112 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

核心觀念

本題考查靜電學中的球對稱與高斯定律。半徑為 $R$ 的球面帶有均勻表面電荷密度 $\rho_s$，總電荷為

$$Q=\int_S \rho_s\,dS=4\pi R^2\rho_s.$$

由球對稱性，電場只能沿徑向，且在同一半徑的球面上大小相同。因此選取與帶電球面同心的球形高斯面，可直接套用高斯定律：

$$\oint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{S} =\frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}.$$

解題方法

令高斯面半徑為 $r$，其面積為 $4\pi r^2$。由球對稱性，$\mathbf{E}=E(r)\hat{\mathbf r}$，故通量為 $E(r)4\pi r^2$。

(一) $r<R$ 的電場

半徑 $r<R$ 的高斯面完全位於帶電球殼內部，包圍的電荷為零：

$$Q_{\text{enc}}=0.$$

代入高斯定律：

$$E(r)4\pi r^2=0,$$

因此

$$\boxed{\mathbf{E}(r)=\mathbf{0},\qquad r<R.}$$

(二) $r>R$ 的電場

核心觀念

本題考查圓柱對稱下的磁場與安培環路定律。電流沿 $+z$ 方向均勻分布，因此磁場繞著 $z$ 軸呈環向，方向為 $\hat{\phi}$。安培環路定律為

$$\oint_C \vec{H}\cdot d\vec{l}=I_{\text{enc}}, \qquad \vec{B}=\mu\vec{H}.$$

此處假設導線周圍為自由空間，故 $\mu=\mu_0$。由圓柱對稱性，在半徑為 $r$ 的圓形安培路徑上，$H_\phi$ 大小處處相同，且與路徑相切。

解題方法

取以 $z$ 軸為中心、半徑 $r$ 的圓形安培路徑。路徑長為 $2\pi r$，故

$$\oint_C \vec{H}\cdot d\vec{l} =H_\phi(2\pi r).$$

分別計算 $r<R$ 與 $r>R$ 時安培路徑所包圍的電流，再代入安培環路定律。

(一) $r<R$：導線內部磁場

內部電流密度均勻為 $\vec{J}=\hat{z}J_0$。半徑 $r$ 的路徑包圍的電流為

$$I_{\text{enc}} =\int_S \vec{J}\cdot d\vec{S} =J_0\pi r^2.$$

代入安培環路定律：

$$H_\phi(2\pi r)=J_0\pi r^2,$$

因此

$$\vec{H}(r)=\hat{\phi}\frac{J_0r}{2}.$$

在自由空間中，

$$\boxed{\vec{B}(r)=\mu_0\hat{\phi}\frac{J_0r}{2},\qquad r<R.}$$

(二) $r>R$：導線外部磁場

核心觀念

本題考查平面波在理想導體邊界的全反射、平面波電磁場關係、表面電流邊界條件，以及複數波印亭向量。採用相量慣例 $e^{j\omega t}$，因此沿傳播方向的波因子為 $e^{-j\vec{k}\cdot\vec{r}}$，並有

$$\vec{H}=\frac{1}{\eta_0}\hat{k}\times\vec{E}, \qquad \eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}, \qquad k_0=\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0}.$$

由相位因子可知入射波的波向量為 $\vec{k}^{\,i}=k_x\hat{x}+k_z\hat{z}$，其中 $k_x^2+k_z^2=k_0^2$。假設波確實由 $z<0$ 朝界面入射，則 $k_z>0$。

解題方法

理想導體內部電場為零，因此導體表面切向總電場必須為零。反射時切向波數保持不變，法向波數反向；以此求反射電場，再用 $\vec{H}=(1/\eta_0)\hat{k}\times\vec{E}$ 求兩側磁場。表面電流由磁場切向分量的邊界條件求得；複數波印亭向量則由 $\frac12\vec{E}\times\vec{H}^{\,*}$ 計算。

（一）反射波電場

反射波仍須滿足界面上的相位匹配，故 $x$ 方向波數仍是 $k_x$；反射後沿 $z$ 方向傳播分量反向為 $-k_z$。因此反射波相位因子為 $e^{-jk_xx+jk_zz}$。

在 $z=0$，總切向電場必須為零：

$$\vec{E}^{\,i}_t+\vec{E}^{\,r}_t=0.$$

入射電場與反射電場皆沿 $\hat{y}$，所以反射係數為 $-1$，得到

$$\boxed{\vec{E}^{\,r} =-\hat{y}E_0e^{-jk_xx+jk_zz}}.$$

（二）入射波及反射波磁場

入射波的單位傳播方向為

$$\hat{k}^{\,i} =\frac{k_x\hat{x}+k_z\hat{z}}{k_0}.$$

利用平面波關係及 $\hat{x}\times\hat{y}=\hat{z}$、$\hat{z}\times\hat{y}=-\hat{x}$：

$$\begin{aligned} \vec{H}^{\,i} &=\frac{1}{\eta_0}\hat{k}^{\,i}\times\vec{E}^{\,i}\\ &=\frac{E_0}{\eta_0 k_0} (k_x\hat{z}-k_z\hat{x})e^{-jk_xx-jk_zz}. \end{aligned}$$

反射波的單位傳播方向為

$$\hat{k}^{\,r} =\frac{k_x\hat{x}-k_z\hat{z}}{k_0}.$$

因此

$$\begin{aligned} \vec{H}^{\,r} &=\frac{1}{\eta_0}\hat{k}^{\,r}\times\vec{E}^{\,r}\\ &=\frac{E_0}{\eta_0 k_0} (k_z\hat{x}+k_x\hat{z})e^{-jk_xx+jk_zz}. \end{aligned}$$

故入射與反射磁場分別為

$$\boxed{ \vec{H}^{\,i} =\frac{E_0}{\eta_0 k_0} (k_x\hat{z}-k_z\hat{x})e^{-jk_xx-jk_zz} }$$ $$\boxed{ \vec{H}^{\,r} =\frac{E_0}{\eta_0 k_0} (k_z\hat{x}+k_x\hat{z})e^{-jk_xx+jk_zz} }.$$

（三）$z=0$ 的表面電流分布

令法向量 $\hat{n}=\hat{z}$ 由真空指向導體。磁場邊界條件為

$$\vec{J}_s=\hat{n}\times(\vec{H}_{\text{導體}}-\vec{H}_{\text{真空}}).$$

理想導體內部磁場取零，故

$$\vec{J}_s=-\hat{z}\times \left.(\vec{H}^{\,i}+\vec{H}^{\,r})\right|_{z=0}.$$

在表面，兩波的 $x$ 分量相加為

核心觀念

本題考查赫茲偶極的遠場、複數波印亭向量、時間平均輻射功率、輻射電阻與指向性。採用題目給定的相量慣例，時間平均坡印亭向量為

$$\langle\vec S\rangle=\frac{1}{2}\operatorname{Re}\{\vec E\times\vec H^{\,*}\},$$

其中星號表示複共軛。輻射功率由平均坡印亭向量對包圍天線的球面積分求得；輻射電阻則由平均輻射功率與電流振幅的關係定義。

解題方法

題目給定的遠場只有 $\hat{\theta}$ 方向電場與 $\hat{\phi}$ 方向磁場，且兩者相位相同。因此可直接計算 $\vec E\times\vec H^{\,*}$，再對球面積分。輻射電阻依電流峰值相量 $I_0$ 定義；指向性則以單位立體角的輻射功率除以平均每單位立體角的輻射功率。

（一）複數波印亭向量

利用球座標單位向量關係 $\hat{\theta}\times\hat{\phi}=\hat{r}$，以及 $\eta_0$ 為實數，可得

$$\begin{aligned} \vec P &=\vec E\times\vec H^{\,*}\\ &=\left(\hat{\theta}\eta_0\frac{jkI_0\ell}{4\pi r}e^{-jkr}\sin\theta\right) \times \left(\hat{\phi}\frac{-jkI_0^{*}\ell}{4\pi r}e^{jkr}\sin\theta\right)\\ &=\hat r\,\eta_0\frac{k^2|I_0|^2\ell^2}{16\pi^2r^2}\sin^2\theta . \end{aligned}$$

此遠場的複數波印亭向量為純實數，且沿徑向向外。時間平均功率密度為

$$\langle\vec S\rangle=\frac{1}{2}\operatorname{Re}\{\vec P\} =\hat r\,\eta_0\frac{k^2|I_0|^2\ell^2}{32\pi^2r^2}\sin^2\theta .$$

（二）總輻射功率的時間平均值

半徑 $r$ 球面上的面元素為 $dS=r^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi$。因此總平均輻射功率為

$$\begin{aligned} \langle P_{\mathrm{rad}}\rangle &=\oint \langle\vec S\rangle\cdot d\vec S\\ &=\frac{\eta_0 k^2|I_0|^2\ell^2}{32\pi^2} \int_0^{2\pi}\int_0^\pi \sin^3\theta\,d\theta\,d\phi . \end{aligned}$$

由

$$\int_0^{2\pi}d\phi=2\pi,\qquad \int_0^\pi\sin^3\theta\,d\theta=\frac{4}{3},$$

得

$$\boxed{\langle P_{\mathrm{rad}}\rangle =\frac{\eta_0 k^2|I_0|^2\ell^2}{12\pi}}.$$

（三）輻射電阻

以峰值電流相量表示時，平均電阻消耗功率為

$$\langle P\rangle=\frac{1}{2}|I_0|^2R_{\mathrm{rad}}.$$

令此功率等於總平均輻射功率：