113 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%) Given the vector function A⃗=3x2exi^+x3y3j^\vec{A} = 3x^2e^x\hat{i} + x^3y^3\hat{j}.
    Please evaluate ∮A⃗⋅dl⃗\oint \vec{A} \cdot d\vec{l} around the rectangular area from P1(0,0,0)P_1(0,0,0) to P2(3,0,0)P_2(3,0,0) to P3(3,4,0)P_3(3,4,0) to P4(0,4,0)P_4(0,4,0), and back to P1(0,0,0)P_1(0,0,0).
    (A) 0
    (B) 864
    (C) 1728
    (D) None of the above

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核心觀念

本題考查向量線積分與格林定理。對平面向量場

A⃗=P(x,y)i^+Q(x,y)j^\vec A=P(x,y)\hat i+Q(x,y)\hat j

若閉合路徑 CC 以逆時針方向繞行區域 SS,則格林定理為

∮CA⃗⋅dl⃗=∮CP dx+Q dy=∬S(∂Q∂x−∂P∂y)dS.\oint_C \vec A\cdot d\vec l = \oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_S \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right)dS.

本題中

P(x,y)=3x2ex,Q(x,y)=x3y3.P(x,y)=3x^2e^x,\qquad Q(x,y)=x^3y^3.

路徑 P1→P2→P3→P4→P1P_1\to P_2\to P_3\to P_4\to P_1 為逆時針方向,矩形範圍為

0≤x≤3,0≤y≤4.0\le x\le 3,\qquad 0\le y\le 4.

解題方法

先計算旋度的 zz 分量:

∂Q∂x=∂∂x(x3y3)=3x2y3,\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^3y^3) = 3x^2y^3,

而 PP 與 yy 無關,因此

∂P∂y=0.\frac{\partial P}{\partial y}=0.

套用格林定理:

∮CA⃗⋅dl⃗=∫03∫043x2y3 dy dx.\oint_C \vec A\cdot d\vec l = \int_0^3\int_0^4 3x^2y^3\,dy\,dx.

分離積分:

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第 2 題5 分

  1. (5%) A point charge Q is placed at the original point inside a hollow sphere, as shown in the figure below. The material of the hollow sphere is perfect electrical conductor (PEC). The total outward flux of the electric field intensity over the closed surface S (∮E⃗⋅dS⃗\oint \vec{E} \cdot d\vec{S}) is:
    (A) 0
    (B) Q/ϵ0Q/\epsilon_0
    (C) −Q/ϵ0-Q/\epsilon_0
    (D) None of the above

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核心觀念

靜電平衡時,理想導體(PEC)材料內部的電場為零。圖中的閉合積分面 SS 位於導體材料內,因此 SS 上各處皆有 E⃗=0⃗\vec E=\vec 0。

也可用高斯定律檢查:

∮SE⃗⋅dS⃗=Qencϵ0\oint_S \vec E\cdot d\vec S = \frac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0}

解題方法

點電荷 QQ 位於中空球殼的空腔內。為使導體內部電場為零,空腔內表面會感應總電荷 −Q-Q。由圖可見,積分面 SS 位於導體材料內,包住點電荷與空腔內表面的感應電荷,但不包住球殼外表面的電荷。因此:

Qenc=Q+(−Q)=0Q_{\text{enc}}=Q+(-Q)=0

套用高斯定律:

∮SE⃗⋅dS⃗=0ϵ0=0\oint_S \vec E\cdot d\vec S = \frac{0}{\epsilon_0} = 0
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第 3 題5 分

  1. (5%) A lossy dielectrics (conductivity = σ\sigma, absolute permittivity = ϵ\epsilon) is placed between two parallel perfect metal plates, as shown in the figure below. The areas of the metal plates are A (A = W×L). The distance between the metal plates is d and is much smaller than the length or width of the metal plates (d≪Wd \ll W and d≪Ld \ll L). Applying a voltage V0V_0 between the perfect metal plates, please evaluate the ratio between the storage energy and dissipated power of this structure (Estorage/PdissE_{storage}/P_{diss}).
    (A) ϵσ2\frac{\epsilon\sigma}{2}
    (B) σ2ϵ\frac{\sigma}{2\epsilon}
    (C) ϵ2σ\frac{\epsilon}{2\sigma}
    (D) None of the above

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核心觀念

平行金屬板間距遠小於板長與板寬,可忽略邊緣效應,視板間電場為均勻電場。介質中的電場能量密度為

ue=12ϵE2u_e=\frac{1}{2}\epsilon E^2

而導電造成的焦耳耗散功率密度為

pdiss=J⋅E=σE2p_{\mathrm{diss}}=\mathbf{J}\cdot\mathbf{E}=\sigma E^2

解題方法

板間電場為 E=V0/dE=V_0/d,介質體積為 AdAd。因此儲存的電場能量為

Estorage=ue(Ad)=12ϵ(V0d)2AdE_{\mathrm{storage}}=u_e(Ad) =\frac{1}{2}\epsilon\left(\frac{V_0}{d}\right)^2Ad

耗散功率為

Pdiss=pdiss(Ad)=σ(V0d)2AdP_{\mathrm{diss}}=p_{\mathrm{diss}}(Ad) =\sigma\left(\frac{V_0}{d}\right)^2Ad

兩者相除後,電場大小與介質體積皆消去:

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第 4 題5 分

  1. (5%) Given two problems (Problem A, and Problem B) in the free space shown below. Assume the solution of the scalar electrical potential distribution of Problem A is VAV_A, and the solution of the scalar electrical potential distribution of Problem B is VBV_B. Please evaluate:
    ∫z=−∞z=∞∫x=−∞x=∞[∇A(x,0,z)–∇B(x,0,z)]⋅y^dxdz\int_{z=-\infty}^{z=\infty} \int_{x=-\infty}^{x=\infty} [\nabla_A(x, 0, z) – \nabla_B(x, 0, z)] \cdot \hat{y} dx dz
    (A) ϵ02\frac{\epsilon_0}{2}
    (B) Qϵ0\frac{Q}{\epsilon_0}
    (C) 0
    (D) None of the above

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核心觀念

本題考「鏡像法」與接地導體的邊界條件。圖中 Problem A 是點電荷 QQ 位於接地無限平面 y=0y=0 上方,座標為 (0,d,0)(0,d,0);Problem B 則是在自由空間中,另有一個 −Q-Q 位於 (0,−d,0)(0,-d,0)。

由鏡像法,Problem A 在 y>0y>0 半空間的電位,等效於 Problem B 的電位。

解題方法

令 R+R_+、R−R_- 分別為場點 (x,y,z)(x,y,z) 到 (0,d,0)(0,d,0)、(0,−d,0)(0,-d,0) 的距離。Problem B 的電位為

VB(x,y,z)=Q4πϵ0(1R+−1R−).V_B(x,y,z) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{1}{R_+}-\frac{1}{R_-} \right).

這個電位在導體平面 y=0y=0 上為零,符合 Problem A 的接地邊界條件。因此,依鏡像法,對 y>0y>0 有

VA(x,y,z)=VB(x,y,z).V_A(x,y,z)=V_B(x,y,z).
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第 5 題5 分

  1. (5%) A positive point charge Q is at the center of a spherical dielectric sphere with radius of R. The material of this dielectric sphere is simple medium with relative permittivity of ϵr\epsilon_r. Please evaluate the equivalent polarization surface charge density (or bound surface charge density) of the surface of the sphere.
    (A) 0
    (B) Q4π(ϵr−1)R2\frac{Q}{4\pi(\epsilon_r-1)R^2}
    (C) Q4πϵrR2\frac{Q}{4\pi\epsilon_rR^2}
    (D) None of the above

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觀念說明

此題考查介電質中的束縛表面電荷密度(Bound Surface Charge Density, ρps\rho_{ps} 或 σb\sigma_b)。
極化強度 P\mathbf{P} 與電位移矢量 D\mathbf{D} 的關係為:
P=D−ϵ0E=(1−1ϵr)D\mathbf{P} = \mathbf{D} - \epsilon_0 \mathbf{E} = \left(1 - \frac{1}{\epsilon_r}\right) \mathbf{D}

介電質外表面的束縛表面電荷密度為極化強度在表面法向量上的分量:
ρps=P⋅a^r\rho_{ps} = \mathbf{P} \cdot \hat{\mathbf{a}}_r


詳細推導

  1. 求介電質內部的電位移矢量 D\mathbf{D}
    由高斯定律,球殼內點電荷 QQ 在 r=R−r = R^- 處產生的電位移矢量為:
    D=Q4πR2a^r\mathbf{D} = \frac{Q}{4\pi R^2} \hat{\mathbf{a}}_r
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第 6 題5 分

  1. (5%) A charge is moving in a magnetic field. Which of the following statements is true?
    (A) The magnetic field does no work on the charge only if the magnetic field is static.
    (B) The magnetic field does no work on the charge only if the magnetic field is time-dependent.
    (C) The magnetic field never does work on the charge.
    (D) None of the above.

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核心觀念

帶電粒子受到的洛倫茲力為

F=q(E+v×B)\mathbf{F}=q\left(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times\mathbf{B}\right)

其中磁力為

FB=qv×B\mathbf{F}_B=q\mathbf{v}\times\mathbf{B}

磁力與粒子速度 v\mathbf{v} 垂直,因為叉積 v×B\mathbf{v}\times\mathbf{B} 必與 v\mathbf{v} 垂直。因此磁力對帶電粒子所做的功率為

PB=FB⋅v=q(v×B)⋅v=0P_B=\mathbf{F}_B\cdot\mathbf{v} =q(\mathbf{v}\times\mathbf{B})\cdot\mathbf{v}=0

所以磁力不改變帶電粒子的動能,只能改變其運動方向,不能改變其速率。

此結論與磁場是否為靜態、是否隨時間變化無關。

解題方法

直接利用功率定義判斷磁場是否做功:

P=F⋅vP=\mathbf{F}\cdot\mathbf{v}

對磁力而言,

PB=(qv×B)⋅v=0P_B =\left(q\mathbf{v}\times\mathbf{B}\right)\cdot\mathbf{v} =0

因此在任意瞬間,磁力皆不做功。對整段運動積分後,磁力所做的總功仍為

WB=∫PB dt=0W_B=\int P_B\,dt=0

即使磁場隨時間變化,磁力仍然滿足

FB⊥v\mathbf{F}_B\perp\mathbf{v}

不會直接對電荷做功。

須特別區分:時間變化的磁場會依據法拉第定律產生感應電場,

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

感應電場可以對電荷做功,但這是電場力

FE=qE\mathbf{F}_E=q\mathbf{E}

所做的功,不是磁力所做的功。

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第 7 題5 分

  1. (5%) The mutual inductance between two coils is M. Which of the following statements is true?
    (A) When the currents of two coils are doubled, their mutual inductance is halved.
    (B) The mutual inductance is changed when the materials of the coils are changed.
    (C) Mutual inductance depends on the geometry of the coils, specifically their shape, size, and the relative positions of their windings.
    (D) None of the above.

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核心觀念

互感 MM 是描述兩線圈之間磁耦合程度的參數。若線圈 2 通以電流 I2I_2,在線性、定常磁性介質下,線圈 1 所鏈結的磁通量為 Φ12\Phi_{12},則互感定義為

M=N1Φ12I2M=\frac{N_1\Phi_{12}}{I_2}

其中 N1N_1 為線圈 1 的匝數。由法拉第定律,線圈 1 因線圈 2 的電流變化所產生的感應電壓為

v1=−MdI2dtv_1=-M\frac{dI_2}{dt}

互感主要由以下因素決定:

  • 兩線圈的形狀與尺寸
  • 線圈的匝數
  • 兩線圈的相對位置與方向
  • 周圍磁性介質或磁芯的磁導率
  • 兩線圈之間的磁通耦合程度

在線性磁性介質中,互感是系統本身的參數,與線圈中當下流過的電流大小無關。


解題方法

本題直接根據互感的物理定義與影響因素判斷。

由定義可知,互感是「線圈 2 單位電流所在線圈 1 產生的磁通鏈結量」:

M=線圈 1 的磁通鏈結線圈 2 的電流M=\frac{\text{線圈 1 的磁通鏈結}}{\text{線圈 2 的電流}}

因此,若只是改變電流大小,磁通量與電流會同比例變化,兩者的比值 MM 不變。互感的大小主要取決於線圈的幾何結構與磁場耦合關係。


選項分析

(A) When the currents of two coils are doubled, their mutual inductance is halved.

此敘述錯誤。

在線性介質中,若線圈 2 的電流加倍,所產生的磁通量也加倍:

I2→2I2I_2\rightarrow 2I_2 Φ12→2Φ12\Phi_{12}\rightarrow 2\Phi_{12}

因此

M′=N1(2Φ12)2I2=N1Φ12I2=MM'=\frac{N_1(2\Phi_{12})}{2I_2} =\frac{N_1\Phi_{12}}{I_2} =M

互感不會因電流加倍而減半,仍維持原值。


(B) The mutual inductance is changed when the materials of the coils are changed.

此敘述錯誤。

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第 8 題5 分

  1. (5%) A solenoid has n turns per unit length. The self-inductance of a solenoid is proportional to
    (A) n
    (B) n²
    (C) n³
    (D) None of the above

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核心觀念

本題考查螺線管的自感係數定義與公式。理想長螺線管的自感係數為

L=μN2AℓL=\mu \frac{N^2 A}{\ell}

其中:

  • μ\mu:磁介質的磁導率
  • NN:螺線管總匝數
  • AA:截面積
  • ℓ\ell:螺線管長度

題目給定每單位長度的匝數為 nn,因此

N=nℓN=n\ell

代入自感係數公式:

L=μ(nℓ)2AℓL=\mu \frac{(n\ell)^2 A}{\ell}

整理得

L=μn2AℓL=\mu n^2 A\ell

在 μ\mu、AA 與 ℓ\ell 固定時,

L∝n2L\propto n^2

因此自感係數與單位長度匝數的平方成正比。

解題方法

也可以從磁通量直接推導。

長螺線管內的磁場為

B=μnIB=\mu n I

單一線圈所穿過的磁通量為

Φ=BA=μnIA\Phi=BA=\mu nIA

總匝數為 N=nℓN=n\ell,因此磁通鏈結量為

NΦ=(nℓ)(μnIA)=μn2AℓIN\Phi=(n\ell)(\mu nIA) =\mu n^2 A\ell I

根據自感係數定義,

NΦ=LIN\Phi=LI

所以

L=μn2AℓL=\mu n^2A\ell

故

L∝n2L\propto n^2
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第 9 題5 分

  1. (5%) A sinusoidal electromagnetic wave in vacuum has an electric field E⃗=E0sin⁡(kz−ωt)y^\vec{E} = E_0 \sin(kz - \omega t)\hat{y}. What is its magnetic field B⃗\vec{B}? c the light speed.
    (A) B⃗=−E0csin⁡(kz−ωt)x^\vec{B} = -\frac{E_0}{c}\sin(kz - \omega t)\hat{x}
    (B) B⃗=E0csin⁡(kz−ωt)x^\vec{B} = \frac{E_0}{c}\sin(kz - \omega t)\hat{x}
    (C) B⃗=E0ccos⁡(kz−ωt)x^\vec{B} = \frac{E_0}{c}\cos(kz - \omega t)\hat{x}
    (D) None of the above

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核心觀念

本題考查真空中平面電磁波的電場、磁場方向與大小關係:

  1. 電磁波傳播方向由相位 kz−ωtkz-\omega t 判定。
  2. E⃗\vec{E}、B⃗\vec{B} 與傳播方向兩兩垂直。
  3. 三者方向符合右手定則:
    E⃗×B⃗∥波的傳播方向\vec{E}\times\vec{B} \parallel \text{波的傳播方向}
  4. 真空中的電磁波滿足:
    B=EcB=\frac{E}{c}

解題方法

電場為

E⃗=E0sin⁡(kz−ωt)y^\vec{E}=E_0\sin(kz-\omega t)\hat{y}

相位為 kz−ωtkz-\omega t,表示波沿 +z+z 方向傳播,因此傳播方向為 z^\hat{z}。

磁場必須滿足

E⃗×B⃗∥z^\vec{E}\times\vec{B}\parallel\hat{z}

由於

y^×x^=−z^\hat{y}\times\hat{x}=-\hat{z}

要使 E⃗×B⃗\vec{E}\times\vec{B} 指向 +z^+\hat{z},磁場方向必須為 −x^-\hat{x}。

磁場大小由真空中的關係式決定:

B=Ec=E0csin⁡(kz−ωt)B=\frac{E}{c} =\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)

因此

B⃗=−E0csin⁡(kz−ωt)x^\boxed{ \vec{B} =-\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)\hat{x} }

也可由平面波公式驗證:

B⃗=1ωk⃗×E⃗\vec{B}=\frac{1}{\omega}\vec{k}\times\vec{E}

其中

k⃗=kz^,k=ωc\vec{k}=k\hat{z},\qquad k=\frac{\omega}{c}

所以

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第 10 題5 分

  1. (5%) Which of the following statements about the skin depth of a metal is true?
    (A) The skin depth increases if the frequency of the electromagnetic wave decreases.
    (B) The skin depth increases if the conductivity of the metal increases.
    (C) The skin depth does not depend on the conductivity of the metal.
    (D) None of the above.

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核心觀念

金屬中的電磁波會因導電電流產生焦耳損耗,使電磁場隨深入金屬的距離而衰減。皮深(skin depth)δ\delta 定義為電磁場振幅衰減至表面值的 1/e1/e 所對應的距離。

對良導體而言,皮深為

δ=2ωμσ\delta=\sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}}

其中:

  • ω=2πf\omega=2\pi f:角頻率
  • μ\mu:金屬的磁導率
  • σ\sigma:金屬的導電率
  • ff:電磁波頻率

因此,在 μ\mu 固定時,

δ∝1fσ\delta\propto \frac{1}{\sqrt{f\sigma}}

也就是說,頻率或導電率增加時,皮深都會減少。


解題方法

直接由皮深公式判斷各物理量的關係:

δ=2ωμσ\delta=\sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}}

由於 ω=2πf\omega=2\pi f,可寫成

δ=1πfμσ\delta=\sqrt{\frac{1}{\pi f\mu\sigma}}

所以:

δ∝1f,δ∝1σ\delta\propto \frac{1}{\sqrt{f}}, \qquad \delta\propto \frac{1}{\sqrt{\sigma}}

因此,頻率降低時,皮深增加;導電率增加時,皮深減少。


選項分析

**(A) The skin depth increases if the frequency of the electromagnetic wave decrease

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第 11 題5 分

  1. (5%) A uniform plane wave travels in a dielectric medium. The electric field component is given by E⃗(y,z,t)=2400π×cos⁡(2π×108t–8πy+6πz+π)x^\vec{E}(y, z, t) = 2400\pi \times \cos(2\pi \times 10^8 t – 8\pi y + 6\pi z + \pi)\hat{x} (V/m). Assume this dielectric medium is lossless and non-magnetic. Which of the following statements is correct?
    (A) The wavelength in the dielectric medium is 5 m.
    (B) The dielectric constant ϵr\epsilon_r is 15.
    (C) The amplitude of the magnetic field in y-direction (HyH_y) is 16 A/m.
    (D) None of the above.

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觀念與參數比對

均勻平面波電場形式為 E⃗(y,z,t)=E0cos⁡(ωt−k⃗⋅r⃗+ϕ0)x^\vec{E}(y, z, t) = E_0 \cos(\omega t - \vec{k} \cdot \vec{r} + \phi_0)\hat{x},對照題目給定式:

  • 角頻率 ω=2π×108 rad/s\omega = 2\pi \times 10^8 \text{ rad/s}
  • 波向量 k⃗=8πy^−6πz^ rad/m\vec{k} = 8\pi \hat{y} - 6\pi \hat{z} \text{ rad/m}
  • 電場振幅 E0=2400π V/mE_0 = 2400\pi \text{ V/m}

選項推導與分析

  1. 波長 λ\lambda:
    相移常數大小 kk 為:
    k=∣k⃗∣=(8π)2+(−6π)2=10π rad/mk = |\vec{k}| = \sqrt{(8\pi)^2 + (-6\pi)^2} = 10\pi \text{ rad/m}
    波長 λ\lambda 為:
    λ=2πk=2π10π=0.2 m\lambda = \frac{2\pi}{k} = \frac{2\pi}{10\pi} = 0.2 \text{ m}
    故選項 (A) 錯誤。

  2. 介電常數 ϵr\epsilon_r:
    相速度 vv 為:
    v=ωk=2π×10810π=2×107 m/sv = \frac{\omega}{k} = \frac{2\pi \times 10^8}{10\pi} = 2 \times 10^7 \text{ m/s}

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第 12 題5 分

  1. (5%) Consider a plane electromagnetic wave propagates from one medium (air, n1=1.0n_1 = 1.0) to the other (glass, n2=1.5n_2 = 1.5) at oblique incidence. Both media are nonconducting, linear, homogeneous, non-magnetic. The electric field is perpendicular to the plane of incidence.
    (A) The transmittance is about 99.8% ± 0.1% if the angle of incidence is 60°.
    (B) The Brewster's angle is about 56.3° ± 0.1°.
    (C) All of the above.
    (D) None of the above.

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觀念解析

本題考查電磁波斜入射(Oblique Incidence)至介電介質介面的傳輸特性:

  1. 電場垂直於入射面(Perpendicular Polarization / s-polarization / TE wave):

    • 垂直偏振時,Brewster 角(完全透射角 θB\theta_B)只會在兩介質的磁導率不同(μ1≠μ2\mu_1 \neq \mu_2)時存在。對於非磁性介質(μ1=μ2=μ0\mu_1 = \mu_2 = \mu_0),垂直偏振不存在 Brewster 角。
    • 題幹選項 (B) 所給出的 θB=tan⁡−1(n2/n1)=tan⁡−1(1.5)≈56.31∘\theta_B = \tan^{-1}(n_2 / n_1) = \tan^{-1}(1.5) \approx 56.31^\circ 為**平行偏振(Parallel Polarization / TM wave)**的 Brewster 角,故選項 (B) 錯誤。
  2. 透射率(Transmittance, TT)計算:

    • 入射角 θi=60∘\theta_i = 60^\circ,由 Snell's Law:
      n1sin⁡θi=n2sin⁡θt  ⟹  1.0×sin⁡60∘=1.5×sin⁡θt  ⟹  sin⁡θt=33≈0.5774n_1 \sin\theta_i = n_2 \sin\theta_t \implies 1.0 \times \sin 60^\circ = 1.5 \times \sin\theta_t \implies \sin\theta_t = \frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0.5774
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第 13 題5 分

  1. (5%) A load ZL=121 ΩZ_L = 121 \, \Omega is to be matched to a transmission line with characteristic impedance Z0=16 ΩZ_0 = 16 \, \Omega. Four quarter-wave transmission lines with various characteristic impedances: Z1=25 ΩZ_1 = 25 \, \Omega, Z2=28 ΩZ_2 = 28 \, \Omega, Z3=36 ΩZ_3 = 36 \, \Omega, and Z4=77 ΩZ_4 = 77 \, \Omega are available. Which of the following statements is correct?
    (A) Combination of Z1Z_1 and Z3Z_3 can achieve this matching.
    (B) Combination of Z2Z_2 and Z4Z_4 can achieve this matching.
    (C) Combination of Z1Z_1, Z2Z_2, and Z3Z_3 can achieve this matching.
    (D) None of the above.

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核心觀念

本題考查無耗損四分之一波長變壓器的阻抗轉換。對於特性阻抗為 ZtZ_t、負載為 ZinZ_{\mathrm{in}} 的四分之一波長傳輸線,其輸入阻抗為

Zin=Zt2ZL.Z_{\mathrm{in}}=\frac{Z_t^2}{Z_L}.

若多段四分之一波長傳輸線串接,必須由負載端逐段向源端反覆套用上述公式。相鄰兩段的阻抗會產生比例平方的效果。


解題方法

兩段四分之一波長傳輸線

設靠近源端的特性阻抗為 ZaZ_a,靠近負載端的特性阻抗為 ZbZ_b。

先由靠近負載端的傳輸線開始:

Zin,b=Zb2ZL.Z_{\mathrm{in},b}=\frac{Z_b^2}{Z_L}.

再經過靠近源端的傳輸線:

Zin=Za2Zin,b=Za2Zb2/ZL=ZL(ZaZb)2.Z_{\mathrm{in}} =\frac{Z_a^2}{Z_{\mathrm{in},b}} =\frac{Z_a^2}{Z_b^2/Z_L} =Z_L\left(\frac{Z_a}{Z_b}\right)^2.

本題要求匹配至 Z0=16 ΩZ_0=16\,\Omega,因此兩段傳輸線須滿足

16=121(ZaZb)2.16=121\left(\frac{Z_a}{Z_b}\right)^2.

整理得

ZaZb=16121=411.\frac{Z_a}{Z_b} =\sqrt{\frac{16}{121}} =\frac{4}{11}.

因此,靠近源端與靠近負載端的特性阻抗比例必須為

Za:Zb=4:11.Z_a:Z_b=4:11.

檢查可用阻抗:

Z2:Z4=28:77=4:11.Z_2:Z_4=28:77=4:11.

所以將 Z2=28 ΩZ_2=28\,\Omega 放在源端、Z4=77 ΩZ_4=77\,\Omega 放在負載端即可匹配。

直接計算如下:

Zin=121(2877)2=121(411)2=16 Ω.Z_{\mathrm{in}} =121\left(\frac{28}{77}\right)^2 =121\left(\frac{4}{11}\right)^2 =16\,\Omega.

三段四分之一波長傳輸線

若三段由源端至負載端依序為 Za,Zb,ZcZ_a,Z_b,Z_c,則:

Zin=Za2Zc2Zb2ZL=1ZL(ZaZcZb)2.Z_{\mathrm{in}} =\frac{Z_a^2Z_c^2}{Z_b^2Z_L} =\frac{1}{Z_L}\left(\frac{Z_aZ_c}{Z_b}\right)^2.

要匹配 Z0=16 ΩZ_0=16\,\Omega,必須有

1121(ZaZcZb)2=16,\frac{1}{121}\left(\frac{Z_aZ_c}{Z_b}\right)^2=16,

因此

ZaZcZb=16×121=44.\frac{Z_aZ_c}{Z_b} =\sqrt{16\times121} =44.
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第 14 題5 分

  1. (5%) A normalized loading impedance zLz_L has its reflection coefficient indicated as point A on the Smith chart (shown in following figure). Assuming λ\lambda is the wavelength, what is the most likely length for the transmission line to move the impedance from the point A to the point B?
    (A) λ\lambda
    (B) λ/2\lambda/2
    (C) λ/3\lambda/3
    (D) λ/4\lambda/4

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🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 5 頁

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核心觀念

無耗傳輸線上的阻抗移動時,反射係數大小不變,因此會沿著史密斯圖上的等駐波比圓旋轉。傳輸線長度為 ll 時,反射係數相位改變量的大小為

Δϕ=2βl,β=2πλ\Delta\phi=2\beta l,\qquad \beta=\frac{2\pi}{\lambda}

解題方法

圖中 AA 與 BB 位於同一等駐波比圓,且約相隔半圈,因此反射係數相位改變 π\pi。代入相位變化公式:

2βl=π2\beta l=\pi l=π2β=π2(2π/λ)=λ4l=\frac{\pi}{2\beta} =\frac{\pi}{2(2\pi/\lambda)} =\frac{\lambda}{4}
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第 15 題5 分

  1. (5%) Following the previous question, what is the standing-wave ratio of the normalized loading impedance zLz_L at point A?
    (A) 5+15−1\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}
    (B) 6+16−1\frac{\sqrt{6}+1}{\sqrt{6}-1}
    (C) 7+17−1\frac{\sqrt{7}+1}{\sqrt{7}-1}
    (D) None of the above.

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核心觀念

傳輸線的電壓駐波比(Standing-Wave Ratio, SWR)定義為

SWR=1+∣ΓL∣1−∣ΓL∣\mathrm{SWR}=\frac{1+|\Gamma_L|}{1-|\Gamma_L|}

其中負載端反射係數為

ΓL=zL−1zL+1\Gamma_L=\frac{z_L-1}{z_L+1}

而 zLz_L 是正規化負載阻抗。依前一題所得

zL=2+jz_L=2+j

因此可直接由正規化阻抗計算反射係數大小。

解題方法

將 zL=2+jz_L=2+j 代入反射係數公式:

ΓL=(2+j)−1(2+j)+1=1+j3+j\Gamma_L=\frac{(2+j)-1}{(2+j)+1} =\frac{1+j}{3+j}

故

∣ΓL∣=∣1+j∣∣3+j∣=12+1232+12=210=15|\Gamma_L| =\frac{|1+j|}{|3+j|} =\frac{\sqrt{1^2+1^2}}{\sqrt{3^2+1^2}} =\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{10}} =\frac{1}{\sqrt{5}}

代入駐波比公式:

SWR=1+151−15\mathrm{SWR} =\frac{1+\frac{1}{\sqrt{5}}}{1-\frac{1}{\sqrt{5}}}

分子、分母同乘 5\sqrt{5}:

SWR=5+15−1\mathrm{SWR} =\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}

因此

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第 16 題5 分

  1. (5%) There is a hollow cavity made of copper with the dimensions of a=b=d=2a = b = d = 2 cm. Assuming the quality factor, Q=ω0ΔfQ = \frac{\omega_0}{\Delta f}, of the TE111_{111} mode in this cavity is 11500, what is the closest cavity bandwidth (Δf\Delta f) of the mode TE111_{111}?
    (A) 1.13 MHz
    (B) 1.33 MHz
    (C) 1.41 MHz
    (D) 1.52 MHz

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核心觀念

矩形金屬腔體的共振頻率為

fmnp=c2(ma)2+(nb)2+(pd)2,f_{mnp} = \frac{c}{2} \sqrt{ \left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2+ \left(\frac{p}{d}\right)^2 },

其中 cc 為真空光速。題目給定模式為 TE111\mathrm{TE}_{111},因此 m=n=p=1m=n=p=1。

品質因數的定義為

Q=f0Δf,Q=\frac{f_0}{\Delta f},

其中 f0f_0 是共振頻率,Δf\Delta f 是以 Hz 表示的頻寬。因此

Δf=f0Q.\Delta f=\frac{f_0}{Q}.

嚴格而言,若使用角頻率,應寫成 Q=ω0/ΔωQ=\omega_0/\Delta\omega;由於 ω=2πf\omega=2\pi f,換成普通頻率後仍為 Q=f0/ΔfQ=f_0/\Delta f。

解題方法

腔體三邊尺寸皆為

a=b=d=2 cm=0.02 m.a=b=d=2\text{ cm}=0.02\text{ m}.

對於 TE111\mathrm{TE}_{111} 模式,

f111=c2(10.02)2+(10.02)2+(10.02)2.f_{111} = \frac{c}{2} \sqrt{ \left(\frac{1}{0.02}\right)^2+ \left(\frac{1}{0.02}\right)^2+ \left(\frac{1}{0.02}\right)^2 }.

整理得

f111=c2(0.02)3.f_{111} = \frac{c}{2(0.02)}\sqrt{3}.

取 c≈3×108 m/sc\approx 3\times 10^8\text{ m/s}:

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第 17 題5 分

  1. (5%) A wave propagating along the z-direction in a dielectric-filled rectangular waveguide of unknown permittivity has dimension a=5a = 5 cm (x axis) and b=3b = 3 cm (y axis). If Ez=0E_z = 0, and the x component of its electric field is given by Ex=−40cos⁡(40πx)sin⁡(100πy)sin⁡(4.8π×1010t–52.9πz)E_x = -40 \cos(40\pi x) \sin(100\pi y) \sin(4.8\pi \times 10^{10}t – 52.9\pi z) (V/m). What is the mode number?
    (A) TE23_{23}
    (B) TM12_{12}
    (C) TE24_{24}
    (D) None of the above.

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核心觀念

矩形波導中,縱向傳播方向為 zz 軸。模式分類如下:

  • TE 模:Ez=0E_z=0,但 Hz≠0H_z\neq 0。
  • TM 模:Hz=0H_z=0,但 Ez≠0E_z\neq 0。

題目已知 Ez=0E_z=0,因此必為 TE 模。

矩形波導的橫向場分布包含:

cos⁡(mπxa)及sin⁡(nπyb),\cos\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \quad\text{及}\quad \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right),

其中 m,nm,n 為模式標號,分別對應 xx、yy 方向的半波變化次數。


解題方法

題目給定

Ex=−40cos⁡(40πx)sin⁡(100πy)sin⁡(4.8π×1010t−52.9πz).E_x=-40\cos(40\pi x)\sin(100\pi y) \sin(4.8\pi\times10^{10}t-52.9\pi z).

與矩形波導中 ExE_x 的空間分布比較:

cos⁡(mπxa)sin⁡(nπyb).\cos\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right).

因此有

mπa=40π.\frac{m\pi}{a}=40\pi.

已知 a=5 cm=0.05 ma=5\text{ cm}=0.05\text{ m},所以

m=40a=40(0.05)=2.m=40a=40(0.05)=2.

再由 yy 方向:

nπb=100π.\frac{n\pi}{b}=100\pi.

已知 b=3 cm=0.03 mb=3\text{ cm}=0.03\text{ m},所以

n=100b=100(0.03)=3.n=100b=100(0.03)=3.

因此模式為

TE23.\mathrm{TE}_{23}.
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第 18 題5 分

  1. (5%) There is a hollow rectangular waveguide with a=3a = 3 cm (x-axis) and b=2b = 2 cm (y-axis). What is the cutoff frequency for transmitting only a single mode:
    (A) 3.0 GHz
    (B) 4.0 GHz
    (C) 5.0 GHz
    (D) None of the above.

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核心觀念

矩形波導的模態截止頻率為

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

其中:

  • aa:波導較長邊,本題為 3 cm3\text{ cm}
  • bb:波導較短邊,本題為 2 cm2\text{ cm}
  • m,nm,n:模態整數
  • c≈3×108 m/sc\approx 3\times 10^8\text{ m/s}

當操作頻率高於某模態的截止頻率時,該模態才能傳播;低於截止頻率時,該模態會衰減,無法傳輸功率。

矩形波導中最低截止頻率的模態為主模態 TE10\mathrm{TE}_{10}。


解題方法

對主模態 TE10\mathrm{TE}_{10},取 m=1, n=0m=1,\ n=0:

fc,10=c2af_{c,10} = \frac{c}{2a}

將

a=3 cm=0.03 ma=3\text{ cm}=0.03\text{ m}

代入:

fc,10=3×1082(0.03)=5×109 Hzf_{c,10} = \frac{3\times10^8}{2(0.03)} = 5\times10^9\text{ Hz}

因此

fc,10=5.0 GHzf_{c,10}=5.0\text{ GHz}

這表示波導開始能傳輸主模態 TE10\mathrm{TE}_{10} 的最低頻率為 5.0 GHz5.0\text{ GHz}。

若要求「只傳輸單一模態」,還需確認下一個模態尚未開始傳播。主要的下一模態為:

fc,01=c2b=3×1082(0.02)=7.5 GHzf_{c,01}=\frac{c}{2b} = \frac{3\times10^8}{2(0.02)} = 7.5\text{ GHz}

以及

fc,20=ca=3×1080.03=10 GHzf_{c,20}=\frac{c}{a} = \frac{3\times10^8}{0.03} = 10\text{ GHz}

因此單模態傳輸頻帶為

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第 19 題5 分

  1. (5%) Microstrips are used in integrated circuits to connect various microwave circuit elements, such as to connect generator and antenna. Generally, only the fundamental mode will be considered in circuit design though many other modes could be transmitted in microstrips. What is the fundamental mode type supported in microstrips: (fringing effect is not considered here)
    (A) TE modes
    (B) Hybrid modes
    (C) TM modes
    (D) None of the above.

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核心觀念

微帶線由上方金屬帶線、下方接地平面,以及其間的介質所構成。傳輸線的基本模式可依縱向場分量分類:

  • TEM 模式:Ez=0E_z=0 且 Hz=0H_z=0
  • TE 模式:Ez=0E_z=0、Hz≠0H_z\neq 0
  • TM 模式:Ez≠0E_z\neq 0、Hz=0H_z=0
  • 混合模式(Hybrid mode):Ez≠0E_z\neq 0 且 Hz≠0H_z\neq 0

在題目指定「不考慮邊緣散射效應(fringing effect)」的理想化條件下,可將微帶線視為類似平行板傳輸線。其電場主要垂直於帶線與接地平面,磁場則環繞電流方向,且縱向電場、磁場分量皆為零,因此基本模式為 TEM 模式。

TEM 模式的條件為

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

題目選項中沒有 TEM,因此應選「以上皆非」。

解題方法

判斷微帶線基本模式時,先依題目給定的理想化條件判斷:

  1. 忽略 fringing effect,表示電場線不向側邊大幅散開。
  2. 帶線與接地平面間形成近似均勻的橫向電磁場。
  3. 電場與磁場均位於傳播方向的橫截面內,沒有縱向分量。
  4. 因此基本模式為 TEM 模式。

由於

TEM∉{TE,Hybrid,TM}\text{TEM}\notin \{\text{TE},\text{Hybrid},\text{TM}\}

所以正確選項為

(D) None of the above\boxed{\text{(D) None of the above}}

選項分析

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第 20 題5 分

  1. (5%) A hollow cavity made of copper (shown as below) has the dimensions of a=4a = 4 cm (x-axis), b=2b = 2 cm (y-axis), and d=3d = 3 cm (z-axis). What is the resonance frequency of the TE101_{101} mode?
    (A) 15.0 GHz
    (B) 8.39 GHz
    (C) 9.01 GHz
    (D) 6.25 GHz

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🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 7 頁

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核心觀念

矩形金屬空腔的共振頻率由邊界尺寸與模態數決定。對理想導體空腔,TEmnp_{mnp} 模態的共振頻率為

fmnp=c2(ma)2+(nb)2+(pd)2f_{mnp}=\frac{c}{2}\sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+\left(\frac{n}{b}\right)^2+\left(\frac{p}{d}\right)^2}

其中 a,b,da,b,d 分別是 x,y,zx,y,z 方向的尺寸,c≈3.0×108 m/sc\approx 3.0\times10^8\ \text{m/s}。TE101_{101} 的模態數為 m=1, n=0, p=1m=1,\ n=0,\ p=1。

解題方法

將題目尺寸換成公尺:

a=0.04 m,b=0.02 m,d=0.03 ma=0.04\ \text{m},\qquad b=0.02\ \text{m},\qquad d=0.03\ \text{m}

代入 TE101_{101} 的模態數。由於 n=0n=0,yy 方向的項為零:

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