115 年國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《電磁學》考古題與詳解

Question 1

If $A = r \cos \phi \hat{r} + \sin \phi \hat{\phi}$, evaluate $
abla \cdot (
abla 	imes A)$ for $r 0$. (A) 0 (B) 1 (C) r (D) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查向量恆等式： $$ 
abla\cdot(
abla	imes\mathbf A)=0 $$ 對於在所考慮區域內具有足夠光滑性的向量場，此恆等式恆成立。題目指定 $r0$，避開柱座標在 $r=0$ 的座標奇點，因此可直接使用。 --- 解題方法 令 $$ \mathbf A=Ar\hat r+A\phi\hat\phi+Az\hat z $$ 其中 $$ Ar=r\cos\phi,\qquad A\phi=\sin\phi,\qquad Az=0. $$ 在柱座標中，旋度為 $$ 
abla	imes\mathbf A = \left[ \frac{1}{r} \left( \frac{\partial Az}{\partial\phi} - \frac{\partial(rA\phi)}{\partial z} ight) ight]\hat r + \left( \frac{\partial Ar}{\partial z} - \frac{\partial Az}{\partial r} ight)\hat\phi + \left[ \frac{1}{r} \left( \frac{\partial(rA\phi)}{\partial r} - \frac{\partial Ar}{\partial\phi} ight) ight]\hat z. $$ 由於所有分量皆與 $z$ 無關，且 $Az=0$，前兩個分量為零。$z$ 分量為

Question 2

An isolated two-wire transmission line in free space consists of two long, parallel conductors, each of radius b, separated by a center-to-center distance D, where D >> b. A potential difference $V_0$ is applied between the two wires, and the surface charge on each conductor may be approximated as uniformly distributed. Find the magnitude of the electrostatic force per unit length between the wires.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) $\frac{\pi \epsilon_0 V_0^2}{2 \ln(D/b)}$
(B) $\frac{\pi \epsilon_0 V_0^2}{2 b \ln(D/b)}$
(C) $\frac{\pi \epsilon_0 V_0^2}{2D \ln(D/b)}$
(D) $\frac{\pi \epsilon_0 V_0^2}{2D \ln(D/b)}$

Accepted Answer

核心觀念 把兩條導線近似為線電荷密度分別為 $+\lambda$ 與 $-\lambda$ 的長直線電荷。先由兩線間的電位差求出 $\lambda$，再用長直線電荷的庫侖力計算單位長度所受的力。由於 $D\gg b$，可忽略導線半徑相對於中心距離的修正。 解題方法 在兩導線間，兩線電荷產生的電場方向相同。沿兩導線中心連線積分，電位差可近似為 $$ V0 \approx \frac{\lambda}{\pi\epsilon0}\ln\left(\frac{D}{b}\right) $$ 因此線電荷密度為 $$ \lambda \approx \frac{\pi\epsilon0 V0}{\ln(D/b)} $$ 其中一條導線在另一條導線位置產生的電場大小近似為 $\lambda/(2\pi\epsilon0D)$，所以單位長度的力大小為 $$ \frac{F}{L} \approx \lambda\frac{\lambda}{2\pi\epsilon0D} =\frac{\lambda^2}{2\pi\epsilon0D} $$ 代入 $\lambda$：

Question 3

Two infinitely extended conducting planes physically meet at the origin and form a wedge of opening angle 45°. Although they touch geometrically, the two planes are electrically insulated from each other so that each can be maintained at an independent constant potential. One plane is held at potential 0, and the other is held at potential $V_0$ . Determine the electrostatic potential at a point P located inside the wedge at angular position 15° (for any $r > 0$ ).

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) $\frac{V_0}{\sqrt{3}}$
(B) $\frac{V_0}{3}$
(C) $\frac{V_0}{\sqrt{3}} \frac{r}{\sqrt{3}r}$
(D) $\frac{V_0}{3r}$

Accepted Answer

- 核心觀念：本題考查靜電學中的拉普拉斯方程式（Laplace's Equation）在極座標（Polar Coordinates）或圓柱座標系下的邊界值問題（Boundary-Value Problem）。當電位分佈 $V(r, 	heta)$ 具有軸向對稱性且無邊界電壓隨半徑 $r$ 變化時，電位僅與角度 $	heta$ 有關，即 $V(r, 	heta) = V(	heta)$。 - 解題方法： 在沒有自由電荷的區域內，電位滿足拉普拉斯方程式 $
abla^2 V = 0$。在兩維極座標下，拉普拉斯方程式展開為： $$ 
abla^2 V = \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r}\left(r \frac{\partial V}{\partial r}ight) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 V}{\partial 	heta^2} = 0 $$ 由於兩無窮大導電平面皆維持恆定電位，邊界條件為： 1. 在 $	heta = 0^\circ$ 處，$V(0^\circ) = 0$ 2. 在 $	heta = 45^\circ$ 處，$V(45^\circ) = V0$ 由於邊界條件與 $r$ 無關，電位 $V$ 僅為 $	heta$ 的函數，故方程式簡化為： $$ \frac{d^2 V}{d	heta^2} = 0 $$ 對 $	heta$ 積分二次可得通解： $$ V(	heta) = C1 	heta + C2 $$ 將邊界條件代入求解常數 $C1, C2$： - 代入 $	heta = 0^\circ$：$V(0) = C2 = 0 \implies C2 = 0$ - 代入 $	heta = 45^\circ$（即 $\frac{\pi}{4}	ext{ rad}$）：$V(45^\circ) = C1 \cdot 45^\circ = V0 \implies C1 = \frac{V0}{45^\circ}$

Question 4

4. A DC voltage $V0$ is applied across a cylindrical capacitor of length $L$. The inner conductor has radius $r1$, and the outer conductor has radius $r3$. The space between the conductors is filled with two different lossy dielectric materials. In the region $r1 < r < r2$, the material has permittivity $\epsilon1$ and conductivity $\sigma1$. In the region $r2 < r < r3$, the material has permittivity $\epsilon2$ and conductivity $\sigma2$. Assuming steady-state conditions and cylindrical symmetry, determine the current density throughout the region $r1 < r < r3$. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $\frac{V0}{r\left[\frac{1}{\sigma1}\ln\left(\frac{r3}{r2}\right)+\frac{1}{\sigma2}\ln\left(\frac{r2}{r1}\right)\right]}\hat{r}$ (B) $\frac{V0}{r\left[\frac{1}{\sigma1}\ln\left(\frac{r3}{r2}\right)-\frac{1}{\si…

Accepted Answer

核心觀念 穩態下，電荷不會在任一圓柱面持續累積，因此穿過不同半徑圓柱面的總電流相同。利用圓柱對稱性，半徑為 $r$ 的圓柱面上電流密度大小為 $$ J(r)=\frac{I}{2\pi rL}. $$ 各區域再由微分形式的歐姆定律 $\mathbf{J}=\sigma\mathbf{E}$，得到 $\mathbf{E}=\mathbf{J}/\sigma$。因此總電壓降要分別計算兩層材料中的電場積分。 解題方法 假設內導體電位較高，電流沿 $\hat{\mathbf r}$ 方向流動。兩個材料區域中的電場大小分別為 $$ E1(r)=\frac{I}{2\pi rL\sigma1},\qquad E2(r)=\frac{I}{2\pi rL\sigma2}. $$ 由內外導體間的電位差為 $V0$： $$ V0=\int{r1}^{r2}E1(r)\,dr+\int{r2}^{r3}E2(r)\,dr $$

Question 5

Which of the following statements about the hysteresis curve below is correct?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) The magnetization behavior of a magnetic material depends only on the externally applied magnetic field.
(B) At point (1), the magnetic material is fully de-magnetized.
(C) At point (2), residual magnetic field is left in the magnetic material even without the presence of external magnetic field.
(D) None of the above is correct.

Accepted Answer

核心觀念

磁滯曲線描述磁性材料的磁通密度 $B$ 隨外加磁場 $H$ 變化的關係。材料的磁化狀態具有「記憶性」： $B$ 不只取決於當下的 $H$ ，也與材料先前經歷的磁化過程有關。

當外加磁場降回 $H=0$ 時，材料仍可能保有磁化，對應的剩餘磁通密度稱為剩磁 $B_r$ 。由

B=\mu_0(H+M)

可知，即使 $H=0$ ，若材料仍有剩餘磁化 $M$ ， $B$ 仍可不為零。

解題方法

先看圖上兩點的座標意義：點 (2) 位於 $H=0$ 的縱軸上，且 $B>0$ ，表示外加磁場已回到零，但材料仍保有正的剩磁。因此，描述此狀態的選項正確。

Question 6

An infinitely long, straight conducting wire with a circular cross section of radius b carries a steady current I that is flowing upward (along the $\hat{z}$ direction). Which of the following statements is correct?

(A) Viewing from the top the magnetic field B is circulating clockwise around the wire.
(B) Inside the wire, the magnitude of the magnetic field |B| at a point of interest scales linearly with the distance of that point away from the center of the wire.
(C) Outside the wire, the magnitude of the magnetic field |B| at a given point decreases with the square of its distance from the center of the wire.
(D) None of the above is correct.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 安培右手定則：判斷長直導線周圍磁場方向。 - 安培定律： $$\oint \mathbf{B}\cdot d\mathbf{l}=\mu0 I{	ext{enc}}$$ - 均勻電流分布時，導線內部所包圍的電流與半徑平方成正比。 - 長直導線外部磁場大小與距離成反比。 以下採用考題的標準假設：電流在圓形截面內均勻分布。 --- 解題方法 令觀察點與導線中心距離為 $r$。由圓柱對稱性，磁場方向沿圓周切線方向，大小只與 $r$ 有關，因此選取半徑為 $r$ 的圓形安培迴路： $$ B(2\pi r)=\mu0 I{	ext{enc}} $$ 所以 $$ B=\frac{\mu0 I{	ext{enc}}}{2\pi r} $$ 其中 $I{	ext{enc}}$ 是安培迴路所包圍的電流。 --- 導線內部：$r<b$ 電流均勻分布時，電流密度為 $$ J=\frac{I}{\pi b^2} $$ 半徑 $r$ 內所包圍的電流為 $$ I{	ext{enc}}=J\pi r^2 =\frac{I}{\pi b^2}\pi r^2 =I\frac{r^2}{b^2} $$ 代入安培定律： $$ B(2\pi r)=\mu0 I\frac{r^2}{b^2} $$ 因此 $$ B=\frac{\mu0 I}{2\pi b^2}r $$ 可見導線內部的磁場大小與 $r$ 成正比： $$ B\propto r $$ --- 導線外部：$rb$ 當安培迴路位於導線外部時，包圍全部電流 $I$，因此 $$ B(2\pi r)=\mu0 I $$ 得到 $$ B=\frac{\mu0 I}{2\pi r} $$ 所以外部磁場與距離成反比： $$ B\propto \frac{1}{r} $$ --- 選項分析 (A) Viewing from the top the magnetic field B is circulating clockwise around the wire. 電流沿 $+\hat{z}$ 方向向上。依右手定則，右手拇指指向 $+\hat{z}$，四指彎曲方向即為磁場方向。

Question 7

A metal bar slides over a pair of conducting rails in a uniform magnetic field $B = B_0 \hat{z}$ with a constant velocity $u$ . A load with resistance of R is connected to nodes 1 and 2. Which of the following statements is correct?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) Each electron in the moving bar experiences a unit force that has a magnitude of $|u|B$ , and is pointing in the -y direction.
(B) Before connecting the load, an open-circuit voltage $V_0 = -|u|B_0h$ is generated.
(C) After connecting the load, the current will flow counterclockwise.
(D) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查移動導體棒的動生電動勢，以及洛倫茲力決定的電荷分布與電流方向。磁力為 $$ \mathbf F=q\,\mathbf v	imes\mathbf B $$ 導體棒以速度 $\mathbf u=u\hat{x}$ 向右運動，磁場為 $\mathbf B=B0\hat{z}$，因此 $$ \mathbf u	imes\mathbf B=-uB0\hat{y} $$ 解題方法 先判斷棒內電荷受力方向，再由電荷分布判斷開路電壓極性。接上負載後，傳統電流在外部電路由高電位流向低電位，即可判斷電流方向。 對正電荷，磁力沿 $-y$ 方向；對電子，因電量為負，受力方向相反，沿 $+y$ 方向。開路時，棒內電荷重新分布，直到電場力抵消磁力。正電荷聚集在棒的下端，因此節點 2 電位較高、節點 1 電位較低。兩端電壓為 $$ V0=V1-V2=-uB0h=-|u|B0h $$

Question 8

Which of the following equations describes charge conservation? (A) $
abla 	imes E = -\frac{\partial B}{\partial t}$ (B) $
abla \cdot D = ho$ (C) $
abla 	imes H = J + \frac{\partial D}{\partial t}$ (D) $
abla \cdot J = -\frac{\partial ho}{\partial t}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電荷守恆定律的微分形式，即電荷連續方程式： $$ 
abla \cdot \mathbf{J} = -\frac{\partial ho}{\partial t} $$ 其中： - $\mathbf{J}$：電流密度 - $ho$：電荷密度 - $
abla \cdot \mathbf{J}$：單位體積的淨電流流出率 - $\frac{\partial ho}{\partial t}$：單位體積內電荷密度的變化率 負號表示：若某區域內的電荷密度正在減少，代表電荷由該區域流出，因此淨電流散度為正。 --- 解題方法 判斷電荷守恆時，直接尋找同時包含電流密度 $\mathbf{J}$ 與電荷密度 $ho$ 的連續方程式： $$ 
abla \cdot \mathbf{J} + \frac{\partial ho}{\partial t} =0 $$ 移項後得到： $$ 
abla \cdot \mathbf{J} = -\frac{\partial ho}{\partial t} $$ 因此符合電荷守恆定律的選項為 (D)。 此式也可由安培–馬克士威定律推導。由 $$ 
abla 	imes \mathbf{H} = \mathbf{J} + \frac{\partial \mathbf{D}}{\partial t} $$ 兩邊取散度： $$ 
abla \cdot (
abla 	imes \mathbf{H}) = 
abla \cdot \mathbf{J} + \frac{\partial}{\partial t} (
abla \cdot \mathbf{D}) $$ 由向量恆等式： $$ 
abla \cdot (
abla 	imes \mathbf{H})=0 $$ 再利用高斯定律： $$ 
abla \cdot \mathbf{D}=ho $$ 可得： $$ 0 = 
abla \cdot \mathbf{J} + \frac{\partial ho}{\partial t} $$ 因此： $$ 
abla \cdot \mathbf{J} = -\frac{\partial ho}{\partial t} $$ --- 選項分析 (A) $
abla 	imes \mathbf{E}=-\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}$ 這是法拉第電磁感應定律的微分形式，描述隨時間變化的磁通量會產生旋電場：

Question 9

For electromagnetic waves propagating in conductors, we can derive the modified wave equation: $$ 
abla^2 E - \mu \epsilon \frac{\partial^2 E}{\partial t^2} - \mu \sigma \frac{\partial E}{\partial t} = 0 $$ Consider a monochromatic plane wave as $E = E0 e^{i(kz-\omega t)}$, where the wave number $k$ is a complex number. Please derive the expression for the wave number $k$. (A) $\omega \sqrt{\mu \epsilon}\left(1 + \frac{i\sigma}{\omega \epsilon}ight)^{1/2}$ (B) $i\omega \sqrt{\mu \epsilon}\left(1 + \frac{\sigma}{\omega \epsilon}ight)$ (C) $\omega \sqrt{\mu \epsilon}\left(1 + \frac{\omega \epsilon}{i\sigma}ight)^{1/2}$ (D) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 導電介質中的時變電磁場滿足修正波動方程 $
abla^2 \mathbf{E} - \mu\epsilon\,\partialt^2\mathbf{E} - \mu\sigma\,\partialt\mathbf{E} = 0$。傳導電流 $\sigma\mathbf{E}$ 使波數 $k$ 成為複數：實部決定傳播，虛部決定衰減。 解題方法 將單頻平面波 $E = E0 e^{i(kz-\omega t)}$ 代入，其中 $$
abla^2 E = -k^2 E, \qquad \partialt^2 E = -\omega^2 E, \qquad \partialt E = -i\omega E$$ 代入波動方程： $$-k^2 E + \mu\epsilon\,\omega^2 E + i\omega\mu\sigma\, E = 0$$ 因此 $$k^2 = \omega^2\mu\epsilon\left(1 + \frac{i\sigma}{\omega\epsilon}ight)$$ 取平方根得 $k = \omega\sqrt{\mu\epsilon}\left(1 + \frac{i\sigma}{\omega\epsilon}ight)^{1/2}$。

Question 10

For plane electromagnetic waves propagating in vacuum, which one of the following descriptions is incorrect? Here $k$ is the wave vector, and $S$ is the Poynting vector.

(A) $k \perp E$
(B) $S \perp k$
(C) $E \perp H$
(D) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 真空中的平面電磁波具有以下幾何關係： - 波向量 $\mathbf{k}$ 表示波的傳播方向。 - 電場 $\mathbf{E}$、磁場 $\mathbf{H}$ 與傳播方向彼此互相垂直。 - 坡印亭向量為 $$\mathbf{S}=\mathbf{E}	imes\mathbf{H},$$ 其方向代表電磁能量傳播方向。 因此，在真空中： $$\mathbf{E}\perp\mathbf{k},\qquad \mathbf{H}\perp\mathbf{k},\qquad \mathbf{E}\perp\mathbf{H}.$$ 且由右手定則， $$\mathbf{S}\parallel\mathbf{k},$$ 而不是 $\mathbf{S}\perp\mathbf{k}$。 解題方法 直接利用平面電磁波的基本向量關係判斷即可。以沿著 $+z$ 方向傳播的波為例，若 $$\mathbf{E}=E0\cos(\omega t-kz)\,\hat{\mathbf{x}},$$ 則磁場方向必須沿著 $\hat{\mathbf{y}}$： $$\mathbf{H}=H0\cos(\omega t-kz)\,\hat{\mathbf{y}}.$$ 此時 $$\mathbf{k}=k\hat{\mathbf{z}},$$ 坡印亭向量為 $$ \mathbf{S}=\mathbf{E}	imes\mathbf{H} \propto \hat{\mathbf{x}}	imes\hat{\mathbf{y}} =\hat{\mathbf{z}}. $$ 所以

Question 11

Consider a plane electromagnetic wave propagating in vacuum. The electric field is given by $E = E_0 e^{i(kz-\omega t)}$ . The Poynting vector is labeled by $S$ . The intrinsic impedance $\eta$ (also called wave impedance) is 377 $\Omega$ . The time-averaged Poynting vector $(\bar{S})$ is 1 W/m². Please calculate $E_0$ , i.e., the amplitude of the electric field. Please choose the closest answer.

(A) 54.2 V/m
(B) 377 V/m
(C) 19.4 V/m
(D) 27.5 V/m

Accepted Answer

核心觀念 真空中的平面電磁波，其電場與磁場的振幅關係為 $$ H0=\frac{E0}{\eta} $$ 其中 $\eta=377\,\Omega$ 為真空本質阻抗。電磁波的時間平均坡印廷向量大小為 $$ \overline{S} =\frac{1}{2}E0H0 =\frac{E0^2}{2\eta} $$ 式中的 $\frac{1}{2}$ 是因為題目給定的 $E0$ 是電場的峰值振幅，而 $\overline{S}$ 是時間平均功率流密度。 解題方法 由 $$ \overline{S}=\frac{E0^2}{2\eta} $$ 解出電場振幅： $$ E0=\sqrt{2\eta\overline{S}} $$ 代入題目資料： $$ E0=\sqrt{2(377)(1)} =\sqrt{754} \approx 27.46\ 	ext{V/m} $$ 因此最接近的選項為 $$ E0\approx 27.5\ 	ext{V/m} $$ 選項分析 - (A) $54.2\ 	ext{V/m}$：錯誤。 此數值明顯大於正確振幅，代入 $\overline{S}=E0^2/(2\eta)$ 後會得到約 $3.90\ 	ext{W/m}^2$，不符合題目給定的 $1\ 	ext{W/m}^2$。

Question 12

Consider a plane electromagnetic wave expressed by its phasor form of $E = E0 e^{i(kx x+ky y+kz z)}$. The expression should satisfy the Helmholtz equation: $
abla^2 E + \omega^2 \mu \epsilon E = 0$. As a result, which one of the following relations must be true? (A) $kx+ky+kz = \omega\sqrt{\mu\epsilon}$ (B) $kx^2+ky^2+kz^2 = \omega^2\sqrt{\mu\epsilon}$ (C) $kx^2+ky^2+kz^2 = \omega^2\mu\epsilon$ (D) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查平面波代入 Helmholtz 方程式後所得到的色散關係。對於均勻、無源介質中的電磁波，Helmholtz 方程式為 $$ 
abla^2 E+\omega^2\mu\epsilon E=0 $$ 其中波向量為 $$ \mathbf{k}=kx\hat{\mathbf{x}}+ky\hat{\mathbf{y}}+kz\hat{\mathbf{z}}. $$ 其大小滿足 $$ |\mathbf{k}|^2=kx^2+ky^2+kz^2. $$ 解題方法 題目給定電場相量 $$ E=E0e^{i(kxx+kyy+kzz)}. $$ 分別對空間座標微分： $$ \frac{\partial^2 E}{\partial x^2}=-kx^2E, \qquad \frac{\partial^2 E}{\partial y^2}=-ky^2E, \qquad \frac{\partial^2 E}{\partial z^2}=-kz^2E. $$ 因此 Laplacian 為 $$ 
abla^2E = \frac{\partial^2E}{\partial x^2} +\frac{\partial^2E}{\partial y^2} +\frac{\partial^2E}{\partial z^2} = -\left(kx^2+ky^2+kz^2ight)E. $$ 代入 Helmholtz 方程式： $$ -\left(kx^2+ky^2+kz^2ight)E +\omega^2\mu\epsilon E=0. $$

Question 13

What is the short-circuit impedance measured at the input terminals of an infinitely long transmission line with the parameters of (R = 45 × 10⁻³ Ω/m, L = 27 × 10⁻⁸ H/m, G = 5 × 10⁻⁵ S/m, C = 3 × 10⁻¹⁰ F/m) at 5 GHz?

(A) 30 Ω
(B) 50 Ω
(C) 75 Ω
(D) None of the above.

Accepted Answer

觀念說明 對於無限長傳輸線（Infinitely Long Transmission Line），不論其遠端終端條件為何（短路、開路或負載），從輸入端看入的輸入阻抗 $Z{in}$ 恆等於該傳輸線的特性阻抗 $Z0$。 傳輸線特性阻抗公式為： $$Z0 = \sqrt{\frac{R + j\omega L}{G + j\omega C}}$$ --- 計算步驟 1. 計算角頻率 $\omega$： $$\omega = 2\pi f = 2\pi 	imes (5 	imes 10^9 	ext{ Hz}) = 10\pi 	imes 10^9 \approx 3.1416 	imes 10^{10} 	ext{ rad/s}$$ 2. 評估阻抗參數： -感抗項： $$\omega L = (3.1416 	imes 10^{10}) 	imes (2.7 	imes 10^{-7}) \approx 8482.3 \ \Omega/	ext{m}$$

Question 14

An 1-GHz voltage source ($Vs$) is applied to a short-circuit quarter-wavelength lossless transmission line as the figure shown below. The characteristic impedance of the transmission line is 20 $\Omega$. Please evaluate the current of $Ix$. $Vs = 5 \angle 0^\circ$ (V) (20 $\Omega$, quarter wavelength) → (A) 0.25 A (B) 0.25 $\angle 90^\circ$ A (C) 0.25 $\angle 270^\circ$ A (D) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 短路、無損、四分之一波長傳輸線會把負載端的短路阻抗轉換成輸入端的開路阻抗。負載端電流與輸入端電壓仍有固定的相位關係；本題要求的是短路端的 $Ix$，不是輸入端電流。 解題方法 理想電壓源直接加在線路輸入端，因此 $V{	ext{in}}=Vs=5\angle 0^\circ	ext{ V}$。四分之一波長短路線的輸入阻抗為 $$ Z{	ext{in}}=jZ0	an(\beta l)\longrightarrow\infty, \qquad \beta l=\frac{\pi}{2}. $$ 以負載端電流箭頭向下為正，四分之一波長線的輸入電壓與負載電流關係為 $$ V{	ext{in}}=jZ0 Ix. $$ 代入 $Z0=20\,\Omega$：

Question 15

Please select the closest dB value of the reflection coefficient of a 75-Ω resistive load in a 50-Ω system $Z0$. (A) -6.9 dB (B) -13.9 dB (C) -1.39 dB (D) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查負載反射係數 $\GammaL$ 及其分貝表示法。 對於特性阻抗為 $Z0$ 的傳輸線，負載阻抗為 $ZL$ 時，電壓反射係數定義為 $$ \GammaL=\frac{ZL-Z0}{ZL+Z0} $$ 反射係數的分貝值使用 $$ \Gamma{\mathrm{dB}}=20\log{10}\left|\GammaLight| $$ 其中 $20$ 而非 $10$，是因為反射係數通常表示電壓波或電流波的振幅比。 解題方法 已知 $$ ZL=75\ \Omega,\qquad Z0=50\ \Omega $$ 代入負載反射係數公式： $$ \GammaL =\frac{75-50}{75+50} =\frac{25}{125} =0.2 $$ 因此其分貝值為 $$ \Gamma{\mathrm{dB}} =20\log{10}(0.2) $$ 由於 $$ \log{10}(0.2)=\log{10}(2	imes10^{-1}) \approx -0.699 $$ 所以 $$ \Gamma{\mathrm{dB}} \approx 20(-0.699) =-13.98\ \mathrm{dB} $$ 最接近的選項為 $-13.9\ \mathrm{dB}$。 選項分析 - (A) $-6.9\ \mathrm{dB}$：錯誤。

Question 16

A 5-V dc voltage with 25-Ω source resistance is applied at t=0 to the input terminal of a 25-Ω terminated lossless coaxial of 30m length as the figure below. The initial condition of voltage and current of the cable are 0 V and 0 A. The dielectric constant ( $\epsilon_r$ ) of the insulating material in the cable is 4, and the characteristic impedance of the cable ( $Z_0$ ) is 50Ω. Please select the closest voltage value at $V_L$ at 1s.

5 V
25 Ω
(Ζο = 50 Ω, εμ = 4, 1 = 30m)
VL
+
25 Ω

(A) 5 V
(B) 2.5 V
(C) 7.5 V
(D) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查傳輸線（Transmission Line）之 transient response（瞬態響應）與 Bounce Diagram（反射圖/彈跳圖）。 關鍵定義與公式如下： 1. 波速（Phase Velocity）：傳輸線中電磁波傳播速率 $v = \frac{c}{\sqrt{\epsilonr}}$，其中光速 $c = 3 	imes 10^8 	ext{ m/s}$。 2. 傳播時間（Propagation Delay）：長度 $l$ 的傳輸線，波從輸入端傳到負載端所需時間 $T = \frac{l}{v}$。 3. 反射係數（Reflection Coefficients）： - 輸入端（源極端）反射係數：$\Gammas = \frac{Rs - Z0}{Rs + Z0}$ - 輸出端（負載端）反射係數：$\GammaL = \frac{RL - Z0}{RL + Z0}$ 4. 初始輸入電壓波（Initial Voltage Wave）：在 $t = 0^+$ 時，傳輸線輸入端分壓 $V1^+ = Vs \cdot \frac{Z0}{Rs + Z0}$。 5. 穩態電壓（Steady-State Voltage）：當 $t 	o \infty$（無窮多組反射收斂後，或直流通路視為純電阻電路時）： $$V{	ext{ss}} = Vs \cdot \frac{RL}{Rs + RL}$$ --- 解題方法與計算步驟 1. 計算傳播速度與時延： - $\epsilonr = 4 \implies v = \frac{3 	imes 10^8}{\sqrt{4}} = 1.5 	imes 10^8 	ext{ m/s}$。 - 傳輸線長度 $l = 30 	ext{ m}$，單趟傳播時間： $$T = \frac{30}{1.5 	imes 10^8} = 2 	imes 10^{-7} 	ext{ s} = 0.2 \ \mu	ext{s}$$ 2. 計算各端反射係數與初始電壓波： - 電源電壓 $Vs = 5 	ext{ V}$，電源內阻 $Rs = 25 \ \Omega$，負載電阻 $RL = 25 \ \Omega$，特徵阻抗 $Z0 = 50 \ \Omega$。 - 初始電壓波： $$V1^+ = 5 	imes \frac{50}{25 + 50} = \frac{250}{75} = \frac{10}{3} 	ext{ V}$$ - 負載端反射係數： $$\GammaL = \frac{25 - 50}{25 + 50} = -\frac{25}{75} = -\frac{1}{3}$$ - 源極端反射係數： $$\Gammas = \frac{25 - 50}{25 + 50} =…

Question 17

A guided TE mode of frequency 15 GHz is excited and propagates in metallic waveguide filled with polyethylene, of which $\epsilon_r$ = 2.25. The waveguide is designed with dimensions a=2 cm (x axis) and b=1 cm (y axis). If the x component of its electric field is given by $E_x = -50 \cos(50\pi x) \sin(100\pi y) e^{-j\beta z}$ V/m. Which of the following statements is NOT correct?

(A) The mode number is TE11.
(B) The guide wavelength is 1.33 × 10⁻² m.
(C) The cutoff frequency is smaller than 12 GHz.
(D) $E_z$ is zero.

Accepted Answer

【觀念剖析與推導】 矩形金屬導波管中，電場 $x$ 分量 $Ex$ 的一般通式為： $$Ex = E0 \cos\left(\frac{m\pi x}{a}ight) \sin\left(\frac{n\pi y}{b}ight) e^{-j\beta z}$$ 題目給定 $a = 2	ext{ cm} = 0.02	ext{ m}$、$b = 1	ext{ cm} = 0.01	ext{ m}$，且： $$Ex = -50 \cos(50\pi x) \sin(100\pi y) e^{-j\beta z}$$ 1. 確定模數 (Mode Number) $(m, n)$： 對比 $\frac{m\pi}{a} = 50\pi \implies \frac{m}{0.02} = 50 \implies m = 1$ 對比 $\frac{n\pi}{b} = 100\pi \implies \frac{n}{0.01} = 100 \implies n = 1$ 因此，此模數為 $	ext{TE}{11}$ 模。(選項 (A) 正確) 2. $Ez$ 分量： 依據橫電波（TE mode）定義，軸向電場 $Ez = 0$。(選項 (D) 正確) 3. 截斷頻率 (Cutoff Frequency) $fc$： 介質相速度 $u = \frac{c}{\sqrt{\epsilonr}} = \frac{3 	imes 10^8}{\sqrt{2.25}} = \frac{3 	imes 10^8}{1.5} = 2 	imes 10^8	ext{ m/s}$ $	ext{TE}{11}$ 的截斷頻率 $f{c, 11}$ 為：

Question 18

Which of the following modes is the dominant mode in an air-filled metallic rectangular resonator for a > b > d? where a, b, and d are the dimensions in the x-, y-, and z-directions in respective, and the mode number are m, n, and p accordingly.

Hint: Here we choose z-axis as the reference "the longitudinal direction" to define TE modes ( $E_z$ = 0) and TM modes ( $H_z$ = 0).

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) TM110
(B) TM101
(C) TE101
(D) TE011

Accepted Answer

核心觀念 矩形金屬共振腔的共振頻率為 $$ f{mnp}=\frac{c}{2}\sqrt{\left(\frac{m}{a}ight)^2+\left(\frac{n}{b}ight)^2+\left(\frac{p}{d}ight)^2} $$ 其中 $m,n,p$ 分別對應 $x,y,z$ 方向的模態編號。主模是符合邊界條件且共振頻率最低的模態。 題目以 $z$ 軸為縱向，因此 TM 模態滿足 $Hz=0$、$Ez
e 0$。為使 $Ez$ 在 $x$、$y$ 方向的金屬壁面符合邊界條件，TM 模態的 $m,n$ 必須非零；$p$ 則可以為零。 解題方法 先依模態條件排除不允許的選項，再比較有效模態的頻率。由於 $abd$，有 $$ \frac{1}{a^2}<\frac{1}{b^2}<\frac{1}{d^2} $$ 各有效選項的頻率平方與下列數值成正比： - TM${110}$：$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}$ - TE${101}$：$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{d^2}$

Question 19

A parallel-plate waveguide made of perfectly conducting plates spaced 3 cm apart by polyethylene, $\varepsilon_r = 2.25$ , is operated at frequency of 12 GHz. Without considering the fringing effect on edges, which of the following supported modes has faster group velocity than others:
(A) TE $_3$
(B) TM $_2$
(C) TE $_1$
(D) TEM

Accepted Answer

核心觀念 平行板波導中，TEM 模沒有截止頻率，其群速等於相速，為 $vg = c/\sqrt{\varepsilonr}$，不隨頻率變化。TE$n$ 與 TM$n$（$n \ge 1$）模的截止頻率為 $$f{cn} = \frac{n c}{2d\sqrt{\varepsilonr}}$$ 其群速為 $$vg = \frac{c}{\sqrt{\varepsilonr}}\sqrt{1 - \left(\frac{f{cn}}{f}ight)^2} < \frac{c}{\sqrt{\varepsilonr}}$$ 故 TEM 模的群速必定最大。 解題方法 已知 $d = 3	ext{ cm}$、$\varepsilonr = 2.25$（$\sqrt{\varepsilonr} = 1.5$）、$c/\sqrt{\varepsilonr} = 2	imes10^8	ext{ m/s}$，$f = 12	ext{ GHz}$。 - $f{c1} = \frac{2	imes10^8}{2	imes0.03} \approx 3.33	ext{ GHz}$，$f{c2} \approx 6.67	ext{ GHz}$，$f{c3} = 10	ext{ GHz}$，$f{c4} \approx 13.3	ext{ GHz}$。

Question 20

An engineer intends to design a cubic cavity with side lengths $a = b = d = 25$ mm. To achieve the highest possible $Q$ factor, he is evaluating three candidate materials—copper, aluminum, and silver—with electrical conductivities of $\sigma = 5.8\times10^7$ S/m, $\sigma = 3.5\times10^7$ S/m, $\sigma = 6.2\times10^7$ S/m, respectively. Which material should be chosen when only conductivity is considered:
(A) Copper
(B) Aluminum
(C) Silver
(D) All have the same Q factor.

Accepted Answer

核心觀念 空腔共振器的品質因數受導體壁的損耗限制。導體壁的趨膚深度為 $$\delta = \frac{1}{\sqrt{\pi f \mu \sigma}}$$ 壁損耗使 $Qc \propto 1/\delta$，因此在幾何與模態固定時，$Qc \propto \sqrt{\sigma}$。導電率越高，趨膚深度越小，壁損耗越少，Q 越高。 解題方法 三種材料的幾何尺寸（$a = b = d = 25$ mm）與操作模態相同，因此 Q 的差異只來自導電率 $\sigma$： - 銀 / 銅：$\dfrac{Q{	ext{Ag}}}{Q{	ext{Cu}}} = \sqrt{\dfrac{6.2}{5.8}} \approx 1.03$

115 年國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《電磁學》

第 1 題

核心觀念

解題方法

第 2 題

第 3 題

第 4 題

第 5 題

核心觀念

解題方法

第 6 題

第 7 題

第 8 題

核心觀念

解題方法

選項分析

第 9 題

核心觀念

解題方法

第 10 題

第 11 題

第 12 題

第 13 題

觀念說明

計算步驟

第 14 題

第 15 題

第 16 題

第 17 題

第 18 題

第 19 題

核心觀念

解題方法

第 20 題

核心觀念

解題方法

其他考古題

115 年臺灣聯合大學系統的其他科目

臺灣聯合大學系統《電磁學》其他年度

其他學校的電機系考古題

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