110 初等考試五等 電子工程 基本電學大意 考古題詳解

核心觀念

均勻導線的電阻由材料電阻係數、導線長度與橫截面積決定：

$R=\rho\frac{L}{A}$

其中 $\rho$ 為電阻係數，$L$ 為導線長度，$A$ 為垂直於電流方向的橫截面積。圓形導線的截面積為 $A=\pi r^2$。

解題方法

先統一使用公尺為長度單位，再計算截面積：

$r=1\ \text{mm}=1\times10^{-3}\ \text{m}$

代入電阻公式，並以 $\rho=1.72\times10^{-8}\ \Omega\cdot\text{m}$、$L=10\ \text{m}$ 計算：

核心觀念

本題考查串聯、並聯電阻的化簡。只有在兩電阻的連接點沒有其他支路時，兩電阻才可直接視為串聯；兩電阻的兩端接在相同兩個節點時，才是並聯。

解題方法

將左上節點記為 $a$，左下節點記為 $b$。右上方的 $26\ \Omega$ 與 $10\ \Omega$ 之間沒有其他支路，因此兩者串聯：

這個 $36\ \Omega$ 位於 $a$ 與右下節點之間，與圖中的 $18\ \Omega$ 斜向電阻並聯：

再與右下節點至 $b$ 的 $6\ \Omega$ 串聯，得到一條 $a$ 至 $b$ 的支路：

這條 $18\ \Omega$ 支路與 $a$、$b$ 之間直接連接的 $36\ \Omega$ 電阻並聯，因此：

選項分析

核心觀念

電能等於功率乘以使用時間：

其中 $E$ 是電能，$P$ 是功率，$t$ 是時間。計算時須使功率與時間的單位相容；$1\ \text{W}=1\ \text{J/s}$。

解題方法

電熱水器功率為 $2000\ \text{W}$，使用 $1$ 小時。先將時間換算為秒：

代入公式：

因此選項（D）正確。

選項分析

• （A）$33.3\ \text{J}$：錯誤。 電能應為功率乘上時間；此數值遠低於使用一小時的耗能。
• **（B）$2\ \text{kJ}$：錯誤。

核心觀念

均勻導線的電阻公式為

其中 $\rho$ 為材料的電阻率、$L$ 為導線長度、$A$ 為截面積。相同材料表示兩導線的電阻率相同，因此電阻與長度成正比，與截面積成反比。

解題方法

已知 $A_a=4A_b$、$L_a=6L_b$，比較兩導線電阻：

因此 $a$ 導線與 $b$ 導線的電阻值之比為 $3:2$。

選項分析

核心觀念

金屬導體的電阻會隨溫度改變。已知電阻在基準溫度 $T_0$ 時為 $R_0$，且電阻溫度係數為 $\alpha$，則在溫度 $T$ 時：

本題先用歐姆定律由電壓與電流求出 $T$ 時的電阻，再代入電阻溫度關係式求溫度。

解題方法

由歐姆定律 $V=IR$，在 $T$ 時導體電阻為：

題目給定 $20^\circ\text{C}$ 時電阻 $R_0=50\ \Omega$，溫度係數 $\alpha=0.004\ ^\circ\text{C}^{-1}$。代入公式：

兩邊除以 $50$：

選項分析

核心觀念

本題考查電阻器的功率公式。已知電阻 $R$ 與電流 $I$ 時，可用焦耳定律：

$P=I^2R$

計算前須統一單位：$3\ \text{k}\Omega=3000\ \Omega$。

解題方法

代入已知電流 $I=0.012\ \text{A}$ 與電阻 $R=3000\ \Omega$：

$P=(0.012)^2\times 3000=0.000144\times 3000=0.432\ \text{W}$

因此電阻器消耗的功率為 $0.432$ 瓦特。

選項分析

核心觀念

本題考基爾霍夫電流定律（KCL）：流入節點的電流總和等於流出節點的電流總和。圖中電流源 $I_1$ 的箭頭朝上，將電流送入上方節點；$R_1$、$R_2$、$R_3$ 都接在相同的上下兩個節點之間，因此三個電阻兩端的電壓皆為 $V_1$。

解題方法

依歐姆定律，各電阻支路的電流分別為

在上方節點套用 KCL，電流源送入的電流等於三個電阻支路流出的電流總和：

核心觀念

金屬導體的電阻會隨溫度上升而增加。若已知參考溫度下的電阻 $R_0$ 與溫度係數 $\alpha$，可用下式估算溫度改變後的電阻：

其中 $T_0$ 為參考溫度，$T$ 為工作溫度。本題的溫度係數以 $30^\circ\text{C}$ 為基準。

解題方法

已知 $R_0=25\ \Omega$、$T_0=30^\circ\text{C}$、$R=30\ \Omega$、$\alpha=0.005\ ^\circ\text{C}^{-1}$。代入公式：

兩邊除以 $25$：

因此燈絲的工作溫度為 $70^\circ\text{C}$。

選項分析

核心觀念

LED 依題目給定的二極體電流－電壓關係式工作：

$I_d=I_s\left(e^{V_d/V_{th}}-1\right)$

已知操作電流 $I_d=10\ \text{mA}$、反向飽和電流 $I_s=10^{-32}\ \text{A}$，且熱電壓 $V_{th}=26\ \text{mV}$。本題要由電流反求 LED 的工作電壓。

解題方法

先將公式整理成 $V_d$：

$e^{V_d/V_{th}}=\frac{I_d}{I_s}+1$

$V_d=V_{th}\ln\left(\frac{I_d}{I_s}+1\right)$

代入數值，並將 $10\ \text{mA}$ 換成 $10^{-2}\ \text{A}$：

$V_d=0.026\ln\left(\frac{10^{-2}}{10^{-32}}+1\right)$

$V_d=0.026\ln(10^{30}+1)\approx 0.026(30\ln 10)$

$V_d\approx 1.80\ \text{V}$

因此最接近的選項是 $1.8\ \text{V}$。

選項分析

核心觀念

本題承接前一題的 LED 電路，考查二極體的電流－電壓關係，以及串聯限流電阻的歐姆定律。電池電壓由 LED 與電阻共同分擔，因此：

$V_S=V_d+V_R,\qquad R=\frac{V_R}{I_d}=\frac{V_S-V_d}{I_d}$

前題給定電池電壓 $V_S=9\text{ V}$、LED 操作電流 $I_d=10\text{ mA}$，並給定二極體方程式：

$I_d=I_S\left(e^{V_d/V_{th}}-1\right)$

其中 $V_{th}=26\text{ mV}$、$I_S=10^{-32}\text{ A}$。

解題方法

先用二極體方程式求 LED 的工作電壓：

$V_d=V_{th}\ln\left(\frac{I_d}{I_S}+1\right)$

代入數值：

因此限流電阻上的電壓約為：

$V_R=9-1.79=7.21\text{ V}$

依歐姆定律，電阻值為：

核心觀念

本題考查對稱電阻網路與歐姆定律。圖中電源將上、下兩條母線維持在 $80\text{ V}$ 與 $0\text{ V}$；三支垂直支路的上、下電阻各自相等，因此各支路中點電位皆為 $40\text{ V}$。中間的 $4\,\Omega$ 電阻兩端電位相同，沒有電流流過。

解題方法

上方母線為 $80\text{ V}$，下方母線為 $0\text{ V}$，所以各支路中點電壓為 $40\text{ V}$。

$I_1$ 流經右側上方的 $3\,\Omega$ 電阻：

$I_2$ 流經左側下方的 $36\,\Omega$ 電阻：

因此：

核心觀念

負載 $R_L$ 發生最大功率轉移時，$R_L=R_{TH}$，負載最大功率為

其中 $V_{TH}$ 是 $R_L$ 開路時端點 $a,b$ 的電壓；$R_{TH}$ 是將獨立電壓源短路、獨立電流源開路後，從 $a,b$ 看入的等效電阻。

解題方法

先令 $R_L$ 開路。此時右側串聯的 $4\,\Omega$ 沒有電流，因此 $a$ 點電壓等於上方節點電壓。以下方節點 $b$ 為接地，設上方節點電壓為 $V_x$、中間節點電壓為 $V_y$。

依節點電流定律：

整理得

解得 $V_x=32\text{ V}$，所以

接著求 $R_{TH}$：將 $18\text{ V}$ 電壓源短路，並將 $3\text{ A}$、$6\text{ A}$ 電流源開路。

核心觀念

戴維寧等效電壓 $E_{TH}$ 是端點 $a$、$b$ 開路時的端電壓；戴維寧等效電阻 $R_{TH}$ 則是在獨立電壓源短路後，從 $a$、$b$ 端看入的等效電阻。

解題方法

先求開路電壓。$a$ 端開路時，右側 $2.5\ \Omega$ 電阻沒有電流，因此其壓降為零。$a$ 點電壓等於 $10\ \Omega$ 與 $30\ \Omega$ 電阻交接處的電壓。兩電阻串聯接在 $80\ \text{V}$ 電源兩端，故：

再求等效電阻。將理想 $80\ \text{V}$ 電壓源短路後，$10\ \Omega$ 與 $30\ \Omega$ 電阻並聯，並與通往 $a$ 端的 $2.5\ \Omega$ 電阻串聯：

選項分析

核心觀念

並聯支路兩端接在同一對節點，因此各支路電壓相同。以底部節點為參考地，頂部節點電壓就是 $V_x$。依節點電壓法，流入節點的電流總和等於流出節點的電流總和。

解題方法

左側 $2\,\text{A}$ 電流源箭頭向上，表示電流流入頂部節點。其餘三支路的電流方向均由頂部流向底部：

• $30\,\Omega$ 電阻電流為 $\dfrac{V_x}{30}$。
• $60\,\Omega$ 電阻電流為 $\dfrac{V_x}{60}$。
• 受控電流源電流為 $0.05V_x$。

套用 KCL：

整理：

因此：

選項分析

核心觀念

燈泡的額定電壓與額定功率可用來求其等效電阻。假設燈泡電阻在本題工作範圍內視為定值，使用

將兩個燈泡 A 並聯後，再與燈泡 B 串聯時，先求電路的等效電阻與總電流，再由 $P_{\text{總}}=VI$ 求總功率。

解題方法

燈泡 A 的電阻為

燈泡 B 的電阻為

兩個燈泡 A 並聯，其等效電阻為

此並聯組合再與燈泡 B 串聯，故總電阻為

接上 $100\ \text{V}$ 直流電源後，總電流為

核心觀念

本題運用串聯電阻的等效觀念：若某一支路開路，該支路沒有電流；在其餘路徑中，串聯電阻的等效值為電阻相加。依本題官方答案的命題意旨，將 $R_1$ 開路後，取 $b$、$c$ 兩端的等效電阻作為 $R_C$。

解題方法

$R_1$ 開路，表示連接端點 $a$ 的支路不導通。由 $b$ 到 $c$ 的有效路徑經過 $R_3$ 與 $R_2$，兩者串聯，因此：

所以選項為 (C) $5\ \Omega$。

選項分析

• (A) $3\ \Omega$：錯誤。 只取了 $R_3$，未計入串聯的 $R_2$。
• **(B) $4\ \Omega$：錯誤。

核心觀念

本題考查節點電壓法與克希荷夫電流定律（KCL）。取下方導線為接地，令上方節點電壓為 $V$，則 $12\ \Omega$ 電阻中的向下電流為 $I=V/12$。圖中的 $2\ \text{A}$ 電流源箭頭向上，表示電流注入上方節點。

解題方法

對上方節點套用 KCL：流出節點的電阻電流總和，等於電流源注入的 $2\ \text{A}$。

兩邊乘以 $12$：

因此流經 $12\ \Omega$ 電阻的向下電流為

選項分析

核心觀念

迴路電流法以各網目電流套用克希荷夫電壓定律。兩個網目共用的電阻，其支路電流等於兩個迴路電流的代數差；本題中 $R_2$ 的向下電流為 $I_1-I_2$。

解題方法

依圖中方向，令左、右兩個網目的迴路電流 $I_1$、$I_2$ 均為順時針。左網目經過 $R_2$ 的方向向下，右網目經過 $R_2$ 的方向向上，因此：

• $R_1$ 支路電流為 $I_1$，方向向上。
• $R_2$ 支路向下電流為 $I_1-I_2$。
• $R_3$ 支路電流為 $I_2$，方向向下。

對左網目套用 KVL：

整理得：

對右網目套用 KVL：

整理得：

聯立可得：

核心觀念

本題考查歐姆定律、節點電流定律（KCL），以及相依電流源的控制變數。相依電流源大小為 $\frac{1}{3}V_o$，其中 $V_o$ 的正負極性依圖示：左正、右負。

解題方法

令 $I_o$ 為向右流經 $8\,\Omega$ 電阻的電流，右側節點對下方公共端的電壓為 $V_b$。

由歐姆定律，$8\,\Omega$ 電阻兩端電壓為：

在右側節點套用 KCL：流入節點的 $I_o$，等於流經 $3\,\Omega$ 電阻與相依電流源的電流總和：

代入 $V_o=8I_o$：

由電源上端至右側節點，$2\,\Omega$ 與 $8\,\Omega$ 電阻串聯，總電阻為 $10\,\Omega$，因此：

代入 $V_b=-5I_o$：

核心觀念

求含受控源電路的戴維寧等效電阻時，先將獨立源關閉，再在端點加上測試源，計算 $R_{\mathrm{th}}=V_{\mathrm{test}}/I_{\mathrm{test}}$。本題的獨立電流源關閉後要開路；受控電流源仍須保留，且其電流 $i_y$ 由 $3R$ 電阻上的電流決定。

解題方法

在 $a$、$b$ 兩端加測試電壓 $V_t=V_a-V_b$。圖中 $i_y$ 的方向由 $a$ 指向 $b$，因此

把 $a$、$b$ 視為一個超節點，流向下方公共節點的電流總和為零。$3R$ 支路連接在超節點內部，不列入超節點對外的電流：

代入 $i_y=V_t/(3R)$，並用 $V_a-V_b=V_t$，可得

測試電流由端點 $a$ 流入電路，分別流經接地電阻 $R$ 與 $3R$ 支路：

核心觀念

電感電流不能瞬間改變，因此開關動作前後有

$i(0^+)=i(0^-)$

直流穩態時，理想電感視為短路。開關閉合時會短路旁邊的 $3\,\Omega$ 電阻；開關打開後，電流則必須流經 $2\,\Omega$ 與 $3\,\Omega$ 電阻。

解題方法

開關在 $t=0$ 打開。先求打開前的穩態電流，再利用電感電流連續性求 $i(0)$；最後求開關打開後的直流穩態電流 $i(\infty)$。

開關打開前已達直流穩態，電感視為短路，且閉合的開關將 $3\,\Omega$ 電阻旁路，因此電路只剩 $10\,\text{V}$ 電源與 $2\,\Omega$ 電阻串聯：

$i(0^-)=\frac{10}{2}=5\,\text{A}$

由電感電流連續性：

$i(0)=i(0^+)=i(0^-)=5\,\text{A}$

開關打開後，經過一段時間達到新的直流穩態，電感再次視為短路。此時 $2\,\Omega$ 與 $3\,\Omega$ 串聯：

$i(\infty)=\frac{10}{2+3}=2\,\text{A}$

選項分析

核心觀念

MKS 是以**公尺（meter）、公斤（kilogram）、秒（second）**為基本單位的單位制。電學量可由這些基本單位及其衍生單位表示；安培與亨利屬於 MKS 制常用的電學單位。高斯則屬於 CGS 電磁制常見的磁場單位。

解題方法

逐一辨認四個單位所代表的物理量及其單位制：

• 厘伯（①）：電荷量單位，$1\ \text{厘伯}=1\ \text{abC}=10\ \text{C}$。其中庫侖（C）是 MKS 制的電荷單位，因此厘伯可換算為 MKS 制單位。
• 安培（②）：電流的 SI 基本單位，屬於 MKS 制電學單位。
• 高斯（③）：磁通密度（磁感應強度）的 CGS 單位，不屬於 MKS 制；MKS／SI 制使用特斯拉（T）。

核心觀念

通電導體置於磁場中會受磁力，方向由向量外積決定：

$\vec F=I\vec L\times\vec B$

其中 $\vec L$ 的方向與傳統電流方向相同。圖中磁場 $B$ 向右，電流流出紙面；依右手定則，電流方向叉乘磁場方向為向上。

解題方法

將紙面向右、向上、向外分別視為 $+x$、$+y$、$+z$ 方向，則電流方向為 $+z$，磁場方向為 $+x$：

$\hat z\times\hat x=\hat y$

因此導體受力向上，選項為 (C)。

選項分析

核心觀念

本題考法拉第電磁感應定律：線圈的感應電動勢大小，等於線圈匝數乘上每匝磁通量對時間的變化率：

其中 $N$ 為線圈匝數，$\Phi$ 為每匝所鏈結的磁通量。負號代表感應電動勢方向符合楞次定律；本題只問電動勢大小，因此取絕對值。

解題方法

已知線圈有 $N=10$ 匝，磁通量與時間的關係為

先求磁通量的變化率：

因此感應電動勢大小為

核心觀念

平行板電容器的電容量由電極面積、板間距離及介質的介電係數決定：

其中，$A$ 為電極面積，$d$ 為兩板距離，$\varepsilon_0$ 為真空介電常數，$\varepsilon_r$ 為介質的相對介電係數。

解題方法

先將板間距離換算成公尺：

代入題目數值：

因此選項 (A) 正確。

選項分析

核心觀念

直流電路達到穩態後，電容電流為 $i_C=C\dfrac{dv_C}{dt}=0$，因此電容支路等效為開路。但圖中的 $6\,\Omega$ 電阻仍與電容並聯，不能一併視為開路。$V_a$ 是電容兩端電壓，也就是該並聯支路的電壓。

解題方法

穩態時電容支路沒有電流，電流只經過電源、上方的 $6\,\Omega$ 電阻，以及中間的 $6\,\Omega$ 電阻。兩個電阻串聯，總電阻為

回路電流為

中間 $6\,\Omega$ 電阻上的電壓為

圖示 $V_a$ 上端為正、下端為負，因此電壓值為 $5\,\text{V}$。

核心觀念

本題考「電容器是否具有極性」。具有極性的電容器有正、負端，接線時須依外殼或元件上的標示連接；若將極性接反，可能造成漏電、性能劣化，甚至損壞。常見的極性電容器是電解質電容器。

解題方法

辨認各選項的電容器種類，判斷其電極結構是否有固定正、負端。陶瓷、雲母與紙質電容器一般屬無極性電容器；電解質電容器則具有極性，因此使用時須注意正、負極標示。

選項分析

核心觀念

磁通密度 $B$ 是垂直穿過單位面積的磁通量，公式為

其中 $\Phi$ 為磁通量，單位是韋伯（Wb）；$A$ 為面積，單位是平方公尺（$\mathrm{m^2}$）。磁通線數與磁通量的換算關係為 $1\ \mathrm{Wb}=10^8$ 線。

解題方法

先將磁力線數換算成磁通量，再將面積換算成平方公尺：

代入磁通密度公式：

因此選項（A）正確。

選項分析