114 高普考高考三級 航海技術 航海學 考古題詳解

114 年・高普考・高考三級・航海技術
試題代碼 航海學

第 一 題7 分

請說明下列天文現象的條件：

(一) 太陽由正東升起而正西沒下，其條件為何？（7 分）

(二) 太陽過卯酉圈（prime vertical circle），且可見之條件為何？（8 分）

(三) 在地球上太陽永晝的條件為何？（10 分）

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核心觀念與符號

本題考查太陽赤緯、觀測者緯度與地平圈、卯酉圈的幾何關係。以下採理想天文地平、忽略大氣折射與太陽視半徑；觀測者緯度以 ϕ\phi 表示，北緯為正、南緯為負，太陽赤緯以 δ\delta 表示，北赤緯為正、南赤緯為負。

太陽中心在地平線上時，高度 h=0∘h=0^\circ；位於地平線上方、可見時，h≥0∘h\ge 0^\circ。太陽時角 HH 以地方子午圈為基準，過上中天時 H=0∘H=0^\circ。

（一）太陽由正東升起而正西沒下的條件

太陽升起或沒下時位於地平線，且正東、正西點都在天球赤道與地平圈的交點上。因此，太陽須在天球赤道上運行，即：

δ=0∘\boxed{\delta=0^\circ}

這是太陽通過春分點或秋分點的條件。觀測者緯度不影響這項幾何條件；但在地球兩極，天球赤道與地平圈重合，日出、日沒的通常定義不適用。

答題要點： 太陽赤緯為零，亦即春分或秋分時；一般緯度地區太陽由正東升、正西落。

（二）太陽過卯酉圈，且可見的條件

卯酉圈（prime vertical circle）通過天頂、天底及正東、正西點。太陽過卯酉圈時，其方位在正東或正西；要「可見」，太陽還必須在地平線上方。

用天文三角形的高度公式：

sin⁡h=sin⁡ϕsin⁡δ+cos⁡ϕcos⁡δcos⁡H\sin h=\sin\phi\sin\delta+\cos\phi\cos\delta\cos H

太陽位於卯酉圈時，東、西方位對應 H=±90∘H=\pm90^\circ，故 cos⁡H=0\cos H=0，因此：

sin⁡h=sin⁡ϕsin⁡δ\sin h=\sin\phi\sin\delta

太陽在地平線上或其上方，要求 sin⁡h≥0\sin h\ge 0。對一般非極區觀測者，這等價於：

sin⁡ϕsin⁡δ≥0\boxed{\sin\phi\sin\delta\ge 0}

也就是觀測者緯度與太陽赤緯同號，或其中一者為零：

  • 同在北半球（ϕ>0, δ>0\phi>0,\ \delta>0）或同在南半球（ϕ<0, δ<0\phi<0,\ \delta<0）：太陽過卯酉圈時在地平線上方。
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第 二 題25 分

利用當地天水平座標系（NEU, North-East-Up）及出發點經度為零度的假設，並以相對座標系表示終點位置，來推導已知經緯度的地表上兩點之間的大圓距離與初始航向公式。其中在當地天水平座標 NEU 及終點的向量為：（假設起點經度為零）

推導過程：

一、座標系與基本假設

(一) 定義出發點位置與 NEU 座標系

出發點 A：φ1\varphi_1，假設 λ1=0\lambda_1=0

東向單位向量 e=[0,1,0]\mathbf{e}=[0,1,0]

北向單位向量 n=[−sin⁡φ1,0,cos⁡φ1]\mathbf{n}=[-\sin\varphi_1,0,\cos\varphi_1]

向上（A）單位向量 u=A=[cos⁡φ1,0,sin⁡φ1]\mathbf{u}=\mathbf{A}=[\cos\varphi_1,0,\sin\varphi_1]

(二) 終點地心向量 B 的表示

B=[cos⁡φ2⋅cos⁡Δλ, cos⁡φ2⋅sin⁡Δλ, sin⁡φ2]\mathbf{B}=[\cos\varphi_2\cdot\cos\Delta\lambda,\ \cos\varphi_2\cdot\sin\Delta\lambda,\ \sin\varphi_2]

請重抄已呈現的解題內容，然後再接續繼續後面的推導過程。（25 分）

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核心觀念

本題以地心單位球表示地表位置，並將終點向量 B\mathbf B 投影到出發點 AA 的當地天水平座標系（NEU），藉由投影分量求出兩點的大圓角距與初始航向。若地球半徑為 RR，大圓距離即為中心角乘以 RR。

題目已呈現內容（重抄）

一、座標系與基本假設

（一）定義出發點位置與 NEU 座標系

出發點 AA：φ1\varphi_1，假設 λ1=0\lambda_1=0。

東向單位向量：

e=[0,1,0]\mathbf e=[0,1,0]

北向單位向量：

n=[−sin⁡φ1,0,cos⁡φ1]\mathbf n=[-\sin\varphi_1,0,\cos\varphi_1]

向上（AA）單位向量：

u=A=[cos⁡φ1,0,sin⁡φ1]\mathbf u=\mathbf A=[\cos\varphi_1,0,\sin\varphi_1]

（二）終點地心向量 BB 的表示

B=[cos⁡φ2⋅cos⁡Δλ, cos⁡φ2⋅sin⁡Δλ, sin⁡φ2]\mathbf B=[\cos\varphi_2\cdot\cos\Delta\lambda,\ \cos\varphi_2\cdot\sin\Delta\lambda,\ \sin\varphi_2]

推導過程

二、將終點向量轉換為出發點的 NEU 分量

終點向量在東、北、上三個方向的分量，分別由內積求得：

E=B⋅e=cos⁡φ2sin⁡ΔλE=\mathbf B\cdot\mathbf e =\cos\varphi_2\sin\Delta\lambda N=B⋅n=−sin⁡φ1cos⁡φ2cos⁡Δλ+cos⁡φ1sin⁡φ2N=\mathbf B\cdot\mathbf n =-\sin\varphi_1\cos\varphi_2\cos\Delta\lambda +\cos\varphi_1\sin\varphi_2 U=B⋅u=cos⁡φ1cos⁡φ2cos⁡Δλ+sin⁡φ1sin⁡φ2U=\mathbf B\cdot\mathbf u =\cos\varphi_1\cos\varphi_2\cos\Delta\lambda +\sin\varphi_1\sin\varphi_2

其中 NN、EE 是終點方向在出發點切平面上的北、東分量；UU 是終點向量沿出發點天頂方向的分量。

三、推導大圓中心角與距離

因 A\mathbf A、B\mathbf B 都是單位向量，兩者內積為兩點球面中心角 σ\sigma 的餘弦：

cos⁡σ=A⋅B=U\cos\sigma=\mathbf A\cdot\mathbf B=U

故中心角為：

σ=cos⁡−1U=cos⁡−1(sin⁡φ1sin⁡φ2+cos⁡φ1cos⁡φ2cos⁡Δλ)\sigma=\cos^{-1}U =\cos^{-1}\left( \sin\varphi_1\sin\varphi_2 +\cos\varphi_1\cos\varphi_2\cos\Delta\lambda \right)

若地球視為半徑 RR 的球體，兩點間的大圓距離為：

D=RσD=R\sigma
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第 三 題25 分

請針對下列圖示中全球定位系統的民用碼產生器 GPS C/A（Coarse/Acquisition）Code Generator 的流程結構圖說明。（25 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖中標示內容：

  • G1 Shift Register = 1+X3+X101+X^3+X^{10}
  • G2 Shift Register = 1+X2+X3+X6+X8+X9+X101+X^2+X^3+X^6+X^8+X^9+X^{10}
  • Code Epoch Shift Control
  • G1 Code
  • G2 Code
  • PRN Code
  • Phase Taps
  • Taps 3 & 8 = PRN 31
  • C/A Code Chips
  • GPS C/A Code Generator
  • XOR = Exclusive Or
  • G1 and G2 Initial State = all ones
  • G1、G2 移位暫存器各包含第 1 至第 10 級。
🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題考查 GPS 民用粗捕獲碼（C/A Code）的產生原理。C/A 碼是由兩個 10 級線性回授移位暫存器（LFSR）所產生的兩組二元序列，經由互斥或閘（XOR）相加而成的 Gold code。

圖中兩組移位暫存器的初始狀態均為全 1：

(1,1,1,1,1,1,1,1,1,1)(1,1,1,1,1,1,1,1,1,1)

每移位一次產生一個 chip，兩組序列同步運作，最後以 XOR 組合成 GPS C/A code chips。

一、G1 移位暫存器

G1 的回授多項式為：

G1(X)=1+X3+X10G_1(X)=1+X^3+X^{10}

因此 G1 的回授位元由第 3 級與第 10 級的內容進行模 2 加法，也就是 XOR：

f1=G13⊕G110f_1=G1_3\oplus G1_{10}

G1 每次移位後，由回授位元填入輸入端；同時由指定輸出級取出 G1 Code。依 GPS C/A 碼標準，G1 的輸出通常取自第 10 級：

G1 Code=G110G1\ Code=G1_{10}

G1 是一個最大長度序列，其週期為：

210−1=1023 chips2^{10}-1=1023\ \text{chips}

二、G2 移位暫存器

G2 的回授多項式為：

G2(X)=1+X2+X3+X6+X8+X9+X10G_2(X)=1+X^2+X^3+X^6+X^8+X^9+X^{10}

因此 G2 的回授位元為：

f2=G22⊕G23⊕G26⊕G28⊕G29⊕G210f_2=G2_2\oplus G2_3\oplus G2_6 \oplus G2_8\oplus G2_9\oplus G2_{10}

G2 同樣以 10 級移位暫存器構成，初始狀態也是全 1，並以每次移位產生的序列作為 G2 Code 的來源。

G2 與 G1 的主要差別在於：G1 直接由固定輸出級產生 G1 Code，而 G2 會依衛星 PRN 編號選取兩個相位抽頭（Phase Taps），再進行 XOR。

三、PRN 碼與相位抽頭

G2 的各級輸出可視為不同相位的 G2 序列。GPS 透過選取不同的兩個相位抽頭，產生不同衛星所使用的 PRN（Pseudo-Random Noise）碼。

以圖中所示為例：

PRN 31：選取 G2 第 3 級與第 8 級\text{PRN 31：選取 G2 第 3 級與第 8 級}

因此：

PRN Code=G23⊕G28PRN\ Code=G2_3\oplus G2_8

不同衛星使用不同的 Phase Taps，使各衛星具有可辨識的獨立 C/A 碼。接收機便可依指定 PRN 碼進行衛星搜尋、識別與相關解碼。

四、G1 Code 與 G2 Code 的組合

圖中右側的 XOR 閘將 G1 Code 與 G2 Code 組合：

C/A Code=G1 Code⊕G2 CodeC/A\ Code=G1\ Code\oplus G2\ Code

若以 G1 第 10 級為輸出，且 PRN 31 使用 G2 第 3 級與第 8 級作為相位抽頭，則：

C/A31=G110⊕G23⊕G28C/A_{31} = G1_{10}\oplus G2_3\oplus G2_8

XOR 的運算規則如下：

輸入XOR 輸出
0⊕00\oplus000
0⊕10\oplus111
1⊕01\oplus011
1⊕11\oplus100

因此，C/A 碼本質上是兩組二元伪隨機序列的模 2 加法結果。

五、Code Epoch Shift Control 的作用

Code Epoch Shift Control 負責控制 G1、G2 兩個移位暫存器同步移位，並控制 C/A 碼的碼週期。

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第 四 題25 分

某商船大副觀測船的航向為 119∘119^\circ，若已知羅經自差為 4∘W4^\circ\mathrm{W}，當地磁差為 3∘W3^\circ\mathrm{W}，則此商船的真航向為何（請加上圖解）？（25 分）

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查羅經航向換算為真航向。羅經差由磁差與自差組成：

羅經差=磁差+自差\text{羅經差}=\text{磁差}+\text{自差}

航向由羅經航向換算為真航向時，東差加、西差減。題目未另行指定東、西差的正負慣例，以下採航海常用慣例：東差為正、西差為負。

解題方法

已知羅經航向為 119∘119^\circ，自差 4∘W4^\circ\mathrm{W}，磁差 3∘W3^\circ\mathrm{W}。先合成羅經差：

羅經差=4∘W+3∘W=7∘W\text{羅經差}=4^\circ\mathrm{W}+3^\circ\mathrm{W}=7^\circ\mathrm{W}

西差使真航向小於羅經航向，因此：

真航向=119∘−7∘=112∘\text{真航向} =119^\circ-7^\circ =112^\circ

圖解

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