114 地方特考三等 電子工程類科 電磁學 考古題詳解

核心觀念

同軸電纜具有圓柱對稱性，電場與磁場都只隨徑向距離 $r$ 改變。單位長度電容由電荷與兩導體間電位差求得；單位長度電感則由磁場與電流的關係求得。

設內導體帶電量每單位長度為 $\lambda$，內導體電流為 $I$，並令 $a<r<b$。介質的介電常數為 $\varepsilon$，導磁係數為 $\mu_0$。題目所給總長度 $L$ 不影響單位長度參數；若要求全長電容或電感，再分別乘上 $L$。

（一）單位長度電容

解題方法：以高斯定律求電場，再積分得到電位差。

取半徑為 $r$、長度為 $\ell$ 的同軸圓柱高斯面，其中 $a<r<b$。由圓柱對稱性，電場在高斯面上大小相同，方向為徑向，因此

$$\oint_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{S} =D(r)(2\pi r\ell) =\lambda\ell .$$

又因 $\mathbf{D}=\varepsilon\mathbf{E}$，得

$$E(r)=\frac{D(r)}{\varepsilon} =\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon r}.$$

內、外導體間的電位差大小為

$$V=\int_a^b E(r)\,dr =\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon}\int_a^b\frac{dr}{r} =\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon}\ln\frac{b}{a}.$$

單位長度電容定義為單位長度電荷量除以兩導體間電位差，即 $C'=\lambda/V$，故

$$\boxed{C'=\frac{2\pi\varepsilon}{\ln(b/a)}\ \text{F/m}}.$$

若求長度為 $L$ 的電纜總電容，則

$$C=C'L=\frac{2\pi\varepsilon L}{\ln(b/a)}.$$

（二）單位長度電感

解題方法：以安培定律求磁場，再積分磁通量求電感。

令內導體電流為 $I$，外導體承載大小相等、方向相反的回流。對半徑 $r$、長度 $\ell$ 的圓形安培迴路，其中 $a<r<b$，安培定律給出

核心觀念

本題考查電磁場在介質交界面上的邊界條件。將場量分解成垂直界面的法向分量與平行界面的切向分量，再分別套用高斯定律與法拉第定律、安培定律，即可求得邊界關係。

令 $\hat{\mathbf n}$ 為由介質 1 指向介質 2 的單位法向量，界面自由面電荷密度為 $\rho_s$，自由面電流密度為 $\mathbf J_s$。場量下標 $1$、$2$ 分別表示界面兩側的值。採用 $\mathbf D=\epsilon\mathbf E$、$\mathbf B=\mu\mathbf H$。

四個基本邊界式為：

$$\hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf D_2-\mathbf D_1)=\rho_s$$ $$\hat{\mathbf n}\times(\mathbf E_2-\mathbf E_1)=\mathbf 0$$ $$\hat{\mathbf n}\cdot(\mathbf B_2-\mathbf B_1)=0$$ $$\hat{\mathbf n}\times(\mathbf H_2-\mathbf H_1)=\mathbf J_s$$

法向分量由穿越界面的薄柱高斯面取得；切向分量由跨界面的微小矩形迴路取得。這些關係分別反映電荷是電通量密度 $\mathbf D$ 的源、磁單極不存在，以及面電流會造成磁場強度 $\mathbf H$ 的切向跳變。

解題方法

先用一般邊界式，再依兩側材料與表面源條件化簡。題目未指定界面是否有自由面電荷或面電流，以下先列一般式，並明確標示無表面源時的常見結果。

（一）介質 1 為介電質、介質 2 為介電質

設兩側介電常數分別為 $\epsilon_1,\epsilon_2$，磁導率分別為 $\mu_1,\mu_2$。

電場強度 $\mathbf E$

法拉第定律給出切向電場連續：

$$\hat{\mathbf n}\times(\mathbf E_2-\mathbf E_1)=\mathbf 0 \quad\Longrightarrow\quad \mathbf E_{2t}=\mathbf E_{1t}$$

法向分量則由電位移邊界式與 $\mathbf D_i=\epsilon_i\mathbf E_i$ 得：

$$\epsilon_2 E_{2n}-\epsilon_1 E_{1n}=\rho_s$$

若無自由面電荷，$\rho_s=0$，故

$$\epsilon_2 E_{2n}=\epsilon_1 E_{1n}$$

所以一般而言，法向電場強度不連續。

電通量密度 $\mathbf D$

法向分量滿足：

$$D_{2n}-D_{1n}=\rho_s$$

若無自由面電荷，則 $D_{2n}=D_{1n}$。切向分量由 $\mathbf D_i=\epsilon_i\mathbf E_i$ 及切向電場連續得：

$$\frac{\mathbf D_{2t}}{\epsilon_2} = \frac{\mathbf D_{1t}}{\epsilon_1}$$

因此切向電通量密度一般不連續。

磁場強度 $\mathbf H$

安培定律給出：

$$\hat{\mathbf n}\times(\mathbf H_2-\mathbf H_1)=\mathbf J_s$$

若無自由面電流，$\mathbf H_{2t}=\mathbf H_{1t}$。法向分量則須由 $\mathbf B=\mu\mathbf H$ 配合磁通量密度的邊界式求得。

磁通量密度 $\mathbf B$

磁高斯定律給出法向分量連續：

$$B_{2n}=B_{1n}$$

若無自由面電流，切向磁場強度連續，因此

$$\frac{\mathbf B_{2t}}{\mu_2} = \frac{\mathbf B_{1t}}{\mu_1}$$

即切向磁通量密度一般不連續。

（二）介質 1 為介電質、介質 2 為完美導體

核心觀念

本題考均勻平面波在無損耗、非磁性介質中的傳播，以及電場與磁場之間的方向、振幅和相位關係。

介質參數為 $\varepsilon=4\varepsilon_0$、$\mu=\mu_0$，且 $\sigma=0$。無損耗介質中的相速度、波長與本徵阻抗分別為

$$v_p=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}},\qquad \lambda=\frac{v_p}{f},\qquad \eta=\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}}.$$

對朝 $+z$ 方向傳播的均勻平面波，電場、磁場與傳播方向互相垂直，並符合

$$\mathbf{E}\times\mathbf{H} \text{ 指向 } +z,\qquad \frac{|\mathbf{E}|}{|\mathbf{H}|}=\eta.$$

解題方法

已知磁場沿 $y$ 方向，且波朝 $+z$ 傳播。為使 $\mathbf{E}\times\mathbf{H}$ 指向 $+z$，電場必須沿 $-x$ 方向，因為 $(-\mathbf{a}_x)\times\mathbf{a}_y=-\mathbf{a}_z$。

先求介質中的相速度、波長及阻抗：

$$v_p=\frac{1}{\sqrt{\mu_0(4\varepsilon_0)}} =\frac{c}{2} =1.5\times10^8\ \mathrm{m/s},$$ $$\lambda=\frac{v_p}{f} =\frac{1.5\times10^8}{100\times10^6} =1.5\ \mathrm{m},$$ $$\beta=\frac{2\pi}{\lambda} =\frac{4\pi}{3}\ \mathrm{rad/m}, \qquad \omega=2\pi f=2\pi\times10^8\ \mathrm{rad/s},$$ $$\eta=\sqrt{\frac{\mu_0}{4\varepsilon_0}} =\frac{\eta_0}{2} =60\pi\ \Omega.$$

對沿 $+z$ 傳播的波，磁場可寫成

$$\mathbf{H}(z,t) =\mathbf{a}_y H_0\cos(\omega t-\beta z+\phi).$$

題目給定在 $t=0$、$z=\frac18\ \mathrm{m}$ 時磁場為最大值 $10^{-4}\ \mathrm{A/m}$，故振幅為 $H_0=10^{-4}\ \mathrm{A/m}$。採用餘弦表示時，該點相位須為 $2\pi$ 的整數倍：

核心觀念

本題考查無損傳輸線的相位常數、負載端反射係數與電壓駐波，以及最大平均功率傳輸條件。主要公式為

$$\beta=\frac{2\pi}{\lambda},\qquad \lambda=\frac{v_p}{f}$$ $$\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}$$

以負載端為座標原點、朝訊號源方向量測距離 $z$ 時，線上電壓相量為

$$\widetilde V(z)=V_0^+\left(e^{j\beta z}+\Gamma_L e^{-j\beta z}\right)$$

題目未指定傳輸線的介質與相速度，以下依常見考題假設為空氣中傳播，取 $v_p=c=3\times10^8\ \mathrm{m/s}$；並以 $10\ \mathrm{V}$ 作為訊號源相量電壓。若題目所稱 $10\ \mathrm{V}$ 為峰值或有效值，電壓相量的幅度解讀需採相同慣例。

解題方法

一、相位常數

頻率為 $f=300\ \mathrm{MHz}=3\times10^8\ \mathrm{Hz}$，故波長為

$$\lambda=\frac{v_p}{f} =\frac{3\times10^8}{3\times10^8} =1\ \mathrm{m}$$

因此

$$\beta=\frac{2\pi}{\lambda}=2\pi\ \mathrm{rad/m}$$

傳輸線長度 $l=2\ \mathrm{m}$，所以

$$\beta l=(2\pi)(2)=4\pi\ \mathrm{rad}$$

也就是線長恰為兩個波長。

二、負載端反射係數

傳輸線特性阻抗為 $Z_0=50\ \Omega$，負載為 $Z_L=30-40j\ \Omega$。代入反射係數公式：

$$\Gamma_L =\frac{(30-40j)-50}{(30-40j)+50} =\frac{-20-40j}{80-40j} =-\frac{j}{2}$$

因此

$$\boxed{\Gamma_L=-j0.5}$$

其大小與相位分別為

$$|\Gamma_L|=0.5,\qquad \angle\Gamma_L=-90^\circ$$

三、傳輸線上的電壓

訊號源內阻 $Z_g=50\ \Omega$，與傳輸線特性阻抗相等，因此源端反射係數為

$$\Gamma_g=\frac{Z_g-Z_0}{Z_g+Z_0}=0$$

源端輸出的入射電壓由 $10\ \mathrm{V}$ 訊號源與 $50\ \Omega$ 內阻、$50\ \Omega$ 傳輸線分壓：