111 高普考高考三級 電子工程 電磁學 考古題詳解

核心觀念

本題評量靜電學中最基本且重要的**高斯定律（Gauss's Law）**之應用能力，核心要點包含：

1. 靜電高斯定律積分形式： $\oint_S \vec{E} \cdot d\vec{a} = \frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}$ 其中 $S$ 為封閉高斯面，$d\vec{a} = \hat{a}_r da$ 為其向外面向向量，$Q_{\text{enc}}$ 為高斯面包圍的淨電荷量，$\varepsilon_0$ 為真空介電常數（Permittivity of Free Space）。
2. 球對稱性（Spherical Symmetry）： 電荷分佈僅為徑向距離 $r$ 的函數，故電場僅具徑向分量，且在半徑相同處量值均等，即 $\vec{E}(\vec{r}) = E(r)\hat{a}_r$。
3. 連續體電荷總量積分： 包圍電荷量可透過體電荷密度積分求得： $Q_{\text{enc}} = \int_V \rho(r') dV' = \int_0^r \rho(r') \left(4\pi r'^2 dr'\right)$

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解題方法

因為電荷密度僅與半徑 $r$ 相關，具備完全的球對稱性，故選取以原點為球心、半徑為 $r$ 的同心球面作為高斯面。此時高斯面上的電場量值為定值且處處沿著法線方向： $\oint_S \vec{E} \cdot d\vec{a} = \oint_S E(r)\hat{a}_r \cdot \left(\hat{a}_r da\right) = E(r) \oint_S da = E(r)\left(4\pi r^2\right)$

(一) 計算在 $r < R$ 處的電場

1. 計算高斯面內包圍的電荷量 $Q_{\text{enc}}$： 在球體內部選取半徑為 $r$（$r < R$）的球面為高斯面，其包圍電荷為： $Q_{\text{enc}}(r) = \int_0^r \rho(r') 4\pi r'^2 dr' = \int_0^r \left[ \rho_0 \left(\frac{r'}{R}\right) \right] 4\pi r'^2 dr' = \frac{4\pi \rho_0}{R} \int_0^r r'^3 dr'$ 執行定積分： $Q_{\text{enc}}(r) = \frac{4\pi \rho_0}{R} \left[ \frac{r'^4}{4} \right]_0^r = \frac{\pi \rho_0 r^4}{R}$

2. 代入高斯定律求電場： $4\pi r^2 E(r) = \frac{Q_{\text{enc}}(r)}{\varepsilon_0} = \frac{\pi \rho_0 r^4}{\varepsilon_0 R}$ 等號兩側同除以 $4\pi r^2$： $E(r) = \frac{\rho_0 r^2}{4\varepsilon_0 R}$ 化為向量形式：

核心觀念

本題評量靜磁學（Magnetostatics）最基礎且高頻出現的兩大經典模型：無限長直導線與載流圓環所建立的空間磁場分佈。涉及的核心物理觀念與定理如下：

1. 必歐—沙伐定律（Biot-Savart Law）： 任意形狀的恆定電流線元 $I d\vec{\ell}'$ 在空間場點 $\vec{r}$ 所建立的微小磁場強度為： $d\vec{H} = \frac{I \, d\vec{\ell}' \times (\vec{r} - \vec{r}')}{4\pi |\vec{r} - \vec{r}'|^3}$ 或以磁通密度表示（自由空間中 $\vec{B} = \mu_0 \vec{H}$）： $d\vec{B} = \frac{\mu_0 I \, d\vec{\ell}' \times (\vec{r} - \vec{r}')}{4\pi |\vec{r} - \vec{r}'|^3}$
2. 安培環路定律（Ampère's Circuital Law）： 在高度幾何對稱性（如無限長直導線的軸對稱性）下，封閉路徑之線積分等於所包圍的淨電流： $\oint_C \vec{H} \cdot d\vec{\ell} = I_{\text{enc}}$
3. 場的幾何對稱性與分量抵消： 計算圓形載流線圈於軸線上的磁場時，橫向分量（徑向分量）因幾何旋轉對稱性而相互抵消，空間淨磁場僅具軸向分量。

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解題方法

(一) 無限長直導線在 $(x_0, 0, 0)$ 處的磁場

【切入點說明】 此題具有完全的圓柱對稱性（軸對稱性），最標準、快捷且嚴謹的方法為「安培環路定律」；亦可透過「必歐—沙伐定律」進行定積分推導。以下提供標準安培定律推導與必歐—沙伐驗證：

方法一：安培環路定律（最佳解法）

1. 建立座標系與對稱性分析： 電流 $I$ 沿 $+z$ 軸流動，以圓柱座標系 $(\rho, \phi, z)$ 描述。根據右手定則，磁場僅具有角向分量 $\vec{H} = H_\phi \hat{a}_\phi$，且其大小僅與徑向距離 $\rho$ 有關，與 $\phi$ 和 $z$ 無關。
2. 選取安培封閉路徑： 選取一個位於 $z = 0$ 平面、以 $z$ 軸為中心、半徑為 $\rho = |x_0|$ 的正圓形封閉迴路 $C$。
3. 計算線積分並求解： $\oint_C \vec{H} \cdot d\vec{\ell} = \int_0^{2\pi} H_\phi (\rho \, d\phi) = H_\phi (2\pi \rho) = I$ 解得： $H_\phi = \frac{I}{2\pi \rho}$
4. 轉換至指定場點 $(x_0, 0, 0)$：

• 當 $x_0 > 0$ 時，場點位於正 $x$ 軸，徑向距離 $\rho = x_0$，方向單位向量為 $\hat{a}_\phi = \hat{a}_y$。
• 當 $x_0 < 0$ 時，場點位於負 $x$ 軸，徑向距離 $\rho = -x_0$，方向單位向量為 $\hat{a}_\phi = -\hat{a}_y$。
• 綜合正負情形，以直角座標向量統整可得： $\vec{H}(x_0, 0, 0) = \frac{I}{2\pi x_0} \hat{a}_y \quad (\text{A/m})$ $\vec{B}(x_0, 0, 0) = \frac{\mu_0 I}{2\pi x_0} \hat{a}_y \quad (\text{T})$

方法二：必歐—沙伐定律直接積分

1. 源點位置向量：$\vec{r}' = z' \hat{a}_z$，$d\vec{\ell}' = dz' \hat{a}_z$。
2. 場點位置向量：$\vec{r} = x_0 \hat{a}_x$。
3. 相對向量：$\vec{R} = \vec{r} - \vec{r}' = x_0 \hat{a}_x - z' \hat{a}_z$，$R = |\vec{R}| = \sqrt{x_0^2 + z'^2}$。
4. 計算叉積： $d\vec{\ell}' \times \vec{R} = (dz' \hat{a}_z) \times (x_0 \hat{a}_x - z' \hat{a}_z) = x_0 dz' \hat{a}_y$
5. 進行全線積分： $\vec{H} = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{I (x_0 dz' \hat{a}_y)}{4\pi (x_0^2 + z'^2)^{3/2}} = \frac{I x_0 \hat{a}_y}{4\pi} \left[ \frac{z'}{x_0^2 \sqrt{x_0^2 + z'^2}} \right]_{-\infty}^{\infty} = \frac{I x_0 \hat{a}_y}{4\pi} \left( \frac{2}{x_0^2} \right) = \frac{I}{2\pi x_0} \hat{a}_y$

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(二) 載流圓環在 $z$ 軸上的磁場

【切入點說明】 圓環電流不具備無限長柱對稱性，無法直接使用安培環路定律求封閉面積分，必須使用必歐—沙伐定律對圓周上的微小電流元積分。

1. 參數設定：

• 圓環半徑為 $a$，位於 $z = 0$ 平面，圓心在原點。
• 電流方向依題意「以右手大拇指平行 $z$ 軸，其餘四指繞行方向」，即逆時針方向（$+\hat{a}_\phi$ 方向）。
• 源點（線圈上任一點）：$\vec{r}' = a \cos\phi' \hat{a}_x + a \sin\phi' \hat{a}_y = a \hat{a}_\rho'$。
• 微小線元向量：$d\vec{\ell}' = a \, d\phi' \hat{a}_\phi'$。
• 場點（$z$ 軸上任一點）：$\vec{r} = z \hat{a}_z$。

2. 相對向量與幾何關係：

• 相對距離向量：$\vec{R} = \vec{r} - \vec{r}' = -a \hat{a}_\rho' + z \hat{a}_z$。
• 距離大小：$R = |\vec{R}| = \sqrt{a^2 + z^2}$。

核心觀念

本題評量斜向入射平面電磁波在介質邊界之反射與折射，屬於電磁波傳播與邊界條件的經典題型：

1. 波偏振態判斷（TM 波／平行偏振）：磁場向量僅具有 $\hat{\mathbf{y}}$ 分量，平行於界面（$xy$ 平面）且垂直於入射面（$xz$ 平面），符合橫磁波（Transverse Magnetic wave, TM 波，亦稱平行偏振 Parallel Polarization, $E_\parallel$）。
2. 馬克士威旋度方程式（安培-馬克士威定律）：在無源、無損線性等向性介質中，頻域場滿足 $\nabla \times \mathbf{H} = j\omega\varepsilon \mathbf{E}$，由此可直接推導各區域之電場表達式 $\mathbf{E} = \frac{1}{j\omega\varepsilon}\nabla \times \mathbf{H}$。
3. 色散關係（Dispersion Relation）：平面波滿足向量 Helmholtz 方程式 $\nabla^2 \mathbf{H} + k^2 \mathbf{H} = \mathbf{0}$，其波數向量大小滿足波數與介質參數的本構關係 $k_x^2 + k_z^2 = k^2 = \omega^2\mu\varepsilon$。
4. 邊界條件與相位匹配（Phase Matching Condition）：在無表面自由電流（$\mathbf{J}_s = \mathbf{0}$）的無損介質界面 $z=0$ 處，切線磁場與切線電場必須連續（$H_{1y} = H_{2y}$、$E_{1x} = E_{2x}$）。邊界條件若要對所有 $x$ 恆成立，界面兩側之切向相位變化率必須嚴格相等，此即司乃耳定律（Snell's Law）的波動基礎。
5. 反射係數與透射係數聯立求解：由邊界方程式可建立反射係數 $R$ 與折射係數 $T$（此題定義為磁場振幅比）之線性聯立方程組並求解。

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解題方法

(一) 推導入射波、反射波、折射波的電場表達式

在非導電、無自由電荷與源的線性均勻介質中，時諧電磁場（取 $e^{j\omega t}$ 標記）滿足安培-馬克士威定律：

$$\nabla \times \mathbf{H} = j\omega\varepsilon \mathbf{E} \implies \mathbf{E} = \frac{1}{j\omega\varepsilon}\nabla \times \mathbf{H}$$

對於僅具 $y$ 分量且分佈於 $xz$ 平面的磁場 $\mathbf{H} = \hat{\mathbf{y}} H_y(x,z)$，其旋度展開為：

$$\nabla \times \mathbf{H} = \begin{vmatrix} \hat{\mathbf{x}} & \hat{\mathbf{y}} & \hat{\mathbf{z}} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ 0 & H_y & 0 \end{vmatrix} = -\hat{\mathbf{x}}\frac{\partial H_y}{\partial z} + \hat{\mathbf{z}}\frac{\partial H_y}{\partial x}$$

因此電場通式為：

$$\mathbf{E} = \frac{1}{j\omega\varepsilon}\left( -\hat{\mathbf{x}}\frac{\partial H_y}{\partial z} + \hat{\mathbf{z}}\frac{\partial H_y}{\partial x} \right)$$

1. 入射波電場 $\mathbf{E}_i$（介質一，$\varepsilon = \varepsilon_1$）： 已知 $\mathbf{H}_i = \hat{\mathbf{y}} H_0 e^{-jk_x x - jk_z z}$，對空間偏微分：

$$\frac{\partial H_{iy}}{\partial z} = -jk_z H_{iy}, \quad \frac{\partial H_{iy}}{\partial x} = -jk_x H_{iy}$$

代入旋度式：

$$\nabla \times \mathbf{H}_i = -\hat{\mathbf{x}}(-jk_z H_{iy}) + \hat{\mathbf{z}}(-jk_x H_{iy}) = j(k_z \hat{\mathbf{x}} - k_x \hat{\mathbf{z}}) H_{iy}$$

故得入射波電場：

$$\mathbf{E}_i = \frac{1}{j\omega\varepsilon_1}\cdot j(k_z \hat{\mathbf{x}} - k_x \hat{\mathbf{z}}) H_0 e^{-jk_x x - jk_z z} = \frac{H_0}{\omega\varepsilon_1}(k_z \hat{\mathbf{x}} - k_x \hat{\mathbf{z}}) e^{-jk_x x - jk_z z}$$

2. 反射波電場 $\mathbf{E}_r$（介質一，$\varepsilon = \varepsilon_1$）： 已知 $\mathbf{H}_r = \hat{\mathbf{y}} RH_0 e^{-jk_{rx} x + jk_{rz} z}$，對空間偏微分：

$$\frac{\partial H_{ry}}{\partial z} = jk_{rz} H_{ry}, \quad \frac{\partial H_{ry}}{\partial x} = -jk_{rx} H_{ry}$$

代入旋度式：

$$\nabla \times \mathbf{H}_r = -\hat{\mathbf{x}}(jk_{rz} H_{ry}) + \hat{\mathbf{z}}(-jk_{rx} H_{ry}) = -j(k_{rz} \hat{\mathbf{x}} + k_{rx} \hat{\mathbf{z}}) H_{ry}$$

故得反射波電場：

$$\mathbf{E}_r = \frac{1}{j\omega\varepsilon_1}\cdot [-j(k_{rz} \hat{\mathbf{x}} + k_{rx} \hat{\mathbf{z}})] RH_0 e^{-jk_{rx} x + jk_{rz} z} = -\frac{RH_0}{\omega\varepsilon_1}(k_{rz} \hat{\mathbf{x}} + k_{rx} \hat{\mathbf{z}}) e^{-jk_{rx} x + jk_{rz} z}$$

3. 折射波電場 $\mathbf{E}_t$（介質二，$\varepsilon = \varepsilon_2$）： 已知 $\mathbf{H}_t = \hat{\mathbf{y}} TH_0 e^{-jk_{tx} x - jk_{tz} z}$，對空間偏微分：

$$\frac{\partial H_{ty}}{\partial z} = -jk_{tz} H_{ty}, \quad \frac{\partial H_{ty}}{\partial x} = -jk_{tx} H_{ty}$$

代入旋度式：

$$\nabla \times \mathbf{H}_t = -\hat{\mathbf{x}}(-jk_{tz} H_{ty}) + \hat{\mathbf{z}}(-jk_{tx} H_{ty}) = j(k_{tz} \hat{\mathbf{x}} - k_{tx} \hat{\mathbf{z}}) H_{ty}$$

故得折射波電場：

$$\mathbf{E}_t = \frac{1}{j\omega\varepsilon_2}\cdot j(k_{tz} \hat{\mathbf{x}} - k_{tx} \hat{\mathbf{z}}) TH_0 e^{-jk_{tx} x - jk_{tz} z} = \frac{TH_0}{\omega\varepsilon_2}(k_{tz} \hat{\mathbf{x}} - k_{tx} \hat{\mathbf{z}}) e^{-jk_{tx} x - jk_{tz} z}$$

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(二) 列出入射波、反射波、折射波的波數向量色散條件

在均勻介質中，各電磁波場均需滿足 Helmholtz 波動方程式 $\nabla^2 \mathbf{H} + k^2 \mathbf{H} = \mathbf{0}$。將各平面波形式代入，微分運算子轉換為 $\nabla \to -j\mathbf{k}$，得各波數向量模平方等於該介質之總波數平方：

1. 入射波色散條件（介質一）：

$$k_x^2 + k_z^2 = k_1^2 = \omega^2\mu_1\varepsilon_1$$

2. 反射波色散條件（介質一）：

$$k_{rx}^2 + k_{rz}^2 = k_1^2 = \omega^2\mu_1\varepsilon_1$$

3. 折射波色散條件（介質二）：

$$k_{tx}^2 + k_{tz}^2 = k_2^2 = \omega^2\mu_2\varepsilon_2$$

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(三) 從在 $z=0$ 的邊界條件推論相位匹配條件

核心觀念

本題評量**平行金屬平板波導（Parallel-Plate Waveguide）**中 $\text{TE}$ 模態電磁波之邊界條件、場分量推導、能流密度計算以及導波截止特性。涉及之核心理論包含：

1. 完全導體（PEC）邊界條件：在理想導體表面，電場之切線分量必須為零（$E_t = 0$）。
2. 馬克士威旋度方程式（法拉第定律相量形式）：在無源均勻介質中，時諧場滿足 $\nabla \times \mathbf{E} = -j\omega\mu\mathbf{H}$，由此可由電場求得對應之磁場。
3. 複數坡印廷向量（Complex Poynting Vector）：時諧電磁場之複數功率流密度定義為 $\mathbf{S}_c = \frac{1}{2}(\mathbf{E} \times \mathbf{H}^*)$，其實部代表時均傳輸功率（實功），虛部代表儲能無效功率（虛功）。
4. 波導色散關係與截止頻率（Cutoff Frequency）：由波數關係式 $k^2 = \omega^2\mu\epsilon = k_x^2 + k_z^2$，波傳常數 $k_z = \sqrt{\omega^2\mu\epsilon - k_x^2}$ 的實虛性質決定波導處於傳播（Propagation）或漸逝（Evanescent）狀態。

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解題方法

(一) 從邊界條件推論 $k_x$ 的可能解

1. 金屬平板擺放於 $x=0$ 與 $x=a$，且平行於 $yz$ 平面，故金屬表面法向量為 $\hat{\mathbf{x}}$，而切線方向為 $\hat{\mathbf{y}}$ 與 $\hat{\mathbf{z}}$。
2. 題目給定之電場為：

$$\mathbf{E} = \hat{\mathbf{y}} E_0 \sin(k_x x) e^{-j k_z z}$$

此電場僅具有 $y$ 方向分量，即為金屬板表面之切線電場（$E_t = E_y$）。 3. 根據完全導體邊界條件，在導體表面切線電場為零：

• 在 $x = 0$ 處：

$$E_y(0, z) = E_0 \sin(0) e^{-j k_z z} = 0 \quad (\text{自然滿足})$$

• 在 $x = a$ 處：

$$E_y(a, z) = E_0 \sin(k_x a) e^{-j k_z z} = 0$$

4. 為求非零微觀解（Non-trivial solution，即 $E_0 \neq 0$），必須滿足：

$$\sin(k_x a) = 0 \implies k_x a = m\pi \quad (m \text{ 為整數})$$

若 $m = 0$，則 $\sin(k_x x) = 0$ 導致電場處處為零，無物理傳播意義；負整數僅對應震幅反相，可併入振幅常數考慮。因此 $k_x$ 的可能解為：

$$k_x = \frac{m\pi}{a}, \quad m = 1, 2, 3, \dots$$

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(二) 推導對應的磁場表達式

1. 由法拉第定律相量式：

$$\nabla \times \mathbf{E} = -j\omega\mu \mathbf{H} \implies \mathbf{H} = -\frac{1}{j\omega\mu} (\nabla \times \mathbf{E})$$

2. 計算電場的旋度 $\nabla \times \mathbf{E}$：

$$\nabla \times \mathbf{E} = \begin{vmatrix} \hat{\mathbf{x}} & \hat{\mathbf{y}} & \hat{\mathbf{z}} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ 0 & E_y & 0 \end{vmatrix} = -\hat{\mathbf{x}}\frac{\partial E_y}{\partial z} + \hat{\mathbf{z}}\frac{\partial E_y}{\partial x}$$

3. 將 $E_y = E_0 \sin(k_x x) e^{-j k_z z}$ 代入各偏微分項：

$$\frac{\partial E_y}{\partial z} = -j k_z E_0 \sin(k_x x) e^{-j k_z z}$$ $$\frac{\partial E_y}{\partial x} = k_x E_0 \cos(k_x x) e^{-j k_z z}$$

因此：

$$\nabla \times \mathbf{E} = \hat{\mathbf{x}}\left( j k_z E_0 \sin(k_x x) e^{-j k_z z} \right) + \hat{\mathbf{z}}\left( k_x E_0 \cos(k_x x) e^{-j k_z z} \right)$$

4. 乘上係數 $-\frac{1}{j\omega\mu}$，整理得到磁場向量：

$$\mathbf{H} = -\hat{\mathbf{x}}\frac{k_z}{\omega\mu} E_0 \sin(k_x x) e^{-j k_z z} + \hat{\mathbf{z}}\frac{j k_x}{\omega\mu} E_0 \cos(k_x x) e^{-j k_z z}$$

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(三) 推導對應的複數 Poynting 向量 $z$ 分量的表達式

1. 複數 Poynting 向量定義為：

$$\mathbf{S}_c = \frac{1}{2}(\mathbf{E} \times \mathbf{H}^*)$$

2. 其沿傳播方向之 $z$ 分量為：

$$S_{cz} = \mathbf{S}_c \cdot \hat{\mathbf{z}} = \frac{1}{2} (\mathbf{E} \times \mathbf{H}^*) \cdot \hat{\mathbf{z}} = \frac{1}{2}(E_x H_y^* - E_y H_x^*)$$

由於 $\mathbf{E}$ 僅有 $y$ 分量（$E_x = 0$），上式簡化為：

$$S_{cz} = -\frac{1}{2} E_y H_x^*$$

3. 將 $E_y$ 與 $H_x$ 的共軛代入（設振幅 $E_0$ 為實數）：

$$E_y = E_0 \sin(k_x x) e^{-j k_z z}$$