113 年 國立中山大學電波聯合碩士班《電磁學》

核心觀念

本題考查同心球形電容器的電容與靜電能。所用公式為

$$U=\frac{1}{2}CV^2$$

其中 $C$ 為球形電容器的電容，$V$ 為兩導體間的電位差。

設內球半徑為 $R_i$、外球導體內半徑為 $R_o$，且 $R_i<R_o$。介質均勻，介電率為 $\varepsilon$。

解題方法

利用高斯定律求出兩球殼間的電場，再計算電位差與電容。

在半徑 $r$ 的球面上，電場具有球對稱性，因此電位移為

$$\mathbf{D}(r)=D(r)\hat{\mathbf r}$$

由高斯定律，

$$\oint_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{a}=Q$$

得到

$$D(r)(4\pi r^2)=Q$$

因此

$$D(r)=\frac{Q}{4\pi r^2}$$

由 $\mathbf{D}=\varepsilon\mathbf{E}$，

$$E(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon r^2}, \qquad R_i<r<R_o$$

內球與外球之間的電位差大小為

$$V=\int_{R_i}^{R_o} E(r)\,dr$$

代入電場：

$$V =\frac{Q}{4\pi\varepsilon} \int_{R_i}^{R_o}\frac{1}{r^2}\,dr$$

核心觀念

磁通量密度 $\vec{B}$ 必須滿足磁場的散度定律：

$$\nabla \cdot \vec{B}=0$$

此式表示磁力線沒有源頭或終點，不存在單獨的磁單極。對於任何磁通量密度向量，都必須符合此條件，與是否為自由空間無關。

題目給定

$$\vec{B}=(5kx+4)\hat{a}_x-(3ky+10y)\hat{a}_y+(8kz)\hat{a}_z$$

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解題方法

直角座標中的散度定義為

$$\nabla\cdot\vec{B} = \frac{\partial B_x}{\partial x} + \frac{\partial B_y}{\partial y} + \frac{\partial B_z}{\partial z}$$

各分量為

$$B_x=5kx+4$$ $$B_y=-(3ky+10y)=-3ky-10y$$ $$B_z=8kz$$

因此

$$\frac{\partial B_x}{\partial x}=5k$$

核心觀念

本題主要測驗電磁學兩大基本核心概念：

1. 頻域（相量域，Phasor Domain）馬克士威方程式（Maxwell's Equations）：
   在時諧（Time-harmonic, $e^{j\omega t}$）假設下，時域對時間的偏微分在頻域轉換為乘上 $j\omega$（即 $\frac{\partial}{\partial t} \to j\omega$）。本題明確指出包含隨時間變化的源項（Time-varying source），因此在方程式中必須保留體電荷密度 $\rho_v$ 與電流密度 $\mathbf{J}$（包含傳導電流與外加激勵源電流）。
2. 相速度（Phase Velocity, $v_p$）與群速度（Group Velocity, $v_g$）的物理定義與數學表示式：
   • 相速度是波的等相位面（波前）在空間中傳播的速度。
   • 群速度是由多個不同頻率組成的波包（Wave packet）或信號包絡線（Envelope）在空間中傳播的速度，亦即能量與調變信號的傳遞速度。

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解題方法

本題為簡答與定義題，切入重點如下：

1. 設定相量轉換約定（Phasor Convention）：
   採用工程界標準的時間因子 $e^{j\omega t}$（即時域向量 $\mathbf{\mathcal{A}}(t) = \text{Re}\{\mathbf{A} e^{j\omega t}\}$），將時域馬克士威微分方程中的時間導數替換為 $j\omega$。
2. 完整列出場量與源項的四組方程式：
   明確區分法拉第定律、安培—馬克士威定律、高斯電場定律、高斯磁場定律，並加上介質本構關係（Constitutive Relations）以求嚴謹。
3. 明確寫出相速度與群速度的定義、公式及物理意義。

一、頻域馬克士威方程式（含時變源項）

設時間諧和相依關係為 $e^{j\omega t}$，則 $\frac{\partial}{\partial t} \to j\omega$。頻域微分形式之馬克士威方程式如下：

1. 法拉第定律（Faraday's Law）： $$\nabla \times \mathbf{E} = -j\omega \mathbf{B}$$
2. 安培—馬克士威定律（Ampère-Maxwell Law）： $$\nabla \times \mathbf{H} = \mathbf{J} + j\omega \mathbf{D}$$ 其中 $\mathbf{J}$ 為總電流密度相量（包含自由傳導電流與外加信號源電流 $\mathbf{J} = \mathbf{J}_c + \mathbf{J}_s$），$j\omega \mathbf{D}$ 為位移電流密度相量。
3. 高斯電場定律（Gauss's Law for Electric Field）： $$\nabla \cdot \mathbf{D} = \rho_v$$ 其中 $\rho_v$ 為體電荷密度相量（源項）。
4. 高斯磁場定律（Gauss's Law for Magnetic Field）： $$\nabla \cdot \mathbf{B} = 0$$

在線性、等向性、均勻（LIH）介質中，輔以本構關係：

$$\mathbf{D} = \epsilon \mathbf{E}, \quad \mathbf{B} = \mu \mathbf{H}$$

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二、相速度（Phase Velocity, $v_p$）與群速度（Group Velocity, $v_g$）之定義

1. 相速度（Phase Velocity, $v_p$）：
   • 定義：單一單色波（單一頻率行進波）之等相位面（Constant phase wavefront）在傳播介質中沿傳播方向移動的速度。

核心觀念

本題考查均勻平面波在有損介質中的傳播。海水具有有限導電率 $\sigma$，因此電磁波傳播時會同時產生：

• 振幅隨距離衰減：由衰減常數 $\alpha$ 決定。
• 相位隨距離改變：由相位常數 $\beta$ 決定。
• 電場與磁場之間的比例及相位差：由本徵阻抗 $\eta$ 決定。

已知

$$\epsilon=\epsilon_r\epsilon_0=80\epsilon_0$$ $$\mu=\mu_r\mu_0=\mu_0$$ $$\sigma=4\ \text{S/m}$$

其中 $\epsilon_0$ 為真空介電常數，$\mu_0$ 為真空磁導率。

題目未提供工作角頻率 $\omega$ 或頻率 $f$，因此 $\alpha$、$\beta$、$\eta$ 等量只能以 $\omega$ 表示。

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解題方法

沿 $+y$ 方向傳播的均勻平面波，其傳播常數為

$$\gamma=\alpha+j\beta$$

對於有損介質，

$$\gamma=\sqrt{j\omega\mu(\sigma+j\omega\epsilon)}$$

將其分解為實部與虛部，可得

$$\alpha = \omega\sqrt{\frac{\mu\epsilon}{2}} \sqrt{ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\epsilon}\right)^2}-1 }$$ $$\beta = \omega\sqrt{\frac{\mu\epsilon}{2}} \sqrt{ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\epsilon}\right)^2}+1 }$$

先計算海水的材料參數：

$$\epsilon=80(8.854\times10^{-12}) =7.083\times10^{-10}\ \text{F/m}$$ $$\mu=4\pi\times10^{-7}\ \text{H/m}$$

因此

$$\frac{\sigma}{\omega\epsilon} = \frac{4}{\omega(7.083\times10^{-10})} = \frac{5.647\times10^9}{\omega}$$

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(a) 各項傳播參數

1. 衰減常數 $\alpha$

$$\boxed{ \alpha = \omega\sqrt{\frac{\mu\epsilon}{2}} \sqrt{ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\epsilon}\right)^2}-1 } \ \text{Np/m} }$$

代入海水參數後，

$$\boxed{ \alpha = \omega\sqrt{\frac{(4\pi\times10^{-7})(7.083\times10^{-10})}{2}} \sqrt{ \sqrt{1+\left(\frac{5.647\times10^9}{\omega}\right)^2}-1 } \ \text{Np/m} }$$

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2. 相位常數 $\beta$

$$\boxed{ \beta = \omega\sqrt{\frac{\mu\epsilon}{2}} \sqrt{ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\epsilon}\right)^2}+1 } \ \text{rad/m} }$$

亦即

$$\boxed{ \beta = \omega\sqrt{\frac{(4\pi\times10^{-7})(7.083\times10^{-10})}{2}} \sqrt{ \sqrt{1+\left(\frac{5.647\times10^9}{\omega}\right)^2}+1 } \ \text{rad/m} }$$

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3. 本徵阻抗 $\eta$

有損介質的本徵阻抗為

$$\eta= \sqrt{\frac{j\omega\mu}{\sigma+j\omega\epsilon}}$$

可寫成極座標形式：

$$\eta=|\eta|\angle\theta_\eta$$

其中

$$|\eta| = \sqrt{ \frac{\omega\mu} {\sqrt{\sigma^2+(\omega\epsilon)^2}} }$$ $$\theta_\eta = \frac{1}{2} \tan^{-1}\left(\frac{\sigma}{\omega\epsilon}\right)$$

因此

$$\boxed{ \eta = \sqrt{ \frac{\omega\mu} {\sqrt{\sigma^2+(\omega\epsilon)^2}} } \angle \left[ \frac{1}{2} \tan^{-1}\left(\frac{\sigma}{\omega\epsilon}\right) \right] \ \Omega }$$

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4. 相位速度 $v_p$

相位速度定義為

$$v_p=\frac{\omega}{\beta}$$

所以

$$\boxed{ v_p=\frac{\omega}{\beta}\ \text{m/s} }$$

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5. 波長 $\lambda$

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

因此

$$\boxed{ \lambda=\frac{2\pi}{\beta}\ \text{m} }$$

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6. 集膚深度 $\delta$

核心觀念

本題考查經典的均勻平面波斜向入射至理想導體（PEC）表面之全反射現象（垂直偏振，Perpendicular / TE Polarization）。在經典電磁學教科書（如 David K. Cheng《Field and Wave Electromagnetics》第 8 章）中，標準幾何座標配置通常為：

• 界面位於 $z = 0$ 平面，理想導體（PEC）位於 $z > 0$ 區域，介質 1（無耗損介質，參數為 $\varepsilon_1, \mu_1$，本徵阻抗 $\eta_1 = \sqrt{\mu_1/\varepsilon_1}$，波數 $k_1 = \omega\sqrt{\mu_1\varepsilon_1}$）位於 $z < 0$ 區域。
• 入射面（Plane of Incidence）為 $xz$ 平面，入射角為 $\theta_i$。
• 垂直偏振（Perpendicular Polarization，$\vec{E} \perp$ 入射面）：電場方向平行於 $y$ 軸（垂直於 $xz$ 入射面），即 $\vec{E}$ 僅有 $y$ 分量。
• 理想導體邊界條件：在 $z = 0$ 處，切向電場必須為零，即 $E_{1t}(z=0) = 0$，因此反射係數 $\Gamma_\perp = -1$，反射角 $\theta_r = \theta_i$。
• 總電磁場合成後，在垂直界面的方向（$z$ 方向）形成駐波（Standing Wave），在平行界面的方向（$x$ 方向）維持行波（Traveling Wave）。
• 時間平均能流密度向量（Poynting Vector）由 $\mathcal{P}_{\text{av}} = \frac{1}{2}\text{Re}\{\vec{E}_1 \times \vec{H}_1^*\}$ 計算，反映能量僅沿著表面切線方向傳播，垂直界面方向無淨能量流動。

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解題方法

1. 入射場與反射場的相量表示式（Phasor Representation）

設入射波沿 $\hat{k}_i = \hat{a}_x \sin\theta_i + \hat{a}_z \cos\theta_i$ 方向傳播，振幅為 $E_{i0}$：

$$\vec{E}_i(x,z) = \hat{a}_y E_{i0} e^{-j k_1 (x \sin\theta_i + z \cos\theta_i)}$$

對應的入射磁場由 $\vec{H}_i = \frac{1}{\eta_1} (\hat{k}_i \times \vec{E}_i)$ 求得：

$$\vec{H}_i(x,z) = \frac{E_{i0}}{\eta_1} (-\hat{a}_x \cos\theta_i + \hat{a}_z \sin\theta_i) e^{-j k_1 (x \sin\theta_i + z \cos\theta_i)}$$

反射波傳播方向為 $\hat{k}_r = \hat{a}_x \sin\theta_i - \hat{a}_z \cos\theta_i$。由理想導體界面 $z = 0$ 處邊界條件 $\vec{E}_{1t}(z=0) = \vec{E}_{it}(z=0) + \vec{E}_{rt}(z=0) = 0$，可得反射波電場振幅為 $-E_{i0}$（反射係數 $\Gamma_\perp = -1$）：

$$\vec{E}_r(x,z) = -\hat{a}_y E_{i0} e^{-j k_1 (x \sin\theta_i - z \cos\theta_i)}$$

對應的反射磁場由 $\vec{H}_r = \frac{1}{\eta_1} (\hat{k}_r \times \vec{E}_r)$ 求得：

$$\vec{H}_r(x,z) = -\frac{E_{i0}}{\eta_1} (\hat{a}_x \cos\theta_i + \hat{a}_z \sin\theta_i) e^{-j k_1 (x \sin\theta_i - z \cos\theta_i)}$$

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2. (a) 介質 1 中的總場合成與瞬時表示式

合成介質 1 中的總電場相量 $\vec{E}_1(x,z) = \vec{E}_i + \vec{E}_r$：

$$\vec{E}_1(x,z) = \hat{a}_y E_{i0} e^{-j k_1 x \sin\theta_i} \left( e^{-j k_1 z \cos\theta_i} - e^{j k_1 z \cos\theta_i} \right)$$

利用歐拉公式 $e^{-j\theta} - e^{j\theta} = -2j\sin\theta$：

$$\vec{E}_1(x,z) = -\hat{a}_y 2j E_{i0} \sin(k_1 z \cos\theta_i) e^{-j k_1 x \sin\theta_i}$$

合成介質 1 中的總磁場相量 $\vec{H}_1(x,z) = \vec{H}_i + \vec{H}_r$：

$$\vec{H}_1(x,z) = -\hat{a}_x \frac{E_{i0}}{\eta_1} \cos\theta_i \left( e^{-j k_1 z \cos\theta_i} + e^{j k_1 z \cos\theta_i} \right) e^{-j k_1 x \sin\theta_i} + \hat{a}_z \frac{E_{i0}}{\eta_1} \sin\theta_i \left( e^{-j k_1 z \cos\theta_i} - e^{j k_1 z \cos\theta_i} \right) e^{-j k_1 x \sin\theta_i}$$

利用 $e^{j\theta} + e^{-j\theta} = 2\cos\theta$ 與 $e^{-j\theta} - e^{j\theta} = -2j\sin\theta$ 整理：

$$\vec{H}_1(x,z) = -\hat{a}_x \frac{2E_{i0}}{\eta_1} \cos\theta_i \cos(k_1 z \cos\theta_i) e^{-j k_1 x \sin\theta_i} - \hat{a}_z j \frac{2E_{i0}}{\eta_1} \sin\theta_i \sin(k_1 z \cos\theta_i) e^{-j k_1 x \sin\theta_i}$$

題目要求使用餘弦參考基準（Cosine reference），轉換至時域瞬時值 $\vec{\mathcal{E}}(t) = \text{Re}\{\vec{E} e^{j\omega t}\}$：
注意 $-j = e^{-j\pi/2}$：

$$\vec{E}_1(x,z;t) = \text{Re}\left\{ \vec{E}_1(x,z) e^{j\omega t} \right\}$$

核心觀念

矩形波導中的電磁波必須滿足截止條件才能傳播。對於空氣填充波導，$TE_{mn}$ 與 $TM_{mn}$ 模態的截止波長為

$$\lambda_{c,mn} = \frac{2}{ \sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+\left(\frac{n}{b}\right)^2} },$$

其中：

• $a$：波導寬邊尺寸；
• $b$：波導窄邊尺寸；
• $m,n$：模態指標；
• $TE$ 模態允許 $m$ 或 $n$ 其中一個為 $0$，但不可同時為 $0$；
• $TM$ 模態必須滿足 $m\geq 1,\ n\geq 1$。

波導能傳播的條件是

$$\lambda<\lambda_c.$$

本題中

$$a=7.21\text{ cm},\qquad b=3.40\text{ cm},\qquad \lambda=5\text{ cm}.$$

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解題方法

直接逐一判斷可能模態的截止波長是否大於 $5\text{ cm}$。

1. $TE_{m0}$ 模態

對於 $TE_{m0}$，

$$\lambda_{c,m0}=\frac{2a}{m}.$$

因此：

$$\lambda_{c,10}=2a=14.42\text{ cm}>5\text{ cm},$$

所以 $TE_{10}$ 可以傳播。

$$\lambda_{c,20}=a=7.21\text{ cm}>5\text{ cm},$$

所以 $TE_{20}$ 可以傳播。

$$\lambda_{c,30}=\frac{2a}{3} =\frac{14.42}{3} \approx 4.81\text{ cm}<5\text{ cm},$$

所以 $TE_{30}$ 無法傳播。更高階的 $TE_{m0}$ 截止波長更短，也都無法傳播。

2. $TE_{0n}$ 模態

對於 $TE_{0n}$，

$$\lambda_{c,0n}=\frac{2b}{n}.$$

因此：

$$\lambda_{c,01}=2b=6.80\text{ cm}>5\text{ cm},$$

所以 $TE_{01}$ 可以傳播。

$$\lambda_{c,02}=b=3.40\text{ cm}<5\text{ cm},$$

所以 $TE_{02}$ 無法傳播。更高階的 $TE_{0n}$ 也都無法傳播。

3. $TE_{mn}$，其中 $m,n\geq 1$

最低階的混合指標模態為 $TE_{11}$：

$$\lambda_{c,11} = \frac{2}{ \sqrt{\left(\frac{1}{7.21}\right)^2+ \left(\frac{1}{3.40}\right)^2 }} \approx 6.15\text{ cm}.$$

由於

$$6.15\text{ cm}>5\text{ cm},$$

所以 $TE_{11}$ 可以傳播。

下一個需檢查的模態為 $TE_{21}$：

題目資訊說明

題目未附 Fig. 2，因此缺少傳輸線的特性阻抗 $Z_0$、長度 $l$ 與負載阻抗 $Z_L$；以下依一般「無損傳輸線接負載」的結構推導輸入阻抗。

核心觀念

無損傳輸線的傳播常數為

$$\gamma=j\beta$$

其中 $\beta$ 為相位常數。傳輸線的輸入阻抗公式為

$$Z_{\mathrm{in}} = Z_0 \frac{Z_L+jZ_0\tan(\beta l)} {Z_0+jZ_L\tan(\beta l)}$$

式中：

• $Z_0$：傳輸線特性阻抗
• $Z_L$：負載阻抗
• $l$：傳輸線長度
• $\beta=2\pi/\lambda$：相位常數

因為傳輸線為無損線，$Z_0$ 為實數，且阻抗變化只來自電壓、電流的相位差。

解題方法

設傳輸線末端，也就是負載端的位置為 $z=0$，輸入端位於 $z=-l$。無損傳輸線上的電壓、電流可寫成

$$V(z)=V^+e^{-j\beta z}+V^-e^{j\beta z}$$ $$I(z)=\frac{1}{Z_0} \left(V^+e^{-j\beta z}-V^-e^{j\beta z}\right)$$

在負載端，

$$Z_L=\frac{V(0)}{I(0)} = Z_0\frac{V^++V^-}{V^+-V^-}$$

由此可得反射波與入射波的比例

$$\Gamma_L=\frac{V^-}{V^+} = \frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}$$

輸入端的反射係數為

$$\Gamma_{\mathrm{in}} = \Gamma_Le^{-j2\beta l}$$

而輸入阻抗與輸入端反射係數的關係為

$$Z_{\mathrm{in}} = Z_0\frac{1+\Gamma_{\mathrm{in}}} {1-\Gamma_{\mathrm{in}}}$$

將 $\Gamma_{\mathrm{in}}$ 與 $\Gamma_L$ 代入並化簡，得到