112 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

安培定律指出，沿閉合路徑的磁場線積分等於路徑所包圍的帶正負號電流乘上 $\mu_0$：

$$\oint \vec{B}\cdot d\vec{l}=\mu_0 I_{\text{enc}}$$

以逆時針方向繞行時，正向法線指向紙面外；順時針繞行則方向相反。依圖示，$\odot$ 表示電流流出紙面，$\otimes$ 表示電流流入紙面。題目也給出逆時針只包住 A 時積分為 $-\mu_0 I$，因此 A 的電流對逆時針方向而言為 $-I$。

解題方法

以逆時針為正，四條導線的帶符號電流為

$$I_A=-I,\qquad I_B=3I,\qquad I_C=-2I,\qquad I_D=-5I$$

逐一計算各選項包圍的帶符號電流，再依路徑方向決定積分正負。

核心觀念

本題考查電動勢（Electromotive Force, EMF）的計算，核心理論為法拉第電磁感應定律（Faraday's Law of Electromagnetic Induction）與冷次定律（Lenz's Law）：

1. 磁通量（Magnetic Flux, $\Phi$）： $$\Phi = \int \mathbf{B} \cdot d\mathbf{a}$$ 若磁場均勻且垂直通過線圈截面，穿過單匝面積為 $A$ 的線圈之磁通量為 $\Phi = B A$。
2. 法拉第感應定律（含冷次定律）：
   包含 $N$ 匝的線圈所產生的總感應電動勢（EMF, $\mathcal{E}$）為： $$\mathcal{E} = -N \frac{d\Phi}{dt}$$ 式中的負號代表冷次定律所決定的反抗磁通變化的極性方向。

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解題方法

1. 計算單匝線圈的截面積 $A$：
   半徑為 $R$ 的圓形線圈，其截面積為：

   $$A = \pi R^2$$

2. 計算通過單匝線圈的磁通量 $\Phi(t)$：
   由於磁感應強度 $B(t) = B_0 \sin(\omega t)$ 為均勻分布且垂直穿過線圈平面，因此：

   $$\Phi(t) = B(t) \cdot A = (\pi R^2) B_0 \sin(\omega t)$$

3. 依據法拉第定律求解線圈的總感應電動勢 $\mathcal{E}(t)$：

   $$\mathcal{E}(t) = -N \frac{d\Phi(t)}{dt} = -N \frac{d}{dt}\left[ \pi R^2 B_0 \sin(\omega t) \right]$$

   對時間 $t$ 進行微分：

   $$\frac{d}{dt}\sin(\omega t) = \omega \cos(\omega t)$$

   代入即得感應電動勢：

核心觀念

本題評量靜磁場中**安培定律（Ampère's Circuital Law）**的微分式與積分式應用，以及利用對稱性分析磁通密度向量場（$\vec{B}$）的方向與空間分佈。

所涉及的關鍵定理與定義包含：

1. 安培定律微分式：
   $\nabla \times \vec{B} = \mu_0 \vec{J}$
2. 直角座標系中的旋度展開：
   $\nabla \times \vec{B} = \left(\frac{\partial B_z}{\partial y} - \frac{\partial B_y}{\partial z}\right)\hat{a}_x + \left(\frac{\partial B_x}{\partial z} - \frac{\partial B_z}{\partial x}\right)\hat{a}_y + \left(\frac{\partial B_y}{\partial x} - \frac{\partial B_x}{\partial y}\right)\hat{a}_z$
3. 對稱性分析與邊界連續條件：利用電流的奇偶性（$J_z(y)$ 為 $y$ 的奇函數）判斷場的分佈對稱性。

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解題方法

1. 對稱性與場向量方向判定

電流密度給定為：
$\vec{J} = J_0\left(\frac{y}{a}\right)\hat{a}_z \quad (-a < y < a)$

• 電流分佈在 $x$ 與 $z$ 方向為無限延伸平面平板，因此幾何上對 $x$ 與 $z$ 具平移對稱性，所有場量僅為 $y$ 的函數，即 $\frac{\partial}{\partial x} = 0$ 且 $\frac{\partial}{\partial z} = 0$。
• 電流方向為 $+z$ 方向（當 $y > 0$ 時）與 $-z$ 方向（當 $y < 0$ 時）。由右手定則與對稱性可知，磁場向量僅具有 $x$ 方向分量，即：
  $\vec{B} = B_x(y)\hat{a}_x$

2. 微分方程式求解

將 $\vec{B} = B_x(y)\hat{a}_x$ 代入安培定律 $\nabla \times \vec{B} = \mu_0 \vec{J}$：
$\nabla \times \vec{B} = -\frac{dB_x}{dy}\hat{a}_z = \mu_0 J_0\left(\frac{y}{a}\right)\hat{a}_z$

得到純量微分方程式：
$\frac{dB_x}{dy} = -\frac{\mu_0 J_0}{a}y$

積分求得通解：
$B_x(y) = -\frac{\mu_0 J_0}{2a}y^2 + C$
其中 $C$ 為待定常數。

3. 邊界條件與外部場分析

為求得積分常數 $C$，考慮板外的磁場。

• 整個平板內每單位長度（沿 $x$ 方向）的總電流：
  $I_{\text{total}}' = \int_{-a}^{a} J_z(y) \, dy = \int_{-a}^{a} J_0\left(\frac{y}{a}\right) dy = 0$
  因為被積函數為 $y$ 的奇函數，在對稱區間 $[-a, a]$ 積分為零。

核心觀念

磁場在兩種磁性介質的交界面上，若沒有表面電流，切向磁場強度連續；磁通密度的法向分量也連續：

$$H_{1t}=H_{2t},\qquad B_{1n}=B_{2n}$$

又因為 $B=\mu H$，所以 $\mu_1H_{1n}=\mu_2H_{2n}$。題圖中的 $\alpha_1$、$\alpha_2$ 都是磁場與界面法線的夾角。

解題方法

以切向與法向分量表示磁場。由角度定義，

$$\tan\alpha_1=\frac{H_{1t}}{H_{1n}},\qquad \tan\alpha_2=\frac{H_{2t}}{H_{2n}}$$

利用邊界條件 $H_{2t}=H_{1t}$ 及 $H_{2n}=(\mu_1/\mu_2)H_{1n}$，可得

$$\tan\alpha_2 =\frac{H_{1t}}{(\mu_1/\mu_2)H_{1n}} =\frac{\mu_2}{\mu_1}\tan\alpha_1$$

因此

核心觀念

本題考查**矩形金屬波導（Rectangular Metallic Waveguide）**中的導模（Guided Modes）傳輸條件與截止頻率（Cutoff Frequency）計算。

1. 截止頻率公式：
   對於內部填充空氣（或真空，波速 $u = c = 3 \times 10^8\text{ m/s} = 30\text{ GHz}\cdot\text{cm}$）的矩形波導，寬邊為 $a$、窄邊為 $b$，其 $\text{TE}_{mn}$ 或 $\text{TM}_{mn}$ 模態的截止頻率為： $$(f_c)_{mn} = \frac{c}{2} \sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2 + \left(\frac{n}{b}\right)^2}$$
2. 可傳輸模態條件：
   訊號頻率 $f$ 必須大於該模態的截止頻率，即 $f > (f_c)_{mn}$，該模態才能在波導中形成傳播模（Propagating/Guided Mode），否則為漸逝波（Evanescent Wave）。
3. 模態存在指標規定：
   • $\text{TE}_{mn}$ 模態：$m, n$ 為非負整數，且 $m$ 與 $n$ 不能同時為零（即 $m+n \ge 1$）。
   • $\text{TM}_{mn}$ 模態：$m, n$ 必須均為正整數（即 $m \ge 1$ 且 $n \ge 1$），最低模為 $\text{TM}_{11}$。

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解題方法

題目給定條件：

• 寬度 $a = 3\text{ cm}$
• 高度 $b = 2\text{ cm}$
• 傳輸訊號頻率 $f = 12\text{ GHz}$

利用光速與公分的轉換常數：$\frac{c}{2} = \frac{3 \times 10^{10}\text{ cm/s}}{2} = 15\text{ GHz}\cdot\text{cm}$，代入截止頻率公式：

$$(f_c)_{mn} = 15 \sqrt{\left(\frac{m}{3}\right)^2 + \left(\frac{n}{2}\right)^2}\text{ GHz}$$

依序計算低階模態的截止頻率 $(f_c)_{mn}$，並檢驗是否滿足 $(f_c)_{mn} < 12\text{ GHz}$：

1. $(m=1, n=0)$：

   • 僅有 $\text{TE}_{10}$ 模態存在。
   $$(f_c)_{10} = 15 \times \frac{1}{3} = 5\text{ GHz}$$

   因為 $5\text{ GHz} < 12\text{ GHz}$，故 $\text{TE}_{10}$ 可傳播。

2. $(m=0, n=1)$：

   • 僅有 $\text{TE}_{01}$ 模態存在。
   $$(f_c)_{01} = 15 \times \frac{1}{2} = 7.5\text{ GHz}$$

   因為 $7.5\text{ GHz} < 12\text{ GHz}$，故 $\text{TE}_{01}$ 可傳播。

3. $(m=2, n=0)$：

   • 僅有 $\text{TE}_{20}$ 模態存在。
   $$(f_c)_{20} = 15 \times \frac{2}{3} = 10\text{ GHz}$$

   因為 $10\text{ GHz} < 12\text{ GHz}$，故 $\text{TE}_{20}$ 可傳播。

4. $(m=1, n=1)$：

   • 此時 $\text{TE}_{11}$ 與 $\text{TM}_{11}$ 同時存在（簡併模，Degenerate Modes）。
   $$(f_c)_{11} = 15 \sqrt{\left(\frac{1}{3}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2} = 15 \sqrt{\frac{1}{9} + \frac{1}{4}} = 15 \sqrt{\frac{13}{36}} = \frac{15\sqrt{13}}{6} = 2.5\sqrt{13}\text{ GHz}$$

核心觀念

本題考查矩形金屬波導（Rectangular Metallic Waveguide）中 TE 模態（橫電波）與 TM 模態（橫磁波）的截止頻率（Cutoff Frequency, $f_c$）以及各模態的存在條件（Existence Condition）。

1. 截止頻率公式：
   對於截面尺寸為 $a$（$x$ 方向）與 $b$（$y$ 方向）的充填介質矩形波導，$\text{TE}_{mn}$ 或 $\text{TM}_{mn}$ 模態的截止頻率公式為：

   $$(f_c)_{mn} = \frac{u}{2} \sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2 + \left(\frac{n}{b}\right)^2}$$

   其中 $u = \frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}$ 為介質中的光速，$m$ 與 $n$ 為非負整數。

2. 模態存在條件（不可忽視的物理限制）：

   • TE 模態（$\text{TE}_{mn}$）：電場縱向分量 $E_z = 0$。邊界條件允許 $m$ 或 $n$ 其中一個為 $0$，但不可同時為 $0$（即 $m, n = 0, 1, 2, \dots$，且 $m+n \ge 1$）。因此 $\text{TE}_{10}$、$\text{TE}_{01}$ 模態均可存在。
   • TM 模態（$\text{TM}_{mn}$）：磁場縱向分量 $H_z = 0$。由電場切線分量在波導四個導體壁上皆為零的邊界條件可知，TM 模態場形含有 $\sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right)$ 項。若 $m=0$ 或 $n=0$，整個場分量恆等於零，形成平凡解（Trivial solution）。因此 TM 模態中 $m \ge 1$ 且 $n \ge 1$ 必須同時成立，即 $\text{TM}_{m0}$ 與 $\text{TM}_{0n}$ 模態不存在。

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解題方法

由題意已知截面幾何條件為 $a = 2b$（即 $b = \frac{a}{2}$），代入截止頻率通式：

$$(f_c)_{mn} = \frac{u}{2} \sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2 + \left(\frac{n}{a/2}\right)^2} = \frac{u}{2a} \sqrt{m^2 + 4n^2}$$

針對題目選項所牽涉到的各組指標 $(m, n)$，計算並檢查模態是否存在：

1. 對於 $(m, n) = (1, 1)$：

核心觀念

1. TEM 模態（Transverse Electromagnetic Mode）的定義與存在條件：

   • TEM 模態要求電場與磁場均僅存在於橫向平面（即軸向分量 $E_z = 0$ 且 $H_z = 0$）。
   • 在均勻、無源的橫截面介質中，TEM 波的橫向電場滿足二維拉普拉斯方程式（Laplace's equation）： $$\nabla_t^2 \Phi = 0$$ 其中橫向電場可表示為純量位能的梯度：$\mathbf{E}_t = -\nabla_t \Phi$。
   • 根據拉普拉斯方程式的極值原理（Maximum Principle）與唯一定理：在一個由單一閉合導體邊界包圍的連通區域內，若邊界為等電位（例如理想導體壁面，其切向電場為零，電位為常數），則整個內部區域的電位必須為常數（$\Phi = \text{const}$），導致內部電場 $\mathbf{E}_t = -\nabla_t \Phi = 0$。
   • 因此，TEM 模態必須存在於「至少包含兩個或兩個以上互不相連的導體」之結構中（例如同軸電纜、平行雙線），以維持不同的導體電位差；單一閉合導體空腔管（Single-conductor hollow waveguide）無法傳輸非零的 TEM 模態。

2. 微帶線（Microstrip Line）的模態特性：

   • 微帶線由一條導體微帶線、介質基板與下方的接地金屬板組成，具有兩個分離的導體。
   • 但由於微帶線上方的介質通常為空氣（$\epsilon_0$），下方為介電基板（$\epsilon_r > 1$），屬於非均勻介質（Inhomogeneous medium）。在空氣與基板交界面處的邊界條件要求下，純 TEM 模態無法滿足界面連續條件，因此嚴格來說其支援的傳輸模態為**準 TEM 模態（quasi-TEM mode）**或高階混合模態（Hybrid modes, EH/HE）。
   • 在中低頻段（微波工程實務與標準教科書中），準 TEM 模態的場形與傳播特性極為接近純 TEM 模態，但仍非純 TEM 模態。

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解題方法

由導波結構的導體數量與介質均勻性進行判定：

1. 單導體中空波導：
   • 矩形波導（Rectangular Waveguide）與圓形波導（Circular Waveguide）皆屬於單一連續閉合導體邊界，內部橫截面為單連通區域。
   • 由拉普拉斯方程式邊界條件可知，內部不存在靜電位差，因此絕對無法傳輸 TEM 模態，只能傳輸 TE 模態或 TM 模態。
2. 多導體波導與介質特性：

核心觀念

本題旨在測驗導波管（Waveguide）中的相速度（Phase Velocity）之向量與分量關係，以及波向量 $\vec{k}$ 與相速度向量之間的幾何與物理意義。

1. 色散關係（Dispersion Relation）與波向量分解：
   在均勻中空金屬導波管中，電磁波在管壁之間經多次反射傳播。波向量的大小為 $k = \omega\sqrt{\mu\epsilon} = \frac{\omega}{c}$（在無損耗真空或介質中），滿足空間向量分解：

   $$k^2 = k_x^2 + k_y^2 + k_z^2$$

   其中 $k_x, k_y$ 為橫向截止波數分量（與邊界條件及截止頻率有關），$k_z = \beta$ 為管軸傳播常數。因此式 (eq.4) 恆成立。

2. 視相速度（Apparent Phase Velocity）的定義：
   一個沿波向量 $\vec{k} = k_x\hat{a}_x + k_y\hat{a}_y + k_z\hat{a}_z$ 前進的平面均勻波，其波前（等相位面）法線方向為 $\hat{n} = \frac{\vec{k}}{k}$。波前的法向傳播速度（真理相速度）為：

   $$v_p = \frac{\omega}{k}$$

   若觀察等相位面沿座標軸 $x, y, z$ 的截點移動速度，定義為視相速度（apparent phase velocity）：

   $$v_{p,i} = \frac{\omega}{k_i}, \quad i = x, y, z$$

   因為等相位面與各軸夾角之方向餘弦為 $\cos\theta_i = \frac{k_i}{k}$，波前在軸向截點的推進速度為：

   $$v_{p,i} = \frac{v_p}{\cos\theta_i} = \frac{\omega/k}{k_i/k} = \frac{\omega}{k_i}$$

   因此式 (eq.2) 本身是各軸方向視相速度的標準正確定義。

3. 相速度的向量不可直接畢氏定理相加：
   相速度並非遵循一般幾何向量投影規則的實體移動速度。各軸方向的截點移動速度 $v_i$ 大於法向速度 $v$（因為 $\cos\theta_i \le 1 \implies v_i \ge v$）。
   由方向餘弦的幾何關係：

   $$\cos^2\theta_x + \cos^2\theta_y + \cos^2\theta_z = 1$$

   代入 $\cos\theta_i = \frac{v_p}{v_{p,i}}$，可得相速度各軸分量的真實關係式為：

   $$\frac{1}{v_p^2} = \frac{1}{v_{p,x}^2} + \frac{1}{v_{p,y}^2} + \frac{1}{v_{p,z}^2}$$

   而非純量速度平方和 $v^2 = v_x^2 + v_y^2 + v_z^2$。因此，式 (eq.1) 是錯誤的假設。

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解題方法

John 在推導時誤用了直角座標系下速度向量合成的畢氏定理。

1. 檢驗式 (eq.4)：
   由波動方程式 $\nabla^2 \vec{E} + k^2\vec{E} = 0$，在直角座標分量展開可得本徵值關係： $$k^2 = k_x^2 + k_y^2 + k_z^2$$ 這是波動方程式在直角座標中分離變數的直接結果，式 (eq.4) 必定成立。

核心觀念

1. 純量場的方向導數（Directional Derivative）：
   在純量場 $V(x, y, z)$ 中，於某特定點沿單位向量 $\hat{a}_u$ 方向的「增加率（rate of increase）」，在數學與電磁學中定義為該點沿 $\hat{a}_u$ 方向的方向導數，其值等於梯度與該方向單位向量的內積： $$\frac{dV}{dl} = \nabla V \cdot \hat{a}_u$$
2. 沿坐標基底向量的變化率：
   若所求方向為直角坐標的基底單位向量（本題為 $\hat{a}_z$），則方向導數簡化為對該變數的偏導數： $$\nabla V \cdot \hat{a}_z = \frac{\partial V}{\partial z}$$

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解題方法

1. 計算純量場對 $z$ 的偏導數：
   題目給定純量函數：

   $$V = \left(\cos\frac{\pi}{2}x\right)\left(\sin\frac{\pi}{4}y\right)e^{3z}$$

   對變數 $z$ 進行偏微分，此時將 $x$ 與 $y$ 視為常數：

   $$\frac{\partial V}{\partial z} = 3\left(\cos\frac{\pi}{2}x\right)\left(\sin\frac{\pi}{4}y\right)e^{3z}$$

2. 代入目標點 $(x, y, z) = (1, 2, 0)$：
   將坐標各分量代入偏導函數中：

   $$\left. \frac{\partial V}{\partial z} \right|_{(1,2,0)} = 3\left[\cos\left(\frac{\pi}{2}\times 1\right)\right]\left[\sin\left(\frac{\pi}{4}\times 2\right)\right]e^{3\times 0}$$

   各項數值分別為：

   $$\cos\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$$

核心觀念

均勻材料的電阻由電阻率 $\rho$、電流通過的長度 $L$，以及垂直於電流方向的截面積 $S$ 決定：

$$R=\rho\frac{L}{S}$$

導電率 $\sigma$ 與電阻率互為倒數，亦即 $\rho=1/\sigma$，因此：

$$R=\frac{L}{\sigma S}$$

解題方法

圖中電流由圓柱的頂面流向底面，通過長度為 $L$ 的材料；垂直於電流方向的截面積為 $S$。代入 $\rho=1/\sigma$，電阻為：

$$R=\frac{1}{\sigma}\frac{L}{S} =\frac{L}{\sigma S}$$

選項分析

核心觀念

介電質是否崩潰，取決於介電層內的電場是否達到材料的介電強度。導體內電場為零，因此外加電壓只分配在絕緣層上。

圖中上方的 Material1 位於上、中的導體之間；下方的 Material2、Material3 並排在中、下導體之間。忽略邊緣效應時，Material2 和 Material3 接在相同兩個導體間，等效為並聯；這組並聯介電層再與 Material1 串聯。

解題方法

設上層總面積為 $A$。由 $L_1=L_2$，下層的 Material2、Material3 各占面積 $A/2$。電容公式為 $C=\varepsilon_0\varepsilon_r A/d$。

Material1 厚 $1\,\mu\text{m}$，其電容為

$$C_1=\frac{\varepsilon_0(6)A}{1\,\mu\text{m}}.$$

下層厚 $0.5\,\mu\text{m}$，兩種材料並聯，等效電容為

$$C_{\text{下}} =\frac{\varepsilon_0(4)(A/2)}{0.5\,\mu\text{m}} +\frac{\varepsilon_0(8)(A/2)}{0.5\,\mu\text{m}} =\frac{\varepsilon_0(6)A}{0.5\,\mu\text{m}} =2C_1.$$

串聯電容的電壓與電容成反比，因此

$$V_1=\frac{C_{\text{下}}}{C_1+C_{\text{下}}}V_{\text{in}} =\frac{2}{3}V_{\text{in}}, \qquad V_{\text{下}}=\frac{C_1}{C_1+C_{\text{下}}}V_{\text{in}} =\frac{1}{3}V_{\text{in}}.$$

當 $V_{\text{in}}=20\,\text{V}$ 時，Material1 上的電壓為 $13.33\,\text{V}$，下層兩種材料各承受 $6.67\,\text{V}$。因此各材料的電場大小為

核心觀念

均勻固定電荷使電位滿足一維卜瓦松方程：

$$\frac{d^2V}{dz^2}=-\frac{\rho}{\epsilon}$$

兩片金屬板的電位是邊界條件：底板接地，因此 $V(0)=0$；頂板與底板的電位差為 $V_0$，因此 $V(d)=V_0$。

解題方法

對卜瓦松方程積分兩次：

$$V(z)=-\frac{\rho}{2\epsilon}z^2+C_1z+C_2$$

由 $V(0)=0$ 得 $C_2=0$。再代入 $V(d)=V_0$：

$$V_0=-\frac{\rho}{2\epsilon}d^2+C_1d \quad\Longrightarrow\quad C_1=\frac{V_0}{d}+\frac{\rho d}{2\epsilon}$$

因此在材料中點 $z=d/2$：

核心觀念

本題評量均勻平面波（Uniform Plane Wave）在無損耗自由空間（空氣）中傳播的基本參數關係。核心觀念與公式如下：

1. 時域電場瞬時表示式：
   沿 $+z$ 方向傳播之 $x$ 偏振均勻平面波標準形式為： $$\vec{E}(z, t) = \hat{a}_x E_0 \cos(\omega t - k_0 z + \phi)$$ 其中 $\omega$ 為角頻率（Angular frequency，單位 $\text{rad/s}$），$k_0$ 為自由空間波數（Free-space wavenumber，或相位常數 $\beta_0$，單位 $\text{rad/m}$），$\phi$ 為初始相位。
2. 色散關係（Dispersion Relation）：
   在空氣或自由空間（Free space）中，電磁波之相速度為光速 $c \approx 3 \times 10^8\text{ m/s}$，角頻率 $\omega$ 與波數 $k_0$ 之關聯為： $$k_0 = \frac{\omega}{c} = \omega \sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}$$

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解題方法

1. 提取題目的已知物理量：
   比對題目給定之電場表示式：

   $$\vec{E}(z, t) = \hat{a}_x 4 \times 10^{-5}\cos(6 \times 10^{14}t - k_0z + \pi/4) \text{ (V/m)}$$

   可直接讀出時間變數 $t$ 前方的角頻率係數：

   $$\omega = 6 \times 10^{14}\text{ rad/s}$$

2. 計算自由空間波數 $k_0$：
   因為波在空氣中傳播，介質常數可視為真空，波速 $c = 3 \times 10^8\text{ m/s}$。將 $\omega$ 代入波數定義式：

核心觀念

本題評量**電漿介質中的色散關係（Dispersion Relation）與群速度（Group Velocity）**的定義及計算：

1. 色散關係：
   在無損耗、非磁性（$\mu = \mu_0$）的電漿介質中，波數 $k$ 與角頻率 $\omega$ 的關係由波動方程式決定：

   $$k = \omega\sqrt{\mu_0\epsilon} = \omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0\left(1 - \frac{\omega_p^2}{\omega^2}\right)}$$

   由於真空光速 $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}$，色散關係式可化簡為：

   $$\omega^2 = \omega_p^2 + c^2 k^2$$

2. 相速度與群速度定義：

   • 相速度（Phase velocity）：$v_p = \frac{\omega}{k}$
   • 群速度（Group velocity）：$v_g = \frac{d\omega}{dk}$

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解題方法

由平面電磁波在電漿中的波數表示式出發：

$$k = \frac{\omega}{c}\sqrt{1 - \frac{\omega_p^2}{\omega^2}} = \frac{1}{c}\sqrt{\omega^2 - \omega_p^2}$$

兩邊平方整理得到標準色散方程式：

$$\omega^2 = \omega_p^2 + c^2 k^2$$

欲求群速度 $v_g = \frac{d\omega}{dk}$，將上式對 $k$ 進行隱微分：

$$2\omega \frac{d\omega}{dk} = 2c^2 k$$

整理可得：

$$v_g = \frac{d\omega}{dk} = c^2 \frac{k}{\omega} = \frac{c^2}{v_p}$$

將 $k = \frac{\omega}{c}\sqrt{1 - \frac{\omega_p^2}{\omega^2}}$ 代入 $\frac{k}{\omega}$：

$$\frac{k}{\omega} = \frac{1}{c}\sqrt{1 - \frac{\omega_p^2}{\omega^2}}$$

因此，群速度為：

核心觀念

本題考查平面電磁波在不同介質交界面**垂直入射（Normal Incidence）時的邊界條件與反射係數（Reflection Coefficient）**公式。

當均勻平面波（Uniform Plane Wave）由介質 1（本質阻抗為 $\eta_1$）垂直入射至介質 2（本質阻抗為 $\eta_2$）的平整交界面時：

1. 電場反射係數 $\Gamma$ 定義為反射波電場振幅與入射波電場振幅之比：

$$\Gamma = \frac{E_{r0}}{E_{i0}} = \frac{\eta_2 - \eta_1}{\eta_2 + \eta_1}$$

2. 電場穿透係數 $\tau$ 定義為透射波電場振幅與入射波電場振幅之比：

$$\tau = \frac{E_{t0}}{E_{i0}} = \frac{2\eta_2}{\eta_2 + \eta_1}$$

兩者滿足關係式：

$$1 + \Gamma = \tau$$

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解題方法

假設交界面位於 $z = 0$，波沿 $+z$ 方向傳播，介質 1 佔據 $z < 0$（空氣，阻抗 $\eta_1$），介質 2 佔據 $z > 0$（無損介質，阻抗 $\eta_2$）。

設入射波電場極化方向為 $\hat{x}$ 方向，則各區域之電磁波場向量可表示為：

• 入射波（Incident Wave）：

$$\mathbf{E}_i(z) = \hat{x} E_{i0} e^{-j\beta_1 z}$$ $$\mathbf{H}_i(z) = \hat{y} \frac{E_{i0}}{\eta_1} e^{-j\beta_1 z}$$

• 反射波（Reflected Wave）：

$$\mathbf{E}_r(z) = \hat{x} E_{r0} e^{+j\beta_1 z}$$ $$\mathbf{H}_r(z) = -\hat{y} \frac{E_{r0}}{\eta_1} e^{+j\beta_1 z}$$

• 透射波（Transmitted Wave）：

$$\mathbf{E}_t(z) = \hat{x} E_{t0} e^{-j\beta_2 z}$$ $$\mathbf{H}_t(z) = \hat{y} \frac{E_{t0}}{\eta_2} e^{-j\beta_2 z}$$

在交界面 $z = 0$ 處，切線分量電場與磁場必須連續（無表面自由電流）：

1. 電場切線分量連續：

$$E_{i0} + E_{r0} = E_{t0}$$

2. 磁場切線分量連續：

核心觀念

本題考查平面電磁波入射至平整介質分界面時的折射行為，主要核心定理與公式包含：

1. 介質折射率（Index of Refraction）：
   對於無耗損（lossless）、非磁性（nonmagnetic，即相對導磁係數 $\mu_r = 1$）的等向性介質，其折射率 $n$ 與相對介電常數 $\epsilon_r$ 之關係為： $$n = \sqrt{\epsilon_r \mu_r} = \sqrt{\epsilon_r}$$
2. 司乃耳折射定律（Snell's Law of Refraction）：
   電磁波由介質 1 入射至介質 2，界面兩側切線相位常數必須連續（相位匹配條件），因而導出司乃耳定律： $$n_1 \sin\theta_i = n_2 \sin\theta_t$$ 其中 $\theta_i$ 為入射角（Angle of Incidence），$\theta_t$ 為折射角（Angle of Refraction）。

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解題方法

1. 求兩介質之折射率：

   • 空氣（介質 1）：$\epsilon_{r1} \approx 1$、$\mu_{r1} = 1$，故折射率： $$n_1 = 1$$
   • 介質 2：非磁性且相對介電常數 $\epsilon_{r2} = 2.25$，其折射率為： $$n_2 = \sqrt{2.25} = 1.5 = \frac{3}{2}$$

2. 代入司乃耳定律計算折射角：
   已知入射角 $\theta_i = 30^\circ$，代入公式：

   $$n_1 \sin\theta_i = n_2 \sin\theta_t$$ $$1 \times \sin 30^\circ = 1.5 \times \sin\theta_t$$

   因為 $\sin 30^\circ = 0.5 = \frac{1}{2}$，可得：

核心觀念

本題考查**有耗損傳輸線（Lossy Transmission Line）的功率衰減以及負載端阻抗不匹配（Impedance Mismatch）**所造成的反射功率損耗。涉及的核心定理與公式如下：

1. 負載端電壓反射係數（Voltage Reflection Coefficient）：
   當特性阻抗為 $Z_0$ 的傳輸線連接阻抗為 $Z_L$ 的負載時，負載端的反射係數 $\Gamma_L$ 為：

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

2. 負載接收功率與入射功率的關係：
   在負載端（$z = l$），負載所實際吸收（接收）的時間平均功率 $P_L$ 與抵達負載端的入射波功率 $P_i(l)$ 之關係為：

   $$P_L = P_i(l)(1 - |\Gamma_L|^2) \implies P_i(l) = \frac{P_L}{1 - |\Gamma_L|^2}$$

3. 有損傳輸線的功率衰減規律：
   行進波之電壓與電流隨傳播距離 $z$ 呈指數衰減 $e^{-\alpha z}$（其中 $\alpha$ 為衰減常數，單位為 $\text{Np/m}$）。因為功率正比於電壓（或電流）的平方，故入射波功率沿線的衰減規律為：

   $$P_i(z) = P_i(0) e^{-2\alpha z}$$

   由傳輸線輸入端（$z = 0$）傳播長度 $l$ 至負載端（$z = l$）時，輸入端所需的入射功率 $P_i(0)$ 為：

   $$P_i(0) = P_i(l) e^{2\alpha l}$$

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解題方法

步驟一：計算負載端的反射係數及功率傳輸比例
由題目條件知特性阻抗 $Z_0 = 50\ \Omega$，接收端負載阻抗 $Z_L = 75\ \Omega$：

$$\Gamma_L = \frac{75 - 50}{75 + 50} = \frac{25}{125} = 0.2$$

負載端的功率反射比為 $|\Gamma_L|^2 = (0.2)^2 = 0.04$。
因此，穿透並被接收端負載吸收的功率比例為：

$$1 - |\Gamma_L|^2 = 1 - 0.04 = 0.96$$

步驟二：計算抵達負載端的最小入射功率 $P_i(l)$
已知接收器解調信號所需的最小接收功率為 $P_L = 10^{-5}\text{ W}$：

$$P_i(l) = \frac{P_L}{1 - |\Gamma_L|^2} = \frac{10^{-5}}{0.96}\text{ W}$$

步驟三：計算輸入端最小所需輸入功率 $P_{\text{in}}$
傳輸線長度 $l = 100\text{ m}$，衰減常數 $\alpha = 10^{-2}\text{ Np/m} = 0.01\text{ Np/m}$。
功率衰減因子為：

$$2\alpha l = 2 \times 0.01 \times 100 = 2$$

因此，輸入端傳送的最小入射功率 $P_{\text{in}} = P_i(0)$ 為：

$$P_{\text{in}} = P_i(l) e^{2\alpha l} = \frac{10^{-5}}{0.96} \times e^2$$

步驟四：數值估算
取尤拉數 $e \approx 2.7$（或精準值 $e \approx 2.718$，$e^2 \approx 7.389$）：

• 若以速算估計（$e \approx 2.7 \implies e^2 \approx 7.29$）：

核心觀念

本題考查無損傳輸線（Lossless Transmission Line）的輸入阻抗公式以及開路傳輸線（Open-Circuited Line）的阻抗特性。

1. 無損傳輸線輸入阻抗公式：
   對於特性阻抗為 $Z_0$、負載阻抗為 $Z_L$、長度為 $\ell$、相位常數為 $\beta$ 的無損傳輸線，其輸入阻抗為：

   $$Z_{\text{in}} = Z_0 \frac{Z_L + j Z_0 \tan(\beta\ell)}{Z_0 + j Z_L \tan(\beta\ell)}$$

2. 開路負載條件（Open Circuit）：
   當末端開路時，負載阻抗 $Z_L \to \infty$，輸入阻抗簡化為純抗性（Purely Reactive）：

   $$Z_{\text{in, oc}} = \lim_{Z_L \to \infty} Z_{\text{in}} = -j Z_0 \cot(\beta\ell)$$

3. 電長度（Electrical Length）關係：
   波長為 $\lambda_z$，相位常數 $\beta = \frac{2\pi}{\lambda_z}$，傳輸線的電長度為 $\beta\ell$。

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解題方法與詳細推導

1. 計算電長度 $\beta\ell$：
   由題意，傳輸線長度 $\ell = \frac{2}{3}\lambda_z$，代入 $\beta = \frac{2\pi}{\lambda_z}$：

   $$\beta\ell = \left(\frac{2\pi}{\lambda_z}\right) \left(\frac{2}{3}\lambda_z\right) = \frac{4\pi}{3} = 240^\circ$$

2. 求取輸入阻抗 $Z_{\text{in}}$：
   對於開路無損傳輸線，其輸入阻抗為：

   $$Z_{\text{in}} = -j Z_0 \cot(\beta\ell) = -j Z_0 \cot\left(\frac{4\pi}{3}\right)$$

   利用三角函數基本性質：

   $$\cot\left(\frac{4\pi}{3}\right) = \cot\left(\pi + \frac{\pi}{3}\right) = \cot\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}}$$

   代入輸入阻抗表示式：

   $$Z_{\text{in}} = -j \frac{Z_0}{\sqrt{3}}$$

3. 阻抗物理意義分析：

   • 特性阻抗 $Z_0$ 在無損線路中為非零的正實數（$Z_0 = \sqrt{L/C} > 0$）。
   • 故 $Z_{\text{in}} = -j \frac{Z_0}{\sqrt{3}}$ 是一個**非零、有限值（finite）且為純虛數（純電容抗性，purely reactive / purely imaginary）**的阻抗。

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