112 公務人員升官等薦任 電信工程 電磁學 考古題詳解

112 年・公務人員升官等・薦任・電信工程
試題代碼 電磁學

第 一 題25 分

自由空間中有一個半徑為 bb 之球形電子雲，其固定之體電荷密度（C/m3\mathrm{C/m^3}）為

ρ=−ρ0,0≤R≤b\rho=-\rho_0,\quad 0\leq R\leq b

及

ρ=0,R>b。\rho=0,\quad R>b。

請計算空間中任一位置之靜電場強度 E\mathbf{E} 與電通密度 D\mathbf{D}，及在 R≤bR\leq b 區域內儲存之靜電能。

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核心觀念

球形電荷分布具有球對稱性，因此電場沿徑向，且大小只與距球心距離 RR 有關，可直接使用高斯定律：

∮SD⋅dS=Qenc,D=ε0E.\oint_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{S}=Q_{\text{enc}}, \qquad \mathbf{D}=\varepsilon_0\mathbf{E}.

其中 ε0\varepsilon_0 為自由空間介電常數。題目給定電荷密度為 ρ=−ρ0\rho=-\rho_0，因此假設 ρ0>0\rho_0>0，電場方向為徑向向內。

靜電能密度為

ue=12ε0∣E∣2=∣D∣22ε0.u_e=\frac{1}{2}\varepsilon_0|\mathbf{E}|^2 =\frac{|\mathbf{D}|^2}{2\varepsilon_0}.

解題方法

以半徑為 RR 的同心球面作為高斯面。由球對稱性，球面上 D\mathbf{D} 大小相同且沿徑向，因此

∮SD⋅dS=DR 4πR2.\oint_S \mathbf{D}\cdot d\mathbf{S} =D_R\,4\pi R^2.

1. 球內區域：0≤R≤b0\leq R\leq b

高斯面所包圍的電荷為

Qenc=∫0R(−ρ0) 4πr2 dr=−4π3ρ0R3.Q_{\text{enc}} =\int_0^R(-\rho_0)\,4\pi r^2\,dr =-\frac{4\pi}{3}\rho_0R^3.

代入高斯定律：

DR 4πR2=−4π3ρ0R3,D_R\,4\pi R^2=-\frac{4\pi}{3}\rho_0R^3,

故

D(R)=−ρ0R3 R^,0≤R≤b.\mathbf{D}(R) =-\frac{\rho_0R}{3}\,\hat{\mathbf R}, \qquad 0\leq R\leq b.

又因 D=ε0E\mathbf{D}=\varepsilon_0\mathbf{E}，

E(R)=−ρ0R3ε0 R^,0≤R≤b.\mathbf{E}(R) =-\frac{\rho_0R}{3\varepsilon_0}\,\hat{\mathbf R}, \qquad 0\leq R\leq b.

2. 球外區域：R>bR>b

球外高斯面包圍整個電子雲，其總電荷為

Qenc=∫0b(−ρ0) 4πr2 dr=−4π3ρ0b3.Q_{\text{enc}} =\int_0^b(-\rho_0)\,4\pi r^2\,dr =-\frac{4\pi}{3}\rho_0b^3.

因此

DR 4πR2=−4π3ρ0b3,D_R\,4\pi R^2=-\frac{4\pi}{3}\rho_0b^3,

得到

D(R)=−ρ0b33R2 R^,R>b,\mathbf{D}(R) =-\frac{\rho_0b^3}{3R^2}\,\hat{\mathbf R}, \qquad R>b,

以及

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第 二 題10 分

如圖所示，為一同軸纜線且為無損耗，內導體半徑為 cc，外導體半徑為 aa，兩導體間充填兩種介質材料，其介電係數分別為 ε1\varepsilon_1 及 ε2\varepsilon_2。圖中介質分界面半徑為 bb，內層介質為 ε2\varepsilon_2，外層介質為 ε1\varepsilon_1。若內導體流出電流為 II，並經外導體流回。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）應用安培定律，求 0<r<a0<r<a 處之磁通量密度 B\mathbf{B} 的分布。（10 分）

（二）求此同軸纜線之單位長度電感值 LL。（15 分）

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核心觀念

本題考兩個觀念：

  1. 安培定律：同軸結構具有圓柱對稱性，磁場沿周向，大小只與半徑 rr 有關： ∮CB⋅dl=μ0Ienc.\oint_C \mathbf B\cdot d\mathbf l=\mu_0 I_{\text{enc}}.
  2. 磁場能量求電感：單位長度的磁場能量為 Wm′=∫B22μ0 dAW_m'=\int \frac{B^2}{2\mu_0}\,dA，而 Wm′=12L′I2W_m'=\frac12 L'I^2，因此 L′=2Wm′/I2L'=2W_m'/I^2。

以下依同軸纜線的標準模型，假設內導體電流均勻分布於半徑 cc 的截面，外導體的回流電流集中在半徑 aa 的圓柱面上，且介質為非磁性材料，磁導率為 μ0\mu_0。介電常數分層會影響電場分布，但不影響本題的磁場與磁電感。

（一）磁通量密度 B\mathbf B 的分布

取半徑為 rr、與纜線同軸的安培環路。由圓柱對稱性，環路上 B\mathbf B 大小固定且方向為 ϕ^\hat{\boldsymbol\phi}。

內導體內，0<r<c0<r<c：

均勻電流密度為 J=Iπc2.J=\frac{I}{\pi c^2}.

半徑 rr 的安培環路所包圍電流為 Ienc=Jπr2=Ir2c2.I_{\text{enc}}=J\pi r^2=I\frac{r^2}{c^2}.

代入安培定律： B(2πr)=μ0Ir2c2,B(2\pi r)=\mu_0 I\frac{r^2}{c^2}, 因此 B(r)=μ0Ir2πc2 ϕ^,0<r<c.\mathbf B(r)=\frac{\mu_0 I r}{2\pi c^2}\,\hat{\boldsymbol\phi},\qquad 0<r<c.

內、外導體之間，c<r<ac<r<a：

此時安培環路包圍全部內導體電流 II，但尚未包圍外導體的回流電流，所以 B(2πr)=μ0I.B(2\pi r)=\mu_0 I.

因此 B(r)=μ0I2πr ϕ^,c<r<a.\mathbf B(r)=\frac{\mu_0 I}{2\pi r}\,\hat{\boldsymbol\phi},\qquad c<r<a.

介質分界面在 r=br=b，且 c<b<ac<b<a，所以也可分段寫成

B(r)={μ0Ir2πc2 ϕ^,0<r<c,μ0I2πr ϕ^,c<r<b,μ0I2πr ϕ^,b<r<a.\mathbf B(r)= \begin{cases} \dfrac{\mu_0 I r}{2\pi c^2}\,\hat{\boldsymbol\phi}, & 0<r<c,\\[6pt] \dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}\,\hat{\boldsymbol\phi}, & c<r<b,\\[6pt] \dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}\,\hat{\boldsymbol\phi}, & b<r<a. \end{cases}

在 r=br=b 處沒有自由面電流，磁場切向分量連續，故兩側磁場相同。

（二）單位長度電感值 L′L'

以單位長度的磁場能量計算，分成內導體內部與介質區域。

內導體內部的能量：

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第 三 題25 分

如圖所示，為 a×ba\times b 矩形波導管，中間充以空氣。考慮 a=2ba=2b 及 a=ba=b 兩種情況，試計算並依序列出 TE01\mathrm{TE}_{01}、TE10\mathrm{TE}_{10}、TE11\mathrm{TE}_{11}、TE02\mathrm{TE}_{02}、TE20\mathrm{TE}_{20}、TM11\mathrm{TM}_{11}、TM12\mathrm{TM}_{12}、TM22\mathrm{TM}_{22} 各模態的截止頻率（請用主模態的截止頻率表示）。（25 分）

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核心觀念

矩形波導管內的截止頻率由橫向波數決定：

fc,mn=12πμϵ(mπa)2+(nπb)2=c2(ma)2+(nb)2f_{c,mn}=\frac{1}{2\pi\sqrt{\mu\epsilon}} \sqrt{\left(\frac{m\pi}{a}\right)^2+\left(\frac{n\pi}{b}\right)^2} =\frac{c}{2}\sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+\left(\frac{n}{b}\right)^2}

題目介質為空氣，因此波速為 cc。矩形波導的主模態為 TE10\mathrm{TE}_{10}，其截止頻率為

fc,10=c2af_{c,10}=\frac{c}{2a}

以 TE10\mathrm{TE}_{10} 截止頻率為基準，可得

fc,mnfc,10=m2+n2(ab)2\frac{f_{c,mn}}{f_{c,10}} =\sqrt{m^2+n^2\left(\frac{a}{b}\right)^2}

解題方法

依題目指定的模態順序，代入兩種長寬比。TE\mathrm{TE} 模態允許一個指標為零，但不可兩者皆為零；TM\mathrm{TM} 模態的兩個指標皆須為正。

當 a=2ba=2b 時，主模態是 TE10\mathrm{TE}_{10}，故以 fc,10f_{c,10} 表示：

模態截止頻率
TE01\mathrm{TE}_{01}2fc,102f_{c,10}
TE10\mathrm{TE}_{10}fc,10f_{c,10}
TE11\mathrm{TE}_{11}5 fc,10\sqrt{5}\,f_{c,10}
TE02\mathrm{TE}_{02}4fc,104f_{c,10}
TE20\mathrm{TE}_{20}2fc,102f_{c,10}
TM11\mathrm{TM}_{11}5 fc,10\sqrt{5}\,f_{c,10}
TM12\mathrm{TM}_{12}17 fc,10\sqrt{17}\,f_{c,10}
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第 四 題10 分

一橫向平面分布均勻之電磁波，磁場強度為

H=E0η(a^x32−a^z12)cos⁡[3π×109t−5π(x+3z)] V/m,\mathbf{H} = \frac{E_0}{\eta} \left( \hat{\mathbf{a}}_x\frac{\sqrt{3}}{2} - \hat{\mathbf{a}}_z\frac{1}{2} \right) \cos\left[3\pi\times10^9t-5\pi(x+\sqrt{3}z)\right] \ \mathrm{V/m},

傳播於無窮大的介質內。其傳播之介質導磁係數為 μ0\mu_0，本質阻抗為 η\eta，介質常數為 εr\varepsilon_r。長度之單位為 m\mathrm{m}，時間之單位為秒。請問：

（一）平面電磁波所在之傳播介質的介質常數 εr\varepsilon_r。（10 分）

（二）橫向平面電磁波於此均勻環境下之電場強度 E\mathbf{E}。（15 分）

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核心觀念

均勻無損介質中的均勻平面波，角頻率 ω\omega、相位常數 β\beta、介質導磁係數 μ\mu 與介電係數 ε\varepsilon 的關係為

β=ωμε.\beta=\omega\sqrt{\mu\varepsilon}.

若 μ=μ0\mu=\mu_0、ε=ε0εr\varepsilon=\varepsilon_0\varepsilon_r，且 c=1/μ0ε0c=1/\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}，則

εr=(βcω)2.\varepsilon_r=\left(\frac{\beta c}{\omega}\right)^2.

相位項若寫成 ωt−k⋅r\omega t-\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}，波的傳播方向為 k\mathbf{k} 的方向。平面波的電場、磁場與傳播方向彼此垂直，並滿足

E×H 指向傳播方向,E=η H×k^.\mathbf{E}\times\mathbf{H}\ \text{指向傳播方向},\qquad \mathbf{E}=\eta\,\mathbf{H}\times\hat{\mathbf{k}}.

解題方法

題目中的相位為

3π×109t−5π(x+3z).3\pi\times10^9t-5\pi(x+\sqrt{3}z).

因此角頻率為

ω=3π×109 rad/s,\omega=3\pi\times10^9\ \mathrm{rad/s},

而波向量為

k=5π(a^x+3a^z) rad/m.\mathbf{k}=5\pi(\hat{\mathbf{a}}_x+\sqrt{3}\hat{\mathbf{a}}_z)\ \mathrm{rad/m}.

其大小為

β=∣k∣=5π1+3=10π rad/m.\beta=|\mathbf{k}| =5\pi\sqrt{1+3} =10\pi\ \mathrm{rad/m}.

（一）求介質常數 εr\varepsilon_r

代入相位常數與角頻率的關係：

εr=(βcω)2=(10π(3×108)3π×109)2=1.\varepsilon_r =\left(\frac{\beta c}{\omega}\right)^2 =\left(\frac{10\pi(3\times10^8)} {3\pi\times10^9}\right)^2 =1.

（二）求電場強度 E\mathbf{E}

由波向量求單位傳播方向：

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