民國115年 高考三級 電子工程 電磁學考古題
民國115年 高考三級 電子工程 電磁學收錄考選部官方試題，共 4 題可線上瀏覽，考選部未公告本科目答案。
題目與答案
一平行板電容器，上板面及下板面平行YZ 平面，其中上板x
L
電位為
3 伏特，下板為
x
接地，設兩板之間隔為L，假設L夠小，電位函數僅
隨座標ݔ而變且平板面積夠大使得邊緣效應可以忽略。
由拉卜拉斯方程式（Laplace’s equation），求其間之電位函數。（15 分）
求電場強度。（10 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、建立模型與邊界條件：兩板平行於 YZ 平面，板距為 L；因板面積甚大且忽略邊緣效應（fringing effect），電位僅隨 x 改變，即 V=V(x)。上板 x=L 的電位為 3 V，下板 x=0 接地為 0 V，因此邊界條件為 V(0)=0、V(L)=3。
- 二、解拉卜拉斯方程式（Laplace’s equation）：兩板間無自由電荷，故 ∇²V=0。因 V 只隨 x 變化，方程式化為 d²V/dx²=0。連續積分兩次得 V(x)=C₁x+C₂；代入 V(0)=0 得 C₂=0，再代入 V(L)=3 得 C₁=3/L，所以 V(x)=3x/L，其中 0≤x≤L。
- 三、求電場強度：電場與電位的關係為 E=−∇V。因 V 只隨 x 變化，故 E=−(dV/dx) x方向單位向量=−(3/L) x方向單位向量。其大小為 3/L V/m，方向由高電位板指向低電位板，即朝 −x 方向；因電位呈線性，兩板間電場均勻。
- 四、結果檢核與延伸：V 為線性、E 為定值，符合忽略邊緣效應之平行板模型。單位面積電容為 ε₀/L，兩板電荷面密度大小為 3ε₀/L，上下板符號相反；上板為正電荷、下板為負電荷。以向量表示可寫成 E=−(3/L)eₓ，答題時應註明 eₓ 為 +x 方向單位向量。
- 五、物理意義：電場線垂直於導體板，由正電荷板指向負電荷板；電位隨 x 線性下降。若改取下板為 3 V、上板為 0 V，則電位斜率與電場方向相反，但電場大小仍為 3/L，說明邊界條件的設定會改變電場符號，卻不改變均勻電場的特性。
設一螺線環之內半徑和外半徑於XY 上平面分別為c 及d ，截面為長方
形，其高度為L，若纏繞之導線匣數為N ，所通之電流為I 。
求管子內半徑為r 時的磁場。（10 分）
求管子內的磁通量。（15 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、對稱性與安培迴路：螺線環（toroid）之導線沿環向均勻纏繞，理想情況下磁場線為與環同心的圓。取半徑 r（c<r<d）的圓形安培迴路，因對稱性，磁場 B 沿迴路切線方向且大小僅隨 r 改變；環外理想情況無淨磁場，故主要討論管內區域。
- 二、管內磁場：由安培定律（Ampère’s law）∮B·dl=μ₀I_enclosed，半徑 r 的迴路穿過 N 匝導線，總圍繞電流為 NI，故 B(2πr)=μ₀NI，得 B(r)=μ₀NI/(2πr)。方向為方位角方向，可由右手定則判定；若磁芯相對磁導率為 μ_r，則以 μ=μ₀μ_r 取代 μ₀。
- 三、磁通量積分：截面為徑向由 c 至 d、軸向高度為 L 的長方形。取面積元素 dA=L dr，磁通量 Φ=∫_c^d B(r)L dr=∫_c^d μ₀NIL/(2πr) dr，積分得 Φ=μ₀NIL/(2π) ln(d/c)。因 d>c，ln(d/c)>0，故磁通量為正值。
- 四、磁通鏈與電感：若每一匝都鏈過同一磁通，總磁通鏈 λ=NΦ=μ₀N²IL/(2π) ln(d/c)，螺線環自感 L_eq=λ/I=μ₀N²L/(2π) ln(d/c)。題目只問磁通量時答 Φ 即可；若題目改問電感，則需再乘以匝數 N，兩者不可混淆。
- 五、適用條件：本題假設繞線均勻緊密、磁場完全局限於理想磁芯、截面內無漏磁，且 B 僅隨 r 變化。實際螺線環在內外半徑附近仍有邊緣效應與漏磁，上述公式為近似結果；答題時應寫明理想螺線環與均勻磁芯的假設。
一條無損傳輸線的單位長度電感
2.5 10
H/m
L
，單位長度電容
F/m
C
，設終端負載阻抗等於
(100
50)
lz
j
歐姆。
求電壓反射係數。（15 分）
求電壓駐波比。（10 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、無損線特性阻抗：無損傳輸線的單位長度電感 L 與單位長度電容 C 決定特性阻抗 Z₀=√(L/C)，相位速度 v_p=1/√(LC)。題幹轉錄僅見 L 的係數 2.5×10，C 的數值與兩者指數均缺漏，故 Z₀ 無法唯一決定；解題時應先確認 L、C 的數值、指數與單位。
- 二、反射係數定義：終端負載 Z_L=100+j50 Ω，負載處電壓反射係數（reflection coefficient）為 Γ=(Z_L−Z₀)/(Z_L+Z₀)。若 Z₀ 為正實數，則 Γ=[(100−Z₀)+j50]/[(100+Z₀)+j50]，其大小 |Γ|=√[(100−Z₀)²+50²]/√[(100+Z₀)²+50²]，相位為分子與分母輻角之差。
- 三、電壓駐波比：VSWR=(1+|Γ|)/(1−|Γ|)，僅在 |Γ|<1 時成立；無損線且負載為被動元件時必成立。若 |Γ|=0，VSWR=1，表示完全匹配；若 |Γ| 趨近 1，VSWR 趨近無限大，表示全反射。求得 Γ 後應先取大小，再代入此式。
- 四、數值判定與缺漏說明：需先由 L、C 算出 Z₀，再代入 Γ 與 VSWR 兩式。由於原題 L、C 的完整數值未呈現，題目資料缺漏，無法得出唯一數值；在資料補齊前，不得宣稱特定 Γ 或 VSWR。作答時應保留 Z₀、Γ 的複數形式，並以 |Γ| 判別匹配程度。
- 五、作答提醒：負載反射係數是負載相對於特性阻抗的失配量，與線長無關；VSWR 則由 |Γ| 換算。若題目另給線長或輸入阻抗，才需用 Γ(z)=Γ_L e^(−j2βz) 轉換，其中 β=2π/λ。本題只需負載處的反射係數與駐波比，不必引入線長。
在笛卡兒座標系中，假設電磁場在真空的電場強度為
( , )
cos(2
)
ˆ
E x t
yA
ft
kx
，其中峰值A、頻率f 、角波數݇均為定值。
證明此電場為波方程式之解。（15 分）
求該電磁場的平均坡印亭向量（Poynting vector）。（10 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、波動方程式：真空無源區域的電場滿足 ∇²E=(1/c²)∂²E/∂t²，其中 c=1/√(μ₀ε₀)。給定電場沿 y 方向、向 x 方向傳播，可寫為 E=y方向 A cos(ωt−kx)，其中 ω=2πf。以下採標準正向行波相位 ωt−kx；若原式相位符號相反，僅傳播方向相反。
- 二、代入驗算：對 x 微分兩次得 ∂²E/∂x²=−k²E；對 t 微分兩次得 ∂²E/∂t²=−ω²E。代回波動方程式，左邊為 −k²E，右邊為 −(ω²/c²)E，故只要 k²=ω²/c²，即 k=ω/c=2πf/c，等式即成立。
- 三、結論與附帶條件：因此該電場為波動方程式之解，但必須滿足真空色散關係 k=2πf/c；若 k 與 f 任意獨立，則不滿足。又 ∇·E=∂E_y/∂y=0，符合真空高斯定律；由法拉第定律可得 B=(1/ω)(k向量×E)，且 B 與 E 同相、互相垂直。
- 四、平均坡印亭向量：瞬時坡印亭向量（Poynting vector）為 S=E×H，H=B/μ₀。對時間取平均，S_avg=(1/2)Re(E×H*)。在真空平面波中 H=(1/η₀)(k方向×E)，η₀=√(μ₀/ε₀)≈377 Ω，故 E×H 的方向為傳播方向，大小平均為 A²/(2η₀)。
- 五、方向與單位：若相位為 ωt−kx，波向 +x，則 S_avg=(A²/(2η₀)) x方向，單位為 W/m²；若原題相位為 ωt+kx，則波向 −x，僅方向相反。A 為峰值，若給的是有效值則不需再除以 2；答題時應註明峰值與有效值的差別。