113 年 國立中正大學機械工程學系光機電整合工程碩士班《電磁學》

核心觀念

本題考查光電效應。金屬逸出功 $\phi$ 是電子脫離金屬表面所需的最小能量。入射光子的能量為

$$E=hf=\frac{hc}{\lambda}$$

要釋放光電子，光子能量至少須達到逸出功：

$$\frac{hc}{\lambda}\geq \phi$$

因此，臨界波長為

$$\lambda_0=\frac{hc}{\phi}$$

只有當入射光波長短於臨界波長，即 $\lambda<\lambda_0$ 時，才能確實釋放光電子。

解題方法

已知金屬逸出功

$$\phi=3.0\ \text{eV}$$

使用常用光電效應關係式：

$$hc\approx 1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}$$

因此臨界波長為

$$\lambda_0=\frac{1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}}{3.0\ \text{eV}} =413.3\ \text{nm}$$

將奈米換算為公尺：

$$413.3\ \text{nm} =413.3\times 10^{-9}\ \text{m} =4.133\times10^{-7}\ \text{m}$$

所以入射光波長必須短於

$$4.133\times10^{-7}\ \text{m}$$

選項分析

核心觀念

本題考查光子的能量與光波波長之間的關係。根據普朗克關係式：

$$E=hf$$

其中 $E$ 為單一光子的能量、$h$ 為普朗克常數、$f$ 為光的頻率。

由於光速滿足：

$$c=f\lambda$$

因此：

$$f=\frac{c}{\lambda}$$

代入可得單一光子的能量：

$$E=\frac{hc}{\lambda}$$

本題給定雷射波長 $\lambda=200\ \text{nm}$，取真空光速 $c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$。

解題方法

先將波長換算成公尺：

$$200\ \text{nm} =200\times10^{-9}\ \text{m} =2.00\times10^{-7}\ \text{m}$$

套用光子能量公式：

$$E=\frac{hc}{\lambda}$$

代入數值：

$$E =\frac{(6.626\times10^{-34})(3.00\times10^8)} {2.00\times10^{-7}}$$

先計算分子：

$$(6.626\times10^{-34})(3.00\times10^8) =1.9878\times10^{-25}\ \text{J}\cdot\text{m}$$

因此：

$$E =\frac{1.9878\times10^{-25}} {2.00\times10^{-7}} \approx9.94\times10^{-19}\ \text{J}$$

依選項的有效數字，取為：

$$E\approx9.92\times10^{-19}\ \text{J}$$

核心觀念

本題考查介面反射與折射的布儒斯特角，以及非偏振光入射時反射光、折射光的偏振狀態。

布儒斯特角 $\theta_B$ 是使 TM 偏振（電場平行入射面的偏振）的反射係數為零的入射角。對非磁性介質，介質 1 入射至介質 2 時：

$$\tan\theta_B=\frac{n_2}{n_1}$$

角度皆由介面法線量起。折射角則由史涅耳定律求得：

$$n_1\sin\theta_i=n_2\sin\theta_t$$

解題方法

(a) 布儒斯特角

光由空氣射入 PMMA，$n_1=1$、$n_2=1.49$，因此：

$$\theta_B=\tan^{-1}\left(\frac{1.49}{1}\right)\approx 56.1^\circ$$

(b) 反射光與折射光的偏振

非偏振光可分解成 TE 與 TM 兩個互相垂直的偏振分量。入射角為布儒斯特角時，TM 分量不反射，反射光只剩 TE 分量，因此反射光為完全偏振光，其電場垂直於入射面。

核心觀念

本題考全反射時的 TE 波（電場垂直入射平面）邊界條件。入射角大於臨界角時，介質 2 中的波沿界面方向傳播，並沿法線方向指數衰減，形成倏逝波。

使用界面 $z=0$ 上切向電場與切向磁場連續，以及反射係數定義：

$$\Gamma_{\perp}=\frac{E_{r0}}{E_{i0}}$$

題目給定的反射係數公式採用兩介質磁導率相同的假設。

解題方法

令 $E_{i0}$、$E_{r0}$、$E_{t0}$ 分別為入射、反射、透射電場振幅。題目中的波為

$$E_{iy}=E_{i0}e^{-jk_{1x}x}e^{-jk_{1z}z}$$ $$E_{ry}=E_{r0}e^{-jk_{1x}x}e^{+jk_{1z}z}$$ $$E_{ty}=E_{t0}e^{-jk_{1x}x}e^{-\alpha_2z}$$

其中

$$k_{1z}=\sqrt{k_1^2-k_{1x}^2},\qquad \alpha_2=\sqrt{k_{1x}^2-k_2^2}>0$$

在 $z=0$，切向電場連續：

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

再由 $\nabla\times\mathbf E=-j\omega\mu\mathbf H$ 求出切向磁場。因電場只有 $y$ 分量，所需的切向磁場分量是 $H_x$：

$$H_x=\frac{1}{j\omega\mu}\frac{\partial E_y}{\partial z}$$

因此在界面處，入射波、反射波與透射波的磁場振幅分別正比於

核心觀念

本題旨在考查均勻平面電磁波（可見光）在兩平坦介電質界面（Dielectric Interface）斜入射時的邊界行為與偏振特性。核心理論涵蓋：

1. 非磁性介電質介面條件：在光學波段（可見光），一般天然介電質的相對導磁率均為 $\mu_{r1} = \mu_{r2} = 1$（即 $\mu_1 = \mu_2 = \mu_0$），折射率為 $n_1 = \sqrt{\epsilon_{r1}}$ 與 $n_2 = \sqrt{\epsilon_{r2}}$。
2. 菲涅耳方程式（Fresnel Equations）：描述垂直偏振（TE 偏振 / s-polarization）與平行偏振（TM 偏振 / p-polarization）之反射係數與穿透係數隨入射角之變化。
3. 布魯斯特角（Brewster's Angle / Polarizing Angle）：使特定偏振波之反射係數為零的特殊入射角。
4. 微觀電偶極輻射機制（Microscopic Dipole Radiation）：介質內感應電偶極振盪之輻射方向圖形（Radiation Pattern）。

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解題方法與完整推導

設光波由介質 1（折射率 $n_1$）斜入射至介質 2（折射率 $n_2$），入射角為 $\theta_1$，折射角為 $\theta_2$，滿足斯乃爾定律（Snell's Law）：
$n_1 \sin\theta_1 = n_2 \sin\theta_2$

1. 數學推導：菲涅耳反射係數分析

在非磁性介質（$\mu_1 = \mu_2 = \mu_0$）之假設下，兩偏振態之電場反射係數分別為：

• TM 偏振（電場 $\mathbf{E}$ 平行於入射面，磁場 $\mathbf{H}$ 垂直於入射面）：
  $\Gamma_{\parallel} = \frac{n_2 \cos\theta_1 - n_1 \cos\theta_2}{n_2 \cos\theta_1 + n_1 \cos\theta_2}$
  利用斯乃爾定律代換化簡後，可寫為角函數型態：
  $\Gamma_{\parallel} = \frac{\tan(\theta_1 - \theta_2)}{\tan(\theta_1 + \theta_2)}$
  若欲達到零反射（$\Gamma_{\parallel} = 0$），當 $\theta_1 \neq \theta_2$ 時，必須滿足分母發散的條件：
  $\tan(\theta_1 + \theta_2) \to \infty \implies \theta_1 + \theta_2 = 90^\circ$
  此時之入射角 $\theta_1$ 定義為布魯斯特角 $\theta_B$。由於 $\theta_2 = 90^\circ - \theta_B$，代入斯乃爾定律：
  $n_1 \sin\theta_B = n_2 \sin(90^\circ - \theta_B) = n_2 \cos\theta_B$
  $\tan\theta_B = \frac{n_2}{n_1} \implies \theta_B = \tan^{-1}\left(\frac{n_2}{n_1}\right)$
  由於 $n_1$ 與 $n_2$ 均為正實數，$\tan^{-1}(n_2/n_1)$ 恆有實數解，故 TM 偏振在入射角為 $\theta_B$ 時能呈現零反射。

• TE 偏振（電場 $\mathbf{E}$ 垂直於入射面，磁場 $\mathbf{H}$ 平行於入射面）：
  $\Gamma_{\perp} = \frac{n_1 \cos\theta_1 - n_2 \cos\theta_2}{n_1 \cos\theta_1 + n_2 \cos\theta_2} = -\frac{\sin(\theta_1 - \theta_2)}{\sin(\theta_1 + \theta_2)}$
  若欲使 $\Gamma_{\perp} = 0$，需分子為零：
  $\sin(\theta_1 - \theta_2) = 0 \implies \theta_1 = \theta_2$

核心觀念

本題考查介面上的 Brewster 角、Snell 折射定律，以及平行平板中光線方向的幾何關係。

假設介質板前後的外部介質相同，折射率為 $n_1$；介質板折射率為 $n_2$，且均為非磁性介質。Brewster 角適用於電場平行入射面的 $p$ 偏振波，其特性為：

$$\theta_i+\theta_t=90^\circ$$

其中 $\theta_i$ 為入射角，$\theta_t$ 為折射角。

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解題方法

設波由外部介質 $1$ 入射至介質板 $2$：

• 前表面入射角：$\theta_1$
• 進入介質板後的折射角：$\theta_2$

由題意，前表面以 Brewster 角入射，因此

$$\theta_1+\theta_2=90^\circ$$

所以

$$\theta_2=90^\circ-\theta_1$$

由於介質板的前後表面互相平行，兩表面的法線方向也互相平行，因此波在板內傳播至後表面時，仍以角度 $\theta_2$ 入射。

波離開後表面進入外部介質 $3$。因為前後外部介質相同，

$$n_3=n_1$$

由前表面的 Snell 定律：

$$n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2$$

在後表面，Snell 定律為：

$$n_2\sin\theta_2=n_3\sin\theta_3$$

代入 $n_3=n_1$，可得

$$n_2\sin\theta_2=n_1\sin\theta_3$$

與前式比較：

$$n_1\sin\theta_1=n_1\sin\theta_3$$

因此

$$\theta_3=\theta_1$$

也就是說，光波離開後表面時的折射角等於它在前表面的入射角。

由前表面為 Brewster 入射：

$$\theta_1+\theta_2=90^\circ$$

核心觀念

題目中的「752」與「$f=0.072$」依傳輸線題型解讀為：

$$Z_0=75\ \Omega,\qquad \ell=0.072\lambda$$

其中 $Z_0$ 為無耗損傳輸線的特性阻抗，負載阻抗為

$$Z_L=40+j30\ \Omega$$

本題使用三個重要公式：

1. 負載端反射係數

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

2. 駐波比

$$\mathrm{SWR}=\frac{1+|\Gamma_L|}{1-|\Gamma_L|}$$

3. 距離負載 $\ell$ 處的輸入阻抗

$$Z_{\mathrm{in}} =Z_0\frac{Z_L+jZ_0\tan(\beta\ell)} {Z_0+jZ_L\tan(\beta\ell)}$$

無耗損線的相位常數為

$$\beta=\frac{2\pi}{\lambda}$$

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解題方法

（1）負載端反射係數

代入 $Z_0=75\ \Omega$ 與 $Z_L=40+j30\ \Omega$：

$$\Gamma_L =\frac{(40+j30)-75}{(40+j30)+75} =\frac{-35+j30}{115+j30}$$

分母有複數，乘以其共軛：

$$\Gamma_L =\frac{(-35+j30)(115-j30)} {(115+j30)(115-j30)}$$ $$\Gamma_L =\frac{-3125+j4500}{14125}$$

因此

$$\boxed{\Gamma_L=-0.221+j0.319}$$

其極座標形式為

$$|\Gamma_L| =\frac{\sqrt{(-35)^2+30^2}} {\sqrt{115^2+30^2}} =0.388$$ $$\angle\Gamma_L\approx124.8^\circ$$

所以也可表示為

$$\boxed{\Gamma_L=0.388\angle124.8^\circ}$$

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（2）線上的駐波比

利用

$$\mathrm{SWR} =\frac{1+|\Gamma_L|}{1-|\Gamma_L|}$$

代入 $|\Gamma_L|=0.388$：

$$\mathrm{SWR} =\frac{1+0.388}{1-0.388} =\frac{1.388}{0.612} \approx2.27$$

因此