111 鐵路特考高員三級 電子工程 電磁學 考古題詳解

核心觀念

本題考查連續線電荷的電位與電場：

• 線電荷微元：$dq=\rho_\ell\,dl$
• 電位： $V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int\frac{dq}{R}$
• 電場：

依圖一，半圓位於 $x$-$y$ 平面之下半部，半徑為 $a$，圓心在原點，線電荷密度為均勻的 $\rho_\ell$。

解題方法

以圓柱座標參數化半圓線電荷：

其中下半圓的角度範圍為

且

觀察場點為 $P(0,0,z)$，因此

由源點至場點的向量為

其長度為

由於半圓上每一點到 $z$ 軸上場點的距離皆相同，積分可大幅簡化。

（一）電位 $V$

將常數提出：

因為半圓弧的角度為 $\pi$：

電位以無限遠處為零。

（二）電場強度 $\mathbf E$

代入 $\mathbf R$、$R$ 與 $dq$：

核心觀念

無限長直導線電流為 $I$ 時，距離導線 $x$ 處的磁場為

其中空氣中 $\mu=\mu_0$。

三角形導線所在平面與磁場垂直，因此磁通量為

互電感定義為

以下求互電感大小；若指定線圈繞行方向，則依楞次定律決定正負號。

二、(一) 直角三角形導線

由圖二(a)，三角形左端距離無限長直導線為 $d$，右端距離為 $d+b$，且底角為 $60^\circ$。

在距離直導線 $x$ 處，三角形的高度為

其中

因此磁通量為

整理得

計算積分：

故

所以互電感為

二、(二) 等腰三角形導線

由圖二(b)，等腰三角形頂點距離直導線為 $d$，垂直底邊距離為 $d+b$，頂角為 $120^\circ$。

頂角兩側與水平線的夾角為

核心觀念

本題是「圓柱座標中的電位分布、電容與電阻」問題。介電物質為一段圓柱形扇形區域，其範圍為

兩個導體位於 $\phi=0$ 與 $\phi=\alpha$ 面，且電位分別為 $0$ 與 $V_0$。

由於兩導體面為等電位面，電位只隨 $\phi$ 變化，因此可令

解題方法

在本結構中，電位與 $\rho,z$ 無關，拉普拉斯方程式化為

因此

積分得

套用邊界條件：

可得

所以區域內電位分布為

利用圓柱座標中的梯度公式，

故電場為

電場方向由高電位面 $\phi=\alpha$ 指向低電位面 $\phi=0$。

（一）求電容值

介電物質中的電位移為

在 $\phi=0$ 導體面上，面積元素為

因此導體上的總電荷量大小為

計算得

由電容定義 $C=Q/V_0$，

核心觀念

矩形波導管內部為真空，四面金屬牆為理想導體，因此導體內部：

$\mathbf E_{\text{metal}}=\mathbf H_{\text{metal}}=0$

在理想導體表面，使用邊界條件：

$\mathbf K_s=\hat{\mathbf n}\times\mathbf H$

其中 $\hat{\mathbf n}$ 定義為「由金屬牆指向波導管內部」的單位法向量。

由圖可知波導管內部範圍為：

$0\le x\le a,\qquad 0\le y\le b$

四面內牆為 $x=0,\ x=a,\ y=0,\ y=b$。

為簡化表示，令

$u=\frac{2\pi y}{b},\qquad \theta=\omega t-\beta z$

則

一、$x=0$ 牆面

在 $x=0$ 面，金屬指向波導內部，故

$\hat{\mathbf n}=+\hat{\mathbf x}$

面電荷密度

$\rho_s=\epsilon_0\hat{\mathbf x}\cdot\mathbf E$

因此

面電流密度

$\mathbf K_s=\hat{\mathbf x}\times\mathbf H$

利用

可得

二、$x=a$ 牆面

在 $x=a$ 面，金屬指向波導內部，故

$\hat{\mathbf n}=-\hat{\mathbf x}$

面電荷密度

$\rho_s=-\epsilon_0\hat{\mathbf x}\cdot\mathbf E$

所以

面電流密度

$\mathbf K_s=-\hat{\mathbf x}\times\mathbf H$

因此

三、$y=0$ 牆面

在 $y=0$ 面，金屬指向波導內部，故

$\hat{\mathbf n}=+\hat{\mathbf y}$

因為電場只有 $x$ 分量，沒有 $y$ 分量，所以

$\boxed{\rho_s\big|_{y=0}=0}$

面電流密度為

$\mathbf K_s=\hat{\mathbf y}\times\mathbf H$

其中

$\hat{\mathbf y}\times\hat{\mathbf z}=\hat{\mathbf x}$

且在 $y=0$ 時：

$\sin 0=0,\qquad \cos 0=1$

故

核心觀念

1. 圓形極化（Circular Polarization）與極化旋向：

• 平面波電場在空間旋轉的特性稱為極化。若波沿 $+z$ 方向傳播，定義時間為 $t$，當手掌大拇指指向波傳播方向（$+z$），其餘四指彎曲方向符合電場向量隨時間旋轉的方向時，即為右手圓形極化（RHCP）；反之則為左手圓形極化（LHCP）。

2. 理想導體（PEC）邊界條件與反射：

• 平面波正向入射至位於 $z=0$ 的理想導體牆（Perfect Electric Conductor, PEC）時，切向電場在導體表面必須為零（$\vec{E}_{\text{tangential}}\big|_{z=0} = 0$）。
• 電場反射係數為 $\Gamma_E = -1$；磁場反射係數為 $\Gamma_H = +1$。
• 理想導體牆表面感應電流密度 $\vec{J}_s$ 由邊界條件決定： $\vec{J}_s = \hat{n} \times \vec{H}_{\text{total}}\big|_{z=0}$ 其中 $\hat{n} = -\hat{z}$ 為理想導體表面指向場區域（$z < 0$）的單位外法向量。

3. 正弦參考時間（Sine Time Reference）之時域轉換：

• 相量（Phasor）轉換至瞬間時域表示式時，一般預設採用「餘弦參考時間」（$\mathcal{R}e\{ \vec{E} e^{j\omega t} \}$）。
• 本題特別指定採用「正弦參考時間」（Sine Time Reference），其轉換公式為取虛部： $\vec{\mathcal{E}}(z, t) = \mathcal{I}m\left\{ \vec{E}(z) e^{j\omega t} \right\}$

解題方法

(一) 決定反射波的極化

1. 求反射波電場相量 $\vec{E}_r(z)$： 已知入射波沿 $+z$ 方向傳播，電場相量為： $\vec{E}_i(z) = E_0 (\hat{x} - j\hat{y}) e^{-j\beta z}$ 因正向入射於 $z=0$ 之理想導體牆（$\Gamma_E = -1$），反射波沿 $-z$ 方向傳播，其電場相量為： $\vec{E}_r(z) = \Gamma_E \cdot E_0 (\hat{x} - j\hat{y}) e^{+j\beta z} = -E_0 (\hat{x} - j\hat{y}) e^{+j\beta z} = E_0 (-\hat{x} + j\hat{y}) e^{+j\beta z}$

2. 判定極化旋向： 將反射波電場轉至時域（取標準時間參考）： $\vec{\mathcal{E}}_r(z, t) = \mathcal{R}e\left\{ \vec{E}_r(z) e^{j\omega t} \right\} = E_0 \left[ -\hat{x} \cos(\omega t + \beta z) - \hat{y} \sin(\omega t + \beta z) \right]$ 在觀察點 $z = 0$ 處： $\vec{\mathcal{E}}_r(0, t) = E_0 \left[ -\hat{x} \cos(\omega t) - \hat{y} \sin(\omega t) \right]$

• 當 $t = 0$ 時，電場指向 $-\hat{x}$；
• 當 $\omega t = \frac{\pi}{2}$ 時，電場指向 $-\hat{y}$。

電場向量在 $xy$ 平面上隨時間由 $-\hat{x}$ 旋轉至 $-\hat{y}$。 此時大拇指指向反射波傳播方向（$-\hat{z}$），其餘四指依電場旋轉方向彎曲，符合左手定則。 故反射波為 左手圓形極化（LHCP）。

(二) 找出該理想導體牆上感應的電流

1. 求解入射磁場相量 $\vec{H}_i(z)$ 與反射磁場相量 $\vec{H}_r(z)$： 利用平面波關係式 $\vec{H}(z) = \frac{1}{\eta} \hat{k} \times \vec{E}(z)$，其中 $\eta$ 為介質固有阻抗：

• 入射波傳播方向 $\hat{k}_i = \hat{z}$： $\vec{H}_i(z) = \frac{1}{\eta} \hat{z} \times \left[ E_0 (\hat{x} - j\hat{y}) e^{-j\beta z} \right] = \frac{E_0}{\eta} (\hat{y} + j\hat{x}) e^{-j\beta z} = \frac{E_0}{\eta} (j\hat{x} + \hat{y}) e^{-j\beta z}$
• 反射波傳播方向 $\hat{k}_r = -\hat{z}$： $\vec{H}_r(z) = \frac{1}{\eta} (-\hat{z}) \times \left[ -E_0 (\hat{x} - j\hat{y}) e^{+j\beta z} \right] = \frac{E_0}{\eta} (\hat{y} + j\hat{x}) e^{+j\beta z} = \frac{E_0}{\eta} (j\hat{x} + \hat{y}) e^{+j\beta z}$

2. 求解介質區（$z \le 0$）的總磁場相量 $\vec{H}_{\text{total}}(z)$： $\vec{H}_{\text{total}}(z) = \vec{H}_i(z) + \vec{H}_r(z) = \frac{E_0}{\eta} (j\hat{x} + \hat{y}) \left( e^{-j\beta z} + e^{+j\beta z} \right) = \frac{2E_0}{\eta} (j\hat{x} + \hat{y}) \cos(\beta z)$

3. 求理想導體牆（$z = 0$）上的感應表面電流密度相量 $\vec{J}_s$： 依據導體邊界條件，導體表面外法向量 $\hat{n} = -\hat{z}$： $\vec{J}_s = \hat{n} \times \vec{H}_{\text{total}}(0) = (-\hat{z}) \times \left[ \frac{2E_0}{\eta} (j\hat{x} + \hat{y}) \right]$ 展計算式： $(-\hat{z}) \times j\hat{x} = -j\hat{y}$ $(-\hat{z}) \times \hat{y} = \hat{x}$ 因此得感應表面電流密度相量為： $\vec{J}_s = \frac{2E_0}{\eta} (\hat{x} - j\hat{y}) \quad (\text{A/m})$

若換算為正弦時間參考之瞬間電流密度：