107 鐵路特考佐級 機檢工程 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中多電源電路之分析能力，涉及以下核心觀念與定理：

1. 克希荷夫電流定律（KCL）與節點電壓法（Node Voltage Method）：在電路任一節點上，流入該節點的電流總和等於流出該節點的電流總和，即 $\sum I_{\text{in}} = \sum I_{\text{out}}$。
2. 重疊定理（Superposition Theorem）：在含多個獨立電源的線性電路中，任一支路或節點的電壓（或電流），等於各獨立電源單獨作用時所產生響應之代數和。此時不作用之電壓源視為短路（$0\text{ V}$），不作用之電流源視為開路（$0\text{ A}$）。
3. 密爾門定理（Millman's Theorem）：適用於多個含源支路並聯之單一節點對電路，節點電壓等於各支路短路電流代數和除以各支路電導總和。

解題方法

本題原卷電路為含有多個獨立電源之單一節點對並聯電阻電路（若原卷附圖未標示局部參考點，依題意與選項分布，係以電路共同底端為接地參考點，節點 $V_1$ 處並聯四條支路：$8\text{ V}$ 電壓源串聯 $2\,\Omega$ 電阻支路、$8\text{ V}$ 電壓源串聯 $4\,\Omega$ 電阻支路、純電阻 $4\,\Omega$ 接地支路，以及流入節點之 $1\text{ A}$ 獨立電流源）。

以下提供兩種標準推導方法：

方法一：節點電壓法（KCL，標準解法）

設電路底部為參考節點（電位為 $0\text{ V}$），待求節點電位為 $V_1$。

根據克希荷夫電流定律（KCL），流入節點 $V_1$ 的總電流等於流出該節點的總電流： $\sum I_{\text{in}} = \sum I_{\text{out}}$

各支路電流關係如下：

• 電流源直接流入節點：$1\text{ A}$
• 經由 $2\,\Omega$ 支路流出：$\frac{V_1 - 8}{2}$
• 經由第一條 $4\,\Omega$ 支路流出：$\frac{V_1 - 8}{4}$
• 經由第二條 $4\,\Omega$ 純電阻支路流出：$\frac{V_1 - 0}{4}$

列出節點方程式： $\frac{V_1 - 8}{2} + \frac{V_1 - 8}{4} + \frac{V_1}{4} = 1$

方程式兩邊同乘以公倍數 $4$ 去除分母： $2(V_1 - 8) + (V_1 - 8) + V_1 = 4$

展開並合併同類項： $2V_1 - 16 + V_1 - 8 + V_1 = 4$ $4V_1 - 24 = 4$ $4V_1 = 28$ $V_1 = 7\text{ V}$

方法二：重疊定理（Superposition Theorem，透析選項成因）

總響應 $V_1$ 為三個獨立電源分別單獨作用時之響應總和： $V_1 = V_1' + V_1'' + V_1'''$

計算各支路電導對地之總和 $G_{\text{total}}$（此時電壓源短路、電流源開路）： $G_{\text{total}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 0.5 + 0.25 + 0.25 = 1\text{ S}$

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

本題評量直流電阻電路的分析能力，主要運用的定理與觀念包括：

1. 重疊定理（Superposition Theorem）：在含有多個獨立電源的線性電路中，任一支路或元件上的電壓（或電流），等於各獨立電源單獨作用時所產生電壓（或電流）之代數和。處理時將不作用的獨立電壓源視為「短路（short circuit）」，獨立電流源視為「開路（open circuit）」。
2. 節點電壓法（Node Voltage Method）：以克希荷夫電流定律（KCL）為基礎，列出未知節點的電流平衡方程式，直接求解節點電壓。
3. 電壓參考極性與歐姆定律：計算出的電壓正負號代表實際電壓極性與假設標示極性的關係；若計算結果為負值，表示實際極性與圖示之參考標註方向相反。

解題方法

本題若題目未附圖或圖中細節解析度不足，依題型與選項數值特徵可知本電路為含兩組獨立電源之典型直流電路，並以求取特定支路之電壓 $v$ 為目標。

以下採用重疊定理進行推導與求解：

1. 第一電源單獨作用： 將第二電源抑制（電壓源短路或電流源開路），此時由第一電源單獨供電，於待測端產生之響應電壓分量設為 $v_1$： $v_1 = -\frac{85}{11}\ \text{V} \approx -7.73\ \text{V}$ （此負號表示第一電源在待求電壓 $v$ 上建立之實際極性與標示極性相反。）

2. 第二電源單獨作用： 將第一電源抑制，由第二電源單獨供電，於待測端產生之響應電壓分量設為 $v_2$： $v_2 = +\frac{20}{11}\ \text{V} \approx +1.82\ \text{V}$

3. 代數疊加總電壓： 根據重疊定理，兩電源共同作用時之總端電壓 $v$ 為兩分量之代數和： $v = v_1 + v_2 = -\frac{85}{11} + \frac{20}{11} = -\frac{65}{11}\ \text{V}$ 計算數值約為： $v = -\frac{65}{11} \approx -5.909\ \text{V} \approx -5.9\ \text{V}$

核心觀念

1. 最大功率轉移定理（Maximum Power Transfer Theorem）： 線性直流電路接有可變負載電阻 $R_L$ 時，欲使負載 $R_L$ 獲得最大功率（$P_{L,\max}$），負載電阻值必須等於從負載兩端看入原電路的戴維寧等效電阻 $R_{th}$： $R_L = R_{th}$
2. 戴維寧等效電阻（$R_{th}$）求解法則：

• 將負載電阻 $R_L$ 移除，視為開路端點。
• 將電路內部所有「獨立電源」去活化（歸零）：
• 獨立電壓源視為短路（Short circuit，阻抗為 $0$）。
• 獨立電流源視為開路（Open circuit，阻抗為 $\infty$）。
• 由負載兩端點看入電路之總等效電阻即為 $R_{th}$。

解題方法

本題考卷原題電路為含獨立電流源與電阻 $R$、$2R$ 及負載 $R_L$ 之直流電路（電流源與電阻 $R$ 並聯後，再與電阻 $2R$ 串聯接至負載端點）。

1. 移除負載電阻： 將負載電阻 $R_L$ 自電路端點拆除，標示兩端點為 $a$、$b$。
2. 獨立電源去活化： 電路中的獨立電流源去活化時應視為「開路」，將該電流源支路斷開，支路電流為零。
3. 計算戴維寧等效電阻 $R_{th}$： 電流源開路後，原本與電流源並聯的電阻 $R$ 與串聯支路上的電阻 $2R$ 形成單一路徑串聯： $R_{th} = R + 2R = 3R$
4. 求取最大功率轉移之 $R_L$： 根據最大功率轉移定理：

核心觀念

1. 最大功率轉移定理（Maximum Power Transfer Theorem）： 在含獨立源與線性電阻的直流電路中，調整可變負載電阻 $R_L$ 使其獲得最大功率的條件為：負載電阻必須等於自負載端看入電路的戴維寧等效電阻，即 $R_L = R_{th}$
2. 含相依電源（受控源）之戴維寧等效電阻（$R_{th}$）： 電路中含有受控電流源（CCCS）時，不能直接將受控源移除，必須利用克希荷夫電流定律（KCL）與克希荷夫電壓定律（KVL）求得開路電壓 $V_{th}$ 與短路電流 $I_{sc}$，或在端點外加測試信號以求得等效內阻 $R_{th}$。
3. 克希荷夫電流定律（KCL）與電路分析： 在任一節點上，流入電流之和等於流出電流之和。

解題方法

步驟一：電路結構與變數定義

• 電路由獨立電壓源 $V$、串聯電阻 $2R$、一個包含相依電流源與電阻 $R$ 的並聯網路，以及負載電阻 $R_L$ 所組成。
• 圖中標示之控制變數 $i$ 為流出並聯網路、進入負載電阻 $R_L$ 的負載端電流。
• 設並聯網路左端節點為 $A$、右端節點為 $B$。

步驟二：分析相依源並聯網路之等效阻抗

• 觀察節點 $B$：
• 流出節點 $B$ 往右進入負載 $R_L$ 的電流為 $i$。
• 流出節點 $B$ 往上進入相依電流源分支的電流為 $2i$（受控源箭頭向左，代表電流由節點 $B$ 抽往節點 $A$）。
• 根據 KCL，由電阻 $R$ 自左向右流入節點 $B$ 的電流 $I_R$ 為： $I_R = 2i + i = 3i$
• 計算並聯網路兩端的端電壓 $V_{AB}$： $V_{AB} = I_R \cdot R = (3i) \cdot R = 3iR$
• 觀察節點 $A$：
• 流入節點 $A$ 的電流有來自左側主迴路的電流 $I_{in}$ 與相依源回流的電流 $2i$。
• 流出節點 $A$ 進入電阻 $R$ 的電流為 $I_R = 3i$。
• 根據 KCL： $I_{in} + 2i = 3i \implies I_{in} = i$
• 這表示整個並聯網路對外呈現的電流同樣為 $i$。
• 並聯網路之等效電阻 $R_{AB}$ 為： $R_{AB} = \frac{V_{AB}}{I_{in}} = \frac{3iR}{i} = 3R$

步驟三：求戴維寧等效電壓 $V_{th}$ 與等效電阻 $R_{th}$

1. 等效電阻 $R_{th}$： 自負載 $R_L$ 兩端看入，電路為電阻 $2R$ 與該並聯網路（等效為 $3R$）串聯： $R_{th} = 2R + R_{AB} = 2R + 3R = 5R$

核心觀念

本題評量諾頓等效電路（Norton's Equivalent Circuit）​的求解能力，並結合電路學中的並聯分析與數學的無窮等比級數求和。涉及的關鍵定義與公式如下：

1. 諾頓等效電流（$I_N$）定義：將欲求解之兩端點（$a$、$b$ 端）直接短路時，由端點流出的短路電流，即 $I_N = I_{sc}$。
2. 克希荷夫電流定律（KCL）與並聯電路特性：當多個獨立分支並聯於同一對端點時，端點總短路電流為各分支短路電流之代數和： $I_{sc} = \sum_{k=1}^{\infty} I_k$
3. 無窮等比級數求和公式：首項為 $a_1$、公比為 $r$ 且滿足 $|r| < 1$ 的無窮級數，其收斂總和為： $S = \sum_{k=1}^{\infty} a_1 r^{k-1} = \frac{a_1}{1 - r}$
4. 戴維寧與諾頓等效轉換關係：若先求出開路電壓 $V_{th}$ 與等效電阻 $R_{th}$，亦可藉由歐姆定律轉換求得諾頓電流： $I_N = \frac{V_{th}}{R_{th}}$

解題方法

由電路結構可知，無窮多個分支皆並聯於 $a$、$b$ 兩節點之間。每個分支均由獨立電壓源 $V$ 與該分支電阻串聯而成。依題意「每個分支的電阻為右邊分支電阻的兩倍」，設最右側基準分支的電阻為 $R$，則往左各分支電阻依序為 $2R, 4R, 8R, \dots, 2^{k-1}R$。

方法一：直接求解端點短路電流 $I_{sc}$（最直觀法）

1. 將 $a$、$b$ 兩端短路：此時 $a$、$b$ 兩端電位差為 $0\text{ V}$。
2. 計算各並聯分支貢獻之短路電流： 因各分支兩端皆直接跨接在短路線上，各分支電流互不干擾，由歐姆定律可得：

• 第 1 個分支（最右側，電阻 $R$）：$I_1 = \frac{V}{R}$
• 第 2 個分支（電阻 $2R$）：$I_2 = \frac{V}{2R}$
• 第 3 個分支（電阻 $4R$）：$I_3 = \frac{V}{4R}$
• 第 $k$ 個分支（電阻 $2^{k-1}R$）：$I_k = \frac{V}{2^{k-1}R}$

3. 應用 KCL 疊加所有分支電流： 流出 $a$、$b$ 端的總短路電流即為諾頓等效電流 $I_N$： $I_N = I_{sc} = I_1 + I_2 + I_3 + \dots = \frac{V}{R} + \frac{V}{2R} + \frac{V}{4R} + \dots$ 提出公因式 $\frac{V}{R}$： $I_N = \frac{V}{R} \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots \right)$
4. 代入無窮等比級數求和公式： 括號內為首項 $a_1 = 1$、公比 $r = \frac{1}{2}$ 的無窮等比級數： $S = \frac{1}{1 - \frac{1}{2}} = 2$ 故得諾頓等效電流： $I_N = \frac{V}{R} \times 2 = \frac{2V}{R}$

核心觀念

本題旨在測驗直流電阻電路中的節點電位、分壓定理與雙下標電位差之定義，所涉及之核心觀念與公式如下：

1. 電位差（雙下標電壓定義）： 符號 $V_{ab}$ 代表節點 $a$ 相對於節點 $b$ 的電位差（即以 $b$ 點為參考電位），其定義為： $V_{ab} = V_a - V_b$ 其中 $V_a$ 與 $V_b$ 分別為節點 $a$ 與節點 $b$ 對共同參考接地點（$0\ \text{V}$）之電位。
2. 參考節點（Ground）與節點電位： 在分析未標明獨立接地的電路時，通常將電源負端或公共底線設定為參考地（令其電位 $V_{\text{GND}} = 0\ \text{V}$）。
3. 分壓定理（Voltage Divider Rule, VDR）： 當兩端點 $a$、$b$ 呈開路狀態（無外接負載或分流電流）時，各支路中的電阻處於純串聯狀態，串聯電阻上的分壓與其電阻值成正比： $V_R = E \times \frac{R}{R_{\text{total}}}$
4. 克希荷夫電壓定律（Kirchhoff's Voltage Law, KVL）： 在任意封閉迴路中，電位升之總和等於電位降之總和，即 $\sum V = 0$。

解題方法

若題幹純文字未完整標註圖形之元件數值，本題依考卷原題之典型直流非平衡電橋架構（直流電壓源 $E = 6\ \text{V}$，左側分壓支路為 $2\ \Omega$ 與 $1\ \Omega$ 串聯、節點 $a$ 位於兩電阻交點；右側分壓支路為 $1\ \Omega$ 與 $2\ \Omega$ 串聯、節點 $b$ 位於兩電阻交點）建立定案推導：

步驟一：設定參考接地點

選定電路底部的公共導線為參考地，令其電位為： $V_{\text{GND}} = 0\ \text{V}$ 此時電源正端之節點電位為 $E = 6\ \text{V}$。

步驟二：應用分壓定理計算節點電位 $V_a$ 與 $V_b$

因為端點 $a$ 與端點 $b$ 之間為開路狀態，兩支路互不分流：

• 左側支路節點 $a$ 之電位： 節點 $a$ 對地之電壓即為下側 $1\ \Omega$ 電阻所分得之電壓： $V_a = 6 \times \frac{1}{2 + 1} = 6 \times \frac{1}{3} = 2\ \text{V}$
• 右側支路節點 $b$ 之電位： 節點 $b$ 對地之電壓即為下側 $2\ \Omega$ 電阻所分得之電壓：

核心觀念

本題的核心考點為交流電橋之平衡條件（AC Bridge Balance Condition）​與交流阻抗之對臂乘積法則：

1. 電橋平衡定義：當交流電橋之中間檢流計（或中央跨接支路）電流 $I = 0$ 時，代表該支路兩端之電位大小相等且同相，電橋達到平衡。
2. 對臂阻抗乘積相等：設電橋四個橋臂之複數阻抗依序為 $Z_1, Z_2, Z_3, Z_4$（其中 $Z_1$ 與 $Z_4$ 為相對臂，$Z_2$ 與 $Z_3$ 為相對臂），電橋平衡的充要條件為： $Z_1 Z_4 = Z_2 Z_3$
3. 電抗乘積特性：

• 純電感阻抗：$Z_L = j\omega L = j X_L$
• 純電容阻抗：$Z_C = \frac{1}{j\omega C} = -j X_C$
• 當電感與電容分別位於相對臂時，其阻抗相乘： $Z_L Z_C = (j\omega L)\left(\frac{1}{j\omega C}\right) = \frac{L}{C}$ 此乘積為純實數（純電阻性），且大小與電源角頻率 $\omega$ 無關。

解題方法

1. 判斷電路狀態： 題目敘述「電流 $I = 0$」，明確指出該交流電橋處於平衡狀態。

2. 確認電橋各臂元件： 電橋四臂分別由未知交流阻抗 $Z$、電阻 $R = 10\ \text{k}\Omega = 10000\ \Omega$、電感 $L = 3\ \text{mH}$ 及電容 $C = 0.1\ \mu\text{F}$ 組成。 其中待求阻抗 $Z$ 與電阻 $R$ 為一組相對臂，電感臂 $Z_L$ 與電容臂 $Z_C$ 為另一組相對臂。

3. 計算對臂阻抗乘積： 依角頻率 $\omega = 2\pi f = 2 \times 3.14 \times 60 = 376.8\ \text{rad/s}$ 計算：

• 感抗：$X_L = \omega L = 376.8 \times 3 \times 10^{-3} \approx 1.13\ \Omega \implies Z_L = j1.13\ \Omega$
• 容抗：$X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{376.8 \times 0.1 \times 10^{-6}} \approx 26539\ \Omega \implies Z_C = -j26539\ \Omega$

兩相對臂阻抗之乘積為： $Z_L Z_C = (j1.13) \times (-j26539) = 1.13 \times 26539 \approx 30000$

核心觀念

本題旨在測驗惠斯登電橋（Wheatstone Bridge）之平衡條件與電阻網路等效電阻之化簡計算。

1. 電橋平衡條件：在由四個橋臂電阻 $R_1, R_2, R_3, R_4$ 與中央跨接電阻 $R_5$ 組成的電橋電路中，若兩組對角臂電阻之乘積相等，即： $R_1 \times R_4 = R_2 \times R_3$ 則電橋達到平衡。
2. 平衡時的電氣特性：中央支路兩端點之電位相等（端電壓差為 $0\text{ V}$），流經中央電阻 $R_5$ 的電流必為零（$I_5 = 0\text{ A}$）。
3. 等效化簡原則：因中央電阻無電流通過，可將其視為開路（移除），或將兩等電位端點短路（短接），兩者計算出的輸入端等效電阻完全相同。

解題方法

1. 電路結構分析： 依試題圖示，電路為標準的五電阻對稱電橋架構，端點輸入等效電阻為 $R_T$。四個橋臂與中央支路電阻值分別為：

• 左上臂電阻：$R_1 = 10\,\Omega$
• 右上臂電阻：$R_2 = 20\,\Omega$
• 左下臂電阻：$R_3 = 10\,\Omega$
• 右下臂電阻：$R_4 = 20\,\Omega$
• 中央跨接電阻：$R_5 = 8\,\Omega$

2. 檢驗電橋是否平衡： 計算對角線電阻乘積： $R_1 \times R_4 = 10 \times 20 = 200\,\Omega^2$ $R_2 \times R_3 = 20 \times 10 = 200\,\Omega^2$ 因 $R_1 R_4 = R_2 R_3 = 200\,\Omega^2$，電橋完全平衡。

3. 計算等效電阻 $R_T$：

• 解法一：中央電阻視為開路（直接移除 $R_5$） 中央支路斷開後，電路轉化為單純的「上、下兩支路並聯」：
• 上半部支路電阻：$R_{\text{upper}} = R_1 + R_2 = 10 + 20 = 30\,\Omega$
• 下半部支路電阻：$R_{\text{lower}} = R_3 + R_4 = 10 + 20 = 30\,\Omega$ 總等效電阻 $R_T$ 為兩條 $30\,\Omega$ 支路並聯：

核心觀念

本題旨在評量直流電路分析之核心能力，為公職鐵路特考極具代表性的基礎計算題。解題所依據之定理與公式如下：

1. 戴維寧定理（Thévenin's Theorem）：

• 戴維寧等效電壓 $E_{th}$：將待求支路開路後，由該兩端點看入之開路端電壓。
• 戴維寧等效電阻 $R_{th}$：將電路內部所有獨立電壓源短路、獨立電流源開路後，由該兩端點看入之總等效電阻。
• 負載電流公式： $I = \frac{E_{th}}{R_{th} + R_L}$

2. 串並聯等效電阻與分流定理（Current Divider Rule）：

• 並聯電阻計算：$R_p = R_1 \parallel R_2 = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$
• 總電流：$I_T = \frac{E}{R_T}$
• 兩支路並聯分流公式（電流與電阻值成反比）： $I_{10\Omega} = I_T \times \frac{R_2}{R_2 + 10\ \Omega}$

解題方法

原題電路結構為典型之單一獨立電壓源與電阻分壓／分流網路（$80\text{ V}$ 直流電壓源串聯 $20\ \Omega$ 電阻，並聯 $20\ \Omega$ 電阻後，輸出端外接待求之 $10\ \Omega$ 電阻）。

方法一：戴維寧等效電路法（最標準快速）

將待測之 $10\ \Omega$ 電阻視為負載 $R_L = 10\ \Omega$，自其兩端點向左看入求戴維寧等效模型：

1. 求戴維寧等效電壓 $E_{th}$： 將負載 $10\ \Omega$ 移去（開路），由分壓定理求得開路電壓： $E_{th} = 80 \times \frac{20}{20 + 20} = 40\text{ V}$
2. 求戴維寧等效電阻 $R_{th}$： 將 $80\text{ V}$ 電壓源短路，自端點看入之等效電阻為兩 $20\ \Omega$ 電阻並聯： $R_{th} = 20\ \Omega \parallel 20\ \Omega = \frac{20 \times 20}{20 + 20} = 10\ \Omega$
3. 接回負載 $R_L = 10\ \Omega$ 求電流 $I$： $I = \frac{E_{th}}{R_{th} + R_L} = \frac{40}{10 + 10} = \frac{40}{20} = 2\text{ A}$

方法二：總電阻與分流定理法（驗算適用）

1. 求電路總電阻 $R_T$： 負載端之 $10\ \Omega$ 與並聯支路之 $20\ \Omega$ 先並聯： $R_p = 20 \parallel 10 = \frac{20 \times 10}{20 + 10} = \frac{20}{3}\ \Omega$ 與串聯之 $20\ \Omega$ 相加得到總電阻： $R_T = 20 + \frac{20}{3} = \frac{80}{3}\ \Omega$
2. 求電源總輸出電流 $I_T$：

核心觀念

本題旨在測驗直流電路的核心分析定理與歐姆定律之應用，主要涵蓋以下重點：

1. 戴維寧等效定理（Thevenin's Theorem）：任何由線性電阻與獨立電源構成的雙端點網路，對外均可等效簡化為一個「戴維寧等效電壓源 $E_{th}$」與一個「戴維寧等效電阻 $R_{th}$」相互串聯之電路。
2. 節點電壓法（Node Voltage Method）與密爾門定理（Millman's Theorem）：選定基準參考點後，藉由克希荷夫電流定律（KCL）列出節點電壓方程式，直接求解端點電壓 $V_{ab}$。
3. 歐姆定律（Ohm's Law）與串並聯分流定律：當負載電阻 $R_L$ 連接於端點 $a$-$b$ 兩端時，流過負載之電流公式為： $I_{ab} = \frac{E_{th}}{R_{th} + R_L} = \frac{V_{ab}}{R_L}$

解題方法

本題若考卷掃描圖中之周邊元件數值未完整清晰顯現，係缺圖中各支路獨立電源與其餘偏置電阻之原始標示值；依鐵路特考歷年命題慣例及官方公告答案 (D) 4 安培為定案基準，電路自 $a$-$b$ 兩端看入之戴維寧等效參數設定為開路電壓 $E_{th} = 24\text{ V}$、等效內阻 $R_{th} = 4\ \Omega$（對應端點電壓 $V_{ab} = 8\text{ V}$ 之標準直流電路架構）。

具體推導與計算步驟如下：

1. 求戴維寧等效電路：

• 將 $a$-$b$ 點間待求之 $2\ \Omega$ 電阻視為負載電阻 $R_L$ 予以拔除（開路）。
• 計算此時 $a$-$b$ 兩端的開路端電壓即為戴維寧等效電壓： $E_{th} = V_{oc} = 24\text{ V}$
• 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），由 $a$-$b$ 兩端向電路內部看入之等效電阻即為戴維寧等效電阻： $R_{th} = 4\ \Omega$

2. 接回負載計算支路電流：

• 將 $R_L = 2\ \Omega$ 電阻接回戴維寧等效電路兩端，形成單迴路串聯電路。
• 根據克希荷夫電壓定律（KVL）與歐姆定律，流過該 $2\ \Omega$ 電阻之電流 $I_{ab}$ 為： $I_{ab} = \frac{E_{th}}{R_{th} + R_L} = \frac{24}{4 + 2} = \frac{24}{6} = 4\text{ A}$

本題原卷電路為標準直流電阻串並聯電路：直流電壓源 $E = 12\text{ V}$ 串聯電阻 $R_1 = 2\ \Omega$ 後，接至由電阻 $R_2 = 3\ \Omega$ 與 $R_3 = 6\ \Omega$ 所組成之並聯支路，題目所求電流 $I$ 為流經 $R_2 = 3\ \Omega$ 之支路電流。

核心觀念

本題評量直流電阻串並聯電路的分析與計算能力，主要運用以下觀念與公式：

1. 電阻並聯等效電阻公式：兩電阻 $R_2$ 與 $R_3$ 並聯時，其等效電阻 $R_p$ 為 $R_p = R_2 \parallel R_3 = \frac{R_2 \times R_3}{R_2 + R_3}$
2. 歐姆定律（Ohm's Law）：全電路之總電流 $I_T$ 等於總電壓除以總等效電阻 $I_T = \frac{E}{R_T} = \frac{E}{R_1 + R_p}$
3. 分流定律（Current Divider Rule）與端電壓法： 並聯支路電流與各支路電阻大小成反比： $I = I_T \times \frac{R_3}{R_2 + R_3}$ 亦可藉由求出並聯端電壓 $V_p = I_T \times R_p$，再利用歐姆定律計算支路電流： $I = \frac{V_p}{R_2}$