113 年 國立中正大學電機工程學系碩士班電磁晶片組《電磁學》

核心觀念

本題考查無損傳輸線的阻抗轉換、四分之一波長匹配，以及反射造成的功率損失。令相位常數 $\beta=2\pi/\lambda$，特性阻抗為 $Z_1$ 的短截線，其輸入阻抗分別為：

• 短路短截線：$Z_{\mathrm{in,SC}}=jZ_1\tan(\beta l)$。
• 開路短截線：$Z_{\mathrm{in,OC}}=-jZ_1\cot(\beta l)$。

長度為 $\lambda/4$ 的無損傳輸線具有阻抗反轉性質：

$$Z_{\mathrm{in}}=\frac{Z_1^2}{Z_L}.$$

負載端的反射係數與駐波比為：

$$\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}, \qquad \mathrm{SWR}=\frac{1+|\Gamma_L|}{1-|\Gamma_L|}.$$

對無損線路，負載吸收功率占入射功率的比例為 $1-|\Gamma_L|^2$。

解題方法

圖中主線的特性阻抗為 $50\,\Omega$，中間接入一段特性阻抗為 $80\,\Omega$、長度為 $0.25\lambda$ 的匹配線。$Z_A$ 指向負載端並聯的 $0.5\lambda$ 開路短截線，$Z_B$ 指向主線端並聯的 $0.25\lambda$ 短路短截線；兩支短截線的特性阻抗皆為 $80\,\Omega$。

(a) 開路短截線的輸入阻抗 $Z_A$

其電氣長度為：

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

半波長無損線會重現終端阻抗，因此終端開路時，輸入端也呈開路：

$$\boxed{Z_A\to\infty\quad\text{（開路）}}.$$

此時輸入導納 $Y_A=0$，不影響與它並聯的負載 $Z_L$。

(b) 短路短截線的輸入阻抗 $Z_B$

其電氣長度為：

$$\beta l_B=\frac{2\pi}{\lambda}\frac{\lambda}{4}=\frac{\pi}{2}.$$

四分之一波長線將短路轉換為開路，故：

$$\boxed{Z_B\to\infty\quad\text{（開路）}}.$$

此時 $Y_B=0$，也不影響匹配線在主線端呈現的阻抗。

(c) 匹配所需的負載 $Z_L$

兩支並聯短截線的輸入導納皆為零，整個網路等效為一段 $80\,\Omega$ 的四分之一波長匹配線。主線無反射的條件為：

$$Z_{\mathrm{in}}=\frac{80^2}{Z_L}=Z_0=50.$$

因此：

$$\boxed{Z_L=\frac{80^2}{50}=128\,\Omega}.$$

核心觀念

將入射圓偏振波分解成兩個互相垂直的分量：垂直入射面的 s 分量與平行入射面的 p 分量。圓偏振表示兩分量振幅相等、相位差為 $90^\circ$。

經介面反射或透射後，兩分量分別乘上 Fresnel 係數。若兩分量振幅改變不等，且相位差仍為 $90^\circ$，合成波為橢圓偏振；若只剩一個分量，則為線偏振。

解題方法

假設介質為無損、各向同性介電質。題目未標示兩側介質參數；臨界角情況須由較高折射率介質射向較低折射率介質，以下依此條件判斷。

臨界角時的透射波（a）
臨界角時折射角為 $90^\circ$。令入射側、透射側折射率分別為 $n_1,n_2$，透射振幅係數為

$$t_s=\frac{2n_1\cos\theta_i}{n_1\cos\theta_i+n_2\cos\theta_t}, \qquad t_p=\frac{2n_1\cos\theta_i}{n_2\cos\theta_i+n_1\cos\theta_t}.$$

核心觀念

無損耗平面波的平均功率密度為

$$\langle S\rangle=\frac{E_0^2}{2\eta}$$

其中：

• $E_0$：電場峰值振幅
• $\eta$：介質的本質阻抗

又因為介質為非磁性介質，

$$\mu=\mu_0$$

且波速 $v$、本質阻抗 $\eta$ 與磁導率的關係為

$$\eta=\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}}, \qquad v=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}$$

因此可得

$$v=\frac{\eta}{\mu}$$

---

解題方法

題目給定電場振幅與平均功率密度，先由平均功率密度公式求出介質本質阻抗：

$$E_0=26\ \text{V/m}$$ $$\langle S\rangle=4.5\ \text{W/m}^2$$

代入：

$$4.5=\frac{26^2}{2\eta}$$

因此

$$\eta=\frac{26^2}{2(4.5)} =\frac{676}{9} \approx 75.11\ \Omega$$

由於介質為非磁性介質，$\mu=\mu_0$，所以波速為

$$v=\frac{\eta}{\mu_0}$$

其中

第 4 題

(a) 磁場強度 $\mathbf{H}$ (Magnetic field intensity in the wire)

根據安培定律（Ampère's Circuital Law）：
$\oint \mathbf{H} \cdot d\mathbf{l} = I_{\text{enc}}$

利用圓柱對稱性，半徑 $r$ 處（$0 \le r \le 2.5\text{ cm}$）的閉合迴路包含的總電流為：
$I_{\text{enc}} = \int_0^{2\pi} \int_0^r J(r') \cdot r' dr' d\phi = 2\pi \int_0^r (5r') r' dr' = 2\pi \cdot \left[ \frac{5}{3} r'^3 \right]_0^r = \frac{10\pi}{3} r^3 \quad (\text{A})$

左式積分為：
$\oint \mathbf{H} \cdot d\mathbf{l} = H_\phi \cdot 2\pi r$

兩式相等得：
$H_\phi \cdot 2\pi r = \frac{10\pi}{3} r^3 \implies H_\phi = \frac{5}{3}r^2 \quad (\text{A/cm})$

寫成向量形式並換算單位（$r$ 以 $\text{cm}$ 代入）：
$\mathbf{H} = \frac{5}{3}r^2 \, \hat{a}_\phi \quad \text{A/cm} \quad \left( = \frac{500}{3}r^2 \, \hat{a}_\phi \quad \text{A/m, 其中 } r \text{ 為 cm} \right)$

【答案】
$\mathbf{H} = \dfrac{5}{3}r^2 \, \hat{a}_\phi \quad \text{A/cm} \quad (0 \le r \le 2.5\text{ cm})$

---

(b) 單位長度內部電感 $L_{\text{int}}'$ (Internal inductance per unit length)

採用磁能法（Energy Method）計算內部電感：
$W_m' = \frac{1}{2} L_{\text{int}}' I_{\text{total}}^2 = \frac{1}{2} \int_V \mu H^2 dV'$

1. 計算鎳線截面總電流 $I_{\text{total}}$：
導線半徑 $a = 2.5\text{ cm}$：
$I_{\text{total}} = \frac{10\pi}{3} a^3 = \frac{10\pi}{3} (2.5)^3 = \frac{625\pi}{12} \approx 52.36 \quad \text{A}$

核心觀念

此題考查圓柱座標下的拉普拉斯方程、介電質中的電場與極化，以及由電極電荷計算單位長度電容。圖中兩片導體位於 $\theta=0$ 與 $\theta=\alpha$，介電質佔據 $r_1\le r\le r_2$ 的扇形區域，且沿 $z$ 方向無限延伸。

解題方法

(a) 拉普拉斯方程

圓柱座標中的拉普拉斯方程為

$$\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r} \left(r\frac{\partial V}{\partial r}\right) +\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 V}{\partial \theta^2} +\frac{\partial^2 V}{\partial z^2}=0.$$

結構沿 $z$ 方向均勻，因此 $\partial V/\partial z=0$。由於兩片導體的電位只隨角度改變，令 $V=V(\theta)$，方程化為

$$\frac{d^2V}{d\theta^2}=0.$$

邊界條件為 $V(r,0)=0$、$V(r,\alpha)=V_0$，其中 $\alpha=30^\circ=\pi/6$。

(b) 電位分布

解角度方向的微分方程，並代入邊界條件：

$$V(\theta)=\frac{V_0}{\alpha}\theta =\frac{20\pi}{\pi/6}\theta =120\theta\ \text{V}, \qquad 0\le\theta\le\frac{\pi}{6}.$$

此處 $\theta$ 以弧度表示；電位與 $r$、$z$ 無關。

(c) 極化向量

電場為

$$\mathbf{E}=-\nabla V =-\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial\theta}\mathbf{a}_\theta =-\frac{120}{r}\mathbf{a}_\theta\ \text{V/m},$$

其中 $r$ 以公尺表示。線性介電質的極化向量為 $\mathbf{P}=\varepsilon_0(\varepsilon_r-1)\mathbf{E}$。代入 $\varepsilon_r=2$：

$$\mathbf{P} =-\frac{120\varepsilon_0}{r}\mathbf{a}_\theta\ \text{C/m}^2.$$

核心觀念

此題考導電介質交界面的邊界條件。穩態下，界面法向電流密度連續；切向電場連續。再由 $\vec{J}=\sigma\vec{E}$ 求出第二介質中的電流密度。界面自由面電荷密度則由電位移向量的法向分量跳躍求得。

解題方法

依圖取 $+\hat{\mathbf z}$ 為法向，$\hat{\mathbf x}$ 為電流的切向分量方向。介質 1 中的電流分量為

$$J_{1n}=40\cos30^\circ=20\sqrt{3}\ \text{A/m}^2, \qquad J_{1t}=40\sin30^\circ=20\ \text{A/m}^2.$$

穩態下法向電流連續，因此 $J_{2n}=J_{1n}$。切向電場連續，故

$$E_{1t}=E_{2t} \quad\Longrightarrow\quad \frac{J_{1t}}{\sigma_1}=\frac{J_{2t}}{\sigma_2}.$$

代入 $\sigma_1=50\ \text{S/m}$、$\sigma_2=5\ \text{S/m}$：

$$J_{2t}=\frac{\sigma_2}{\sigma_1}J_{1t} =\frac{5}{50}\times20 =2\ \text{A/m}^2.$$

因此

$$\vec{J}_2=(2\hat{\mathbf x}+20\sqrt{3}\hat{\mathbf z})\ \text{A/m}^2,$$

其大小為

$$|\vec{J}_2| =\sqrt{2^2+(20\sqrt{3})^2} =\sqrt{1204} \approx34.70\ \text{A/m}^2.$$

電流與法線的夾角

令 $\theta_2$ 為 $\vec{J}_2$ 與法線的夾角：

核心觀念

本題使用法拉第定律與楞次定律。先求三角形迴路的面積向量，再計算外加磁通量的變化率；感應電流大小由歐姆定律求得，方向則由楞次定律判斷。

解題方法

原卷第 2 頁第 7 題給出頂點 $A=(3,0,0)$、$B=(0,4,0)$、$C=(0,0,5)$（單位皆為公尺），磁場為 $\vec B=6t\,\hat a_y\ \text{Wb/m}^2$，迴路總電阻為 $4\,\Omega$。題目頁面未另附迴路圖，因此依座標計算面積向量，並以右手定則判斷繞行方向。

先取 $A\to B\to C\to A$ 為正方向，計算兩邊向量：

$$\overrightarrow{AB}=(-3,4,0),\qquad \overrightarrow{AC}=(-3,0,5)$$

其面積向量為：

$$\vec S_{ABC} =\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\right) =\frac{1}{2}(20,15,12) =(10,7.5,6)\ \text{m}^2$$

外加磁通量為：

$$\Phi_B=\vec B\cdot\vec S_{ABC} =(6t\,\hat a_y)\cdot(10,7.5,6) =45t\ \text{Wb}$$

由法拉第定律，沿 $A\to B\to C\to A$ 方向計算的感應電動勢為：

第 4 題

(a) 磁場強度 $\mathbf{H}$ (Magnetic field intensity in the wire)

根據安培定律（Ampère's Circuital Law）：
$\oint \mathbf{H} \cdot d\mathbf{l} = I_{\text{enc}}$

利用圓柱對稱性，半徑 $r$ 處（$0 \le r \le 2.5\text{ cm}$）的閉合迴路包含的總電流為：
$I_{\text{enc}} = \int_0^{2\pi} \int_0^r J(r') \cdot r' dr' d\phi = 2\pi \int_0^r (5r') r' dr' = 2\pi \cdot \left[ \frac{5}{3} r'^3 \right]_0^r = \frac{10\pi}{3} r^3 \quad (\text{A})$

左式積分為：
$\oint \mathbf{H} \cdot d\mathbf{l} = H_\phi \cdot 2\pi r$

兩式相等得：
$H_\phi \cdot 2\pi r = \frac{10\pi}{3} r^3 \implies H_\phi = \frac{5}{3}r^2 \quad (\text{A/cm})$

寫成向量形式並換算單位（$r$ 以 $\text{cm}$ 代入）：
$\mathbf{H} = \frac{5}{3}r^2 \, \hat{a}_\phi \quad \text{A/cm} \quad \left( = \frac{500}{3}r^2 \, \hat{a}_\phi \quad \text{A/m, 其中 } r \text{ 為 cm} \right)$

【答案】
$\mathbf{H} = \dfrac{5}{3}r^2 \, \hat{a}_\phi \quad \text{A/cm} \quad (0 \le r \le 2.5\text{ cm})$

---

(b) 單位長度內部電感 $L_{\text{int}}'$ (Internal inductance per unit length)

採用磁能法（Energy Method）計算內部電感：
$W_m' = \frac{1}{2} L_{\text{int}}' I_{\text{total}}^2 = \frac{1}{2} \int_V \mu H^2 dV'$

1. 計算鎳線截面總電流 $I_{\text{total}}$：
導線半徑 $a = 2.5\text{ cm}$：
$I_{\text{total}} = \frac{10\pi}{3} a^3 = \frac{10\pi}{3} (2.5)^3 = \frac{625\pi}{12} \approx 52.36 \quad \text{A}$

核心觀念

本題考查無損傳輸線的阻抗轉換、四分之一波長匹配，以及反射造成的功率損失。令相位常數 $\beta=2\pi/\lambda$，特性阻抗為 $Z_1$ 的短截線，其輸入阻抗分別為：

• 短路短截線：$Z_{\mathrm{in,SC}}=jZ_1\tan(\beta l)$。
• 開路短截線：$Z_{\mathrm{in,OC}}=-jZ_1\cot(\beta l)$。

長度為 $\lambda/4$ 的無損傳輸線具有阻抗反轉性質：

$$Z_{\mathrm{in}}=\frac{Z_1^2}{Z_L}.$$

負載端的反射係數與駐波比為：

$$\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}, \qquad \mathrm{SWR}=\frac{1+|\Gamma_L|}{1-|\Gamma_L|}.$$

對無損線路，負載吸收功率占入射功率的比例為 $1-|\Gamma_L|^2$。

解題方法

圖中主線的特性阻抗為 $50\,\Omega$，中間接入一段特性阻抗為 $80\,\Omega$、長度為 $0.25\lambda$ 的匹配線。$Z_A$ 指向負載端並聯的 $0.5\lambda$ 開路短截線，$Z_B$ 指向主線端並聯的 $0.25\lambda$ 短路短截線；兩支短截線的特性阻抗皆為 $80\,\Omega$。

(a) 開路短截線的輸入阻抗 $Z_A$

其電氣長度為：

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

半波長無損線會重現終端阻抗，因此終端開路時，輸入端也呈開路：

$$\boxed{Z_A\to\infty\quad\text{（開路）}}.$$

此時輸入導納 $Y_A=0$，不影響與它並聯的負載 $Z_L$。

(b) 短路短截線的輸入阻抗 $Z_B$

其電氣長度為：

$$\beta l_B=\frac{2\pi}{\lambda}\frac{\lambda}{4}=\frac{\pi}{2}.$$

四分之一波長線將短路轉換為開路，故：

$$\boxed{Z_B\to\infty\quad\text{（開路）}}.$$

此時 $Y_B=0$，也不影響匹配線在主線端呈現的阻抗。

(c) 匹配所需的負載 $Z_L$

兩支並聯短截線的輸入導納皆為零，整個網路等效為一段 $80\,\Omega$ 的四分之一波長匹配線。主線無反射的條件為：

$$Z_{\mathrm{in}}=\frac{80^2}{Z_L}=Z_0=50.$$

因此：

$$\boxed{Z_L=\frac{80^2}{50}=128\,\Omega}.$$

核心觀念

將入射圓偏振波分解成兩個互相垂直的分量：垂直入射面的 s 分量與平行入射面的 p 分量。圓偏振表示兩分量振幅相等、相位差為 $90^\circ$。

經介面反射或透射後，兩分量分別乘上 Fresnel 係數。若兩分量振幅改變不等，且相位差仍為 $90^\circ$，合成波為橢圓偏振；若只剩一個分量，則為線偏振。

解題方法

假設介質為無損、各向同性介電質。題目未標示兩側介質參數；臨界角情況須由較高折射率介質射向較低折射率介質，以下依此條件判斷。

臨界角時的透射波（a）
臨界角時折射角為 $90^\circ$。令入射側、透射側折射率分別為 $n_1,n_2$，透射振幅係數為

$$t_s=\frac{2n_1\cos\theta_i}{n_1\cos\theta_i+n_2\cos\theta_t}, \qquad t_p=\frac{2n_1\cos\theta_i}{n_2\cos\theta_i+n_1\cos\theta_t}.$$

核心觀念

無損耗平面波的平均功率密度為

$$\langle S\rangle=\frac{E_0^2}{2\eta}$$

其中：

• $E_0$：電場峰值振幅
• $\eta$：介質的本質阻抗

又因為介質為非磁性介質，

$$\mu=\mu_0$$

且波速 $v$、本質阻抗 $\eta$ 與磁導率的關係為

$$\eta=\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}}, \qquad v=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}$$

因此可得

$$v=\frac{\eta}{\mu}$$

---

解題方法

題目給定電場振幅與平均功率密度，先由平均功率密度公式求出介質本質阻抗：

$$E_0=26\ \text{V/m}$$ $$\langle S\rangle=4.5\ \text{W/m}^2$$

代入：

$$4.5=\frac{26^2}{2\eta}$$

因此

$$\eta=\frac{26^2}{2(4.5)} =\frac{676}{9} \approx 75.11\ \Omega$$

由於介質為非磁性介質，$\mu=\mu_0$，所以波速為

$$v=\frac{\eta}{\mu_0}$$

其中

第 4 題

(a) 磁場強度 $\mathbf{H}$ (Magnetic field intensity in the wire)

根據安培定律（Ampère's Circuital Law）：
$\oint \mathbf{H} \cdot d\mathbf{l} = I_{\text{enc}}$

利用圓柱對稱性，半徑 $r$ 處（$0 \le r \le 2.5\text{ cm}$）的閉合迴路包含的總電流為：
$I_{\text{enc}} = \int_0^{2\pi} \int_0^r J(r') \cdot r' dr' d\phi = 2\pi \int_0^r (5r') r' dr' = 2\pi \cdot \left[ \frac{5}{3} r'^3 \right]_0^r = \frac{10\pi}{3} r^3 \quad (\text{A})$

左式積分為：
$\oint \mathbf{H} \cdot d\mathbf{l} = H_\phi \cdot 2\pi r$

兩式相等得：
$H_\phi \cdot 2\pi r = \frac{10\pi}{3} r^3 \implies H_\phi = \frac{5}{3}r^2 \quad (\text{A/cm})$

寫成向量形式並換算單位（$r$ 以 $\text{cm}$ 代入）：
$\mathbf{H} = \frac{5}{3}r^2 \, \hat{a}_\phi \quad \text{A/cm} \quad \left( = \frac{500}{3}r^2 \, \hat{a}_\phi \quad \text{A/m, 其中 } r \text{ 為 cm} \right)$

【答案】
$\mathbf{H} = \dfrac{5}{3}r^2 \, \hat{a}_\phi \quad \text{A/cm} \quad (0 \le r \le 2.5\text{ cm})$

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(b) 單位長度內部電感 $L_{\text{int}}'$ (Internal inductance per unit length)

採用磁能法（Energy Method）計算內部電感：
$W_m' = \frac{1}{2} L_{\text{int}}' I_{\text{total}}^2 = \frac{1}{2} \int_V \mu H^2 dV'$

1. 計算鎳線截面總電流 $I_{\text{total}}$：
導線半徑 $a = 2.5\text{ cm}$：
$I_{\text{total}} = \frac{10\pi}{3} a^3 = \frac{10\pi}{3} (2.5)^3 = \frac{625\pi}{12} \approx 52.36 \quad \text{A}$

核心觀念

此題考查圓柱座標下的拉普拉斯方程、介電質中的電場與極化，以及由電極電荷計算單位長度電容。圖中兩片導體位於 $\theta=0$ 與 $\theta=\alpha$，介電質佔據 $r_1\le r\le r_2$ 的扇形區域，且沿 $z$ 方向無限延伸。

解題方法

(a) 拉普拉斯方程

圓柱座標中的拉普拉斯方程為

$$\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r} \left(r\frac{\partial V}{\partial r}\right) +\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 V}{\partial \theta^2} +\frac{\partial^2 V}{\partial z^2}=0.$$

結構沿 $z$ 方向均勻，因此 $\partial V/\partial z=0$。由於兩片導體的電位只隨角度改變，令 $V=V(\theta)$，方程化為

$$\frac{d^2V}{d\theta^2}=0.$$

邊界條件為 $V(r,0)=0$、$V(r,\alpha)=V_0$，其中 $\alpha=30^\circ=\pi/6$。

(b) 電位分布

解角度方向的微分方程，並代入邊界條件：

$$V(\theta)=\frac{V_0}{\alpha}\theta =\frac{20\pi}{\pi/6}\theta =120\theta\ \text{V}, \qquad 0\le\theta\le\frac{\pi}{6}.$$

此處 $\theta$ 以弧度表示；電位與 $r$、$z$ 無關。

(c) 極化向量

電場為

$$\mathbf{E}=-\nabla V =-\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial\theta}\mathbf{a}_\theta =-\frac{120}{r}\mathbf{a}_\theta\ \text{V/m},$$

其中 $r$ 以公尺表示。線性介電質的極化向量為 $\mathbf{P}=\varepsilon_0(\varepsilon_r-1)\mathbf{E}$。代入 $\varepsilon_r=2$：

$$\mathbf{P} =-\frac{120\varepsilon_0}{r}\mathbf{a}_\theta\ \text{C/m}^2.$$

核心觀念

此題考導電介質交界面的邊界條件。穩態下，界面法向電流密度連續；切向電場連續。再由 $\vec{J}=\sigma\vec{E}$ 求出第二介質中的電流密度。界面自由面電荷密度則由電位移向量的法向分量跳躍求得。

解題方法

依圖取 $+\hat{\mathbf z}$ 為法向，$\hat{\mathbf x}$ 為電流的切向分量方向。介質 1 中的電流分量為

$$J_{1n}=40\cos30^\circ=20\sqrt{3}\ \text{A/m}^2, \qquad J_{1t}=40\sin30^\circ=20\ \text{A/m}^2.$$

穩態下法向電流連續，因此 $J_{2n}=J_{1n}$。切向電場連續，故

$$E_{1t}=E_{2t} \quad\Longrightarrow\quad \frac{J_{1t}}{\sigma_1}=\frac{J_{2t}}{\sigma_2}.$$

代入 $\sigma_1=50\ \text{S/m}$、$\sigma_2=5\ \text{S/m}$：

$$J_{2t}=\frac{\sigma_2}{\sigma_1}J_{1t} =\frac{5}{50}\times20 =2\ \text{A/m}^2.$$

因此

$$\vec{J}_2=(2\hat{\mathbf x}+20\sqrt{3}\hat{\mathbf z})\ \text{A/m}^2,$$

其大小為

$$|\vec{J}_2| =\sqrt{2^2+(20\sqrt{3})^2} =\sqrt{1204} \approx34.70\ \text{A/m}^2.$$

電流與法線的夾角

令 $\theta_2$ 為 $\vec{J}_2$ 與法線的夾角：

核心觀念

本題使用法拉第定律與楞次定律。先求三角形迴路的面積向量，再計算外加磁通量的變化率；感應電流大小由歐姆定律求得，方向則由楞次定律判斷。

解題方法

原卷第 2 頁第 7 題給出頂點 $A=(3,0,0)$、$B=(0,4,0)$、$C=(0,0,5)$（單位皆為公尺），磁場為 $\vec B=6t\,\hat a_y\ \text{Wb/m}^2$，迴路總電阻為 $4\,\Omega$。題目頁面未另附迴路圖，因此依座標計算面積向量，並以右手定則判斷繞行方向。

先取 $A\to B\to C\to A$ 為正方向，計算兩邊向量：

$$\overrightarrow{AB}=(-3,4,0),\qquad \overrightarrow{AC}=(-3,0,5)$$

其面積向量為：

$$\vec S_{ABC} =\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\right) =\frac{1}{2}(20,15,12) =(10,7.5,6)\ \text{m}^2$$

外加磁通量為：

$$\Phi_B=\vec B\cdot\vec S_{ABC} =(6t\,\hat a_y)\cdot(10,7.5,6) =45t\ \text{Wb}$$

由法拉第定律，沿 $A\to B\to C\to A$ 方向計算的感應電動勢為：