114 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

114 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

如下圖有一個同軸電纜，由半徑為 aa 的內導體與半徑為 bb 的外導體組成，導體本身的厚度可忽略。而在內外導體之間，填充一種介電常數為 ε\varepsilon、磁介係數為 μ\mu 且電導係數為 σ\sigma 的材料。（每小題 10 分，共 20 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）證明該同軸電纜每單位長度的電容（Capacitance）之值為

C=2πεln⁡(ba)。C=\frac{2\pi\varepsilon}{\ln\left(\frac{b}{a}\right)}。

（二）證明該同軸電纜每單位長度的漏電電阻（Leakage resistance）之值為

R=12πσln⁡(ba)。R=\frac{1}{2\pi\sigma}\ln\left(\frac{b}{a}\right)。

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核心觀念

本題利用圓柱對稱性，分別求出同軸結構中的徑向電場與徑向電流：

  • 電容由 C′=Q′/VC'=Q'/V 定義，其中 Q′Q' 是單位長度上的電荷量，VV 是內、外導體間的電位差。
  • 漏電電阻由歐姆定律與材料的電導率 σ\sigma 求得。電流沿半徑方向流動，半徑不同處的電流通道面積也不同，因此需將薄圓柱殼的微小電阻串聯積分。

以下以 C′C'、R′R' 表示每單位長度的電容與漏電電阻。介質的磁介係數 μ\mu 不影響本題所求。

解題方法

設內導體半徑為 aa、外導體內半徑為 bb，並取同軸電纜長度為 LL。忽略端點效應，電場與漏電流均只有徑向分量。

（一）每單位長度電容

令內導體帶電量為 QQ，則單位長度電荷量為 λ=Q/L\lambda=Q/L。在 a<r<ba<r<b 處取半徑 rr、長度 LL 的同軸高斯圓柱面。由高斯定律：

E(r)(2πrL)=QεE(r)(2\pi rL)=\frac{Q}{\varepsilon}

因此介質中的徑向電場為

E(r)=λ2πεr.E(r)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon r}.

內、外導體間的電位差大小為

V=∫abE(r) dr=λ2πε∫abdrr=λ2πεln⁡(ba).V=\int_a^b E(r)\,dr =\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon}\int_a^b\frac{dr}{r} =\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon}\ln\left(\frac{b}{a}\right).

依每單位長度電容定義 C′=λ/VC'=\lambda/V：

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第 二 題10 分

如下圖有一個理想金屬做成的中空（ε0,μ0\varepsilon_0,\mu_0）波導，其橫切面為 a×ba\times b 的矩形，且 2b>a>b2b>a>b，而金屬本身的厚度可忽略。如果此金屬波導必需在單一模態（Single mode）的條件下工作，請證明其可操作的頻率範圍落在

12aμ0ε0與12bμ0ε0\frac{1}{2a\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}}\quad\text{與}\quad\frac{1}{2b\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}}

之間。

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核心觀念

矩形金屬波導的各模態都有截止頻率。頻率低於截止頻率時，該模態不能沿波導傳播；頻率高於截止頻率時，該模態可以傳播。因此，單一模態操作的頻率範圍，是最低模態的截止頻率與次低模態的截止頻率之間。

令 c=1/μ0ε0c=1/\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}。矩形波導的截止頻率為

fc,mn=12μ0ε0(ma)2+(nb)2.f_{c,mn}=\frac{1}{2\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}} \sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+\left(\frac{n}{b}\right)^2}.

TE 模態可有 mm 或 nn 為零，但不能同時為零；TM 模態則須 m,n≥1m,n\geq 1。

解題方法

最低截止頻率的模態是 TE10\mathrm{TE}_{10}：

fc,10=12μ0ε01a=12aμ0ε0.f_{c,10} =\frac{1}{2\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}}\frac{1}{a} =\frac{1}{2a\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}}.

接著找次低截止頻率。主要候選模態為 TE01\mathrm{TE}_{01} 與 TE20\mathrm{TE}_{20}：

fc,01=12bμ0ε0,fc,20=1aμ0ε0.f_{c,01}=\frac{1}{2b\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}}, \qquad f_{c,20}=\frac{1}{a\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}}.

題目給定 2b>a2b>a，所以

12b<1a⟹fc,01<fc,20.\frac{1}{2b}<\frac{1}{a} \quad\Longrightarrow\quad f_{c,01}<f_{c,20}.
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第 三 題20 分

如下圖有一個由 NN 個電偶極（Electric dipole）所組成的線性陣列天線。假設每個相鄰電偶極之間的間隔距離 dd 都等於二分之一波長（d=λ/2d=\lambda/2，λ\lambda 為電磁波的波長），且彼此之間的電磁場不會互相耦合與干擾。

如果饋入到每個電偶極上面的電流之振幅皆相同，且每個相鄰電偶極的電流之間的相位差（Phase difference）都保持為 ξ\xi，則該線性陣列天線輻射電場的主波束（Main beam）與天線陣列所排列之方向，就會形成一個夾角 ϕ\phi，如圖所示。ϕ\phi、ξ\xi、dd 與 λ\lambda 會滿足關係式：

cos⁡(ϕ)=−ξβd與β=2πλ。\cos(\phi)=-\frac{\xi}{\beta d}\quad\text{與}\quad\beta=\frac{2\pi}{\lambda}。

因此只要改變 ξ\xi，就可以改變 ϕ\phi。（每小題 10 分，共 20 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）如果 ϕ=π2\phi=\frac{\pi}{2}（或 90 度），則 ξ\xi 之值應該等於多少？

（二）如果 ϕ=π3\phi=\frac{\pi}{3}（或 60 度），則 ξ\xi 之值應該等於多少？

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核心觀念

線性陣列天線的主波束方向由相鄰電偶極的相位差與空間相位差共同決定。本題直接使用題目給定的關係式：

cos⁡ϕ=−ξβd,β=2πλ\cos\phi=-\frac{\xi}{\beta d},\qquad \beta=\frac{2\pi}{\lambda}

其中 β\beta 是相位常數，ξ\xi 是相鄰電偶極的電流相位差。

解題方法

先代入陣列間距 d=λ/2d=\lambda/2：

βd=2πλ⋅λ2=π\beta d=\frac{2\pi}{\lambda}\cdot\frac{\lambda}{2}=\pi

因此，

cos⁡ϕ=−ξπ⟹ξ=−πcos⁡ϕ\cos\phi=-\frac{\xi}{\pi} \quad\Longrightarrow\quad \xi=-\pi\cos\phi
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第 四 題40 分

如下圖，有一個均勻平面電磁波

E⃗i(x,z)=(−3x^+4z^)ej(8x+6z)\vec{E}_i(x,z)=\left(-3\hat{x}+4\hat{z}\right)e^{j(8x+6z)}

在 z=0z=0 處，從第一個區域（真空：ε1=ε0\varepsilon_1=\varepsilon_0 且 μ1=μ0\mu_1=\mu_0）中，入射到第二個區域（ε2=16ε09\varepsilon_2=\frac{16\varepsilon_0}{9} 且 μ2=μ0\mu_2=\mu_0）。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（每小題 10 分，共 40 分）

（一）求出在第一個區域中的入射電磁波之波長 λ\lambda。

（二）求出在第一個區域中的入射電磁波之角頻率 ω\omega。

（三）在第一個區域中，會有反射波嗎？需證明你的觀點。

（四）求出在第二個區域中，穿透波的電場 E⃗t(x,z)\vec{E}_t(x,z) 之數學表示式。

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核心觀念

本題考查均勻平面波的相位常數、波長與角頻率，以及平面介面上的反射與透射。波的相位常數向量由空間相位中的係數讀出；介面上相位必須連續，因此波數的切向分量在介面兩側相同。反射與透射電場則由介面切向電場、磁場連續條件決定。

解題方法

入射波為

E⃗i(x,z)=(−3x^+4z^)ej(8x+6z).\vec E_i(x,z)=(-3\hat x+4\hat z)e^{j(8x+6z)}.

由指數中的係數可得入射波數向量大小

β1=82+62=10 rad/m.\beta_1=\sqrt{8^2+6^2}=10\ \text{rad/m}.

（一）入射波波長

λ=2πβ1=2π10=π5 m.\lambda=\frac{2\pi}{\beta_1} =\frac{2\pi}{10} =\frac{\pi}{5}\ \text{m}.

（二）入射波角頻率

第一區域為真空，故相速度為 c=1/μ0ε0c=1/\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}。因此

ω=cβ1=(3×108)(10)=3×109 rad/s.\omega=c\beta_1 =(3\times10^8)(10) =3\times10^9\ \text{rad/s}.

（三）第一區域有無反射波

入射波在 x−zx-z 平面內極化，屬於平行極化（TM 波）。入射角以介面法線 zz 軸為基準，故

tan⁡θi=kxkz=86=43.\tan\theta_i=\frac{k_x}{k_z}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}.

兩區域折射率比為

n2n1=ε2μ2ε1μ1=43.\frac{n_2}{n_1} =\sqrt{\frac{\varepsilon_2\mu_2}{\varepsilon_1\mu_1}} =\frac{4}{3}.

平行極化的布魯斯特角滿足 tan⁡θB=n2/n1\tan\theta_B=n_2/n_1，所以 θi=θB\theta_i=\theta_B，反射係數為零，沒有反射波。

亦可直接用介面邊界條件驗證。令反射波與透射波分別為

E⃗r=A(3x^+4z^)ej(8x−6z),\vec E_r=A(3\hat x+4\hat z)e^{j(8x-6z)}, E⃗t=C(−4x^+3z^)ej(8x+323z).\vec E_t=C\left(-4\hat x+3\hat z\right) e^{j\left(8x+\frac{32}{3}z\right)}.

反射波的切向波數仍為 kx=8k_x=8，法向波數反號；第二區域的波數大小為

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第 五 題10 分

將總電量為 QQ 的靜電荷，均勻地散布在半徑為 RR 的空心球的薄球殼上，假設球殼的厚度可以忽略。請證明在球內部的空心處，任何一點的電場強度都是 00。

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核心觀念

本題考查靜電平衡下的球對稱性與高斯定律。均勻帶電的薄球殼具有球對稱性，因此球殼內部任一位置的電場，若存在，只能沿著該點的徑向方向；再由高斯定律可證明其大小為零。

高斯定律為

∮SE⋅dA=Qencε0,\oint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} =\frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\varepsilon_0},

其中 SS 是任意封閉曲面，QencQ_{\mathrm{enc}} 是曲面所包圍的總電量。

解題方法

在球殼內部任取距球心 r<Rr<R 的一點，以球心為中心、半徑為 rr 作一個高斯球面。因球殼上的電荷全都位於半徑 RR 處，這個高斯球面所包圍的電量為

Qenc=0.Q_{\mathrm{enc}}=0.

由球對稱性，高斯球面上各點的電場大小相同，且方向沿徑向；球面面積為 4πr24\pi r^2，因此

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