112 地方特考三等 電子工程類科 電磁學 考古題詳解

112 年・地方特考・三等・電子工程類科
試題代碼 電磁學

第 一 題25 分

針對下圖的簡單傳輸線（長度為 ll）電路，電壓源為 vg=V0cos⁡(ωt)v_g=V_0\cos(\omega t)，內阻為 R0R_0，傳輸線的特性阻抗為 Z0=R0Z_0=R_0，負載電阻為 RL=R0R_L=R_0，欲求解負載電壓 vLv_L。

(一) 若基於電路學求解 vLv_L 時，請寫出其針對該傳輸導線的基本假設，並寫出導線上任一點（參考平面 CC-C′C' 處）的電壓 vCv_C，以及負載電壓 vLv_L。（9 分）

(二) 若基於電磁學求解 vLv_L 時，請寫出其針對傳輸導線的基本假設，並寫出導線上任一點（參考平面 CC-C′C' 處）的電壓 vCv_C，以及負載電壓 vLv_L。（16 分）

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核心觀念

本題比較兩種模型：

  1. 電路學模型：把傳輸線視為理想導線，忽略其分布電感、分布電容及傳播延遲，因此各點電壓相同。
  2. 電磁學模型：把傳輸線視為具有分布參數的無損傳輸線，電壓波以有限速度傳播，並利用反射係數與特性阻抗分析。

已知

vg(t)=V0cos⁡(ωt),Rg=R0,Z0=R0,RL=R0v_g(t)=V_0\cos(\omega t),\qquad R_g=R_0,\qquad Z_0=R_0,\qquad R_L=R_0

其中 RgR_g 為訊號源內阻。

解題方法

（一）以電路學求解

1. 傳輸線的基本假設

以一般集中參數電路處理時，傳輸線採用下列假設：

  • 傳輸線長度 ll 相對於訊號波長很短，即 l≪λl\ll\lambda。
  • 傳輸線上的傳播延遲可忽略。
  • 傳輸線視為理想導線，導線本身的電阻、電感及電容效應忽略。
  • 傳輸線上任一點的電壓均相同，且不考慮反射波與駐波現象。

因此，CC-C′C' 參考平面上的電壓與負載端電壓相同：

vC=vLv_C=v_L

2. 利用電壓分壓求解

由於傳輸線被視為理想導線，整個電路等效為電壓源 vgv_g、串聯內阻 R0R_0 與負載電阻 RLR_L。

負載電壓為

vL(t)=vg(t)RLR0+RLv_L(t) = v_g(t)\frac{R_L}{R_0+R_L}

代入 RL=R0R_L=R_0：

vL(t)=V0cos⁡(ωt)R0R0+R0v_L(t) = V_0\cos(\omega t) \frac{R_0}{R_0+R_0}

因此

vL(t)=V02cos⁡(ωt)\boxed{v_L(t)=\frac{V_0}{2}\cos(\omega t)}

因為忽略傳輸線的相位延遲，CC-C′C' 平面上的電壓為

vC(t)=V02cos⁡(ωt)\boxed{v_C(t)=\frac{V_0}{2}\cos(\omega t)}

故在電路學模型下，

vC=vL=V02cos⁡(ωt)\boxed{v_C=v_L=\frac{V_0}{2}\cos(\omega t)}

（二）以電磁學求解

1. 傳輸線的基本假設

以電磁學分析時，傳輸線採用分布參數模型，基本假設如下：

  • 傳輸線由均勻且平行的導體構成，幾何結構沿 xx 方向不變。
  • 導線尺寸遠小於波長，可採用 TEM 或準 TEM 模式分析。
  • 傳輸線為無損傳輸線，忽略導體電阻與介質漏電，因此
R′=0,G′=0R'=0,\qquad G'=0
  • 傳輸線具有單位長度電感 L′L' 與單位長度電容 C′C'。
  • 電壓與電流以有限速度沿傳輸線傳播，傳播速度為
u=1L′C′u=\frac{1}{\sqrt{L'C'}}
  • 傳輸線的特性阻抗為
Z0=L′C′=R0Z_0=\sqrt{\frac{L'}{C'}}=R_0
  • 負載與傳輸線匹配，因為
RL=Z0R_L=Z_0

所以負載端不產生反射波。

2. 反射係數與入射波

負載端反射係數為

ΓL=RL−Z0RL+Z0\Gamma_L = \frac{R_L-Z_0}{R_L+Z_0}

代入 RL=Z0=R0R_L=Z_0=R_0：

ΓL=0\Gamma_L=0

因此傳輸線上只有向負載傳播的入射波，沒有反射波。

在訊號源端，入射波的電壓振幅由訊號源內阻與傳輸線特性阻抗分壓決定：

V+=V0Z0R0+Z0V^+ = V_0\frac{Z_0}{R_0+Z_0}

由於 Z0=R0Z_0=R_0，

V+=V0R0R0+R0=V02V^+ = V_0\frac{R_0}{R_0+R_0} = \frac{V_0}{2}
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第 二 題25 分

下列是有關向量和向量場特性的探討與證明：

(一) 如果兩個向量 A⃗\vec{A} 和 B⃗\vec{B}，針對另外一個特定向量 D⃗\vec{D} 的投影滿足下列關係： A⃗⋅D⃗=B⃗⋅D⃗\vec{A}\cdot\vec{D}=\vec{B}\cdot\vec{D} 請問這是否可以推論 A⃗=B⃗\vec{A}=\vec{B}？（2 分）

(二) 如果你在子題（一）的答案為「非」，設 A⃗=B⃗+C⃗\vec{A}=\vec{B}+\vec{C}，請找出一個 C⃗≠0⃗\vec{C}\ne\vec{0} 的例子（可以透過畫圖呈現），並說明 C⃗\vec{C} 必須滿足何種特性或關係。（10 分）

(三) 如果兩個向量場 A⃗(x,y,z)\vec{A}(x,y,z) 和 B⃗(x,y,z)\vec{B}(x,y,z) 的散度滿足下列關係： ∇⋅A⃗=∇⋅B⃗\nabla\cdot\vec{A}=\nabla\cdot\vec{B} 請問這是否可以推論 A⃗=B⃗\vec{A}=\vec{B}？（3 分）

(四) 如果你在子題（三）的答案為「非」，設 A⃗=B⃗+C⃗\vec{A}=\vec{B}+\vec{C}，請找出一個向量場 C⃗(x,y,z)≠0⃗\vec{C}(x,y,z)\ne\vec{0} 的例子，並說明 C⃗\vec{C} 必須滿足何種特性或關係。（10 分）

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核心觀念

本題考查「一個投影值能否唯一決定向量」及「散度相同能否唯一決定向量場」。

向量 A⃗\vec A 在方向 D⃗\vec D 上的內積 A⃗⋅D⃗\vec A\cdot\vec D，反映 A⃗\vec A 沿 D⃗\vec D 方向的分量；它只提供一個方向上的資訊。向量場的散度 ∇⋅A⃗\nabla\cdot\vec A 則描述場在各點的源或匯強度，也不包含向量場的全部資訊。

解題方法

（一）單一方向的投影相同

由題設

A⃗⋅D⃗=B⃗⋅D⃗\vec A\cdot\vec D=\vec B\cdot\vec D

移項得

(A⃗−B⃗)⋅D⃗=0.(\vec A-\vec B)\cdot\vec D=0.

這只表示 A⃗−B⃗\vec A-\vec B 與 D⃗\vec D 垂直，不能因此推出 A⃗−B⃗=0⃗\vec A-\vec B=\vec 0，所以不能推論 A⃗=B⃗\vec A=\vec B。

（二）構造非零的 C⃗\vec C

令

A⃗=B⃗+C⃗.\vec A=\vec B+\vec C.

代入（一）的條件：

(B⃗+C⃗)⋅D⃗=B⃗⋅D⃗⟹C⃗⋅D⃗=0.(\vec B+\vec C)\cdot\vec D=\vec B\cdot\vec D \quad\Longrightarrow\quad \vec C\cdot\vec D=0.

因此，C⃗\vec C 只要是非零且垂直於 D⃗\vec D 的向量，就符合條件。例如在三維空間取

D⃗=x^,B⃗=0⃗,C⃗=y^,A⃗=y^.\vec D=\hat{x},\qquad \vec B=\vec 0,\qquad \vec C=\hat{y},\qquad \vec A=\hat{y}.

此時 A⃗≠B⃗\vec A\ne\vec B，但

A⃗⋅D⃗=y^⋅x^=0=0⃗⋅x^=B⃗⋅D⃗.\vec A\cdot\vec D=\hat{y}\cdot\hat{x}=0 =\vec 0\cdot\hat{x}=\vec B\cdot\vec D.

（三）散度相同

由

∇⋅A⃗=∇⋅B⃗\nabla\cdot\vec A=\nabla\cdot\vec B

移項可得

∇⋅(A⃗−B⃗)=0.\nabla\cdot(\vec A-\vec B)=0.

這只表示差向量場的散度為零，並不表示差向量場本身為零，因此不能推論 A⃗=B⃗\vec A=\vec B。

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第 三 題25 分

在下圖的結構中，一對經由外部電壓源充電且充有正負電荷 ±Q\pm Q 的 3 維立體電容極板，在其周圍建立了電場 E⃗\vec{E}。其周圍材料的導電率 σ\sigma 和介電係數 ε\varepsilon 皆為常數，請問其經由材料漏電的電流 II 為多少（用 QQ、σ\sigma、ε\varepsilon 等表示）？（25 分）

注意：針對此流經表面 SS 向外的漏電流 II，其所帶走的電荷將由外部的電壓源（沒有畫出來）穩定補充供應。

Hint： J⃗=σE⃗\vec{J}=\sigma\vec{E} I=∯SJ⃗⋅ds⃗I=\oiint_S\vec{J}\cdot d\vec{s}

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核心觀念

本題考查均勻導電介質中的漏電流，以及高斯定律。介質具有：

  • 導電率：σ\sigma
  • 介電係數：ε\varepsilon
  • 自由電荷：上方導體帶有 +Q+Q

漏電流密度遵守歐姆定律：

J⃗=σE⃗\vec{J}=\sigma\vec{E}

而電位移向量與電場的關係為：

D⃗=εE⃗\vec{D}=\varepsilon\vec{E}

因此：

J⃗=σE⃗=σεD⃗\vec{J} =\sigma\vec{E} =\frac{\sigma}{\varepsilon}\vec{D}

解題方法

圖中的封閉曲面 SS 包住上方帶電導體，故曲面內所包住的自由電荷為 +Q+Q。由高斯定律：

∯SD⃗⋅ds⃗=Q\oiint_S\vec{D}\cdot d\vec{s}=Q

漏電流為：

I=∯SJ⃗⋅ds⃗I=\oiint_S\vec{J}\cdot d\vec{s}

代入 J⃗=σεD⃗\vec{J}=\dfrac{\sigma}{\varepsilon}\vec{D}：

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第 四 題25 分

考慮一個沿著 zz 軸方向傳播的平面波，其電場只有 xx 分量，且其表達式為 Ex(z)=E0e−jkzE_x(z)=E_0e^{-jkz} 其中 E0E_0 是電場的幅值，k=ωμεk=\omega\sqrt{\mu\varepsilon} 是波數。請計算其對應磁場 H⃗\vec{H} 的表達式，並說明其磁場分量的幅值 H0H_0 與電場分量幅值 E0E_0 之間的比值，以及磁場分量的相位 ϕH\phi_H 與電場分量相位之間的關係。（25 分）

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核心觀念

本題考平面電磁波中電場與磁場的關係，包括磁場方向、波阻抗，以及兩場的相位關係。採用時間因子 ejωte^{j\omega t}；題目中的空間因子 e−jkze^{-jkz} 表示波沿 +z+z 方向傳播。

均勻介質中的平面波滿足

H⃗=1η z^×E⃗,η=με,\vec H=\frac{1}{\eta}\,\hat z\times\vec E, \qquad \eta=\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}},

其中 η\eta 是介質的波阻抗。

解題方法

題目給定

E⃗(z)=x^E0e−jkz.\vec E(z)=\hat x E_0e^{-jkz}.

波沿 +z+z 傳播，電場沿 +x+x 方向，因此磁場方向由右手定則決定：

z^×x^=y^.\hat z\times\hat x=\hat y.

所以磁場沿 +y+y 方向。

也可由法拉第定律推導。採用 ejωte^{j\omega t} 時，法拉第定律的相量形式為

∇×E⃗=−jωμH⃗.\nabla\times\vec E=-j\omega\mu\vec H.

因為電場只有 xx 分量，且只隨 zz 變化，

∇×E⃗=y^∂Ex∂z=y^(−jkE0e−jkz).\nabla\times\vec E =\hat y\frac{\partial E_x}{\partial z} =\hat y(-jkE_0e^{-jkz}).

代入法拉第定律：

−jkE0e−jkzy^=−jωμH⃗.-jkE_0e^{-jkz}\hat y =-j\omega\mu\vec H.

因此

H⃗(z)=y^kωμE0e−jkz.\vec H(z) =\hat y\frac{k}{\omega\mu}E_0e^{-jkz}.

利用 k=ωμεk=\omega\sqrt{\mu\varepsilon}，可得

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