109 高普考高考三級 電信工程 電磁學 考古題詳解

109 年・高普考・高考三級・電信工程
試題代碼 電磁學

第 一 題15 分

試推導向量三重積恆等式

A⃗×(B⃗×C⃗)=k1B⃗+k2C⃗,\vec{A}\times(\vec{B}\times\vec{C})=k_1\vec{B}+k_2\vec{C},

求得 k1k_1 與 k2k_2 為何？

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題旨在測驗**向量代數（Vector Algebra）**中的基礎恆等式——**向量三重積（Vector Triple Product）**的推導。考驗考生對於以下定義與幾何特性的掌握：

  1. 外積與內積的坐標表示法：在直角坐標系（Cartesian coordinates）中，外積 U⃗×V⃗\vec{U} \times \vec{V} 與內積 U⃗⋅V⃗\vec{U} \cdot \vec{V} 的分量運算規則。
  2. 共面性（Coplanarity）：因為 A⃗×(B⃗×C⃗)\vec{A}\times(\vec{B}\times\vec{C}) 垂直於 B⃗×C⃗\vec{B}\times\vec{C}，而 B⃗×C⃗\vec{B}\times\vec{C} 垂直於 B⃗\vec{B} 與 C⃗\vec{C} 所張成的平面，故 A⃗×(B⃗×C⃗)\vec{A}\times(\vec{B}\times\vec{C}) 必然落在 B⃗\vec{B} 與 C⃗\vec{C} 所張成的平面上，必定可表示為 B⃗\vec{B} 與 C⃗\vec{C} 的線性組合，即 k1B⃗+k2C⃗k_1\vec{B} + k_2\vec{C}。
  3. 經典恆等式：即電磁學必背之「BAC-CAB」恆等式：
A⃗×(B⃗×C⃗)=B⃗(A⃗⋅C⃗)−C⃗(A⃗⋅B⃗)\vec{A}\times(\vec{B}\times\vec{C}) = \vec{B}(\vec{A}\cdot\vec{C}) - \vec{C}(\vec{A}\cdot\vec{B})

解題方法

國考閱卷最具說服力且不易失分的解法為直角坐標分量展開法。只需詳細推導 xx 分量，再利用坐標輪換對稱性（Cyclic Permutation）推廣至 yy 與 zz 分量，最後組合成向量形式。

步驟一：展開外積之 xx 分量

令 D⃗=B⃗×C⃗\vec{D} = \vec{B} \times \vec{C}，依直角坐標外積定義：

Dx=ByCz−BzCyD_x = B_y C_z - B_z C_y Dy=BzCx−BxCzD_y = B_z C_x - B_x C_z Dz=BxCy−ByCxD_z = B_x C_y - B_y C_x

考慮目標向量 E⃗=A⃗×D⃗=A⃗×(B⃗×C⃗)\vec{E} = \vec{A} \times \vec{D} = \vec{A} \times (\vec{B} \times \vec{C}) 的 xx 分量 ExE_x：

Ex=AyDz−AzDyE_x = A_y D_z - A_z D_y

將 DzD_z 與 DyD_y 代入：

Ex=Ay(BxCy−ByCx)−Az(BzCx−BxCz)E_x = A_y (B_x C_y - B_y C_x) - A_z (B_z C_x - B_x C_z)

展開並依 BxB_x 與 CxC_x 重新整理：

Ex=Bx(AyCy+AzCz)−Cx(AyBy+AzBz)E_x = B_x (A_y C_y + A_z C_z) - C_x (A_y B_y + A_z B_z)

步驟二：利用配項技巧構造內積

為使括號內形成完整的內積形式，利用「同加同減 AxBxCxA_x B_x C_x」：

Ex=Bx(AxCx+AyCy+AzCz)−Cx(AxBx+AyBy+AzBz)E_x = B_x (A_x C_x + A_y C_y + A_z C_z) - C_x (A_x B_x + A_y B_y + A_z B_z)

根據內積定義 A⃗⋅C⃗=AxCx+AyCy+AzCz\vec{A}\cdot\vec{C} = A_x C_x + A_y C_y + A_z C_z 及 A⃗⋅B⃗=AxBx+AyBy+AzBz\vec{A}\cdot\vec{B} = A_x B_x + A_y B_y + A_z B_z，上式簡化為：

Ex=Bx(A⃗⋅C⃗)−Cx(A⃗⋅B⃗)E_x = B_x (\vec{A} \cdot \vec{C}) - C_x (\vec{A} \cdot \vec{B})

步驟三：同理推廣並組合成向量

依坐標軸之對稱性，同理可得 yy 與 zz 分量：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二 題15 分

兩個半徑分別為 R1R_1 和 R2R_2 的球形導體，以一條金屬細導線連接。假設兩個導體球相距甚遠，使得球形導體上的電荷分布可以視為均勻分布。若兩個導體球的總電荷量為 QQ，試求：

(一) 兩個球形導體上個別的電荷量。（8 分）

(二) 兩個球形導體表面的電場強度。（7 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題為靜電學極為經典的基本計算題，主要評量以下核心物理觀念與定義：

  1. 靜電平衡與等電位體： 良導體在靜電平衡狀態下，內部電場為零，整個導體（包含表面與內部）為一等電位體。當兩球形導體以金屬細導線連接時，電荷在兩球之間自由移動直到達成靜電平衡，此時兩導體球的電位必然相等，即： V1=V2V_1 = V_2

  2. 電荷守恆定律（Conservation of Charge）： 兩導體球與連接細導線組成一孤立系統，電荷重新分佈前後之總電荷量維持不變： Q1+Q2=QQ_1 + Q_2 = Q

  3. 孤立均勻帶電球的電位與表面電場： 設無窮遠處為電位零點（V(∞)=0V(\infty) = 0），且真空間的介電常數為 ε0\varepsilon_0。題目指出兩球「相距甚遠」，此條件代表可忽略兩球之間的靜電感應（即電荷在球表面維持均勻分佈），且另一球在該球處所建立的電位貢獻可忽略不計：

  • 半徑為 RR、帶電量為 qq 之孤立球形導體表面電位： V=q4πε0RV = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}
  • 由高斯定律（Gauss's Law），均勻帶電球體外表面緊鄰處之電場強度大小： E=q4πε0R2E = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R^2}

解題方法

(一) 求兩個球形導體上個別的電荷量 Q1Q_1 與 Q2Q_2

  1. 建立電位平衡方程式： 取無窮遠處電位為零，因兩球相距甚遠，個別球體上的電位主要由自身電荷產生： V1=Q14πε0R1V_1 = \frac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 R_1} V2=Q24πε0R2V_2 = \frac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0 R_2}

兩球以導線相連，達成靜電平衡時電位相等（V1=V2V_1 = V_2）： Q14πε0R1=Q24πε0R2\frac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 R_1} = \frac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0 R_2} 整理得電荷量與半徑之關係式： Q1R1=Q2R2  ⟹  Q2=R2R1Q1\frac{Q_1}{R_1} = \frac{Q_2}{R_2} \implies Q_2 = \frac{R_2}{R_1} Q_1

  1. 聯立電荷守恆方程式求解： 將上式代入總電荷量守恆式 Q1+Q2=QQ_1 + Q_2 = Q： Q1+R2R1Q1=QQ_1 + \frac{R_2}{R_1} Q_1 = Q Q1(R1+R2R1)=QQ_1 \left( \frac{R_1 + R_2}{R_1} \right) = Q 解得： Q1=(R1R1+R2)QQ_1 = \left( \frac{R_1}{R_1 + R_2} \right) Q

同理可得： Q2=(R2R1+R2)QQ_2 = \left( \frac{R_2}{R_1 + R_2} \right) Q

(二) 求兩個球形導體表面的電場強度 E1E_1 與 E2E_2

  1. 依高斯定律求表面電場大小： 導體球表面電場沿徑向向外（若 Q>0Q > 0），其大小為： E1=Q14πε0R12E_1 = \frac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 R_1^2} E2=Q24πε0R22E_2 = \frac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0 R_2^2}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 三 題20 分

如圖所示之磁路系統，在中央分支鐵心有 N=200N=200 匝的線圈，流入 I=3 AI=3\ \mathrm{A} 之穩態電流。該鐵心的橫截面積為 S=10−3 m2S=10^{-3}\ \mathrm{m^2}，且相對導磁係數為 μr=5000\mu_r=5000，試求：

（圖示未包含於文字擷取結果，請參考原卷。）

(一) 中央分支磁通量 Φ0\Phi_0 及兩邊分支磁通量 Φ1\Phi_1。（10 分）

(二) 中央分支鐵心磁場強度 H0fH_{0f}、空氣間隙磁場強度 H0gH_{0g} 及兩邊分支鐵心磁場強度 H1H_1。（10 分）

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考磁路中的磁通分流與磁動勢平衡。使用磁通量、磁場強度及磁阻的關係：

B=μH,Φ=BS,R=ℓμSB=\mu H,\qquad \Phi=BS,\qquad \mathcal R=\frac{\ell}{\mu S}

其中鐵心的導磁係數為 μ=μ0μr\mu=\mu_0\mu_r，空氣隙的導磁係數近似為 μ0\mu_0。依安培定律，線圈提供的磁動勢為 NINI。

解題方法

由圖可知，中央分支有一個長度 g=2 mm=0.002 mg=2\text{ mm}=0.002\text{ m} 的空氣隙；中央磁通進入左右對稱的兩個邊分支後平均分流。因此：

Φ0=2Φ1\Phi_0=2\Phi_1

中央分支鐵心的磁路長度為

ℓ0f=0.24−0.002=0.238 m\ell_{0f}=0.24-0.002=0.238\text{ m}

每一邊分支的磁路長度，包含上下兩段各 0.2 m0.2\text{ m} 及外側垂直段 0.24 m0.24\text{ m}：

ℓ1=0.2+0.24+0.2=0.64 m\ell_1=0.2+0.24+0.2=0.64\text{ m}

中央分支磁阻與單一邊分支磁阻分別為

R0=0.238μ0μrS+0.002μ0S=0.0020476μ0S\mathcal R_0 =\frac{0.238}{\mu_0\mu_r S}+\frac{0.002}{\mu_0 S} =\frac{0.0020476}{\mu_0 S} R1=0.64μ0μrS=0.000128μ0S\mathcal R_1 =\frac{0.64}{\mu_0\mu_r S} =\frac{0.000128}{\mu_0 S}

中央分支與左右邊分支磁阻串接；兩個相同邊分支彼此並聯，故等效磁阻為 R0+R1/2\mathcal R_0+\mathcal R_1/2。由 NI=200×3=600 A-turnNI=200\times3=600\text{ A-turn}，得

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 四 題25 分

在自由空間中有一平面電磁波，其電場相量與磁場相量分別為

E⃗(R⃗)=E⃗0e−jk⃗⋅R⃗,\vec{E}(\vec{R})=\vec{E}_0e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}}, H⃗(R⃗)=H⃗0e−jk⃗⋅R⃗,\vec{H}(\vec{R})=\vec{H}_0e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}},

其中 E⃗0\vec{E}_0 及 H⃗0\vec{H}_0 為常數向量，k⃗\vec{k} 為波數向量，R⃗\vec{R} 為位置向量。應用 Maxwell 方程式，證明 E⃗⊥H⃗\vec{E}\perp\vec{H}、k⃗⊥E⃗\vec{k}\perp\vec{E}、k⃗⊥H⃗\vec{k}\perp\vec{H}，以及自由空間本質阻抗

η0=E0H0=μ0ϵ0=120π Ω。\eta_0=\frac{E_0}{H_0}=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}=120\pi\ \Omega。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題評量均勻平面電磁波（Uniform Plane Wave）在無源自由空間（Source-free Free Space）中的傳播特性，核心依據為頻域（相量）形式之馬克士威方程式（Maxwell's Equations in Phasor Form）：

  1. 高斯定律（Gauss's Laws）： ∇⋅E⃗=0(自由空間中無自由電荷 ρv=0)\nabla \cdot \vec{E} = 0 \quad (\text{自由空間中無自由電荷 } \rho_v = 0) ∇⋅H⃗=0(無磁單極)\nabla \cdot \vec{H} = 0 \quad (\text{無磁單極})
  2. 法拉第定律（Faraday's Law）： ∇×E⃗=−jωμ0H⃗\nabla \times \vec{E} = -j\omega\mu_0 \vec{H}
  3. 安培–馬克士威定律（Ampère-Maxwell Law）： ∇×H⃗=jωϵ0E⃗(無傳導電流 J⃗=0)\nabla \times \vec{H} = j\omega\epsilon_0 \vec{E} \quad (\text{無傳導電流 } \vec{J} = 0)
  4. 平面波梯度／旋度／散度的代數置換： 對於沿任意方向傳播的平面波相位因子 e−jk⃗⋅R⃗e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}}，空間微分算子 ∇\nabla 在運算時可等效置換為代數向量算子 −jk⃗-j\vec{k}。
  5. 橫電磁波（TEM Wave）性質與本質阻抗（Intrinsic Impedance）： 證明 k⃗\vec{k}、E⃗\vec{E}、H⃗\vec{H} 三者兩兩正交，並推導電磁波阻抗 η0=μ0ϵ0≈120π Ω\eta_0 = \sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}} \approx 120\pi\ \Omega。

解題方法

步驟一：建立平面波微分算子的向量等效關係

令位置向量 R⃗=xa^x+ya^y+za^z\vec{R} = x\hat{a}_x + y\hat{a}_y + z\hat{a}_z，波數向量 k⃗=kxa^x+kya^y+kza^z\vec{k} = k_x\hat{a}_x + k_y\hat{a}_y + k_z\hat{a}_z。 則相位項為： k⃗⋅R⃗=kxx+kyy+kzz\vec{k}\cdot\vec{R} = k_x x + k_y y + k_z z

對純量函數 f(R⃗)=e−jk⃗⋅R⃗f(\vec{R}) = e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}} 取梯度運算： ∇e−jk⃗⋅R⃗=(a^x∂∂x+a^y∂∂y+a^z∂∂z)e−j(kxx+kyy+kzz)=−j(kxa^x+kya^y+kza^z)e−jk⃗⋅R⃗=−jk⃗e−jk⃗⋅R⃗\nabla e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}} = \left( \hat{a}_x\frac{\partial}{\partial x} + \hat{a}_y\frac{\partial}{\partial y} + \hat{a}_z\frac{\partial}{\partial z} \right) e^{-j(k_x x + k_y y + k_z z)} = -j(k_x\hat{a}_x + k_y\hat{a}_y + k_z\hat{a}_z)e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}} = -j\vec{k} e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}}

當 A⃗0\vec{A}_0 為常數向量時，根據向量微積分恆等式：

  • 散度運算： ∇⋅A⃗=∇⋅(A⃗0e−jk⃗⋅R⃗)=(∇e−jk⃗⋅R⃗)⋅A⃗0=−jk⃗⋅A⃗\nabla \cdot \vec{A} = \nabla \cdot \left(\vec{A}_0 e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}}\right) = (\nabla e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}}) \cdot \vec{A}_0 = -j\vec{k} \cdot \vec{A}
  • 旋度運算： ∇×A⃗=∇×(A⃗0e−jk⃗⋅R⃗)=(∇e−jk⃗⋅R⃗)×A⃗0=−jk⃗×A⃗\nabla \times \vec{A} = \nabla \times \left(\vec{A}_0 e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}}\right) = (\nabla e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}}) \times \vec{A}_0 = -j\vec{k} \times \vec{A}

因此，空間微分算子可等效代換為：∇→−jk⃗\nabla \to -j\vec{k}。

步驟二：證明 k⃗⊥E⃗\vec{k}\perp\vec{E} 與 k⃗⊥H⃗\vec{k}\perp\vec{H}

  1. 將 E⃗(R⃗)=E⃗0e−jk⃗⋅R⃗\vec{E}(\vec{R}) = \vec{E}_0 e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}} 代入高斯電場定律： ∇⋅E⃗=−jk⃗⋅E⃗=0\nabla \cdot \vec{E} = -j\vec{k} \cdot \vec{E} = 0 兩邊同除以 −j-j 且由於 E⃗≠0\vec{E} \neq 0、k⃗≠0\vec{k} \neq 0，得： k⃗⋅E⃗=0  ⟹  k⃗⊥E⃗\vec{k} \cdot \vec{E} = 0 \implies \vec{k} \perp \vec{E}

  2. 將 H⃗(R⃗)=H⃗0e−jk⃗⋅R⃗\vec{H}(\vec{R}) = \vec{H}_0 e^{-j\vec{k}\cdot\vec{R}} 代入高斯磁場定律： ∇⋅H⃗=−jk⃗⋅H⃗=0\nabla \cdot \vec{H} = -j\vec{k} \cdot \vec{H} = 0 同理得： k⃗⋅H⃗=0  ⟹  k⃗⊥H⃗\vec{k} \cdot \vec{H} = 0 \implies \vec{k} \perp \vec{H}

由此證實自由空間平面波為橫電磁波（TEM 波），電場與磁場皆垂直於波的傳播方向 k⃗\vec{k}。

步驟三：證明 E⃗⊥H⃗\vec{E}\perp\vec{H}

將電磁場相量代入法拉第定律： ∇×E⃗=−jk⃗×E⃗=−jωμ0H⃗\nabla \times \vec{E} = -j\vec{k} \times \vec{E} = -j\omega\mu_0 \vec{H}

消去 −j-j，解出磁場向量 H⃗\vec{H}： H⃗=1ωμ0(k⃗×E⃗)\vec{H} = \frac{1}{\omega\mu_0}(\vec{k} \times \vec{E})

檢驗 E⃗\vec{E} 與 H⃗\vec{H} 之內積： E⃗⋅H⃗=E⃗⋅[1ωμ0(k⃗×E⃗)]\vec{E} \cdot \vec{H} = \vec{E} \cdot \left[ \frac{1}{\omega\mu_0}(\vec{k} \times \vec{E}) \right]

由向量三重純量積循環對稱性（A⃗⋅(B⃗×C⃗)=B⃗⋅(C⃗×A⃗)\vec{A}\cdot(\vec{B}\times\vec{C}) = \vec{B}\cdot(\vec{C}\times\vec{A})）： E⃗⋅(k⃗×E⃗)=k⃗⋅(E⃗×E⃗)\vec{E} \cdot (\vec{k} \times \vec{E}) = \vec{k} \cdot (\vec{E} \times \vec{E}) 因為自身外積 E⃗×E⃗=0\vec{E} \times \vec{E} = 0，故： E⃗⋅H⃗=0  ⟹  E⃗⊥H⃗\vec{E} \cdot \vec{H} = 0 \implies \vec{E} \perp \vec{H}

由此證實電場向量與磁場向量彼此正交。

步驟四：推導自由空間本質阻抗 η0\eta_0

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 五 題25 分

一無損傳輸線的特徵阻抗為 R0=50 ΩR_0=50\ \Omega、長度為 ℓ\ell，連接另一條特徵阻抗為 R0′R'_0、長度為 ℓ′\ell' 的無損傳輸線。以負載阻抗

ZL=40+j10 ΩZ_L=40+j10\ \Omega

匹配，試求達成匹配條件所需的特徵阻抗 R0′R'_0 及長度 ℓ′\ell' 各為多少。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查高頻傳輸線理論中的**單段傳輸線阻抗匹配（Transmission-Line Matching Section）**技術。涉及之核心理論與公式如下：

  1. 無損傳輸線輸入阻抗公式： 一條特徵阻抗為 R0′R'_0、長度為 ℓ′\ell' 之無損傳輸線，其相位常數為 β′=2πλ′\beta' = \frac{2\pi}{\lambda'}（λ′\lambda' 為線路導波波長），端接負載阻抗 ZL=RL+jXLZ_L = R_L + jX_L 時，自輸入端看入之阻抗為：
Zin=R0′ZL+jR0′tan⁡(β′ℓ′)R0′+jZLtan⁡(β′ℓ′)Z_{in} = R'_0 \frac{Z_L + j R'_0 \tan(\beta' \ell')}{R'_0 + j Z_L \tan(\beta' \ell')}
  1. 無反射匹配條件（Matched Condition）： 欲使特徵阻抗為 R0=50 ΩR_0 = 50\ \Omega 的主傳輸線達到完全匹配，匹配段的輸入阻抗必須完全等於主線特徵阻抗：
Zin=R0=50 ΩZ_{in} = R_0 = 50\ \Omega

此時主傳輸線上的電壓反射係數為零：

Γ=Zin−R0Zin+R0=0\Gamma = \frac{Z_{in} - R_0}{Z_{in} + R_0} = 0

主線路全線無駐波（駐波比 S=1S = 1），訊號功率全部傳遞至負載端。 3. 主線長度 ℓ\ell 之物理意義： 當匹配段將負載阻抗轉換為 Zin=R0Z_{in} = R_0 後，主線上處處阻抗皆為 R0R_0，反射波完全消失，因此匹配條件與主傳輸線本身的長度 ℓ\ell 無關。

解題方法

本題之電路架構為：主傳輸線（特徵阻抗 R0=50 ΩR_0=50\ \Omega、長度 ℓ\ell）串接一段匹配傳輸線（特徵阻抗 R0′R'_0、長度 ℓ′\ell'），終端接上負載 ZL=40+j10 ΩZ_L = 40 + j10\ \Omega。透過聯立求解實部與虛部方程式，推導出 R0′R'_0 與 ℓ′\ell' 之嚴密解析解。

步驟一：建立匹配複數代數方程式

令 t=tan⁡(β′ℓ′)t = \tan(\beta' \ell')，負載阻抗 ZL=RL+jXL=40+j10 ΩZ_L = R_L + jX_L = 40 + j10\ \Omega，主線阻抗 R0=50 ΩR_0 = 50\ \Omega。 代入輸入阻抗匹配條件：

Zin=R0′(RL+jXL)+jR0′tR0′+j(RL+jXL)t=R0Z_{in} = R'_0 \frac{(R_L + j X_L) + j R'_0 t}{R'_0 + j (R_L + j X_L) t} = R_0

去分母交叉相乘：

R0′[RL+j(XL+R0′t)]=R0[(R0′−XLt)+jRLt]R'_0 \left[ R_L + j (X_L + R'_0 t) \right] = R_0 \left[ (R'_0 - X_L t) + j R_L t \right]

步驟二：分離實部與虛部

展開並比較等號兩側之實部與虛部：

  • 實部相等：
R0′RL=R0R0′−R0XLt  ⟹  R0XLt=R0′(R0−RL)R'_0 R_L = R_0 R'_0 - R_0 X_L t \implies R_0 X_L t = R'_0 (R_0 - R_L)

整理得：

t=R0′(R0−RL)R0XL⋯⋯(第 1 式)t = \frac{R'_0 (R_0 - R_L)}{R_0 X_L} \quad \cdots\cdots\text{(第 1 式)}
  • 虛部相等：
R0′(XL+R0′t)=R0RLt  ⟹  R0′XL=t[R0RL−(R0′)2]⋯⋯(第 2 式)R'_0 (X_L + R'_0 t) = R_0 R_L t \implies R'_0 X_L = t \left[ R_0 R_L - (R'_0)^2 \right] \quad \cdots\cdots\text{(第 2 式)}

步驟三：解出特徵阻抗 R0′R'_0

將 (第 1 式) 代入 (第 2 式)：

R0′XL=R0′(R0−RL)R0XL[R0RL−(R0′)2]R'_0 X_L = \frac{R'_0 (R_0 - R_L)}{R_0 X_L} \left[ R_0 R_L - (R'_0)^2 \right]

因特徵阻抗 R0′>0R'_0 > 0，等號兩端同除以 R0′R'_0：

XL=R0−RLR0XL[R0RL−(R0′)2]X_L = \frac{R_0 - R_L}{R_0 X_L} \left[ R_0 R_L - (R'_0)^2 \right]

兩側同乘以 R0XLR0−RL\frac{R_0 X_L}{R_0 - R_L}：

R0RL−(R0′)2=R0XL2R0−RLR_0 R_L - (R'_0)^2 = \frac{R_0 X_L^2}{R_0 - R_L}

移項整理出 (R0′)2(R'_0)^2 的通式：

(R0′)2=R0[RL−XL2R0−RL](R'_0)^2 = R_0 \left[ R_L - \frac{X_L^2}{R_0 - R_L} \right]

將已知數值 R0=50 ΩR_0 = 50\ \Omega、RL=40 ΩR_L = 40\ \Omega、XL=10 ΩX_L = 10\ \Omega 代入：

R0−RL=50−40=10 ΩR_0 - R_L = 50 - 40 = 10\ \Omega XL2R0−RL=10210=10 Ω\frac{X_L^2}{R_0 - R_L} = \frac{10^2}{10} = 10\ \Omega

代入通式計算：

(R0′)2=50×[40−10]=50×30=1500 Ω2(R'_0)^2 = 50 \times [40 - 10] = 50 \times 30 = 1500\ \Omega^2

取正實數根：

R0′=1500=1015≈38.73 ΩR'_0 = \sqrt{1500} = 10\sqrt{15} \approx 38.73\ \Omega
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

電信工程《電磁學》其他年度

115114113112110

109 年高普考高考三級・其他類科的《電磁學》

電子工程