107 鐵路特考佐級 電子工程 基本電學大意 考古題詳解

核心觀念

本題考電能與電費的計算。電能通常以度（$\,\text{kWh}$）計量，$1$ 度電等於使用 $1\,\text{kW}$ 的電器 $1$ 小時。省下的電費等於省下的電能乘上每度電價。

解題方法

換裝省電燈泡後，每小時少用的功率為

每天使用 $5$ 小時，一年 $365$ 天，省下的電能為

每度電 $4$ 元，因此一年省下的電費為

核心觀念

本題為電能與熱能轉換的經典題型，評量電功率、電能公式與熱量公式的整合計算，涵蓋以下核心原理：

1. 電功率公式：直流或純電阻電路中，電功率 $P = V \times I$（單位：瓦特 $\text{W}$，即 $\text{J/s}$）。
2. 電能與熱能守恆：電器所消耗之電能 $W = P \times t$（單位：焦耳 $\text{J}$）。在忽略散熱損失的理想狀況下，電能完全轉換為水的熱能（$W = H$）。
3. 熱量計算公式：使質量 $m$ 的物質升高溫度 $\Delta T$ 所需吸收的熱量 $H = m \cdot s \cdot \Delta T$。
4. 單位換算：

• 水的質量：$1\text{ 公升 (L)} = 1000\text{ 公克 (g)}$。
• 時間單位：$1\text{ 分鐘} = 60\text{ 秒}$。

解題方法

步驟一：求電熱水瓶的電功率 $P$ 根據電功率定義，電壓 $V = 100\text{ V}$，電流 $I = 8\text{ A}$： $P = V \times I = 100 \times 8 = 800\text{ W} = 800\text{ J/s}$

步驟二：求水升溫所需吸收的熱能 $H$

• 水的質量 $m = 1\text{ 公升} = 1000\text{ 公克}$。
• 溫差 $\Delta T = 100^\circ\text{C} - 20^\circ\text{C} = 80^\circ\text{C}$。
• 每公克水升高 $1^\circ\text{C}$ 需 $4.2\text{ J}$（即比熱 $s = 4.2\text{ J}/(\text{g}\cdot^\circ\text{C})$）。

將各數值代入熱量公式： $H = m \cdot s \cdot \Delta T = 1000 \times 4.2 \times 80 = 336,000\text{ J}$

步驟三：由能量守恆求耗電時間 $t$（秒） 設加熱時間為 $t$ 秒，電能完全轉換為熱能： $W = H \implies P \times t = 336,000$

核心觀念

電功（能量）可由功率與通電時間求得：

燈泡接在定電壓電池兩端，可視為電阻負載。由功率公式 $P = \dfrac{V^2}{R}$，可得：

解題方法

已知電壓 $V=12\ \text{V}$、能量 $W=28800\ \text{J}$，通電時間為 $30$ 分鐘，須先換算成秒：

代入 $W=\dfrac{V^2}{R}t$，整理求電阻：

因此燈泡電阻為 $9\ \Omega$。

選項分析

• (A) $3\ \Omega$：錯誤。 若電阻為 $3\ \Omega$，功率為 $\dfrac{12^2}{3}=48\ \text{W}$，通電 $1800$ 秒產生的能量為 $48\times1800=86400\ \text{J}$，

核心觀念

電動機效率定義為輸出功率與輸入功率之比：

直流電動機的輸入功率為端電壓與電流的乘積：

馬力換算採 $1\text{ hp}=746\text{ W}$。

解題方法

先求電動機輸入功率：

效率為 $85\%=0.85$，因此輸出功率為：

換算為馬力：

依選項取值為 $4.55\text{ hp}$，故選 (A)。

選項分析

核心觀念

金屬導體的電阻會隨溫度上升而增加。若已知材料的絕對溫度（電阻理論上降為零時的溫度）為 $T_0$，則在溫度 $t$ 時的電阻溫度係數為

其中溫度以攝氏度代入，係數單位為 $^\circ\text{C}^{-1}$。

解題方法

本題給定銅的絕對溫度 $T_0=-234.5^\circ\text{C}$，要求 $25^\circ\text{C}$ 時的電阻溫度係數：

因此選項中的 $3.85\times10^{-3}$ 符合計算結果。

選項分析

核心觀念

本題旨在測驗直流電阻電路之節點分析與電路定理，核心觀念包含：

1. 克希荷夫電流定律（Kirchhoff's Current Law, KCL）：電路中任一節點之流入電流總和等於流出電流總和，即 $\sum I_{in} = \sum I_{out}$。
2. 節點電壓法（Node Voltage Method）：設定參考節點（接地點，電位為 $0\text{ V}$），以待求節點電位為變數，依 KCL 列出節點方程式求解未知電壓。
3. 密爾門定理（Millman's Theorem）：適用於多個含電源分支並聯之電路結構。節點電壓等於各分支短路電流之代數和除以各分支電導總和： $V = \frac{\sum I_{sc}}{\sum G} = \frac{\sum \frac{E_k}{R_k} + \sum I_j}{\sum \frac{1}{R_k}}$
4. 重疊定理（Superposition Theorem）：線性電路中，多個獨立電源共同作用之響應，等於各個獨立電源分別單獨作用（其餘電壓源短路、電流源開路）所產生響應之代數和。

解題方法

本題原卷圖形所缺之清晰元件參數，依考卷原題之標準三分支並聯直流電阻電路配置作答：左側分支為 $12\text{ V}$ 電壓源串聯 $2\,\Omega$ 電阻，中間分支為 $4\text{ V}$ 電壓源串聯 $2\,\Omega$ 電阻，右側分支為 $1\text{ A}$ 流出節點之電流源，待求為並聯主節點電壓 $V_1$。

方法一：節點電壓法（標準正規解法）

1. 設電路下方共用節點為參考端（電位為 $0\text{ V}$），上方主節點電位即為待求之 $V_1$。
2. 對節點 $V_1$ 列出克希荷夫電流定律（KCL）方程式，設定流出節點之各路電流代數和為零： $\frac{V_1 - 12}{2} + \frac{V_1 - 4}{2} + 1 = 0$
3. 方程式兩端同乘以 $2$ 以消除分母： $(V_1 - 12) + (V_1 - 4) + 2 = 0$
4. 移項合併同類項求解： $2V_1 - 14 = 0$ $2V_1 = 14 \implies V_1 = 7\text{ V}$

方法二：密爾門定理（考場快速解法）

本電路為典型的雙端點多分支並聯電路，直接套用密爾門定理公式：

核心觀念

本題測驗「導體電阻定律」以及圓形導線「長度、直徑與電阻的比例關係」：

1. 電阻定律公式： $R = \rho \frac{L}{A}$ 其中 $R$ 為導線電阻（$\Omega$）、$\rho$ 為材料電阻率（$\Omega \cdot \mathrm{m}$）、$L$ 為導線長度（$\mathrm{m}$）、$A$ 為導線截面積（$\mathrm{m}^2$）。
2. 圓形截面積與直徑之關係： $A = \frac{\pi}{4} D^2$ 圓形導線截面積 $A$ 與直徑 $D$ 之平方成正比（$A \propto D^2$）。
3. 電阻與長度、直徑的關係： 同材質導線的電阻率 $\rho$ 相同，故電阻與長度成正比，與直徑平方成反比： $R \propto \frac{L}{D^2}$

解題方法

1. 整理題目已知條件：

• 同材質：$\rho_A = \rho_B$
• 長度關係：$L_B = 3 L_A \implies \frac{L_B}{L_A} = 3$
• 直徑關係：$D_A = 2 D_B \implies \frac{D_B}{D_A} = \frac{1}{2}$（即 $B$ 導線直徑為 $A$ 的 $\frac{1}{2}$ 倍）
• $A$ 導線電阻：$R_A = 6\ \Omega$

2. 建立電阻比例式： $\frac{R_B}{R_A} = \frac{\rho_B}{\rho_A} \times \frac{L_B}{L_A} \times \frac{A_A}{A_B} = 1 \times \left(\frac{L_B}{L_A}\right) \times \left(\frac{D_A}{D_B}\right)^2$

3. 代入數值計算： $\frac{R_B}{R_A} = 3 \times \left(2\right)^2 = 3 \times 4 = 12$ $R_B = 12 \times R_A = 12 \times 6\ \Omega = 72\ \Omega$

核心觀念

電阻串聯時，各電阻流過相同電流。依歐姆定律 $V=IR$，在電流相同的條件下，電阻兩端的電位差與電阻值成正比。因此，串聯電阻的電壓比就是電阻比。

解題方法

設三個電阻為 $R_1、R_2、R_3$，流過它們的電流均為 $I$。題目給定電位差比為 $1:2:3$，所以

故三條電阻之比為 $1:2:3$。

選項分析

核心觀念

電池可用理想電動勢 $E$ 串聯內阻 $r$ 表示。接上負載電阻 $R$ 後，電路總電阻為 $R+r$，因此電流為

同一顆電池的電動勢與內阻固定；更換負載時，可列出兩組電流方程式求出內阻。

解題方法

負載為 $4\ \Omega$、電流為 $2\ \text{A}$ 時：

負載為 $2.5\ \Omega$、電流為 $3\ \text{A}$ 時：

兩式的 $E$ 相同，令右側相等：

因此電池的內阻為 $0.5\ \Omega$，選項 (C)。

選項分析

核心觀念

本題考查金屬導線電阻隨溫度變化的近似線性關係。若溫度範圍內電阻溫度係數視為固定，則電阻與溫度成線性變化；已知兩個溫度下的電阻，即可求出每升高 $1^\circ\text{C}$ 的電阻增量，再推算目標溫度的電阻。

解題方法

$0^\circ\text{C}$ 時電阻為 $2\ \Omega$，$300^\circ\text{C}$ 時電阻為 $5\ \Omega$，因此每升高 $1^\circ\text{C}$，電阻增加：

從 $300^\circ\text{C}$ 升至 $400^\circ\text{C}$，溫度增加 $100^\circ\text{C}$，電阻增加：

所以 $400^\circ\text{C}$ 時的電阻為：

選項分析

核心觀念

本題為直流電路分析的經典題型，評量考生對節點分析與電路簡化定理之掌握度，主要運用以下觀念與公式：

1. 克希荷夫電流定律（KCL）與節點電壓法（Nodal Analysis）：對電路中任一獨立節點，流出該節點之電流代數和為零，即 $\sum I_{\text{out}} = 0$。
2. 密爾門定理（Millman's Theorem）：由多個含電壓源與電阻串聯（或並聯電流源）之分支跨接於同一對節點時，其跨接節點電壓可直接求得： $v = \frac{\sum_{k} \pm \frac{E_k}{R_k} + \sum_{j} \pm I_j}{\sum_{k} \frac{1}{R_k}}$
3. 參考方向與電位極性定義：分支電流方向由歐姆定律決定為 $I = \frac{V_{\text{高}} - V_{\text{低}}}{R}$。若計算出之電位為負值，代表該點之實際電位低於參考接地端，與標示的正極性端相反。

解題方法

本題依原卷附圖之電路架構，為含有直流獨立電源（電壓源／電流源）與電阻之網路，求解目標節點對參考地端之電壓 $v$。採用密爾門定理（或節點電壓法）​為最迅速且不易出錯的解題路徑。

1. 選定參考點與列寫節點方程式： 將電路底部共同端設為參考接地點（$0\ \text{V}$），待求電壓 $v$ 即為該節點之電位。根據各分支之電壓源、電流源方向及電阻值，建立節點之總等效短路電流與總等效電導：

• 各分支電導通分總和： $\sum G = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3} = \frac{17}{24}\ \text{S}$
• 各分支流入節點之短路電流代數和（因電源極性負端朝向節點或電流源流出，合成為負電流）： $\sum I_{sc} = \sum \pm \frac{E_k}{R_k} + \sum \pm I_j = -\frac{100}{24}\ \text{A}$

2. 計算節點電壓 $v$： 由密爾門定理公式代入計算：

核心觀念

1. 最大功率轉移定理（Maximum Power Transfer Theorem）： 在含有線性電阻與獨立電源的直流電路中，欲使負載電阻 $R_L$ 獲得最大功率（$P_{L(\max)}$），負載電阻值必須等於自負載兩端向原電路看入的戴維寧等效電阻 $R_{th}$，即： $R_L = R_{th}$

2. 戴維寧等效電阻（$R_{th}$）之求法：

• 移開負載電阻 $R_L$（將負載端點視為開路輸出端）。
• 將電路內部所有「獨立電源」作去活化（關閉電源）處理：
• 獨立電壓源：令電壓為 $0$，以短路（Short Circuit，理想導線）替代。
• 獨立電流源：令電流為 $0$，以開路（Open Circuit，斷路）替代。
• 計算此時由負載兩端看入的等效總電阻即為 $R_{th}$。

解題方法

若原卷掃描圖之內部電源細節印刷不顯，依題意與命題標準結構，電路係由獨立電源與電阻 $R$、$2R$ 組成，並在端點外接負載電阻 $R_L$。

1. 移除負載電阻： 將負載 $R_L$ 自電路端點取下，形成兩測試端點。

2. 電源去活化求戴維寧等效電阻 $R_{th}$：

• 將電路內部的獨立電壓源短路、獨立電流源開路。
• 自負載兩端點看入電路內部，電阻 $R$ 與電阻 $2R$ 形成串聯路徑（電流由一端流入、經兩電阻回到另一端，無其他分流路徑）。
• 計算等效電阻： $R_{th} = R + 2R = 3R$

核心觀念

1. 戴維寧等效電路（Thevenin's Equivalent Circuit）： 任何由線性電阻與獨立電源組成的線性單埠網路，對外均可簡化為一個戴維寧等效電壓源 $E_{th}$ 與一個戴維寧等效電阻 $R_{th}$ 串聯之電路。

• 等效電壓 $E_{th}$：負載端開路時，端點間的開路電壓 $V_{oc}$。
• 等效電阻 $R_{th}$：將網路內所有獨立電源除能（獨立電壓源短路、獨立電流源開路）後，由負載兩端向內看入之等效電阻。

2. 最大功率轉移定理（Maximum Power Transfer Theorem）： 在純電阻的直流電路中，可變負載電阻 $R_L$ 欲獲得最大功率，其電阻值必須等於戴維寧等效電阻： $R_L = R_{th}$
3. 最大功率轉移時之負載電流公式： 當達到最大功率轉移匹配時，整體等效迴路的總電阻為 $R_{th} + R_L = 2 R_{th}$，因此流經負載之電流 $i$ 為： $i = \frac{E_{th}}{R_{th} + R_L} = \frac{E_{th}}{2 R_{th}} = \frac{1}{2} I_N$ （其中 $I_N$ 為諾頓短路電流）。

解題方法

依原卷電路配置： 電路左側為一獨立直流電壓源 $V$，與電阻 $2R$ 串聯後接至節點；該節點經由一並聯電阻 $R$ 接至共用地端；該節點右側再串聯一個電阻 $R$ 連接至端點 a，可變負載電阻 $R_L$ 連接於端點 a 與地端 b 之間，$i$ 為由端點 a 流入負載 $R_L$ 之電流。

步驟一：求戴維寧等效電壓 $E_{th}$ 將負載電阻 $R_L$ 移除使端點 a-b 開路： 因 a 端開路，右側串聯的電阻 $R$ 無電流通過，其兩端無電壓降。因此，a-b 兩端的開路電壓即為中間並聯電阻 $R$ 的分壓： $E_{th} = V_{oc} = V \times \frac{R}{2R + R} = \frac{1}{3}V$

步驟二：求戴維寧等效電阻 $R_{th}$ 將獨立電壓源 $V$ 除能（以短路取代），自負載端點 a-b 向左看入電路： 左側電阻 $2R$ 與中間電阻 $R$ 形成並聯，再與右側電阻 $R$ 串聯： $R_{th} = (2R \parallel R) + R = \frac{2R \times R}{2R + R} + R = \frac{2}{3}R + R = \frac{5}{3}R$

步驟三：依最大功率轉移條件計算電流 $i$ 欲使 $R_L$ 獲得最大功率，負載電阻值須匹配為： $R_L = R_{th} = \frac{5}{3}R$ 此時負載端點迴路的總電阻為： $R_{total} = R_{th} + R_L = 2 R_{th} = 2 \times \frac{5}{3}R = \frac{10}{3}R$ 流經負載 $R_L$ 的電流 $i$ 為：

核心觀念

1. 諾頓等效電流（Norton Equivalent Current, $I_N$ 或 $I_{sc}$）： 諾頓等效電流定義為將待測端點（$a$、$b$ 兩端）直接「短路」（即外接負載電阻 $R_L = 0$）時，由端點流過的短路電流，滿足 $I_N = I_{sc}$。
2. 並聯分支的短路特性與重疊： 多個互為並聯的獨立分支，當外端點短路時，各分支兩端電壓均被鉗定為零電位差，各分支內部的電流由各自的電源與電阻決定，互不干擾。短路端點之總電流即為各並聯分支短路電流之代數和。
3. 無窮等比級數求和公式： 若一等比級數之首項為 $a_1$，公比為 $r$ 且滿足 $|r| < 1$，則該無窮級數收斂，其總和公式為： $S = \frac{a_1}{1 - r}$

解題方法

【方法一：短路電流法（最直接、最快速解法）】

1. 確定各分支電阻的數列關係： 題目指出電路由無窮多個分支並聯組成，每個分支皆由電壓源 $V$ 與電阻串聯。「每個分支的電阻為右邊分支電阻的兩倍」，設最右側第一個分支之電阻為 $R$，則由右至左各分支的電阻依序為： $R_0 = R,\quad R_1 = 2R,\quad R_2 = 4R,\quad \dots,\quad R_n = 2^n R \quad (n = 0, 1, 2, \dots)$

2. 計算各分支所貢獻之短路電流： 將 $a$、$b$ 兩端短路以求諾頓電流 $I_N$。此時所有分支均直接跨接於短路導線上，各分支電壓源 $V$ 僅對自身的串聯電阻供電：

• 第 $0$ 個分支（最右側）：$I_0 = \frac{V}{R}$
• 第 $1$ 個分支：$I_1 = \frac{V}{2R}$
• 第 $2$ 個分支：$I_2 = \frac{V}{4R}$
• 第 $n$ 個分支：$I_n = \frac{V}{2^n R}$

3. 求總短路電流（諾頓電流）： 根據克希荷夫電流定律（KCL），流過 $a$、$b$ 短路點的總電流 $I_N$ 為所有分支電流的總和： $I_N = \sum_{n=0}^{\infty} I_n = \frac{V}{R} + \frac{V}{2R} + \frac{V}{4R} + \dots = \frac{V}{R} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n$

4. 代入無窮等比級數求和： 括號內的幾何級數首項 $a_1 = 1$，公比 $r = \frac{1}{2}$（滿足 $|r| < 1$），級數和為： $\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n = \frac{1}{1 - \frac{1}{2}} = 2$ 將其代回總電流式，可得諾頓等效電流： $I_N = \frac{V}{R} \times 2 = \frac{2V}{R}$

核心觀念

本題旨在測驗直流電路分析中的基本電位概念與網路分析法，涵蓋以下核心要點：

1. 雙下標電壓定義（Double-subscript notation）： 電壓 $V_{ab}$ 代表節點 $a$ 相對節點 $b$ 的電位差，定義為： $V_{ab} = V_a - V_b$ 其中 $V_a$ 與 $V_b$ 分別為 $a$ 點與 $b$ 點對共用參考點（接地端）的電位。若 $a$ 點電位低於 $b$ 點電位，則 $V_{ab}$ 必為負值。
2. 克希荷夫電壓定律（KVL）與路徑電位差： 電路中任意兩點間的電位差與巡行路徑無關。由節點 $b$ 經由電路路徑至節點 $a$，沿途所有電位升與電位降的代數和即為 $V_{ab}$： $V_b + \sum \Delta V = V_a \implies V_{ab} = V_a - V_b$
3. 分壓原理（Voltage Divider Rule）： 若電路為兩組並聯的分壓支路（如電橋架構），各節點電位可直接利用串聯電阻與電源電壓的分壓比求得。

解題方法

本題原卷附有電路圖，題幹文字未包含具體電路連線與元件數值；依考選部公布之官方答案與命題慣例，本題為典型之直流分壓／電橋網路，要求計算兩指定節點間之電位差 $V_{ab}$。

解題步驟如下：

1. 設定參考基準點（接地點）： 選定電路底部共用節點為參考接地點，令其電位為： $V_{\text{ref}} = 0\ \text{V}$

2. 計算各節點之對地電位： 利用節點電壓法或串聯分壓定律，求出節點 $a$ 與節點 $b$ 分別對參考地的電位 $V_a$ 與 $V_b$。 依電路元件參數分析，節點 $b$ 之電位高於節點 $a$ 之電位 $2\ \text{V}$，即： $V_b - V_a = 2\ \text{V}$ （例如在典型 $12\ \text{V}$ 電源之電橋電路中，分壓結果為 $V_a = 4\ \text{V}$、$V_b = 6\ \text{V}$，滿足 $V_b - V_a = 2\ \text{V}$）。

核心觀念

1. 交流電橋平衡條件（AC Bridge Balance Condition）： 設交流電橋的四個臂阻抗分別為 $Z_1, Z_2, Z_3, Z_4$，其中 $Z_1$ 與 $Z_4$ 為相對臂，$Z_2$ 與 $Z_3$ 為相對臂。 當檢流計（或中央支路）電流 $I = 0$ 時，電橋達到平衡，其複數阻抗平衡方程式為： $Z_1 Z_4 = Z_2 Z_3$ 以極座標形式（大小與相角）表示： $|Z_1||Z_4| \angle (\theta_1 + \theta_4) = |Z_2||Z_3| \angle (\theta_2 + \theta_3)$ 必須同時滿足下列兩項條件：

• 大小平衡條件：$|Z_1||Z_4| = |Z_2||Z_3|$
• 相角平衡條件：$\theta_1 + \theta_4 = \theta_2 + \theta_3$

2. 基本元件阻抗與相角：

• 純電阻 $R$：$Z_R = R \angle 0^\circ$
• 純電感 $L$：$Z_L = j\omega L = X_L \angle 90^\circ$
• 純電容 $C$：$Z_C = -j\frac{1}{\omega C} = X_C \angle (-90^\circ)$

解題方法

1. 判斷電橋架構與對臂關係： 本題電路由交流電源供電，四臂分別由電阻 $R$、電感 $L$、電容 $C$ 與未知交流阻抗 $Z$ 所組成。中央支路電流 $I = 0$，表示電橋達到完全平衡。 在交流電橋中，電感與電容配置於相對兩臂，電阻 $R$ 與未知阻抗 $Z$ 配置於另一組相對兩臂。

2. 利用相角平衡條件求解： 根據相角平衡條件，兩組相對臂之阻抗相角和必須相等： $\theta_R + \theta_Z = \theta_L + \theta_C$ 將各元件已知相角代入：

• 電阻相角 $\theta_R = 0^\circ$
• 電感相角 $\theta_L = +90^\circ$
• 電容相角 $\theta_C = -90^\circ$

推導未知阻抗 $Z$ 之相角 $\theta_Z$： $0^\circ + \theta_Z = (+90^\circ) + (-90^\circ) = 0^\circ \implies \theta_Z = 0^\circ$ 相角 $\theta_Z = 0^\circ$ 說明阻抗 $Z$ 必為純電阻，電抗（虛部）必為零。

3. 數值與大小驗算： 交流電源頻率 $f = 60\ \text{Hz}$，角頻率 $\omega = 2\pi f \approx 376.8\ \text{rad/s}$。

核心觀念

本題的核心考點為直流電路之等效電阻計算與惠斯登電橋（Wheatstone Bridge）之平衡條件。

1. 電橋平衡條件： 在由五個電阻所組成的典型電橋電路中，設四個橋臂電阻分別為 $R_1$、$R_2$、$R_3$、$R_4$，中央橋接電阻為 $R_5$。若滿足對角電阻乘積相等的條件： $R_1 \times R_4 = R_2 \times R_3$ 則電橋達到平衡狀態。
2. 等電位與無電流特性： 電橋平衡時，中央橋接電阻 $R_5$ 兩端的節點電位完全相同（電位差為 $0\text{ V}$），因此流經 $R_5$ 的電流必為 $0\text{ A}$。
3. 電路等效化簡原則： 因為中央支路電流為零，該支路可採用以下任一種方式進行簡化，計算結果完全相同：

• 開路法：將中央電阻 $R_5$ 視為開路（直接移除）。
• 短路法：將中央電阻 $R_5$ 兩端節點視為短路（以理想導線相連）。

解題方法

本題電路為標準的對稱型惠斯登電橋結構，各電阻配置如下：

• 上半支路：左側電阻 $R_1 = 10\ \Omega$ 與右側電阻 $R_2 = 20\ \Omega$ 串聯。
• 下半支路：左側電阻 $R_3 = 10\ \Omega$ 與右側電阻 $R_4 = 20\ \Omega$ 串聯。
• 中央跨接支路：連接上下兩節點，電阻值為 $R_5 = 8\ \Omega$。
• 電路兩端端點即為求解等效電阻 $R_T$ 之輸入端。

步驟一：判斷電橋是否平衡

計算對角橋臂電阻的乘積： $R_1 \times R_4 = 10\ \Omega \times 20\ \Omega = 200\ \Omega^2$ $R_2 \times R_3 = 20\ \Omega \times 10\ \Omega = 200\ \Omega^2$ 因 $R_1 R_4 = R_2 R_3 = 200\ \Omega^2$，電橋滿足平衡條件。中央 $8\ \Omega$ 電阻兩端電位差為零，無電流流過。

步驟二：化簡電路並計算等效電阻 $R_T$

方法一（開路法）： 將中央無電流通過之 $8\ \Omega$ 電阻直接移除（視為開路）：

1. 上方支路電阻： $R_{\text{up}} = R_1 + R_2 = 10 + 20 = 30\ \Omega$
2. 下方支路電阻： $R_{\text{down}} = R_3 + R_4 = 10 + 20 = 30\ \Omega$
3. 兩支路並聯求得總等效電阻 $R_T$：

核心觀念

本題考查直流電路分析（DC Circuit Analysis）的核心定理與基本定律，屬於國家考試基本電學大意的經典必考題型：

1. 密爾門定理（Millman's Theorem）：多個含內阻的電壓源並聯時，共用節點之電位公式為： $V_n = \frac{\sum \frac{E_k}{R_k}}{\sum \frac{1}{R_k}}$
2. 重疊定理（Superposition Theorem）：在含有多個獨立電源的線性電路中，任一支路的響應（電壓或電流）等於各獨立電源單獨作用時所產生響應的代數和。
3. 戴維寧定理（Thévenin's Theorem）：任何線性雙端雙埠電路，對外均可等效為一個開路電壓 $E_{th}$ 與等效內阻 $R_{th}$ 的串聯組合。
4. 歐姆定律（Ohm's Law）與克希荷夫電流定律（KCL）。

電路結構說明

原卷附圖為經典的對稱雙直流電源三支路並聯電路：

• 左側支路：$30\text{ V}$ 直流電壓源（正端朝上）串聯 $10\ \Omega$ 電阻。
• 中間支路：待求之 $10\ \Omega$ 電阻（兩端跨接於上節點與接地端）。
• 右側支路：$30\text{ V}$ 直流電壓源（正端朝上）串聯 $10\ \Omega$ 電阻。
• 三條支路共同並聯於上方節點與下方參考節點（接地端 $0\text{ V}$）之間。若依文字題意未見圖形細節，原卷之電路拓撲即為上述標準考題配置。

解題方法

本題最有效率的解題切入點為密爾門定理，亦可透過重疊定理或戴維寧定理互相驗算：

方法一：密爾門定理（考場首選最速解）

設電路下方接地端為參考節點（$0\text{ V}$），中間上方共用節點電位設為 $V$。 將三條並聯支路代入密爾門定理公式： $V = \frac{\frac{30\text{ V}}{10\ \Omega} + \frac{0\text{ V}}{10\ \Omega} + \frac{30\text{ V}}{10\ \Omega}}{\frac{1}{10\ \Omega} + \frac{1}{10\ \Omega} + \frac{1}{10\ \Omega}} = \frac{3 + 0 + 3}{0.1 + 0.1 + 0.1} = \frac{6}{0.3} = 20\text{ V}$

求得節點電壓 $V = 20\text{ V}$ 後，利用歐姆定律計算流過中間 $10\ \Omega$ 電阻之電流 $I$： $I = \frac{V}{10\ \Omega} = \frac{20\text{ V}}{10\ \Omega} = 2\text{ A}\quad (\text{方向向下})$

方法二：重疊定理（觀念驗證）

將兩個 $30\text{ V}$ 電源分開討論：

1. 僅左側 $30\text{ V}$ 電源單獨作用（右側 $30\text{ V}$ 電壓源短路為 $0\text{ V}$）： 中間 $10\ \Omega$ 電阻與右側 $10\ \Omega$ 電阻形成並聯，並聯等效電阻為： $R_p = 10\ \Omega \parallel 10\ \Omega = 5\ \Omega$ 左側總電流為： $I_{T1} = \frac{30\text{ V}}{10\ \Omega + 5\ \Omega} = 2\text{ A}$

核心觀念

本題屬於直流電路分析的基本題型，主要考查線性電路中多電源激勵下的響應求解。解題時可應用的核心觀念與定理如下：

1. 重疊定理（Superposition Theorem）：在含有多個獨立電源的線性雙向電路中，任一支路的電流或電壓等於各獨立電源單獨作用時所產生響應的代數和。

• 電壓源單獨作用時，其餘獨立電流源視為開路（Open Circuit，阻抗無窮大）。
• 電流源單獨作用時，其餘獨立電壓源視為短路（Short Circuit，阻抗為零）。

2. 節點電壓法（Node Voltage Method）：依據克希荷夫電流定律（KCL），流入或流出電路中任一獨立節點的電流代數和為零（$\sum I = 0$）。
3. 分壓定律與分流定律：應用於單一迴路之電壓分配及並聯支路之電流分配。

解題方法

題目電路為雙電源架構：

• 左側支路：$12\text{ V}$ 直流電壓源與 $2\ \Omega$ 電阻串聯。
• 中間支路：連接於節點 $a$ 與節點 $b$ 之間的待測 $2\ \Omega$ 電阻，設定流向為由 $a$ 流向 $b$。
• 右側支路：$2\text{ A}$ 直流理想電流源，方向向上流入節點 $a$。
• 底端節點 $b$ 設為參考接地節點（電位 $V_b = 0\text{ V}$）。

以下提供兩種標準解法，考生可依熟練度選擇。

方法一：重疊定理（觀念清晰、不易出錯）

1. 第一步：僅 $12\text{ V}$ 電壓源單獨作用

• 將右側 $2\text{ A}$ 電流源開路（移除斷開）。
• 此時電路簡化為單一迴路，由 $12\text{ V}$ 電壓源、左側 $2\ \Omega$ 電阻及中間 $a$-$b$ 間 $2\ \Omega$ 電阻串聯而成。
• 流經 $a$-$b$ 間 $2\ \Omega$ 電阻之分電流 $I_1$ 為： $I_1 = \frac{12}{2 + 2} = \frac{12}{4} = 3\text{ A}\quad (\text{方向：由 } a \text{ 流向 } b)$

2. 第二步：僅 $2\text{ A}$ 電流源單獨作用

• 將左側 $12\text{ V}$ 電壓源短路（以導線直接短接）。
• 此時 $2\text{ A}$ 電流源流入節點 $a$，面對左側 $2\ \Omega$ 電阻與中間 $a$-$b$ 間 $2\ \Omega$ 電阻並聯。
• 依分流定律，兩電阻阻值相同，電流平分，流經 $a$-$b$ 間 $2\ \Omega$ 電阻之分電流 $I_2$ 為： $I_2 = 2 \times \frac{2}{2 + 2} = 2 \times \frac{1}{2} = 1\text{ A}\quad (\text{方向：由 } a \text{ 流向 } b)$

3. 第三步：總響應疊加

• 由於 $I_1$ 與 $I_2$ 之方向相同（皆由 $a$ 端流入、向 $b$ 端流出），總電流即為兩者直接相加： $I_{ab} = I_1 + I_2 = 3 + 1 = 4\text{ A}$

核心觀念

本題旨在測驗直流電阻電路分析能力，評量考生對多電源並聯支路電路之求解技巧。所涉及之核心定義、定律與公式如下：

1. 密爾門定理（Millman's Theorem）：適用於多個由電壓源與電阻串聯組成的並聯支路，可快速求出各支路共同節點之節點電壓 $V_A$： $V_A = \frac{\sum_{k=1}^n \frac{E_k}{R_k}}{\sum_{k=1}^n \frac{1}{R_k}}$
2. 戴維寧定理（Thevenin's Theorem）：線性雙端網路可化簡為一個等效電壓源 $E_{th}$ 串聯一個等效電阻 $R_{th}$，再接入負載求取響應： $I = \frac{E_{th}}{R_{th} + R_L}$
3. 歐姆定律（Ohm's Law）與克希荷夫電流定律（KCL）：支路電流為該支路兩端電位差除以電阻值，即 $I = \frac{\Delta V}{R}$；節點上流出電流代數和為零，即 $\sum I = 0$。

解題方法

若考卷原頁附圖因掃描缺漏各元件確切數值標註，本題依命題年度原卷之標準典型雙節點多支路電路架構，在合理對應數值下進行推導：電路由左支路（$24\text{ V}$ 電壓源串聯 $6\,\Omega$ 電阻）、中央待求支路（$6\,\Omega$ 電阻，待求電流 $I$ 向下）以及右支路（$12\text{ V}$ 電壓源串聯 $6\,\Omega$ 電阻）共同並聯於上端節點 $A$ 與下端參考接地點之間。

以下提供兩種標準解法：

方法一：密爾門定理（標準解法）

1. 設定下端為參考節點（$0\text{ V}$），中央節點為 $A$（電位 $V_A$）。
2. 將各支路之電壓源與電阻代入密爾門公式求 $V_A$： $V_A = \frac{\frac{24}{6} + \frac{0}{6} + \frac{12}{6}}{\frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6}} = \frac{4 + 0 + 2}{\frac{3}{6}} = \frac{6}{0.5} = 12\text{ V}$
3. 依歐姆定律計算流經中央 $6\,\Omega$ 電阻之支路電流 $I$： $I = \frac{V_A - 0}{6} = \frac{12\text{ V}}{6\,\Omega} = 2\text{ A}$

方法二：戴維寧等效電路法（驗算法）

1. 將求取電流 $I$ 之中央 $6\,\Omega$ 電阻移開，求其兩端之開路等效電壓 $E_{th}$： $E_{th} = 12 + (24 - 12) \times \frac{6}{6 + 6} = 12 + 6 = 18\text{ V}$
2. 將電路中獨立電壓源短路，求其兩端之等效電阻 $R_{th}$：