110 高普考高考三級 電子工程 電磁學 考古題詳解

110 年・高普考・高考三級・電子工程
試題代碼 電磁學

第 一 題25 分

請證明馬克斯威爾方程式以及勞倫茲力公式隱含了庫倫力定律。換言之，請首先推導一個點電荷 q1q_1 存在時所產生的電場（過程中請使用高斯定律求解），接著引入另一個點電荷 q2q_2，計算其所受電力。

提示：

∇⋅D⃗=ρv,D⃗=εE⃗\nabla\cdot\vec{D}=\rho_v,\qquad \vec{D}=\varepsilon\vec{E}

∇×E⃗=−∂B⃗∂t\nabla\times\vec{E}=-\frac{\partial\vec{B}}{\partial t}

∇⋅B⃗=0\nabla\cdot\vec{B}=0

∇×H⃗=J⃗+∂D⃗∂t\nabla\times\vec{H}=\vec{J}+\frac{\partial\vec{D}}{\partial t}

又勞倫茲力為：

F⃗=qE⃗+qu⃗×B⃗\vec{F}=q\vec{E}+q\vec{u}\times\vec{B}

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核心觀念

本題要由馬克斯威爾方程式推導靜止點電荷所產生的電場，再將該電場代入勞倫茲力公式，得到另一點電荷所受的庫倫力。推導假設兩點電荷位於均勻、線性、各向同性介質中，介電常數為 ε\varepsilon，且電荷靜止、電場不隨時間變化。

解題方法

令點電荷 q1q_1 位於原點。其體積電荷密度可寫成

ρv(r⃗)=q1δ(3)(r⃗).\rho_v(\vec r)=q_1\delta^{(3)}(\vec r).

由高斯定律的積分形式

∮SD⃗⋅dS⃗=Qenc,\oint_S \vec D\cdot d\vec S=Q_{\text{enc}},

取以 q1q_1 為球心、半徑為 rr 的球面。由球對稱性，D⃗\vec D 沿徑向且大小在球面上相同，因此

Dr(4πr2)=q1,D_r(4\pi r^2)=q_1,

得到

D⃗(r⃗)=q14πr2r^.\vec D(\vec r)=\frac{q_1}{4\pi r^2}\hat r.

利用 D⃗=εE⃗\vec D=\varepsilon\vec E，點電荷 q1q_1 所產生的電場為

E⃗(r⃗)=q14πεr2r^.\vec E(\vec r)=\frac{q_1}{4\pi\varepsilon r^2}\hat r.

也可用靜電條件理解其與其餘馬克斯威爾方程式的相容性：電荷靜止時 ∂D⃗/∂t=0\partial\vec D/\partial t=0、電流密度 J⃗=0\vec J=0；取靜磁場 B⃗=0\vec B=0，則 ∇×E⃗=0\nabla\times\vec E=0、∇⋅B⃗=0\nabla\cdot\vec B=0、∇×H⃗=0\nabla\times\vec H=0，而電場仍由高斯定律決定。

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第 二 題25 分

針對在 +z+z 軸上的一點 PP，原點和點 PP 間的距離 d=6d=6，請回答下列有關圓柱座標和球座標的問題。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）寫出圓柱座標的符號表示，寫出 PP 點的圓柱座標值並說明此答案之意義。（7 分）

（二）請問點 PP 處的圓柱座標基底向量 r^\hat{r} 的方向是否確定或唯一？請詳細說明理由。（6 分）

（三）寫出球座標的符號表示，寫出 PP 點的球座標值並說明此答案之意義。（6 分）

（四）請問點 PP 處的球座標基底向量 θ^\hat{\theta} 的方向是否確定或唯一？請詳細說明理由。（6 分）

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核心觀念

圓柱座標以 (ρ,ϕ,z)(\rho,\phi,z) 表示；球座標以 (r,θ,ϕ)(r,\theta,\phi) 表示，其中球座標的 θ\theta 是從 +z+z 軸量起的極角，ϕ\phi 是 xyxy 平面內的方位角。

由圖可知 PP 位於 +z+z 軸上，且原點到 PP 的距離為 66，所以直角座標為 (0,0,6)(0,0,6)。PP 落在兩種座標系的軸線上，會遇到座標奇異點：方位角 ϕ\phi 不唯一；與 ϕ\phi 有關的部分基底方向也因此不唯一。

解題方法與推導

（一）圓柱座標表示與 PP 點座標

圓柱座標寫作 (ρ,ϕ,z)(\rho,\phi,z)，其中 ρ\rho 是點到 zz 軸的距離。因為 PP 位於 zz 軸上，ρ=0\rho=0；又因為 PP 在 +z+z 軸且距原點為 66，所以 z=6z=6。此時 PP 在 xyxy 平面上的投影落在原點，無法決定方位角 ϕ\phi。

因此，PP 的圓柱座標為

(ρ,ϕ,z)=(0,任意 ϕ,6).(\rho,\phi,z)=(0,\text{任意 }\phi,6).

這表示 PP 到 zz 軸的距離為 00，高度為 66；方位角在此點沒有唯一值。

（二）PP 處的圓柱座標基底向量 r^\hat r 是否唯一？

不唯一。題目所稱的圓柱徑向基底向量 r^\hat r 常記為 ρ^\hat{\rho}，其方向由方位角 ϕ\phi 決定：

ρ^=cos⁡ϕ x^+sin⁡ϕ y^.\hat{\rho}=\cos\phi\,\hat{x}+\sin\phi\,\hat{y}.

在 PP 處，ρ=0\rho=0 且 ϕ\phi 任意，因此 ρ^\hat{\rho} 可指向 xyxy 平面內任意方向。雖然座標點 PP 本身確定，但該點的圓柱徑向方向不唯一。

（三）球座標表示與 PP 點座標

球座標寫作 (r,θ,ϕ)(r,\theta,\phi)。rr 是點到原點的距離；θ\theta 從 +z+z 軸量起；ϕ\phi 是 xyxy 平面內的方位角。

因為 PP 到原點的距離為 66，且位於 +z+z 軸上，所以 r=6r=6、θ=0\theta=0。此時方位角 ϕ\phi 沒有唯一值。因此，PP 的球座標為

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第 三 題5 分

如圖，有一個無窮大的平面電流分布（朝出紙面方向，z^\hat{z} 方向），其面電流密度為：

K⃗=z^Ks\vec{K}=\hat{z}K_s

且：

Ks=IW（單位：A/m）K_s=\frac{I}{W}\qquad\text{（單位：A/m）}

請利用安培定律求電流分布上下兩側區域（y>0y>0 和 y<0y<0）的磁場 H⃗\vec{H}。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

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核心觀念

本題考無限大面電流片的磁場，使用安培環路定律：

∮CH⃗⋅dl⃗=I穿越\oint_C \vec H\cdot d\vec l=I_{\text{穿越}}

電流片位於 y=0y=0 平面，面電流密度沿 +z^+\hat z 方向，大小為 Ks=I/WK_s=I/W。由對稱性，磁場在電流片上下兩側大小相等、方向相反，且垂直於電流方向，因此磁場沿 x^\hat x 方向。

解題方法

取一個跨越 y=0y=0 電流片的矩形安培環路，長邊長度為 ℓ\ell，平行於 xx 軸；一條長邊在 y>0y>0，另一條在 y<0y<0。令環路上方長邊的積分方向為 +x^+\hat x，則依右手定則，環路所圍面積的法向量為 −z^-\hat z，故穿越電流為 −Ksℓ-K_s\ell。

安培定律給出：

ℓHx,  y>0−ℓHx,  y<0=−Ksℓ\ell H_{x,\;y>0}-\ell H_{x,\;y<0}=-K_s\ell

因此：

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第 四 題20 分

有關傳輸線不連續處（底下以終端負載為短路為例）的電壓反射係數的推導，如圖（a）所示設入射波為 Io+e−γzI_o^+e^{-\gamma z}，反射波為 Io−e+γzI_o^-e^{+\gamma z}，則在短路負載處（z=0z=0）的終端條件為：

Vo++Vo−=VL=0(1)V_o^++V_o^-=V_L=0\tag{1} Io++Io−=IL(2)I_o^++I_o^-=I_L\tag{2}

一般認為這兩個終端條件乃是基於 z=0z=0 處的克希荷夫電壓定律以及電流定律；請證明（1）和（2）兩式直接和底下 z=0z=0 處的電場邊界條件以及磁場邊界條件相關：

E1t=E2t=0(3)E_{1t}=E_{2t}=0\tag{3} {K⃗s=n^×(H⃗1−H⃗2),H⃗2=0(4)\begin{cases} \vec{K}_s=\hat{n}\times(\vec{H}_1-\vec{H}_2),\\ \vec{H}_2=0 \end{cases}\tag{4}

亦即：

（一）請由（3）式推導出（1）式。（10 分）

（二）請由（4）式推導出（2）式。（10 分）

提示：請利用圖（b）及圖（c），想像傳輸線上的電流 II 是源自一個無窮大的平面電流中寬度為 WW 的一段電流，故推導過程中可以忽略邊緣效應。

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核心觀念

本題要把傳輸線的電壓、電流，分別連結到導體表面的電場與磁場邊界條件：

  • 電壓是兩導體間電場的線積分。短路端的切向電場為零，因此端點電壓為零。
  • 磁場在理想金屬內為零。磁場邊界條件所給的表面電流密度，積分後就是流經短路片的總電流。

依圖示令兩平行板間距為 hh、板寬為 WW，忽略邊緣效應。

（一）由電場邊界條件推導式（1）

短路片位於 z=0z=0，其表面法線方向為 zz 方向，因此兩導體間的電場 EyE_y 平行於短路片表面，屬於切向電場。由式（3），短路片表面的切向電場為零：

E1t(z=0)=0.E_{1t}(z=0)=0.

兩平行板間的端點電壓可由電場線積分表示：

VL=V(0)=∫y=0y=hE⃗1(z=0)⋅dl⃗=∫0hEy(z=0) dy=0.V_L=V(0)=\int_{y=0}^{y=h}\vec E_1(z=0)\cdot d\vec l =\int_0^h E_y(z=0)\,dy=0.

傳輸線總電壓是入射波與反射波的電壓和，在 z=0z=0 時為

V(0)=Vo+e−γ(0)+Vo−e+γ(0)=Vo++Vo−.V(0)=V_o^+e^{-\gamma(0)}+V_o^-e^{+\gamma(0)} =V_o^++V_o^-.

故

Vo++Vo−=VL=0,\boxed{V_o^++V_o^-=V_L=0},

即得式（1）。

（二）由磁場邊界條件推導式（2）

在短路片表面，依式（4）且金屬內磁場 H⃗2=0\vec H_2=0：

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第 五 題25 分

如圖所示的簡單交流電路，電源：

vs=8cos⁡(ωt) (volt)v_s=8\cos(\omega t)\ \text{(volt)}

電阻 R1=3 ΩR_1=3\ \Omega，電阻 R2=5 ΩR_2=5\ \Omega，該迴路位於 xyxy 平面上，且迴路面積為 2 m22\ \text{m}^2，請問：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）若不考慮法拉第感應定律，請寫出克希荷夫電壓定律（KVL）的表示式，且分別求橫跨在 R1R_1 和 R2R_2 上的電壓 v1v_1 和 v2v_2，以及電流 ii。（7 分）

（二）若納入法拉第感應定律，且設前述迴路電流對應的磁通密度 B⃗\vec{B} 為均勻的，且：

B⃗=z^B0cos⁡(ωt) (Tesla)\vec{B}=\hat{z}B_0\cos(\omega t)\ \text{(Tesla)}

求其對應的磁通量 Φ\Phi 以及感應電動勢 vemfv_{\mathrm{emf}}。（4 分）

（三）承（二），重畫此時的等效電路，並重新計算電壓 v1v_1 和 v2v_2（納入 vemfv_{\mathrm{emf}} 疊加後的貢獻）。（10 分）

（四）承（三），請寫出此時的克希荷夫電壓定律表示式，並比較它和（一）的差別之處。（4 分）

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核心觀念

本題考查串聯電阻的克希荷夫電壓定律（KVL），以及法拉第定律所描述的時變磁通與感應電動勢。依圖中 v1v_1、v2v_2 的標示，電流 ii 的正方向取順時針：流經 R1R_1 時由右往左，流經 R2R_2 時由上往下。

磁通的面積向量取 +z^+\hat z 方向，因此磁通量為正值；依右手定則，對應的正環路方向是逆時針。須注意，這與本題電流 ii 的順時針方向相反。

（一）不考慮法拉第感應定律

沿順時針方向列 KVL。電源沿此方向為電壓上升 vsv_s，兩電阻為電壓降：

vs−v1−v2=0v_s-v_1-v_2=0

由歐姆定律：

v1=R1i=3i,v2=R2i=5iv_1=R_1i=3i,\qquad v_2=R_2i=5i

因此：

i=vsR1+R2=8cos⁡(ωt)3+5=cos⁡(ωt) Ai=\frac{v_s}{R_1+R_2} =\frac{8\cos(\omega t)}{3+5} =\cos(\omega t)\ \text{A} v1=3cos⁡(ωt) V,v2=5cos⁡(ωt) Vv_1=3\cos(\omega t)\ \text{V},\qquad v_2=5\cos(\omega t)\ \text{V}

（二）磁通量與感應電動勢

面積向量取 +z^+\hat z，迴路面積為 2 m22\ \text{m}^2，故磁通量為：

Φ=∫SB⃗⋅dS⃗=B0cos⁡(ωt)×2=2B0cos⁡(ωt) Wb\Phi=\int_S\vec B\cdot d\vec S =B_0\cos(\omega t)\times 2 =2B_0\cos(\omega t)\ \text{Wb}

以逆時針為感應電動勢正方向，法拉第定律給出：

vemf=−dΦdt=2B0ωsin⁡(ωt) Vv_{\mathrm{emf}} =-\frac{d\Phi}{dt} =2B_0\omega\sin(\omega t)\ \text{V}

此正方向是逆時針，與本題所取的順時針電流方向相反。

（三）納入感應電動勢後的等效電路與電壓

等效電路仍為 R1R_1、R2R_2 串聯，並加入一個大小為 vemfv_{\mathrm{emf}}、方向為逆時針的感應電動勢。沿順時針電流方向列式時，感應電動勢與電源相抗：

vs−vemf−(R1+R2)i=0v_s-v_{\mathrm{emf}}-(R_1+R_2)i=0

所以：

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