115 身心障礙特考三等 電子工程 電磁學 考古題詳解

核心觀念

本題考查安培定律與圓柱對稱。電流沿 $+z$ 軸，磁場繞著導體呈環向分布，因此以導體軸心為圓心、半徑為 $r$ 的圓形安培迴路最適合。由對稱性，該迴路上磁場大小固定，且方向與線元素 $d\mathbf l$ 相同。

安培定律為

$$\oint \mathbf B\cdot d\mathbf l=\mu_0 I_{\mathrm{enc}},$$

其中 $I_{\mathrm{enc}}$ 是安培迴路所包圍的電流。

解題方法

（一）導體內部 $r<b$

均勻電流密度為

$$J=\frac{I_0}{\pi b^2}.$$

半徑 $r$ 的安培迴路所包圍的導體截面積為 $\pi r^2$，故包圍電流為

$$I_{\mathrm{enc}}=J\pi r^2 =\frac{I_0}{\pi b^2}\pi r^2 =I_0\frac{r^2}{b^2}.$$

由圓柱對稱性，$\mathbf B$ 沿環向 $\hat{\boldsymbol\phi}$，且在迴路上大小為常數，因此

$$\oint \mathbf B\cdot d\mathbf l =B(2\pi r) =\mu_0 I_0\frac{r^2}{b^2}.$$

解得

$$\boxed{\mathbf B(r)=\frac{\mu_0 I_0 r}{2\pi b^2}\,\hat{\boldsymbol\phi},\qquad r<b.}$$

（二）導體外部 $r>b$

核心觀念

本題考查非均勻介電質中的靜電場。介電常數隨位置改變時，電場 $\mathbf E$ 一般不是常數；但極板間沒有自由電荷，依據高斯定律的微分形式

$$\nabla\cdot\mathbf D=\rho_f=0$$

可知電通量密度 $\mathbf D$ 沿板間方向保持常數。再利用 $\mathbf D=\epsilon(x)\mathbf E(x)$ 求電場，並由電位差積分確定 $D_x$。

解題方法

（一）證明 $\mathbf D$ 為均勻常數，求 $\mathbf E(x)$

忽略邊緣效應，場僅沿 $x$ 方向，因此

$$\mathbf D=D_x(x)\,\hat{\mathbf x}.$$

由 $\nabla\cdot\mathbf D=0$ 得

$$\frac{dD_x}{dx}=0,$$

所以 $D_x$ 為常數，且

$$\mathbf D=D_x\,\hat{\mathbf x}.$$

由本構關係 $\mathbf D=\epsilon(x)\mathbf E(x)$，且

$$\epsilon(x)=2\epsilon_0\left(1+\frac{2x}{d}\right),$$

可得

$$\boxed{\mathbf E(x)= \frac{D_x}{2\epsilon_0\left(1+\frac{2x}{d}\right)} \,\hat{\mathbf x}}.$$

（二）求 $D_x$ 與 $V_0$ 的關係

依題目指定的電位差關係，

$$V_0=-\int_0^d E_x\,dx =-\frac{D_x}{2\epsilon_0} \int_0^d\frac{dx}{1+\frac{2x}{d}}.$$

令 $u=1+\frac{2x}{d}$，則 $dx=\frac d2\,du$，積分上下限由 $1$ 至 $3$，因此

$$\int_0^d\frac{dx}{1+\frac{2x}{d}} =\frac d2\int_1^3\frac{du}{u} =\frac d2\ln 3.$$

故

核心觀念

本題考查均勻平面波的相位常數、傳播速度、電磁場方向，以及平均波印廷向量。相位項為 $3\times10^8t-\beta y$，可判定波沿 $+\hat{\mathbf y}$ 方向傳播；自由空間中相位速度為 $v_p=1/\sqrt{\mu_0\epsilon_0}$，且 $\beta=\omega/v_p$。電場與磁場的方向遵守 $\mathbf H=\frac{1}{\eta_0}\hat{\mathbf k}\times\mathbf E$。

解題方法

角頻率由電場式直接讀得：

$$\omega=3\times10^8\ \mathrm{rad/s}.$$

相位 $\,\omega t-\beta y\,$ 表示波沿 $+\hat{\mathbf y}$ 傳播，因此 $\hat{\mathbf k}=\hat{\mathbf y}$。自由空間的傳播速度為

$$v_p=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}=3\times10^8\ \mathrm{m/s}.$$

相位常數為

$$\beta=\frac{\omega}{v_p} =\frac{3\times10^8}{3\times10^8} =1\ \mathrm{rad/m}.$$

因此電場可寫成 $\mathbf E=120\pi\cos(3\times10^8t-y)\hat{\mathbf z}\ \mathrm{V/m}$。

由右手定則，$\hat{\mathbf y}\times\hat{\mathbf z}=\hat{\mathbf x}$，故磁場方向為 $+\hat{\mathbf x}$。其振幅為 $E_0/\eta_0$：

$$H_0=\frac{120\pi}{120\pi}=1\ \mathrm{A/m}.$$

所以伴隨磁場為

核心觀念

本題考無耗損傳輸線的反射係數、入射電壓波，以及用彈跳圖追蹤反射波。波遇到負載或電源端時，電壓反射係數分別為

$$\Gamma_L=\frac{R_L-Z_0}{R_L+Z_0},\qquad \Gamma_g=\frac{R_g-Z_0}{R_g+Z_0}.$$

波在端點反射後，反射電壓波等於入射電壓波乘上該端的反射係數。兩端間單向傳播時間為 $T$，所以波每經過半條線，需時 $T/2$。

解題方法

先求兩端反射係數，再用電源電壓與 $R_g、Z_0$ 的分壓關係求初始入射波。接著按照波抵達中點、負載端、電源端的時間順序，逐次加總抵達中點的電壓波。

（一）負載端與電源端反射係數

代入 $R_L=25\ \Omega$、$R_g=25\ \Omega$、$Z_0=75\ \Omega$：

$$\Gamma_L=\frac{25-75}{25+75}=-0.5, \qquad \Gamma_g=\frac{25-75}{25+75}=-0.5.$$

兩端反射係數皆為 $-0.5$，表示反射波電壓與入射波極性相反，振幅為入射波的一半。

（二）初始入射電壓波

開關閉合瞬間，傳輸線對電源端呈現特性阻抗 $Z_0$。因此初始入射波由 $V_g$ 經 $R_g$ 與 $Z_0$ 分壓：

$$V_1^+=V_g\frac{Z_0}{R_g+Z_0} =24\frac{75}{25+75} =18\ \mathrm{V}.$$

故初始入射電壓波為 $18\ \mathrm{V}$。

（三）中點在 $t=2.5T$ 的電壓