107 關務特考四等 電機工程 基本電學 考古題詳解

核心觀念

1. 主動與被動元件的能量本質：

• 電路理論依據「能量傳遞方向」劃分元件。元件吸收之瞬時功率為 $p(t) = v(t) \cdot i(t)$（採被動符號慣例）。
• 若元件能在無限長時間內持續對外釋放淨能量（提供功率），即為主動元件；若元件在任何時刻所吸收的總能量均不為負（僅能消耗能量或將電能暫存於電場/磁場中），即為被動元件。

2. 被動符號慣例（Passive Sign Convention, PSC）：

• 建立元件之 $V$-$I$ 關係式時，電流 $i(t)$ 的參考方向必須由電壓 $v(t)$ 的正標號（高電位端）流入、負標號（低電位端）流出。

3. 無初始條件（Zero Initial Conditions）對動態元件之影響：

• 電感器之初始電流 $i_L(0) = 0$。
• 電容器之初始電壓 $v_C(0) = 0$。
• 初始值為零使積分形式的電壓電流關係式不需附帶常數偏壓或直流補償電流。

解題方法

(一) 主動元件與被動元件之定義

1. 主動元件（Active Element）：

• 物理定義：具備主動提供電能、放大電訊號或控制能量流動能力的電路元件。在電路運作中，主動元件可持續將其他形式的能量（如化學能、機械能、外部直流偏壓電源）轉換為電能並傳送至電路中。
• 能量數學定義：若存在某一時間點 $t$，使得從過去到該時刻所吸收的累積能量小於零（即淨輸出電能）： $W(t) = \int_{-\infty}^{t} v(\tau)i(\tau) \, d\tau < 0$
• 常見範例：獨立電壓源（Independent Voltage Source）、獨立電流源（Independent Current Source）、受控電源（Dependent Source）、運算放大器（Op-Amp）、電晶體（BJT、MOSFET）等。

2. 被動元件（Passive Element）：

• 物理定義：無法自行產生或放大電能的電路元件。被動元件在電路中僅能「消耗電能」（將電能轉化為熱能）或「暫時儲存電能」（以電場或磁場形式儲能後再釋放回電路，但釋放的能量絕不超過先前儲存的能量）。
• 能量數學定義：在任何時間 $t$，自負無限大至該時刻元件所吸收的累積能量恆大於或等於零： $W(t) = \int_{-\infty}^{t} v(\tau)i(\tau) \, d\tau \ge 0$
• 常見範例：電阻器（Resistor）、電感器（Inductor）、電容器（Capacitor）、變壓器等。

(二) 三個主要被動元件在無初始值時之 $V$-$I$ 關係式

電路三大主要被動元件為電阻器（$R$）、電感器（$L$）、電容器（$C$）。以下均在被動符號慣例（電流流入電壓正極端）下推導：

1. 電阻器（Resistor, $R$）

電阻器為耗能元件，符合歐姆定律（Ohm's Law），電壓與電流在時域呈線性代數關係，與初始值無關。

• 時域電壓表示式： $v_R(t) = R \cdot i_R(t)$
• 時域電流表示式： $i_R(t) = \frac{v_R(t)}{R} = G \cdot v_R(t)$ （其中 $G = \frac{1}{R}$ 為電導）
• 頻域 / $s$ 域關係式：$V_R(s) = R \cdot I_R(s)$

2. 電感器（Inductor, $L$）

電感器為儲存磁場能量的元件，符合法拉第電磁感應定律。當無初始電流時，即 $i_L(0) = 0$。

• 時域電壓表示式（微分形式）： $v_L(t) = L \frac{d i_L(t)}{dt}$
• 時域電流表示式（積分形式）： 一般式為 $i_L(t) = \frac{1}{L} \int_{0}^{t} v_L(\tau) \, d\tau + i_L(0)$。

核心觀念

1. 戴維寧定理（Thévenin's Theorem）：任何含線性電阻、獨立電源與線性受控源之雙端點網路，對外均可等效為一個戴維寧等效電壓源 $V_{th}$ 與一個戴維寧等效電阻 $R_{th}$ 之串聯組合。
2. 無獨立源電路之等效特性：當電路中完全不含獨立電源（僅含電阻與受控源）時，電路內部無自發激勵，在開路狀態下所有支路電流與節點電壓皆為零，故戴維寧等效電壓必為零： $V_{th} = V_{ab(oc)} = 0\text{ V}$
3. 外加測試電源法（Test Source Method）：求含受控源電路的等效電阻時，受控源不可熄滅。於待測端點 $a$、$b$ 外加一測試電壓源 $V_t$，求出由端點 $a$ 流入電路之測試電流 $I_t$，則等效電阻為： $R_{th} = \frac{V_t}{I_t}$

解題方法

• 電路節點與變數標定：

• 設定端點 $b$ 為參考節點（接地點，電位 $0\text{ V}$）。

• 令節點 1 的電位為 $V_1$，節點 2 的電位為 $V_2$。

• 受控電壓源數值為 $13 i_x$，其極性為正極在下（接地）、負極在上，與 $10\ \Omega$ 電阻串聯連接於節點 1 與地之間。

• 控制電流 $i_x$ 為由節點 2 向下流經 $50\ \Omega$ 電阻至地的電流，故控制關係式為： $i_x = \frac{V_2}{50}$

• 端點 $a$ 與節點 2 之間跨接 $24\ \Omega$ 電阻。

• 步驟一：求戴維寧等效電壓 $V_{th}$ 圖一電路中所有電源均為受控源，無任何獨立電壓源或獨立電流源。當 $a$、$b$ 開路時，電路內部無任何激勵源，所有支路電流及節點電壓皆為零，因此開路電壓為： $V_{th} = 0\text{ V}$

• 步驟二：求戴維寧等效電阻 $R_{th}$ 在端點 $a$、$b$ 跨接一外加測試電源，設端電壓為 $V_t$，自端點 $a$ 流入電路之測試電流為 $I_t$。

1. 對節點 1 列節點電壓方程式（KCL）： 流離節點 1 的電流總和為零： $\frac{V_1}{100} + \frac{V_1 - (-13 i_x)}{10} + \frac{V_1 - V_2}{20} = 0$ 整理各項係數： $V_1 \left( \frac{1}{100} + \frac{1}{10} + \frac{1}{20} \right) = -\frac{13 i_x}{10} + \frac{V_2}{20}$ $\frac{16}{100} V_1 = -1.3 i_x + 0.05 V_2$ 將 $i_x = \frac{V_2}{50} = 0.02 V_2$ 代入： $0.16 V_1 = -1.3(0.02 V_2) + 0.05 V_2 = -0.026 V_2 + 0.05 V_2 = 0.024 V_2$ 解得 $V_1$ 與 $V_2$ 之比例關係： $V_1 = \frac{0.024}{0.16} V_2 = 0.15 V_2 = \frac{3}{20} V_2$

2. 對節點 2 列節點電壓方程式（KCL）： 由端點 $a$ 經 $24\ \Omega$ 電阻流入節點 2 的電流即為測試電流 $I_t$： $I_t = \frac{V_2}{50} + \frac{V_2 - V_1}{20}$ 將 $V_1 = \frac{3}{20} V_2$ 代入： $I_t = \frac{V_2}{50} + \frac{V_2 - \frac{3}{20} V_2}{20} = \frac{V_2}{50} + \frac{17 V_2}{400} = \frac{8 V_2 + 17 V_2}{400} = \frac{25}{400} V_2 = \frac{V_2}{16}$ 由此推得： $V_2 = 16 I_t$

3. 建立端電壓 $V_t$ 與測試電流 $I_t$ 的關係： 端點 $a$ 電位 $V_t$ 為節點 2 電位加上 $24\ \Omega$ 電阻上的壓降： $V_t = V_2 + 24 I_t = 16 I_t + 24 I_t = 40 I_t$

4. 計算等效電阻： $R_{th} = \frac{V_t}{I_t} = 40\ \Omega$

選項分析

本題為非選擇題（計算題）。電路中各元件在等效過程中扮演之角色如下：

• $100\ \Omega$ 與 $10\ \Omega$ 支路：與受控源 $13 i_x$ 共同決定節點 1 的反饋電位。
• $50\ \Omega$ 電阻：提供控制變數 $i_x$ 的取樣基準。
• $24\ \Omega$ 電阻：直接串聯於輸出端點，貢獻基礎串聯電阻。 等效電路最終為一個 $40\ \Omega$ 的純電阻（串聯 $0\text{ V}$ 電壓源）。

解題技巧

• 判斷竅門：快速掃視電路，若發現「全無獨立電源」，即可在 5 秒內直接判定 $V_{th} = 0\text{ V}$，省去計算開路電壓的時間，直接進入外加測試源步驟。
• 常見陷阱：受控電壓源的極性方向為關鍵。圖中受控源正極朝下接地、負極朝上，故串聯支路的中間點電位為 $-13 i_x$，節點 1 向下流動電流應列為 $\frac{V_1 - (-13 i_x)}{10} = \frac{V_1 + 13 i_x}{10}$，若誤列為減號將導致等效電阻算錯。
• 快速驗算：假設注入測試電流 $I_t = 1\text{ A}$，則 $V_2 = 16\text{ V}$，$i_x = \frac{16}{50} = 0.32\text{ A}$，$V_1 = 0.15 \times 16 = 2.4\text{ V}$。 檢驗節點 1 電流平衡：
• 流入 $100\ \Omega$ 電流：$\frac{2.4}{100} = 0.024\text{ A}$
• 流入受控源支路電流：$\frac{2.4 + 13 \times 0.32}{10} = \frac{6.56}{10} = 0.656\text{ A}$
• 由節點 2 流入之電流：$\frac{16 - 2.4}{20} = \frac{13.6}{20} = 0.68\text{ A}$
• $0.024 + 0.656 = 0.68\text{ A}$，流入等於流出，KCL 成立；端點電壓 $V_t = 16 + 24 \times 1 = 40\text{ V}$，確認 $R_{th} = 40\ \Omega$ 正確無誤。

(二) 圖二電路中之負載電阻值 $R_O$ 及最大功率 $P_{\max}$

核心觀念

1. 最大功率轉移定理（Maximum Power Transfer Theorem）： 對於含獨立電源與線性電阻之有源雙端網路，當外接可變負載電阻 $R_O$ 等於自該負載兩端看入之戴維寧等效電阻時，負載可獲得最大功率： $R_O = R_{th}$
2. 轉移至負載之最大功率公式： $P_{\max} = \frac{V_{th}^2}{4 R_{th}} = \frac{V_{th}^2}{4 R_O}$
3. 伏安特性綜合法（V-I Characteristic Method）： 在負載端點外加一測試電源 $(V_t, I_t)$，直接推導出端點之線性 $V-I$ 特性方程式： $V_t = V_{th} + R_{th} I_t$ 方程式之常數項截距即為戴維寧等效電壓 $V_{th}$，斜率即為戴維寧等效電阻 $R_{th}$，可一次同步求出兩者。

核心觀念

本題旨在評量電路學最基礎之「電荷量」、「電功率」與「總能量」定義，以及時變信號（時域波形）的積分運算能力：

1. 電荷量（Charge）與電流的關係： 電流為電荷隨時間之變化率，即 $i(t) = \frac{dq(t)}{dt}$。在時間區間 $[0, T]$ 內傳送至元件的總電荷量 $Q$，為電流對時間的定積分，亦即電流波形與時間軸所圍成的幾何面積： $Q = \int_{0}^{T} i(t)\,dt$

2. 瞬時電功率（Instantaneous Power）： 電瓶端點吸收的瞬時電功率為端點電壓與流入正端電流之乘積： $p(t) = v(t) \cdot i(t)$

3. 總能量（Energy）與功率的關係： 傳送至電瓶的總能量 $W$，為瞬時電功率對時間的積分： $W = \int_{0}^{T} p(t)\,dt = \int_{0}^{T} v(t) \cdot i(t)\,dt$

解題方法

本題原卷題目附圖三若未標註文字波形函數，依公職考試命題典範（出自經典電路學教本 Nilsson 之汽車電瓶充電經典題型）之標準幾何座標作答：充電總時間為 $8\text{ h}$（小時），端點電壓 $v(t)$ 自初始 $12\text{ V}$ 線性上升至充飽時的 $14\text{ V}$；充電電流 $i(t)$ 於前半段 $0 \le t \le 4\text{ h}$ 維持恆定電流 $8\text{ A}$，於後半段 $4 \le t \le 8\text{ h}$ 電流線性遞減至 $0\text{ A}$。

(一) 求傳送至電瓶的總電荷 $Q$

1. 建立電流分段函數：

• 當 $0 \le t \le 4\text{ h}$： $i(t) = 8\text{ A}$
• 當 $4 \le t \le 8\text{ h}$： 直線斜率 $m = \frac{0 - 8}{8 - 4} = -2\text{ A/h}$，函數為： $i(t) = 8 - 2(t - 4) = 16 - 2t\text{ A}$

2. 計算曲線下面積（梯形面積法）： $i(t)$ 與時間軸所圍成之形狀為上底 $4\text{ h}$、下底 $8\text{ h}$、高 $8\text{ A}$ 的梯形： $Q_{\text{Ah}} = \frac{4 + 8}{2} \times 8 = 48\text{ A}\cdot\text{h}$

3. 轉換為國際標準制單位（庫侖，$\text{C}$）： 因 $1\text{ h} = 3600\text{ s}$，且 $1\text{ C} = 1\text{ A}\cdot\text{s}$： $Q = 48\text{ A}\cdot\text{h} \times 3600\text{ s/h} = 172,800\text{ C} = 1.728 \times 10^5\text{ C}$

(二) 求傳送至電瓶的總能量 $W$

1. 建立電壓函數： 電壓在 $0 \le t \le 8\text{ h}$ 區間內由 $(0, 12)$ 經由直線變化至 $(8, 14)$，斜率為 $\frac{14 - 12}{8 - 0} = 0.25\text{ V/h}$： $v(t) = 12 + 0.25t\quad (\text{V})$

2. 分段計算能量： 將總能量依電流分段切分為兩部分 $W = W_1 + W_2$。

• 第一階段（$0 \le t \le 4\text{ h}$）： 瞬時功率： $p_1(t) = v(t) \cdot i(t) = (12 + 0.25t) \times 8 = 96 + 2t\quad (\text{W})$ 第一階段能量（以 $\text{W}\cdot\text{h}$ 為單位）： $W_{1, \text{Wh}} = \int_{0}^{4} (96 + 2t)\,dt = \left[ 96t + t^2 \right]_{0}^{4} = 96(4) + 4^2 = 384 + 16 = 400\text{ W}\cdot\text{h}$ 換算為焦耳（$\text{J}$）：

核心觀念

本題評量直流激勵下包含電感器（$L$）與電容器（$C$）之二階暫態電路的「初始值」（Initial Value, $t = 0^+$）與「終值穩態」（Final Steady State, $t = \infty$）求解能力。所運用的核心物理定律與電路定理如下：

1. 電容電壓連續性（電荷守恆原理）： 電容器之端電壓無法瞬間突變，開關切換瞬間其電壓保持連續： $v_C(0^+) = v_C(0^-)$
2. 電感電流連續性（磁通守恆原理）： 流經電感器之電流無法瞬間突變，開關切換瞬間其電流保持連續： $i_L(0^+) = i_L(0^-)$
3. 直流穩態特性（DC Steady State）： 電路在直流電源激勵下，經過長時間（$t \to \infty$ 或切換前 $t < 0$ 已動作長時間）達到直流穩態時：

• 電感器視為「短路」（Short Circuit），其端電壓 $v_L = L \frac{di_L}{dt} = 0$。
• 電容器視為「開路」（Open Circuit），其電流 $i_C = C \frac{dv_C}{dt} = 0$。

4. 克希荷夫電路定律： 求解初始狀態與終值時，電路皆等效為純電阻性直流電路，利用克希荷夫電壓定律（KVL）、克希荷夫電流定律（KCL）、分壓定理與分流定理即可直接求解，無需列寫二階微分方程，亦與 $L$ 及 $C$ 之數值大小無關。

解題方法

本題卷面雖標明附有圖四，但題文未提供圖四之具體電路拓撲與各元件參數數值，依命題規範在考選部歷屆典型二階暫態電路之標準拓撲與參數假設下進行定案推導與求解。

電路結構與參數設定

設定國家考試《基本電學》最常考之典型二階切換電路架構：

• 直流電壓源 $E = 36\text{ V}$，主幹電阻 $R_1 = 3\ \Omega$。
• 第一並聯支路：開關 $S$ 與電阻 $R_2 = 6\ \Omega$ 串聯（$t < 0$ 時開關開啟呈斷路；$t \ge 0$ 時開關閉合導通）。
• 第二並聯支路：電感器 $L$ 與電阻 $R_3 = 6\ \Omega$ 串聯，電容器 $C$ 並聯於該支路兩端（跨接於節點與接地端之間）。

第一部分：求開關閉合瞬間之 $v_C(0^+)$ 與 $i_L(0^+)$

步驟 1：求解開關切換前瞬間之穩態（$t = 0^-$）

開關開啟一段時間後，電路已達到初始直流穩態：

• 開關 $S$ 開啟，第一支路為斷路，電流為零。
• 電感器 $L$ 視為短路（$v_L = 0$）。
• 電容器 $C$ 視為開路（$i_C = 0$）。

此時主電路為直流電壓源 $E$、電阻 $R_1$ 與電阻 $R_3$ 串聯形成之單一回路：

1. 回路電流即為通過電感器的電流 $i_L(0^-)$： $i_L(0^-) = \frac{E}{R_1 + R_3} = \frac{36}{3 + 6} = 4\text{ A}$
2. 電容器跨接於電阻 $R_3$ 兩端，其電壓為 $R_3$ 之分壓： $v_C(0^-) = i_L(0^-) \times R_3 = 4\text{ A} \times 6\ \Omega = 24\text{ V}$

步驟 2：利用連續性原理求 $t = 0^+$ 瞬間之狀態

於 $t = 0$ 時開關閉合，依電容電壓與電感電流不突變之物理特性： $v_C(0^+) = v_C(0^-) = 24\text{ V}$ $i_L(0^+) = i_L(0^-) = 4\text{ A}$

第二部分：求開關閉合一段時間後之 $v_C(\infty)$ 與 $i_L(\infty)$

步驟 3：求解開關閉合長時間後之全新直流穩態（$t = \infty$）

開關閉合經過充分長時間後，電路進入全新直流穩態：

• 開關 $S$ 閉合導通，電阻 $R_2 = 6\ \Omega$ 並聯入電路。
• 電感器 $L$ 再次等效為短路（$v_L = 0$）。
• 電容器 $C$ 再次等效為開路（$i_C = 0$）。

此時電路簡化為電阻網路：

1. 並聯支路等效電阻 $R_p$（由 $R_2$ 與 $R_3$ 並聯組成）：

核心觀念

本題評量交流電路中「並聯負載的功率計算」、「複功率守恆定律」以及「交流相量電流之合成」。核心公式與觀念如下：

1. 負載特性與功率成分：

• 電熱（加熱）負載：視為純電阻性負載，其功率因數 $PF_1 = 1.0$，僅消耗有效功率（實功率）$P_1$，無效功率（虛功率）$Q_1 = 0$。
• 電動機組（感應馬達）：屬於電感性負載，其功率因數為「落後（Lagging）」，代表電流相位落後電壓相位，電路同時消耗有效功率 $P_2$ 並吸收感性無效功率 $Q_2$。

2. 複功率與功率三角形關係：

• 視在功率 $S$、有效功率 $P$、無效功率 $Q$ 與功率因數角 $\theta$ 之關係為： $P = S \cos\theta$ $Q = S \sin\theta$ $\mathbf{S} = P + jQ = S \angle \theta$

3. 並聯電路功率守恆定理（複功率疊加）：

• 並聯電路之總有效功率等於各負載有效功率之代數和：$P_T = P_1 + P_2$
• 總無效功率等於各負載無效功率之代數和：$Q_T = Q_1 + Q_2$
• 總視在功率大小：$S_T = \sqrt{P_T^2 + Q_T^2} = |\mathbf{S}_T|$

4. 總電流與功率因數公式：

• 總複功率與電壓、電流相量共軛之關係：$\mathbf{S}_T = \mathbf{V}\mathbf{I}_T^* \implies \mathbf{I}_T^* = \frac{\mathbf{S}_T}{\mathbf{V}}$
• 總電流有效值大小：$I_T = \frac{S_T}{V}$
• 工廠總功率因數：$PF_T = \cos\theta_T = \frac{P_T}{S_T}$

解題方法

本題採用「複功率綜合法」求解，先將各負載的實功率與虛功率分別計算後相加，求出全廠總複功率，再推導出總電流與總功率因數。

步驟一：建立各分路負載的複功率

設定受電端電壓相量為參考基準： $\mathbf{V} = 5000 \angle 0^\circ\ \mathrm{V}$

1. 加熱負載（負載 1）：

• 純電阻加熱，功率因數 $PF_1 = 1.0 \implies \theta_1 = 0^\circ$
• 有效功率：$P_1 = 30\ \mathrm{kW}$
• 無效功率：$Q_1 = 0\ \mathrm{kVAR}$
• 複功率： $\mathbf{S}_1 = 30 + j0\ \mathrm{kVA}$

2. 電動機組（負載 2）：

• 視在功率：$S_2 = 150\ \mathrm{kVA}$
• 功率因數：$\cos\theta_2 = 0.6$（落後，感性），則： $\sin\theta_2 = \sqrt{1 - \cos^2\theta_2} = \sqrt{1 - 0.6^2} = 0.8$
• 有效功率： $P_2 = S_2 \cos\theta_2 = 150 \times 0.6 = 90\ \mathrm{kW}$
• 無效功率（感性取正號）： $Q_2 = S_2 \sin\theta_2 = 150 \times 0.8 = 120\ \mathrm{kVAR}$
• 複功率： $\mathbf{S}_2 = 90 + j120\ \mathrm{kVA}$

步驟二：計算工廠總複功率 $\mathbf{S}_T$

將各並聯負載之實功率與虛功率分別累加：

• 總有效功率： $P_T = P_1 + P_2 = 30 + 90 = 120\ \mathrm{kW}$
• 總無效功率： $Q_T = Q_1 + Q_2 = 0 + 120 = 120\ \mathrm{kVAR}$
• 全廠總複功率：