111 地方特考三等 電子工程 電磁學 考古題詳解

111 年・地方特考・三等・電子工程
試題代碼 電磁學

第 一 題25 分

一球形電容器由兩同球心之金屬球面所組成，這兩金屬球之半徑分別為 aa 及 bb，a<ba<b。外金屬球接地，而內金屬球之電位為 V0V_0，V0V_0 為常數。試求在這兩金屬球面空間中之電位分布。

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核心觀念

本題屬於靜電學中的邊界值問題（Boundary-Value Problem），主要考核以下核心理論：

  1. 拉普拉斯方程式（Laplace's Equation）：在無自由電荷分布的無源區域（兩同心金屬球面之間 a<r<ba < r < b），靜電位 VV 滿足： ∇2V=0\nabla^2 V = 0
  2. 球對稱性（Spherical Symmetry）：本題之幾何形狀與邊界條件均具備全向球對稱性，電位僅與徑向距離 rr 有關，與角度 θ\theta、ϕ \phi 無關，即 V=V(r)V = V(r)。
  3. Dirichlet 邊界條件（Dirichlet Boundary Conditions）：
  • 內球表面（r=ar = a）：V(a)=V0V(a) = V_0
  • 外球表面（r=br = b）：接地故電位為零，即 V(b)=0V(b) = 0

解題方法

步驟一：列出球座標系下的支配方程式

在球座標系中，拉普拉斯運算子展開為： ∇2V=1r2∂∂r(r2∂V∂r)+1r2sin⁡θ∂∂θ(sin⁡θ∂V∂θ)+1r2sin⁡2θ∂2V∂ϕ2=0\nabla^2 V = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\left( r^2 \frac{\partial V}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta}\left( \sin\theta \frac{\partial V}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{r^2 \sin^2\theta} \frac{\partial^2 V}{\partial \phi^2} = 0

由於系統具球對稱性，∂V∂θ=0\frac{\partial V}{\partial \theta} = 0 且 ∂V∂ϕ=0\frac{\partial V}{\partial \phi} = 0，偏微分方程式簡化為常微分方程式： 1r2ddr(r2dVdr)=0\frac{1}{r^2} \frac{d}{dr}\left( r^2 \frac{d V}{dr} \right) = 0

步驟二：求解常微分方程式之通解

由於在 a<r<ba < r < b 的空間中 r≠0r \neq 0，上式等價於： ddr(r2dVdr)=0\frac{d}{dr}\left( r^2 \frac{d V}{dr} \right) = 0

對 rr 進行第一次積分： r2dVdr=C1  ⟹  dVdr=C1r2r^2 \frac{d V}{dr} = C_1 \implies \frac{d V}{dr} = \frac{C_1}{r^2} 其中 C1C_1 為待定常數。

對 rr 進行第二次積分，得電位之通解形式： V(r)=−C1r+C2=Ar+BV(r) = -\frac{C_1}{r} + C_2 = \frac{A}{r} + B 其中 AA（令 A=−C1A = -C_1）與 BB 為由邊界條件決定的積分常數。

步驟三：代入邊界條件求解待定常數

已知系統之邊界條件如下：

  1. r=br = b 時，外球接地： V(b)=Ab+B=0  ⟹  B=−AbV(b) = \frac{A}{b} + B = 0 \implies B = -\frac{A}{b}
  2. r=ar = a 時，內球電位為 V0V_0： V(a)=Aa+B=V0V(a) = \frac{A}{a} + B = V_0

將 B=−AbB = -\frac{A}{b} 代入第 2 式：

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第 二 題10 分

有關介電材料（dielectric）中的靜電場，試寫出並申論在線性（linear）且無方向性（isotropic）的介電材料中，電場強度 E⃗\vec{E}（electric field intensity）與電通量密度 D⃗\vec{D}（electric flux density）之關係式。

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核心觀念

本題旨在考驗靜電學中介電質（Dielectric Material）的本構關係（Constitutive Relation）與介質特性的物理本質。解題需運用以下核心觀念與定義：

  1. 基本物理量定義：
  • 電場強度 E⃗\vec{E}（Electric Field Intensity，單位：V/m\text{V/m}）：單位正電荷在空間中所受的靜電力，反映由自由電荷與束縛電荷共同產生的總電場。
  • 極化向量 P⃗\vec{P}（Electric Polarization Vector，單位：C/m2\text{C/m}^2）：單位體積內的電偶極矩總和，反映介電材料受外加電場作用所產生的介質極化程度。
  • 電通量密度 D⃗\vec{D}（Electric Flux Density / Displacement Field，單位：C/m2\text{C/m}^2）：高斯定律在介質中的推廣物理量，其散度僅取決於自由電荷密度（∇⋅D⃗=ρf\nabla \cdot \vec{D} = \rho_f）。在任何介質中，三者的基本普適定義式為： D⃗=ϵ0E⃗+P⃗\vec{D} = \epsilon_0 \vec{E} + \vec{P} 其中 ϵ0≈8.854×10−12 F/m\epsilon_0 \approx 8.854 \times 10^{-12} \text{ F/m} 為真空電容率（Permittivity of Free Space）。
  1. 介質分類特徵：
  • 線性（Linear）：極化向量的大小與電場強度成正比，即電感受率（Electric Susceptibility）與電場強度之大小無關。
  • 無方向性／各向同性（Isotropic）：介質在各個空間方向上的電性反應完全相同，電感受率為一純量（Scalar）而非張量（Tensor），使得感應極化方向與外加電場方向完全平行。
  • 均勻（Homogeneous，延伸對比）：介質特性與空間位置無關，電容率不隨空間座標 (x,y,z)(x,y,z) 改變。

解題方法（推導與申論）

一、基本關係式之推導

在一般介電質中，空間中的微觀束縛電荷會因極化效應重新分佈，產生反抗外場的內建電場。根據靜電學的基本定義，電通量密度 D⃗\vec{D}、電場強度 E⃗\vec{E} 與極化向量 P⃗\vec{P} 之普適關係為： D⃗=ϵ0E⃗+P⃗\vec{D} = \epsilon_0 \vec{E} + \vec{P}

若材料具備以下兩種特性：

  1. 線性（Linear）條件： 材料內部的極化響應與外加電場呈線性正比關係，定義無因次之電感受率 χe\chi_e（Electric Susceptibility），使得： P⃗∝E⃗  ⟹  P⃗=ϵ0χeE⃗\vec{P} \propto \vec{E} \implies \vec{P} = \epsilon_0 \chi_e \vec{E} 此處 χe\chi_e 與電場大小 ∣E⃗∣|\vec{E}| 無關。

  2. 無方向性（Isotropic，各向同性）條件： 介質在空間中任一方向之極化反應均相同，因此 χe\chi_e 是一個純量常數（Scalar），而非 3×33 \times 3 的二階張量（Tensor）。這保證了：

  • 極化向量 P⃗\vec{P} 的方向與電場強度 E⃗\vec{E} 恆為同向平行。
  • 電通量密度 D⃗\vec{D} 與電場強度 E⃗\vec{E} 在空間中處處平行。

將 P⃗=ϵ0χeE⃗\vec{P} = \epsilon_0 \chi_e \vec{E} 代入普適關係式中： D⃗=ϵ0E⃗+ϵ0χeE⃗=ϵ0(1+χe)E⃗\vec{D} = \epsilon_0 \vec{E} + \epsilon_0 \chi_e \vec{E} = \epsilon_0 (1 + \chi_e) \vec{E}

定義以下參數：

  • 相對介電常數（Relative Permittivity）：ϵr=1+χe\epsilon_r = 1 + \chi_e（無因次純量）
  • 介電材料之電容率（Permittivity）：ϵ=ϵ0ϵr=ϵ0(1+χe)\epsilon = \epsilon_0 \epsilon_r = \epsilon_0 (1 + \chi_e)（單位：F/m\text{F/m}）

故得線性且無方向性介電材料中的本構關係式為： D⃗=ϵE⃗\vec{D} = \epsilon \vec{E}

二、深入申論與對比分析

為了完整展現「線性」與「無方向性」之物理限制，可由其反面性質作深入申論：

  1. 若材料為「非線性（Nonlinear）」：
  • 極化響應包含高階電場效應：P⃗=ϵ0(χ(1)E⃗+χ(2)E⃗2+… )\vec{P} = \epsilon_0 (\chi^{(1)} \vec{E} + \chi^{(2)} \vec{E}^2 + \dots)，或在鐵電材料（Ferroelectric）中出現電滯現象（Hysteresis Loop）。
  • 此時 ϵ=ϵ(∣E⃗∣)\epsilon = \epsilon(|\vec{E}|) 為電場大小的函數，D⃗\vec{D} 與 E⃗\vec{E} 不再成簡單正比。
  1. 若材料為「非各向同性／各向異性（Anisotropic）」：
  • 例如壓電晶體、石英或方解石等晶體材料，不同軸向上的原子晶格結構排列不同，施加某一方向的電場會誘發其他方向的極化。
  • 此時電容率以張量形式表示，本構關係改寫為矩陣形式：
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第 三 題25 分

如下圖之靜磁迴路中，該環狀鐵心（ferromagnetic toroid core）有 NN 匝線圈，該鐵心之 permeability 為 μ\mu，該環平均半徑為 r0r_0，具圓形剖面，半徑為 aa，而 a≪r0a\ll r_0，及一窄小的 air gap ℓg\ell_g。今有一穩態電流（steady current）I0I_0 流入該線圈，I0I_0 為一常數。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）推導在環狀鐵心中的磁通密度（magnetic flux density）B⃗\vec{B}及磁場強度（magnetic field intensity）H⃗\vec{H}。

（二）推導在 air gap 中的磁場強度 H⃗\vec{H}。

（三）證明在 air gap 的磁場強度遠大於在環狀鐵心內的磁場強度，如 μ≫μ0\mu\gg\mu_0。

（註：忽略 air gap 的邊緣磁場（fringe field）。）

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題考靜磁場的安培定律，以及磁通密度與磁場強度的材料關係：

∮CH⃗⋅dl⃗=NI,B⃗=μH⃗ （鐵心）,B⃗=μ0H⃗ （空氣隙）.\oint_C \vec H\cdot d\vec l=NI,\qquad \vec B=\mu\vec H\ \text{（鐵心）},\qquad \vec B=\mu_0\vec H\ \text{（空氣隙）}.

忽略邊緣磁場時，磁通在鐵心與空氣隙的截面相同，故兩處磁通密度大小相同。鐵心與空氣隙的磁場強度則因磁導率不同而不同。

解題方法與推導

令鐵心平均磁路長度為

ℓc=2πr0−ℓg.\ell_c=2\pi r_0-\ell_g.

由於 a≪r0a\ll r_0，以平均半徑 r0r_0 近似環狀磁路；忽略邊緣磁場後，磁通密度在磁路截面上近似均勻。設鐵心與空氣隙中的磁通密度大小皆為 BB。

沿磁路方向套用安培定律：

∮CH⃗⋅dl⃗=Hcℓc+Hgℓg=NI0.\oint_C \vec H\cdot d\vec l =H_c\ell_c+H_g\ell_g =NI_0.

鐵心中 B=μHcB=\mu H_c，空氣隙中 B=μ0HgB=\mu_0H_g，因此

Hc=Bμ,Hg=Bμ0.H_c=\frac{B}{\mu},\qquad H_g=\frac{B}{\mu_0}.

代回安培定律：

Bμℓc+Bμ0ℓg=NI0.\frac{B}{\mu}\ell_c+\frac{B}{\mu_0}\ell_g=NI_0.

解得

B=μμ0NI0μ0ℓc+μℓg.B=\frac{\mu\mu_0NI_0}{\mu_0\ell_c+\mu\ell_g}.

（一）鐵心中的磁通密度與磁場強度

B⃗c=μμ0NI0μ0ℓc+μℓg ϕ^\boxed{\vec B_c =\frac{\mu\mu_0NI_0}{\mu_0\ell_c+\mu\ell_g}\,\hat{\boldsymbol\phi}}
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第 四 題25 分

證明 time harmonic 平面電磁波

E⃗=a^xE0e−jkz−a^yjE0e−jkz\vec{E}=\hat{a}_xE_0e^{-jkz}-\hat{a}_yjE_0e^{-jkz}

為一圓形極化波，更進一步證明該圓形極化波在無損耗介質中傳播時之瞬時（instantaneous）Poynting 向量為一常數，與時間及傳播距離均無關。

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核心觀念

  1. 電磁波極化（Polarization）之判斷標準：
  • 平面電磁波的極化狀態是由電場向量末端在垂直於傳播方向的平面上，隨時間推移所描繪出的幾何軌跡決定。
  • 圓形極化（Circular Polarization）之充要條件：
  • 存在兩個空間互相正交的電場分量（如 xx 與 yy 方向）。
  • 兩正交分量的振幅大小相等。
  • 兩正交分量之間具有 ±90∘\pm 90^\circ（即 ±π/2 rad\pm \pi/2\text{ rad}）的相位差。
  1. 相量（Phasor）轉時域瞬時式（Instantaneous Form）：
  • 採用工程界與國家考試通用之 ejωte^{j\omega t} 時間協定：
E⃗(z,t)=Re{E⃗(z)ejωt}\vec{\mathcal{E}}(z, t) = \text{Re}\left\{ \vec{E}(z) e^{j\omega t} \right\}
  1. 無損耗介質中電場與磁場之關係：
  • 沿 +z+z 方向（傳播方向單位向量 a^k=a^z\hat{a}_k = \hat{a}_z）傳播之均勻平面波，其磁場相量為：
H⃗(z)=1ηa^k×E⃗(z)\vec{H}(z) = \frac{1}{\eta} \hat{a}_k \times \vec{E}(z)

其中 η=με\eta = \sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}} 為無損耗介質之本質阻抗（Intrinsic Impedance），為一實數。 4. 瞬時波印廷向量（Instantaneous Poynting Vector）：

  • 定義為時域電場與時域磁場之外積：
S⃗(z,t)=E⃗(z,t)×H⃗(z,t)\vec{\mathcal{S}}(z, t) = \vec{\mathcal{E}}(z, t) \times \vec{\mathcal{H}}(z, t)
  • 注意：瞬時值不可由相量相乘後取實部，必須先將電場與磁場分別轉回時域，再進行向量外積運算。

解題方法

第一部分：證明該波為圓形極化波（Circularly Polarized Wave）

  1. 將電場相量式改寫為標準振幅與相位形式： 已知電場相量：
E⃗(z)=a^xE0e−jkz−a^yjE0e−jkz\vec{E}(z) = \hat{a}_x E_0 e^{-jkz} - \hat{a}_y j E_0 e^{-jkz}

利用虛數單位之歐拉公式 −j=e−jπ/2-j = e^{-j\pi/2}，可將上式改寫為：

E⃗(z)=a^xE0e−jkz+a^yE0e−j(kz+π/2)\vec{E}(z) = \hat{a}_x E_0 e^{-jkz} + \hat{a}_y E_0 e^{-j(kz + \pi/2)}
  1. 轉換為時域瞬時電場向量 E⃗(z,t)\vec{\mathcal{E}}(z, t)：
E⃗(z,t)=Re{E⃗(z)ejωt}=a^xRe{E0ej(ωt−kz)}+a^yRe{−jE0ej(ωt−kz)}=a^xE0cos⁡(ωt−kz)+a^yE0cos⁡(ωt−kz−π2)=a^xE0cos⁡(ωt−kz)+a^yE0sin⁡(ωt−kz)\begin{aligned} \vec{\mathcal{E}}(z, t) &= \text{Re}\left\{ \vec{E}(z) e^{j\omega t} \right\} \\ &= \hat{a}_x \text{Re}\left\{ E_0 e^{j(\omega t - kz)} \right\} + \hat{a}_y \text{Re}\left\{ -j E_0 e^{j(\omega t - kz)} \right\} \\ &= \hat{a}_x E_0 \cos(\omega t - kz) + \hat{a}_y E_0 \cos\left(\omega t - kz - \frac{\pi}{2}\right) \\ &= \hat{a}_x E_0 \cos(\omega t - kz) + \hat{a}_y E_0 \sin(\omega t - kz) \end{aligned}
  1. 分析各分量之振幅與相對相位：
  • xx 分量瞬時值：Ex(z,t)=E0cos⁡(ωt−kz)\mathcal{E}_x(z, t) = E_0 \cos(\omega t - kz)
  • yy 分量瞬時值：Ey(z,t)=E0sin⁡(ωt−kz)\mathcal{E}_y(z, t) = E_0 \sin(\omega t - kz)
  • 振幅比較：兩正交分量振幅均為 E0E_0，大小相等。
  • 相位差：yy 分量之相位落後 xx 分量 90∘90^\circ（即相位差為 π/2\pi/2）。
  1. 軌跡方程式檢驗： 在固定觀察平面（例如取 z=0z = 0 處）：
Ex(0,t)=E0cos⁡(ωt),Ey(0,t)=E0sin⁡(ωt)\mathcal{E}_x(0, t) = E_0 \cos(\omega t), \quad \mathcal{E}_y(0, t) = E_0 \sin(\omega t)

兩者平方相加：

Ex2(0,t)+Ey2(0,t)=E02cos⁡2(ωt)+E02sin⁡2(ωt)=E02\mathcal{E}_x^2(0, t) + \mathcal{E}_y^2(0, t) = E_0^2 \cos^2(\omega t) + E_0^2 \sin^2(\omega t) = E_0^2

此為半徑為 E0E_0 的正圓形方程式。且電場全向量之大小為：

∣E⃗(z,t)∣=Ex2+Ey2=E0=常數|\vec{\mathcal{E}}(z, t)| = \sqrt{\mathcal{E}_x^2 + \mathcal{E}_y^2} = E_0 = \text{常數}

電場向量末端隨時間推移在垂直於傳播軸的平面上描繪出一圓軌跡，故得證該平面電磁波為一圓形極化波（依 IEEE 標準，當波朝 +z+z 傳播時，該波為右旋圓極化波 RHCP）。

第二部分：證明瞬時 Poynting 向量為常數

  1. 求解磁場相量 H⃗(z)\vec{H}(z)： 波傳播方向為 a^z\hat{a}_z。由無損耗介質中的波動方程式解，磁場相量為：
H⃗(z)=1ηa^z×E⃗(z)=1ηa^z×(a^xE0e−jkz−a^yjE0e−jkz)\begin{aligned} \vec{H}(z) &= \frac{1}{\eta} \hat{a}_z \times \vec{E}(z) \\ &= \frac{1}{\eta} \hat{a}_z \times \left( \hat{a}_x E_0 e^{-jkz} - \hat{a}_y j E_0 e^{-jkz} \right) \end{aligned}

利用空間卡氏座標系之單位向量外積規則：

a^z×a^x=a^y,a^z×a^y=−a^x\hat{a}_z \times \hat{a}_x = \hat{a}_y, \quad \hat{a}_z \times \hat{a}_y = -\hat{a}_x

代入展開整理：

H⃗(z)=1η[a^yE0e−jkz−(−a^x)jE0e−jkz]=a^xjE0ηe−jkz+a^yE0ηe−jkz\begin{aligned} \vec{H}(z) &= \frac{1}{\eta} \left[ \hat{a}_y E_0 e^{-jkz} - (-\hat{a}_x) j E_0 e^{-jkz} \right] \\ &= \hat{a}_x \frac{j E_0}{\eta} e^{-jkz} + \hat{a}_y \frac{E_0}{\eta} e^{-jkz} \end{aligned}
  1. 轉換為時域瞬時磁場向量 H⃗(z,t)\vec{\mathcal{H}}(z, t)：
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第 五 題15 分

如下圖，一具有功率 PP 之電磁波由傳輸線 1（Line 1）經由 aa-a′a' 節點輸入傳輸線 2（Line 2），其特徵阻抗（characteristic impedance）Z0Z_0 為 300 Ω300\,\Omega，以及傳輸線 3（Line 3），其特徵阻抗值為 100 Ω100\,\Omega，試計算導入傳輸線 1 之反射功率，與導入傳輸線 2 及 3 之功率。

圖中參數如下：

  • 傳輸線 1（Line 1）：Z0=100 ΩZ_0=100\,\Omega
  • 傳輸線 2（Line 2）：Z0=300 ΩZ_0=300\,\Omega
  • 傳輸線 3（Line 3）：Z0=100 ΩZ_0=100\,\Omega

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核心觀念

本題考查傳輸線分岔處的反射與功率分配。分岔點看到的等效負載，是傳輸線 2、3 特徵阻抗的並聯：

ZL=Z2∥Z3Z_L=Z_2\parallel Z_3

由傳輸線 1 入射至負載的電壓反射係數為

Γ=ZL−Z1ZL+Z1\Gamma=\frac{Z_L-Z_1}{Z_L+Z_1}

反射功率占入射功率的比例為 ∣Γ∣2|\Gamma|^2。分岔點電壓相同，因此各支線功率依各自特徵阻抗分配，功率與 1/Z01/Z_0 成正比。

解題方法

先將傳輸線 2、3 視為並聯負載：

ZL=300∥100=300×100300+100=75 ΩZ_L=300\parallel100 =\frac{300\times100}{300+100} =75\,\Omega

傳輸線 1 的特徵阻抗為 Z1=100 ΩZ_1=100\,\Omega，所以反射係數為

Γ=75−10075+100=−17\Gamma=\frac{75-100}{75+100} =-\frac{1}{7}

負號表示反射電壓相位反轉；反射功率則為

P反射=∣Γ∣2P=P49P_{\mathrm{反射}}=|\Gamma|^2P=\frac{P}{49}

因此進入兩條支線的總功率為

P分岔=P−P49=48P49P_{\mathrm{分岔}}=P-\frac{P}{49}=\frac{48P}{49}
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