自由電荷（$\rho_s = 0$），則法線分量連續（$D_{1n} = D_{2n}$）。

4. 磁通密度法線分量邊界條件：

$$\hat{a}_{n21} \cdot (\mathbf{B}_1 - \mathbf{B}_2) = 0 \quad \Longrightarrow \quad B_{1n} = B_{2n}$$

物理意義：磁通密度的法線分量跨越邊界面時恆連續。

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(c) Explain homogeneous Helmholtz's equation.

1. 定義與來源推導：
   在線性（Linear）、均勻（Homogeneous）、等向（Isotropic）的無源介質中（$\rho_v = 0$、$\mathbf{J} = 0$），且假定電磁場具有時諧穩態變化，時間相量約定為 $e^{j\omega t}$（此時 $\frac{\partial}{\partial t} \to j\omega$）。

由法拉第定律取旋度：

$$\nabla \times (\nabla \times \mathbf{E}) = \nabla \times (-j\omega \mu \mathbf{H}) = -j\omega \mu (\nabla \times \mathbf{H})$$

代入安培定律 $\nabla \times \mathbf{H} = j\omega \varepsilon \mathbf{E}$：

$$\nabla \times (\nabla \times \mathbf{E}) = -j\omega \mu (j\omega \varepsilon \mathbf{E}) = \omega^2 \mu \varepsilon \mathbf{E}$$

核心觀念

本題考查理想導體表面的平面波反射、切向電場邊界條件，以及理想導體表面感應電流：

• 理想導體表面切向電場為零：
  $\mathbf E_{t,\mathrm{i}}+\mathbf E_{t,\mathrm{r}}=0$
• 平面波的磁場為：
  $\mathbf H=\frac{1}{\eta_1}\hat{\mathbf k}\times\mathbf E$
• 導體表面電流密度由磁場邊界條件決定：
  $\mathbf J_s=\hat{\mathbf n}\times(\mathbf H_{\mathrm{導體}}-\mathbf H_1)$
  其中 $\hat{\mathbf n}=\hat{\mathbf z}$ 為由介質 1 指向導體的法向量，且理想導體內部 $\mathbf H_{\mathrm{導體}}=0$。

以下採用相量時間 convention $e^{j\omega t}$，介質 1 為空氣，波阻抗記為 $\eta_1$，波數記為 $k_1$。

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解題方法

由圖可知入射面為 $x$-$z$ 平面，且為垂直極化，因此電場沿 $\hat{\mathbf y}$ 方向。入射波與反射波的傳播方向分別為

$$\hat{\mathbf k}_{\mathrm i} =\sin\theta_i\,\hat{\mathbf x} +\cos\theta_i\,\hat{\mathbf z}$$ $$\hat{\mathbf k}_{\mathrm r} =\sin\theta_i\,\hat{\mathbf x} -\cos\theta_i\,\hat{\mathbf z}$$

令入射電場為

$$\mathbf E_{\mathrm i} =\hat{\mathbf y}E_{i0} e^{-jk_1(x\sin\theta_i+z\cos\theta_i)}$$

由理想導體表面 $z=0$ 的切向電場必須抵消，故反射電場振幅為負號：

$$\mathbf E_{\mathrm r} =-\hat{\mathbf y}E_{i0} e^{-jk_1(x\sin\theta_i-z\cos\theta_i)}$$

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(a) 導體表面的感應電流

由 $\mathbf H=(1/\eta_1)\hat{\mathbf k}\times\mathbf E$，入射磁場為

$$\mathbf H_{\mathrm i} = \frac{E_{i0}}{\eta_1} \left( -\cos\theta_i\,\hat{\mathbf x} +\sin\theta_i\,\hat{\mathbf z} \right) e^{-jk_1(x\sin\theta_i+z\cos\theta_i)}$$

反射磁場為

$$\mathbf H_{\mathrm r} = \frac{E_{i0}}{\eta_1} \left( -\cos\theta_i\,\hat{\mathbf x} -\sin\theta_i\,\hat{\mathbf z} \right) e^{-jk_1(x\sin\theta_i-z\cos\theta_i)}$$

在導體表面 $z=0$：

$$\mathbf H_1\big|_{z=0} = -\frac{2E_{i0}\cos\theta_i}{\eta_1} e^{-jk_1x\sin\theta_i} \hat{\mathbf x}$$

其法向分量互相抵消，只剩切向磁場。由邊界條件

核心觀念

本題考查**同軸傳輸線（Coaxial Cable）**在 **TEM 模態（Transverse Electromagnetic Mode）**下的電磁場分佈。
核心概念與使用公式如下：

1. TEM 模態特性：電場與磁場均垂直於傳播方向（$z$ 軸），即 $E_z = 0$ 且 $H_z = 0$。
2. 靜電／靜磁對應性：在無截止頻率（cutoff frequency）的 TEM 模態中，橫向電場與靜電場分佈形式相同，橫向磁場與靜磁場分佈形式相同。
3. 高斯定律（Gauss's Law）：用以推導內導體與外導體間的徑向電場 $\mathbf{E}$： $$\oint_S \mathbf{D} \cdot d\mathbf{a} = Q_{\text{enclosed}}$$
4. 安培環路定律（Ampere's Circuital Law）：用以推導兩導體間的角向磁場 $\mathbf{H}$： $$\oint_C \mathbf{H} \cdot d\mathbf{l} = I_{\text{enclosed}}$$
5. 內外導體幾何設定：設同軸線沿 $+z$ 方向延伸，內導體半徑為 $a$（帶電量線密度為 $\rho_L$ 或總電流 $+I\hat{z}$），外導體內半徑為 $b$（帶電量線密度 $-\rho_L$ 或總回傳電流 $-I\hat{z}$），介質之介電常數為 $\epsilon$、導磁率為 $\mu$。

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解題方法

1. 求解電場 $\mathbf{E}$

選取同軸圓柱座標系 $(r, \phi, z)$。對於 $a < r < b$ 的區域：

• 依據對稱性，TEM 波的電場僅有徑向分量，且與方位角 $\phi$ 無關：$\mathbf{E} = E_r(r) \hat{r}$。
• 取半徑為 $r$、長度為 $L$ 的同軸圓柱面作為高斯高斯面： $$\oint_S \mathbf{D} \cdot d\mathbf{a} = \epsilon E_r(r) \cdot (2\pi r L) = \rho_L L$$
• 解得電場大小： $$E_r(r) = \frac{\rho_L}{2\pi \epsilon r}$$
• 若以內外導體間的電壓差 $V_0 = V(a) - V(b)$ 表示： $$V_0 = -\int_b^a E_r \, dr = \int_a^b \frac{\rho_L}{2\pi \epsilon r} \, dr = \frac{\rho_L}{2\pi \epsilon} \ln\left(\frac{b}{a}\right) \implies \frac{\rho_L}{2\pi \epsilon} = \frac{V_0}{\ln(b/a)}$$
• 故電場向量表示為： $$\mathbf{E} = \frac{V_0}{r \ln(b/a)} e^{-j\beta z} \hat{r} \quad (\text{或以線電荷密度表示為 } \mathbf{E} = \frac{\rho_L}{2\pi \epsilon r} e^{-j\beta z} \hat{r})$$

2. 求解磁場 $\mathbf{H}$

• 依據對稱性，由內導體載有向 $+z$ 流動之電流 $I$，磁場僅具有角向（$\phi$ 方向）分量：

解題步驟

1. 失真線無損失：$\gamma =j\beta$，$Z_{\text{in,OC}}=-jZ_{0}\cot(\beta l)$，$Z_{\text{in,SC}}=jZ_{0}\tan(\beta l)$。
2. 代入已知

$$\begin{cases} Z_{0}\cot(\beta l)=54.6\\[4pt] Z_{0}\tan(\beta l)=103 \end{cases}$$

3. $\cot(\beta l)=\dfrac{1}{\tan(\beta l)}$，得

$\frac{Z_{0}}{54.6}=\frac{103}{Z_{0}}\;\Rightarrow\;Z_{0}^{2}=103\times54.6=5623.8$

$\boxed{Z_{0}\approx75.0\;\Omega}$

4. $\tan(\beta l)=\dfrac{103}{Z_{0}}\approx1.373$ → $\beta l=\arctan(1.373)\approx0.942\;\text{rad}$。

$\beta=\frac{0.942}{1.5}=0.628\;\text{rad/m},\qquad\boxed{\gamma=j0.628\;\text{rad/m}}$

(2) 輸入阻抗，長度為原來的兩倍 ($l_{2}=3.0\;{\rm m}$)