114 年 國立臺灣大學光電工程學系碩士班《電磁學（C）》

📄 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

(15% = 5%*3; 本大題為填充題,過程不計分,請於答案卷作答) A film with a refractive index nfn_f and thickness dfd_f is coated on a substrate with a refractive index ns=3.24n_s=3.24. A plane wave with a free-space wavelength λ=1440\lambda=1440 nm is normally incident on the film.
(a) If there is no reflection, nf=n_f = ______, and df=d_f = ______.
(b) Using the nfn_f obtained in (a), df=d_f = ______ for maximum reflection.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查單層介電薄膜的干涉，以及「零反射」與「最大反射」的薄膜設計條件。

設入射介質為空氣，折射率 n0=1n_0=1。正入射時，薄膜上下表面的反射波會互相干涉。薄膜內往返一次所累積的相位差為

Δϕ=4πnfdfλ,\Delta\phi=\frac{4\pi n_f d_f}{\lambda},

其中 λ=1440 nm\lambda=1440\ \text{nm} 為真空波長。

(a) 無反射條件

薄膜反射率為零，必須同時滿足：

  1. 上、下表面反射波的振幅相等；
  2. 兩反射波相位相反。

對於空氣—薄膜—基板結構，反射係數分別為

r01=n0−nfn0+nf,r12=nf−nsnf+ns.r_{01}=\frac{n_0-n_f}{n_0+n_f}, \qquad r_{12}=\frac{n_f-n_s}{n_f+n_s}.

由於 n0<nf<nsn_0<n_f<n_s，兩個反射波皆在由低折射率介質射向高折射率介質時產生 π\pi 的反射相位變化，因此兩者的反射相位變化相同。要使振幅相等，需滿足

∣r01∣=∣r12∣.|r_{01}|=|r_{12}|.

代入折射率後可得單層零反射的折射率條件：

nf=n0ns.n_f=\sqrt{n_0n_s}.

因此

nf=1×3.24=1.80.n_f=\sqrt{1\times 3.24}=1.80.

此時兩反射波要因干涉而相消，傳播相位差需為奇數倍 π\pi：

Δϕ=(2m+1)π.\Delta\phi=(2m+1)\pi.

因此

4πnfdfλ=(2m+1)π,\frac{4\pi n_f d_f}{\lambda}=(2m+1)\pi,

得到

df=(2m+1)λ4nf.d_f=\frac{(2m+1)\lambda}{4n_f}.

取最小非零厚度 m=0m=0：

🔒

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25 分

  1. (本大題共 25%) The figure below shows a rectangular aperture antenna with a uniform field distribution E=E0a^xE = E_0 \hat{a}_x across its aperture. Assume r≫a,b>λr \gg a, b > \lambda, where λ\lambda is the free-space wavelength.
    🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
    The far-field electric field at a point P(r, θ\theta, ϕ\phi) is approximated as
    E⃗(r,θ,ϕ)≈jβE0e−jβr2πr∫−a/2a/2∫−b/2b/2ejβsin⁡θ(cos⁡ϕx′+sin⁡ϕy′)dx′dy′a^θ\vec{E}(r, \theta, \phi) \approx \frac{j \beta E_0 e^{-j\beta r}}{2\pi r} \int_{-a/2}^{a/2} \int_{-b/2}^{b/2} e^{j\beta \sin\theta (\cos\phi x' + \sin\phi y')} dx'dy' \hat{a}_\theta

(a) (10%) Find the far-field at θ=0\theta = 0 (ϕ=0,θ=0\phi=0, \theta=0), and that at ϕ=90∘\phi = 90^\circ (θ=π/2,ϕ=π/2\theta=\pi/2, \phi=\pi/2).
(b) (10%) Using the results from (a), find their beam widths between the first nulls (BWFN), [BWFN]θ_\theta and [BWFN]ϕ_\phi, in terms of a, b and λ\lambda.
(c) (5%) The radiation from the facet of a semiconductor laser can be approximated as that of a rectangular aperture
antenna, as shown in the figure on the left below. Using the results obtained in (b) and W > H, which of the
patterns (A-F) in the figure on the right below would the far-field look like?
🖼️【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 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

本題考查矩形孔徑天線的遠場輻射。均勻孔徑場的遠場等於孔徑場分布的二維 Fourier transform，因此矩形孔徑會產生兩個 sinc⁡\operatorname{sinc} 函數的乘積：

sinc⁡(u)=sin⁡uu\operatorname{sinc}(u)=\frac{\sin u}{u}

孔徑在某一方向的尺寸越大，遠場在對應角度方向的主波束越窄；第一零點波束寬約為 2λ/D2\lambda/D。

題圖第 (a) 小題實際要求的是 ϕ=0\phi=0 與 ϕ=90∘\phi=90^\circ 兩個切面，以下依原卷內容作答。

解題方法

原式中的積分可分離為 x′x' 與 y′y' 兩部分：

I=∫−a/2a/2ejβsin⁡θcos⁡ϕ x′dx′∫−b/2b/2ejβsin⁡θsin⁡ϕ y′dy′=a sinc⁡(βa2sin⁡θcos⁡ϕ)b sinc⁡(βb2sin⁡θsin⁡ϕ).\begin{aligned} I &= \int_{-a/2}^{a/2} e^{j\beta\sin\theta\cos\phi\,x'}dx' \int_{-b/2}^{b/2} e^{j\beta\sin\theta\sin\phi\,y'}dy'\\ &= a\,\operatorname{sinc} \left( \frac{\beta a}{2}\sin\theta\cos\phi \right) b\,\operatorname{sinc} \left( \frac{\beta b}{2}\sin\theta\sin\phi \right). \end{aligned}

因此一般遠場為

E⃗(r,θ,ϕ)=jβE0ab e−jβr2πrsinc⁡(βa2sin⁡θcos⁡ϕ)sinc⁡(βb2sin⁡θsin⁡ϕ)a^θ.\vec E(r,\theta,\phi) = \frac{j\beta E_0ab\,e^{-j\beta r}}{2\pi r} \operatorname{sinc} \left( \frac{\beta a}{2}\sin\theta\cos\phi \right) \operatorname{sinc} \left( \frac{\beta b}{2}\sin\theta\sin\phi \right) \hat a_\theta .

其中

β=2πλ.\beta=\frac{2\pi}{\lambda}.

(a) 遠場電場

1. ϕ=0\phi=0

此時 cos⁡ϕ=1\cos\phi=1、sin⁡ϕ=0\sin\phi=0，故

sinc⁡(0)=1.\operatorname{sinc}(0)=1.

因此

E⃗(r,θ,ϕ)∣ϕ=0=jβE0ab e−jβr2πrsinc⁡(βa2sin⁡θ)a^θ\boxed{ \left.\vec E(r,\theta,\phi)\right|_{\phi=0} = \frac{j\beta E_0ab\,e^{-j\beta r}}{2\pi r} \operatorname{sinc} \left( \frac{\beta a}{2}\sin\theta \right) \hat a_\theta }

代入 β=2π/λ\beta=2\pi/\lambda，亦可寫成

E⃗∣ϕ=0=jE0ab e−jβrλrsinc⁡(πaλsin⁡θ)a^θ\boxed{ \left.\vec E\right|_{\phi=0} = \frac{jE_0ab\,e^{-j\beta r}}{\lambda r} \operatorname{sinc} \left( \frac{\pi a}{\lambda}\sin\theta \right) \hat a_\theta }

在正前方 θ=0\theta=0 時，兩個 sinc⁡\operatorname{sinc} 函數皆為 11，所以

E⃗(r,0,ϕ)=jβE0ab e−jβr2πra^θ\boxed{ \vec E(r,0,\phi) = \frac{j\beta E_0ab\,e^{-j\beta r}}{2\pi r} \hat a_\theta }

其場強最大值為

∣E⃗(r,0,ϕ)∣=βE0ab2πr.\left|\vec E(r,0,\phi)\right| = \frac{\beta E_0ab}{2\pi r}.

2. ϕ=90∘\phi=90^\circ

此時 cos⁡ϕ=0\cos\phi=0、sin⁡ϕ=1\sin\phi=1，故

E⃗(r,θ,ϕ)∣ϕ=90∘=jβE0ab e−jβr2πrsinc⁡(βb2sin⁡θ)a^θ\boxed{ \left.\vec E(r,\theta,\phi)\right|_{\phi=90^\circ} = \frac{j\beta E_0ab\,e^{-j\beta r}}{2\pi r} \operatorname{sinc} \left( \frac{\beta b}{2}\sin\theta \right) \hat a_\theta }

或寫成

E⃗∣ϕ=90∘=jE0ab e−jβrλrsinc⁡(πbλsin⁡θ)a^θ\boxed{ \left.\vec E\right|_{\phi=90^\circ} = \frac{jE_0ab\,e^{-j\beta r}}{\lambda r} \operatorname{sinc} \left( \frac{\pi b}{\lambda}\sin\theta \right) \hat a_\theta }

可見 ϕ=0\phi=0 切面由孔徑尺寸 aa 決定，ϕ=90∘\phi=90^\circ 切面由孔徑尺寸 bb 決定。

(b) 第一零點間波束寬度

ϕ=0\phi=0 切面

🔒

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10 分

  1. (10%) For a plane wave propagation in a uniform material medium with a refractive index n=n(ω)n = n(\omega), the phase constant is given by β=ωnc\beta = \frac{\omega n}{c}. Please show that dβdω=nc+ωcdndω\frac{d\beta}{d\omega} = \frac{n}{c} + \frac{\omega}{c}\frac{dn}{d\omega} at a wavelength λ\lambda.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查色散介質中的相位常數，以及對角頻率 ω\omega 微分時的乘法微分法則。

均勻介質中，平面波的相位常數為

β(ω)=ωn(ω)c,\beta(\omega)=\frac{\omega n(\omega)}{c},

其中：

  • β\beta：相位常數；
  • ω\omega：角頻率；
  • n(ω)n(\omega)：隨頻率改變的折射率；
  • cc：真空光速。

因為介質具有色散性，折射率 nn 是 ω\omega 的函數，不能將 nn 視為常數。

解題方法與推導

將相位常數寫成兩個 ω\omega 的函數乘積：

β(ω)=1c ωn(ω).\beta(\omega)=\frac{1}{c}\,\omega n(\omega).

由乘法微分法則

ddω[ωn(ω)]=n(ω)+ωdndω,\frac{d}{d\omega}\left[\omega n(\omega)\right] = n(\omega)+\omega\frac{dn}{d\omega},

且 cc 為常數，因此

dβdω=1cddω[ωn(ω)].\frac{d\beta}{d\omega} = \frac{1}{c} \frac{d}{d\omega}\left[\omega n(\omega)\right].

代入乘積微分結果：

dβdω=n(ω)c+ωcdndω.\boxed{ \frac{d\beta}{d\omega} = \frac{n(\omega)}{c} + \frac{\omega}{c}\frac{dn}{d\omega} }.

若指定波長為 λ\lambda，則其對應的角頻率為

ω=2πcλ,\omega=\frac{2\pi c}{\lambda},

所以在該波長所對應的頻率處，

dβdω∣λ=n(λ)c+ωcdndω∣λ.\boxed{ \left.\frac{d\beta}{d\omega}\right|_{\lambda} = \frac{n(\lambda)}{c} + \frac{\omega}{c} \left.\frac{dn}{d\omega}\right|_{\lambda} }.
🔒

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25 分

  1. (本大题共 25%) Consider a uniform plane wave propagating in free space. The electric field of the wave is E=E0cos⁡(20π×1012t−βxy)a^xE = E_0 \cos(20\pi \times 10^{12} t - \beta x y) \hat{a}_x. The speed of light in free space is 3×1083 \times 10^8 m/s.
    (a) (5%) In which direction is the wave propagating? Choose one among +x, -x, +y, -y, +z, and -z.
    (b) (5%) Find β\beta (in rad/m)?
    (c) If this wave enters a medium which has a refractive index of n=1.5n = 1.5, find the phase velocity (5%), wavelength (5%), and frequency ff in Hz (5%) of the wave in this medium.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查均勻平面波的相位表示、傳播方向，以及波在折射率介質中的相速度、波長與頻率。

均勻平面波通常寫成

E=E0cos⁡(ωt−β⋅r)\mathbf{E}=\mathbf{E}_0\cos(\omega t-\boldsymbol{\beta}\cdot\mathbf{r})

其中：

  • ω\omega：角頻率，單位為 rad/s
  • β\boldsymbol{\beta}：相位常數向量，方向就是波的傳播方向
  • β=∣β∣\beta=|\boldsymbol{\beta}|：相位常數，單位為 rad/m
  • E\mathbf{E} 與傳播方向必須互相垂直

題目相位中的「βxy\beta x y」依均勻平面波與電場方向判讀，應為沿 yy 軸的空間相位項，即採用

E=E0cos⁡(ωt−βy)a^x\mathbf{E}=E_0\cos(\omega t-\beta y)\hat{\mathbf a}_x

此時電場沿 xx 軸，而波沿 yy 軸傳播，符合平面電磁波的橫向特性。

解題方法

先由時間項讀出角頻率：

ω=20π×1012=2π×1013 rad/s\omega=20\pi\times10^{12} =2\pi\times10^{13}\ \text{rad/s}

因此頻率為

f=ω2π=1013 Hzf=\frac{\omega}{2\pi}=10^{13}\ \text{Hz}

在自由空間中，波速、頻率與波長滿足

c=fλ0c=f\lambda_0

而相位常數為

β=2πλ0=ωc\beta=\frac{2\pi}{\lambda_0} =\frac{\omega}{c}

進入折射率為 nn 的非磁性介質後：

vp=cnv_p=\frac{c}{n}

頻率由波源決定，跨越介面時不改變，因此介質中的波長為

λ=vpf\lambda=\frac{v_p}{f}

(a) 波的傳播方向

相位為

ωt−βy\omega t-\beta y

令相位保持不變：

ωt−βy=constant\omega t-\beta y=\text{constant}

可得

y=ωβt+constanty=\frac{\omega}{\beta}t+\text{constant}

隨時間增加，yy 增加，因此波沿 +y+y 方向傳播。

選項分析

  • +x+x：錯誤。相位沒有 xx 方向的空間變化，且電場沿 xx 軸，平面波的傳播方向不可與電場平行。
  • −x-x：錯誤。理由同上。
  • +y+y：正確。相位形式為 ωt−βy\omega t-\beta y，代表沿 +y+y 傳播。
  • −y-y：錯誤。沿 −y-y 傳播應寫成 ωt+βy\omega t+\beta y。
  • +z+z：錯誤。相位沒有 zz 方向的空間變化。
  • −z-z：錯誤。
🔒

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25 分

  1. (本大题共 25%) In the system shown below, the mass M is set in motion in the following manner: (1) the mass is
    brought to rest at the equilibrium position x = xo with no charge on the capacitor plates; (2) the mass is constrained to
    that position and the capacitor plates are charged to ±0 as shown in the figure; and (3) the mass is released, thereby
    permitting frictionless motion. Obtain the differential equation for x (10%) and find the solution as a function of time
    t (15%).
    🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
    (In this snapshot, x = x0)
🖼️ 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

本題考查固定電荷的平行板電容器與彈簧振子的耦合。圖中兩電容板帶電量 ±Q\pm Q，板間距為 xx、面積為 AA；質量 MM 的物體連接彈簧，未充電時在 x=x0x=x_0 平衡。釋放後電荷不變，電容器的電場能會隨板間距改變，因而對物體產生靜電力。

假設電容器為理想平行板，忽略邊緣效應，且物體運動時電荷維持 ±Q\pm Q。

解題方法

板間電容為

C(x)=ε0Ax.C(x)=\frac{\varepsilon_0 A}{x}.

固定電荷時，電場能為

Ue(x)=Q22C(x)=Q2x2ε0A.U_e(x)=\frac{Q^2}{2C(x)} =\frac{Q^2x}{2\varepsilon_0 A}.

以 xx 增加方向為正，靜電力由能量對位置的負導數求得：

Fe=−dUedx=−Q22ε0A.F_e=-\frac{dU_e}{dx} =-\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 A}.

負號表示兩板相吸，物體受到向左的力。未充電時彈簧在 x0x_0 平衡，因此物體位於 xx 時，彈簧力為 −K(x−x0)-K(x-x_0)。套用牛頓第二定律：

Md2xdt2=−K(x−x0)−Q22ε0A.M\frac{d^2x}{dt^2} =-K(x-x_0)-\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 A}.

因此，運動微分方程為

Md2xdt2+K(x−x0)=−Q22ε0A.M\frac{d^2x}{dt^2}+K(x-x_0) =-\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 A}.

令

🔒

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

114 年臺灣大學的其他科目

工程數學近代物理學英文

臺灣大學《電磁學》其他年度

113 年112 年111 年109 年108 年

其他學校的光電系考古題

成功大學30中央大學40中山大學59暨南國際大學8聯合大學2