108 鐵路特考高員三級 電子工程 電磁學 考古題詳解

核心觀念

本題旨在考驗考生利用「連續電荷分佈之疊加原理」求解靜電場與電位的基本功，核心觀念包含：

1. 靜電位之積分定義：在自由空間（介電常數為 $\varepsilon_0$）中，連續面電荷分佈產生的電位為： $V(\vec{r}) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \int_S \frac{\rho_s \, ds'}{R}$ 其中 $R = |\vec{r} - \vec{r}'|$ 為場點至源點的距離。
2. 電場與電位之梯度關係：利用保守場性質，由純量電位求電場強度： $\vec{E} = -\nabla V$ 在軸對稱分佈下，中心軸上的電場僅具軸向分量：$\vec{E} = -\frac{\partial V}{\partial z} \hat{a}_z$。
3. 庫侖定律與空間對稱性：直接積分時，圓盤上各對稱電荷微元所建立的水平分量（徑向 $\hat{a}_r$ 與方位角向 $\hat{a}_\phi$）彼此抵消，僅保留軸向（$\hat{a}_z$）分量。
4. 絕對值與方向性：中心軸上任一點之位置坐標 $z$ 可正可負，在開方 $\sqrt{z^2}$ 時必須取絕對值 $|z|$，不可逕自視為 $z$。

解題方法

1. 座標系選取與微元設定

選取「圓柱座標系」$(r, \phi, z)$，令薄圓盤位於 $z = 0$ 平面上，圓心對齊原點：

• 圓盤區域（源點 $\vec{r}'$）：$0 \le r' \le b$，$0 \le \phi' \le 2\pi$，$z' = 0$。
• 微元面積：$ds' = r' dr' d\phi'$。
• 微元電荷：$dq = \rho_s \, ds' = \rho_s \, r' dr' d\phi'$。
• 場點（$z$ 軸上任一點 $P$）：$\vec{r} = (0, 0, z)$。
• 源點至場點的距離： $R = |\vec{r} - \vec{r}'| = \sqrt{r'^2 + z^2}$

2. 求電位 $V(z)$

設無窮遠處為電位參考點（$V(\infty) = 0$），代入連續面電荷電位積分式： $V(z) = \frac{\rho_s}{4\pi\varepsilon_0} \int_{\phi'=0}^{2\pi} d\phi' \int_{r'=0}^{b} \frac{r' dr'}{\sqrt{r'^2 + z^2}}$

先對方位角 $\phi'$ 積分： $\int_0^{2\pi} d\phi' = 2\pi$

再對半徑 $r'$ 積分，利用變數代換令 $u = r'^2 + z^2$，$du = 2r' dr'$： $\int_0^b \frac{r' dr'}{\sqrt{r'^2 + z^2}} = \left[ \sqrt{r'^2 + z^2} \right]_{r'=0}^{r'=b} = \sqrt{b^2 + z^2} - \sqrt{z^2} = \sqrt{b^2 + z^2} - |z|$

整理後可得中心軸上任一點之電位： $V(z) = \frac{\rho_s}{2\varepsilon_0} \left( \sqrt{b^2 + z^2} - |z| \right)$

3. 求電場強度 $\vec{E}(z)$

【法一：由負梯度求解（最簡捷）】 因圓盤具有旋轉對稱性，在中心軸（$z$ 軸）上，$x$ 與 $y$ 方向電場為零，電場僅有 $z$ 方向分量： $\vec{E}(z) = -\nabla V = -\frac{\partial V}{\partial z} \hat{a}_z$

對 $V(z)$ 取微分時，注意 $|z| = z \cdot \text{sgn}(z)$，其對 $z$ 的導數為符號函數 $\text{sgn}(z) = \frac{z}{|z|}$（$z \neq 0$）： $\frac{\partial V}{\partial z} = \frac{\rho_s}{2\varepsilon_0} \left( \frac{z}{\sqrt{b^2 + z^2}} - \frac{z}{|z|} \right)$

因此電場強度為： $\vec{E}(z) = -\frac{\partial V}{\partial z} \hat{a}_z = \frac{\rho_s}{2\varepsilon_0} \left( \frac{z}{|z|} - \frac{z}{\sqrt{b^2 + z^2}} \right) \hat{a}_z = \frac{\rho_s}{2\varepsilon_0} \left( \text{sgn}(z) - \frac{z}{\sqrt{b^2 + z^2}} \right) \hat{a}_z$

亦可寫為分段形式：

• 當 $z > 0$ 時： $\vec{E}(z) = \frac{\rho_s}{2\varepsilon_0} \left( 1 - \frac{z}{\sqrt{b^2 + z^2}} \right) \hat{a}_z$
• 當 $z < 0$ 時： $\vec{E}(z) = -\frac{\rho_s}{2\varepsilon_0} \left( 1 + \frac{z}{\sqrt{b^2 + z^2}} \right) \hat{a}_z = \frac{\rho_s}{2\varepsilon_0} \left( -1 - \frac{z}{\sqrt{b^2 + z^2}} \right) \hat{a}_z$

核心觀念

本題為靜電學最經典的「同軸柱對稱邊界值問題」，考核的核心觀念與必備公式包括：

1. 拉普拉斯方程式（Laplace's Equation）： 在無自由電荷分布的均勻介質區（$a < \rho < b$），電位滿足： $\nabla^2 V = 0$
2. 圓柱座標系下的梯度與拉普拉斯算子： 因長度無限長且具軸對稱性，電位僅為徑向距離 $\rho$ 之函數（與 $\phi, z$ 無關），拉普拉斯方程式簡化為常微分方程式： $\frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\left(\rho \frac{dV}{d\rho}\right) = 0$
3. 電位與電場、電通密度的關係：

• 電場強度：$\vec{E} = -\nabla V = -\frac{dV}{d\rho}\hat{a}_\rho$
• 電通密度（本構關係）：$\vec{D} = \varepsilon \vec{E}$

4. 高斯定律與每單位長度電容量（Capacitance per unit length）：

• 導體表面電荷密度：$\rho_s = \vec{D}\cdot\hat{a}_n$
• 每單位長度導線之電荷量：$Q' = \oint \rho_s \, dl = 2\pi a \cdot D(\rho=a)$
• 每單位長度電容定義：$C = \frac{Q'}{V_0}$

解題方法

選定圓柱座標系 $(\rho, \phi, z)$，以同軸電纜中心軸為 $z$ 軸。介質區域為 $a \le \rho \le b$。

步驟一：建立微分方程式並求通解

在兩導體之間的無電荷介質區中，電位 $V$ 滿足一維拉普拉斯方程式： $\frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\left(\rho \frac{dV}{d\rho}\right) = 0$

兩邊對 $\rho$ 積分一次： $\rho \frac{dV}{d\rho} = C_1 \implies \frac{dV}{d\rho} = \frac{C_1}{\rho}$

再積分一次，求得電位通解： $V(\rho) = C_1 \ln\rho + C_2$ 其中 $C_1, C_2$ 為待定常數。

步驟二：代入邊界條件求特解（電位分布 $V$）

題目給定之邊界條件為：

1. 外導體接地：$V(b) = 0$
2. 內導體電位：$V(a) = V_0$

將邊界條件代入通解： $V(b) = C_1 \ln b + C_2 = 0 \implies C_2 = -C_1 \ln b$ 帶回得： $V(\rho) = C_1 (\ln\rho - \ln b) = C_1 \ln\left(\frac{\rho}{b}\right)$

再代入 $\rho = a$： $V(a) = C_1 \ln\left(\frac{a}{b}\right) = V_0 \implies C_1 = \frac{V_0}{\ln(a/b)} = -\frac{V_0}{\ln(b/a)}$

整理即得兩導體間的電位分布： $V(\rho) = -\frac{V_0}{\ln(b/a)} \ln\left(\frac{\rho}{b}\right) = V_0 \frac{\ln(b/\rho)}{\ln(b/a)} \quad (a \le \rho \le b)$

步驟三：求電場強度 $\vec{E}$

由負電位梯度公式可得電場： $\vec{E} = -\nabla V = -\frac{dV}{d\rho}\hat{a}_\rho$ 對 $V(\rho)$ 進行微商： $\frac{dV}{d\rho} = \frac{d}{d\rho}\left[ \frac{V_0}{\ln(b/a)} (\ln b - \ln\rho) \right] = -\frac{V_0}{\rho \ln(b/a)}$ 因此： $\vec{E} = \frac{V_0}{\rho \ln(b/a)}\hat{a}_\rho \quad (\text{V/m})$

步驟四：求電通密度 $\vec{D}$

由線性均勻等向性介質之本構關係：

核心觀念

本題評量穩態電流場（Steady Current Field）之核心定理與場量、路量之轉換關係：

1. 電位梯度與均勻電場關係：在略去邊緣效應（Fringing Effect）的平行板結構中，媒質內各處電場為均勻場，滿足 $\vec{E} = -\nabla V$，大小為 $E = \frac{V}{d}$，方向由高電位板指向低電位板。
2. 微分形式歐姆定律（Point Form of Ohm's Law）：傳導電流密度與電場強度成正比，即 $\vec{J} = \sigma \vec{E}$。
3. 微分形式焦耳定律（Joule's Law in Point Form）：單位體積內所消耗的電功率（即體功率密度 $p$）表示為 $p = \vec{J} \cdot \vec{E} = \sigma E^2$。
4. 巨觀電阻計算：由導體幾何尺度與電導率求得電阻 $R = \frac{d}{\sigma A}$，亦可藉由歐姆定律 $R = \frac{V}{I}$ 相互印證。

解題方法

步驟一：建立座標系並求電場強度 $\vec{E}$

選取卡氏座標系（Cartesian Coordinates）：

• 設下極板位於 $z = 0$ 之平面，接高電位 $V = 120\ \mathrm{V}$。
• 設上極板位於 $z = d = 0.2\ \mathrm{cm} = 2\times 10^{-3}\ \mathrm{m}$ 之平面，接低電位 $V = 0\ \mathrm{V}$。
• 極板面積 $A = 10\ \mathrm{cm}^2 = 10 \times 10^{-4}\ \mathrm{m}^2 = 10^{-3}\ \mathrm{m}^2$。

在兩平行極板間，電位分佈僅為 $z$ 的函數，滿足一維拉普拉斯方程式（Laplace's Equation）： $\frac{d^2 V}{dz^2} = 0 \implies V(z) = V_0\left(1 - \frac{z}{d}\right)$

由電場與電位之關係： $\vec{E} = -\nabla V = -\frac{dV}{dz}\hat{a}_z = \frac{V_0}{d}\hat{a}_z$

代入數值： $E = \frac{120}{2\times 10^{-3}} = 6\times 10^4\ \mathrm{V/m}$ $\vec{E} = 6\times 10^4\hat{a}_z\ \mathrm{V/m}$ （方向為由高電位板垂直指向低電位板，大小為 $6\times 10^4\ \mathrm{V/m}$ 或 $60\ \mathrm{kV/m}$）

步驟二：求體電流密度 $\vec{J}$

依據微分形式歐姆定律 $\vec{J} = \sigma \vec{E}$，媒質之電導率 $\sigma = 4\times 10^{-5}\ \mathrm{S/m}$： $\vec{J} = \left(4\times 10^{-5}\right) \times \left(6\times 10^4\hat{a}_z\right) = 2.4\hat{a}_z\ \mathrm{A/m}^2$ （大小為 $2.4\ \mathrm{A/m}^2$，方向與電場同向）

步驟三：求體功率密度 $p$

體功率密度即單位體積媒質所耗散之焦耳熱功率： $p = \vec{J}\cdot\vec{E} = \sigma E^2 = (2.4\hat{a}_z) \cdot (6\times 10^4\hat{a}_z) = 1.44\times 10^5\ \mathrm{W/m}^3$ （或表示為 $144\ \mathrm{kW/m}^3$）

步驟四：求電阻 $R$

均勻截面之平板媒質電阻為： $R = \frac{d}{\sigma A}$

代入各參數（注意單位換算為公制 MKS 制）：

• 板距 $d = 2\times 10^{-3}\ \mathrm{m}$
• 板面積 $A = 10^{-3}\ \mathrm{m}^2$

核心觀念

載流導體在磁通密度 $\vec B$ 中所受的磁力為

本題的磁通密度均勻，因此可利用線積分中的位移關係：

也就是說，整段導線的合力只與起點至終點的位移有關。

解題方法

依圖示，電流由左向右。導線包含兩段各 $4\ \mathrm{m}$ 的直線，以及半徑 $1\ \mathrm{m}$ 的半圓弧。

兩段直線的總位移為 $8\vec a_y\ \mathrm{m}$；半圓弧從左端走到右端，端點間距為直徑 $2\ \mathrm{m}$，位移為 $2\vec a_y\ \mathrm{m}$。因此整段導線的起終點位移為

核心觀念

本題考查無耗損無界均勻介質（完美介電性媒質）中均勻平面波（Uniform Plane Wave）​的基本場方程式推導與物理量關係，涵蓋以下核心原理與公式：

1. 介質本構關係（Constitutive Relations）： 在線性、等向性、均勻（LIH）的無耗損介質中：

2. 馬克士威－法拉第定律（Maxwell-Faraday Equation）：

3. 平面波傳播常數與本質阻抗（Intrinsic Impedance）： 完美介電質之電導率 $\sigma = 0$：

• 相速度：$v = \frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}} = \frac{\omega}{k}$
• 相位常數（波數）：$k = \omega\sqrt{\mu\varepsilon}$
• 本質阻抗：$\eta = \sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}} = \frac{\omega\mu}{k}$

4. 瞬時波印亭向量（Instantaneous Poynting Vector）：

代表單位時間內通過單位垂直截面積之瞬時電磁能量流密度向量，方向即為電磁波的傳播方向。

解題方法

本題為純量與向量推導計算題，切入點是由已知的時變電場 $\vec{E}$，分別透過「本構關係」與「旋度微分方程式」求解各對應的場向量。

1. 求電通密度 $\vec{D}$

由介質的本構關係，直接將電場向量 $\vec{E}$ 乘以介電係數 $\varepsilon$：

2. 求磁通密度 $\vec{B}$

利用法拉第定律：$\nabla \times \vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}$。 已知 $\vec{E} = E_x(z, t)\vec{a}_x = E\cos(\omega t-kz)\vec{a}_x$，僅具 $x$ 方向分量且僅隨 $z$ 與 $t$ 變化，其旋度在卡氏座標系中展開為：

對 $z$ 進行偏微分：

代回法拉第定律：

兩邊對時間 $t$ 積分（時變諧和波中，直流偏置常數令為零）：

因在完美介質中 $k = \omega\sqrt{\mu\varepsilon}$，亦可寫為：

3. 求磁場強度 $\vec{H}$

利用磁場本構關係 $\vec{B} = \mu \vec{H} \implies \vec{H} = \frac{1}{\mu}\vec{B}$：

將波數與介質阻抗關係代入：

因此，磁場強度亦可表示為：