115 年 國立中山大學電波聯合碩士班《電磁學》

參考書等級：大學二年級電磁學（如《大學電磁學（高教版）》）

解題要點

• 無電荷區域 → 高斯定律 $\displaystyle \nabla\!\cdot\!\mathbf{E}=0$
• 靜電場 → 電場保守 → $\displaystyle \nabla\!\times\!\mathbf{E}=0$

計算

1. 散度

$$\begin{aligned} \nabla\!\cdot\!\mathbf{E}&= \frac{\partial}{\partial x}(x+3y-k_{1}z) +\frac{\partial}{\partial y}(k_{2}x+5z) +\frac{\partial}{\partial z}(2x-k_{3}y+k_{4}z)\\ &=1+0+k_{4}=0\;\Longrightarrow\;k_{4}=-1 \end{aligned}$$

2. 旋度

參考書等級：大學二年級電磁學（《電磁學》第三章，Biot‑Savart 法）

解題步驟

1. 取矩形中心為原點，矩形長 $a$（沿 $x$ 軸），寬 $b$（沿 $y$ 軸），電流 $I$ 順時針。

2. 直線電流段距中心的垂直距離

   • 垂直於長邊的兩段：$R_{a}=b/2$
   • 垂直於寬邊的兩段：$R_{b}=a/2$

3. 單段有限長直導線在距離 $R$ 處的磁場大小（Biot‑Savart）
   $B_{\text{seg}}=\frac{\mu_{0}I}{4\pi R}\left(\sin\theta_{1}+\sin\theta_{2}\right)$
   其中 $\theta_{1},\theta_{2}$ 為兩端相對於觀測點的夾角。

4. 垂直於長邊（長度 $a$）的兩段：

$\sin\theta_{1}=\sin\theta_{2}= \frac{b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$

核心觀念

本題考查兩種介電質交界面上的電磁場邊界條件，核心依據是麥克斯威方程式的積分形式：

• 高斯定律：決定電位移向量 $\mathbf{D}$ 的法向分量。
• 磁通量高斯定律：決定磁通密度 $\mathbf{B}$ 的法向分量。
• 法拉第定律：決定電場 $\mathbf{E}$ 的切向分量。
• 安培–馬克士威定律：決定磁場 $\mathbf{H}$ 的切向分量。

設介電質 1 與介電質 2 的交界面為一平面，單位法向量 $\hat{\mathbf n}$ 由介電質 1 指向介電質 2。介電質 1、2 兩側的場分別標記為下標 1、2。

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解題方法與推導

1. $\mathbf{D}$ 的法向邊界條件

由電位移向量的高斯定律：

$$\oint_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf a=Q_{\text{free}}$$

取一個跨越交界面的薄圓柱形高斯面，圓柱高度趨近於零。側面通量趨近於零，只剩上下底面通量，因此：

$$\mathbf{D}_2\cdot\hat{\mathbf n} - \mathbf{D}_1\cdot\hat{\mathbf n} = \rho_s^{\text{free}}$$

其中 $\rho_s^{\text{free}}$ 是交界面上的自由面電荷密度。因此：

$$\boxed{ \hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf{D}_2-\mathbf{D}_1) = \rho_s^{\text{free}} }$$

若交界面沒有自由面電荷，則：

$$\boxed{ D_{2n}=D_{1n} }$$

必須注意，這裡的面電荷是自由面電荷，不包含由介電質極化所產生的束縛面電荷。

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2. $\mathbf{B}$ 的法向邊界條件

由磁通量高斯定律：

$$\oint_S \mathbf{B}\cdot d\mathbf a=0$$

同樣取跨越界面的薄圓柱形高斯面，可得：

$$\mathbf{B}_2\cdot\hat{\mathbf n} - \mathbf{B}_1\cdot\hat{\mathbf n} = 0$$

因此：

$$\boxed{ \hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf{B}_2-\mathbf{B}_1)=0 }$$

也就是：

$$\boxed{ B_{2n}=B_{1n} }$$

此條件表示不存在磁單極，因此磁通密度的法向分量在界面上必須連續。

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3. $\mathbf{E}$ 的切向邊界條件

由法拉第定律：

$$\oint_C \mathbf{E}\cdot d\mathbf l = -\frac{d}{dt} \int_S \mathbf{B}\cdot d\mathbf a$$

取一個跨越界面的極小矩形迴路，其中兩條長邊平行於界面，兩條短邊垂直於界面。當矩形高度趨近於零時，右側磁通量對時間的變化量與矩形面積成正比，也趨近於零，因此：

$$\mathbf{E}_2\cdot d\mathbf l - \mathbf{E}_1\cdot d\mathbf l = 0$$

對任意界面切向方向皆成立，所以：

$$\boxed{ \hat{\mathbf n}\times(\mathbf{E}_2-\mathbf{E}_1)=0 }$$

等價地寫成：

$$\boxed{ \mathbf{E}_{2t}=\mathbf{E}_{1t} }$$

因此，電場的切向分量在一般介面上連續。

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4. $\mathbf{H}$ 的切向邊界條件

由安培–馬克士威定律：

$$\oint_C \mathbf{H}\cdot d\mathbf l = I_{\text{free}} + \frac{d}{dt} \int_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf a$$

對同一個極小矩形迴路取極限。位移電流項與矩形面積成正比，當面積趨近於零時消失；若界面存在自由面電流密度 $\mathbf{J}_s^{\text{free}}$，則：

$$\boxed{ \hat{\mathbf n}\times(\mathbf{H}_2-\mathbf{H}_1) = \mathbf{J}_s^{\text{free}} }$$

因此，若沒有自由面電流：

$$\boxed{ \mathbf{H}_{2t}=\mathbf{H}_{1t} }$$

若存在自由面電流，$\mathbf{H}$ 的切向分量會產生不連續，其跳躍量由自由面電流決定。

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介電質界面的完整邊界條件

設 $\hat{\mathbf n}$ 由介電質 1 指向介電質 2，則四個基本邊界條件為：

$$\boxed{ \hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf{D}_2-\mathbf{D}_1) = \rho_s^{\text{free}} }$$ $$\boxed{ \hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf{B}_2-\mathbf{B}_1)=0 }$$ $$\boxed{ \hat{\mathbf n}\times(\mathbf{E}_2-\mathbf{E}_1)=0 }$$

極化
均勻平面波在均勻各向同性介質中滿足 $\mathbf{k},\mathbf{E},\mathbf{H}$ 互相正交。
題目給定 $\mathbf{E}= \hat{\mathbf x}\,100\cos(\omega t)$，傳播方向 $\hat{\mathbf z}$，故

$$\mathbf{H}= \frac{1}{\eta}\,\hat{\mathbf z}\times\mathbf{E} =\hat{\mathbf y}\,\frac{E}{\eta}$$

為線性極化，$\mathbf{E}$ 沿 $x$，$\mathbf{H}$ 沿 $y$，$z$ 為傳播方向（右手定則）。

介質參數

$$\begin{aligned} \varepsilon &=\varepsilon_0\varepsilon_r =8.854\times10^{-12}\times72 =6.376\times10^{-10}\;{\rm F/m},\\ \mu &=\mu_0\mu_r =4\pi\times10^{-7}\;{\rm H/m},\\ \sigma &=4\;{\rm S/m},\\ \omega &=10^{7}\pi\;{\rm rad/s}. \end{aligned}$$

傳播常數

$$\gamma=\alpha+j\beta=\sqrt{j\omega\mu\;(\sigma+j\omega\varepsilon)} =\sqrt{-0.7896+j\,157.914}\; .$$

求得

$$\alpha\simeq 8.86\;{\rm Np/m},\qquad \beta \simeq 8.91\;{\rm rad/m}.$$

相速度

核心觀念

本題考查同軸傳輸線（Coaxial Transmission Line）的 TEM 模態場分析與傳輸線參數／特性阻抗推導。涉及的核心觀念與定理包含：

1. 安培環路定律（Ampère's Circuital Law）：用以求介質中的磁場分佈 $\mathbf{H}$。
2. 表面電流密度邊界條件：理想導體表面的電流密度 $\mathbf{J}_s$ 與磁場的關係為 $\mathbf{J}_s = \hat{n} \times \mathbf{H}$（$\hat{n}$ 為導體向外的法線向量）。
3. 靜電高斯定律（Gauss's Law）與電位差：求電場 $\mathbf{E}$ 以及內外導體間的電壓差 $V$。
4. 特性阻抗定義：
   • 方式一：利用波阻抗與幾何場積分 $Z_0 = \frac{V}{I}$。
   • 方式二：利用單位長度分佈參數 $Z_0 = \sqrt{\frac{L}{C}}$。

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解題方法與完整推導

設同軸纜線沿 $z$ 軸放置，內導體半徑為 $a$、外導體半徑為 $b$。在 TEM 模態下，電場僅有徑向分量 $\hat{r}$，磁場僅有角向分量 $\hat{\phi}$，傳播方向沿 $+z$。

設內導體流經總電流為 $+I$（沿 $+z$ 方向），外導體流回總電流為 $-I$（沿 $-z$ 方向）。

1. 介質內部的磁場 $\mathbf{H}$ 與表面電流密度 $\mathbf{J}_s$

在介質區域（$a < r < b$），取半徑為 $r$ 的圓形安培路徑：
$\oint \mathbf{H} \cdot d\mathbf{l} = I_{\text{enclosed}} \implies H_\phi \cdot (2\pi r) = I$
因此介質中的磁場為：
$\mathbf{H} = \frac{I}{2\pi r}\hat{\phi} \quad (a < r < b)$

利用邊界條件 $\mathbf{J}_s = \hat{n} \times \mathbf{H}$（$\hat{n}$ 為由導體指向介質的單位法向量）：

• 內導體表面（$r = a$）：
  法向量指向介質 $\hat{n} = \hat{r}$，因此表面電流密度為：
  $\mathbf{J}_{s,a} = \hat{r} \times \mathbf{H}\Big|_{r=a} = \hat{r} \times \left(\frac{I}{2\pi a}\hat{\phi}\right) = \frac{I}{2\pi a}\hat{z}$
• 外導體表面（$r = b$）：
  法向量指向介質 $\hat{n} = -\hat{r}$，因此表面電流密度為：
  $\mathbf{J}_{s,b} = (-\hat{r}) \times \mathbf{H}\Big|_{r=b} = (-\hat{r}) \times \left(\frac{I}{2\pi b}\hat{\phi}\right) = -\frac{I}{2\pi b}\hat{z}$

2. 單位長度電容 $C$ 與電感 $L$

• 單位長度電容 $C$：
  設內導體帶有單位長度電荷密度 $+\rho_l$，外導體為 $-\rho_l$。由高斯定律得介質中電場為：
  $\mathbf{E} = \frac{\rho_l}{2\pi\epsilon r}\hat{r}$
  內外導體間的電位差為：
  $V = -\int_b^a \mathbf{E} \cdot d\mathbf{r} = \int_a^b \frac{\rho_l}{2\pi\epsilon r}dr = \frac{\rho_l}{2\pi\epsilon} \ln\left(\frac{b}{a}\right)$

$Z_0=50\;\Omega,\qquad Z_L=30-40j\;\Omega$

1. 反射係數

$$\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0} =\frac{(30-40j)-50}{(30-40j)+50} =\frac{-20-40j}{80-40j}$$

分子分母同乘共軛 $80+40j$：

$$\Gamma_L=\frac{(-20-40j)(80+40j)}{80^2+40^2} =\frac{-4000j}{8000} =-0.5j$$

$|\Gamma_L|=0.5,\qquad \angle\Gamma_L=-90^{\circ}$

2. 電壓沿線表達式

頻率 $f=300\;\text{MHz}$，波長 $\lambda=c/f=1\;\text{m}$，

$\beta=\frac{2\pi}{\lambda}=2\pi\;\text{rad/m}$

訊號產生器內阻 $R_s=50\;\Omega=Z_0$，故無源端反射，發射波幅

$V^+=\frac{V_g}{2}= \frac{10}{2}=5\;\text{V}$