108 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《電磁學》

核心觀念

本題考查散度（divergence）的定義，以及笛卡兒座標系中的單位向量 $\mathbf{a}_x,\mathbf{a}_y,\mathbf{a}_z$。

對向量場

$$\mathbf{A}=A_x\mathbf{a}_x+A_y\mathbf{a}_y+A_z\mathbf{a}_z$$

其散度定義為

$$\nabla\cdot\mathbf{A} = \frac{\partial A_x}{\partial x} + \frac{\partial A_y}{\partial y} + \frac{\partial A_z}{\partial z}.$$

題目中的向量為

$$\mathbf{A}=\mathbf{a}_x+\mathbf{a}_y+\mathbf{a}_z,$$

因此三個分量皆為常數：

$$A_x=1,\qquad A_y=1,\qquad A_z=1.$$

---

解題方法

代入散度公式：

$$\nabla\cdot (\mathbf{a}_x+\mathbf{a}_y+\mathbf{a}_z) = \frac{\partial (1)}{\partial x} + \frac{\partial (1)}{\partial y} + \frac{\partial (1)}{\partial z}.$$

由於常數對空間座標的偏微分皆為零，

核心觀念

本題考查向量場的旋度定義：

$$\nabla \times \mathbf{A}$$

其中 $\nabla \times \mathbf{A}$ 描述向量場 $\mathbf{A}$ 在空間中的旋轉程度。

題目中的

$$\mathbf{A}=\mathbf{a}_x+\mathbf{a}_y+\mathbf{a}_z$$

為由三個笛卡兒座標單位向量所組成的常向量。由於 $\mathbf{a}_x$、$\mathbf{a}_y$、$\mathbf{a}_z$ 的方向與大小均不隨位置改變，因此 $\mathbf{A}$ 是常數向量場。

解題方法

設

$$\mathbf{A}=1\mathbf{a}_x+1\mathbf{a}_y+1\mathbf{a}_z$$

其旋度為

$$\nabla\times\mathbf{A} = \begin{vmatrix} \mathbf{a}_x & \mathbf{a}_y & \mathbf{a}_z\\ \dfrac{\partial}{\partial x} & \dfrac{\partial}{\partial y} & \dfrac{\partial}{\partial z}\\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}.$$

展開得

核心觀念

本題考查傳輸線負載端的電壓反射係數（reflection coefficient）定義：

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

其中：

• $Z_0$：傳輸線的特性阻抗
• $Z_L$：負載阻抗
• $\Gamma_L$：負載端反射係數

當 $Z_L<Z_0$ 時，反射係數為負值，表示反射波與入射波具有 $180^\circ$ 的相位反轉。

解題方法

題目給定：

$$Z_0=100\,\Omega,\qquad Z_L=50\,\Omega$$

代入反射係數公式：

$$\Gamma_L =\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0} =\frac{50-100}{50+100}$$

因此：

$$\Gamma_L=\frac{-50}{150}=-\frac{1}{3}$$

所以反射係數為負的 $\frac{1}{3}$。

選項分析

• (A) $0$：錯誤

  反射係數為 $0$ 的條件是阻抗匹配，也就是：

  $Z_L=Z_0$

  本題中 $Z_L=50\,\Omega$、$Z_0=100\,\Omega$，兩者不相等，因此會產生反射。

• (B) $\frac{1}{2}$：錯誤

核心觀念

四分之一波長傳輸線（quarter-wave transmission line）可作為阻抗變壓器。對無損傳輸線，當傳輸線長度為

$$l=\frac{\lambda}{4}$$

時，其輸入阻抗為

$$Z_{\text{in}}=\frac{Z_0^2}{Z_L}$$

其中：

• $Z_{\text{in}}$：傳輸線輸入端看到的阻抗
• $Z_L$：負載阻抗
• $Z_0$：傳輸線特性阻抗

本題要求將 $50\,\Omega$ 負載轉換成輸入端的 $100\,\Omega$。

解題方法

代入四分之一波長傳輸線的阻抗轉換公式：

$$100=\frac{Z_0^2}{50}$$

因此

$$Z_0^2=100\times 50=5000$$ $$Z_0=\sqrt{5000} =50\sqrt{2}\,\Omega \approx 70.7\,\Omega$$

所以，所需的傳輸線特性阻抗為

$$\boxed{50\sqrt{2}\,\Omega}$$

選項分析

• (A) $50\,\Omega$：錯誤

  若 $Z_0=50\,\Omega$，則輸入阻抗為

  $$Z_{\text{in}}=\frac{50^2}{50}=50\,\Omega$$

  並未將負載轉換成 $100\,\Omega$。

• (B) $100\,\Omega$：錯誤

  若 $Z_0=100\,\Omega$，則

  $$Z_{\text{in}}=\frac{100^2}{50}=200\,\Omega$$

核心觀念

傳輸線負載端的反射係數為

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

其中 $Z_0$ 為特性阻抗。輸入端反射係數與負載端反射係數的關係為

$$\Gamma_{\text{in}}=\Gamma_L e^{-j2\beta l}$$

式中：

• $\beta=\dfrac{2\pi}{\lambda}$ 為相位常數
• $l$ 為傳輸線長度
• $e^{-j2\beta l}$ 表示反射波往返傳播所造成的相位變化

解題方法

題目給定負載為短路：

$$Z_L=0$$

因此負載端反射係數為

$$\Gamma_L=\frac{0-Z_0}{0+Z_0}=-1$$

傳輸線長度為半個波長：

$$l=\frac{\lambda}{2}$$

因此

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

代入輸入端反射係數公式：

$$\Gamma_{\text{in}} =\Gamma_L e^{-j2\beta l} =(-1)e^{-j2\pi}$$

由於

$$e^{-j2\pi}=1$$

所以

$$\Gamma_{\text{in}}=-1$$

核心觀念

歸一化阻抗與負載反射係數的關係為

$$\Gamma_L=\frac{z_L-1}{z_L+1}$$

其中 $z_L=Z_L/Z_0$。在史密斯圖上，反射係數的實部決定左右位置，虛部決定上下位置。

解題方法

原卷第 6 題給定歸一化阻抗 $(1+j)/2$。圖中的史密斯圖標出 A、B、C、D 四點，其中 D 在左上方、A 在右上方、B 在右下方、C 在左下方。

先將阻抗拆成實部與虛部：

$$z_L=\frac{1+j}{2}=\frac{1}{2}+j\frac{1}{2}$$

代入反射係數公式：

$$\Gamma_L =\frac{\left(\frac{1}{2}+j\frac{1}{2}\right)-1} {\left(\frac{1}{2}+j\frac{1}{2}\right)+1} =\frac{-\frac{1}{2}+j\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}+j\frac{1}{2}}$$

分子、分母同乘分母的共軛複數：

核心觀念

史密斯圖上的點代表負載反射係數，也可對應到歸一化阻抗 $z=r+jx$。串聯元件會改變阻抗的電抗部分，而不改變電阻部分。

電容的阻抗為

$$Z_C=\frac{1}{j\omega C}=-j\frac{1}{\omega C}$$

因此，串聯電容會使總阻抗的電抗減少，往容性方向移動；在史密斯圖上，容性區位於水平軸下方。

解題方法

圖中 $P$ 位於水平實軸上，表示起始阻抗的電抗為零。加上串聯電容後，歸一化阻抗變為

$$z_{\text{new}}=r-jx_C,\qquad x_C>0$$

核心觀念

無耗傳輸線會使反射係數在史密斯圖上沿著等駐波比圓旋轉，其大小不變、相位改變。線長為 $l$ 時，反射係數的相位改變量為

$$\Delta\phi=2\beta l,\qquad \beta=\frac{2\pi}{\lambda}$$

因此傳輸線長度每增加 $\lambda/2$，反射係數便轉一整圈，輸入阻抗回到原值。

解題方法

由圖可見，點 $A$ 與點 $C$ 位於同一等駐波比圓上，且相對於史密斯圖中心互為對徑點。因此從 $A$ 移到 $C$，反射係數須旋轉 $180^\circ$，即

$$2\beta l=\pi$$

代入 $\beta=2\pi/\lambda$：

核心觀念

本題考查空心金屬矩形波導為何不能傳播 TEM（Transverse Electromagnetic）波。

TEM 波的定義為：

$$E_z=0,\qquad H_z=0$$

亦即電場與磁場皆完全位於波導的橫截面內。TEM 波的電場分布在橫截面上等效於靜電場，因此必須存在不同導體間的電位差，才能形成非零的橫向電場。

空心矩形波導只有一個連續的金屬導體作為邊界，整個金屬壁為等電位面。橫截面內的電位 $\phi$ 滿足拉普拉斯方程：

$$\nabla_t^2\phi=0$$

由於唯一的導體邊界皆為同一電位，且整個橫截面為單連通區域，唯一解是：

$$\phi=\text{常數}$$

因此：

$$\mathbf{E}_t=-\nabla_t\phi=0$$

非零的 TEM 模式無法存在。

解題方法

判斷波導能否傳播 TEM 波，直接檢查其導體數量與橫截面拓撲即可：

1. TEM 波需要非零的橫向電場。
2. 橫向電場必須由不同導體間的電位差建立。
3. 空心矩形波導只有一個導體，即矩形金屬壁。
4. 單一導體無法提供兩個不同電位的導體表面。
5. 因此無法形成非零 TEM 電場。

空心矩形波導可傳播的是 TE 模式與 TM 模式，例如最低截止頻率的主模為 $\mathrm{TE}_{10}$，但不能傳播 TEM 模式。

選項分析

(A) of the losses caused

核心觀念

矩形波導中的 TE（Transverse Electric）模態定義為

$$E_z=0,\qquad H_z\neq 0$$

雖然電場沒有縱向分量，但磁場具有縱向分量 $H_z(x,y)$。由無源區域的 Maxwell 方程式，可得縱向場分量滿足橫向 Helmholtz 方程：

$$\nabla_t^2 H_z+k_c^2H_z=0$$

其中

$$\nabla_t^2=\frac{\partial^2}{\partial x^2} +\frac{\partial^2}{\partial y^2}$$

而 $k_c$ 為截止波數。因此矩形波導中的 $H_z$ 必須滿足

$$\left( \frac{\partial^2}{\partial x^2} +\frac{\partial^2}{\partial y^2} +k_c^2 \right)H_z(x,y)=0$$

---

解題方法

波導內的場可表示為沿 $z$ 軸傳播、在 $x$、$y$ 方向形成駐波的形式。對於縱向磁場分量 $H_z$，其橫向分布需符合二維 Helmholtz 方程：

$$\nabla_t^2H_z+k_c^2H_z=0$$

將橫向 Laplacian 展開：

$$\left( \frac{\partial^2}{\partial x^2} +\frac{\partial^2}{\partial y^2} +k_c^2 \right)H_z(x,y)=0$$

這正是選項 (C) 的形式。

若進一步使用矩形波導邊界條件，常見的 TE 模態解為

$$H_z(x,y)=H_0 \cos\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \cos\left(\frac{n\pi y}{b}\right)$$

其中 $a,b$ 為波導截面尺寸，$m,n$ 為模態指標，且

$$k_c^2= \left(\frac{m\pi}{a}\right)^2+ \left(\frac{n\pi}{b}\right)^2$$

代入微分方程後：

$$\frac{\partial^2 H_z}{\partial x^2} =-\left(\frac{m\pi}{a}\right)^2H_z$$

核心觀念

矩形波導的截止頻率由波導尺寸與傳播模態決定。對於矩形波導中的 $\mathrm{TE}_{mn}$ 模式，截止頻率為

$$f_{c,mn} = \frac{1}{2\sqrt{\mu\varepsilon}} \sqrt{ \left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2 }$$

其中：

• $a$：波導較寬的尺寸；
• $b$：波導較窄的尺寸；
• $m,n$：模態指標；
• $\mu,\varepsilon$：波導內介質的磁導率與介電常數。

本題為 $\mathrm{TE}_{10}$ 模式，因此 $m=1$、$n=0$。由於 $n=0$，公式中不會用到較窄尺寸 $b$。

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解題方法

對 $\mathrm{TE}_{10}$ 模式，

$$f_{c,10} = \frac{1}{2\sqrt{\mu\varepsilon}} \sqrt{ \left(\frac{1}{a}\right)^2+ \left(\frac{0}{b}\right)^2 }$$

因此

$$f_{c,10} = \frac{1}{2a\sqrt{\mu\varepsilon}}$$

波導填充空氣，可近似視為自由空間：

$$\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}=c$$

所以

$$f_{c,10}=\frac{c}{2a}$$

已知

$$a=2\ \text{cm}=0.02\ \text{m}$$

代入 $c\approx 3\times 10^8\ \text{m/s}$：

核心觀念

矩形波導的主模（dominant mode）為 $TE_{10}$ 模式。矩形波導寬邊尺寸為 $a$、窄邊尺寸為 $b$，其中 $a>b$。

矩形波導 $TE_{mn}$ 模式的截止波數為

$$k_c=\sqrt{\left(\frac{m\pi}{a}\right)^2+\left(\frac{n\pi}{b}\right)^2}$$

對主模 $TE_{10}$ 而言，$m=1,\ n=0$，因此

$$k_c=\frac{\pi}{a}$$

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解題方法

題目給出的寬邊尺寸為

$$a=31.41\ \text{mm}=31.41\times 10^{-3}\ \text{m}$$

代入主模 $TE_{10}$ 的截止波數公式：

$$k_c=\frac{\pi}{31.41\times 10^{-3}}$$

因為

$$31.41\times 10^{-3}\approx \frac{\pi}{100}$$

所以

核心觀念

本題考查波導中的導波波長（guided wavelength）與自由空間波長、相速度及群速度之間的關係。

對於能在波導中傳播的模式，傳播常數為

$$\beta=\sqrt{k_0^2-k_c^2}$$

其中

$$k_0=\frac{2\pi}{\lambda_0},\qquad k_c=\frac{2\pi}{\lambda_c}$$

因此導波波長為

$$\lambda_g=\frac{2\pi}{\beta} =\frac{\lambda_0}{\sqrt{1-\left(\frac{\lambda_0}{\lambda_c}\right)^2}}$$

其中：

• $\lambda_0$：自由空間波長
• $\lambda_c$：該傳播模式的截止波長
• $\lambda_g$：波導內沿軸向量測的導波波長

因為能傳播時必須滿足 $\lambda_0<\lambda_c$，故分母小於 $1$，得到

$$\lambda_g>\lambda_0$$

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解題方法

直接利用波導波長公式判斷各選項。另配合相速度與群速度關係：

$$v_p=\frac{\omega}{\beta},\qquad v_g=\frac{d\omega}{d\beta}$$

對無耗波導而言，

$$v_pv_g=c^2$$

而導波波長與相速度的關係為

$$\lambda_g=\frac{v_p}{f}$$

在頻率 $f$ 固定時，$\lambda_g$ 與相速度成正比，並非與相速度成反比。

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選項分析

(A) depends only on the waveguide dimensions and the free-space wavelength

錯誤。

導波波長為

$$\lambda_g=\frac{\lambda_0}{\sqrt{1-(\lambda_0/\lambda_c)^2}}$$

截止波長 $\lambda_c$ 不僅與波導尺寸有關，也與傳播模式有關。例如矩形波導的截止波長為

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

核心觀念

對稱介質平板波導的基態可在任意正頻率下傳播，沒有非零截止頻率。頻率降低時，場會逐漸向外部自由空間延伸，導引變弱；但只要頻率大於零，基態仍存在。

本題所指的最低階奇對稱 TM 模態屬於這個無截止基態，因此其截止頻率不會因介質厚度改變而變成非零值。

解題方法

介質板相對介電常數為 $\epsilon_r=5$，外部為自由空間。對稱介質平板波導的基態 TM 模態沒有厚度門檻：不論 $d=3\ \mathrm{mm}$ 或 $d=6\ \mathrm{mm}$，皆可在任意正頻率下導引。

因此：

$$f_{c1}=0\ \mathrm{Hz},\qquad f_{c2}=0\ \mathrm{Hz}$$

選項分析

核心觀念

在 $y=0$ 面放入理想導體平面，原模態要維持不變，必須已滿足該面上的導體邊界條件：

$$\mathbf E_{\mathrm{tan}}=0$$

也就是電場的切向分量在 $y=0$ 必須為零。圖中介質 slab 以 $y=0$ 為中心面。對沿 $z$ 方向傳播的平板波導，TE 模態的主要電場分量為 $E_x$，TM 模態的主要電場分量為 $E_z$；兩者在 $y=0$ 都是切向分量。

解題方法

利用模態對稱性判斷中心面上的電場值：

• 偶對稱模態的相關電場分量在 $y=0$ 不為零，因此在中心面放入 PEC 會改變原本的場分布。
• 奇對稱模態的相關電場分量在 $y=0$ 為零，因此符合 PEC 邊界條件。

對奇對稱 TM 模態，縱向電場滿足

$$E_z(-y)=-E_z(y)$$

令 $y=0$，可得

$$E_z(0)=0$$

核心觀念

對稱介質平板波導中，基模 TE$_0$ 與 TM$_0$ 沒有截止頻率。要在 20 GHz 以下都維持單一 TE 與單一 TM 模態，必須讓第一個高階模態的截止頻率不低於 20 GHz。

設介質芯層折射率為 $n_1=\sqrt{5}$，外部自由空間折射率為 $n_2=1$。對稱平板波導的第一個高階模態在截止時滿足

$$k_0 d\sqrt{n_1^2-n_2^2}=\pi$$

其中 $d$ 是芯層厚度，$k_0=2\pi f/c$。

解題方法

題目給定 $\epsilon_d=5\epsilon_0$、$\mu_d=\mu_0$，因此

$$n_1^2=\frac{\epsilon_d\mu_d}{\epsilon_0\mu_0}=5, \qquad n_2^2=1$$

將第一個高階模態的截止頻率設為 $20\,\text{GHz}$，求使其剛好達到截止的最大厚度：

$$d_{\max} =\frac{\pi}{k_0\sqrt{5-1}} =\frac{\pi}{(2\pi f/c)\cdot 2} =\frac{c}{4f}$$

核心觀念

平行極化（parallel polarization，亦稱 TM 或 p 極化）入射時，Brewster 角定義為反射波振幅為零的入射角。

設入射角與折射角皆由法線量起，兩介質為均勻、各向同性、無耗損介質，則：

$$k_i=\omega\sqrt{\mu_i\epsilon_i},\qquad \eta_i=\sqrt{\frac{\mu_i}{\epsilon_i}}$$

Snell 定律為

$$k_1\sin\theta_i=k_2\sin\theta_t.$$

解題方法與推導

平行極化的 Fresnel 反射係數為

$$\Gamma_{\parallel} = \frac{\eta_2\cos\theta_t-\eta_1\cos\theta_i} {\eta_2\cos\theta_t+\eta_1\cos\theta_i}.$$

Brewster 角滿足 $\Gamma_{\parallel}=0$，因此

$$\eta_2\cos\theta_t=\eta_1\cos\theta_i.$$

令

$$s=\sin^2\theta_i,$$

並由 Snell 定律得

$$\sin^2\theta_t = \frac{k_1^2}{k_2^2}\sin^2\theta_i = \frac{\mu_1\epsilon_1}{\mu_2\epsilon_2}s.$$

因此

$$\cos^2\theta_t = 1-\frac{\mu_1\epsilon_1}{\mu_2\epsilon_2}s.$$

將 $\eta_i^2=\mu_i/\epsilon_i$ 代入 Brewster 條件並平方：

$$\frac{\mu_2}{\epsilon_2} \left( 1-\frac{\mu_1\epsilon_1}{\mu_2\epsilon_2}s \right) = \frac{\mu_1}{\epsilon_1}(1-s).$$

整理可得

$$\sin^2\theta_B = \frac{\epsilon_2(\mu_2\epsilon_1-\mu_1\epsilon_2)} {\mu_1(\epsilon_1^2-\epsilon_2^2)}.$$

所以一般磁性介質的平行極化 Brewster 角為

核心觀念

四個 Maxwell 方程式描述電磁場的基本關係：

1. Gauss’s law for electricity（電場高斯定律）
   $\nabla\cdot\mathbf{E}=\frac{\rho}{\varepsilon_0}$

2. Gauss’s law for magnetism（磁場高斯定律）
   $\nabla\cdot\mathbf{B}=0$

3. Faraday’s law（法拉第定律）
   $\nabla\times\mathbf{E}=-\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}$

4. Ampere–Maxwell law（安培–馬克士威定律）

$$\nabla\times\mathbf{B} =\mu_0\mathbf{J}+\mu_0\varepsilon_0\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}$$

本題考查的是：哪些定律是 Maxwell 方程組中的基本方程式，哪些定律則可由 Maxwell 方程式在特殊條件下推導得到。

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解題方法

直接逐一比對選項與 Maxwell 四個方程式的名稱：

• Faraday's law：包含於 Maxwell 方程組。
• Ampere's law：包含於 Maxwell 方程組，完整形式為 Ampere–Maxwell law。
• Gauss's law：包含於 Maxwell 方程組，分為電場高斯定律與磁場高斯定律。
• Coulomb's law：不是 Maxwell 四個基本方程式之一。

因此，不包含在四個 Maxwell 方程式中的定律為 Coulomb's law。

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選項分析

(A) Faraday's law

法拉第定律是 Maxwell 方程組中的第三個方程式：

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

它表示隨時間變化的磁場會產生旋渦電場，因此選項 (A) 正確列出 Maxwell 方程組中的定律。

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(B) Coulomb's law

庫侖定律描述兩個點電荷間的靜電力：

$$\mathbf{F} =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q_1q_2}{R^2}\hat{\mathbf{R}}$$

它是靜電學中的基本定律，但並未以獨立方程式的形式列入 Maxwell 四個方程式。

在靜電情況下，庫侖定律可由電場高斯定律推導。對點電荷 $q$ 而言，取半徑為 $r$ 的球面，由球對稱性可得：

核心觀念

有損介電質中的平均耗散功率密度為

$$P_{\mathrm{avg}}=\frac{1}{2}\sigma |E_0|^2$$

其中：

• $E_0$：電場強度的峰值振幅
• $\sigma$：介質的等效導電率
• $\sigma=\omega\varepsilon\tan\delta$
• $\omega=2\pi f$
• $\varepsilon=\varepsilon_0\varepsilon_r$

損耗正切定義為

$$\tan\delta=\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}$$

因此

$$\sigma=\omega\varepsilon\tan\delta$$

解題方法

已知

$$E_0=250\ \mathrm{V/m},\qquad f=1\ \mathrm{GHz}=10^9\ \mathrm{Hz}$$ $$\varepsilon_r=2.5,\qquad \tan\delta=0.001$$

介電常數為

$$\varepsilon=\varepsilon_0\varepsilon_r =(8.854\times10^{-12})(2.5) =2.2135\times10^{-11}\ \mathrm{F/m}$$

角頻率為

$$\omega=2\pi f=2\pi\times10^9\ \mathrm{rad/s}$$

等效導電率：

$$\begin{aligned} \sigma &=\omega\varepsilon\tan\delta\\ &=(2\pi\times10^9) (2.2135\times10^{-11}) (0.001)\\ &\approx1.3908\times10^{-4}\ \mathrm{S/m} \end{aligned}$$

電場為正弦波，題目給的是振幅，因此平均功率密度為

本題考點：微損耗介質（Low-Loss Dielectric）中傳播常數的近似推導

在導電介質中，複數傳播常數 $\gamma$ 定義為：
$\gamma = \alpha + j\beta = j\omega\sqrt{\mu\epsilon_c} = j\omega\sqrt{\mu\epsilon}\sqrt{1 - j\frac{\sigma}{\omega\epsilon}}$

對於微損耗介質（Low-Loss Dielectric），損耗角正切滿足條件 $\frac{\sigma}{\omega\epsilon} \ll 1$。利用泰勒展開式 $(1 + x)^n \approx 1 + nx + \frac{n(n-1)}{2!}x^2 + \dots$ 進行近似：

核心觀念

平面波的相速度為

$$u_p=\frac{\omega}{\beta}.$$

在介質中，若以折射率 $n(\omega)$ 表示，則

$$\beta=\frac{n(\omega)\omega}{c},$$

因此

$$u_p=\frac{\omega}{\beta}=\frac{c}{n(\omega)}.$$

色散的判斷關鍵在於折射率 $n$ 隨角頻率 $\omega$ 的變化：

• 正常色散：$\dfrac{dn}{d\omega}>0$
• 異常色散：$\dfrac{dn}{d\omega}<0$

解題方法

由

$$u_p=\frac{c}{n}$$

對 $\omega$ 微分：

$$\frac{du_p}{d\omega} = -\frac{c}{n^2}\frac{dn}{d\omega}.$$

異常色散滿足

$$\frac{dn}{d\omega}<0.$$

由於 $c>0$ 且 $n^2>0$，可得

$$\frac{du_p}{d\omega}>0.$$

所以異常色散時，頻率增加會使相速度增加。

選項分析

• (A) $\dfrac{du_p}{d\omega}>0$：正確。

  異常色散時 $\dfrac{dn}{d\omega}<0$，代入

核心觀念

電磁爐利用線圈中的交流電流產生交變磁場。鍋具通常為導電材料，交變磁通量穿過鍋底，依據法拉第電磁感應定律，在鍋底內感應出封閉循環的電流，稱為渦電流（eddy current）。

感應電動勢為

$$\mathcal{E}=-\frac{d\Phi}{dt},$$

其中 $\Phi$ 為穿過鍋底的磁通量。渦電流通過鍋具本身的電阻後，依焦耳定律產生熱能：

$$P=I^2R.$$

負號代表楞次定律：感應電流所產生的磁場會抵抗原本磁通量的變化。

解題方法

判斷電磁爐加熱原理的關鍵，是確認鍋具是否因「交變磁場」而產生感應電流。

電磁爐線圈通以高頻交流電，若磁通量近似為

$$\Phi(t)=\Phi_0\cos\omega t,$$

則感應電動勢為

$$\mathcal{E}(t) =-\frac{d\Phi}{dt} =\omega\Phi_0\sin\omega t.$$

因此鍋底內形成隨時間變化的封閉電流迴路，也就是渦電流。渦電流在鍋具電阻中消耗功率，將電能轉換為熱能，使鍋具快速升溫。

所以正確選項為 (D) eddy current。

選項分析

(A) flux cutting emf

錯誤。flux cutting emf（切割磁力線電動勢）主要是導體相對於磁場運動，切割磁力線所產生的運動電動勢，其形式為

$$\mathcal{E}=\int(\mathbf{v}\times\mathbf{B})\cdot d\mathbf{l}.$$