110 鐵路特考高員三級 電子工程 電磁學 考古題詳解

110 年・鐵路特考・高員三級・電子工程
試題代碼 電磁學

第 一 題20 分

如圖所示，三個半徑均為 aa 的平行圓柱導線，其彼此間距為 dd。假設 d≫ad\gg a，試求導線間每單位長度的相互電容 C10C_{10}、C20C_{20} 及 C21C_{21}。

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核心觀念

本題考平行圓柱導線的每單位長度電容。將所求的每一對導線視為兩導體系統，若兩導線半徑皆為 aa、中心距離為 DD，其精確電容為

C′(D)=πεcosh⁡−1 ⁣(D2a).C'(D)=\frac{\pi\varepsilon}{\cosh^{-1}\!\left(\frac{D}{2a}\right)}.

題設 d≫ad\gg a，因此可用 cosh⁡−1(D/2a)≈ln⁡(D/a)\cosh^{-1}(D/2a)\approx\ln(D/a)，得到

C′(D)≈πεln⁡(D/a).C'(D)\approx\frac{\pi\varepsilon}{\ln(D/a)}.

其中 ε\varepsilon 是導線間介質的介電常數；若介質為空氣，可取 ε≈ε0\varepsilon\approx\varepsilon_0。

解題方法

圖中三條導線相鄰中心距離均為 dd，所以導線 00 與 11、導線 11 與 22 的中心距離是 dd；導線 00 與 22 相隔一個導線間距，中心距離是 2d2d。

將這些距離代入近似式：

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第 二 題20 分

在 xyxy 平面上，有一條 N=10N=10 匝導線的長方形迴路並串聯一個電阻 R=30 ΩR=30\ \Omega。該迴路於 xx 方向的長為 0.6 m0.6\ \mathrm{m}，於 yy 方向的寬為 0.2 m0.2\ \mathrm{m}，左下角位於座標原點。

迴路中通過的磁通密度為

B=a^zB0cos⁡(ωt−βx)  (μT),\mathbf{B}=\hat{\mathbf{a}}_z B_0\cos(\omega t-\beta x)\;(\mu\mathrm{T}),

其中 B0=3 μTB_0=3\ \mu\mathrm{T}，角頻率 ω=5π×107 rad/s\omega=5\pi\times10^7\ \mathrm{rad/s}。試求迴路電流為何。

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核心觀念

本題考法拉第電磁感應定律。磁通量隨時間改變時，線圈會產生感應電動勢；串聯電阻上的電流由歐姆定律求得：

e(t)=−NdΦ(t)dt,i(t)=e(t)R.e(t)=-N\frac{d\Phi(t)}{dt},\qquad i(t)=\frac{e(t)}{R}.

磁場沿 +a^z+\hat{\mathbf a}_z，迴路位於 xyxy 平面，因此磁通量可由磁場對迴路面積積分求得。由於磁場相位含有位置 xx，不能直接用單一點的磁場乘上整個面積。

解題方法

取面法向量為 +a^z+\hat{\mathbf a}_z，面積元素為 dS=dy dxdS=dy\,dx。單匝磁通量為

Φ(t)=∫00.6∫00.2B0cos⁡(ωt−βx) dy dx=0.2B0∫00.6cos⁡(ωt−βx) dx=0.2B0β[sin⁡(ωt)−sin⁡(ωt−0.6β)].\begin{aligned} \Phi(t) &=\int_0^{0.6}\int_0^{0.2} B_0\cos(\omega t-\beta x)\,dy\,dx\\ &=0.2B_0\int_0^{0.6}\cos(\omega t-\beta x)\,dx\\ &=\frac{0.2B_0}{\beta} \left[\sin(\omega t)-\sin(\omega t-0.6\beta)\right]. \end{aligned}

題目未另給 β\beta 的數值；依平面電磁波關係 β=ω/c\beta=\omega/c，取自由空間光速 c=3×108 m/sc=3\times10^8\ \mathrm{m/s}，得

β=5π×1073×108=π6 rad/m,0.6β=π10.\beta=\frac{5\pi\times10^7}{3\times10^8} =\frac{\pi}{6}\ \mathrm{rad/m}, \qquad 0.6\beta=\frac{\pi}{10}.

注意題目給的 B0=3 μT=3×10−6 TB_0=3\ \mu\mathrm T=3\times10^{-6}\ \mathrm T。NN 匝線圈的感應電動勢為

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第 三 題20 分

試論述均勻平面電磁波在低損耗介電材料（Low-Loss Dielectrics）與良導體（Good Conductors）中之傳播常數、本質阻抗與相速度等特性，並分析兩種材料之不同。

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核心觀念

本題比較均勻平面電磁波在低損耗介電材料與良導體中的傳播。關鍵是從一般有耗介質的傳播常數與本質阻抗出發，再依材料條件簡化。

採用時間因子 ejωte^{j\omega t}，並假設波沿 +z+z 方向傳播，電場空間因子寫成 e−γze^{-\gamma z}。其中

γ=α+jβ=jωμ(σ+jωε)\gamma=\alpha+j\beta =\sqrt{j\omega\mu(\sigma+j\omega\varepsilon)} η=jωμσ+jωε\eta=\sqrt{\frac{j\omega\mu}{\sigma+j\omega\varepsilon}}

α\alpha 為衰減常數，單位為 Np/m\mathrm{Np/m}；β\beta 為相位常數，單位為 rad/m\mathrm{rad/m}；η\eta 為本質阻抗。相速度為

vp=ωβv_p=\frac{\omega}{\beta}

其中 μ\mu 是磁導率、ε\varepsilon 是介電常數、σ\sigma 是導電率。

解題方法

以比值 σ/(ωε)\sigma/(\omega\varepsilon) 判斷材料類型：

  • 低損耗介電材料：σ≪ωε\sigma\ll\omega\varepsilon，傳導電流遠小於位移電流。
  • 良導體：σ≫ωε\sigma\gg\omega\varepsilon，傳導電流遠大於位移電流。

將兩種條件分別代入一般式，保留主要項並作近似，即可比較 γ\gamma、η\eta 與 vpv_p。

一、低損耗介電材料

令 p=σ/(ωε)≪1p=\sigma/(\omega\varepsilon)\ll1。傳播常數可改寫為

γ=jωμε1−jp\gamma =j\omega\sqrt{\mu\varepsilon}\sqrt{1-jp}

利用 (1+x)1/2≈1+x/2(1+x)^{1/2}\approx1+x/2，得

γ≈σ2με+jωμε\gamma\approx \frac{\sigma}{2}\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}} +j\omega\sqrt{\mu\varepsilon}

因此

α≈σ2με,β≈ωμε\alpha\approx\frac{\sigma}{2}\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}}, \qquad \beta\approx\omega\sqrt{\mu\varepsilon}

低損耗介電材料的本質阻抗為

η=με(1−jp)−1/2≈με(1+jσ2ωε)\eta =\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}}(1-jp)^{-1/2} \approx \sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}} \left(1+j\frac{\sigma}{2\omega\varepsilon}\right)

其主項為實數 μ/ε\sqrt{\mu/\varepsilon}，小的虛部反映材料損耗造成的相位差。相速度近似為

vp=ωβ≈1μεv_p=\frac{\omega}{\beta} \approx\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}
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第 四 題20 分

如圖所示，考慮一特徵阻抗為 R0R_0、長度為 ℓ\ell 的無損傳輸線，波傳播速度為 uu。負載端（z=ℓz=\ell）接一電容 CLC_L。於時間 t=0t=0 時，將開關按下，接上一內阻亦為 R0R_0 的直流電壓源 V0V_0。試求負載端之暫態電壓 vL(t)v_L(t)。

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核心觀念

本題考無損傳輸線的傳播延遲、負載端反射，以及電容負載的暫態響應。傳輸線特徵阻抗為 R0R_0，電壓源內阻也為 R0R_0，因此源端與傳輸線匹配：負載端的反射波回到源端後會被吸收，不會再反射回負載端。

解題方法

設開關閉合前，傳輸線與負載電容均未充電。電壓源在 t=0t=0 加入階躍電壓 V0V_0，源端送入傳輸線的入射電壓為分壓結果：

vi=R0R0+R0V0=V02.v_i=\frac{R_0}{R_0+R_0}V_0=\frac{V_0}{2}.

訊號經過傳輸線到達負載所需時間為

Td=ℓu.T_d=\frac{\ell}{u}.

因此在 0≤t<Td0\le t<T_d 時，負載尚未收到訊號，故 vL(t)=0v_L(t)=0。

訊號到達負載後，以 vrv_r 表示反射電壓波。負載端電壓與電流為

vL=vi+vr,iL=vi−vrR0.v_L=v_i+v_r, \qquad i_L=\frac{v_i-v_r}{R_0}.

消去 vrv_r，可得

iL=2vi−vLR0.i_L=\frac{2v_i-v_L}{R_0}.
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第 五 題20 分

有一均勻橫向平面電磁波在一無窮大的介質內傳播，其電場強度為

E=a^yE0sin⁡[2π×109t−53πx−5πz+π3]  (V/m).\mathbf{E}=\hat{\mathbf{a}}_y E_0\sin\left[2\pi\times10^9t-5\sqrt{3}\pi x-5\pi z+\frac{\pi}{3}\right]\;(\mathrm{V/m}).

傳播介質的導磁係數為 μ0\mu_0，介質常數為 ϵr\epsilon_r，時間單位為秒，長度單位為公尺。試問：

（一）此均勻橫向平面電磁波之相速 upu_p 及傳播介質的本質阻抗 η\eta。

（二）磁場強度 H\mathbf{H}。

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核心觀念

均勻平面波的相位可寫成 ωt−k⋅r+ϕ0\omega t-\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}+\phi_0，其中 ω\omega 為角頻率，k\mathbf{k} 為波數向量，傳播方向與 k\mathbf{k} 同向。相速為

up=ω∣k∣.u_p=\frac{\omega}{|\mathbf{k}|}.

在無耗損介質中，本質阻抗與相速分別為

η=μϵ,up=1μϵ.\eta=\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}},\qquad u_p=\frac{1}{\sqrt{\mu\epsilon}}.

磁場方向由 H=1ηk^×E\mathbf{H}=\dfrac{1}{\eta}\hat{\mathbf{k}}\times\mathbf{E} 決定，且 E\mathbf{E}、H\mathbf{H} 與傳播方向互相垂直。

解題方法

將題目電場的相位與 ωt−k⋅r+ϕ0\omega t-\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}+\phi_0 對照：

ω=2π×109 rad/s,\omega=2\pi\times10^9\ \mathrm{rad/s}, k=53π a^x+5π a^z rad/m.\mathbf{k}=5\sqrt{3}\pi\,\hat{\mathbf a}_x+5\pi\,\hat{\mathbf a}_z\ \mathrm{rad/m}.

波數大小為

∣k∣=(53π)2+(5π)2=10π rad/m.|\mathbf{k}|=\sqrt{(5\sqrt{3}\pi)^2+(5\pi)^2} =10\pi\ \mathrm{rad/m}.

因此相速為

up=ω∣k∣=2π×10910π=2.0×108 m/s.u_p=\frac{\omega}{|\mathbf{k}|} =\frac{2\pi\times10^9}{10\pi} =2.0\times10^8\ \mathrm{m/s}.

題目給定 μ=μ0\mu=\mu_0，由 up=1/μϵu_p=1/\sqrt{\mu\epsilon} 得

ϵ=1μ0up2.\epsilon=\frac{1}{\mu_0u_p^2}.

又因 ϵ=ϵ0ϵr\epsilon=\epsilon_0\epsilon_r，且 c=1/μ0ϵ0≈3.0×108 m/sc=1/\sqrt{\mu_0\epsilon_0}\approx3.0\times10^8\ \mathrm{m/s}，所以

ϵr=c2up2=(3.0×1082.0×108)2=94.\epsilon_r=\frac{c^2}{u_p^2} =\left(\frac{3.0\times10^8}{2.0\times10^8}\right)^2 =\frac94.

本質阻抗為

η=μ0ϵ0ϵr=η0ϵr=120π3/2=80π Ω≈251.3 Ω.\eta=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0\epsilon_r}} =\frac{\eta_0}{\sqrt{\epsilon_r}} =\frac{120\pi}{3/2} =80\pi\ \Omega \approx251.3\ \Omega.

磁場強度

傳播方向單位向量為

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