113 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

金屬中的可移動電荷主要是自由電子。金屬原子最外層電子容易脫離原子束縛，在金屬內部自由移動；接上電源後，電場使這些自由電子產生定向移動，形成電流。傳統電流方向與電子移動方向相反。

解題方法

題目問的是「大多數金屬導體」中的電流主要由哪種粒子造成。判斷材料的主要載子即可：金屬導體以自由電子為主要載子，因此選電子。

選項分析

核心觀念

本題考查常見電阻器的種類，以及電阻值的標示方式。碳質電阻通常以色環標示阻值與容許誤差；色環依序代表有效數字、倍率及容許誤差。

解題方法

先辨認哪一種電阻最常見以色碼標示，再與其他選項的外觀或用途區分。碳質電阻常見於電子電路，通常在本體上以數道色環表示電阻值；其餘種類則常以印字、刻度或其他方式標示。

選項分析

• (A) 碳質電阻：正確。 碳質電阻常以色環標示阻值，是本題所問的電阻種類。
• **(B) 可變電阻：錯誤。

核心觀念

均勻導線的電阻公式為

其中 $\rho$ 為材料電阻率、$L$ 為導線長度、$A$ 為截面積。同一條導線拉長時，材料不變，所以 $\rho$ 不變；題目又說體積不變，因此 $LA$ 固定。

解題方法

原長度為 $L_1=4$ 公分，電阻為 $R_1=10\,\Omega$；拉長後長度為 $L_2=16$ 公分。由體積不變：

電阻與長度成正比、與截面積成反比，因此：

所以拉長後的電阻為：

核心觀念

電阻溫度係數表示電阻隨溫度改變的相對變化率。若已知參考溫度 $T_1$ 時的電阻 $R_1$，則另一溫度 $T_2$ 時的電阻可寫成

其中 $\alpha_{T_1}$ 是以 $T_1$ 為基準的電阻溫度係數，單位為 $\mathrm{^\circ C}^{-1}$。

解題方法

題目要求 $30^\circ\mathrm{C}$ 時的電阻溫度係數，因此以 $30^\circ\mathrm{C}$ 為參考溫度，代入 $R_1=50\,\Omega$、$R_2=60\,\Omega$，溫差為 $80-30=50^\circ\mathrm{C}$：

因此選項為 (C)。

選項分析

核心觀念

電能等於功率乘以時間。電費常用的「度」是千瓦小時（$\mathrm{kWh}$），也就是功率為 $1\,\mathrm{kW}$ 的電器使用 $1$ 小時所消耗的電能。

解題方法

先將電熱水器功率由瓦特換算成千瓦：

加熱 $2$ 小時，消耗電能為：

核心觀念

本題考查串聯電路的特性與歐姆定律：

• 串聯電路中，各電阻電流相同。
• 總電阻為各電阻相加：

$R_{\text{總}}=R_1+R_2+R_3+R_4$

• 由歐姆定律求電流：

$I=\frac{V}{R}$

• 電阻兩端電壓為：

$V_R=IR$

圖中電壓定義為 $V_{ab}=V_a-V_b$、$V_{cd}=V_c-V_d$。

解題方法

四個電阻全部串聯，且電源電壓為 $200\text{ V}$。

總電阻：

$R_{\text{總}}=40\,\text{k}\Omega+30\,\text{k}\Omega+20\,\text{k}\Omega+10\,\text{k}\Omega$

$R_{\text{總}}=100\,\text{k}\Omega$

串聯電路電流：

$I=\frac{200}{100\,\text{k}\Omega}=2\,\text{mA}$

因此，$a、b$ 兩點間為 $R_1=40\,\text{k}\Omega$ 的電壓：

$V_{ab}=IR_1$

$V_{ab}=(2\,\text{mA})(40\,\text{k}\Omega)=80\,\text{V}$

$c、d$ 兩點間為 $R_3=20\,\text{k}\Omega$ 的電壓：

$V_{cd}=IR_3$

核心觀念

本題考查基爾霍夫電流定律（KCL）、歐姆定律，以及串聯電阻的等效化簡。

電位差定義為：

令左下方節點電位為 $0\ \mathrm{V}$。

解題方法

左側電路中，$20\ \Omega$ 與 $10\ \Omega$ 串聯，因此由節點 $x$ 至接地等效為：

設左側上方電源正端電位為 $20\ \mathrm{V}$，中央上方兩節點分別為 $x、y$。

右側部分中，$5\ \Omega$ 與 $1\ \Omega$ 串聯，等效為 $6\ \Omega$。右側 $30\ \mathrm{V}$ 電源使得：

對右側超節點套用 KCL：

由於 $V_a=V_{\text{右下}}+30$，整理得：

解得：

因此右側等效支路電流為：

在 $y$ 節點，經由右側 $4\ \Omega$ 支路的電流為 $3\ \mathrm{A}$，經由右側 $5\Omega+1\Omega$ 支路的電流也是 $3\ \mathrm{A}$，兩者對 $y$ 節點的總電流互相抵消，所以中央 $10\ \Omega$ 電阻中無電流：

對左側節點 $x$ 套用 KCL：

因為 $V_x=V_y$，可得：

核心觀念

電流是單位時間內通過導線截面的電量，定義為 $I=\dfrac{Q}{t}$。每個電子帶有大小為 $e=1.6\times10^{-19}\,\text{C}$ 的電荷，因此先以電子數求總電量，再除以通過時間，即可求得平均電流。題目給的截面積不影響此計算。

解題方法

$5$ 秒內通過的電子數為 $N=1.25\times10^{20}$ 個，總電量大小為

因此平均電流為

核心觀念

本題考查：

• 歐姆定律：$I=\dfrac{V}{R}$
• 對稱電路與節點電壓
• 克希荷夫電流定律（KCL）

兩側電源皆為 $25\text{ V}$，各經過一個 $15\,\Omega$ 電阻接至中央節點；中央節點再經 $30\,\Omega$ 電阻接地。

解題方法

設中央節點電壓為 $V$，以下端公共節點為 $0\text{ V}$。

由中央節點套用 KCL：

整理得：

兩邊乘以 $30$：

因此，任一個 $15\,\Omega$ 電阻兩端的電壓為：

其電流為：

選項分析

核心觀念

本題考查燈泡額定資料換算電阻，以及開關短路對電路的影響。

燈泡額定電阻為：

因此：

• $R_1$：$100\text{ V}/100\text{ W}$

• $R_2$：$100\text{ V}/25\text{ W}$

圖中 $S1$ 與 $R_1$ 並聯，$S2$ 與 $R_2$ 並聯。開關閉合時，理想開關相當於短路，該燈泡兩端電壓為零，因此燈泡不消耗功率。

電源內串聯有 $1\ \Omega$ 電阻，電源電壓為 $100\text{ V}$。

解題方法

分別計算四種開關狀態下兩燈泡的總功率。

(A) $S1$ ON；$S2$ OFF

$S1$ 短路 $R_1$，只有 $R_2$ 接入電路：

$R_2$ 的消耗功率為：

故兩燈泡總功率約為 $24.88\text{ W}$。

(B) $S1$ OFF；$S2$ ON

$S2$ 短路 $R_2$，只有 $R_1$ 接入電路：

$R_1$ 的消耗功率為：

核心觀念

本題考查：

• 開關 $S$ 閉合後，頂端的 $6\,\Omega$ 電阻接入電路。
• 使用基爾霍夫電流定律（KCL）與節點電壓法。
• 電阻 $1\,\Omega$ 兩端若電位相同，則沒有電流通過。

以下端接地，電源使左側節點電壓為 $60\,\text{V}$。設中間節點電壓為 $V_B$，右側節點電壓為 $V_C$。

解題方法

對節點 $B$ 使用 KCL：

整理得：

對節點 $C$ 使用 KCL：

整理得：

聯立兩式可得：

因此 $1\,\Omega$ 電阻兩端電位相同，通過該電阻的電流為零。

核心觀念

諾頓等效電流 $I_N$ 定義為由端點 $a$、$b$ 看入時，將 $a$、$b$ 短路所得到的短路電流：

圖中端點 $b$ 接地。將 $a$、$b$ 短路後，右側的 $4\,\Omega$ 電阻即成為中央節點對地的另一條支路。

解題方法

設中央上方節點電壓為 $V$，左側 $16\,\mathrm{V}$ 電壓源上端電位為 $16\,\mathrm{V}$。

對中央節點套用 KCL：

其中：

• $\dfrac{V-16}{6}$：經由左側 $6\,\Omega$ 電阻流出的電流
• $\dfrac{V}{4}$：經由中央垂直 $4\,\Omega$ 電阻流出的電流
• $\dfrac{V}{4}$：短路後，經由右側 $4\,\Omega$ 電阻流向端點 $a$、$b$ 的電流
• $4\,\mathrm{A}$：電流源注入中央節點的電流

整理得：

兩邊乘以 $6$：

因此短路電流為流經右側 $4\,\Omega$ 電阻的電流：

核心觀念

戴維寧等效電壓 $V_{\mathrm{TH}}$ 定義為端點 $a$-$b$ 開路時的端電壓：

移去圖 A 中的 $10\,\Omega$ 電阻後，端點 $a$-$b$ 開路，因此所求即為開路電壓。

解題方法

移去 $10\,\Omega$ 電阻後，$a$ 端沒有電流流出，所以流經左側 $20\,\Omega$ 電阻的電流為 $0$。因此 $20\,\Omega$ 電阻沒有壓降：

其中 $V_c$ 為 $20\,\Omega$、$30\,\Omega$ 與 $60\,\Omega$ 的交會節點電壓。

此時 $30\,\Omega$ 與 $60\,\Omega$ 串聯接於 $120\,\mathrm{V}$ 電源兩端，利用分壓定則：

底端節點為 $b$，故

核心觀念

本題考查串聯、節點電壓法與等效電阻。

端點 $a$、$b$ 外側的 $13\,\Omega$ 與 $7\,\Omega$ 電阻，各自只有一條電流路徑，因此與中間網路串聯：

其中 $R_{TB}$ 為上方節點 $T$ 與下方節點 $B$ 間五個電阻所形成網路的等效電阻。

解題方法

令 $V_T=1\,\text{V}$、$V_B=0$，中間節點電壓分別為 $V_M$、$V_C$。

對節點 $M$ 寫 KCL：

整理得：

對節點 $C$ 寫 KCL：

整理得：

聯立解得：

由上方節點 $T$ 流入網路的總電流為：

核心觀念

本題考查最大功率轉移定理：

當負載電阻 $R_L$ 獲得最大功率時，

最大功率為

其中 $V_{\text{th}}$ 為負載端的戴維寧等效電壓，$R_{\text{th}}$ 為負載端所見的戴維寧等效電阻。

解題方法

先將 $R_L$ 移除，求其開路端電壓，即 $V_{\text{th}}$。

右側節點分別經由三個相同的電阻 $R$，連接至 $1\text{ V}$、$2\text{ V}$、$3\text{ V}$ 電壓源，因此節點電壓為三個電壓的平均值：

再求戴維寧等效電阻。將理想電壓源短路後，三個電阻 $R$ 並聯：

代入最大功率公式：

因此

核心觀念

本題考查並聯電路的電流分配定則。並聯各支路兩端電壓相同，支路電流與電阻值成反比。對兩個並聯電阻而言：

其中 $I_s$ 為總電流，$I_1$ 為流經 $R_1$ 的電流。

解題方法

圖中電流源 $I_s=10\,\mathrm{mA}$ 與 $R_1=8\,\mathrm{k}\Omega$、$R_2=2\,\mathrm{k}\Omega$ 並聯，因此：

亦可由電流比例驗算：

總電流分成 $1+4=5$ 份，因此：

核心觀念

諾頓等效電路是由等效電流源 $I_N$ 與等效阻抗 $R_N$ 並聯組成。求兩端的等效阻抗時，需將獨立源歸零：

• 獨立電壓源歸零，相當於電壓設為 $0$，因此以短路取代。
• 獨立電流源歸零，相當於電流設為 $0$，因此以開路取代。

解題方法

將待求等效阻抗的兩端保留，關閉電路中的所有獨立源，再由這兩端看入電路，求得的阻抗就是諾頓等效阻抗 $R_N$。因此，電壓源要短路，電流源要開路。

選項分析

核心觀念

電壓源的開路電壓可視為理想電壓源的電動勢 $V_s$；實際電壓源可等效為理想電壓源串聯內阻 $r$。接上負載 $R_L$ 後，內阻與負載形成分壓，因此負載端電壓為

解題方法

題目給定開路電壓 $V_s=10\,\mathrm{V}$、負載電阻 $R_L=200\,\Omega$，接上負載後的端電壓 $V_L=8\,\mathrm{V}$。代入分壓公式：

整理得

因此電壓源的內阻為 $50\,\Omega$。

選項分析

• (A) $10\,\Omega$：錯誤。 代入分壓公式，負載電壓為 $10\times 200/(10+200)\approx9.52\,\mathrm{V}$，不等於 $8\,\mathrm{V}$。

核心觀念

電壓表的量測範圍可藉由在表頭串聯倍率電阻來擴大。電壓表內阻與倍率電阻串聯後，流過兩者的電流相同；當表頭達到滿刻度電流時，新增電阻分擔超出原量程的電壓。

解題方法

原電壓表滿刻度為 $100\,\mathrm{V}$，內阻為 $100\,\mathrm{k}\Omega$。其滿刻度電流為

擴大量程至 $1000\,\mathrm{V}$ 時，滿刻度電流仍為 $1\,\mathrm{mA}$。因此整個電壓表所需的總電阻為

倍率電阻須串聯在原電壓表上，阻值為

選項分析

核心觀念

本題考查：

• 歐姆定律：$V=IR$
• 克希荷夫電流定律（KCL）
• 電壓源極性判斷
• 受控電壓源的電壓關係

以下端公共節點為參考地，設左上節點電壓為 $V_L$、中央上節點電壓為 $V_C$、右上節點電壓為 $V_R$。

解題方法

左側 $2\,\Omega$ 電阻中的電流為 $i_1$，且方向向下，因此

上方 $10\,\text{V}$ 電壓源左端為負、右端為正，所以

代入 $V_L=2i_1$，得

右側受控電壓源上端為正，其電壓為 $8i_1$，因此

上方右側 $2\,\Omega$ 電阻中的電流 $i_2$ 為

核心觀念

本題考查一階 $RL$ 電路的：

• 電感穩態短路特性：$t\to\infty$ 時，電感視為短路。
• 時間常數： $\tau=\frac{L}{R_{\text{th}}}$ 其中 $R_{\text{th}}$ 為電感端點所看到的戴維寧等效電阻。
• 電感電流的最終值可由直流穩態電路求得。

解題方法

1. 求 $i(\infty)$

在 $t\to\infty$ 時，電感視為短路，因此右側的 $1\,\text{k}\Omega$ 電阻直接接地。

中間節點對地等效電阻為：

中間節點電壓由分壓定理得：

電感穩態電流就是流經 $1\,\text{k}\Omega$ 電阻的電流：

2. 求時間常數 $\tau$

將獨立電壓源 $10\,\text{V}$ 短路，從電感端點向左看：

• 先經過 $1\,\text{k}\Omega$
• 再看到 $1.5\,\text{k}\Omega$ 與 $2.2\,\text{k}\Omega$ 並聯

因此：

核心觀念

本題考查法拉第電磁感應定律：線圈兩端的感應電動勢，等於線圈磁通鏈結對時間的變化率。若線圈有 $N$ 匝、每匝磁通量為 $\Phi$，則

負號表示感應電動勢的方向符合冷次定律；判斷磁通量如何隨時間變化時，重點是變化率的大小。

解題方法

題目指出感應電動勢為非零定值，因此 $\frac{d\Phi}{dt}$ 為非零定值。對時間積分可得

其中 $C$ 為初始磁通量所對應的常數。因此，磁通量會隨時間作線性變化。

選項分析

核心觀念

本題考查長直導線通電時，電流方向與周圍磁場方向的關係，可用右手定則判斷。導線周圍的磁場會以導線為中心形成同心圓，方向由電流方向決定。

解題方法

將右手拇指指向電流方向，其餘四指自然彎曲的方向，就是磁場方向。題目指出電流垂直紙面向外，因此右手拇指朝向觀察者，四指環繞導線的方向為逆時鐘。

選項分析

核心觀念

本題考查導體在均勻磁場中運動所產生的感應電動勢，即動生電動勢：

其中：

• $e$：感應電動勢
• $B$：磁通密度
• $l$：導線長度
• $v$：導體移動速度
• $\theta$：導體有效切割磁力線時的夾角

依圖示，導體以垂直磁場方向移動，取最大動生電動勢情況，故 $\sin\theta=1$，公式為：

解題方法

已知：

代入動生電動勢公式：

因此：

核心觀念

本題考查電感器的串聯與並聯等效：

• 電感串聯： $L_{\text{eq}}=L_1+L_2+\cdots$
• 電感並聯： $\frac{1}{L_{\text{eq}}}=\frac{1}{L_1}+\frac{1}{L_2}+\cdots$

圖中各電感沒有標示互感，因此視為理想、彼此無互耦的電感。

解題方法

1. 左側輸入端先經過一個 $2\,\mathrm{H}$ 電感，該電感與後方整個網路串聯。

2. 中央垂直支路有兩個 $3\,\mathrm{H}$ 電感串聯：

$L_1=3+3=6\,\mathrm{H}$

3. 右側兩個 $8\,\mathrm{H}$ 電感並聯：

$L_2=\frac{8\times 8}{8+8}=4\,\mathrm{H}$

4. 右側上方的 $2\,\mathrm{H}$ 電感與右側並聯等效電感串聯：

$L_3=2+4=6\,\mathrm{H}$

5. $L_1$ 與 $L_3$ 兩支路並聯：

$L_{\parallel}=\frac{6\times 6}{6+6}=3\,\mathrm{H}$

6. 最後與輸入端左側的 $2\,\mathrm{H}$ 電感串聯：

核心觀念

本題考查直流穩態下電容器的特性。電容器的電流關係式為

在直流穩態時，電容器兩端電壓已不再變化，因此

所以電容器電流為

此時電容器等效為開路，電路中沒有持續電流流過。

解題方法

圖中電源、$10\,\mathrm{k\Omega}$ 電阻及 $1\,\mu\mathrm{F}$ 電容器串聯。題目指定為穩態狀態，電容器已完成充電，電容器相當於開路。

因此串聯電路中的電流為

電阻值與電容量只會影響暫態充電過程及時間常數

不影響直流穩態時的電流。

核心觀念

電感量 $L$ 描述線圈建立磁通的能力。線圈有 $N$ 匝、流過電流 $I$，若每匝所鏈結的磁通量為 $\Phi$，磁鏈 $\lambda$ 定義為：

電感量的定義為磁鏈與電流的比值：

解題方法

在匝數 $N$ 與電流 $I$ 固定時，$L$ 與磁通量 $\Phi$ 成正比。因此磁通量增加為原來的兩倍，電感量也增加為兩倍，兩者是一次方關係。

選項分析

核心觀念

本題考查電容器串聯的等效電容量、電荷量及儲存電位能：

• 串聯電容器的電荷量大小相同： $Q_{10}=Q_{20}=Q$
• 電容器基本公式： $Q=CV$
• 電容器儲存電位能： $U=\frac{Q^2}{2C}$

解題方法

兩個電容器串聯，其等效電容量為：

接上 $9\ \mathrm{V}$ 電壓源後，串聯電路中的電荷量為：

由於串聯電容器的電荷量相同，因此：

各電容器的電壓分配為：