民國115年高考三級電信工程電磁學考古題

民國115年高考三級電信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。

官方資料

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）

一、控制方程式與簡化：兩板之間為無自由電荷的均勻介質，穩態電位滿足拉卜拉斯方程式（Laplace's equation）∇²V=0。因為板面平行 YZ 平面、面積足夠大且間隔 L 很小，所以邊緣效應（fringing effect）可以忽略，電位只隨 x 變化，方程式因此簡化為 d²V/dx²=0。
二、通解與邊界條件：對 x 積分兩次得 V(x)=C₁x+C₂。邊界條件為：下板 x=0 接地，V(0)=0；上板 x=L 電位為 3 伏特，V(L)=3。代入後得 C₂=0、C₁=3/L，通解因此被唯一決定。
三、電位函數：V(x)=3x/L（伏特），0≤x≤L。電位隨 x 線性遞增，等位面（equipotential surface）為 x=常數的平面，與兩板平行；相鄰等位面間距相等，顯示板間電場均勻。
四、電場強度：E=−∇V=−(dV/dx)x̂=−(3/L)x̂（V/m）。大小為 3/L、方向指向 −x（由高電位板指向接地板），與平行板公式 E=V/d 一致；L 以公尺計，故單位為伏特／公尺。
五、驗證與延伸：此場滿足 ∇·E=0 與 ∇×E=0，符合無源靜電場的要求。由 σ=εE 可求得板面電荷密度，進而推得電容 C=εA/L；若 L 不再遠小於板尺寸，則須解二維或三維 Laplace 方程並計入邊緣效應。

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）

一、對稱性與安培定律：螺線環（toroid）是 N 匝導線繞在環形鐵芯上，電流 I 均勻分布。由環的軸對稱性可知，磁場只有圓周分量 H_φ，且只隨半徑 r 變化；因此可取以環軸為中心、半徑 r 的圓形安培迴路（Ampere's law）。
二、管內磁場：當 c<r<d 時，迴路穿過全部 N 匝，∮H·dl=H_φ(2πr)=NI，故 H_φ=NI/(2πr)（A/m），B_φ=μNI/(2πr)（T）。若為空氣芯，μ=μ₀=4π×10⁻⁷ H/m；若為鐵芯，則代入其磁導率。
三、管外磁場：r<c 時迴路未包圍任何電流；r>d 時進出電流互相抵銷，淨電流為零，故 H=0（理想螺線環）。實際元件因繞線具有螺旋性，會有少量漏磁。
四、磁通量：截面為長方形、高 L、徑向由 c 至 d，取面積元素 dA=L dr，方向沿 φ̂，則 Φ=∫B·dA=(μNI L/2π)∫_c^d(1/r)dr=(μNI L/2π)ln(d/c)（Wb）。
五、討論：B 與 r 成反比，內側磁場較強；磁通量與 ln(d/c) 成正比，故環愈厚通量愈大但邊際效益遞減。由 Φ 可得自感 L_self=NΦ/I=μN²L ln(d/c)/(2π)。

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）

一、特性阻抗與資料檢核：無損傳輸線的特性阻抗（characteristic impedance）Z₀=√(L/C)，相位速度 v_p=1/√(LC)。題面僅顯示 L=2.5×10^? H/m 與 C=? F/m，指數與電容數值明顯缺漏，題目資料缺漏，無法得出唯一數值，以下僅列公式、步驟與判定規則。
二、反射係數公式：負載電壓反射係數（voltage reflection coefficient）Γ=(Z_L−Z₀)/(Z_L+Z₀)，其中 Z_L=(100+j50) Ω。若 Z₀ 為實數 R₀，則 Γ=(100−R₀+j50)/(100+R₀+j50)。
三、計算步驟：先由 L、C 求出 Z₀；再將分子、分母同乘分母的共軛，分離出實部 Γ_r 與虛部 Γ_i；然後求 |Γ|=√(Γ_r²+Γ_i²) 與相位 ∠Γ=tan⁻¹(Γ_i/Γ_r)，最後檢核 0≤|Γ|≤1 是否成立。
四、駐波比：電壓駐波比（VSWR）VSWR=(1+|Γ|)/(1−|Γ|)。|Γ|=0 時 VSWR=1，表示完全匹配；|Γ|→1 時 VSWR→∞，表示全反射；實務上 VSWR<2 通常視為可接受。
五、示範假設（非本題答案）：若暫設 Z₀=50 Ω，則 Γ=(50+j50)/(150+j50)=0.4+j0.2，|Γ|≈0.447、∠Γ≈26.6°，VSWR≈2.62。此僅說明運算流程，實際數值須以題目正確的 L、C 重算。

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）

一、波動方程式：在真空無源區（ρ=0、J=0），電場滿足 ∇²E=(1/c²)∂²E/∂t²，其中 c=1/√(μ₀ε₀)≈3×10⁸ m/s。題目給定 E(x,t)=ŷA cos(ωt−kx)，且 ω=2πf。
二、代入驗證：∂²E/∂x²=−k²E，∂²E/∂t²=−ω²E，代回波動方程式得 −k²E=−(ω²/c²)E，故只需 k²=ω²/c²，即 k=ω/c=2πf/c（色散關係）即可成立；此時波速 ω/k=c，E 確為波動方程之解。
三、橫向性與散度：E 僅有 y 分量且與 y 無關，∇·E=∂E_y/∂y=0，符合無源條件 ∇·E=0；E 垂直於傳播方向 x̂，屬於橫電磁波（TEM）均勻平面波，等相位面為 x=常數的平面。
四、相伴磁場：由法拉第定律 ∇×E=−∂B/∂t 積分可得 H=(1/η₀)x̂×E=ẑ(A/η₀)cos(ωt−kx)，其中 η₀=√(μ₀/ε₀)≈377 Ω；E、H 與波前進方向 k 兩兩垂直並構成右手系。
五、平均坡印亭向量：瞬時坡印亭向量 S=E×H=x̂(A²/η₀)cos²(ωt−kx)，對時間取平均（cos² 的平均值為 1/2）得 S_avg=(A²/2η₀)x̂≈(A²/754)x̂（W/m²），方向為 +x，即能量沿 +x 傳播，與波前進方向一致。