107 地方特考三等 電子工程 電磁學 考古題詳解

核心觀念

1. 高斯定律與球對稱電荷之等效點電荷特性： 依據高斯定律（Gauss's Law），均勻帶電球體在球體外部（$r \ge R$）所產生的電場，與將該球體之全部電荷 $Q$ 集中於其球心的「等效點電荷」所產生的電場完全相同： $\vec{E} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\hat{a}_r$ 其中 $\varepsilon_0$ 為自由空間之介電常數（Permittivity），$r$ 為觀測點至球心的距離，$\hat{a}_r$ 為由球心指向觀測點之單位向量。

2. 重疊原理（Superposition Principle）： 在線性介質中，多個電荷分佈產生的總電場等於各分部電荷獨立產生之電場的向量和。對於帶電體內部「挖空（Cavity）」之問題，可等效視為： $\text{帶空腔之球體} = \text{完整無挖空之均勻帶電體（電荷密度 } +\rho_v \text{）} + \text{挖去體積之負帶電體（電荷密度 } -\rho_v \text{）}$

3. 均勻體電荷與半徑之關係： 均勻帶電體的電荷量與體積成正比。球體體積 $V = \frac{4}{3}\pi R^3 \propto R^3$，因此相同電荷密度下，子球體電荷量與其半徑之立方成正比： $\frac{Q_a}{Q_0} = \left(\frac{a}{b}\right)^3$

解題方法

（一）求原點 $O$ 的電場 $\vec{E}_A$

1. 幾何位置判定：

• 球心座標為 $C(0,0,h)$，球半徑為 $b$。
• 由題目第二小題已知條件可見 $b = \frac{1}{2}h < h$，因此原點 $O(0,0,0)$ 位於帶電球體之外部。

2. 計算電場：

• 根據高斯定律，球體在原點 $O$ 建立之電場等效於球心 $C(0,0,h)$ 處放置總電荷 $Q_0$ 之點電荷。
• 由球心 $C$ 指向原點 $O$ 之向量為： $\vec{r}_{CO} = \vec{r}_O - \vec{r}_C = (0,0,0) - (0,0,h) = -h\hat{a}_z$
• 距離為 $|\vec{r}_{CO}| = h$，方向單位向量為 $-\hat{a}_z$。
• 代入庫侖定律得原點 $O$ 之電場 $\vec{E}_A$： $\vec{E}_A = \frac{Q_0}{4\pi\varepsilon_0 h^2}(-\hat{a}_z) = -\frac{Q_0}{4\pi\varepsilon_0 h^2}\hat{a}_z$

（二）計算挖空並放置小球後，原點 $O$ 的電場 $\vec{E}_B$ 及 $\left|\frac{\vec{E}_B}{\vec{E}_A}\right|$

1. 幾何參數與電荷量計算：

• 幾何尺寸關係：$b = \frac{1}{2}h$，$a = \frac{1}{2}b = \frac{1}{4}h$，$w = 2h$。
• 挖出小球之半徑為 $a$，其帶電量 $Q_a$ 為： $Q_a = Q_0 \left(\frac{a}{b}\right)^3 = Q_0 \left(\frac{1}{2}\right)^3 = \frac{1}{8}Q_0$

2. 系統組成之重疊拆解： 此系統可視為三個獨立球形電荷分佈的線性疊加：

• 分量 1（原完整帶電球體）：球心在 $C(0,0,h)$，帶電量 $+Q_0$。
• 分量 2（挖空之等效負電荷）：球心在 $S(0,0,h-a)$，帶電量 $-Q_a = -\frac{1}{8}Q_0$。
• 分量 3（置於上方之挖出小球）：球心在 $P(0,0,w)$，帶電量 $+Q_a = +\frac{1}{8}Q_0$。

3. 各分量在原點 $O(0,0,0)$ 產生之電場計算： 所有球心均位於 $z$ 軸正半軸，原點 $O$ 均在其外部，故各部分均可直接化為球心處之點電荷計算：

• 分量 1 的電場 $\vec{E}_C$： $\vec{E}_C = \vec{E}_A = -\frac{Q_0}{4\pi\varepsilon_0 h^2}\hat{a}_z$

• 分量 2 的電場 $\vec{E}_S$：

• 球心 $S$ 座標為 $(0,0,h-a) = \left(0, 0, \frac{3}{4}h\right)$。

• $S$ 至原點 $O$ 之距離 $d_S = \frac{3}{4}h$。

• 此分量帶負電，電場指向球心 $S$（即 $+\hat{a}_z$ 方向）：

核心觀念

本題評量靜磁學（Magnetostatics）的核心計算能力，主要涵蓋以下兩大基本定理與幾何分析：

1. 畢奧－沙伐定律（Biot-Savart Law）： 對於攜帶穩態直流電流 $I$ 的微小線段元素 $d\vec{l}$，在相對於該元素之位移向量為 $\vec{R} = \vec{r} - \vec{r}'$ 的場點所建立的微小磁通密度為：

2. 重疊原理（Superposition Principle）： 複合形狀的載流環路在空間中某點產生的總磁場，等於環路各幾何分段（直導線、圓弧段）各自產生磁場的向量和：

3. 徑向直導線之零磁場特性： 當直線載流導線的延長線通過觀察點（場點）時，微小線元向量 $d\vec{l}$ 與位移向量 $\vec{r} - \vec{r}'$ 平行（夾角 $0^\circ$ 或 $180^\circ$），其外積為零，因此該直導線段在該點不產生磁場。

解題方法

（一）證明圓弧形電流在弧心的磁場 $\vec{B}_A$

1. 建立座標系與源點、場點向量：

• 將圓弧放置於 $xy$ 平面上，圓心即為座標原點 $O$（場點），故場點位置向量 $\vec{r} = 0$。
• 源點（電流微元所在處）以柱座標表示：$\vec{r}' = R\,\hat{a}_\rho'$。
• 由源點指向場點的位移向量為：

其距離為 $|\vec{r} - \vec{r}'| = R$，單位向量 $\hat{a}_R = -\hat{a}_\rho'$。

• 弧形電流以逆時針方向沿圓周流動，其線微元向量為：

2. 計算向量外積： 利用柱座標單位向量的正交旋轉關係（$\hat{a}_\rho' \times \hat{a}_\phi' = \hat{z} \implies \hat{a}_\phi' \times \hat{a}_\rho' = -\hat{z}$）：

3. 代入畢奧－沙伐定律積分：

沿弧角從 $\phi' = 0$ 到 $\phi' = \phi_0$ 進行積分：

得證。

（二）計算多邊環路在弧心的總磁場 $\vec{B}_B$

如圖二（b）所示，整個閉合環路位於 $xy$ 平面，對稱於 $y$ 軸，由 4 段徑向直線段 與 4 段同心圓弧段 連接而成：

• 外圍兩側圓弧半徑為 $b = 2a$。
• 外圍中央頂部圓弧半徑為 $c = 4a$，張角為 $\theta = \frac{\pi}{2}$。
• 內圈底層圓弧半徑為 $a$。
• 環路底端沿 $x$ 軸延伸，兩側對稱角各為 $\Delta\phi_{\text{side}} = \frac{\pi - \theta}{2} = \frac{\pi - \frac{\pi}{2}}{2} = \frac{\pi}{4}$。

依路徑分段計算弧心 $O$ 點的磁場：

1. 徑向直導線段（共 4 段）：

• $\phi = 0$ 處：$r$ 從 $a \to 2a$。
• $\phi = \frac{\pi}{4}$ 處：$r$ 從 $2a \to 4a$。
• $\phi = \frac{3\pi}{4}$ 處：$r$ 從 $4a \to 2a$。
• $\phi = \pi$ 處：$r$ 從 $2a \to a$。 因所有直線段的電流方向皆為徑向（平行於 $\hat{a}_\rho$），其與指向原點之位移向量共線（$d\vec{l} \parallel \vec{r}'$），外積為零：

核心觀念

1. 無耗損介質中的波傳播常數： 在無耗損自由空間（A 區間）中，電導係數 $\sigma_d = 0$，電磁波的相速度為光速 $c = 1/\sqrt{\mu_0\epsilon_0} = 3\times 10^8\ \mathrm{m/s}$，波數（相位常數）定義為 $\beta_0 = \omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0} = \omega/c$。
2. 電磁波極化特性（Polarization）： 觀察電場兩正交分量（$E_x$ 與 $E_y$）的振幅大小與相位差：

• 振幅相等且兩分量正交、相位差為 $\pm 90^\circ$ 時，合成電場向量軌跡為圓極化（Circular Polarization）。
• 依據 IEEE 規範慣例，觀察者面朝電磁波傳播方向看去，若電場向量端點隨時間呈逆時針旋轉（CCW），則定義為左旋圓極化（Left-Hand Circular Polarization, LHCP）；反之若呈順時針旋轉（CW），則為右旋圓極化（Right-Hand Circular Polarization, RHCP）。

3. 良導體（Good Conductor）判定與特性參數： 計算耗損正切（Loss Tangent）$\tan\theta = \frac{\sigma}{\omega\epsilon}$：

• 若 $\frac{\sigma}{\omega\epsilon} \gg 1$，該介質可視為良導體。
• 良導體的衰減常數 $\alpha$ 與相位常數 $\beta$ 近似相等： $\alpha_2 \approx \beta_2 \approx \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} = \sqrt{\pi f \mu \sigma}$
• 本質阻抗（Intrinsic Impedance）為複數： $\eta_2 \approx \sqrt{\frac{j\omega\mu}{\sigma}} = (1+j)\sqrt{\frac{\omega\mu}{2\sigma}} = \sqrt{\frac{\omega\mu}{\sigma}}\angle 45^\circ$

4. 正向入射邊界條件與透射波： 電磁波由介質 1 正向入射至介質 2（界面 $z = 0$），其電場透射係數（Transmission Coefficient）為： $\tau = \frac{2\eta_2}{\eta_1 + \eta_2}$ 透射波在有耗損導體中行進時，振幅隨距離呈指數衰減 $e^{-\alpha_2 z}$，相位落後隨距離增加 $e^{-j\beta_2 z}$。

解題方法

（一）求 $\beta_0$

1. 由題目給定之電場時間項可知角頻率： $\omega = 2\pi \times 10^9\ \mathrm{rad/s} \quad \left(f = 10^9\ \mathrm{Hz} = 1\ \mathrm{GHz}\right)$
2. A 區間為自由空間（$\epsilon_d = \epsilon_0$、$\mu_d = \mu_0$、$\sigma_d = 0$），波速為真空中光速： $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}} = \frac{1}{\sqrt{\left(4\pi\times 10^{-7}\right)\left(\frac{10^{-9}}{36\pi}\right)}} = \sqrt{9\times 10^{16}} = 3\times 10^8\ \mathrm{m/s}$
3. 計算相位常數 $\beta_0$： $\beta_0 = \frac{\omega}{c} = \frac{2\pi \times 10^9}{3\times 10^8} = \frac{20\pi}{3}\ \mathrm{rad/m} \approx 20.944\ \mathrm{rad/m}$

（二）說明入射平面波的極化特性

1. 分析兩正交分量之振幅與相位： 入射電場為 $\vec{E}_{in} = \hat{x}E_0\cos(2\pi10^9t-\beta_0z) + \hat{y}E_0\sin(2\pi10^9t-\beta_0z)$ 化為標準餘弦式： $\vec{E}_{in} = \hat{x}E_0\cos(\omega t - \beta_0 z) + \hat{y}E_0\cos\left(\omega t - \beta_0 z - \frac{\pi}{2}\right)$

• $x$ 分量振幅 $E_{0x} = E_0$，$y$ 分量振幅 $E_{0y} = E_0$，兩者振幅相等（$E_{0x} = E_{0y}$）。
• 相位差 $\Delta\phi = \phi_y - \phi_x = -\frac{\pi}{2}$（即 $y$ 分量相位落後 $x$ 分量 $90^\circ$）。
• 由於兩正交分量振幅相等且相位差為 $90^\circ$，合成電場向量之軌跡為圓極化（Circular Polarization）。

2. 判斷旋向（Handedness）：

• 傳播方向：由波函數 $(\omega t - \beta_0 z)$ 可知電磁波朝 $+z$ 方向行進（$\hat{a}_k = +\hat{z}$）。
• 固定觀察平面於 $z = 0$ 觀察電場隨時間的變化：
• 當 $t = 0$ 時：$\vec{E}_{in}(0, 0) = \hat{x}E_0$（指向 $+x$ 軸）
• 當 $\omega t = \frac{\pi}{2}$ 時：$\vec{E}_{in}\left(0, \frac{\pi}{2\omega}\right) = \hat{y}E_0$（指向 $+y$ 軸）
• 當 $\omega t = \pi$ 時：$\vec{E}_{in}\left(0, \frac{\pi}{\omega}\right) = -\hat{x}E_0$（指向 $-x$ 軸）
• 電場向量端點在空間固定點隨時間由 $+x$ 軸旋轉至 $+y$ 軸。
• 依據 IEEE 規範，站在波源側朝波前進方向（$+z$ 方向）觀察： $+x$ 軸為右、$+y$ 軸為上，電場由右向左上方旋轉，呈現逆時針方向（Counterclockwise, CCW）​旋轉。
• 故該入射平面波為左旋圓極化（Left-Hand Circular Polarization, LHCP）。

（三）求進入 B 區間之透射平面波的電場 $\vec{E}_T$

1. 計算 A 區間與 B 區間之材料參數：

• A 區間（$z < 0$）​之本質阻抗： $\eta_1 = \eta_0 = \sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}} = 120\pi\ \Omega \approx 377\ \Omega$
• B 區間（$z > 0$）​之耗損正切判定： $\frac{\sigma_w}{\omega \epsilon_w} = \frac{100}{(2\pi\times 10^9)\times (4\epsilon_0)} = \frac{100}{8\pi\times 10^9 \times \frac{10^{-9}}{36\pi}} = \frac{100}{\frac{2}{9}} = 450 \gg 1$ 因耗損正切高達 450，B 區間屬於良導體（Good Conductor）。

2. 計算 B 區間的傳播常數 $\gamma_2$ 與本質阻抗 $\eta_2$：

• 衰減常數 $\alpha_2$ 與相位常數 $\beta_2$：

核心觀念

本題考查微波工程與傳輸線理論之核心觀念，涵蓋三大重點：

1. 四分之一波長阻抗轉換器（Quarter-Wave Transformer）： 長度為 $L = 0.25\lambda_g = \frac{\lambda_g}{4}$ 之無耗損傳輸線，其輸入阻抗滿足轉換關係： $Z_{in} = \frac{Z_0^2}{Z_L}$
2. 電壓駐波比（Voltage Standing Wave Ratio, VSWR）： 由負載端電壓反射係數 $\Gamma_L$ 之大小決定： $\Gamma_L = \frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0}, \quad \text{VSWR} = \frac{1 + |\Gamma_L|}{1 - |\Gamma_L|}$ 其物理意義為傳輸線上電壓最大值與最小值之比值，範圍為 $1 \le \text{VSWR} < \infty$。
3. 單截線並聯匹配電路（Single-Stub Shunt Tuner）與共軛匹配： 在主傳輸線上距負載 $d$ 處並聯一段長度為 $s$ 之開路微帶線（Stub），利用傳輸線阻抗隨長度的週期性旋轉轉換，使負載導納轉換至實部等於特性導納（$Y_0$）的等電導圓上，再利用開路截線提供之純電納（Susceptance）抵消虛部，使輸入端達到阻抗共軛匹配（Conjugate Matching），消除反射波。

解題方法

（一）求圖四（a）中，晶片 2 在 $O$ 點所呈現之阻抗 $Z_{in}$

1. 切入點與位置分析： 圖四（a）中，$O$ 點為晶片 1 與微帶線交界處（傳輸線之輸入埠），晶片 2 為終端負載 $Z_L = 40 - j10\ \Omega$。微帶線長度 $L = 0.25\lambda_g = \frac{\lambda_g}{4}$，特性阻抗為 $Z_0$。
2. 阻抗轉換推導： 傳輸線一般輸入阻抗公式為： $Z_{in} = Z_0 \frac{Z_L + j Z_0 \tan(\beta L)}{Z_0 + j Z_L \tan(\beta L)}$ 其中相位常數 $\beta = \frac{2\pi}{\lambda_g}$，當長度 $L = \frac{\lambda_g}{4}$ 時，電長度 $\beta L = \frac{2\pi}{\lambda_g} \times \frac{\lambda_g}{4} = \frac{\pi}{2}$。 因 $\tan\left(\frac{\pi}{2}\right) \to \infty$，上下同除以 $\tan(\beta L)$ 可得： $Z_{in} = \frac{Z_0^2}{Z_L}$
3. 代入數值計算： 將 $Z_L = 40 - j10\ \Omega$ 代入： $Z_{in} = \frac{Z_0^2}{40 - j10} = \frac{Z_0^2(40 + j10)}{40^2 + (-10)^2} = \frac{Z_0^2(40 + j10)}{1700} = \frac{Z_0^2}{170}(4 + j1)\ \Omega$ 若微帶線特性阻抗採微波電路標準規格且與信號源晶片 1 相等，即 $Z_0 = Z_S = 50\ \Omega$： $Z_{in} = \frac{50^2}{40 - j10} = \frac{2500(40 + j10)}{1700} = \frac{25(40 + j10)}{17} = \frac{1000 + j250}{17} \approx 58.82 + j14.71\ \Omega$

（二）計算圖四（a）微帶線上的電壓駐波比（VSWR）

1. 計算負載端反射係數 $\Gamma_L$： 反射係數定義為： $\Gamma_L = \frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0}$ 在標準特性阻抗 $Z_0 = 50\ \Omega$ 下： $\Gamma_L = \frac{(40 - j10) - 50}{(40 - j10) + 50} = \frac{-10 - j10}{90 - j10} = \frac{-1 - j1}{9 - j1}$
2. 取反射係數之大小值 $|\Gamma_L|$： $|\Gamma_L| = \frac{|-1 - j1|}{|9 - j1|} = \frac{\sqrt{(-1)^2 + (-1)^2}}{\sqrt{9^2 + (-1)^2}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{82}} = \frac{1}{\sqrt{41}} \approx 0.1562$
3. 計算電壓駐波比（VSWR）： $\text{VSWR} = \frac{1 + |\Gamma_L|}{1 - |\Gamma_L|} = \frac{1 + \frac{1}{\sqrt{41}}}{1 - \frac{1}{\sqrt{41}}} = \frac{\sqrt{41} + 1}{\sqrt{41} - 1}$ 分子分母同乘以 $(\sqrt{41} + 1)$ 有理化： $\text{VSWR} = \frac{(\sqrt{41} + 1)^2}{41 - 1} = \frac{42 + 2\sqrt{41}}{40} = \frac{21 + \sqrt{41}}{20}$ 將 $\sqrt{41} \approx 6.4031$ 代入： $\text{VSWR} = \frac{21 + 6.4031}{20} = \frac{27.4031}{20} \approx 1.37$ 註：若 $Z_0$ 保留為符號變數，則 $|\Gamma_L| = \sqrt{\frac{(40 - Z_0)^2 + 100}{(40 + Z_0)^2 + 100}}$，$\text{VSWR} = \frac{1 + |\Gamma_L|}{1 - |\Gamma_L|}$。

（三）詳述如何由 $Z_L$、$Z_S$、$Z_0$ 和 $\lambda_g$ 計算出 $d$ 和 $s$

欲達成晶片 1 與晶片 2 的共軛匹配，因晶片 1 之阻抗 $Z_S = 50\ \Omega$ 為純實數，且微帶線特性阻抗 $Z_0 = 50\ \Omega$，故共軛匹配條件即為自並聯截線節點向負載端看入之總導納必須滿足無反射匹配條件： $Y_{\text{total}} = Y_d + Y_{\text{stub}} = Y_0 = \frac{1}{Z_0}$ 換算為歸一化導納（Normalized Admittance）條件： $y_{\text{total}} = y_d + y_s = 1 + j0$ 其中：

• $d$ 為並聯截線接點至負載 $Z_L$ 的距離。
• $s$ 為開路旁微帶線的長度。

本題求解 $d$ 與 $s$ 可採用解析公式法或史密斯圓圖法（Smith Chart），詳細計算步驟如下：

方法一：解析公式推導法（Analytical Method）

1. 負載反射係數與相位： $\Gamma_L = \frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0} = |\Gamma_L| e^{j\theta_L}$ 其中： $|\Gamma_L| = \left| \frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0} \right|, \quad \theta_L = \arg\left( \frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0} \right)$
2. 計算距離 $d$： 自負載向波源移動距離 $d$ 處，反射係數轉換為： $\Gamma(d) = \Gamma_L e^{-j2\beta d} = |\Gamma_L| e^{j(\theta_L - 2\beta d)}$ 此處向負載看入之歸一化導納為： $y_d = g_d + jb_d = \frac{1 - \Gamma(d)}{1 + \Gamma(d)} = \frac{1 - |\Gamma_L|^2 - j2|\Gamma_L|\sin(\theta_L - 2\beta d)}{1 + 2|\Gamma_L|\cos(\theta_L - 2\beta d) + |\Gamma_L|^2}$ 並聯匹配要求其電導實部 $g_d = 1$： $\frac{1 - |\Gamma_L|^2}{1 + 2|\Gamma_L|\cos(\theta_L - 2\beta d) + |\Gamma_L|^2} = 1 \implies \cos(\theta_L - 2\beta d) = -|\Gamma_L|$