112 高普考高考三級 電信工程 電磁學 考古題詳解

112 年・高普考・高考三級・電信工程
試題代碼 電磁學

第 一 題25 分

空氣中有一電荷 qq，距離 rr 處之電位為

V=q4πε0r.V=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r}.

現將另一電荷 QQ 從無窮遠處移至距離 rr 處，則所需能量為

W=QV=qQ4πε0r.W=QV=\frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0 r}.

此能量即為保持此二電荷距離為 rr 之能量，或稱該二電荷相關之靜電能 UU。

如圖一所示，空氣中有八個正電荷 (1)∼(8)(1)\sim(8)，電荷量均為 qq，分布於邊長為 aa 之正立方體的八個頂點；於正立方體中心處放置一負電荷，電荷量為 QQ。

(一) 試推導中心處負電荷 QQ 與八個正電荷 qq 相關之總靜電能。（10 分）

(二) 推導八個正電荷 qq 相關之總靜電能。（10 分）

(三) 由正電荷與負電荷之總靜電能

U=Uqq+UQqU=U_{qq}+U_{Qq}

觀點，寫出此九個電荷位置成穩定分布之條件式。依據此條件式，推導中心處負電荷 QQ 之電荷量。（5 分）

圖一。

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核心觀念

本題考查點電荷系統的靜電位能。多個點電荷的總靜電能為所有電荷對之間位能的總和：

U=∑i<j14πε0qiqjrij.U=\sum_{i<j}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_iq_j}{r_{ij}}.

正立方體頂點間的距離只有三種：

  • 邊長：aa
  • 面對角線：2a\sqrt{2}a
  • 體對角線：3a\sqrt{3}a

設

k=14πε0.k=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}.

（一）中心負電荷 QQ 與八個正電荷之總靜電能

立方體中心到任一頂點的距離為體對角線的一半：

rc=32a.r_c=\frac{\sqrt{3}}{2}a.

中心電荷 QQ 與每一個頂點電荷 qq 的交互作用能為

UQq,單一=kQqrc=kQq3a/2=2kQq3a.U_{Qq,\text{單一}}=k\frac{Qq}{r_c} =k\frac{Qq}{\sqrt{3}a/2} =\frac{2kQq}{\sqrt{3}a}.

共有八個頂點，因此

UQq=8(2kQq3a)=16kQq3a\boxed{ U_{Qq} =8\left(\frac{2kQq}{\sqrt{3}a}\right) =\frac{16kQq}{\sqrt{3}a} }

亦即

UQq=14πε016Qq3a.\boxed{ U_{Qq} =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{16Qq}{\sqrt{3}a} }.

由於中心電荷為負電荷，Q<0Q<0，所以 UQq<0U_{Qq}<0。

（二）八個正電荷之總靜電能

八個頂點共有

(82)=28\binom{8}{2}=28

對電荷，依距離分類如下：

1. 邊長為 aa 的電荷對

立方體共有 1212 條邊，因此有 1212 對：

Uedge=12kq2a.U_{\text{edge}}=12k\frac{q^2}{a}.

2. 面對角線為 2a\sqrt{2}a 的電荷對

立方體有 66 個面，每一面有兩條對角線，因此共有 1212 對：

Uface=12kq22a=6kq22a=62kq22a.U_{\text{face}}= 12k\frac{q^2}{\sqrt{2}a} =\frac{6kq^2}{\sqrt{2}a} =\frac{6\sqrt{2}kq^2}{2a}.

保留較直接的形式為

Uface=12kq22a.U_{\text{face}}=\frac{12kq^2}{\sqrt{2}a}.

3. 體對角線為 3a\sqrt{3}a 的電荷對

立方體共有 44 條體對角線，因此有 44 對：

Ubody=4kq23a.U_{\text{body}}= 4k\frac{q^2}{\sqrt{3}a}.

故八個正電荷的總靜電能為

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第 二 題25 分

如圖二所示，上下平板均為邊長 aa 之正方形導體。上平板有非常小的傾斜角度 θ\theta，兩平板左邊之最短距離為 hh。假設平板面積夠大，使得邊緣效應可以忽略，試求電容 CC 之大小。（25 分）

圖二。

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核心觀念

本題考查平行板電容器的微小區域串聯觀念。兩平板間距固定時，電容為

C=ε0Ad.C=\frac{\varepsilon_0 A}{d}.

但本題上平板傾斜，使板間距隨位置改變，因此不能直接以平均間距代入。應將平板分割成許多狹長微小平行板，這些微小電容彼此並聯，總電容為各微小電容之和。

空氣介質取

ε=ε0.\varepsilon=\varepsilon_0.

解題方法與推導

令 xx 自左端向右量測，0≤x≤a0\le x\le a。左端最短距離為 hh，因此在位置 xx 處，兩平板間距為

d(x)=h+xtan⁡θ.d(x)=h+x\tan\theta.

取寬度為 dxdx 的微小狹長面積，其面積為

dA=a dx.dA=a\,dx.

由於邊緣效應忽略，各微小區域可視為局部平行板電容器，其微小電容為

dC=ε0 dAd(x)=ε0a dxh+xtan⁡θ.dC=\frac{\varepsilon_0\,dA}{d(x)} =\frac{\varepsilon_0 a\,dx}{h+x\tan\theta}.

所有微小電容並聯，因此

C=∫0adC=ε0a∫0adxh+xtan⁡θ.C=\int_0^a dC =\varepsilon_0 a\int_0^a \frac{dx}{h+x\tan\theta}.

積分得

C=ε0atan⁡θ[ln⁡(h+xtan⁡θ)]0a,C =\frac{\varepsilon_0 a}{\tan\theta} \left[ \ln\left(h+x\tan\theta\right) \right]_0^a,

所以

C=ε0atan⁡θln⁡(h+atan⁡θh)\boxed{ C= \frac{\varepsilon_0 a}{\tan\theta} \ln\left(\frac{h+a\tan\theta}{h}\right) }

即

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第 三 題25 分

有一由完全導體組成的金屬空腔，a=4 cma=4\ \mathrm{cm}、b=2 cmb=2\ \mathrm{cm}、L=6 cmL=6\ \mathrm{cm}，如圖三所示。

(一) 計算空腔內未填充任何材料情況下的最低共振頻率。（15 分）

(二) 若有一電性材料填滿整個空腔，且此電性材料不導電。若測得之最低共振頻率為 3 GHz3\ \mathrm{GHz}，求此電性材料之介電常數。（10 分）

圖三。

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核心觀念

完全導體矩形金屬空腔的共振頻率為

fmnp=12με(ma)2+(nb)2+(pL)2.f_{mnp} = \frac{1}{2\sqrt{\mu\varepsilon}} \sqrt{ \left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2+ \left(\frac{p}{L}\right)^2 }.

空腔未填充材料時，介質為真空：

μ=μ0,ε=ε0,1μ0ε0=c.\mu=\mu_0,\qquad \varepsilon=\varepsilon_0, \qquad \frac{1}{\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}}=c.

因此

fmnp=c2(ma)2+(nb)2+(pL)2.f_{mnp} = \frac{c}{2} \sqrt{ \left(\frac{m}{a}\right)^2+ \left(\frac{n}{b}\right)^2+ \left(\frac{p}{L}\right)^2 }.

矩形金屬空腔的最低非零模態為主模態 TE101\mathrm{TE}_{101}。其中 n=0n=0，表示在 yy 方向不變化；在 xx、zz 方向各有一個半波變化。

解題方法

（一）未填充材料時的最低共振頻率

已知

a=4 cm=0.04 m,a=4\ \mathrm{cm}=0.04\ \mathrm{m}, b=2 cm=0.02 m,b=2\ \mathrm{cm}=0.02\ \mathrm{m}, L=6 cm=0.06 m.L=6\ \mathrm{cm}=0.06\ \mathrm{m}.

主模態為 TE101\mathrm{TE}_{101}，故

f101=c2(1a)2+(1L)2.f_{101} = \frac{c}{2} \sqrt{ \left(\frac{1}{a}\right)^2+ \left(\frac{1}{L}\right)^2 }.

代入 c=3×108 m/sc=3\times 10^8\ \mathrm{m/s}：

f101=3×1082(10.04)2+(10.06)2.f_{101} = \frac{3\times10^8}{2} \sqrt{ \left(\frac{1}{0.04}\right)^2+ \left(\frac{1}{0.06}\right)^2 }. =1.5×108625+277.78= 1.5\times10^8 \sqrt{625+277.78} =1.5×108(30.046)≈4.51×109 Hz.= 1.5\times10^8(30.046) \approx 4.51\times10^9\ \mathrm{Hz}.

因此

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第 四 題25 分

一線性極化均勻橫向平面電磁波，從介質 1(ε1,μ1)1(\varepsilon_1,\mu_1) 垂直正向入射至介質 2(ε2,μ2)2(\varepsilon_2,\mu_2)，如圖四所示。

其中入射平面諧波（Incident wave）之電場相量 Ei\mathbf{E}_i 與磁場相量 Hi\mathbf{H}_i、反射平面諧波（Reflected wave）之電場相量 Er\mathbf{E}_r 與磁場相量 Hr\mathbf{H}_r，以及穿透平面諧波（Transmitted wave）之電場相量 Et\mathbf{E}_t 與磁場相量 Ht\mathbf{H}_t 如圖所示。

(一) 寫出入射平面諧波之電場相量 Ei\mathbf{E}_i 與磁場相量 Hi\mathbf{H}_i、反射平面諧波之電場相量 Er\mathbf{E}_r 與磁場相量 Hr\mathbf{H}_r，以及穿透平面諧波之電場相量 Et\mathbf{E}_t 與磁場相量 Ht\mathbf{H}_t 的表示式。（15 分）

(二) 列出在兩介質交界處之電場及磁場的邊界連續條件。（5 分）

(三) 求解上述邊界條件，得出反射係數 Γ\Gamma 及穿透係數 τ\tau 的表示式。（5 分）

圖四。

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核心觀念

本題考查均勻平面電磁波垂直入射於兩介質交界面時：

  • 電場、磁場與傳播方向的向量關係 H=1ηk^×E\mathbf{H}=\frac{1}{\eta}\hat{\mathbf{k}}\times\mathbf{E}
  • 介質的本質阻抗 ηm=μmεm\eta_m=\sqrt{\frac{\mu_m}{\varepsilon_m}}
  • 交界面上的切向電場、磁場連續條件
  • 反射係數與穿透係數的推導

取相量時間因子為 ejωte^{j\omega t}，交界面為 z=0z=0，介質 1 位於 z<0z<0，介質 2 位於 z>0z>0。由圖可知電場沿 xx 方向，磁場沿 yy 方向。

（一）各平面諧波之表示式

令入射電場振幅為 Ei0E_{i0}，反射電場振幅為 Er0E_{r0}，穿透電場振幅為 Et0E_{t0}。各介質的相位常數為

βm=ωμmεm,m=1,2\beta_m=\omega\sqrt{\mu_m\varepsilon_m},\qquad m=1,2

其中

η1=μ1ε1,η2=μ2ε2.\eta_1=\sqrt{\frac{\mu_1}{\varepsilon_1}},\qquad \eta_2=\sqrt{\frac{\mu_2}{\varepsilon_2}}.

1. 入射波

入射波沿 +z+z 方向傳播，因此

Ei(z)=x^Ei0e−jβ1z\boxed{ \mathbf{E}_i(z)=\hat{\mathbf{x}}E_{i0}e^{-j\beta_1z} }

由

k^i=z^\hat{\mathbf{k}}_i=\hat{\mathbf{z}}

及

Hi=1η1z^×Ei\mathbf{H}_i=\frac{1}{\eta_1}\hat{\mathbf{z}}\times\mathbf{E}_i

可得

Hi(z)=y^Ei0η1e−jβ1z\boxed{ \mathbf{H}_i(z)=\hat{\mathbf{y}}\frac{E_{i0}}{\eta_1}e^{-j\beta_1z} }

因為 x^×y^=z^\hat{\mathbf{x}}\times\hat{\mathbf{y}}=\hat{\mathbf{z}}，符合入射方向為 +z+z。

2. 反射波

反射波沿 −z-z 方向傳播，因此

Er(z)=x^Er0e+jβ1z\boxed{ \mathbf{E}_r(z)=\hat{\mathbf{x}}E_{r0}e^{+j\beta_1z} }

此時

k^r=−z^\hat{\mathbf{k}}_r=-\hat{\mathbf{z}}

所以

Hr=1η1(−z^)×Er\mathbf{H}_r =\frac{1}{\eta_1}(-\hat{\mathbf{z}})\times\mathbf{E}_r

得到

Hr(z)=−y^Er0η1e+jβ1z\boxed{ \mathbf{H}_r(z) =-\hat{\mathbf{y}}\frac{E_{r0}}{\eta_1}e^{+j\beta_1z} }

反射波磁場方向與入射波相反，這是由傳播方向反轉所造成。

3. 穿透波

穿透波進入介質 2 後沿 +z+z 方向傳播，因此

Et(z)=x^Et0e−jβ2z\boxed{ \mathbf{E}_t(z)=\hat{\mathbf{x}}E_{t0}e^{-j\beta_2z} }

以及

Ht(z)=y^Et0η2e−jβ2z\boxed{ \mathbf{H}_t(z)=\hat{\mathbf{y}}\frac{E_{t0}}{\eta_2}e^{-j\beta_2z} }

在交界面 z=0z=0 上，各相量可簡化為

Ei=x^Ei0,Hi=y^Ei0η1\mathbf{E}_i=\hat{\mathbf{x}}E_{i0},\qquad \mathbf{H}_i=\hat{\mathbf{y}}\frac{E_{i0}}{\eta_1} Er=x^Er0,Hr=−y^Er0η1\mathbf{E}_r=\hat{\mathbf{x}}E_{r0},\qquad \mathbf{H}_r=-\hat{\mathbf{y}}\frac{E_{r0}}{\eta_1} Et=x^Et0,Ht=y^Et0η2\mathbf{E}_t=\hat{\mathbf{x}}E_{t0},\qquad \mathbf{H}_t=\hat{\mathbf{y}}\frac{E_{t0}}{\eta_2}
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