110 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》

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第 1 題5 分

  1. (5%) A cylindrical capacitor consists of an inner conductor of radius aa, and an outer conductor whose inner radius is bb. The space between the conductors is filled with a dielectric of permittivity ε\varepsilon. The length of the capacitor is LL. The capacitance of this capacitor is
    (A) C=2πεLln⁡(b/a)C = \frac{2\pi\varepsilon L}{\ln(b/a)}
    (B) C=2πεLln⁡(a/b)C = \frac{2\pi\varepsilon L}{\ln(a/b)}
    (C) C=2πεLln⁡(ab)C = \frac{2\pi\varepsilon L}{\ln(ab)}
    (D) none of the mentioned

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核心觀念

同軸圓柱電容器的電場具有圓柱對稱性，可用高斯定律求電場，再由電位差定義電容量：

C=QVC=\frac{Q}{V}

以下忽略電容器兩端的邊緣效應。

解題方法

設內導體帶電量為 QQ。取半徑 rr、長度 LL 的同軸圓柱高斯面，其中 a<r<ba<r<b。由高斯定律，

E(r)(2πrL)=QεE(r)(2\pi rL)=\frac{Q}{\varepsilon}

因此兩導體間的電場大小為

E(r)=Q2πεLrE(r)=\frac{Q}{2\pi\varepsilon Lr}

內、外導體間的電位差大小為

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第 2 題5 分

  1. (5%) Four capacitance C1=1(μF)C_1=1(\mu F), C2=2(μF)C_2=2(\mu F), C3=3(μF)C_3=3(\mu F), C4=4(μF)C_4=4(\mu F), are connected as following figure. The total equivalent capacitance is
    (A) 5.5 (μF)(\mu F)
    (B) 10 (μF)(\mu F)
    (C) 1.9 (μF)(\mu F)
    (D) none of the mentioned

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核心觀念

電容串聯時，倒數相加；並聯時，電容值直接相加：

1C串=∑i1Ci,C並=∑iCi\frac{1}{C_{\text{串}}}=\sum_i\frac{1}{C_i}, \qquad C_{\text{並}}=\sum_i C_i

判斷連接方式時，要看元件兩端接在哪些節點：兩端接在同一對節點上的電容是並聯；兩個電容首尾相接，且接點沒有其他支路的，則是串聯。

解題方法

圖中 C1C_1、C2C_2 串聯，其等效電容為

C12=C1C2C1+C2=1×21+2=23 μFC_{12}=\frac{C_1C_2}{C_1+C_2} =\frac{1\times 2}{1+2} =\frac{2}{3}\,\mu\mathrm{F}

C12C_{12} 與 C3C_3 接在同一對節點上，因此兩者並聯：

C123=C12+C3=23+3=113 μFC_{123}=C_{12}+C_3 =\frac{2}{3}+3 =\frac{11}{3}\,\mu\mathrm{F}

此並聯組合再與 C4C_4 串聯，所以總等效電容為

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第 3 題5 分

  1. (5%) The Poisson's equation determines the relation of electric potential V, electric field E, and charge density ρ\rho. The correct Poisson's equation in simple medium is
    (A) ∇2V=ρε\nabla^2 V = \frac{\rho}{\varepsilon}
    (B) −∇2V=∇⋅E⃗=ρε-\nabla^2 V = \nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon}
    (C) −∇2V=∇⋅E⃗=ρε-\nabla^2 V = \nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon}
    (D) −∇2V=∇⋅E⃗=Q-\nabla^2 V = \nabla \cdot \vec{E} = Q

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【題目解析】

  1. 靜電場基本關係式：

    • 電場與電位之關係：E⃗=−∇V\vec{E} = -\nabla V
    • 高斯定律（微分形式）：∇⋅E⃗=ρε\nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon}

  2. 泊松方程式（Poisson's Equation）推導：
    將 E⃗=−∇V\vec{E} = -\nabla V 代入高斯定律：

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第 4 題5 分

  1. (5%) The parallel-plate capacitor is shown in following figure. The electric field E2E_2 is
    (A) Vd2+ϵ1ϵ2d1\frac{V}{d_2+\frac{\epsilon_1}{\epsilon_2}d_1}
    (B) Vd2+ϵ2ϵ1d1\frac{V}{d_2+\frac{\epsilon_2}{\epsilon_1}d_1}
    (C) Vd1+ϵ1ϵ2d2\frac{V}{d_1+\frac{\epsilon_1}{\epsilon_2}d_2}
    (D) Vd1+d2\frac{V}{d_1+d_2}

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核心觀念

本題考的是「沿電場方向分層的介電質」：兩層介電質承受的電壓相加，而交界面沒有自由面電荷，因此電位移的法向分量連續：

D1n=D2n⇒ϵ1E1=ϵ2E2.D_{1n}=D_{2n} \quad\Rightarrow\quad \epsilon_1E_1=\epsilon_2E_2.

注意：連續的是電位移 DD；介電常數不同時，兩層的電場強度通常不同。

解題方法

圖中上極板帶 +Q+Q、下極板帶 −Q-Q，兩極板間接上電壓 VV；上層介電常數為 ϵ1\epsilon_1、厚度為 d1d_1，下層為 ϵ2\epsilon_2、厚度為 d2d_2。兩層電場均由上向下，以下以 E1、E2E_1、E_2 表示其大小，並忽略邊緣效應。

由交界面的電位移連續條件：

E1=ϵ2ϵ1E2.E_1=\frac{\epsilon_2}{\epsilon_1}E_2.

總電壓等於兩層的電位降之和：

V=E1d1+E2d2.V=E_1d_1+E_2d_2.

代入 E1E_1，得到

V=E2(ϵ2ϵ1d1+d2),V=E_2\left(\frac{\epsilon_2}{\epsilon_1}d_1+d_2\right),

因此

E2=Vd2+d1ϵ2ϵ1.\boxed{E_2=\frac{V}{d_2+d_1\frac{\epsilon_2}{\epsilon_1}}}.

將結果代回原條件，可得

E1d1+E2d2=V(d1ϵ2ϵ1+d2)d2+d1ϵ2ϵ1=V,E_1d_1+E_2d_2 = \frac{V\left(d_1\frac{\epsilon_2}{\epsilon_1}+d_2\right)} {d_2+d_1\frac{\epsilon_2}{\epsilon_1}} =V,
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第 5 題5 分

  1. (5%) Two conductors in a simple lossy dielectric medium with ε&σ\varepsilon \& \sigma is shown in following figure. The RC product is
    (A) 1/εσ1/\varepsilon\sigma
    (B) σ/ε\sigma/\varepsilon
    (C) εσ\varepsilon\sigma
    (D) ε/σ\varepsilon/\sigma

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核心觀念

本題考查均勻、線性介質中的電容與漏電導關係。介電常數為 ε\varepsilon、導電率為 σ\sigma，兩者都由同一組電場分布決定；因此可用電位移 D=εE\mathbf{D}=\varepsilon\mathbf{E} 與電流密度 J=σE\mathbf{J}=\sigma\mathbf{E} 比較。

解題方法

圖中兩導體間有電位差 V12V_{12}，導體表面帶有電荷 +Q+Q、−Q-Q，介質中則有漏電流 II。取相同的場線截面，可得

Q=∫SD⋅dS=ε∫SE⋅dSQ=\int_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{S} =\varepsilon\int_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{S} I=∫SJ⋅dS=σ∫SE⋅dSI=\int_S \mathbf{J}\cdot d\mathbf{S} =\sigma\int_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{S}

所以

IQ=σε\frac{I}{Q}=\frac{\sigma}{\varepsilon}
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第 6 題5 分

  1. (5%) The fundamental postulates for magnetostatics state/infer:
    (A) ∇⋅H⃗=0\nabla \cdot \vec{H} = 0
    (B) ∇⋅J⃗=0\nabla \cdot \vec{J} = 0
    (C) ∇×B⃗=μ0J⃗\nabla \times \vec{B} = \mu_0 \vec{J}
    (D) None mentioned.

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靜磁學（Magnetostatics）的基本假設（Fundamental Postulates）以微分形式表示如下：

  1. 磁場無源性（磁單極不存在）：
    ∇⋅B⃗=0\nabla \cdot \vec{B} = 0

  2. 安培環路定律（靜磁場的旋度與電流密度關係）：
    ∇×B⃗=μ0J⃗或 Equivalently∇×H⃗=J⃗\nabla \times \vec{B} = \mu_0 \vec{J} \quad \text{或 Equivalently} \quad \nabla \times \vec{H} = \vec{J}

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第 7 題5 分

  1. (5%) Ampère's Circuital Law is a powerful tool to determine the magnetic flux density, but why do we still need the Biot-Savart Law?
    (A) Current may not form a closed loop in a problem,
    (B) Current loop may have irregular geometry,
    (C) Point of interest may not show symmetry,
    (D) All above, (E) None mentioned.

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核心觀念

本題比較兩種求磁通密度 B\mathbf{B} 的基本定律：

1. Ampère 環路定律

在磁靜態下，

∮CB⋅dℓ=μ0Ienc\oint_C \mathbf{B}\cdot d\boldsymbol{\ell} = \mu_0 I_{\text{enc}}

其中 CC 是封閉路徑，IencI_{\text{enc}} 是穿過該封閉路徑所圍曲面的總電流。

Ampère 定律本身永遠成立，但要由它直接求出 B\mathbf{B}，通常還需要高度對稱性，使得：

  • B\mathbf{B} 在積分路徑上的大小固定；
  • B\mathbf{B} 與 dℓd\boldsymbol{\ell} 的夾角固定；
  • 磁場可從積分號中提出。

例如無限長直導線具有圓柱對稱性，可選半徑為 ρ\rho 的圓形環路：

B(2πρ)=μ0IB(2\pi \rho)=\mu_0 I

因此

B=μ0I2πρϕ^.\mathbf{B} = \frac{\mu_0 I}{2\pi \rho}\hat{\boldsymbol{\phi}}.

2. Biot–Savart 定律

Biot–Savart 定律可由電流分布直接計算磁場：

dB=μ04πI dℓ×R^R2d\mathbf{B} = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{I\,d\boldsymbol{\ell}\times \hat{\mathbf{R}}}{R^2}

對整個電流路徑積分：

B(r)=μ04π∫I dℓ′×(r−r′)∣r−r′∣3.\mathbf{B}(\mathbf{r}) = \frac{\mu_0}{4\pi} \int \frac{I\,d\boldsymbol{\ell}'\times \left(\mathbf{r}-\mathbf{r}'\right)} {|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|^3}.

Biot–Savart 定律不要求電流路徑具有特殊對稱性，因此適合處理任意形狀的電流分布。

解題方法

本題的切入點是判斷：Ampère 定律能否方便地由封閉環路積分反推出某一點的磁場。

Ampère 定律雖然是磁場的基本定律，但它採用封閉路徑積分，只提供

∮CB⋅dℓ\oint_C \mathbf{B}\cdot d\boldsymbol{\ell}

的整體資訊。若問題缺乏適當對稱性，環路上不同位置的磁場大小與方向通常不同，便無法將 B\mathbf{B} 從積分號中提出，因而不能直接求得目標點的磁場。

Biot–Savart 定律則將每一個電流微小元素 I dℓI\,d\boldsymbol{\ell} 對觀測點的貢獻直接相加，因此能處理：

  1. 非閉合的電流段或有限電流元；
  2. 不規則的電流迴路；
  3. 缺乏對稱性的觀測點。

所以三項敘述皆是仍需使用 Biot–Savart 定律的重要原因。

選項分析

(A) Current may not form a closed loop in a problem

正確。

Ampère 環路定律的積分路徑必須是封閉曲線：

∮C\oint_C
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第 8 題5 分

  1. (5%) The derivation of the Biot-Savart Law requires Coulomb gauge. Coulomb gauge states:
    (A) B⃗=∇×A⃗\vec{B} = \nabla \times \vec{A}
    (B) ∇×∇×A⃗=μ0J⃗\nabla \times \nabla \times \vec{A} = \mu_0 \vec{J}
    (C) ∇⋅A⃗=0\nabla \cdot \vec{A} = 0
    (D) None mentioned.

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核心觀念

磁向量勢 A⃗\vec{A} 與磁通密度 B⃗\vec{B} 的關係定義為

B⃗=∇×A⃗.\vec{B}=\nabla\times\vec{A}.

向量勢具有規範自由度，可進行

A⃗′=A⃗+∇ψ\vec{A}'=\vec{A}+\nabla \psi

而不改變 B⃗\vec{B}，因為

∇×∇ψ=0.\nabla\times\nabla\psi=0.

為了固定 A⃗\vec{A} 的選擇，常採用 Coulomb gauge，其定義為

∇⋅A⃗=0.\nabla\cdot\vec{A}=0.

在磁靜態情況下，結合安培定律

∇×B⃗=μ0J⃗\nabla\times\vec{B}=\mu_0\vec{J}

以及 B⃗=∇×A⃗\vec{B}=\nabla\times\vec{A}，可得

∇×∇×A⃗=μ0J⃗.\nabla\times\nabla\times\vec{A}=\mu_0\vec{J}.

利用向量恆等式

∇×∇×A⃗=∇(∇⋅A⃗)−∇2A⃗,\nabla\times\nabla\times\vec{A} = \nabla(\nabla\cdot\vec{A})-\nabla^2\vec{A},

在 Coulomb gauge 下 ∇⋅A⃗=0\nabla\cdot\vec{A}=0，因此

−∇2A⃗=μ0J⃗.-\nabla^2\vec{A}=\mu_0\vec{J}.

這是一個 Poisson 方程，其解為

A⃗(r⃗)=μ04π∫J⃗(r⃗′)∣r⃗−r⃗′∣ d3r′.\vec{A}(\vec{r}) = \frac{\mu_0}{4\pi} \int \frac{\vec{J}(\vec{r}')}{|\vec{r}-\vec{r}'|} \,d^3r'.

再對 A⃗\vec{A} 取旋度：

B⃗=∇×A⃗,\vec{B}=\nabla\times\vec{A},

即可導出 Biot–Savart Law。因此，題目所問的 Coulomb gauge 條件就是

∇⋅A⃗=0.\nabla\cdot\vec{A}=0.

解題方法

判斷此題的關鍵在於區分：

  1. B⃗\vec{B} 與 A⃗\vec{A} 的定義關係；
  2. 由 Maxwell 方程式導出的場方程；
  3. 用來固定規範自由度的 gauge condition。

Coulomb gauge 是對向量勢 A⃗\vec{A} 所施加的「規範條件」，不是 Maxwell 方程式本身，也不是 B⃗\vec{B} 的定義。因此直接辨認其標準定義即可：

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第 9 題5 分

  1. (5%) If your eyes could see the fields of an electric dipole and a magnetic dipole, you would sense the field profiles are:
    (A) Different near the dipoles,
    (B) Different far from the dipoles,
    (C) Completely the same,
    (D) Completely different.

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核心觀念

本題考查電偶極與磁偶極在「近場」與「遠場」的場型比較，以及遠場的偶極近似。

電偶極矩定義為

p=qd,\mathbf{p}=q\mathbf{d},

其中 qq 為電荷量、d\mathbf d 為由負電荷指向正電荷的位移。靜電偶極在遠處的電場為

Edipole=14πε0r3[3(p⋅r^)r^−p].\mathbf{E}_{\text{dipole}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r^3} \left[ 3(\mathbf p\cdot\hat{\mathbf r})\hat{\mathbf r}-\mathbf p \right].

磁偶極矩通常以 m\mathbf m 表示。磁偶極在遠處的磁場為

Bdipole=μ04πr3[3(m⋅r^)r^−m].\mathbf{B}_{\text{dipole}} = \frac{\mu_0}{4\pi r^3} \left[ 3(\mathbf m\cdot\hat{\mathbf r})\hat{\mathbf r}-\mathbf m \right].

可見兩者的空間角度分布完全具有相同的偶極型態：

  • 偶極軸方向：場線較密集，場強較大。
  • 垂直偶極軸方向：場強較小。
  • 距離皆以 1/r31/r^3 衰減。
  • 場型皆呈現典型的「兩極」分布。

解題方法

判斷場型時，將觀察區域分為近場與遠場。

對於實際的電偶極，場源是正、負兩個電荷；其電場線由正電荷出發，終止於負電荷。對於實際的磁偶極，場源可視為小電流迴路或條形磁鐵；磁力線不能在空間中開始或結束，必須形成封閉曲線。

因此，靠近偶極源時，兩者的場線拓撲受到源本身結構影響：

  • 電場線可終止於電荷。
  • 磁力線必須閉合，並可穿過磁偶極內部。

然而在距離遠大於偶極尺寸時，觀察者無法分辨源的細節，只需保留最低階的偶極項。此時兩者分別由

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第 10 題5 分

  1. (5%) If we define β\beta as the phase constant (also called the propagation constant), the group velocity is
    (A) ω/β\omega/\beta
    (B) β/ω\beta/\omega
    (C) dω/dβd\omega/d\beta
    (D) None of the above.

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核心觀念

本題考查相速度與群速度的定義：

  • 相速度：
    vp=ωβv_p=\frac{\omega}{\beta}
  • 群速度：
    vg=dωdβv_g=\frac{d\omega}{d\beta}

其中，ω\omega 為角頻率，β\beta 為相位常數。群速度代表由多個鄰近頻率組成的波包，其包絡線或能量資訊的傳播速度。

解題方法

直接依據群速度定義判斷。對色散關係 ω(β)\omega(\beta) 微分，可得：

vg=dωdβv_g=\frac{d\omega}{d\beta}

因此，選項中符合群速度定義的是 (C)(C)。

需注意，ω/β\omega/\beta 是相速度，不是群速度。只有在無色散介質中，ω\omega 與 β\beta 呈線性關係時，相速度與群速度才可能相等，但兩者的定義仍然不同。

選項分析

  • (A) ω/β\omega/\beta：錯誤

    此式為相速度：

    vp=ωβv_p=\frac{\omega}{\beta}

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第 11 題5 分

  1. (5%) We define P⃗=E⃗×H⃗\vec{P} = \vec{E} \times \vec{H}, we=(1/2)ϵ∣E⃗∣2w_e = (1/2)\epsilon |\vec{E}|^2, wm=(1/2)μ∣H⃗∣2w_m = (1/2)\mu |\vec{H}|^2, pe=σ∣E⃗∣2p_e = \sigma |\vec{E}|^2. Which one of the following expressions is the correct Poynting's theorem?
    (A) −∮SP⃗⋅ds⃗=∂∂t∫V(we+wm)dv+∫Vpedv-\oint_S \vec{P} \cdot d\vec{s} = \frac{\partial}{\partial t} \int_V (w_e+w_m)dv + \int_V p_e dv
    (B) ∮SP⃗⋅ds⃗=∂∂t∫V(we+wm)dv+∫Vpedv\oint_S \vec{P} \cdot d\vec{s} = \frac{\partial}{\partial t} \int_V (w_e+w_m)dv + \int_V p_e dv
    (C) −∮SP⃗⋅ds⃗=∫V(we+wm)dv−∫Vpedv-\oint_S \vec{P} \cdot d\vec{s} = \int_V (w_e+w_m)dv - \int_V p_e dv
    (D) None of the above.

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核心觀念

本題考查 Poynting 定理，描述電磁能量在控制體積內的儲存、流出與耗散之間的關係。

題目給定：

P⃗=E⃗×H⃗\vec{P}=\vec{E}\times\vec{H}

其中 P⃗\vec{P} 為 Poynting 向量，代表單位時間通過單位面積的電磁能量流率。

電場與磁場能量密度分別為

we=12ϵ∣E⃗∣2,wm=12μ∣H⃗∣2w_e=\frac{1}{2}\epsilon |\vec{E}|^2, \qquad w_m=\frac{1}{2}\mu |\vec{H}|^2

因此，體積 VV 內的總電磁能量為

W=∫V(we+wm) dv.W=\int_V(w_e+w_m)\,dv.

導電介質中的焦耳損耗功率密度為

pe=σ∣E⃗∣2.p_e=\sigma|\vec{E}|^2.

解題方法：由微分形式推導積分形式

由 Maxwell 方程式：

∇×E⃗=−μ∂H⃗∂t\nabla\times\vec{E} =-\mu\frac{\partial\vec{H}}{\partial t} ∇×H⃗=σE⃗+ϵ∂E⃗∂t.\nabla\times\vec{H} =\sigma\vec{E} +\epsilon\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}.

利用向量恆等式

∇⋅(E⃗×H⃗)=H⃗⋅(∇×E⃗)−E⃗⋅(∇×H⃗),\nabla\cdot(\vec{E}\times\vec{H}) = \vec{H}\cdot(\nabla\times\vec{E}) - \vec{E}\cdot(\nabla\times\vec{H}),

代入 Maxwell 方程式可得

∇⋅(E⃗×H⃗)=−μH⃗⋅∂H⃗∂t−σ∣E⃗∣2−ϵE⃗⋅∂E⃗∂t.\nabla\cdot(\vec{E}\times\vec{H}) = -\mu\vec{H}\cdot\frac{\partial\vec{H}}{\partial t} -\sigma|\vec{E}|^2 -\epsilon\vec{E}\cdot\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}.

因為

μH⃗⋅∂H⃗∂t=∂∂t(12μ∣H⃗∣2)=∂wm∂t,\mu\vec{H}\cdot\frac{\partial\vec{H}}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t} \left(\frac{1}{2}\mu|\vec{H}|^2\right) = \frac{\partial w_m}{\partial t},

且

ϵE⃗⋅∂E⃗∂t=∂∂t(12ϵ∣E⃗∣2)=∂we∂t,\epsilon\vec{E}\cdot\frac{\partial\vec{E}}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t} \left(\frac{1}{2}\epsilon|\vec{E}|^2\right) = \frac{\partial w_e}{\partial t},

所以得到 Poynting 定理的微分形式：

∇⋅P⃗+∂∂t(we+wm)+pe=0.\nabla\cdot\vec{P} + \frac{\partial}{\partial t}(w_e+w_m) + p_e =0.

對體積 VV 積分，並使用散度定理：

∫V∇⋅P⃗ dv=∮SP⃗⋅ds⃗,\int_V\nabla\cdot\vec{P}\,dv = \oint_S\vec{P}\cdot d\vec{s},

因此

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第 12 題5 分

  1. (5%) The E-field of a uniform plane wave propagating in a dielectric medium is given by E⃗(z,t)=a^xcos⁡(2π109t−4π3z+π6)+a^ysin⁡(2π109t−4π3z+π6)(V/m)\vec{E}(z,t) = \hat{a}_x \cos(2\pi 10^9 t - \frac{4\pi}{3} z + \frac{\pi}{6}) + \hat{a}_y \sin(2\pi 10^9 t - \frac{4\pi}{3} z + \frac{\pi}{6}) (V/m). Assume this dielectric medium is lossless and non-magnetic (μr=1\mu_r=1). Which of the following statements is correct?
    (A) The dielectric constant εr\varepsilon_r of this medium is 4.
    (B) This plane wave is linearly polarized.
    (C) The wavelength in the dielectric medium is 6 m.
    (D) None of the above.

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核心觀念

本題考查均勻平面波的以下關係：

  1. 相位常數 β\beta 與波長：
    β=2πλ\beta=\frac{2\pi}{\lambda}

  2. 角頻率 ω\omega、相位常數 β\beta 與相速度：
    v=ωβv=\frac{\omega}{\beta}

  3. 無耗、非磁性介質中的波速：

v=1με=cμrεrv=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}} =\frac{c}{\sqrt{\mu_r\varepsilon_r}}

因為 μr=1\mu_r=1，所以
v=cεrv=\frac{c}{\sqrt{\varepsilon_r}}

  1. 電場兩個正交分量若振幅相等、相位差為 90∘90^\circ，則為圓極化。

解題方法

題目給定

E⃗(z,t)=a^xcos⁡ψ+a^ysin⁡ψ\vec{E}(z,t) = \hat{a}_x\cos\psi + \hat{a}_y\sin\psi

其中

ψ=2π109t−4π3z+π6\psi=2\pi 10^9t-\frac{4\pi}{3}z+\frac{\pi}{6}

因此可直接讀出：

ω=2π×109 rad/s\omega=2\pi\times10^9\ \text{rad/s}

以及

β=4π3 rad/m\beta=\frac{4\pi}{3}\ \text{rad/m}

1. 求介電常數 εr\varepsilon_r

波速為

v=ωβ=2π×1094π/3=1.5×109 m/sv=\frac{\omega}{\beta} = \frac{2\pi\times10^9}{4\pi/3} = 1.5\times10^9\ \text{m/s}

在非磁性、無耗介質中，

v=cεrv=\frac{c}{\sqrt{\varepsilon_r}}

代入 c=3×108 m/sc=3\times10^8\ \text{m/s}：

1.5×109=3×108εr1.5\times10^9 = \frac{3\times10^8}{\sqrt{\varepsilon_r}}

因此

εr=3×1081.5×109=15\sqrt{\varepsilon_r} = \frac{3\times10^8}{1.5\times10^9} = \frac{1}{5}

此處需注意：由題目相位項的單位與數值，ω/β\omega/\beta 應為

2π×1094π/3=1.5×109 m/s\frac{2\pi\times10^9}{4\pi/3} = 1.5\times10^9\ \text{m/s}

這會大於真空光速，與被動介質中的電磁波傳播不符。因此題目慣用頻率與相位常數的標準判讀顯示原式存在排版疑義。依本題選項設計，正確關係應為

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第 13 題5 分

  1. (5%) The instantaneous expression for the electric field of a uniform plane wave in vacuum is given by E⃗(z,t)=E0a^xcos⁡(ωt−k0z)\vec{E}(z,t)=E_0 \hat{a}_x \cos(\omega t - k_0 z). We denote the intrinsic impedance of the free space by η0\eta_0. The magnetic field is
    (A) (E0η0)a^ycos⁡(ωt−k0z)(\frac{E_0}{\eta_0}) \hat{a}_y \cos(\omega t - k_0 z)
    (B) (E0η0)a^ycos⁡(ωt−k0z)(\frac{E_0}{\eta_0}) \hat{a}_y \cos(\omega t - k_0 z)
    (C) (E0η0)a^ycos⁡(ωt−k0z)(\frac{E_0}{\eta_0}) \hat{a}_y \cos(\omega t - k_0 z)
    (D) None of the above.

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這一題的完整詳解

根據平面波（Plane Wave）性質，波傳播方向向量為 a^k=a^z\hat{a}_k = \hat{a}_z。

電場與磁場之關係滿足：
H⃗(z,t)=1η0(a^k×E⃗(z,t))\vec{H}(z,t) = \frac{1}{\eta_0} (\hat{a}_k \times \vec{E}(z,t))

將已知電場代入：

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第 14 題5 分

  1. (5%) Assume there is a short end transmission line with infinite length as the figure shown below. The distributed parameters of the transmission line are R=0.057(Ω\Omega/m), L=0.25(μ\muH/m), G=22.8(μ\muS/m), C=0.1(nF/m). Please evaluate the input impedance ZinZ_{in} at 1 GHz.
    (A) 0.057 Ω\Omega
    (B) 2500 Ω\Omega
    (C) 50 Ω\Omega
    (D) None of the above.

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原卷第 4 頁

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核心觀念

均勻傳輸線的特性阻抗為

Z0=R+jωLG+jωC.Z_0=\sqrt{\frac{R+j\omega L}{G+j\omega C}}.

線長為無限長時，從輸入端看進去的阻抗等於特性阻抗，與末端短路無關，因此 Zin=Z0Z_{\text{in}}=Z_0。

解題方法

先將題目參數換成 SI 單位，並確認 R/L=G/CR/L=G/C：

RL=0.0570.25×10−6=2.28×105,GC=22.8×10−60.1×10−9=2.28×105.\frac{R}{L}=\frac{0.057}{0.25\times10^{-6}} =2.28\times10^5, \qquad \frac{G}{C}=\frac{22.8\times10^{-6}}{0.1\times10^{-9}} =2.28\times10^5.

因此 R/L=G/CR/L=G/C，傳輸線滿足無失真線條件。分子與分母可寫成相同的比例：

R+jωL=2500(G+jωC),R+j\omega L =2500(G+j\omega C),

所以

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第 15 題5 分

  1. (5%) A matching network composed of an ideal shunt capacitor CmC_m transfers a load impedance of ZLZ_L to input impedance of 50Ω50\Omega, as the figure shown below. Please indicate which one is the possible changing procedure of reflection coefficient on a Smith Chart (Z-Chart) from load to input port while matching?
    (A) Z0=50ΩZ_0=50\Omega
    (B) Z0=50ΩZ_0=50\Omega
    (C) Z0=50ΩZ_0=50\Omega
    (D) None of the above.

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核心觀念

並聯電容會增加負載導納的電納部分。以特性阻抗 Z0=50ΩZ_0=50\Omega 正規化，若 CmC_m 能將負載匹配到 50Ω50\Omega，則負載導納必須為

yL=1−jb,b>0y_L=1-jb,\qquad b>0

加入電容提供的正電納 +jb+jb 後，總導納成為 yin=1y_{\text{in}}=1，也就是輸入阻抗 zin=1z_{\text{in}}=1，反射係數到達 Smith 圖中心。

解題方法

Z 圖上的反射係數為

ΓZ=z−1z+1=1−y1+y\Gamma_Z=\frac{z-1}{z+1}=\frac{1-y}{1+y}

將 yL=1−jby_L=1-jb 代入：

ΓL=1−(1−jb)1+(1−jb)=jb2−jb\Gamma_L=\frac{1-(1-jb)}{1+(1-jb)} =\frac{jb}{2-jb}
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第 16 題5 分

  1. (5%) Given a 75-Ω\Omega characteristic impedance transmission line with length larger than the wavelength related to the sinusoidal input signal. Please evaluate the magnitude of the reflection coefficient ∣Γ∣|\Gamma| on this transmission line terminated by an 50-Ω\Omega load impedance.
    (A) 0.385,
    (B) 2.25,
    (C) 0.2,
    (D) None of the above.

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核心觀念

傳輸線終端負載的反射係數定義為

ΓL=ZL−Z0ZL+Z0\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}

其中：

  • Z0Z_0：傳輸線特性阻抗
  • ZLZ_L：負載阻抗
  • ΓL\Gamma_L：負載端反射係數

本題給定

Z0=75 Ω,ZL=50 ΩZ_0=75\ \Omega,\qquad Z_L=50\ \Omega

要求反射係數的 magnitude，即 ∣ΓL∣|\Gamma_L|。

傳輸線長度大於一個波長只會影響反射波在不同位置的相位；對無損傳輸線而言，反射係數的 magnitude 沿線保持不變，因此不影響本題計算。

解題方法

直接代入負載端反射係數公式：

ΓL=50−7550+75=−25125=−0.2\Gamma_L =\frac{50-75}{50+75} =\frac{-25}{125} =-0.2

因此其 magnitude 為

∣ΓL∣=∣−0.2∣=0.2|\Gamma_L|=|-0.2|=0.2

負號代表反射波相對於入射波有 180∘180^\circ 的相位反轉；題目只要求 magnitude，所以取絕對值即可。

選項分析

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第 17 題5 分

  1. (5%) A rectangular pulse Vg(t)V_g(t) of an amplitude 15 (V) and a duration 1(μ\mus) is applied through a series resistance RgR_g of 25(Ω\Omega) to the input terminals of a 50(Ω\Omega) lossless transmission line. Given the speed of EM wave in this line is 1.5×1081.5 \times 10^8m/s. The line is 400 (m) long and short-circuited at the far end, as the figure shown below. Determine the voltage at the midpoint of the line at the time of 2 μ\mus.
    (A) 10V,
    (B)-10V,
    (C)0V,
    (D)None of the above.

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核心觀念

無損傳輸線上的電壓以電磁波速度 vv 傳播。訊號在輸入端先經過 RgR_g 與特性阻抗 Z0Z_0 的分壓，再沿傳輸線前進；短路端的電壓反射係數為 ΓL=−1\Gamma_L=-1，但反射波要花時間返回觀察點。

解題方法

輸入端的初始入射電壓由分壓決定：

V+=VgZ0Rg+Z0=155025+50=10 VV^+ = V_g\frac{Z_0}{R_g+Z_0} =15\frac{50}{25+50} =10\text{ V}

波速為 1.5×108 m/s1.5\times10^8\text{ m/s}，傳輸線中點距輸入端 200 m200\text{ m}，所以波抵達中點的時間為

t中點=2001.5×108=1.33 μst_{\text{中點}}=\frac{200}{1.5\times10^8} =1.33\ \mu\text{s}

矩形脈波持續 1 μs1\ \mu\text{s}，因此中點的入射電壓在 1.33 μs1.33\ \mu\text{s} 至 2.33 μs2.33\ \mu\text{s} 間為 10 V10\text{ V}。在 t=2 μst=2\ \mu\text{s} 時，脈波仍通過中點。

再確認反射波尚未抵達：入射波到短路端需

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第 18 題5 分

  1. (5%) In an air-filled metallic rectangular waveguide, which of the following will be the most likely answer for the fundamental mode?
    (A) TE₁₁
    (B) TM₁₀
    (C) TE₁₀
    (D) TEM

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核心觀念

本題考查矩形金屬波導的基本模態與截止頻率。

對尺寸為 a×ba\times b、內部填充空氣的矩形波導，模態分為：

  • TE 模態：Ez=0E_z=0，可存在 TEmnTE_{mn}。
  • TM 模態：Hz=0H_z=0，可存在 TMmnTM_{mn}。
  • TEM 模態：Ez=Hz=0E_z=H_z=0，需要至少兩個彼此獨立的導體提供電位差。

矩形波導中各模態的截止頻率為

fc,mn=12με(mπa)2+(nπb)21πf_{c,mn} = \frac{1}{2\sqrt{\mu\varepsilon}} \sqrt{ \left(\frac{m\pi}{a}\right)^2+ \left(\frac{n\pi}{b}\right)^2 } \frac{1}{\pi}

空氣中 μ=μ0\mu=\mu_0、ε=ε0\varepsilon=\varepsilon_0，因此

fc,mn=c2(ma)2+(nb)2.f_{c,mn} = \frac{c}{2} \sqrt{ \left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2 }.

其中 cc 為光速。

解題方法

標準矩形波導的寬邊尺寸大於窄邊尺寸，令 a>ba>b。要找基本模態，就是找截止頻率最低、最先能傳播的模態。

對 TE 模態：

fc,mnTE=c2(ma)2+(nb)2f_{c,mn}^{TE} = \frac{c}{2} \sqrt{ \left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2 }

TE 模態允許 mm 或 nn 其中一個為零，但不可同時為零。因此 TE10TE_{10} 的截止頻率為

fc,10=c2a.f_{c,10}=\frac{c}{2a}.

而 TE01TE_{01} 的截止頻率為

fc,01=c2b.f_{c,01}=\frac{c}{2b}.

由於 a>ba>b，所以

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第 19 題5 分

  1. (5%) The fundamental mode propagating in the Teflon-filled parallel plates will be
    (A) TE₂
    (B)TE₁
    (C) TM₁
    (D) TEM

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查平行金屬板波導的傳播模態與截止頻率。

對兩片彼此平行、由均勻介質填充的理想導體平板而言，允許的模態包括：

  • TEM 模態：沒有截止頻率，fc=0f_c=0。
  • TE 模態：最低階通常為 TE1\mathrm{TE}_1，具有非零截止頻率。
  • TM 模態：最低階為 TM1\mathrm{TM}_1，具有非零截止頻率。

因此，「fundamental mode」就是截止頻率最低、最容易傳播的模態。

解題方法

設兩平行金屬板間距為 dd，中間填充 Teflon。對於 TE 或 TM 高階模態，波數滿足

β2=ω2μϵ−(mπd)2,\beta^2=\omega^2\mu\epsilon-\left(\frac{m\pi}{d}\right)^2,

其中 m=1,2,…m=1,2,\ldots。能夠傳播必須滿足 β2>0\beta^2>0，因此截止頻率為

fc,m=m2dμϵ.f_{c,m}=\frac{m}{2d\sqrt{\mu\epsilon}}.

所以：

  • TE1\mathrm{TE}_1 的截止頻率為
fc,TE1=12dμϵ;f_{c,\mathrm{TE}_1}=\frac{1}{2d\sqrt{\mu\epsilon}};
  • TE2\mathrm{TE}_2 的截止頻率為
fc,TE2=1dμϵ;f_{c,\mathrm{TE}_2}=\frac{1}{d\sqrt{\mu\epsilon}};
  • TM1\mathrm{TM}_1 的截止頻率為
fc,TM1=12dμϵ.f_{c,\mathrm{TM}_1}=\frac{1}{2d\sqrt{\mu\epsilon}}.

然而，兩片導體構成雙導體結構，因此存在 TEM 模態。TEM 模態的縱向電場與縱向磁場皆為零：

Ez=0,Hz=0.E_z=0,\qquad H_z=0.

其電場可直接由一片金屬板指向另一片金屬板，且不需要形成橫向駐波，因此沒有截止條件：

fc,TEM=0.f_{c,\mathrm{TEM}}=0.
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第 20 題5 分

  1. (5%) The cutoff frequency for the TM₃ mode in the air-filled parallel plates (with separation of 1 cm) will be somewhere in the frequency range of
    (A) DC20 GHz
    (B) 20    40 GHz
    (C) 4060 GHz
    (D) 60    80 GHz

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核心觀念

平行金屬板形成的波導，其板間距設為 dd。對於 TMm_m 模式，金屬板表面須滿足切向電場為零，因此板間電場呈現正弦分布：

Ez(y)∝sin⁡(mπyd)E_z(y)\propto \sin\left(\frac{m\pi y}{d}\right)

其中 m=1,2,3,…m=1,2,3,\ldots 為模態編號。TM3_3 模式的截止波數為

kc=3πdk_c=\frac{3\pi}{d}

截止頻率的定義是導波相位常數 β=0\beta=0 時的頻率。

解題方法

均勻介質中的導波滿足

β2=ω2μϵ−kc2\beta^2=\omega^2\mu\epsilon-k_c^2

在截止狀態 β=0\beta=0，因此

ωcμϵ=kc\omega_c\sqrt{\mu\epsilon}=k_c

截止頻率為

fc=ωc2π=kc2πμϵf_c=\frac{\omega_c}{2\pi} =\frac{k_c}{2\pi\sqrt{\mu\epsilon}}

空氣中 1μ0ϵ0=c\dfrac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}=c，所以

fc=mc2df_c=\frac{m c}{2d}

代入 TM3_3、m=3m=3、d=1 cm=0.01 md=1\text{ cm}=0.01\text{ m}：

fc=3(3×108)2(0.01)f_c=\frac{3(3\times10^8)}{2(0.01)}
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