107 高普考高考三級 電子工程 電磁學 考古題詳解

核心觀念

1. 鏡像法（Method of Images）與唯一性定理（Uniqueness Theorem）： 在無限大接地完全導體平面（$z=0$）的上方（$z > 0$），電位滿足邊界條件 $V(x,y,0) = 0$。依據唯一性定理，導體平面上感應電荷在 $z > 0$ 區域所產生的電場與電位，可等效為在對稱位置 $z = -h$ 處放置一個符號相反、電量相等的「鏡像點電荷」（Image Charge）。
2. 高斯定律與球殼定理（Gauss's Law & Shell Theorem）：

• 均勻分布於中空球體（內徑 $a$、外徑 $b$）的總電荷 $Q_0$ 具有球對稱性。
• 對球體外部（$r > b$）而言，其電場與電位完全等效於所有電荷集中於球心的點電荷 $+Q_0$。
• 對內半徑空腔內部（$r < a$）而言，由球體自身電荷所建立的電場處處為零（$\vec{E}_{\text{self}} = 0$）。

3. 重疊原理（Superposition Principle）： 空間中任一點的總電場為「球體自身電荷之電場」與「導體平面感應電荷（等效鏡像電荷）之電場」的向量和： $\vec{E} = \vec{E}_{\text{self}} + \vec{E}_{\text{image}}$
4. 導體表面邊界條件： 理想導體表面之切線電場為零（$E_t = 0$），法向電場與表面感應電荷密度之關係為 $E_n = \frac{\rho_s}{\varepsilon_0}$。

解題方法

等效系統建立

原帶電體為球心在 $(0,0,h)$、內徑 $a$、外徑 $b$ 的均勻中空帶電球體，總電荷為 $+Q_0$。接地導體平面位於 $z=0$。 在 $z > 0$ 區域：

• 球體電荷對外的效應等效於位於球心 $C(0,0,h)$ 的點電荷 $+Q_0$。
• 接地導體平面的感應電荷效應，等效於位於 $C'(0,0,-h)$ 的鏡像電荷 $Q' = -Q_0$。

(一) 求在球心的電場 $\vec{E}_C$

球心座標為 $C(0,0,h)$。

1. 球體自身電荷在球心產生的電場 $\vec{E}_{\text{self}}(C)$： 球心 $C$ 位於空腔內部（$r = 0 < a$），由高斯定律與球對稱性可得： $\vec{E}_{\text{self}}(C) = \vec{0}$

2. 鏡像電荷在球心產生的電場 $\vec{E}_{\text{image}}(C)$： 鏡像電荷 $Q' = -Q_0$ 位於 $(0,0,-h)$。從鏡像電荷指向球心 $C(0,0,h)$ 的位移向量為： $\vec{R} = (0,0,h) - (0,0,-h) = 2h \hat{a}_z$ 距離為 $|\vec{R}| = 2h$。由庫侖定律： $\vec{E}_{\text{image}}(C) = \frac{Q'}{4\pi\varepsilon_0 |\vec{R}|^2} \hat{a}_z = \frac{-Q_0}{4\pi\varepsilon_0 (2h)^2} \hat{a}_z = -\frac{Q_0}{16\pi\varepsilon_0 h^2} \hat{a}_z$

3. 球心總電場： $\vec{E}_C = \vec{E}_{\text{self}}(C) + \vec{E}_{\text{image}}(C) = -\frac{Q_0}{16\pi\varepsilon_0 h^2} \hat{a}_z$

(二) 求在 $P$ 點 $(h,0,0)$ 的電場 $\vec{E}_P$

$P(h,0,0)$ 位於導體表面 $z=0$ 上，其與球心 $C(0,0,h)$ 之距離為： $R = \sqrt{(h-0)^2 + 0^2 + (0-h)^2} = \sqrt{2}h$ 因球體未與平面相交（$h > b$），故 $\sqrt{2}h > b$，$P$ 點位在球體外部，可將球體視為球心處之點電荷 $+Q_0$。

1. 原電荷 $+Q_0$ 在 $P$ 點產生的電場 $\vec{E}_1$： 位移向量 $\vec{r}_1 = (h,0,0) - (0,0,h) = h\hat{a}_x - h\hat{a}_z$，距離 $r_1 = \sqrt{2}h$： $\vec{E}_1 = \frac{Q_0 \vec{r}_1}{4\pi\varepsilon_0 r_1^3} = \frac{Q_0 (h\hat{a}_x - h\hat{a}_z)}{4\pi\varepsilon_0 (\sqrt{2}h)^3} = \frac{Q_0 (\hat{a}_x - \hat{a}_z)}{8\sqrt{2}\pi\varepsilon_0 h^2}$

核心觀念

本題結合了靜磁／準靜態磁場的鏡像法（Image Theory）、邊界條件（Boundary Conditions）以及法拉第電磁感應定律（Faraday's Law of Induction）：

1. 完全導體平面（PEC）之鏡像法： 當完全導體平面置於 $z=0$ 時，在 $z>0$ 區域平行於導體平面的面電流 $\vec{K}$，其在導體下方的等效鏡像電流為大小相等、方向相反的鏡像面電流，即位於 $z=-D$ 處之 $\vec{K}' = -\vec{K}$。
2. 無窮大均勻面電流之磁場公式： 單一無窮大面電流密度 $\vec{K}$ 在其兩側產生的磁場為： $\vec{H} = \frac{1}{2} \vec{K} \times \hat{a}_n$ 其中 $\hat{a}_n$ 為自面電流指向觀察點的單位法向量。
3. 法拉第電磁感應定律與歐姆定律： 穿過閉合迴路的磁通量隨時間變化時，產生的感應電動勢為： $\mathcal{E}_{ind} = -\frac{d\Phi}{dt} = -\frac{d}{dt}\iint \vec{B} \cdot d\vec{a}$ 迴路感應電流為 $I_{ind} = \frac{\mathcal{E}_{ind}}{R}$。

解題方法與詳細推導

(一) 求 A 區（$0<z<D$）的磁場 $\vec{H}_A$

1. 建立等效鏡像模型：

• 原始面電流：位於 $z = D$，電流密度 $\vec{K}_1 = \hat{x}K_0\cos\omega t$。
• 鏡像面電流：由完全導體表面電場切線分量為零（$E_x=0$）或磁場法向分量為零（$B_z=0$）之邊界條件，等效於在 $z = -D$ 處有一反向面電流： $\vec{K}_2 = -\hat{x}K_0\cos\omega t$
• 移除 $z=0$ 的導體平面後，$z>0$ 區域的總磁場可視為 $\vec{K}_1$ 與 $\vec{K}_2$ 共同產生的場疊加。

2. 計算各電流在 A 區（$0<z<D$）產生的磁場：

• 在 A 區，觀察點位於 $z=D$ 下方，故法向量 $\hat{a}_{n1} = -\hat{z}$： $\vec{H}_1 = \frac{1}{2} \vec{K}_1 \times (-\hat{z}) = \frac{1}{2}(\hat{x}K_0\cos\omega t) \times (-\hat{z}) = \frac{1}{2}\hat{y}K_0\cos\omega t$
• 觀察點位於 $z=-D$ 上方，故法向量 $\hat{a}_{n2} = +\hat{z}$： $\vec{H}_2 = \frac{1}{2} \vec{K}_2 \times (+\hat{z}) = \frac{1}{2}(-\hat{x}K_0\cos\omega t) \times (+\hat{z}) = \frac{1}{2}\hat{y}K_0\cos\omega t$

3. 疊加求總磁場： $\vec{H}_A = \vec{H}_1 + \vec{H}_2 = \frac{1}{2}\hat{y}K_0\cos\omega t + \frac{1}{2}\hat{y}K_0\cos\omega t = \hat{y}K_0\cos\omega t\ \text{(A/m)}$

(二) 求 B 區（$D<z$）的磁場 $\vec{H}_B$

1. 計算各電流在 B 區（$z>D$）產生的磁場：

• 觀察點位於 $z=D$ 上方，法向量 $\hat{a}_{n1} = +\hat{z}$： $\vec{H}_1 = \frac{1}{2} \vec{K}_1 \times (+\hat{z}) = \frac{1}{2}(\hat{x}K_0\cos\omega t) \times (+\hat{z}) = -\frac{1}{2}\hat{y}K_0\cos\omega t$

核心觀念

本題考核耗損性介質（Lossy Medium）中的均勻平面波傳播特性，主要涵蓋四大核心觀念與公式：

1. 介質損耗特性判定（Loss Tangent）： 藉由損耗正切 $\tan\theta = \frac{\sigma}{\omega\varepsilon}$ 判斷介質類型。當 $\frac{\sigma}{\omega\varepsilon} \gg 1$ 時，可適用**良導體（Good Conductor）**近似。
2. 傳播常數與波速：

• 複數傳播常數 $\gamma = \alpha + j\beta = \sqrt{j\omega\mu(\sigma + j\omega\varepsilon)}$。
• 良導體近似下：$\alpha \approx \beta \approx \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} = \sqrt{\pi f \mu \sigma}$。
• 相速度（波速）：$v_p = \frac{\omega}{\beta}$。

3. 電磁波極化特性（Polarization）： 平面波的極化由相互正交的電場分量之振幅大小與時間相位差決定。配合波行進方向，依右手定則判定旋向（旋向特性）。
4. 功率密度衰減量（dB 計算）： 時均坡印廷向量（時均功率密度）正比於電場振幅平方，其空間衰減因子為 $e^{-2\alpha z}$。功率衰減比換算為分貝（$\text{dB}$）之公式為： $\text{Attenuation (dB)} = 10 \log_{10}\left(\frac{S_{\text{av}}(0)}{S_{\text{av}}(z)}\right) = 20\alpha z \log_{10} e$

解題方法

(一) 求衰減係數 $\alpha$

1. 計算角頻率 $\omega$ 與介質介電係數 $\varepsilon$： 由電場表示式可知角頻率： $\omega = 2\pi \times 10^7\ \text{rad/s} \quad (f = 10^7\ \text{Hz} = 10\ \text{MHz})$ 海水的介電係數： $\varepsilon = 81\varepsilon_0 = 81 \times \left(\frac{10^{-9}}{36\pi}\right) = \frac{9}{4\pi}\times 10^{-9}\ \text{F/m}$

2. 檢驗損耗正切（Loss Tangent）： $\frac{\sigma}{\omega\varepsilon} = \frac{1}{(2\pi \times 10^7)\left(\frac{9}{4\pi}\times 10^{-9}\right)} = \frac{1}{4.5 \times 10^{-2}} = \frac{100}{4.5} = \frac{200}{9} \approx 22.22$ 由於 $\frac{\sigma}{\omega\varepsilon} \approx 22.22 \gg 1$，海水在此頻率下具備良導體特性，可採用良導體近似公式簡化運算。

3. 計算衰減係數 $\alpha$： 在良導體近似下： $\alpha \approx \sqrt{\frac{\omega\mu_0\sigma}{2}} = \sqrt{\frac{(2\pi \times 10^7) \times (4\pi \times 10^{-7}) \times 1}{2}} = \sqrt{\frac{8\pi^2}{2}} = \sqrt{4\pi^2} = 2\pi$ 代入題目指定之 $\pi = 3.14$： $\alpha = 2 \times 3.14 = 6.28\ \text{Np/m}$

補充（精確值計算）：若使用任意損耗介質之精確公式： $\alpha = \omega\sqrt{\frac{\mu\varepsilon}{2}}\left[\sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}\right)^2}-1\right]^{1/2} \approx 6.14\ \text{Np/m}$ 考量題目給定 $\omega = 2\pi\times 10^7$ 與 $\mu_0 = 4\pi\times 10^{-7}$ 能使根號內部恰為完美平方數 $4\pi^2$，命題核心顯然採「良導體近似」，答案以 $6.28\ \text{Np/m}$ 為主。

(二) 求此平面波在海水中的波速 $v_p$

1. 求相位常數 $\beta$： 在良導體條件下，衰減常數與相位常數近似相等： $\beta \approx \alpha = 2\pi\ \text{rad/m}$

2. 計算波速（相速度）： $v_p = \frac{\omega}{\beta} = \frac{2\pi \times 10^7}{2\pi} = 10^7\ \text{m/s} = 1 \times 10^7\ \text{m/s}$

補充（精確值計算）：若採用精確相位常數 $\beta = \omega\sqrt{\frac{\mu\varepsilon}{2}}\left[\sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}\right)^2}+1\right]^{1/2} \approx 6.41\ \text{rad/m}$，則 $v_p = \frac{2\pi\times 10^7}{6.41} \approx 9.80 \times 10^6\ \text{m/s}$。

(三) 說明這平面波的極化特性

將電場的兩正交分量表示為餘弦標準時域形式： $E_x(z, t) = 100 e^{-\alpha z}\cos(2\pi10^7t-\beta z)$ $E_y(z, t) = 20 e^{-\alpha z}\sin(2\pi10^7t-\beta z) = 20 e^{-\alpha z}\cos\left(2\pi10^7t-\beta z - \frac{\pi}{2}\right)$

分析其極化型態、幾何參數及旋向如下：

1. 極化型態判別：

• 振幅關係：兩正交分量之初始振幅分別為 $E_{0x} = 100$、$E_{0y} = 20$，兩者不相等（$E_{0x} \ne E_{0y}$）。

核心觀念

1. 矩形導波管之 TE 模態特性： 矩形導波管（寬 $a$、高 $b$）傳播 $\text{TE}_{mn}$ 模時，截止波數為 $k_c = \sqrt{(m\pi/a)^2 + (n\pi/b)^2}$。對於主模 $\text{TE}_{10}$（$m=1, n=0$），橫向波數 $k_x = \pi/a$，$k_y = 0$，其截止波長為 $\lambda_c = 2a$，截止頻率為 $f_{cut} = \frac{c}{2a}$。
2. 導波管色散關係（Dispersion Relation）： 管內波數 $k_z$（傳播常數 $\beta$）、截止波數 $k_c$ 與自由空間波數 $k_0$ 滿足： $k_0^2 = k_c^2 + k_z^2 \implies \left(\frac{1}{\lambda_0}\right)^2 = \left(\frac{1}{\lambda_c}\right)^2 + \left(\frac{1}{\lambda_g}\right)^2$ 藉由導波長 $\lambda_g$ 與截止波長 $\lambda_c$，即可求得真空波長 $\lambda_0$ 與操作頻率 $f_0 = \frac{c}{\lambda_0}$。
3. 完全導體（PEC）邊界條件： 導體表面上的自由感應電荷密度滿足 $\rho_s = \hat{n} \cdot \vec{D} = \epsilon_0 (\hat{n} \cdot \vec{E})$，其中 $\hat{n}$ 為導體表面指向介質內部的單位法向量。
4. 法拉第旋度定律求磁場： 由馬克士威旋度方程式 $\nabla \times \vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} = -j\omega\mu_0 \vec{H}$，可求得導波管內磁場的各空間分量，進而得出磁場大小 $|\vec{H}|$。

解題方法

(一) 求 $\text{TE}_{10}$ 模的截止頻率 $f_{cut}$

矩形導波管尺寸為 $a = 3\ \text{cm} = 0.03\ \text{m}$、$b = 2\ \text{cm} = 0.02\ \text{m}$，管內為真空，電磁波速 $c = 3 \times 10^8\ \text{m/s}$。 對於 $\text{TE}_{10}$ 模態：

• 截止波長： $\lambda_c = 2a = 2 \times 3\ \text{cm} = 6\ \text{cm} = 0.06\ \text{m}$
• 截止頻率： $f_{cut} = \frac{c}{\lambda_c} = \frac{3 \times 10^8\ \text{m/s}}{0.06\ \text{m}} = 5 \times 10^9\ \text{Hz} = 5\ \text{GHz}$

(二) 求 $\text{TE}_{10}$ 模的操作頻率 $f_0$

題目給定管內量測到的導波長為 $\lambda_g = 8\ \text{cm}$。 由導波管色散關係式： $\frac{1}{\lambda_0^2} = \frac{1}{\lambda_c^2} + \frac{1}{\lambda_g^2}$ 代入 $\lambda_c = 6\ \text{cm}$ 與 $\lambda_g = 8\ \text{cm}$： $\frac{1}{\lambda_0^2} = \frac{1}{6^2} + \frac{1}{8^2} = \frac{1}{36} + \frac{1}{64} = \frac{64 + 36}{36 \times 64} = \frac{100}{2304} = \left(\frac{10}{48}\right)^2 = \left(\frac{5}{24}\right)^2\ \text{cm}^{-2}$ 解得自由空間波長 $\lambda_0$： $\lambda_0 = \frac{24}{5}\ \text{cm} = 4.8\ \text{cm} = 0.048\ \text{m}$ 因此，操作頻率 $f_0$ 為： $f_0 = \frac{c}{\lambda_0} = \frac{3 \times 10^8\ \text{m/s}}{0.048\ \text{m}} = 6.25 \times 10^9\ \text{Hz} = 6.25\ \text{GHz}$

(三) 求在 $y=0$ 的金屬面上的感應電荷密度 $\rho_s$

導波管內部空間為 $0 \le x \le a$、$0 \le y \le b$。在底部金屬面 $y=0$ 處，由金屬導體指向導波管內部的單位法向量為 $\hat{n} = +\hat{y}$。 根據電位移邊界條件： $\rho_s = \hat{n} \cdot \vec{D}\Big|_{y=0} = \hat{y} \cdot (\epsilon_0 \vec{E})\Big|_{y=0} = \epsilon_0 E_y\Big|_{y=0}$ 題目給定電場為 $\vec{E}_y = \hat{y}E_0\sin(k_x x)e^{j(2\pi f_0t-k_zz)}$，因該場與 $y$ 座標無關，直接在 $y=0$ 取值：

• 複數形式： $\rho_s = \epsilon_0 E_0 \sin(k_x x) e^{j(2\pi f_0 t - k_z z)}$
• 實數瞬時形式（取實部）： $\rho_s(x, z, t) = \epsilon_0 E_0 \sin(k_x x) \cos(2\pi f_0 t - k_z z)$ 其中 $k_x = \frac{\pi}{a} = \frac{\pi}{3}\ \text{rad/cm}$，$k_z = \frac{2\pi}{\lambda_g} = \frac{\pi}{4}\ \text{rad/cm}$。

(四) 求磁場強度的大小 $|\vec{H}|$

令角頻率 $\omega = 2\pi f_0$，由馬克士威旋度方程式： $\nabla \times \vec{E} = -j\omega\mu_0 \vec{H} \implies \vec{H} = -\frac{1}{j\omega\mu_0} \nabla \times \vec{E}$ 展開旋度（電場僅有 $y$ 方向分量）：