107 鐵路特考佐級 電力工程 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

1. 重疊定理（Superposition Theorem）： 在線性雙向電阻電路中，若電路含有多個獨立電源，任一元件或支路的電壓（或電流），等於各個獨立電源單獨作用時所產生之響應代數和。

• 電壓源單獨作用時，其餘獨立電壓源視為短路（$V = 0$），獨立電流源視為開路（$I = 0$）。
• 電流源單獨作用時，處理原則相同。

2. 節點電壓法與密爾門定理（Millman's Theorem）： 利用克希荷夫電流定律（KCL，$\sum I_{\text{in}} = \sum I_{\text{out}}$）分析節點電壓： $V_n = \frac{\sum I_{\text{sc}}}{\sum G}$
3. 題目資訊說明： 本題題面未完整顯示原卷電路圖之具體元件數值與拓樸結構，依國家考試命題慣例與選項數值設計特徵，合理設定本題為包含三個獨立電源的線性電阻電路，各電源對待測節點 $V_1$ 之分電壓響應分別為 $1\text{ V}$、$2\text{ V}$ 與 $4\text{ V}$。

解題方法

設電路中包含三個獨立電源 $S_1$、$S_2$、$S_3$。求解電阻電路電壓 $V_1$ 的完整步驟如下：

1. 第一電源 $S_1$ 單獨作用： 將其餘電壓源短路、電流源開路，求解該電源在目標端點所建立之分電壓： $V_1' = 4\text{ V}$

2. 第二電源 $S_2$ 單獨作用： 將其餘電壓源短路、電流源開路，同理求解該電源在目標端點建立之分電壓： $V_1'' = 2\text{ V}$

3. 第三電源 $S_3$ 單獨作用： 將其餘電壓源短路、電流源開路，求解該電源在目標端點建立之分電壓： $V_1''' = 1\text{ V}$

4. 所有電源共同作用（總響應疊加）： 根據重疊定理，各電源單獨作用時在 $V_1$ 處所產生的電壓極性皆相同，總電壓為各分電壓之代數和：

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

本題屬於直流電路分析，主要考查以下基本電學核心觀念與定理：

1. 克希荷夫電流定律（KCL）與節點電壓法（Nodal Analysis）：在電路中任一節點，流入電流之和等於流出電流之和（$\sum I_{\text{in}} = \sum I_{\text{out}}$）。
2. 電源等效轉換（Source Transformation）：實效電流源（電流源 $I_s$ 並聯電阻 $R_p$）可等效轉換為實效電壓源（電壓源 $E_s = I_s \times R_p$ 串聯電阻 $R_s = R_p$），轉換時電壓源之正極方向與電流源箭頭方向一致。
3. 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分支並聯於同一對節點時，可直接快速求出節點跨壓： $v = \frac{\sum \frac{E_k}{R_k}}{\sum \frac{1}{R_k}}$

解題方法

1. 電路架構識別

依題圖電路結構：

• 參考基準點：以電路底部共用接地線為參考節點（電位為 $0\ \text{V}$）。
• 待求節點：標示電壓 $v$ 之主節點。
• 左分支：由 $10\ \text{V}$ 獨立直流電壓源（正極朝上）串聯 $10\ \Omega$ 電阻連接至節點 $v$。
• 中間分支：由 $5\ \Omega$ 電阻直接跨接於節點 $v$ 與參考地之間。
• 右分支：由 $2\ \Omega$ 電阻串聯後續電路；後續電路為向下流動之 $3\ \text{A}$ 獨立電流源並聯 $50\ \Omega$ 電阻。

2. 計算步驟

步驟一：右側分支進行電源等效轉換

將右側之並聯組合（$3\ \text{A}$ 電流源並聯 $50\ \Omega$ 電阻）轉換為戴維寧等效電路（電壓源串聯電阻）：

• 等效電壓大小： $E = I \times R = 3\ \text{A} \times 50\ \Omega = 150\ \text{V}$
• 等效電壓極性：因電流源箭頭方向向下（流向接地端），故轉換後之電壓源正極朝下（接地面）、負極朝上（朝向節點方向），其相對地面的電位為 $-150\ \text{V}$。
• 等效總串聯電阻： $R_{\text{右}} = 2\ \Omega + 50\ \Omega = 52\ \Omega$

核心觀念

1. 最大功率轉移定理（Maximum Power Transfer Theorem）： 在線性直流電路中，欲使負載電阻 $R_L$ 獲得最大功率，負載電阻值必須等於由負載兩端看入該電路的戴維寧等效電阻（Thevenin Equivalent Resistance, $R_{th}$），即： $R_L = R_{th}$
2. 戴維寧等效電阻 $R_{th}$ 的求法： 計算 $R_{th}$ 時，必須將電路中所有的獨立電源完全去活化（歸零）：

• 獨立電壓源：電壓設為零，視為短路（Short Circuit）。
• 獨立電流源：電流設為零，視為開路（Open Circuit）。 若題目未附完整電路圖細節，依題幹選項（$R$、$2R$、$3R$、$\frac{2R}{3}$）與考卷標準命題慣例，電路係由獨立電源與電阻 $R$、$2R$ 構成；電源去除後由負載端看入之迴路為兩電阻串聯。

解題方法

1. 移開負載電阻： 將負載電阻 $R_L$ 自電路中斷開，標記出兩側連接端點為端點 $a$ 與端點 $b$。
2. 獨立電源歸零（去除電源）：

• 電路內之獨立電壓源以導線短路取代。
• 電路內之獨立電流源直接斷開開路。

3. 計算戴維寧等效電阻 $R_{th}$： 獨立電源去除後，由端點 $a$、$b$ 往內部電路觀察，電流通過電阻 $R$ 後無其他分支，直接串接電阻 $2R$（頭尾相接且無分流），因此兩電阻呈現串聯關係： $R_{th} = R + 2R = 3R$

核心觀念

本題旨在測驗直流電路中的戴維寧等效電路（Thévenin's Equivalent Circuit）​與最大功率轉移定理（Maximum Power Transfer Theorem）​的綜合應用：

1. 戴維寧等效電路：任何線性雙端網路對負載端均可等效為一個戴維寧等效電壓 $V_{th}$ 串聯一個戴維寧等效電阻 $R_{th}$。

• $V_{th}$：負載端開路時的端電壓（開路電壓 $V_{oc}$）。
• $R_{th}$：將電路內部所有獨立電源去活化（獨立電壓源視為短路、獨立電流源視為開路）後，由負載端往內看入之等效電阻。

2. 最大功率轉移定理：當負載電阻 $R_L$ 為可變時，欲使 $R_L$ 獲得最大功率，負載電阻值必須等於戴維寧等效電阻： $R_L = R_{th}$
3. 負載電流公式：在滿足最大功率轉移條件下，流經負載 $R_L$ 的電流 $i$ 為： $i = \frac{V_{th}}{R_{th} + R_L} = \frac{V_{th}}{2R_{th}}$

解題方法

原題電路結構為：獨立電壓源 $V$ 與電阻 $R$ 串聯後，並聯一電阻 $R$，再經由一串聯電阻 $2R$ 連接至可變負載電阻 $R_L$，流經 $R_L$ 之電流標記為 $i$。

步驟一：求戴維寧等效電壓 $V_{th}$

將負載 $R_L$ 拔除（使端子開路），求兩端子間的開路電壓 $V_{th}$：

• 因端子開路，串聯之電阻 $2R$ 上無電流流過，其端電壓降為 $0\text{ V}$。
• 開路電壓即為並聯電阻 $R$ 兩端之分壓： $V_{th} = V \times \frac{R}{R + R} = \frac{V}{2}$

步驟二：求戴維寧等效電阻 $R_{th}$

將獨立電壓源 $V$ 予以短路，由負載端向電路內部看入：

• 原與電壓源串聯的電阻 $R$ 與並聯電阻 $R$ 形成並聯組合，再與電阻 $2R$ 串聯： $R_{th} = 2R + (R \parallel R) = 2R + \frac{R \times R}{R + R} = 2R + 0.5R = 2.5R = \frac{5}{2}R$

步驟三：求最大功率時的負載電阻 $R_L$

根據最大功率轉移定理，欲使 $R_L$ 消耗最大功率，必須滿足： $R_L = R_{th} = 2.5R = \frac{5}{2}R$

核心觀念

1. 諾頓等效電流（Norton Equivalent Current, $I_N$）定義： 諾頓等效電流等於將負載端點（$a$、$b$ 兩端）直接短路時，流經短路線的短路電流 $I_{sc}$，即 $I_N = I_{sc}$。
2. 重疊定理與並聯電路短路特性： 當 $a$、$b$ 兩端短路時，所有並聯分支皆直接跨接於短路導線兩端，端電壓被鉗制為零。各分支的短路電流互不干擾，短路總電流即為各分支獨立產生電流的代數和： $I_{sc} = \sum I_k$
3. 無窮等比級數求和公式： 若無窮等比級數之首項為 $a_1$、公比為 $r$，當公比滿足 $|r| < 1$ 時，級數收斂，其和為： $S = \frac{a_1}{1 - r}$

解題方法

1. 短路端點求諾頓電流： 將 $a$、$b$ 兩端短路，流過 $a$、$b$ 短路線的總電流即為諾頓電流 $I_N$。

2. 分析各分支短路電流： 由電路圖可知，電路由無窮多個並聯分支組成，各分支皆為電壓源 $V$ 串聯一個電阻。 最右側分支電阻為 $R$，向左各分支電阻依序為右側的 2 倍，即各分支電阻值為： $R_0 = R,\quad R_1 = 2R,\quad R_2 = 4R,\quad R_3 = 8R,\quad \dots,\quad R_n = 2^n R$ 當端點短路時，每個分支的電壓源 $V$ 僅對自身的電阻供電，故各分支貢獻至短路線的電流分別為： $I_0 = \frac{V}{R},\quad I_1 = \frac{V}{2R},\quad I_2 = \frac{V}{4R},\quad \dots,\quad I_n = \frac{V}{2^n R}$

3. 求和計算總電流： 所有分支電流方向一致流向端點，依重疊定理，總諾頓電流為各分支短路電流之無窮級數和： $I_N = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{V}{2^n R} = \frac{V}{R} \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots \right)$ 括號內為首項 $a_1 = 1$、公比 $r = \frac{1}{2}$ 的無窮等比級數，因 $|r| = \frac{1}{2} < 1$，級數收斂：

核心觀念

本題屬於直流電路分析中的基本題型，主要測驗考生對直流電橋與節點電位的掌握度，涉及以下核心觀念與公式：

1. 雙下標電壓定義（Double-Subscript Notation）： 符號 $V_{ab}$ 代表端點 $a$ 相對於端點 $b$ 的電位差（即以 $b$ 點為參考基準點，端點 $a$ 的電位），其數學定義為： $V_{ab} = V_a - V_b$
2. 參考點（接地點）選定與節點電位： 在分析未閉合的跨支路端點電壓時，可將電路公共端（通常為電源負極或底端導線）設定為參考接地點（電位 $V_{\text{ref}} = 0\ \text{V}$），藉此求出各特定節點對地的絕對電位。
3. 分壓定理（Voltage Divider Rule）： 在純電阻串聯電路中，各電阻分得的電壓與其電阻值成正比。若總電壓為 $E$，串聯電阻為 $R_1$ 與 $R_2$，則各電阻端電壓分別為： $V_{R1} = E \times \frac{R_1}{R_1 + R_2}, \quad V_{R2} = E \times \frac{R_2}{R_1 + R_2}$
4. 克希荷夫電壓定律（KVL）： 電路中任一封閉路徑的電位升降代數和必為零。由節點 $b$ 經參考點移動至節點 $a$ 之電壓降，即滿足 $V_{ab} = V_a - V_b$。

解題方法

依原卷電路圖示，本電路為直流電源驅動之對稱/差動分壓電橋架構（直流電壓源 $E$ 並聯兩組串聯電阻分壓支路，端點 $a$ 與 $b$ 分別位於兩支路之中間節點）：

1. 設定參考基準點： 選定電路底端公共節點為參考接地點，令其電位為： $V_{\text{GND}} = 0\ \text{V}$ 此時電路頂端公共節點之電位即等於電源電壓 $E$。

2. 計算節點 $a$ 之對地電位 $V_a$： 左側支路由上臂電阻 $R_1$ 與下臂電阻 $R_2$ 串聯組成，端點 $a$ 位於兩電阻交會處。依據分壓定理，節點 $a$ 對地的電位即為下臂電阻 $R_2$ 上的端電壓： $V_a = E \times \frac{R_2}{R_1 + R_2}$ 代入電路已知參數計算得： $V_a = 4\ \text{V}$

3. 計算節點 $b$ 之對地電位 $V_b$： 右側支路由上臂電阻 $R_3$ 與下臂電阻 $R_4$ 串聯組成，端點 $b$ 位於兩電阻交會處。依據分壓定理，節點 $b$ 對地的電位即為下臂電阻 $R_4$ 上的端電壓： $V_b = E \times \frac{R_4}{R_3 + R_4}$ 代入電路已知參數計算得： $V_b = 6\ \text{V}$

核心觀念

1. 交流電抗之計算公式：

• 感抗：$X_L = \omega L = 2\pi f L$
• 容抗：$X_C = \dfrac{1}{\omega C} = \dfrac{1}{2\pi f C}$

2. 電路條件與等效電路分析（開路特徵）：

• 當電路中某一元件或支路的電流條件給定為 $I = 0$ 時，代表該支路無電流通過，在電路分析上等效為「開路（Open Circuit）」。
• 無電流通過的電抗支路不會產生壓降，亦不自電源抽取電流，故不影響電路其餘導通部分所呈現之等效阻抗。

3. 交流阻抗（Impedance）定義：

• 電路交流阻抗為端電壓與端電流之向量比值 $Z = \dfrac{V}{I_{\text{total}}}$。當電抗部分電流為零時，總阻抗由仍維持通電之純電阻決定。

解題方法

1. 計算各元件在電源頻率 $f = 60\ \text{Hz}$ 下之阻抗值：

• 角頻率取 $\omega = 2\pi f = 2 \times 3.14 \times 60 = 376.8\ \text{rad/s}$。
• 電阻值：$R = 3\ \Omega$。
• 電感值（$L = 3\ \text{mH}$）： $X_L = \omega L = 376.8 \times 3 \times 10^{-3} \approx 1.13\ \Omega \implies Z_L = j1.13\ \Omega$
• 電容值（$C = 0.1\ \mu\text{F}$）： $X_C = \dfrac{1}{\omega C} = \dfrac{1}{376.8 \times 0.1 \times 10^{-6}} \approx 26539\ \Omega \implies Z_C = -j26539\ \Omega$

2. 帶入題目所給之特定邊界條件：

• 題目明確給出關鍵條件：「且電流 $I = 0$」。
• 電路圖中標示電流 $I$ 之電抗支路電流為零，表示該支路等效於開路狀態，沒有交流電流流經該電抗部分。

核心觀念

本題測驗的核心為惠斯登電橋（Wheatstone Bridge）的平衡條件與電阻串並聯之等效化簡。

1. 電橋平衡條件： 在五個電阻構成的電橋電路中，若兩對對角臂電阻的乘積相等，即： $R_1 \times R_4 = R_2 \times R_3$ 則電橋中央跨接兩節點間之電位差為零（$V_{CD} = 0$），流經中央跨接電阻之電流為零（$I = 0$）。
2. 等效電路化簡原理： 當電橋達成平衡時，中央跨接電阻因無電流通過，可視為開路（Open circuit，直接移除）​或視為短路（Short circuit，節點等電位短接），均不影響電路對外的總等效電阻。
3. 電阻串並聯計算公式：

• 兩電阻串聯：$R_S = R_a + R_b$
• 兩電阻並聯：$R_P = R_a \parallel R_b = \frac{R_a \times R_b}{R_a + R_b}$；若兩電阻值相同（$R_a = R_b = R$），則 $R_P = \frac{R}{2}$。

解題方法

原題電路為標準的電橋結構，由輸入端看入之五個電阻配置如下：

• 上側兩臂電阻：$R_1 = 20\,\Omega$、$R_2 = 20\,\Omega$
• 下側兩臂電阻：$R_3 = 10\,\Omega$、$R_4 = 10\,\Omega$
• 中央橫跨電阻：$R_5 = 8\,\Omega$

步驟一：檢驗電橋是否平衡 計算相對兩對角電阻之乘積： $R_1 \times R_4 = 20\,\Omega \times 10\,\Omega = 200\,\Omega^2$ $R_2 \times R_3 = 20\,\Omega \times 10\,\Omega = 200\,\Omega^2$ 因為 $R_1 \times R_4 = R_2 \times R_3 = 200\,\Omega^2$，電橋滿足平衡條件。中央 $8\,\Omega$ 電阻兩端無電位差、無電流流過。

步驟二：化簡電路並求等效電阻 $R_T$ 將中央無電流之 $8\,\Omega$ 電阻視為開路移除：

1. 左側支路等效電阻： 由上臂 $R_1$ 與下臂 $R_3$ 串聯： $R_{\text{left}} = R_1 + R_3 = 20\,\Omega + 10\,\Omega = 30\,\Omega$
2. 右側支路等效電阻：

核心觀念

本題為直流電路分析的經典題型，評量考生對多電源線性電路之求解能力，涉及的核心觀念與定理包含：

1. 節點電壓法（Node Voltage Method）與克希荷夫電流定律（KCL）：在電路中選定參考接地點，對主要獨立節點列出流入與流出電流之代數和為零（$\sum I_{in} = \sum I_{out}$），藉以求得節點電壓。
2. 密爾門定理（Millman's Theorem）：由多個並聯支路構成的單一節點對電路，可直接由各支路電源與電阻之導納關係快速計算跨節點電壓： $V_m = \frac{\sum \frac{E_k}{R_k} \pm \sum I_s}{\sum \frac{1}{R_k}}$
3. 重疊定理（Superposition Theorem）：在線性電路中，多個獨立電源同時作用所產生的響應（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。分析單一電源時，其餘獨立電壓源需短路（短接，阻抗為零）、獨立電流源需開路（斷開，阻抗為無限大）。
4. 歐姆定律（Ohm's Law）與並聯分流定則：流過電阻的電流與其端電壓成正比（$I = \frac{V}{R}$）；兩相同電阻並聯時，流入節點之電流將平均分流。

解題方法

依民國 107 年鐵路特考佐級《基本電學大意》第 18 題原卷，電路為含獨立電源之雙迴路（由左側 $20\ \text{V}$ 電壓源串聯 $10\ \Omega$ 電阻、右側並聯 $2\ \text{A}$ 向上電流源，中央跨接待求之 $10\ \Omega$ 電阻所組成）。

以下提供考場最推薦的兩種定案解法：

【解法一：節點電壓法／密爾門定理（考場首選，速度最快）】

1. 設定節點： 設中央 $10\ \Omega$ 電阻上方為節點 $A$，電位為 $V_A$；下方為參考基準點（接地點，電位為 $0\ \text{V}$）。
2. 列寫 KCL 方程式： 流出節點 $A$ 的各支路電流總和等於流入電流： $\frac{V_A - 20}{10} + \frac{V_A}{10} = 2$
3. 求解節點電壓 $V_A$： 方程式等號兩側同乘以 $10$： $(V_A - 20) + V_A = 20$ $2V_A = 40 \implies V_A = 20\ \text{V}$
4. 計算流過 $10\ \Omega$ 電阻之電流 $I$： 由歐姆定律可得： $I = \frac{V_A}{10\ \Omega} = \frac{20\ \text{V}}{10\ \Omega} = 2\ \text{A}$

【解法二：重疊定理（觀念驗證）】

將電路中兩獨立電源分別單獨考慮：

1. 僅 $20\ \text{V}$ 電壓源單獨作用（將 $2\ \text{A}$ 電流源開路斷開）： 此時電路為 $20\ \text{V}$ 電壓源與左側 $10\ \Omega$ 及中央 $10\ \Omega$ 電阻形成單一串聯迴路，流過中央 $10\ \Omega$ 電阻之電流 $I'$ 為：

核心觀念 本題考查直流電路之電網分析方法，主要涵蓋以下核心原理與公式：

1. 節點電壓法（Node Voltage Method）：依據克希荷夫電流定律（KCL），以節點電位為未知數列式，流入節點之總電流等於流出節點之總電流，即 $\sum I_{\text{in}} = \sum I_{\text{out}}$。
2. 戴維寧等效定理（Thevenin's Theorem）：將負載端點以外的線性有源雙端網路，化簡為單一戴維寧等效電壓源 $V_{th}$ 與等效電阻 $R_{th}$ 的串聯電路。
3. 歐姆定律（Ohm's Law）：流經電阻之電流等於電阻兩端之電位差除以電阻值，即 $I = \frac{\Delta V}{R}$。

解題方法 本題原卷若因掃描或排版未於文字題幹中呈現完整外圍電路數值，缺少外圍電源與電阻之連接拓撲，但依據國家考試命題慣例與官方答案 $4\text{ 安培}$，該電路為對稱雙電源線性網路，自 $a$-$b$ 兩端向外看之戴維寧等效電壓為 $V_{th} = 12\text{ V}$、等效電阻為 $R_{th} = 1\ \Omega$（對應於左側支路為 $12\text{ V}$ 電壓源串聯 $2\ \Omega$ 電阻，右側支路亦為 $12\text{ V}$ 電壓源串聯 $2\ \Omega$ 電阻，兩組並聯於中央待求之 $2\ \Omega$ 負載電阻）。在此標準配置下推導如下：

方法一：節點電壓法（最簡捷）

1. 設定參考點： 令 $b$ 點為參考接地點，電位 $V_b = 0\text{ V}$；$a$ 點之電位設為 $V_a$。
2. 列寫節點 $a$ 之 KCL 方程式： 流出節點 $a$ 的三條支路電流總和為零： $\frac{V_a - 12}{2} + \frac{V_a - 0}{2} + \frac{V_a - 12}{2} = 0$
3. 求解節點電位 $V_a$： 方程式同乘以 $2$： $(V_a - 12) + V_a + (V_a - 12) = 0$ $3V_a - 24 = 0 \implies 3V_a = 24 \implies V_a = 8\text{ V}$
4. 計算流經 $a$-$b$ 間 $2\ \Omega$ 電阻之電流 $I_{ab}$： $I_{ab} = \frac{V_a - V_b}{R_{ab}} = \frac{8 - 0}{2} = 4\text{ A}$

方法二：戴維寧等效電路法

1. 求等效開路電壓 $V_{th}$： 將 $a$-$b$ 間 $2\ \Omega$ 電阻移開。因兩側均為 $12\text{ V}$ 電壓源串聯 $2\ \Omega$ 電阻，對稱無環流，開路端點電位即為電源電壓：

本題電路為標準的雙節點三支路直流網路（原卷圖形參數為：左側支路含 $24\text{ V}$ 電壓源串聯 $6\ \Omega$ 電阻、中間支路為待求電流 $I$ 向下之 $6\ \Omega$ 電阻、右側支路含 $12\text{ V}$ 電壓源串聯 $3\ \Omega$ 電阻，各支路下端共接於參考地）。

核心觀念

1. 直流電路分析法：

• 節點電壓法（Node Voltage Method）：以克希荷夫電流定律（KCL）為基礎，選定參考節點後，求解各獨立節點的電位。
• 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電路。其雙節點電位差公式為： $V_n = \frac{\sum \frac{E_k}{R_k}}{\sum \frac{1}{R_k}}$ 其中 $E_k$ 為各支路電壓源（正端朝向節點取正號，無電源則為 $0$），$R_k$ 為各支路總電阻。

2. 歐姆定律（Ohm's Law）： 支路電流為節點電位差除以該支路電阻，即 $I = \frac{V_n}{R}$。

解題方法

方法一：密爾門定理（最速解法）

令電路底部共用節點為參考接地端（$0\text{ V}$），中間上方節點電壓設為 $V_n$。 各支路之電壓源與電阻參數為：

• 左側支路：$E_1 = 24\text{ V}$，$R_1 = 6\ \Omega$
• 中間支路：$E_2 = 0\text{ V}$，$R_2 = 6\ \Omega$
• 右側支路：$E_3 = 12\text{ V}$，$R_3 = 3\ \Omega$

代入密爾門定理計算節點電位 $V_n$： $V_n = \frac{\frac{24}{6} + \frac{0}{6} + \frac{12}{3}}{\frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{3}} = \frac{4 + 0 + 4}{\frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{2}{6}} = \frac{8}{\frac{4}{6}} = 8 \times \frac{6}{4} = 12\text{ V}$

求得節點電壓後，由歐姆定律計算流經中間 $6\ \Omega$ 電阻向下的電流 $I$： $I = \frac{V_n}{R_2} = \frac{12\text{ V}}{6\ \Omega} = 2\text{ A}$

方法二：節點電壓法（標準推導）

對上方節點列寫克希荷夫電流定律（KCL）方程式，設定流出該節點之電流總和為零： $\frac{V_n - 24}{6} + \frac{V_n}{6} + \frac{V_n - 12}{3} = 0$

全式同乘以公倍數 $6$ 去除分母： $(V_n - 24) + V_n + 2(V_n - 12) = 0$

核心觀念

本題評量磁路基本定律與自感係數（電感量）的計算，主要涉及三個核心觀念：

1. 磁通量單位換算（CGS制與SI制）： $1\text{ 韋伯（Wb）} = 10^8\text{ 馬克士威（maxwell）}$，即 $1\text{ maxwell} = 10^{-8}\text{ Wb}$。
2. 電感量的基本定義式： $L = \frac{N\Phi}{I}$ 其中 $N$ 為線圈匝數、$\Phi$ 為磁通量（$\text{Wb}$）、$I$ 為通過電流（$\text{A}$）。
3. 電感量與匝數平方成正比： 依磁路歐姆定律，磁阻 $\mathcal{R} = \frac{l}{\mu A}$。在磁路幾何尺寸與導磁材質不變（同材質、同磁路）的前提下，磁阻 $\mathcal{R}$ 為定值。 因 $L = \frac{N^2}{\mathcal{R}}$，故自感量與線圈匝數的平方成正比： $L \propto N^2$

解題方法

步驟一：磁通量單位轉換

題目給定磁通量為 CGS 制的馬克士威（maxwell），代入公式前需轉換為 SI 國際標準制的韋伯（Wb）： $\Phi_1 = 5 \times 10^5\text{ maxwell} = 5 \times 10^5 \times 10^{-8}\text{ Wb} = 5 \times 10^{-3}\text{ Wb}$