110 專技高考高等考試 電子工程技師 電磁學與電磁波 考古題詳解

110 年・專技高考・高等考試・電子工程技師
試題代碼 電磁學與電磁波

第 一 題20 分

一、平行兩條金屬線之截切面如圖一所示。每條金屬線單位長度電荷量分別為 Ql\frac{Q}{l} 及 −Ql-\frac{Q}{l}，半徑為 aa，兩條金屬線中心相距 DD，且 D≫aD\gg a。周圍為空氣，介電係數為 ε0\varepsilon_0。

(一) 推導兩條金屬線之電場大小，包含由 Ql\frac{Q}{l} 產生之 E+(r)E_+(r) 及由 −Ql-\frac{Q}{l} 產生之 E−(r)E_-(r)；並求 MM 點與 M′M' 點之電位差

ΔV=VM−VM′\Delta V=V_M-V_{M'}

及單位長度電容 ClC_l。（12 分）

(二) 推導兩條金屬線之單位長度電能 WelW_{el} 及吸引力 FlF_l。（8 分）

圖一：兩條平行金屬線置於空氣（ε0\varepsilon_0）中，左側金屬線帶有單位長度電荷量 Ql\frac{Q}{l}，右側金屬線帶有單位長度電荷量 −Ql-\frac{Q}{l}，兩線半徑皆為 aa，中心距離為 DD。左線外側標示距離 rr，左、右線附近分別標示測量點 MM 與 M′M'。

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核心觀念

令單位長度電荷量為 λ=Q/l\lambda=Q/l。由高斯定律，無限長線電荷在距離 ss 處產生的電場大小為

E(s)=λ2πε0s.E(s)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 s}.

因兩線半徑 aa 遠小於中心距離 DD，可將各金屬線近似為位於中心軸上的線電荷。兩線之間，正電線產生的電場指向右方，負電線產生的電場也指向右方，因此兩者相加。

解題方法

以左線中心為座標原點，沿兩線中心連線向右取 xx 軸。兩線之間任一點距左線中心為 rr，距右線中心為 D−rD-r。則正、負線電荷分別產生

E+(r)=λ2πε0r x^,E−(r)=λ2πε0(D−r) x^.\mathbf E_+(r)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\,\hat{\mathbf x}, \qquad \mathbf E_-(r)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0(D-r)}\,\hat{\mathbf x}.

因此兩線間總電場為

E(r)=E+(r)+E−(r)=λ2πε0(1r+1D−r)x^,a<r<D−a.\mathbf E(r)=\mathbf E_+(r)+\mathbf E_-(r) =\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \left(\frac{1}{r}+\frac{1}{D-r}\right)\hat{\mathbf x}, \qquad a<r<D-a.

圖中 MM、M′M' 分別位於左線右側表面與右線左側表面，故其軸向位置約為 r=ar=a 與 r=D−ar=D-a。由電位差定義，

ΔV=VM−VM′=∫MM′E⋅dl=λ2πε0∫aD−a(1r+1D−r)dr=λπε0ln⁡(D−aa).\begin{aligned} \Delta V &=V_M-V_{M'}=\int_M^{M'}\mathbf E\cdot d\mathbf l\\ &=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \int_a^{D-a}\left(\frac{1}{r}+\frac{1}{D-r}\right)dr\\ &=\frac{\lambda}{\pi\varepsilon_0} \ln\left(\frac{D-a}{a}\right). \end{aligned}

在 D≫aD\gg a 的近似下，

ΔV≃λπε0ln⁡(Da).\Delta V\simeq\frac{\lambda}{\pi\varepsilon_0}\ln\left(\frac{D}{a}\right).

單位長度電容定義為電荷量除以電位差，因此

Cl=λΔV≃πε0ln⁡(D/a).C_l=\frac{\lambda}{\Delta V} \simeq\frac{\pi\varepsilon_0}{\ln(D/a)}.

單位長度電能與吸引力

單位長度電能為

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第 二 題20 分

二、(一) 一半徑為 aa 的圓形單線圈內流有電流 II。如圖二所示，推導於單線圈中心軸上、距離 zz 位置之 MM 點的磁場大小 BzB_z。周圍為空氣，導磁係數為 μ0\mu_0。（10 分）

(二) 此半徑為 aa 的圓形單線圈共連接 NN 圈成為螺線管，其長度為 bb。螺線管流有表面電流密度

J=NIbJ=\frac{NI}{b}

如圖二所示，推導於螺線管線圈中心軸上、距離 zz 位置之 MM 點的磁場大小 BzB_z。（10 分）

圖二：圓形單線圈及螺線管示意圖。圓形線圈半徑為 aa，線圈中心位於 z=0z=0，軸上距離中心 zz 處為 MM 點，該點磁場標示為 BzB_z；螺線管長度為 bb，表面電流密度為 J=NIbJ=\frac{NI}{b}，周圍為空氣（μ0\mu_0）。

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核心觀念

本題考兩個磁場觀念：

  1. 圓形電流線圈的軸上磁場：由畢奧－沙伐定律求磁場，利用圓形對稱性，線圈各處磁場的橫向分量互相抵消，只留下軸向分量。
  2. 有限長螺線管的軸上磁場：將螺線管視為許多圓形線圈沿軸向排列，再將各線圈在觀察點產生的磁場積分疊加。

解題方法

（一）單一圓形線圈的軸上磁場

設圓形線圈半徑為 aa，電流為 II，中心位於軸向原點。觀察點 MM 位於軸上，距線圈中心 zz。線圈上一小段電流元 I dℓI\,d\ell 與 MM 的距離為

r=a2+z2.r=\sqrt{a^2+z^2}.

依畢奧－沙伐定律，磁場微量大小為

dB=μ0I dℓ4πr2.dB=\frac{\mu_0 I\,d\ell}{4\pi r^2}.

由對稱性，環向各電流元產生的磁場橫向分量互相抵消；只有軸向分量相加。軸向分量為

dBz=dBar=μ0I a dℓ4πr3.dB_z=dB\frac{a}{r} =\frac{\mu_0 I\,a\,d\ell}{4\pi r^3}.

沿整個圓周積分，∮dℓ=2πa\oint d\ell=2\pi a，故

Bz=μ0I a4πr3(2πa)=μ0Ia22(a2+z2)3/2.B_z =\frac{\mu_0 I\,a}{4\pi r^3}(2\pi a) =\boxed{\frac{\mu_0 I a^2}{2(a^2+z^2)^{3/2}}}.

（二）有限長螺線管的軸上磁場

依圖二，以螺線管左端線圈平面為軸向座標 z′=0z'=0，右端為 z′=bz'=b，觀察點 MM 的座標為 zz。螺線管每單位長度的線圈數為 N/bN/b，因此厚度為 dz′dz' 的小段含有

dN=Nb dz′dN=\frac{N}{b}\,dz'

圈線圈。由單圈軸上磁場公式，該小段在 MM 點產生的軸向磁場為

dBz=μ0Ia22[a2+(z−z′)2]3/2 dN.dB_z =\frac{\mu_0 I a^2}{2\left[a^2+(z-z')^2\right]^{3/2}}\,dN.

代入 J=NI/bJ=NI/b，得

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第 三 題20 分

三、一長方形金屬導波管如圖三所示，內部為空氣，傳播模態為 TE10\mathrm{TE}_{10}。其磁場為

Hx=jβaπAsin⁡(πxa)e−jβz,H_x=j\frac{\beta a}{\pi}A\sin\left(\frac{\pi x}{a}\right)e^{-j\beta z}, Hy=0,H_y=0, Hz=Acos⁡(πxa)e−jβz.H_z=A\cos\left(\frac{\pi x}{a}\right)e^{-j\beta z}.

(一) 推導導波管內部四面金屬壁之表面電流密度 JsJ_s。（8 分）

(二) 請說明於哪一面金屬壁可挖窄槽及其位置，於窄槽內放入探針量測電磁特性，而不影響導波管內 TE10\mathrm{TE}_{10} 傳播模態，並畫出導波管之表面電流分布及窄槽位置。（12 分）

圖三：長方形導波管示意圖。導波管截面尺寸為 a×ba\times b，內部為空氣（ε0,μ0\varepsilon_0,\mu_0），座標軸為 xx、yy、zz。

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核心觀念

理想導體表面上的表面電流密度由磁場切向分量決定。令 n^m\hat{\mathbf n}_m 為由金屬指向導波管內部空氣的法向量，則

Js=n^m×Hair.\mathbf J_s=\hat{\mathbf n}_m\times\mathbf H_{\text{air}}.

導波管四面壁分別是 x=0x=0、x=ax=a、y=0y=0、y=by=b。計算時只需取各壁上的切向磁場分量；法向磁場分量不會貢獻表面電流。

解題方法與推導

為簡化書寫，以下各式均含共同因子 e−jβze^{-j\beta z}。題目給定

Hx=jβaπAsin⁡(πxa)e−jβz,Hy=0,Hz=Acos⁡(πxa)e−jβz.H_x=j\frac{\beta a}{\pi}A\sin\left(\frac{\pi x}{a}\right)e^{-j\beta z}, \qquad H_y=0, \qquad H_z=A\cos\left(\frac{\pi x}{a}\right)e^{-j\beta z}.

（一）四面金屬壁的表面電流密度

側壁 x=0x=0： 金屬指向空氣的法向量為 +x^+\hat{\mathbf x}。此處 Hx=0H_x=0、Hz=Ae−jβzH_z=Ae^{-j\beta z}，所以

Js(0)=x^×(Ae−jβzz^)=−Ae−jβzy^.\mathbf J_s(0) =\hat{\mathbf x}\times\left(Ae^{-j\beta z}\hat{\mathbf z}\right) =-A e^{-j\beta z}\hat{\mathbf y}.

側壁 x=ax=a： 法向量為 −x^-\hat{\mathbf x}，且 Hz=−Ae−jβzH_z=-Ae^{-j\beta z}，所以

Js(a)=(−x^)×(−Ae−jβzz^)=−Ae−jβzy^.\mathbf J_s(a) =(-\hat{\mathbf x})\times\left(-Ae^{-j\beta z}\hat{\mathbf z}\right) =-A e^{-j\beta z}\hat{\mathbf y}.

兩面側壁的表面電流方向相同，皆沿 −y^-\hat{\mathbf y}。

底部寬壁 y=0y=0： 法向量為 +y^+\hat{\mathbf y}。因此

Js(0)=y^×(Hxx^+Hzz^)=Acos⁡(πxa)e−jβzx^−jβaπAsin⁡(πxa)e−jβzz^.\begin{aligned} \mathbf J_s(0) &=\hat{\mathbf y}\times \left(H_x\hat{\mathbf x}+H_z\hat{\mathbf z}\right)\\ &=A\cos\left(\frac{\pi x}{a}\right)e^{-j\beta z}\hat{\mathbf x} -j\frac{\beta a}{\pi}A\sin\left(\frac{\pi x}{a}\right)e^{-j\beta z}\hat{\mathbf z}. \end{aligned}

頂部寬壁 y=by=b： 法向量為 −y^-\hat{\mathbf y}，故

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第 四 題20 分

四、一無損失傳輸線其負載

ZL=100 ΩZ_L=100\ \Omega

於傳輸線之電壓駐波比為

VSWR=1.5\mathrm{VSWR}=1.5

計算傳輸線之特徵阻抗 Z0Z_0。（20 分）

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核心觀念

無損失傳輸線的電壓駐波比與負載端反射係數大小的關係為

VSWR=1+∣ΓL∣1−∣ΓL∣,\mathrm{VSWR}=\frac{1+|\Gamma_L|}{1-|\Gamma_L|},

其中，若負載阻抗為 ZLZ_L、特徵阻抗為 Z0Z_0，則

ΓL=ZL−Z0ZL+Z0.\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}.

本題已知 ZL=100 ΩZ_L=100\ \Omega，且 ZLZ_L 為純電阻，因此 ΓL\Gamma_L 為實數；VSWR 只提供反射係數的大小，無法單獨判定其正負。

解題方法

先由 VSWR 求反射係數大小：

∣ΓL∣=VSWR−1VSWR+1=1.5−11.5+1=0.2.|\Gamma_L| =\frac{\mathrm{VSWR}-1}{\mathrm{VSWR}+1} =\frac{1.5-1}{1.5+1} =0.2.

因此反射係數可能為 ΓL=+0.2\Gamma_L=+0.2 或 ΓL=−0.2\Gamma_L=-0.2。

由負載反射係數公式

ΓL=ZL−Z0ZL+Z0\Gamma_L=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}

整理得

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第 五 題20 分

五、如圖四所示，距地面高度 hh 有一線性天線平行於地面，傳播波長為 λ\lambda，電流 II 流入紙張方向，且地面為平面完全導體。

(一) 畫出映像天線（image antenna）的位置及其電流方向。（10 分）

(二) 推導線性天線之最小高度 hh，使天線最大輻射於 θ\theta 角度，並予以說明。（10 分）

圖四：線性天線平行於地面，距離地面高度為 hh，電流 II 流入紙張方向，地面為平面完全導體；觀測方向與天線及地面幾何關係以角度 θ\theta 表示。

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核心觀念

本題考查理想導體地面上的映像天線法與兩個相干輻射源的干涉。圖中的 θ\theta 是觀測方向與地面法線（垂直虛線）的夾角，因此觀測方向的垂直分量為 cos⁡θ\cos\theta。

線性天線平行於地面，電流方向與地面相切。對理想導體平面，映像天線位於地面下方，且其電流與原天線方向相反。原天線與映像天線的相位差會形成方向性輻射。

解題方法

設地面為 z=0z=0，原天線位於 z=hz=h，映像天線位於 z=−hz=-h。原天線電流流入紙面，故映像天線電流流出紙面：

原天線： z = h ⊗ I（流入紙面）
地面： z = 0 理想導體
映像天線：z = −h ⊙ I（流出紙面）

觀測方向與垂直方向夾角為 θ\theta，兩天線相距 2h2h，沿觀測方向的路徑差為 2hcos⁡θ2h\cos\theta。令 k=2π/λk=2\pi/\lambda，則由路徑差造成的相位差為 2khcos⁡θ2kh\cos\theta。

由於映像電流與原電流反向，兩者的遠場相量相減，陣列因子可寫成

AF=ejkhcos⁡θ−e−jkhcos⁡θ=2jsin⁡(khcos⁡θ).AF=e^{jkh\cos\theta}-e^{-jkh\cos\theta} =2j\sin(kh\cos\theta).

因此此觀測方向的輻射強度與

∣AF∣2=4sin⁡2(khcos⁡θ)|AF|^2=4\sin^2(kh\cos\theta)

成正比。最大輻射條件為

∣sin⁡(khcos⁡θ)∣=1,|\sin(kh\cos\theta)|=1,

也就是

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