108 地方特考三等 電子工程 電磁學 考古題詳解

108 年・地方特考・三等・電子工程
試題代碼 電磁學

第 一 題25 分

如圖所示，將一個半徑為 aa 的金屬球置於一個半徑為 bb 的金屬球（b>ab>a）內部，兩球的球心重疊。假設內金屬球的電位為 V0V_0，內金屬球上的總電荷為 QQ，外金屬球的電位為 00，兩金屬球之間填充介電係數為 ε1\varepsilon_1 的介電質。

圖示標示：內金屬球半徑為 aa、電位為 V0V_0；外金屬球半徑為 bb；兩球間介電質介電係數為 ε1\varepsilon_1。

(一) 推導兩金屬球間的電場分佈表示式。（5 分）

(二) 推導兩金屬球間的電位分佈表示式。（5 分）

(三) 將 QQ 表達為 V0V_0、ε1\varepsilon_1、aa 及 bb 的函數。（5 分）

(四) 推導外金屬球內側的電荷密度表示式。（5 分）

(五) 推導兩金屬球間的電容表示式。（5 分）

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核心觀念

本題考同心球形電容器。利用球對稱性可知，兩金屬球之間的電場沿徑向，且只與半徑 rr 有關。對 a<r<ba<r<b 的球形高斯面套用高斯定律，再由電場與電位的關係求出電位分布。

以下令介質的介電係數為 ε1\varepsilon_1，並以 r^\hat{\mathbf r} 表示徑向向外的單位向量。

(一) 兩金屬球間的電場分布

取半徑為 rr、滿足 a<r<ba<r<b 的球形高斯面。由球對稱性，D\mathbf D 在高斯面上大小相同且沿徑向，因此

∮SD⋅dS=Dr(4πr2)=Q.\oint_S \mathbf D\cdot d\mathbf S = D_r(4\pi r^2)=Q.

所以

D(r)=Q4πr2r^.\mathbf D(r)=\frac{Q}{4\pi r^2}\hat{\mathbf r}.

介質中 D=ε1E\mathbf D=\varepsilon_1\mathbf E，故

E(r)=Q4πε1r2r^,a<r<b.\boxed{\mathbf E(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_1 r^2}\hat{\mathbf r},\qquad a<r<b.}

當 Q>0Q>0 時，電場向外；若 Q<0Q<0，方向則向內。

(二) 兩金屬球間的電位分布

以外金屬球為電位參考，V(b)=0V(b)=0。由 E=−∇V\mathbf E=-\nabla V，沿徑向積分得

V(r)−V(b)=−∫brEr(r′) dr′=Q4πε1(1r−1b).V(r)-V(b)=-\int_b^r E_r(r')\,dr' =\frac{Q}{4\pi\varepsilon_1}\left(\frac{1}{r}-\frac{1}{b}\right).

因此

V(r)=Q4πε1(1r−1b),a≤r≤b.\boxed{V(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_1}\left(\frac{1}{r}-\frac{1}{b}\right),\qquad a\le r\le b.}

此式在內球表面 r=ar=a 滿足

V0=V(a)=Q4πε1(1a−1b).V_0=V(a)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_1}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right).

改以 V0V_0 表示，電位分布為

V(r)=V0a(b−r)r(b−a),a≤r≤b.\boxed{V(r)=V_0\frac{a(b-r)}{r(b-a)},\qquad a\le r\le b.}
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第 二 題25 分

一片厚度為 hh 之磁性材料（導磁係數為 μ1\mu_1）置於兩片平行金屬板之間。兩片金屬板長度為 L0L_0、寬度為 W0W_0，並於 z=L0z=L_0 處以第三片金屬板相連。兩片平行金屬板於 z=0z=0 處分別接到一直流電流源之兩端，電流源之電流為 I0I_0。假定金屬板上的電流密度均勻，金屬板之間的磁場也均勻。

圖示標示：平行金屬板長度為 L0L_0、寬度為 W0W_0，間距及磁性材料厚度為 hh，磁性材料導磁係數為 μ1\mu_1；座標軸為 xx、yy、zz，電流源電流為 I0I_0。

(一) 列出兩片平行金屬板內側的電流密度表示式。（6 分）

(二) 列出金屬板之間的磁場表示式。（6 分）

(三) 列出金屬板之間的總磁通量表示式。（6 分）

(四) 推導此一金屬板包夾磁性材料結構的電感表示式。（7 分）

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核心觀念

本題考查平行板電流形成的磁場，以及磁通量與電感的定義。兩片金屬板中的電流大小相同、方向相反；把電流視為均勻分布在板內側表面，可用表面電流密度 K\mathbf K 表示。再由安培定律求磁場，並用 Φ=∫B⋅dS\Phi=\int \mathbf B\cdot d\mathbf S 與 L=Φ/I0L=\Phi/I_0 求磁通量及電感。

解題方法與推導

令兩片板分別位於 x=±h/2x=\pm h/2，電流源箭頭沿 +x^+\hat{\mathbf x}。因此，電流由電流源進入 x=+h/2x=+h/2 的板，沿 +z^+\hat{\mathbf z} 流至 z=L0z=L_0，再由另一片板沿 −z^-\hat{\mathbf z} 返回。

（一）兩片平行金屬板內側的電流密度

每片板的寬度為 W0W_0，電流均勻分布在板內側，因此表面電流密度大小為總電流除以寬度：

K=I0W0.K=\frac{I_0}{W_0}.

依上述方向，兩片板內側的表面電流密度為

Kx=+h/2=I0W0z^,Kx=−h/2=−I0W0z^.\mathbf K_{x=+h/2}=\frac{I_0}{W_0}\hat{\mathbf z}, \qquad \mathbf K_{x=-h/2}=-\frac{I_0}{W_0}\hat{\mathbf z}.

此處的電流密度是表面電流密度，單位為 A/m\mathrm{A/m}；題目未提供金屬板厚度，故不寫成體積電流密度 A/m2\mathrm{A/m^2}。

（二）金屬板之間的磁場

兩片板上的電流方向相反。依右手定則，板間磁場方向為 −y^-\hat{\mathbf y}。由安培定律，板間磁場強度大小為兩片板所形成的表面電流密度：

H=−I0W0y^.\mathbf H=-\frac{I_0}{W_0}\hat{\mathbf y}.

磁性材料的磁通密度為 B=μ1H\mathbf B=\mu_1\mathbf H，所以

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第 三 題25 分

如圖所示，一段長度為 Δz\Delta z 的傳輸線之等效電路，其單位長度的電容為 CC、單位長度的電感為 LL，電壓分佈為 V(z,t)V(z,t)、電流分佈為 I(z,t)I(z,t)。

圖示標示：傳輸線由 zz 延伸至 z+Δzz+\Delta z，該段等效電路包含電感 LΔzL\Delta z 與電容 CΔzC\Delta z。

(一) 請應用 Kirchhoff 電壓定律及電流定律，推導 V(z,t)V(z,t) 及 I(z,t)I(z,t) 的一階聯立方程式。（10 分）

(二) 求解上述聯立方程式，推導出 V(z,t)V(z,t) 及 I(z,t)I(z,t) 各自滿足的二階波動方程式。（10 分）

(三) 列出 V(z,t)V(z,t) 的通解，並代入一階聯立方程式，得出 I(z,t)I(z,t) 對應的表示式。（5 分）

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核心觀念

本題考無損傳輸線的電報方程式。長度 Δz\Delta z 的小段，其串聯電感為 LΔzL\Delta z，並聯電容為 CΔzC\Delta z。取電流正方向為 +z+z，電壓為上導線相對下導線的電壓；題目未給電阻與漏導，依理想無損傳輸線處理。

（一）以 KVL、KCL 推導一階聯立方程式

對長度 Δz\Delta z 的小段套用 Kirchhoff 電壓定律：

V(z,t)−V(z+Δz,t)=LΔz∂I(z,t)∂t.V(z,t)-V(z+\Delta z,t) =L\Delta z\frac{\partial I(z,t)}{\partial t}.

兩側除以 Δz\Delta z，令 Δz→0\Delta z\to 0：

∂V(z,t)∂z=−L∂I(z,t)∂t.\boxed{\frac{\partial V(z,t)}{\partial z} =-L\frac{\partial I(z,t)}{\partial t}}.

對並聯電容套用 Kirchhoff 電流定律：

I(z,t)−I(z+Δz,t)=CΔz∂V(z+Δz,t)∂t.I(z,t)-I(z+\Delta z,t) =C\Delta z\frac{\partial V(z+\Delta z,t)}{\partial t}.

令 Δz→0\Delta z\to 0，得到

∂I(z,t)∂z=−C∂V(z,t)∂t.\boxed{\frac{\partial I(z,t)}{\partial z} =-C\frac{\partial V(z,t)}{\partial t}}.

（二）推導二階波動方程式

將電壓的一階方程式對 zz 微分，並代入電流的一階方程式：

∂2V∂z2=−L∂∂t(∂I∂z)=−L∂∂t(−C∂V∂t)=LC∂2V∂t2.\frac{\partial^2 V}{\partial z^2} =-L\frac{\partial}{\partial t} \left(\frac{\partial I}{\partial z}\right) =-L\frac{\partial}{\partial t} \left(-C\frac{\partial V}{\partial t}\right) =LC\frac{\partial^2 V}{\partial t^2}.

因此電壓滿足

∂2V∂z2=LC∂2V∂t2.\boxed{\frac{\partial^2 V}{\partial z^2} =LC\frac{\partial^2 V}{\partial t^2}}.

同理，將電流的一階方程式對 zz 微分，並代入電壓的一階方程式：

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第 四 題25 分

如圖所示，兩片平行金屬板構成一個導波管，兩片金屬板間填充介電係數為 ε1\varepsilon_1、導磁係數為 μ0\mu_0 的介電質。假設導波管內部的電場為

E=y^E0ej(ωt−k0z)。\mathbf{E}=\hat{\mathbf{y}}E_0e^{j(\omega t-k_0z)}。

圖示標示：導波管由兩片平行金屬板構成，座標軸為 xx、yy、zz，板間介電係數為 ε1\varepsilon_1、導磁係數為 μ0\mu_0。

(一) 將電場代入 Faraday’s law，推導出導波管內部的磁場表示式。（5 分）

(二) 列出電場振幅與磁場振幅的比值。（5 分）

(三) 列出兩片平行金屬板內側的電流密度表示式。（5 分）

(四) 列出兩片平行金屬板內側的電荷密度表示式。（5 分）

(五) 列出功率密度 S=E×H∗\mathbf{S}=\mathbf{E}\times\mathbf{H}^* 表示式。（5 分）

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核心觀念

本題考查均勻平面波在介質中的場量關係，以及理想導體表面的邊界條件。採用題目給定的時間因子 ejωte^{j\omega t}，因此頻域 Faraday 定律為

∇×E=−jωμ0H.\nabla\times\mathbf E=-j\omega\mu_0\mathbf H.

導體表面的邊界條件則給出表面電流密度與表面電荷密度：

Ks=n^×H,ρs=n^⋅D,\mathbf K_s=\hat{\mathbf n}\times\mathbf H,\qquad \rho_s=\hat{\mathbf n}\cdot\mathbf D,

其中 n^\hat{\mathbf n} 由金屬表面指向板間介質，且 D=ε1E\mathbf D=\varepsilon_1\mathbf E。圖中兩片金屬板平行於 xzxz 平面，法向為 ±y^\pm\hat{\mathbf y}。

解題方法與推導

題給電場為

E=y^E0ej(ωt−k0z).\mathbf E=\hat{\mathbf y}E_0e^{j(\omega t-k_0z)}.

電場只有 yy 分量，且只隨 zz 變化，因此旋度只有 xx 分量：

∇×E=−x^∂Ey∂z=jk0x^E0ej(ωt−k0z).\nabla\times\mathbf E =-\hat{\mathbf x}\frac{\partial E_y}{\partial z} =j k_0\hat{\mathbf x}E_0e^{j(\omega t-k_0z)}.

代入 Faraday 定律：

jk0x^E0ej(ωt−k0z)=−jωμ0H,j k_0\hat{\mathbf x}E_0e^{j(\omega t-k_0z)} =-j\omega\mu_0\mathbf H,

故導波管內部磁場為

H=−x^k0ωμ0E0ej(ωt−k0z).\boxed{\mathbf H =-\hat{\mathbf x}\frac{k_0}{\omega\mu_0} E_0e^{j(\omega t-k_0z)}}.

磁場振幅與電場振幅之比為

∣E∣∣H∣=ωμ0k0.\boxed{\frac{|E|}{|H|} =\frac{\omega\mu_0}{k_0}}.

若介質中的傳播常數滿足 k0=ωμ0ε1k_0=\omega\sqrt{\mu_0\varepsilon_1}，則

∣E∣∣H∣=μ0ε1.\boxed{\frac{|E|}{|H|} =\sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_1}}}.

金屬板內側的電流密度

表面電流密度方向由 Ks=n^×H\mathbf K_s=\hat{\mathbf n}\times\mathbf H 決定。下板內側的法向為 +y^+\hat{\mathbf y}，上板內側的法向為 −y^-\hat{\mathbf y}。

下板內側：

Ks,下=(+y^)×H=z^k0ωμ0E0ej(ωt−k0z).\mathbf K_{s,\text{下}} =(+\hat{\mathbf y})\times\mathbf H =\hat{\mathbf z}\frac{k_0}{\omega\mu_0} E_0e^{j(\omega t-k_0z)}.

上板內側：

Ks,上=(−y^)×H=−z^k0ωμ0E0ej(ωt−k0z).\mathbf K_{s,\text{上}} =(-\hat{\mathbf y})\times\mathbf H =-\hat{\mathbf z}\frac{k_0}{\omega\mu_0} E_0e^{j(\omega t-k_0z)}.

因此兩板內側的表面電流大小相同、方向相反。

金屬板內側的電荷密度

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