114 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

  1. Which of the following statements is true?
    (A) Dynamic electromagnetic forces satisfy Newton's third law
    (B) Static electromagnetic forces satisfy momentum conservation
    (C) Given the electric field E=−∇V−∂A∂tE = -\nabla V - \frac{\partial A}{\partial t} and charge q, the physical meaning of qA is energy.
    (D) All of the above are true

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核心觀念

本題考查三個重點:

  1. 電磁力是否必然滿足牛頓第三定律。
  2. 電磁場中的動量守恆。
  3. 向量位勢 AA 的物理量綱,以及 qAqA 的物理意義。

電磁場的動量密度為

gem=ε0E×B,\mathbf{g}_{\text{em}}=\varepsilon_0\mathbf{E}\times\mathbf{B},

其中 E\mathbf{E} 為電場、B\mathbf{B} 為磁場。電磁力與場動量之間滿足動量守恆關係:

Fmatter+dPfielddt=0\mathbf{F}_{\text{matter}}+ \frac{d\mathbf{P}_{\text{field}}}{dt}=0

對完整封閉系統而言,守恆的是「物質動量加上電磁場動量」,不一定是物質彼此之間的機械動量。


解題方法

逐一檢查各選項的物理定律與量綱:

  • 動態電磁力:考慮電磁場動量隨時間變化,不能直接套用牛頓第三定律。
  • 靜態電磁力:在孤立且穩定的靜態系統中,場動量不隨時間改變,物質系統的總動量可守恆。
  • qAqA:由向量位勢的量綱判斷其物理量,不是能量。

選項分析

(A) Dynamic electromagnetic forces satisfy Newton's third law

此敘述錯誤。

牛頓第三定律要求兩物體間的作用力與反作用力同時存在、大小相等、方向相反:

F12=−F21.\mathbf{F}_{12}=-\mathbf{F}_{21}.

然而,動態電磁作用具有有限傳播速度,且電磁場本身可以攜帶動量。物質所受的電磁力不必在任意瞬間彼此抵消,其差額會反映在電磁場動量的變化:

F12+F21=−dPfielddt.\mathbf{F}_{12}+\mathbf{F}_{21} = -\frac{d\mathbf{P}_{\text{field}}}{dt}.

因此,動態電磁力通常不滿足單純的牛頓第三定律;守恆的是物質與電磁場合計的總動量。


(B) Static electromagnetic forces satisfy momentum conservation

此敘述正確。

在靜電場或磁靜場中,場量不隨時間變化,因此電磁場動量密度

gem=ε0E×B\mathbf{g}_{\text{em}}=\varepsilon_0\mathbf{E}\times\mathbf{B}

不隨時間改變,故

dPfielddt=0.\frac{d\mathbf{P}_{\text{field}}}{dt}=0.

對孤立的靜態電磁系統,物質所受的總電磁力因此滿足

∑iFi=0,\sum_i \mathbf{F}_i=0,

使物質系統的總動量保持不變。

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第 2 題

  1. Which of the following cannot support TEM modes (ignoring the fringing effect)?
    (A) Two-wire line
    (B) Rectangular waveguide
    (C) Coaxial cable/line
    (D) Microstrip line

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核心觀念

TEM 模式(Transverse Electromagnetic mode)是指電場與磁場皆完全垂直於傳播方向:

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

其電磁場可由橫截面上的靜電場與磁場分布決定,並具有以下特性:

  • 電場線必須由一個導體連接至另一個導體。
  • 傳播方向上的電場、磁場分量皆為零。
  • 理想 TEM 模式沒有截止頻率,可由零頻率開始傳播。
  • 能支援真正 TEM 模式的傳輸線,橫截面通常必須具有至少兩個彼此隔離的導體。

判斷單一導體波導能否支援 TEM 模式時,可使用「單連通截面不能存在非零 TEM 模式」的結論。矩形波導的金屬外壁雖然形成封閉截面,但本質上只有一個連續導體,因此不能建立非零的電位差與橫向靜電場分布。


解題方法

本題直接檢查各種結構是否具有兩個以上彼此隔離的導體:

  1. 若有兩個以上導體,可在導體間建立橫向電場,通常能支援 TEM 或準 TEM 模式。
  2. 若只有一個封閉金屬導體,則無法建立非零的橫向電位差,不能支援真正 TEM 模式。
  3. 逐一分析四個選項即可判定答案。

選項分析

(A)Two-wire line

雙線傳輸線具有兩條彼此分離的導線。兩導線之間可建立電位差,電場主要分布於兩線之間,磁場則環繞導線分布。

因此雙線傳輸線可以支援 TEM 模式。

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

故(A)不是答案。


(B)Rectangular waveguide

矩形波導由封閉的金屬矩形外壁構成,整個截面只有一個連續導體。

若要形成 TEM 模式,橫截面電位 VV 必須滿足二維拉普拉斯方程式:

∇t2V=0\nabla_t^2 V=0

金屬壁為等電位面,且整個矩形外壁皆屬於同一導體,因此邊界條件為同一常數電位:

V=V0on the entire boundaryV=V_0 \quad \text{on the entire boundary}

由唯一性定理,截面內唯一的解為:

V=V0V=V_0

因此:

Et=−∇tV=0\mathbf{E}_t=-\nabla_t V=0

沒有非零的橫向電場,也就沒有非零 TEM 模式。

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第 3 題

  1. Which of the following statements about the vector potential AA is always true?
    (A) ∇⋅A=B\nabla \cdot A = B
    (B) ∇⋅A=0\nabla \cdot A = 0
    (C) ∇2A=−μ0J\nabla^2 A = -\mu_0 J
    (D) None of the above

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核心觀念

向量位勢 A\mathbf A 的定義是

B=∇×A.\mathbf B=\nabla\times\mathbf A.

因此,磁場 B\mathbf B 是向量位勢的旋度,而不是散度。

此外,向量位勢具有規範自由度(gauge freedom):

A′=A+∇ψ,\mathbf A'=\mathbf A+\nabla \psi,

其中 ψ\psi 為任意純量函數。因為

∇×A′=∇×A+∇×(∇ψ)=∇×A=B,\nabla\times\mathbf A' =\nabla\times\mathbf A+\nabla\times(\nabla\psi) =\nabla\times\mathbf A =\mathbf B,

所以不同的 A\mathbf A 仍可產生相同的磁場。這表示 ∇⋅A\nabla\cdot\mathbf A 並非由磁場唯一決定,必須額外指定規範條件。


解題方法

逐一檢查各選項是否為向量位勢的普遍性質:

  1. 由定義判斷 A\mathbf A 與 B\mathbf B 的微分關係。
  2. 判斷 ∇⋅A=0\nabla\cdot\mathbf A=0 是否為定義,或只是額外選定的規範。
  3. 檢查向量泊松方程式是否需要額外假設。

其中,磁靜態下由安培定律

∇×B=μ0J\nabla\times\mathbf B=\mu_0\mathbf J

及 B=∇×A\mathbf B=\nabla\times\mathbf A 得

∇×(∇×A)=μ0J.\nabla\times(\nabla\times\mathbf A)=\mu_0\mathbf J.

利用向量恆等式

∇×(∇×A)=∇(∇⋅A)−∇2A,\nabla\times(\nabla\times\mathbf A) =\nabla(\nabla\cdot\mathbf A)-\nabla^2\mathbf A,

可得

∇(∇⋅A)−∇2A=μ0J.\nabla(\nabla\cdot\mathbf A)-\nabla^2\mathbf A =\mu_0\mathbf J.

若再選擇庫倫規範(Coulomb gauge)

∇⋅A=0,\nabla\cdot\mathbf A=0,

才會得到

∇2A=−μ0J.\nabla^2\mathbf A=-\mu_0\mathbf J.

所以這些條件都不是對任意情況下的 A\mathbf A 必然成立。


選項分析

(A) ∇⋅A=B\nabla\cdot\mathbf A=\mathbf B

錯誤。

向量位勢的定義為

B=∇×A,\mathbf B=\nabla\times\mathbf A,

而不是

B=∇⋅A.\mathbf B=\nabla\cdot\mathbf A.
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第 4 題

  1. There is a dielectric-filled parallel-planar metallic waveguide oriented in the way that guided waves propagate along z direction, and the separation d of two parallel is along y axis. Ignoring the fringing effect, the following field component of fundamental mode supported by the waveguide is non-zero:
    (A) ExE_x
    (B) EyE_y
    (C) HxH_x
    (D) HyH_y

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題目解析

極板與傳播方向設定:
平行板傳輸線(Parallel-Plate Waveguide)導體板平行於 xzxz 平面,間距 dd 沿 yy 軸方向,電磁波沿 +z+z 方向傳播。

基本模態(Fundamental Mode):
平行板波導支援的最低階模態(基本模)為 TEM 模態(Cutoff Frequency fc=0f_c = 0)。

場分量分析:

  1. TEM 模態特性: 電場與磁場皆無縱向分量,即 Ez=0E_z = 0 且 Hz=0H_z = 0。
  2. 邊界條件(Boundary Conditions):
    • 電場在 Perfect Electric Conductor (PEC) 板面(y=0,dy = 0, d)切向分量為零:Ex=0E_x = 0、Ez=0E_z = 0。
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第 5 題

  1. In the complex notation (also called the phasor notation), we can express a monochromatic plane wave as E=E0ej(kx−ωt)E = E_0 e^{j(kx-\omega t)}. How do we calculate the time-averaged Poynting vector in this notation?
    (A) E×HE \times H
    (B) Re[E×H∗]Re[E \times H^*]
    (C) 12Re[E×H∗]\frac{1}{2} Re[E \times H^*]
    (D) None of the above

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核心觀念

本題考查複數相量表示法下的時間平均坡印廷向量。瞬時坡印廷向量定義為

S(t)=E(t)×H(t)\mathbf{S}(t)=\mathbf{E}(t)\times\mathbf{H}(t)

對週期性電磁波取一個週期的時間平均,在電場與磁場採用「峰值相量」表示時,有

⟨S⟩=12Re⁡(E×H∗)\boxed{ \langle \mathbf{S}\rangle =\frac{1}{2}\operatorname{Re}\left(\mathbf{E}\times\mathbf{H}^{*}\right) }

其中:

  • E\mathbf{E}、H\mathbf{H} 為電場與磁場的複數相量;
  • H∗\mathbf{H}^{*} 為 H\mathbf{H} 的複共軛;
  • Re⁡(⋅)\operatorname{Re}(\cdot) 表示取實部;
  • 12\frac{1}{2} 來自峰值正弦波平方的時間平均。

解題方法與推導

將實際電磁場寫成複數表示:

E(t)=Re⁡{Ee−jωt}\mathbf{E}(t)=\operatorname{Re}\left\{\mathbf{E}e^{-j\omega t}\right\} H(t)=Re⁡{He−jωt}\mathbf{H}(t)=\operatorname{Re}\left\{\mathbf{H}e^{-j\omega t}\right\}

利用

Re⁡(Ee−jωt)=12(Ee−jωt+E∗ejωt)\operatorname{Re}(\mathbf{E}e^{-j\omega t}) = \frac{1}{2} \left( \mathbf{E}e^{-j\omega t} + \mathbf{E}^{*}e^{j\omega t} \right)

以及磁場的相同表示式,兩者外積後取時間平均。含有 e±j2ωte^{\pm j2\omega t} 的項,在一個週期內平均為零,只留下不含時間的項,因此

⟨E(t)×H(t)⟩=14(E×H∗+E∗×H)\left\langle \mathbf{E}(t)\times\mathbf{H}(t)\right\rangle = \frac{1}{4} \left( \mathbf{E}\times\mathbf{H}^{*} + \mathbf{E}^{*}\times\mathbf{H} \right)

由於

E∗×H=(E×H∗)∗\mathbf{E}^{*}\times\mathbf{H} = \left(\mathbf{E}\times\mathbf{H}^{*}\right)^{*}

所以

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第 6 題

  1. Consider a plane wave traveling in a lossy material. The electric field is given by E=E0e1+0.1i(μm−1)E = E_0 e^{1 + 0.1i(\mu m^{-1})}. The intensity of the plane wave can be expressed as I=I0e−αzI = I_0 e^{-\alpha z}, where α\alpha is the absorption coefficient. Please calculate α\alpha.
    (A) 2 (μm−1\mu m^{-1})
    (B) 0.2 (μm−1\mu m^{-1})
    (C) 0.1 (μm−1\mu m^{-1})
    (D) None of the above

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重點觀念:

  1. 電場與強度(Intensity / Power Density)之關係:
    平面波的強度(時間平均坡印廷向量之大小) I(z)I(z) 正比於電場振幅大小的平方,即 I(z)∝∣E(z)∣2I(z) \propto |E(z)|^2。

  2. 吸收係數(Absorption Coefficient, α\alpha)之定義:
    若電場在介質中傳播之複數振幅包含衰減項 e−γze^{-\gamma z}(其中消光/衰減常數為 γ\gamma),則:
    ∣E(z)∣=∣E0∣e−γz|E(z)| = |E_0| e^{-\gamma z}
    I(z)∝∣E(z)∣2=∣E0∣2e−2γz=I0e−αzI(z) \propto |E(z)|^2 = |E_0|^2 e^{-2\gamma z} = I_0 e^{-\alpha z}
    由此可得吸收係數 α=2γ\alpha = 2\gamma。


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第 7 題

  1. If A=rcos⁡ϕr^+sin⁡ϕϕ^A = r \cos\phi \hat{r} + \sin\phi \hat{\phi}, evaluate ∮A⋅dl\oint A \cdot dl around the path shown in the following figure.
    🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
    (A) 0
    (B) 274(2+1)\frac{27}{4}(\sqrt{2}+1)
    (C) 274(2−1)\frac{27}{4}(\sqrt{2}-1)
    (D) None of the above
🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁

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核心觀念

線積分 ∮A⋅dl\oint \mathbf A\cdot d\mathbf l 可用格林定理改寫成區域內的旋度面積分。圖中的封閉路徑沿逆時針方向,介於 r=2r=2 與 r=5r=5、ϕ=45∘\phi=45^\circ 與 ϕ=60∘\phi=60^\circ 之間。

極座標下,若 A=Arr^+Aϕϕ^\mathbf A=A_r\hat{\mathbf r}+A_\phi\hat{\boldsymbol\phi},則

(∇×A)z=1r[∂(rAϕ)∂r−∂Ar∂ϕ].(\nabla\times\mathbf A)_z =\frac{1}{r}\left[ \frac{\partial(rA_\phi)}{\partial r} -\frac{\partial A_r}{\partial\phi} \right].

解題方法

題目給定 Ar=rcos⁡ϕA_r=r\cos\phi、Aϕ=sin⁡ϕA_\phi=\sin\phi,因此

(∇×A)z=1r[∂(rsin⁡ϕ)∂r−∂(rcos⁡ϕ)∂ϕ]=1r(sin⁡ϕ+rsin⁡ϕ)=(1+1r)sin⁡ϕ.(\nabla\times\mathbf A)_z =\frac{1}{r}\left[ \frac{\partial(r\sin\phi)}{\partial r} -\frac{\partial(r\cos\phi)}{\partial\phi} \right] =\frac{1}{r}\left(\sin\phi+r\sin\phi\right) =\left(1+\frac{1}{r}\right)\sin\phi.

格林定理給出

∮A⋅dl=∬S(∇×A)z dS,dS=r dr dϕ.\oint \mathbf A\cdot d\mathbf l =\iint_S(\nabla\times\mathbf A)_z\,dS, \qquad dS=r\,dr\,d\phi.

代入圖中的範圍:

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第 8 題

  1. The finite sheet 0≤x≤10 \le x \le 1 and 0≤y≤10 \le y \le 1 on the z=0z=0 plane has a surface charge density ρs=xy(x2+y2)3/2\rho_s = xy(x^2+y^2)^{3/2} nC/m2^2. Evaluate the electric field at (0,0,5)(0, 0, 5).
    🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
    (A) (−3x^−3y^+22.5z^)(-3 \hat{x} - 3 \hat{y} + 22.5 \hat{z}) V/m
    (B) (−3x^−3y^+11.25z^)(-3 \hat{x} - 3 \hat{y} + 11.25 \hat{z}) V/m
    (C) (−1.5x^−1.5y^+22.5z^)(-1.5 \hat{x} - 1.5 \hat{y} + 22.5 \hat{z}) V/m
    (D) (−1.5x^−1.5y^+11.25z^)(-1.5 \hat{x} - 1.5 \hat{y} + 11.25 \hat{z}) V/m
🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁

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核心觀念

有限面電荷在觀察點產生的電場,使用庫侖定律對面電荷積分:

dE=14πε0ρs dSR3Rd\mathbf E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\rho_s\,dS}{R^3}\mathbf R

其中 R\mathbf R 是從面電荷位置指向觀察點的位移向量,R=∣R∣R=|\mathbf R|。

依原卷掃描圖,第 8 題的面電荷密度為 ρs=xy(x2+y2+25)3/2 nC/m2\rho_s=xy(x^2+y^2+25)^{3/2}\ \text{nC/m}^2;觀察點 (0,0,5)(0,0,5) 到面上 (x,y,0)(x,y,0) 的距離也滿足 R=x2+y2+25R=\sqrt{x^2+y^2+25}。密度中的因子因此會與庫侖定律分母的 R3R^3 抵消。

解題方法

面電荷所在區域是 0≤x≤10\le x\le1、0≤y≤10\le y\le1,面元素為 dS=dx dydS=dx\,dy。由面上位置 (x,y,0)(x,y,0) 指向觀察點 (0,0,5)(0,0,5) 的位移為

R=−xx^−yy^+5z^,R3=(x2+y2+25)3/2.\mathbf R=-x\hat{\mathbf x}-y\hat{\mathbf y}+5\hat{\mathbf z}, \qquad R^3=(x^2+y^2+25)^{3/2}.

將面電荷密度換成 C/m2\text{C/m}^2,代入電場積分:

E=10−94πε0∫01∫01xy(x2+y2+25)3/2(x2+y2+25)3/2(−xx^−yy^+5z^) dx dy.\mathbf E = \frac{10^{-9}}{4\pi\varepsilon_0} \int_0^1\int_0^1 \frac{xy(x^2+y^2+25)^{3/2}} {(x^2+y^2+25)^{3/2}} (-x\hat{\mathbf x}-y\hat{\mathbf y}+5\hat{\mathbf z}) \,dx\,dy.

約去相同因子後,分別計算三個分量:

Ex=10−94πε0(−∫01x2 dx∫01y dy)=−10−94πε0⋅16,E_x = \frac{10^{-9}}{4\pi\varepsilon_0} \left(-\int_0^1x^2\,dx\int_0^1y\,dy\right) = -\frac{10^{-9}}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{6},
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第 9 題

  1. In the following figure, two conducting cones of infinite extent with θ1\theta_1 and θ2\theta_2 are separated by an infinitesimal gap at R=0R = 0. If 0<θ1<θ2<π20 < \theta_1 < \theta_2 < \frac{\pi}{2}, V(θ2)=0V(\theta_2) = 0, and V(θ1)=10V(\theta_1) = 10 V, evaluate the potential distribution V(R,θ)V(R, \theta) between the cones.
    🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
    (A) 10[ln⁡(tan⁡(θ/2)cot⁡(θ1/2))][ln⁡(tan⁡(θ2/2)cot⁡(θ1/2))]V10 \frac{[\ln(\tan(\theta/2)\cot(\theta_1/2))]}{[\ln(\tan(\theta_2/2)\cot(\theta_1/2))]} V
    (B) 10[ln⁡(tan⁡(θ/2)cot⁡(θ1/2))][ln⁡(tan⁡(θ2/2)cot⁡(θ1/2))]V10 \frac{[\ln(\tan(\theta/2)\cot(\theta_1/2))]}{[\ln(\tan(\theta_2/2)\cot(\theta_1/2))]} V
    (C) 10[ln⁡(tan⁡(θ/2)cot⁡(θ1/2))][ln⁡(tan⁡(θ2/2)cot⁡(θ1/2))]V10 \frac{[\ln(\tan(\theta/2)\cot(\theta_1/2))]}{[\ln(\tan(\theta_2/2)\cot(\theta_1/2))]} V
    (D) 10[ln⁡(tan⁡(θ/2)cot⁡(θ1/2))][ln⁡(tan⁡(θ2/2)cot⁡(θ1/2))]V10 \frac{[\ln(\tan(\theta/2)\cot(\theta_1/2))]}{[\ln(\tan(\theta_2/2)\cot(\theta_1/2))]} V
🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 3 頁

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核心觀念

本題考查球座標下的軸對稱靜電位問題。兩個無限延伸的導體圓錐面為等位面:

  • θ=θ1\theta=\theta_1
  • θ=θ2\theta=\theta_2

由於幾何與邊界條件皆與 RR 無關,因此電位僅為 θ\theta 的函數,即 V=V(θ)V=V(\theta)。

依原卷圖中文字,邊界條件為

V(θ1)=0,V(θ2)=10 VV(\theta_1)=0,\qquad V(\theta_2)=10\text{ V}

解題方法

球座標中的拉普拉斯方程,在 V=V(θ)V=V(\theta) 時化為

1R2sin⁡θddθ(sin⁡θdVdθ)=0\frac{1}{R^2\sin\theta} \frac{d}{d\theta} \left( \sin\theta\frac{dV}{d\theta} \right)=0

因此

ddθ(sin⁡θdVdθ)=0\frac{d}{d\theta} \left( \sin\theta\frac{dV}{d\theta} \right)=0

積分得

sin⁡θdVdθ=C\sin\theta\frac{dV}{d\theta}=C

所以

dVdθ=Ccsc⁡θ\frac{dV}{d\theta}=C\csc\theta

再積分:

V(θ)=C∫csc⁡θ dθ+DV(\theta)=C\int\csc\theta\,d\theta+D

利用

∫csc⁡θ dθ=ln⁡(tan⁡θ2)\int\csc\theta\,d\theta = \ln\left(\tan\frac{\theta}{2}\right)

可得

V(θ)=Cln⁡(tan⁡θ2)+DV(\theta) = C\ln\left(\tan\frac{\theta}{2}\right)+D

套用 V(θ1)=0V(\theta_1)=0 與 V(θ2)=10V(\theta_2)=10,整理為

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第 10 題

Consider a plane wave that is incident obliquely on an interface between two dielectric media of refractive indices nin_i and ntn_t, as shown in the figure. We express the incident wave and transmitted wave as Ei=E0iei(ki⋅r−ωt)\mathbf{E}_i=\mathbf{E}_{0i}e^{i(\mathbf{k}_i\cdot\mathbf{r}-\omega t)} and Et=E0tei(kt⋅r−ωt)\mathbf{E}_t=\mathbf{E}_{0t}e^{i(\mathbf{k}_t\cdot\mathbf{r}-\omega t)}, respectively. Here, ki\mathbf{k}_i, kr\mathbf{k}_r, and kt\mathbf{k}_t are the wave vectors of the incident wave, reflected wave, and transmitted wave, respectively. These wave vectors are all on the same plane. Which one of the following relations is correct?

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) kicos⁡θi=ktcos⁡θtk_i\cos\theta_i=k_t\cos\theta_t

(B) kisin⁡θi=ktsin⁡θtk_i\sin\theta_i=k_t\sin\theta_t

(C) kinisin⁡θi=ktntsin⁡θtk_i n_i\sin\theta_i=k_t n_t\sin\theta_t

(D) None of the above

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 3 頁

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核心觀念

本題考平面波通過介面時的相位匹配條件:入射波與透射波沿介面的波向量分量必須相等,否則介面上不同位置的相位無法連續。這也是史涅耳定律的波向量表示。

解題方法

由圖可讀出:介面是通過入射點的垂直線,水平線是介面的法線;θi\theta_i 與 θt\theta_t 都是波向量和法線的夾角。因此,沿介面的波向量分量分別是 kisin⁡θik_i\sin\theta_i 與 ktsin⁡θtk_t\sin\theta_t。

由介面上的相位匹配條件,入射波與透射波沿介面的分量相等:

kisin⁡θi=ktsin⁡θtk_i\sin\theta_i=k_t\sin\theta_t

故正確關係為(B)。又因 ki=niω/ck_i=n_i\omega/c、kt=ntω/ck_t=n_t\omega/c,此式等價於史涅耳定律 nisin⁡θi=ntsin⁡θtn_i\sin\theta_i=n_t\sin\theta_t。

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第 11 題

Consider an ideal lossless transmission line with the characteristic impedance R0=50 ΩR_0=50\,\Omega. The transmission line is connected to a load composed of a resistor R=25 ΩR=25\,\Omega and a capacitor C=0.2 pFC=0.2\,\mathrm{pF} in series. The signal frequency is 10 GHz10\,\mathrm{GHz}. If we want to use the Smith chart for determining the signal reflectivity at the load interface, please refer to the following figure and determine inside which quadrant of the Smith chart the data point will be located:

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) I

(B) II

(C) III

(D) IV

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 4 頁

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核心觀念

負載端的反射係數為

ΓL=ZL−R0ZL+R0=zL−1zL+1,\Gamma_L=\frac{Z_L-R_0}{Z_L+R_0} =\frac{z_L-1}{z_L+1},

其中 zL=ZL/R0z_L=Z_L/R_0 是標準化負載阻抗。史密斯圖上,反射係數的實部決定點在中心的左側或右側,虛部決定點在上半部或下半部。

解題方法

原卷圖示的史密斯圖以水平軸為實部、垂直軸為虛部,右上為第 I 象限、左上為第 II 象限、左下為第 III 象限、右下為第 IV 象限。題目給定 R0=50 ΩR_0=50\,\Omega,負載是 R=25 ΩR=25\,\Omega 與 C=0.2 pFC=0.2\,\mathrm{pF} 串聯,頻率為 10 GHz10\,\mathrm{GHz}。

電容的阻抗為

ZC=1jωC=−j12πfC.Z_C=\frac{1}{j\omega C}=-j\frac{1}{2\pi fC}.

因此

ZC=−j12π(1010)(0.2×10−12)=−j79.58 Ω.Z_C=-j\frac{1}{2\pi(10^{10})(0.2\times10^{-12})} =-j79.58\,\Omega.

串聯負載阻抗及其標準化值為

ZL=25−j79.58 Ω,Z_L=25-j79.58\,\Omega,
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第 12 題

A TE wave propagating in a dielectric-filled rectangular metallic waveguide of unknown permittivity has dimensions a=5 cma=5\,\mathrm{cm} and b=2 cmb=2\,\mathrm{cm}. Its xx component of electric field is given by

Ex=−10cos⁡(40πx)sin⁡(100πy)sin⁡(2.4π×1010t−52.9πz) V/mE_x=-10\cos(40\pi x)\sin(100\pi y)\sin(2.4\pi\times10^{10}t-52.9\pi z)\ \mathrm{V/m}

Which of the following statements is correct?

(A) The mode number is TE23\mathrm{TE}_{23}.

(B) The relative permittivity εr\varepsilon_r of the filled dielectric material is 22.

(C) The cutoff frequency of the TE mode is below 11 GHz11\,\mathrm{GHz}.

(D) None of the above

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核心觀念

矩形波導的場分布可用空間變化判定模態編號。對 TE 模態,ExE_x 的空間因子為

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

因此可由 xx、yy 方向的波數讀出 m,nm,n。波導中的傳播常數 β\beta、截止波數 kck_c 與介質中的波數 kk 滿足

k2=β2+kc2,kc2=(mπa)2+(nπb)2k^2=\beta^2+k_c^2,\qquad k_c^2=\left(\frac{m\pi}{a}\right)^2+\left(\frac{n\pi}{b}\right)^2

解題方法

原卷題目給定矩形波導尺寸 a=5 cma=5\,\mathrm{cm}、b=2 cmb=2\,\mathrm{cm},且

Ex=−10cos⁡(40πx)sin⁡(100πy)sin⁡(2.4π×1010t−52.9πz) V/mE_x=-10\cos(40\pi x)\sin(100\pi y) \sin(2.4\pi\times10^{10}t-52.9\pi z)\ \mathrm{V/m}

由 xx、yy 方向的場分布判斷模態,再由時間與 zz 方向的相位項分別讀出角頻率 ω=2.4π×1010 rad/s\omega=2.4\pi\times10^{10}\,\mathrm{rad/s}、傳播常數 β=52.9π rad/m\beta=52.9\pi\,\mathrm{rad/m}。

比較空間因子的係數與模態形式:

mπa=40π,nπb=100π\frac{m\pi}{a}=40\pi,\qquad \frac{n\pi}{b}=100\pi

代入 a=0.05 ma=0.05\,\mathrm{m}、b=0.02 mb=0.02\,\mathrm{m},得到

m=40a=2,n=100b=2m=40a=2,\qquad n=100b=2

所以模態是 TE22\mathrm{TE}_{22},不是 TE23\mathrm{TE}_{23}。

接著,訊號頻率為

f=ω2π=12 GHzf=\frac{\omega}{2\pi}=12\,\mathrm{GHz}
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第 13 題

The quality factor QQ for a hollow resonant cavity operating in the TE101\mathrm{TE}_{101} mode is about 60006000, and the frequency of the TE101\mathrm{TE}_{101} mode is 15 GHz15\,\mathrm{GHz}. What is the bandwidth of the cavity at the TE101\mathrm{TE}_{101} mode?

(A) 2.50 MHz2.50\,\mathrm{MHz}

(B) 1.67 MHz1.67\,\mathrm{MHz}

(C) 1.33 MHz1.33\,\mathrm{MHz}

(D) None of the above

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核心觀念

品質因數 QQ 與共振頻率 f0f_0、頻寬 Δf\Delta f 的關係為

Q=f0ΔfQ=\frac{f_0}{\Delta f}

因此頻寬可由共振頻率除以品質因數求得。

解題方法

依原卷第 13 題,空腔共振腔工作於 TE101\mathrm{TE}_{101} 模態,品質因數約為 60006000,該模態頻率為 15 GHz15\,\mathrm{GHz};題目要求此模態的頻寬。

將已知數值代入:

Δf=f0Q=15×109 Hz6000=2.5×106 Hz=2.50 MHz\Delta f=\frac{f_0}{Q} =\frac{15\times10^9\,\mathrm{Hz}}{6000} =2.5\times10^6\,\mathrm{Hz} =2.50\,\mathrm{MHz}

驗算:6000×2.50 MHz=15 GHz6000\times2.50\,\mathrm{MHz}=15\,\mathrm{GHz},符合題目給定的共振頻率。

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第 14 題

A disk of surface charge density σ0\sigma_0 and radius aa is on the xx-yy plane and spinning about its center with angular velocity ω=ω0z^\boldsymbol{\omega}=\omega_0\hat{\mathbf{z}}. What is the B\mathbf{B} at its center?

(A) 00

(B) μ0σ0ω0a4 z^\dfrac{\mu_0\sigma_0\omega_0a}{4}\,\hat{\mathbf{z}}

(C) μ0σ0ω0a3 z^\dfrac{\mu_0\sigma_0\omega_0a}{3}\,\hat{\mathbf{z}}

(D) None of the above

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核心觀念

旋轉的面電荷會形成面電流。可將圓盤分割成許多半徑為 rr、寬度為 drdr 的微小圓環,再用圓環電流在圓心產生的磁場疊加。

解題方法

原卷第 14 題給定:半徑為 aa、面電荷密度為 σ0\sigma_0 的圓盤位於 xx-yy 平面,並以角速度 ω=ω0z^\boldsymbol{\omega}=\omega_0\hat{\mathbf{z}} 旋轉;題目詢問圓心的磁場。選項中的兩個非零數值分別為 μ0σ0ω0a/4\mu_0\sigma_0\omega_0a/4 與 μ0σ0ω0a/3\mu_0\sigma_0\omega_0a/3。

半徑 rr 至 r+drr+dr 的圓環帶有電量

dq=σ0(2πr dr).dq=\sigma_0(2\pi r\,dr).

圓盤以角速度 ω0\omega_0 旋轉,轉一圈所需時間為 T=2π/ω0T=2\pi/\omega_0,因此該圓環形成的電流為

dI=dqT=σ0(2πr dr)2π/ω0=σ0ω0r dr.dI=\frac{dq}{T} =\frac{\sigma_0(2\pi r\,dr)}{2\pi/\omega_0} =\sigma_0\omega_0 r\,dr.

半徑為 rr 的圓環電流在圓心產生的磁場為 dB=μ0dI/(2r)dB=\mu_0dI/(2r),方向依右手定則為 +z^+\hat{\mathbf{z}}。所以整個圓盤的磁場為

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第 15 題

A wire is defined by the parametric equations x=acos⁡ux=a\cos u, y=asin⁡uy=a\sin u, and z=asin⁡uz=a\sin u for u∈[0,2π]u\in[0,2\pi]. A current II flows counterclockwise on the wire (top view, from +z+z to −z-z). What is the magnetic dipole moment of the wire?

(A) Iπa2x^+Iπa2z^I\pi a^2\hat{\mathbf{x}}+I\pi a^2\hat{\mathbf{z}}

(B) −Iπa2y^+Iπa2z^-I\pi a^2\hat{\mathbf{y}}+I\pi a^2\hat{\mathbf{z}}

(C) Iπa2y^+Iπa2z^I\pi a^2\hat{\mathbf{y}}+I\pi a^2\hat{\mathbf{z}}

(D) None of the above

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核心觀念

閉合細線電流的磁偶極矩為

m=I2∮r×dr\mathbf m=\frac{I}{2}\oint \mathbf r\times d\mathbf r

這個公式適用於非平面閉合迴路;曲線不必位於同一平面。

解題方法

從原卷第 15 題讀到:導線參數式為 x=acos⁡ux=a\cos u、y=asin⁡uy=a\sin u、z=asin⁡uz=a\sin u,u∈[0,2π]u\in[0,2\pi];電流由 +z+z 方向俯視為逆時針。參數 uu 增加時,xyxy 投影也由 +z+z 方向看呈逆時針,因此積分方向與電流方向一致。

令

r(u)=acos⁡u x^+asin⁡u y^+asin⁡u z^\mathbf r(u)=a\cos u\,\hat{\mathbf x} +a\sin u\,\hat{\mathbf y} +a\sin u\,\hat{\mathbf z}

則

drdu=−asin⁡u x^+acos⁡u y^+acos⁡u z^\frac{d\mathbf r}{du} =-a\sin u\,\hat{\mathbf x} +a\cos u\,\hat{\mathbf y} +a\cos u\,\hat{\mathbf z}

叉積為

r×drdu=−a2y^+a2z^\mathbf r\times\frac{d\mathbf r}{du} =-a^2\hat{\mathbf y}+a^2\hat{\mathbf z}
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第 16 題

A DC voltage source is connected across a long, straight conducting wire with radius aa and conductivity σ\sigma. The wire carries a direct current II along the −z-z direction. Determine the Poynting vector on the surface of the wire associated with the electromagnetic fields.

(A) −I2σπ2a3 r^-\dfrac{I^2}{\sigma\pi^2a^3}\,\hat{\mathbf{r}}

(B) −I22σπ2a3 r^-\dfrac{I^2}{2\sigma\pi^2a^3}\,\hat{\mathbf{r}}

(C) I2σπ2a3 r^\dfrac{I^2}{\sigma\pi^2a^3}\,\hat{\mathbf{r}}

(D) I22σπ2a3 r^\dfrac{I^2}{2\sigma\pi^2a^3}\,\hat{\mathbf{r}}

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核心觀念

坡印廷向量表示電磁能流密度:

S=E×H\mathbf S=\mathbf E\times\mathbf H

導線內的直流電場由歐姆定律 J=σE\mathbf J=\sigma\mathbf E 決定;導線表面的磁場則由安培定律決定。兩者的叉積方向代表電磁能量流入導線的方向。

解題方法

電流沿 −z^-\hat{\mathbf z} 方向,且均勻分布於半徑為 aa 的導線截面,因此電流密度為

J=−Iπa2z^\mathbf J=-\frac{I}{\pi a^2}\hat{\mathbf z}

由 J=σE\mathbf J=\sigma\mathbf E,導線表面的電場為

E=−Iσπa2z^\mathbf E=-\frac{I}{\sigma\pi a^2}\hat{\mathbf z}

以安培定律求導線表面的磁場:

∮H⋅dℓ=I⟹H=−I2πaϕ^\oint \mathbf H\cdot d\boldsymbol{\ell}=I \quad\Longrightarrow\quad \mathbf H=-\frac{I}{2\pi a}\hat{\boldsymbol{\phi}}

其中負號表示磁場沿 −ϕ^-\hat{\boldsymbol{\phi}} 方向。代入坡印廷向量:

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第 17 題

An AC voltage source V0sin⁡(ωt)V_0\sin(\omega t) (V) is connected across a parallel-plate capacitor CC. The capacitor has circular plates with a radius aa. Determine the H\mathbf{H} at a distance rr from the axis of the capacitor, where r<ar<a.

(A) CV0ωπacos⁡(ωt) ϕ^ (A/m)\dfrac{CV_0\omega}{\pi a}\cos(\omega t)\,\hat{\boldsymbol{\phi}}\ \mathrm{(A/m)}

(B) CV0ω2πacos⁡(ωt) ϕ^ (A/m)\dfrac{CV_0\omega}{2\pi a}\cos(\omega t)\,\hat{\boldsymbol{\phi}}\ \mathrm{(A/m)}

(C) CV0ωπrcos⁡(ωt) ϕ^ (A/m)\dfrac{CV_0\omega}{\pi r}\cos(\omega t)\,\hat{\boldsymbol{\phi}}\ \mathrm{(A/m)}

(D) CV0ω2πrcos⁡(ωt) ϕ^ (A/m)\dfrac{CV_0\omega}{2\pi r}\cos(\omega t)\,\hat{\boldsymbol{\phi}}\ \mathrm{(A/m)}

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核心觀念

本題考查安培-馬克士威定律:電容器極板間雖沒有傳導電流,變動的電場仍會產生位移電流,並形成磁場。對以電容軸為中心、半徑為 rr 的圓形安培迴路,有

∮H⋅dl=Ienc+ddt∫SD⋅dS.\oint \mathbf H\cdot d\mathbf l = I_{\mathrm{enc}}+\frac{d}{dt}\int_S \mathbf D\cdot d\mathbf S.

假設電場在極板間均勻,且忽略邊緣效應。由圓柱對稱性,H\mathbf H 沿方位角方向,且在迴路上大小相同。

解題方法

電容器的總位移電流等於電容電流:

Id(t)=CdVdt=Cddt[V0sin⁡(ωt)]=CV0ωcos⁡(ωt).I_d(t)=C\frac{dV}{dt} =C\frac{d}{dt}\bigl[V_0\sin(\omega t)\bigr] =CV_0\omega\cos(\omega t).

因 r<ar<a,安培迴路只包住極板面積的一部分。位移電流密度均勻,因此所包住的位移電流為

Ienc=Id(t)πr2πa2=CV0ωcos⁡(ωt)r2a2.I_{\mathrm{enc}} =I_d(t)\frac{\pi r^2}{\pi a^2} =CV_0\omega\cos(\omega t)\frac{r^2}{a^2}.

代入安培-馬克士威定律,迴路長度為 2πr2\pi r:

Hϕ(2πr)=Ienc,H_\phi(2\pi r)=I_{\mathrm{enc}},

所以

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第 18 題

Consider an ideal lossless coaxial cable transmission line. The dielectric material between the two conductors of the coaxial cable has a dielectric constant ε=2.25ε0\varepsilon=2.25\varepsilon_0. The cable is open-circuited at one end and is excited with a sinusoidal signal at 1 GHz1\,\mathrm{GHz} from the other end. We want to determine at which position inside the cable the root-mean-square (rms) of the net voltage will have the minimum value. If the distance between the nearest minimum rms voltage point and the open-circuited end is LL, determine which is the closest value for LL among the following choices:

(A) 4 cm4\,\mathrm{cm}

(B) 5 cm5\,\mathrm{cm}

(C) 6 cm6\,\mathrm{cm}

(D) 7 cm7\,\mathrm{cm}

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核心觀念

理想無損傳輸線在負載端會產生反射,入射波與反射波疊加後形成駐波。開路端的電壓反射係數為

ΓV=+1\Gamma_V=+1

因此開路端是電壓最大點,沿線往訊號源方向量起,最近的電壓最小點距離開路端四分之一波長。

介質中的相速度與波長為

vp=1με=cεr,λ=vpfv_p=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}} =\frac{c}{\sqrt{\varepsilon_r}}, \qquad \lambda=\frac{v_p}{f}

解題方法

已知 εr=2.25\varepsilon_r=2.25、f=1 GHzf=1\,\mathrm{GHz},取 c=3×108 m/sc=3\times10^8\,\mathrm{m/s}。介質中的相速度為

vp=3×1082.25=2×108 m/sv_p=\frac{3\times10^8}{\sqrt{2.25}} =2\times10^8\,\mathrm{m/s}

所以波長為

λ=2×1081×109=0.2 m=20 cm\lambda=\frac{2\times10^8}{1\times10^9} =0.2\,\mathrm{m}=20\,\mathrm{cm}

最近的電壓最小點距離開路端為

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第 19 題

Consider an ideal lossless transmission line with the characteristic impedance R0=100 ΩR_0=100\,\Omega. A λ/8\lambda/8 section (βl=π/4\beta l=\pi/4) of this transmission line is connected to a load with impedance ZLZ_L, and the input impedance seen from the input end of the λ/8\lambda/8 transmission line with the load is exactly Zi=50 ΩZ_i=50\,\Omega. Please determine which is the nearest value for the real part of the load impedance, Re⁡[ZL]\operatorname{Re}[Z_L], among the following choices:

(A) 50 Ω50\,\Omega

(B) 60 Ω60\,\Omega

(C) 70 Ω70\,\Omega

(D) 80 Ω80\,\Omega

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核心觀念

無損傳輸線長度為 ll、特性阻抗為 Z0Z_0,終端負載為 ZLZ_L 時,輸入阻抗為

Zi=Z0ZL+jZ0tan⁡(βl)Z0+jZLtan⁡(βl).Z_i=Z_0\frac{Z_L+jZ_0\tan(\beta l)} {Z_0+jZ_L\tan(\beta l)}.

本題的 λ/8\lambda/8 線段滿足 βl=π/4\beta l=\pi/4,所以 tan⁡(βl)=1\tan(\beta l)=1。由於負載阻抗可為複數,代入輸入阻抗條件後需解出完整的 ZLZ_L,再取其實部。

解題方法

代入 Z0=100 ΩZ_0=100\,\Omega、Zi=50 ΩZ_i=50\,\Omega 及 tan⁡(βl)=1\tan(\beta l)=1:

50=100ZL+j100100+jZL.50=100\frac{Z_L+j100}{100+jZ_L}.

令負載阻抗正規化為 zL=ZL/100z_L=Z_L/100,則

0.5=zL+j1+jzL.0.5=\frac{z_L+j}{1+jz_L}.

交叉相乘並整理:

0.5(1+jzL)=zL+j,0.5(1+jz_L)=z_L+j, zL(0.5j−1)=j−0.5,z_L(0.5j-1)=j-0.5,
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第 20 題

Consider a lossy distortionless transmission line. The characteristic impedance is 50 Ω50\,\Omega, the phase velocity is 2×108 m/s2\times10^8\,\mathrm{m/s}, and the operation frequency is 1 GHz1\,\mathrm{GHz}. For the four transmission line parameters RR, LL, GG, and CC of the distortionless transmission line, we already know that the value of RR is 0.1 Ω/m0.1\,\Omega/\mathrm{m} and the signal voltage propagates in the zz direction as V(z)=V(0)exp⁡(−αz−jβz)V(z)=V(0)\exp(-\alpha z-j\beta z) without the reflected signal. Please determine which is the nearest value for the ratio β/α\beta/\alpha among the following choices:

(A) 10310^3

(B) 10410^4

(C) 10510^5

(D) 10610^6

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核心觀念

無失真傳輸線(distortionless transmission line)滿足 Heaviside 條件:

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

其特性阻抗與相速度分別為

Z0=LC,vp=1LCZ_0=\sqrt{\frac{L}{C}},\qquad v_p=\frac{1}{\sqrt{LC}}

在無失真條件下,衰減常數與相位常數可寫成

α=RG=RZ0,β=ωLC=ωvp\alpha=\sqrt{RG}=\frac{R}{Z_0},\qquad \beta=\omega\sqrt{LC}=\frac{\omega}{v_p}

題目給的 V(z)=V(0)e−αz−jβzV(z)=V(0)e^{-\alpha z-j\beta z} 表示波沿 +z+z 方向傳播;無反射訊號則表示只考慮前進波,不影響 α\alpha、β\beta 的計算。

解題方法

先利用無失真線的特性阻抗求衰減常數:

α=RZ0=0.150=0.002 Np/m\alpha=\frac{R}{Z_0} =\frac{0.1}{50} =0.002\ \mathrm{Np/m}

角頻率為

ω=2πf=2π(1×109) rad/s\omega=2\pi f=2\pi(1\times10^9)\ \mathrm{rad/s}

因此相位常數為

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