107 身心障礙特考四等 電力工程 基本電學 考古題詳解

• 核心觀念

1. 導體電阻公式：導體電阻大小與長度成正比、與截面積成反比，即 $R = \rho \frac{\ell}{A}$（其中 $\rho$ 為電阻率，$\ell$ 為長度，$A$ 為截面積）。
2. 電功率公式：在定電壓環境下，電功率與電阻值成反比，即 $P = \frac{V^2}{R}$。

• 解題方法

1. 求電阻變化量： 設電熱爐原電熱線長度為 $\ell$、截面積為 $A$、原電阻為 $R$。 將長度減少 $20\%$ 後，新長度為 $\ell' = (1 - 0.2)\ell = 0.8\ell$。 在材質與截面積不變的前提下，新電阻值 $R'$ 為： $R' = \rho \frac{\ell'}{A} = \rho \frac{0.8\ell}{A} = 0.8R$
2. 求新功率： 額定電壓 $V$ 維持不變，設原額定功率為 $P = 800\ \mathrm{W}$，則新功率 $P'$ 為： $P' = \frac{V^2}{R'} = \frac{V^2}{0.8R} = \frac{1}{0.8} \times \frac{V^2}{R} = 1.25 P$ 代入數值： $P' = 1.25 \times 800\ \mathrm{W} = 1000\ \mathrm{W}$

• 解題技巧
• 判斷竅門：電壓固定時，功率與電阻成反比。長度縮短為 $0.8$ 倍（即 $\frac{4}{5}$），電阻亦變為 $\frac{4}{5}$ 倍，因此功率必反比增加為 $\frac{5}{4} = 1.25$ 倍。心算即可直接寫出 $800 \times 1.25 = 1000\ \mathrm{W}$。
• 常見陷阱：切忌誤用 $P = I^2 R$ 判定「電阻變小、功率變小」；因電源為定電壓供電，電阻變小會使電流平方倍劇增，整體功率必然提升。

（二）電容器充電之靜電容量倍數

• 核心觀念

1. 電容量定義公式：$Q = CV \implies C = \frac{Q}{V}$（其中 $Q$ 為儲存電荷量，$C$ 為靜電容量，$V$ 為端電壓）。
2. 反比關係：當儲存電荷量相同時，電容量與端電壓成反比。

• 解題方法

1. 依題意列出關係式： 兩電容器充入相同電荷，即 $Q_A = Q_B = Q$。 $A$ 的電壓為 $B$ 的 $5$ 倍，即 $V_A = 5V_B$。
2. 推導電容量之比： 由電容量定義分別表示兩者電容： $C_A = \frac{Q_A}{V_A} = \frac{Q}{5V_B}$ $C_B = \frac{Q_B}{V_B} = \frac{Q}{V_B}$
3. 求倍數： $\frac{C_A}{C_B} = \frac{\frac{Q}{5V_B}}{\frac{Q}{V_B}} = \frac{1}{5} = 0.2$ 因此，$A$ 的靜電容量為 $B$ 的 $\frac{1}{5}$ 倍（或 $0.2$ 倍）。

核心觀念

1. 歐姆定律（Ohm's Law）與串並聯等效電阻：

• 串聯電阻相加：$R_s = R_1 + R_2$。
• 並聯電阻計算：$R_p = R_1 \parallel R_2 = \frac{R_1 \times R_2}{R_1 + R_2}$。

2. 開路（Open Circuit）特性：

• 若電阻端點處於開路狀態，未與電源及其他支路構成完整的封閉迴路，則該支路電流必為零（$I = 0\ \mathrm{A}$）。

解題方法 依據標準考卷圖形配置：$7\ \Omega$ 電阻之一端為懸空／開路端（未形成閉合迴路）；主封閉迴路由 $12\ \mathrm{V}$ 電壓源、$6\ \Omega$ 電阻，以及由 $8\ \Omega$ 電阻與兩個串聯之 $4\ \Omega$ 電阻構成的並聯網路串接而成。

1. 計算並聯部分之等效電阻：

• 兩個 $4\ \Omega$ 電阻串聯分支之等效電阻為： $R_{4+4} = 4\ \Omega + 4\ \Omega = 8\ \Omega$
• 該分支與另一個 $8\ \Omega$ 電阻並聯，其等效電阻 $R_p$ 為： $R_p = 8\ \Omega \parallel R_{4+4} = 8\ \Omega \parallel 8\ \Omega = \frac{8 \times 8}{8 + 8} = 4\ \Omega$

2. 計算通過 $6\ \Omega$ 電阻之電流：

• 全電路閉合部分之總等效電阻 $R_{eq}$（$6\ \Omega$ 電阻與 $R_p$ 串聯）： $R_{eq} = 6\ \Omega + R_p = 6\ \Omega + 4\ \Omega = 10\ \Omega$
• 電源流出之總電流即為流經 $6\ \Omega$ 電阻之電流 $I_{6\Omega}$： $I_{6\Omega} = \frac{E}{R_{eq}} = \frac{12\ \mathrm{V}}{10\ \Omega} = 1.2\ \mathrm{A}$

3. 計算通過 $7\ \Omega$ 電阻之電流：

• $7\ \Omega$ 電阻因端點開路，無封閉電流迴路可供流通，故電流為： $I_{7\Omega} = 0\ \mathrm{A}$

選項分析 本題為非選擇題（計算題）。電路中 $7\ \Omega$ 電阻為典型之誘答測驗設計，旨在評量考生是否能直接識別開路支路無電流通過之基本物理定義。

解題技巧

• 開路直觀判斷：看到懸空未形成迴路的支路，電流直接代入 $0\ \mathrm{A}$，切勿代入節點或迴路方程式計算，省下寶貴作答時間。

核心觀念

1. 第（一）小題：戴維寧等效電路（Thevenin's Theorem）與最大功率轉移定理（Maximum Power Transfer Theorem）

• 戴維寧等效電路：自待求負載電阻 $R_x$ 兩端看入，整個線性雙埠含源網路可等效化簡為一個戴維寧等效電壓源 $V_{th}$ 串聯一個等效電阻 $R_{th}$。
• $V_{th}$：負載端開路時的開路電壓（$V_{oc}$）。
• $R_{th}$：將網路內部所有獨立電源去活化（獨立電壓源短路、獨立電流源開路）後，自負載端看入的等效電阻。
• 最大功率轉移定理：當負載電阻 $R_x$ 等於戴維寧等效電阻時（$R_x = R_{th}$），負載可自電路吸納最大功率。
• 最大功率計算公式： $P_{\max} = \frac{V_{th}^2}{4 R_{th}} = I_x^2 R_x$ 其中負載電流為 $I_x = \frac{V_{th}}{R_{th} + R_x} = \frac{V_{th}}{2 R_{th}}$。

2. 第（二）小題：電容器串並聯等效簡化與一階直流 $RC$ 充電暫態分析

• 電容器等效化簡：
• 電容並聯：等效電容量直接相加，$C_p = C_1 + C_2$。
• 電容串聯：倒數相加（兩電容為相乘除以相加），$C_{eq} = \frac{C_a C_b}{C_a + C_b}$。
• 充電時間常數（Time Constant, $\tau$）： $\tau = R C_{eq}$
• 一階直流暫態三要素公式： $x(t) = x(\infty) + [x(0^+) - x(\infty)] e^{-t/\tau}$
• 電容電壓不可突變：$v_c(0^+) = v_c(0^-) = 0\ \mathrm{V}$。
• 穩態時電容視為開路（充電飽和）：$v_c(\infty) = E$，$i_c(\infty) = 0\ \mathrm{A}$。
• 充電電流微分定義式：$i_c(t) = C_{eq} \frac{d v_c(t)}{dt}$。

解題方法

第（一）小題

1. 求戴維寧等效電阻 $R_{th}$：

• 將待測負載電阻 $R_x$ 拆除，自其兩端標定為端點 $a\text{-}b$ 看入電路。
• 將獨立電壓源 $32\ \mathrm{V}$ 去活化以導線短路。
• 電路中 $5\ \Omega$ 與 $7\ \Omega$ 形成串聯路徑： $R_s = 5\ \Omega + 7\ \Omega = 12\ \Omega$
• 兩只 $8\ \Omega$ 電阻並聯： $R_p = 8\ \Omega \parallel 8\ \Omega = \frac{8 \times 8}{8 + 8} = 4\ \Omega$
• 由端點 $a\text{-}b$ 看入，為 $R_s$ 與 $R_p$ 之並聯等效： $R_{th} = R_s \parallel R_p = 12\ \Omega \parallel 4\ \Omega = \frac{12 \times 4}{12 + 4} = \frac{48}{16} = 3\ \Omega$

2. 求獲得最大功率之 $R_x$ 阻值：

• 根據最大功率轉移定理： $R_x = R_{th} = 3\ \Omega$

3. 求戴維寧等效開路電壓 $V_{th}$：

• 保持負載端點 $a\text{-}b$ 開路，還原 $32\ \mathrm{V}$ 電壓源。
• 電路為 $32\ \mathrm{V}$ 電壓源接上串聯之 $R_s = 12\ \Omega$ 與 $R_p = 4\ \Omega$。
• 利用分壓定理求得端點開路電壓： $V_{th} = 32 \times \frac{R_p}{R_s + R_p} = 32 \times \frac{4}{12 + 4} = 32 \times \frac{4}{16} = 8\ \mathrm{V}$

4. 計算 $R_x$ 所獲之最大功率 $P_{\max}$：

• 代入最大功率公式： $P_{\max} = \frac{V_{th}^2}{4 R_{th}} = \frac{8^2}{4 \times 3} = \frac{64}{12} = \frac{16}{3}\ \mathrm{W} \approx 5.333\ \mathrm{W}$

第（二）小題

1. 電容網路等效化簡：

• 並聯的 $4\ \mu\mathrm{F}$ 與 $2\ \mu\mathrm{F}$ 電容相加： $C_p = 4\ \mu\mathrm{F} + 2\ \mu\mathrm{F} = 6\ \mu\mathrm{F}$
• $C_p$ 再與 $3\ \mu\mathrm{F}$ 電容串聯，整體等效電容量為：

核心觀念

1. 交流穩態相量分析（Phasor Analysis）：在弦波穩態電路中，弦波電壓與電流以相量形式表示，各支路遵循相量歐姆定律 $\mathbf{V} = \mathbf{I} \cdot \mathbf{Z}$。
2. 阻抗與導納（Impedance & Admittance）：

• 串聯元件阻抗相加：電阻 $R$、電感抗 $Z_L = jX_L$、電容抗 $Z_C = -jX_C$。
• 支路導納為阻抗的倒數：$\mathbf{Y} = \frac{1}{\mathbf{Z}} = G + jB$。

3. 克希荷夫電流定律（KCL）：電路任一節點之流入電流等於流出電流，即總電流為並聯支路電流之相量和：$\mathbf{I}_1 = \mathbf{I}_2 + \mathbf{I}_3$。
4. 有效功率（平均功率，Active Power）：

• 純電抗元件（電感、電容）之平均功率為零，不消耗有效功率。
• 電路之總有效功率等於各電阻消耗有效功率之總和：$P = \sum |\mathbf{I}|^2 R$。
• 亦可由電源電壓與總電流之複數功率實部求得：$P = \text{Re}\{\mathbf{V}_s \mathbf{I}_1^*\} = |\mathbf{V}_s||\mathbf{I}_1|\cos\theta$。

解題方法

依電路架構配置（交流電壓源與兩個並聯支路連接）：

• 主支路：電壓源 $\mathbf{V}_s = 24\angle 60^\circ\ \mathrm{V(rms)}$，電源流出之總電流為 $\mathbf{I}_1$。
• 中間支路（$RL$ 串聯）：由 $5\ \Omega$ 電阻與 $j10\ \Omega$ 電感性阻抗串聯，支路阻抗為 $\mathbf{Z}_2$，電流為 $\mathbf{I}_2$。
• 右側支路（$RC$ 串聯）：由 $8\ \Omega$ 電阻與 $-j4\ \Omega$ 電容性阻抗串聯，支路阻抗為 $\mathbf{Z}_3$，電流為 $\mathbf{I}_3$。

（一）求電流 $\mathbf{I}_1$、$\mathbf{I}_2$ 及 $\mathbf{I}_3$

1. 各並聯支路阻抗：

• $\mathbf{Z}_2 = 5 + j10\ \Omega$ $|\mathbf{Z}_2| = \sqrt{5^2 + 10^2} = \sqrt{125} = 5\sqrt{5} \approx 11.18\ \Omega$ $\angle \mathbf{Z}_2 = \tan^{-1}\left(\frac{10}{5}\right) \approx 63.43^\circ \implies \mathbf{Z}_2 = 5\sqrt{5}\angle 63.43^\circ\ \Omega$

• $\mathbf{Z}_3 = 8 - j4\ \Omega$ $|\mathbf{Z}_3| = \sqrt{8^2 + (-4)^2} = \sqrt{80} = 4\sqrt{5} \approx 8.94\ \Omega$ $\angle \mathbf{Z}_3 = \tan^{-1}\left(\frac{-4}{8}\right) \approx -26.57^\circ \implies \mathbf{Z}_3 = 4\sqrt{5}\angle -26.57^\circ\ \Omega$

2. 計算各支路電流 $\mathbf{I}_2$ 與 $\mathbf{I}_3$： 因兩支路直接並聯於電壓源 $\mathbf{V}_s$，跨接端電壓皆為 $\mathbf{V}_s$：

• 電流 $\mathbf{I}_2$： $\mathbf{I}_2 = \frac{\mathbf{V}_s}{\mathbf{Z}_2} = \frac{24\angle 60^\circ}{5\sqrt{5}\angle 63.43^\circ} = \frac{24}{5\sqrt{5}}\angle (60^\circ - 63.43^\circ) \approx 2.15\angle -3.43^\circ\ \mathrm{A}$ 化為直角坐標： $\mathbf{I}_2 = 2.147\cos(-3.43^\circ) + j2.147\sin(-3.43^\circ) \approx 2.143 - j0.129\ \mathrm{A}$

• 電流 $\mathbf{I}_3$： $\mathbf{I}_3 = \frac{\mathbf{V}_s}{\mathbf{Z}_3} = \frac{24\angle 60^\circ}{4\sqrt{5}\angle -26.57^\circ} = \frac{6}{\sqrt{5}}\angle [60^\circ - (-26.57^\circ)] \approx 2.68\angle 86.57^\circ\ \mathrm{A}$ 化為直角坐標： $\mathbf{I}_3 = 2.683\cos(86.57^\circ) + j2.683\sin(86.57^\circ) \approx 0.161 + j2.678\ \mathrm{A}$