111 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》

📄 試題原卷 免費註冊後即可對照原始考卷 PDF免費註冊

第 1 題5 分

1.(5%) A circular disk of radius aa is uniformly charged with ρs\rho_s C/m². If the disk lies on the z=0z=0 plane with its axis along the zz-axis, What is the electric field that at point (0,0,h)(0, 0, h)?

(A) E⃗=ρsϵ0h(h2+a2)3/2a^z\vec{E} = \frac{\rho_s}{\epsilon_0} \frac{h}{(h^2+a^2)^{3/2}} \hat{a}_z
(B) E⃗=ρsϵ0[1−h(h2+a2)1/2]a^z\vec{E} = \frac{\rho_s}{\epsilon_0} [1 - \frac{h}{(h^2+a^2)^{1/2}}] \hat{a}_z
(C) E⃗=ρs2ϵ0[h2(h2+a2)3/2]a^z\vec{E} = \frac{\rho_s}{2\epsilon_0} [\frac{h^2}{(h^2+a^2)^{3/2}}] \hat{a}_z
(D) E⃗=ρs2ϵ0[1−h(h2+a2)1/2]a^z\vec{E} = \frac{\rho_s}{2\epsilon_0} [1 - \frac{h}{(h^2+a^2)^{1/2}}] \hat{a}_z

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「均勻帶電圓盤在軸線上所產生的電場」。由於圓盤以 zz 軸為對稱軸,觀測點位於 (0,0,h)(0,0,h),圓盤上各電荷元素所產生的徑向電場分量會因圓周對稱而互相抵消,只剩下 zz 方向分量。

使用庫侖定律:

dE⃗=14πϵ0dqR2a^Rd\vec{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{dq}{R^2}\hat{a}_R

其中面電荷密度為 ρs\rho_s,故

dq=ρs dSdq=\rho_s\,dS

解題方法

將圓盤分割成半徑為 ρ\rho、寬度為 dρd\rho 的細圓環。

細圓環面積為

dS=2πρ dρdS=2\pi\rho\,d\rho

因此環上的電荷量為

dq=ρs2πρ dρdq=\rho_s 2\pi\rho\,d\rho

圓環上任一電荷元素到觀測點 (0,0,h)(0,0,h) 的距離為

R=ρ2+h2R=\sqrt{\rho^2+h^2}

由對稱性,只需保留 zz 方向分量。其方向餘弦為

cos⁡θ=hρ2+h2\cos\theta=\frac{h}{\sqrt{\rho^2+h^2}}

所以細圓環產生的 zz 方向電場為

dEz=14πϵ0dqR2cos⁡θdE_z = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{dq}{R^2} \cos\theta

代入 dqdq 與 RR:

dEz=14πϵ0ρs2πρ dρρ2+h2hρ2+h2dE_z = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\rho_s 2\pi\rho\,d\rho}{\rho^2+h^2} \frac{h}{\sqrt{\rho^2+h^2}}

整理得

dEz=ρsh2ϵ0ρ dρ(ρ2+h2)3/2dE_z = \frac{\rho_s h}{2\epsilon_0} \frac{\rho\,d\rho}{(\rho^2+h^2)^{3/2}}

對整個圓盤積分,ρ\rho 的範圍為 00 到 aa:

Ez=ρsh2ϵ0∫0aρ dρ(ρ2+h2)3/2E_z = \frac{\rho_s h}{2\epsilon_0} \int_0^a \frac{\rho\,d\rho}{(\rho^2+h^2)^{3/2}}

令

u=ρ2+h2,du=2ρ dρu=\rho^2+h^2,\qquad du=2\rho\,d\rho

則

∫ρ dρ(ρ2+h2)3/2=−1ρ2+h2\int \frac{\rho\,d\rho}{(\rho^2+h^2)^{3/2}} = -\frac{1}{\sqrt{\rho^2+h^2}}

因此

Ez=ρsh2ϵ0[−1ρ2+h2]0aE_z = \frac{\rho_s h}{2\epsilon_0} \left[ -\frac{1}{\sqrt{\rho^2+h^2}} \right]_0^a Ez=ρsh2ϵ0(1h−1a2+h2)E_z = \frac{\rho_s h}{2\epsilon_0} \left( \frac{1}{h} - \frac{1}{\sqrt{a^2+h^2}} \right)

在 h>0h>0 的情況下:

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 2 題5 分

2.(5%) The linear electric quadrupole is a set of three charges as shown in the following figure. The separation ss is again much smaller than the distance rr to the point P. What is the potential VV at the point of P:
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
(A) V=Qs(3cos⁡2θ−1)4πϵ0r2V = \frac{Qs(3 \cos^2 \theta - 1)}{4\pi\epsilon_0 r^2}
(B) V=Qs2(3cos⁡2θ−1)4πϵ0r3V = \frac{Qs^2(3 \cos^2 \theta - 1)}{4\pi\epsilon_0 r^3}
(C) V=2Qs2(3cos⁡2θ−1)4πϵ0r3V = \frac{2Qs^2(3 \cos^2 \theta - 1)}{4\pi\epsilon_0 r^3}
(D) V=Qs(3cos⁡2θ−1)4πϵ0r2V = \frac{Qs(3 \cos^2 \theta - 1)}{4\pi\epsilon_0 r^2}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 1 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

這題考線性電四極子的遠場電位。三個電荷沿同一直線排列為 Q、−2Q、QQ、-2Q、Q,相鄰電荷間距為 ss,且觀測距離 r≫sr\gg s。總電荷與電偶極矩都為零,因此電位的首個非零項是四極項,量級為 Qs2/r3Qs^2/r^3。

解題方法

以中間的 −2Q-2Q 為原點,觀測點 PP 與軸線夾角為 θ\theta。兩個外側電荷到 PP 的距離分別為 rar_a、rbr_b,故電位為

V=14πϵ0(Qra+Qrb−2Qr)V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left(\frac{Q}{r_a}+\frac{Q}{r_b}-\frac{2Q}{r}\right)

當 s≪rs\ll r 時,對位於軸線上的電荷使用遠場展開:

1ra≃1r+scos⁡θr2+s22r3(3cos⁡2θ−1)\frac{1}{r_a} \simeq \frac{1}{r}+\frac{s\cos\theta}{r^2} +\frac{s^2}{2r^3}(3\cos^2\theta-1) 1rb≃1r−scos⁡θr2+s22r3(3cos⁡2θ−1)\frac{1}{r_b} \simeq \frac{1}{r}-\frac{s\cos\theta}{r^2} +\frac{s^2}{2r^3}(3\cos^2\theta-1)

代回電位式後,兩個 1/r1/r 項與中間電荷的電位抵消;兩個一階項也互相抵消。留下二階項:

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 3 題5 分

  1. (5%) There is a sector of a spherical shell with the cross section as shown in the figure (where 0≤α<2π0 \le \alpha < 2\pi). What is the resistance between the top and bottom bases of the sector? (Assume that the electrical conductivity of the sector material is σ\sigma)
    🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
    (A) R=12πσ(1a−1b)R = \frac{1}{2\pi\sigma} (\frac{1}{a} - \frac{1}{b})
    (B) R=1πσ(1a−1b)R = \frac{1}{\pi\sigma} (\frac{1}{a} - \frac{1}{b})
    (C) R=12πσ(1a+1b)R = \frac{1}{2\pi\sigma} (\frac{1}{a} + \frac{1}{b})
    (D) R=1πσ(1a+1b)R = \frac{1}{\pi\sigma} (\frac{1}{a} + \frac{1}{b})
🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

這題考球座標中的徑向電流與電阻定義。電阻率為 ρ=1/σ\rho=1/\sigma,若電流沿徑向通過半徑為 rr 的球面區域,則微小厚度 drdr 的電阻為

dR=drσA(r)dR=\frac{dr}{\sigma A(r)}

其中 A(r)A(r) 是該球面區域在半徑 rr 處的面積。

解題方法

由圖可知,扇形以中心軸為對稱軸,α\alpha 為圓錐半角;電流由半徑 aa 的球面流向半徑 bb 的球面。此球面區域所對應的立體角為

Ω=2π(1−cos⁡α)\Omega=2\pi(1-\cos\alpha)

因此半徑 rr 處的通電面積為

A(r)=Ωr2=2π(1−cos⁡α)r2A(r)=\Omega r^2=2\pi(1-\cos\alpha)r^2

將各半徑薄殼的電阻串聯,從 aa 積分至 bb:

R=∫abdrσ 2π(1−cos⁡α)r2=12πσ(1−cos⁡α)(1a−1b)R=\int_a^b \frac{dr}{\sigma\,2\pi(1-\cos\alpha)r^2} =\frac{1}{2\pi\sigma(1-\cos\alpha)} \left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 4 題5 分

  1. (5%) A parallel-plate capacitor has plates of area A separated by a distance s. Its dielectric has a conductivity σ=a+bx\sigma=a+bx, where x is the distance to one plate and a uniform relative permittivity εr\varepsilon_r. With an alternating voltage with the angular frequency ω\omega across the electrodes, there is a current II flowing through the dielectric. What is the electric field in the capacitor?
    (A) E⃗=IA((a+bx)jωεrε0)\vec{E} = \frac{I}{A((a+bx)j\omega\varepsilon_r\varepsilon_0)}
    (B) E⃗=IA((a+bx)/jωεrε0)\vec{E} = \frac{I}{A((a+bx)/j\omega\varepsilon_r\varepsilon_0)}
    (C) E⃗=IA(a+bx+jωεrε0)\vec{E} = \frac{I}{A(a+bx+j\omega\varepsilon_r\varepsilon_0)}
    (D) E⃗=IA(a+bx−jωεrε0)\vec{E} = \frac{I}{A(a+bx-j\omega\varepsilon_r\varepsilon_0)}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題的核心觀念為馬克士威-安培定律(Maxwell-Ampère Law)的相量形式(Phasor form)與損耗性介質中的總電流密度:

  1. 傳導電流密度(Conduction Current Density):
    依據微觀歐姆定律,J⃗c=σE⃗\vec{J}_c = \sigma \vec{E}。
  2. 位移電流密度(Displacement Current Density):
    在時諧穩態(Time-harmonic, 取 ejωte^{j\omega t} 時間相依性)下,J⃗d=∂D⃗∂t=jωεE⃗=jωεrε0E⃗\vec{J}_d = \frac{\partial \vec{D}}{\partial t} = j\omega \varepsilon \vec{E} = j\omega \varepsilon_r \varepsilon_0 \vec{E}。
  3. 總電流密度(Total Current Density):
    在電容器內部,總電流由傳導電流與位移電流共同組成,即 J⃗total=J⃗c+J⃗d=(σ+jωε)E⃗\vec{J}_{total} = \vec{J}_c + \vec{J}_d = (\sigma + j\omega\varepsilon)\vec{E}。

解題方法

  1. 列出總電流密度方程式:
    依據馬克士威方程式:

    ∇×H⃗=J⃗total=J⃗c+J⃗d\nabla \times \vec{H} = \vec{J}_{total} = \vec{J}_c + \vec{J}_d

    代入本構關係(Constitutive relations)與相量表示式:

    J⃗c=σ(x)E⃗\vec{J}_c = \sigma(x) \vec{E} J⃗d=jωD⃗=jωεrε0E⃗\vec{J}_d = j\omega \vec{D} = j\omega \varepsilon_r \varepsilon_0 \vec{E}

    因此總電流密度為:

    J⃗total=(σ(x)+jωεrε0)E⃗\vec{J}_{total} = (\sigma(x) + j\omega \varepsilon_r \varepsilon_0)\vec{E}
  2. 利用幾何對稱性與電流定義:
    對於平行極板電容(面積為 AA),在理想的一維分佈假設下,極板間流過的總交流電流相量為 II,故穿過介質的總電流密度大小為:

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 5 題5 分

  1. (5%) The plane boundary defined by z=0z=0 separates air (z≥0z \ge 0) from a block of iron (z≤0z \le 0), of which μ=5000μ0\mu = 5000\mu_0. If B⃗1=x^4−y^6+z^12\vec{B}_1 = \hat{x}4 - \hat{y}6 + \hat{z}12 is the magnetic field in air, what is the magnetic field B⃗2\vec{B}_2 in iron:
    (A) B⃗2=x^0.0008−y^0.0012+z^12\vec{B}_2 = \hat{x}0.0008 - \hat{y}0.0012 + \hat{z}12
    (B) B⃗2=x^4−y^6+z^260000\vec{B}_2 = \hat{x}4 - \hat{y}6 + \hat{z}260000
    (C) B⃗2=x^4−y^6+z^0.0024\vec{B}_2 = \hat{x}4 - \hat{y}6 + \hat{z}0.0024
    (D) B⃗2=x^20000−y^30000+z^12\vec{B}_2 = \hat{x}20000 - \hat{y}30000 + \hat{z}12

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

觀念與邊界條件

本題考查靜磁場在兩不同磁介質介面的邊界條件(Boundary Conditions)。
介面為 z=0z=0 平面,法向量為 n^=z^\hat{n} = \hat{z}:

  1. 法向分量(BnB_n 垂直於介面):磁通密度 BB 的法向分量連續。
    B2n=B1nB_{2n} = B_{1n}
  2. 切向分量(HtH_t 平行於介面):假設介面無自由表面電流(K=0K = 0),磁場強度 HH 的切向分量連續。
    H⃗2t=H⃗1t  ⟹  B⃗2tμ2=B⃗1tμ1  ⟹  B⃗2t=μ2μ1B⃗1t\vec{H}_{2t} = \vec{H}_{1t} \implies \frac{\vec{B}_{2t}}{\mu_2} = \frac{\vec{B}_{1t}}{\mu_1} \implies \vec{B}_{2t} = \frac{\mu_2}{\mu_1} \vec{B}_{1t}

推導計算

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 6 題5 分

  1. (5%) Which material type in the following has negative magnetic susceptibility, thus the direction of the induced magnetic dipole moment is opposite to the corresponding applied magnetic field:
    (A) Paramagnetic material
    (B) Diamagnetic material
    (C) Ferromagnetic material
    (D) None of the above material have negative magnetic dipole moments

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查磁化率(magnetic susceptibility)的正負,以及外加磁場與感應磁偶極矩方向的關係。

磁化強度 M\mathbf{M} 與外加磁場強度 H\mathbf{H} 的關係為

M=χmH,\mathbf{M}=\chi_m\mathbf{H},

其中 χm\chi_m 為磁化率。

若考慮體積為 VV 的材料,其感應磁偶極矩為

m=MV=χmHV.\mathbf{m}=\mathbf{M}V=\chi_m\mathbf{H}V.

因此:

  • χm>0\chi_m>0:感應磁偶極矩與外加磁場同方向。
  • χm<0\chi_m<0:感應磁偶極矩與外加磁場反方向。

具有負磁化率的材料稱為抗磁性材料(diamagnetic material)。

解題方法

題目直接指出「磁化率為負,因此感應磁偶極矩方向與外加磁場相反」。由

m=χmHV\mathbf{m}=\chi_m\mathbf{H}V

可知,只要 χm<0\chi_m<0,m\mathbf{m} 就會與 H\mathbf{H} 反向。

三種材料的典型磁化率如下:

  • 抗磁性材料:χm<0\chi_m<0
  • 順磁性材料:χm>0\chi_m>0
  • 鐵磁性材料:通常具有很大的正磁化率,且磁化行為具有非線性與磁滯現象

所以符合題意的是抗磁性材料。

選項分析

(A) Paramagnetic material

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 7 題5 分

  1. (5%) Which following equation is not one of the Maxwell's equations:
    (A) ∇×H⃗=J⃗+∂D⃗∂t\nabla \times \vec{H} = \vec{J} + \frac{\partial \vec{D}}{\partial t}
    (B) ∇×E⃗=−∂B⃗∂t\nabla \times \vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}
    (C) ∇⋅J⃗=−∂ρ∂t\nabla \cdot \vec{J} = -\frac{\partial \rho}{\partial t}
    (D) ∇⋅B⃗=0\nabla \cdot \vec{B} = 0

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 Maxwell 方程組的微分形式,以及電荷連續方程式的辨識。

在一般線性介質中,Maxwell 方程組為:

  1. Gauss 電場定律
    ∇⋅D⃗=ρ\nabla \cdot \vec{D}=\rho

  2. Gauss 磁場定律
    ∇⋅B⃗=0\nabla \cdot \vec{B}=0

  3. Faraday 電磁感應定律
    ∇×E⃗=−∂B⃗∂t\nabla \times \vec{E}=-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}

  4. Ampère–Maxwell 定律
    ∇×H⃗=J⃗+∂D⃗∂t\nabla \times \vec{H}=\vec{J}+\frac{\partial \vec{D}}{\partial t}

其中:

  • E⃗\vec{E}:電場強度
  • D⃗\vec{D}:電位移向量
  • H⃗\vec{H}:磁場強度
  • B⃗\vec{B}:磁通密度
  • J⃗\vec{J}:電流密度
  • ρ\rho:電荷密度

題目要求找出「不是 Maxwell 方程組」的式子。

解題方法

直接將各選項與 Maxwell 四大方程逐一比對即可。需特別注意,選項 (C)(C) 雖然是重要的電磁學基本方程式,但它描述的是電荷守恆的連續方程式,並不屬於 Maxwell 四大方程本身。

選項分析

(A)

∇×H⃗=J⃗+∂D⃗∂t\nabla \times \vec{H}=\vec{J}+\frac{\partial \vec{D}}{\partial t}

此式為 Ampère–Maxwell 定律。

右側包含:

  • 傳導電流密度 J⃗\vec{J}
  • 位移電流密度 ∂D⃗∂t\dfrac{\partial \vec{D}}{\partial t}

其中加入位移電流項後,才能處理隨時間變化的電場,並使 Ampère 定律符合電荷守恆。因此 (A)(A) 是 Maxwell 方程之一。

(B)

∇×E⃗=−∂B⃗∂t\nabla \times \vec{E}=-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}

此式為 Faraday 電磁感應定律,表示時變磁場會產生旋轉電場。

負號反映楞次定律:感應電場的方向會抵抗磁通量的變化。因此 (B)(B) 是 Maxwell 方程之一。

(C)

∇⋅J⃗=−∂ρ∂t\nabla \cdot \vec{J}=-\frac{\partial \rho}{\partial t}

此式為電荷連續方程式,表示電荷守恆:

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 8 題5 分

  1. (5%) The plates of a parallel-plate capacitor has areas of 10 cm² each and are separated by 1 cm. The capacitor is filled with a dielectric material with εr=4ε\varepsilon_r = 4\varepsilon, where ε0=8.85×10−12F/m\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12}F/m, and the voltage across it is given by V(t)=30cos⁡(2π×109t)V(t) = 30\cos(2\pi \times 10^9 t) (V). What is the displacement current?
    (A) Id=2.4πε0×107sin⁡(2π×109t)I_d = 2.4\pi\varepsilon_0 \times 10^7 \sin(2\pi \times 10^9 t) (A)
    (B) Id=2.4πε0×109cos⁡(2π×109t)I_d = 2.4\pi\varepsilon_0 \times 10^9 \cos(2\pi \times 10^9 t) (A)
    (C) Id=2.4πε0×107sin⁡(2π×109t)I_d = 2.4\pi\varepsilon_0 \times 10^7 \sin(2\pi \times 10^9 t) (A)
    (D) None of the above.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

平行板電容器的位移電流為

Id=ddt∫SD⋅dSI_d=\frac{d}{dt}\int_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{S}

若介質均勻、電場近似均勻,則 D=εE\mathbf{D}=\varepsilon\mathbf{E}、E=V/dE=V/d,因此

Id=εAddVdt=CdVdtI_d=\varepsilon\frac{A}{d}\frac{dV}{dt}=C\frac{dV}{dt}

依題意將介電常數解讀為 ε=4ε0\varepsilon=4\varepsilon_0。

解題方法

先換算面積與板距:

A=10 cm2=1.0×10−3 m2,d=1 cm=1.0×10−2 mA=10\ \mathrm{cm^2}=1.0\times10^{-3}\ \mathrm{m^2}, \qquad d=1\ \mathrm{cm}=1.0\times10^{-2}\ \mathrm{m}

電容值為

C=4ε0Ad=4ε01.0×10−31.0×10−2=0.4ε0 FC=4\varepsilon_0\frac{A}{d} =4\varepsilon_0\frac{1.0\times10^{-3}}{1.0\times10^{-2}} =0.4\varepsilon_0\ \mathrm{F}

電壓對時間微分:

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 9 題5 分

  1. (5%) Considering a plane electromagnetic wave traveling in a material with a permittivity ε\varepsilon and a permeability μ\mu, what is the phase velocity of the wave?
    (A) 1με\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}
    (B) 1με\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}
    (C) με\sqrt{\mu\varepsilon}
    (D) none of the above.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

平面電磁波在均勻、無損耗材料中的相速度由介電率 ε\varepsilon 與磁導率 μ\mu 決定:

vp=1μεv_p=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}

其中:

  • ε\varepsilon:材料的介電率
  • μ\mu:材料的磁導率
  • vpv_p:波的相位速度

在真空中,ε=ε0\varepsilon=\varepsilon_0、μ=μ0\mu=\mu_0,因此

c=1μ0ε0c=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}}

解題方法

由 Maxwell 方程式可得電場的波動方程式:

∇2E=με∂2E∂t2\nabla^2\mathbf{E} = \mu\varepsilon \frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2}

一維平面波的標準波動方程式為

∂2E∂z2=1vp2∂2E∂t2\frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial z^2} = \frac{1}{v_p^2} \frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2}

比較兩式中的係數:

1vp2=με\frac{1}{v_p^2}=\mu\varepsilon

因此

vp2=1μεv_p^2=\frac{1}{\mu\varepsilon}

取正的速度大小,得到

vp=1με\boxed{v_p=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}}

選項分析

  • (A) 1με\displaystyle \frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}:正確。

    這正是均勻、無損耗材料中平面電磁波的相速度。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 10 題5 分

  1. (5%) The instantaneous expression of the electric field of a plane wave in vacuum is given by E⃗(z,t)=a^xE0cos⁡(ωt−βz)\vec{E}(z, t) = \hat{a}_x E_0 \cos(\omega t - \beta z). The intrinsic impedance (also called the wave impedance) is η0\eta_0. What is the instantaneous expression of the Poynting vector?
    (A) S⃗=a^zE02η0cos⁡2(ωt−βz)\vec{S} = \hat{a}_z \frac{E_0^2}{\eta_0} \cos^2(\omega t - \beta z)
    (B) S⃗=a^zE022η0cos⁡2(ωt−βz)\vec{S} = \hat{a}_z \frac{E_0^2}{2\eta_0} \cos^2(\omega t - \beta z)
    (C) S⃗=a^xE02η0cos⁡(ωt−βz)\vec{S} = \hat{a}_x \frac{E_0^2}{\eta_0} \cos(\omega t - \beta z)
    (D) none of the above.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查瞬時坡印廷向量(Poynting vector)的定義:

S⃗(z,t)=E⃗(z,t)×H⃗(z,t)\vec{S}(z,t)=\vec{E}(z,t)\times\vec{H}(z,t)

其中:

  • E⃗\vec{E}:瞬時電場
  • H⃗\vec{H}:瞬時磁場
  • S⃗\vec{S}:單位面積、單位時間所傳遞的電磁功率,方向為電磁波傳播方向

題目中的相位為 ωt−βz\omega t-\beta z,代表波沿 +z+z 方向傳播。

解題方法

已知電場為

E⃗(z,t)=a^xE0cos⁡(ωt−βz)\vec{E}(z,t)=\hat{a}_x E_0\cos(\omega t-\beta z)

對於真空中的均勻平面波,磁場與電場、傳播方向互相垂直,且滿足

H⃗=1η0a^z×E⃗\vec{H}=\frac{1}{\eta_0}\hat{a}_z\times\vec{E}

因為

a^z×a^x=a^y\hat{a}_z\times\hat{a}_x=\hat{a}_y

所以磁場為

H⃗(z,t)=a^yE0η0cos⁡(ωt−βz)\vec{H}(z,t) = \hat{a}_y\frac{E_0}{\eta_0} \cos(\omega t-\beta z)

代入坡印廷向量定義:

S⃗(z,t)=E⃗×H⃗=[a^xE0cos⁡(ωt−βz)]×[a^yE0η0cos⁡(ωt−βz)]=a^zE02η0cos⁡2(ωt−βz)\begin{aligned} \vec{S}(z,t) &=\vec{E}\times\vec{H}\\ &= \left[\hat{a}_x E_0\cos(\omega t-\beta z)\right] \times \left[ \hat{a}_y\frac{E_0}{\eta_0} \cos(\omega t-\beta z) \right]\\ &= \hat{a}_z\frac{E_0^2}{\eta_0} \cos^2(\omega t-\beta z) \end{aligned}

因此瞬時坡印廷向量沿 +z+z 方向,且大小隨時間與位置變化。

選項分析

  • (A) 正確
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 11 題5 分

  1. (5%) A linearly polarized plane wave (E⃗i,H⃗i\vec{E}_i, \vec{H}_i) with a frequency of 100 MHz propagates in vacuum in the +z direction. It impinges normally on a perfectly conducting plane at z=0z = 0 and gets reflected. The reflected wave is denoted by (E⃗r,H⃗r\vec{E}_r, \vec{H}_r). The incident and the reflected waves form a standing wave. Determine the location nearest to the conducting plane where the total magnetic field H⃗i+H⃗r\vec{H}_i + \vec{H}_r is zero.
    (A) z=−3z = -3 (m)
    (B) z=−1.5z = -1.5 (m)
    (C) z=−0.75z = -0.75 (m)
    (D) none of the above.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

【考點觀念】
平面波垂直入射完美導體(PEC)介面、駐波之磁場節點(Zero node)。


【詳細解析】

  1. 波長計算:
    真空中的電磁波波長 λ\lambda 為:
    λ=cf=3×108 m/s100×106 Hz=3 m\lambda = \frac{c}{f} = \frac{3 \times 10^8 \text{ m/s}}{100 \times 10^6 \text{ Hz}} = 3 \text{ m}
    對應的相位常數 β=2πλ=2π3 rad/m\beta = \frac{2\pi}{\lambda} = \frac{2\pi}{3} \text{ rad/m}。

  2. 電場與磁場的反射邊界條件:
    設入射波電場沿 +x^+\hat{x} 方向傳播於 +z+z 方向:
    E⃗i(z)=x^E0e−jβz\vec{E}_i(z) = \hat{x} E_0 e^{-j\beta z}
    H⃗i(z)=y^E0η0e−jβz\vec{H}_i(z) = \hat{y} \frac{E_0}{\eta_0} e^{-j\beta z}
    在 z=0z = 0 處遇完美導體(PEC),電場全反射且相位相反(Γ=−1\Gamma = -1),故反射波為:

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 12 題5 分

  1. (5%) Total internal reflection can occur at the interface between water and air. Assume the refractive index of water is 1.33. Which one of the following is closest to the critical angle at the water-air interface?
    (A) 36°
    (B) 42°
    (C) 45°
    (D) 49°.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查全反射(total internal reflection)與臨界角(critical angle)。

當光線由折射率較大的介質射向折射率較小的介質時,入射角逐漸增大,折射角會先達到 90∘90^\circ。此時的入射角稱為臨界角 θc\theta_c,滿足史涅耳定律:

n1sin⁡θc=n2sin⁡90∘n_1\sin\theta_c=n_2\sin90^\circ

因此:

sin⁡θc=n2n1\sin\theta_c=\frac{n_2}{n_1}

其中 n1n_1 為入射介質折射率,n2n_2 為折射介質折射率。


解題方法

光線由水射向空氣:

  • 水的折射率:n1=1.33n_1=1.33
  • 空氣的折射率:n2≈1.00n_2\approx 1.00

代入臨界角公式:

sin⁡θc=1.001.33≈0.7519\sin\theta_c=\frac{1.00}{1.33}\approx 0.7519

因此:

θc=sin⁡−1(0.7519)≈48.8∘\theta_c=\sin^{-1}(0.7519)\approx 48.8^\circ

取最接近的選項:

θc≈49∘\theta_c\approx 49^\circ

全反射發生的必要條件是:

  1. 光線由高折射率介質射向低折射率介質;
  2. 入射角大於臨界角。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 13 題5 分

  1. (5%) The following characteristics have been measured on a distortionless lossy transmission line at 100 MHz:
    Characteristic impedance: Z0=50ΩZ_0 = 50 \Omega
    attenuation constant: α=0.0869(dB/m)\alpha = 0.0869(\text{dB/m})
    phase constant: β=0.8π\beta = 0.8\pi (rad/m)
    please evaluate the value of the R in the RLGC model for this distortionless lossy transmission line.
    (A) 0.1 Ω\Omega/m
    (B) 0.5 Ω\Omega/m
    (C) 4.345 Ω\Omega/m
    (D) none of the above

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

無失真傳輸線(distortionless transmission line)滿足

RL=GC\frac{R}{L}=\frac{G}{C}

其特性阻抗與傳播常數分別為

Z0=LC=RGZ_0=\sqrt{\frac{L}{C}}=\sqrt{\frac{R}{G}} γ=α+jβ\gamma=\alpha+j\beta

在無失真條件下,衰減常數與單位長度電阻的關係為

α=RG=RZ0\alpha=\sqrt{RG}=\frac{R}{Z_0}

因此

R=αZ0R=\alpha Z_0

但題目給的 α=0.0869 dB/m\alpha=0.0869\ \text{dB/m} 是分貝制,必須先換算為奈培(Np/m)。


解題方法

衰減常數的換算關係為

1 Np=8.686 dB1\ \text{Np}=8.686\ \text{dB}

所以

α=0.08698.686≈0.01 Np/m\alpha = \frac{0.0869}{8.686} \approx 0.01\ \text{Np/m}

代入

R=αZ0R=\alpha Z_0

得到

R=(0.01)(50)=0.5 Ω/mR=(0.01)(50) =0.5\ \Omega/\text{m}

因此單位長度電阻為

R=0.5 Ω/mR=0.5\ \Omega/\text{m}

題目給出的 β=0.8π rad/m\beta=0.8\pi\ \text{rad/m} 可用於求 LL、CC 或波長,但本題只要求 RR,不需要使用。


選項分析

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 14 題5 分

  1. (5%) Given a load with a reflection coefficient ΓL=0.7ejπ/6\Gamma_L = 0.7 e^{j\pi/6} under the characteristic impedance (Z0Z_0), as the figure shown below. Now, we use a transmission line with characteristic impedance of ZlineZ_{\text{line}} and length of ll to match this load to the characteristic impedance (Z0Z_0). Which ZlineZ_{\text{line}} in the selection items have the best matching condition?
    (A) 0.33 Z0Z_0
    (B) 3.06 Z0Z_0
    (C) 0.72 Z0Z_0
    (D) Z0Z_0
    🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 6 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

無損傳輸線會改變反射係數的相位,但不改變其大小。若要讓線路輸入端匹配系統阻抗 Z0Z_0,就必須選擇適當的線路特性阻抗 ZlineZ_{\text{line}},使負載端相對於 ZlineZ_{\text{line}} 的反射係數大小,等於輸入端為匹配 Z0Z_0 所需的反射係數大小;再藉由調整線長 ll,使反射係數相位符合匹配條件。

解題方法

依原卷圖,系統參考阻抗為 Z0Z_0,負載前接一段特性阻抗為 ZlineZ_{\text{line}}、長度為 ll 的傳輸線,輸入端要求 Γin=0\Gamma_{\text{in}}=0;圖中負載反射係數標為 ΓL=0.7ej7π/6\Gamma_L=0.7e^{j7\pi/6},且是以 Z0Z_0 為參考阻抗。

先把負載反射係數轉成以 Z0Z_0 正規化的負載阻抗:

zL=ZLZ0=1+ΓL1−ΓLz_L=\frac{Z_L}{Z_0}=\frac{1+\Gamma_L}{1-\Gamma_L} ΓL=0.7ej7π/6=−0.6062−j0.3500\Gamma_L=0.7e^{j7\pi/6}=-0.6062-j0.3500 zL≈0.1887−j0.2590z_L\approx 0.1887-j0.2590

令 k=Zline/Z0k=Z_{\text{line}}/Z_0,並令 zL=a+jbz_L=a+jb。負載端反射係數若改以 ZlineZ_{\text{line}} 為參考,其大小為

∣ΓL,line∣=∣zL−kzL+k∣|\Gamma_{L,\text{line}}| =\left|\frac{z_L-k}{z_L+k}\right|

匹配時,輸入阻抗為 Z0Z_0。因此輸入端以 ZlineZ_{\text{line}} 為參考的反射係數大小必須為

∣Γin∣=∣Z0−ZlineZ0+Zline∣=∣1−k1+k∣|\Gamma_{\text{in}}| =\left|\frac{Z_0-Z_{\text{line}}}{Z_0+Z_{\text{line}}}\right| =\left|\frac{1-k}{1+k}\right|

無損線只旋轉反射係數的相位,所以兩端反射係數大小相等:

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 15 題5 分

Evaluate the input reflection coefficient (Γin\Gamma_{\mathrm{in}}) of the circuit constructed with an ideal transformer and a resistor, as shown below. It is noted that the characteristic impedance for evaluating the reflection coefficient (Z0Z_0) is 50 Ω50\,\Omega. Please select the closest value of Γin\Gamma_{\mathrm{in}} between the selection items.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) −0.89-0.89

(B) 0.30.3

(C) 0.890.89

(D) −0.3-0.3

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 6 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

理想變壓器會將負載阻抗依匝數比平方反映到輸入端。若左、右側匝數比為 Np:NsN_p:N_s,則

Zin=(NpNs)2ZLZ_{\mathrm{in}}=\left(\frac{N_p}{N_s}\right)^2 Z_L

輸入反射係數定義為

Γin=Zin−Z0Zin+Z0\Gamma_{\mathrm{in}}=\frac{Z_{\mathrm{in}}-Z_0}{Z_{\mathrm{in}}+Z_0}

解題方法

圖中輸入端接在左側線圈,右側線圈接一個 100 Ω100\,\Omega 電阻;變壓器標示匝數比為左側對右側 3:13:1,反射係數所用的參考阻抗為 Z0=50 ΩZ_0=50\,\Omega。

先將右側負載反映至輸入端:

Zin=(31)2(100 Ω)=900 ΩZ_{\mathrm{in}}=\left(\frac{3}{1}\right)^2(100\,\Omega)=900\,\Omega

代入反射係數公式:

Γin=900−50900+50=850950≈0.895\Gamma_{\mathrm{in}} =\frac{900-50}{900+50} =\frac{850}{950} \approx 0.895
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 16 題5 分

A d-c voltage (6 V6\,\mathrm{V}) is applied at t=0t=0 directly to the input terminals of a 25 Ω25\,\Omega-terminated lossless coaxial cable of 3 m3\,\mathrm{m} length, as shown below. The initial condition of voltage and current of the cable are 0 V0\,\mathrm{V} and 0 A0\,\mathrm{A}. The dielectric constant (ϵr\epsilon_r) of the insulating material in the cable is 44, and the characteristic impedance of the cable (Z0Z_0) is 50 Ω50\,\Omega. Determine the voltage value at the midpoint of the line at 60 μs60\,\mu\mathrm{s}.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) 6 V6\,\mathrm{V}

(B) 5.3 V5.3\,\mathrm{V}

(C) 4 V4\,\mathrm{V}

(D) none of the above

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 7 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

無損傳輸線上的電壓變化會以有限速度傳播,遇到負載或訊號源端時,會依反射係數產生反射波:

ΓL=RL−Z0RL+Z0,ΓS=RS−Z0RS+Z0\Gamma_L=\frac{R_L-Z_0}{R_L+Z_0}, \qquad \Gamma_S=\frac{R_S-Z_0}{R_S+Z_0}

本題的負載為 25 Ω25\,\Omega,傳輸線特性阻抗為 50 Ω50\,\Omega。輸入端是直接接上理想直流電壓源,因此訊號源內阻 RS=0R_S=0。

解題方法

圖中可讀出:6 V6\,\mathrm{V} 電源經開關接到長 3 m3\,\mathrm{m} 的無損同軸線,末端接 25 Ω25\,\Omega 負載;線路的 Z0=50 ΩZ_0=50\,\Omega、ϵr=4\epsilon_r=4,初始線路電壓與電流皆為零。要求的是線路中點在 60 μs60\,\mu\mathrm{s} 的電壓。

波速與單程傳播時間為

vp=cϵr=3×1082=1.5×108 m/sv_p=\frac{c}{\sqrt{\epsilon_r}} =\frac{3\times10^8}{2} =1.5\times10^8\ \mathrm{m/s} td=lvp=31.5×108=20 nst_d=\frac{l}{v_p} =\frac{3}{1.5\times10^8} =20\ \mathrm{ns}

因此 60 μs60\,\mu\mathrm{s} 已經過了 30003000 個單程傳播時間,遠大於線路的傳播時間。接著確認反射波會逐漸衰減:

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 17 題5 分

A parallel-plate waveguide has the two plates separated by 1 cm1\,\mathrm{cm} and is filled with a lossless dielectric with a dielectric constant of 2.12.1. What is the total number of waveguide modes that can propagate with the operating wavelength of 3 mm3\,\mathrm{mm}?

(A) 1414

(B) 1616

(C) 99

(D) none of the above

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

平行板波導可傳播的模式包含無截止頻率的 TEM 模式,以及有截止頻率的 TEm_m、TMm_m 模式。兩板間距為 dd 時,有截止頻率的第 mm 階模式滿足

fc,m=mc2dϵrf_{c,m}=\frac{mc}{2d\sqrt{\epsilon_r}}

若題目給的是自由空間波長 λ0\lambda_0,傳播條件可寫成

m<2dϵrλ0m<\frac{2d\sqrt{\epsilon_r}}{\lambda_0}

解題方法

圖中文字給出平行板間距 d=1 cmd=1\,\mathrm{cm}、介電常數 ϵr=2.1\epsilon_r=2.1,操作波長為 3 mm3\,\mathrm{mm};題目沒有另外標示這是介質中的波長,因此依一般慣例視為自由空間波長 λ0\lambda_0。

代入可傳播的最高模式階數條件:

m<2(10 mm)2.13 mm≈9.66m<\frac{2(10\,\mathrm{mm})\sqrt{2.1}}{3\,\mathrm{mm}} \approx 9.66
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 18 題5 分

For the design of symmetric dielectric slab waveguides, given the following conditions:

(i) smaller refractive index contrast

(ii) thicker core layer

(iii) higher operation frequency

How many of the conditions above will make the waveguide more likely to be single-moded?

(A) 11

(B) 22

(C) 33

(D) none of the above

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

對稱介電平板波導能否維持單模,取決於正規化頻率 VV。若 VV 越小,高階模越不容易傳播,波導越容易保持單模。以芯層半厚度 aa 表示,常用定義為

V=k0an12−n22=2πλ0an12−n22,V = k_0 a\sqrt{n_1^2-n_2^2} = \frac{2\pi}{\lambda_0}a\sqrt{n_1^2-n_2^2},

其中 n1n_1、n2n_2 分別為芯層與包覆層折射率,λ0\lambda_0 為真空波長,且 f=c/λ0f=c/\lambda_0。因此,VV 會隨芯層厚度、折射率對比與操作頻率增加而增大;單模設計則希望 VV 較小。

解題方法

圖中第 18 題討論的是對稱介電平板波導,列出三項條件:較小折射率對比、較厚芯層、較高操作頻率。逐項判斷它們對正規化頻率 VV 的影響:使 VV 降低的條件有利於單模,使 VV 升高的條件則不利於單模。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 19 題5 分

One air-filled rectangular waveguide is connected to another rectangular waveguide filled with a dielectric characterized by the dielectric constant ϵr\epsilon_r. Both waveguides have identical dimensions with a=2ba=2b. What is the exact expression for the frequency range over which single-mode operation will occur in both waveguides?

(A) c2aϵr<f<c2a\frac{c}{2a\sqrt{\epsilon_r}}<f<\frac{c}{2a}

(B) c2a<f<caϵr\frac{c}{2a}<f<\frac{c}{a\sqrt{\epsilon_r}}

(C) c2aϵr<f<ca\frac{c}{2a\sqrt{\epsilon_r}}<f<\frac{c}{a}

(D) none of the above

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

矩形波導各模態的截止頻率為

fc,mn=c2ϵr(ma)2+(nb)2f_{c,mn}=\frac{c}{2\sqrt{\epsilon_r}}\sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+\left(\frac{n}{b}\right)^2}

其中空氣波導取 ϵr=1\epsilon_r=1。單模操作時,頻率必須高於主模 TE10_{10} 的截止頻率,且低於下一個模態的截止頻率。

解題方法

依原卷第 19 題,題目給的是一段空氣填充矩形波導與一段介電質填充矩形波導相接,兩者尺寸相同,且 a=2ba=2b;題目未指定 ϵr\epsilon_r 的數值。以下依介電質 ϵr>1\epsilon_r>1 求兩段波導都能單模傳播的頻率範圍。

對 a=2ba=2b,主模 TE10_{10} 的截止頻率為

fc,10=c2aϵrf_{c,10}=\frac{c}{2a\sqrt{\epsilon_r}}

下一個截止模態為 TE20_{20} 與 TE01_{01},兩者截止頻率相同:

fc,20=fc,01=caϵrf_{c,20}=f_{c,01}=\frac{c}{a\sqrt{\epsilon_r}}

因此,介電質填充波導的單模範圍是

c2aϵr<f<caϵr\frac{c}{2a\sqrt{\epsilon_r}}<f<\frac{c}{a\sqrt{\epsilon_r}}

空氣波導則令 ϵr=1\epsilon_r=1,單模範圍為

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 20 題5 分

For an air-filled parallel-plate waveguide, if the zigzag angle φ\varphi defined below is 36.87∘36.87^\circ for the TE2\mathrm{TE}_2 mode, what would it be for the TE1\mathrm{TE}_1 mode at the same frequency?

(A) 72.54∘72.54^\circ

(B) 25.84∘25.84^\circ

(C) 17.45∘17.45^\circ

(D) none of the above

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 8 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

平行板波導中的 TEm\mathrm{TE}_m 模態,橫向波數為 kx=mπ/dk_x=m\pi/d,其中 dd 是兩板間距。波在空氣中的總波數為 k=ω/ck=\omega/c,射線方向與 zz 軸的夾角 φ\varphi 滿足

sin⁡φ=kxk.\sin\varphi=\frac{k_x}{k}.

因此,在板間距與頻率相同時,sin⁡φ\sin\varphi 與模態序數 mm 成正比。

解題方法

圖中是空氣填充的平行板波導;φ\varphi 標示為射線與水平 zz 方向的夾角。題目給定 TE2\mathrm{TE}_2 模態的 φ2=36.87∘\varphi_2=36.87^\circ,要求相同頻率下 TE1\mathrm{TE}_1 模態的角度。

兩模態的總波數 kk 與板間距 dd 相同,而 TE1\mathrm{TE}_1 的橫向波數是 TE2\mathrm{TE}_2 的一半:

sin⁡φ1=kx,1k=12kx,2k=12sin⁡φ2.\sin\varphi_1 =\frac{k_{x,1}}{k} =\frac{1}{2}\frac{k_{x,2}}{k} =\frac{1}{2}\sin\varphi_2.

由 sin⁡36.87∘≈0.6\sin 36.87^\circ\approx 0.6,得到

φ1=arcsin⁡(0.62)=arcsin⁡(0.3)≈17.4576∘.\varphi_1 =\arcsin\left(\frac{0.6}{2}\right) =\arcsin(0.3) \approx 17.4576^\circ.
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題