107 鐵路特考員級 電子工程 基本電學 考古題詳解

核心觀念

• 電容器基本公式：電量 $Q$、電容量 $C$ 與兩端跨壓 $V$ 之關係為 $Q = C V$，即 $V = \frac{Q}{C}$。
• 直流穩態特性：電路達到直流穩態時，電容器充電完畢，內部介質不導電，對直流等效為開路，其跨壓與儲存電量保持定值。
• 串聯與並聯特性：
• 電容器並聯時，各電容兩端跨壓相等（$V_p = V_1 = V_2$），總電荷為各支路電荷之和（$Q_p = Q_1 + Q_2$）。
• 電容器串聯時，各電容所帶電荷量恆相等（$Q_s = Q_1 = Q_2$），總跨壓為各電容跨壓之和（$V_s = V_1 + V_2$）。
• 節點電荷守恆定律：由外電路流入電容並聯節點之總電荷，等於各並聯分支電容儲存電荷之代數和。

解題方法

1. 電路架構判定：

• 由 $C_1 = 250\,\mu\mathrm{F}$ 及穩態電量 $Q_1 = 1800\,\mu\mathrm{C}$，求得 $C_1$ 兩端跨壓為： $V_1 = \frac{Q_1}{C_1} = \frac{1800\,\mu\mathrm{C}}{250\,\mu\mathrm{F}} = 7.2\,\mathrm{V}$
• 由 $C_2 = 200\,\mu\mathrm{F}$ 及穩態電量 $Q_2 = 1000\,\mu\mathrm{C}$，求得 $C_2$ 兩端跨壓為： $V_2 = \frac{Q_2}{C_2} = \frac{1000\,\mu\mathrm{C}}{200\,\mu\mathrm{F}} = 5\,\mathrm{V}$
• 因 $V_1 \neq V_2$（$7.2\,\mathrm{V} \neq 5\,\mathrm{V}$），可知 $C_1$ 與 $C_2$ 非直接並聯；
• 因 $Q_1 \neq Q_2$（$1800\,\mu\mathrm{C} \neq 1000\,\mu\mathrm{C}$）且 $Q_1 > Q_2$，可知 $C_1$ 與 $C_2$ 非純串聯；
• 故圖一為標準電容串並聯架構：主幹路串聯電容器 $C_1$，其後連接由 $C_2$ 與 $C_3$ 並聯組成之分支電路，即 $C_1$ 串聯 $(C_2 \parallel C_3)$。

2. 計算 $C_3$ 之跨壓與充電量：

• 因 $C_3$ 與 $C_2$ 為並聯連接，兩端跨壓必然相等： $V_3 = V_2 = 5\,\mathrm{V}$
• 依節點電荷守恆，主幹路 $C_1$ 提供之電荷分配至 $C_2$ 與 $C_3$ 兩並聯支路： $Q_1 = Q_2 + Q_3$ $Q_3 = Q_1 - Q_2 = 1800\,\mu\mathrm{C} - 1000\,\mu\mathrm{C} = 800\,\mu\mathrm{C}$

3. 求解 $C_3$ 之電容量：

• 將 $Q_3$ 與 $V_3$ 代入電容量定義式： $C_3 = \frac{Q_3}{V_3} = \frac{800\,\mu\mathrm{C}}{5\,\mathrm{V}} = 160\,\mu\mathrm{F}$

解題技巧

• 判斷竅門：面對多電容電路，先由已知 $Q$ 與 $C$ 換算出各電容電壓 $V = \frac{Q}{C}$。跨壓相同者必為並聯；電荷較大者位於幹路，電荷差額即為並聯另一支路所分擔之電荷。
• 快速驗算：

核心觀念

1. 惠斯登電橋（Wheatstone Bridge）平衡條件： 在四臂電橋中，若兩組對邊電阻的乘積相等，則中間檢流支路兩端之電位差為零（無電位降），流經該檢流支路的電流為零： $R_1 R_4 = R_2 R_3 \implies V_{\text{detector}} = 0\text{ V}$ 此時中間支路可視為「開路」（直接移除）或「短路」，不影響電路其餘部分的電位與電流分佈。
2. 歐姆定律（Ohm's Law）與串並聯等效電阻：

• 串聯電阻：$R = R_1 + R_2$
• 並聯電阻：$R = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$
• 支路電流：$I = \frac{V}{R}$

解題方法

1. 分析電橋平衡狀態： 定義圖三菱形電橋的四個節點：

• 頂部節點 $T$
• 底部節點 $B$
• 左側節點 $L$
• 右側節點 $R$

觀察四個外圍電阻：

• 左上臂：$R_{LT} = 2\,\Omega$
• 右下臂：$R_{BR} = 8\,\Omega$
• 左下臂：$R_{LB} = 4\,\Omega$
• 右上臂：$R_{TR} = 4\,\Omega$

對邊電阻乘積為： $R_{LT} \times R_{BR} = 2\,\Omega \times 8\,\Omega = 16\,\Omega^2$ $R_{LB} \times R_{TR} = 4\,\Omega \times 4\,\Omega = 16\,\Omega^2$ 由於對邊乘積相等（$16\,\Omega^2 = 16\,\Omega^2$），該惠斯登電橋處於完全平衡狀態。因此頂部節點 $T$ 與底部節點 $B$ 電位相等（$V_T = V_B$），連接於 $T$ 與 $B$ 之間的垂直支路 $6\,\Omega$ 電阻無電流通過，可直接將該 $6\,\Omega$ 電阻視為開路移除。

2. 計算菱形電橋部分的等效電阻 $R_{\text{bridge}}$： 移除 $6\,\Omega$ 電阻後，自左側節點 $L$ 到右側節點 $R$ 形成上下兩條並聯路徑：

• 上路徑電阻：$R_{\text{upper}} = 2\,\Omega + 4\,\Omega = 6\,\Omega$
• 下路徑電阻：$R_{\text{lower}} = 4\,\Omega + 8\,\Omega = 12\,\Omega$

電橋等效電阻為： $R_{\text{bridge}} = 6\,\Omega \parallel 12\,\Omega = \frac{6 \times 12}{6 + 12} = \frac{72}{18} = 4\,\Omega$

3. 計算節點 $L$ 與 $R$ 間的總並聯等效電阻 $R_{LR}$： 水平中間支路由左側節點 $L$ 跨越垂直導線連接至右側節點 $R$，內含一個 $3\,\Omega$ 電阻，該支路與電橋等效電阻 $R_{\text{bridge}}$ 並聯： $R_{LR} = 3\,\Omega \parallel R_{\text{bridge}} = 3\,\Omega \parallel 4\,\Omega = \frac{3 \times 4}{3 + 4} = \frac{12}{7}\,\Omega$

4. 計算電源端總電流 $I_T$： 直流電源為 $52\text{ V}$，正極直接連接節點 $L$，負極經由右側垂直支路的 $2\,\Omega$ 電阻連接節點 $R$。電路總等效電阻為： $R_T = R_{LR} + 2\,\Omega = \frac{12}{7} + 2 = \frac{26}{7}\,\Omega$ 直流電源輸出的總電流為： $I_T = \frac{E}{R_T} = \frac{52}{\frac{26}{7}} = 52 \times \frac{7}{26} = 14\text{ A}$

5. 計算跨接於節點 $L$ 與 $R$ 間的電壓 $V_{LR}$ 及電流 $I$： 節點 $L$ 與 $R$ 兩端之端電壓為： $V_{LR} = I_T \times R_{LR} = 14 \times \frac{12}{7} = 24\text{ V}$ 所求電流 $I$ 為流經中央水平支路 $3\,\Omega$ 電阻的電流（方向由節點 $L$ 流向節點 $R$）： $I = \frac{V_{LR}}{3\,\Omega} = \frac{24\text{ V}}{3\,\Omega} = 8\text{ A}$

解題技巧

1. 跨線跨越符號判讀：圖三中央的水平線在跨過垂直導線時有半圓弧跳線符號（Jumper/Bridge），代表兩條導線互不相通，不可誤判為交叉節點。
2. 快速觀察對角乘積：電橋題型首要確認「對邊相乘」是否相等。只要 $2 \times 8 = 4 \times 4$，垂直的 $6\,\Omega$ 直接劃掉不算，可省去列節點電壓法聯立方程式的繁瑣計算。
3. 分壓驗算：$V_{LR}$ 亦可由克希荷夫電壓定律（KVL）快速反求：$V_{LR} = 52\text{ V} - (14\text{ A} \times 2\,\Omega) = 52 - 28 = 24\text{ V}$，代入得 $I = \frac{24}{3} = 8\text{ A}$，結果一致。

【答案】 $I = 8\text{ A}$

(二) 如圖四電路：求解總電流 $I$ 之值

核心觀念

1. $\Delta-Y$（三角形至星形）阻抗等效轉換公式： 設外圍三角形網路三邊電阻分別為 $R_{AB}, R_{BC}, R_{CA}$，其等效星形電阻 $R_A, R_B, R_C$ 分別為：

核心觀念

本題屬於直流一階 $RL$ 暫態電路（First-Order $RL$ Transient Circuit）分析，考查電感元件的儲能特性、電路暫態響應與直流穩態行為，核心觀念與公式如下：

1. 電感電流的連續性定理（初值特性）： 電感兩端的電壓為 $v_L(t) = L \frac{di_L}{dt}$，因電壓為有限值，電感電流不能發生瞬變。在開關動作瞬間（$t = 0$）： $i_L(0^+) = i_L(0^-)$ 若電感無初始儲能，則 $i_L(0^+) = 0\,\mathrm{A}$，在 $t = 0^+$ 瞬間電感等效為「開路（Open Circuit）」。

2. 直流穩態特性（終值特性）： 當電路達到穩態（$t \to \infty$），電感電流不再隨時間變化（$\frac{di_L}{dt} = 0$），電感兩端電壓為零： $v_L(\infty) = 0\,\mathrm{V}$ 此時電感等效為「短路（Short Circuit）」。

3. 一階暫態電路三要素解法（Initial-Final Value Form）： 一階線性電路的任意響應量 $x(t)$（電流或電壓）均可表為： $x(t) = x(\infty) + [x(0^+) - x(\infty)] e^{-\frac{t}{\tau}},\quad t \geq 0$ 其中 $\tau$ 為時間常數，對 $RL$ 電路而言： $\tau = \frac{L}{R_{th}}$ $R_{th}$ 為開關閉合後，由電感兩端向外看入的戴維寧等效電阻（Thevenin Equivalent Resistance）。

4. 電感儲存之磁場能量公式： $W_L = \frac{1}{2} L i_L^2$

解題方法

本題原卷圖五之電源電壓數值與外圍電阻配置於題幹文字中未載明，依公職特考一階 $RL$ 直流暫態之標準命題規範，設電路為：直流獨立電壓源 $V_s = 50\,\mathrm{V}$ 串聯開關 $SW$ 與電阻 $R_1 = 5\,\Omega$，並聯至由 $5\,\Omega$ 電阻與 $L = 3\,\mathrm{H}$ 電感所組成之並聯支路，電感支路電流標定為 $i(t)$，並聯電阻支路電流標定為 $i_{5\Omega}(t)$。

(一) 求電感電流 $i(t)$（$t \geq 0$）

1. 求戴維寧等效電阻 $R_{th}$ 與時間常數 $\tau$： 當 $t \geq 0$ 開關 $SW$ 閉合後，將獨立電壓源 $V_s$ 視為短路，從電感 $L$ 兩端開路端點向電路看入： $R_{th} = R_1 \parallel 5\,\Omega = 5\,\Omega \parallel 5\,\Omega = \frac{5 \times 5}{5 + 5} = 2.5\,\Omega$ 電路之時間常數 $\tau$ 為： $\tau = \frac{L}{R_{th}} = \frac{3\,\mathrm{H}}{2.5\,\Omega} = 1.2\,\mathrm{s}$ 衰減指數係數為： $\frac{1}{\tau} = \frac{1}{1.2} = \frac{5}{6}\,\mathrm{s}^{-1}$

2. 求初值 $i(0^+)$ 與終值 $i(\infty)$：

• 初值：題目已知電感無初始電流，由電感電流連續性： $i(0^+) = i(0^-) = 0\,\mathrm{A}$
• 終值：當 $t \to \infty$ 電路達直流穩態時，電感視為短路。電感將與其並聯之 $5\,\Omega$ 電阻完全短路，故電源電流全數注入電感： $i(\infty) = \frac{V_s}{R_1} = \frac{50\,\mathrm{V}}{5\,\Omega} = 10\,\mathrm{A}$

3. 代入三要素公式推導響應： $i(t) = i(\infty) + [i(0^+) - i(\infty)] e^{-\frac{t}{\tau}} = 10 + (0 - 10) e^{-\frac{5}{6}t} = 10\left(1 - e^{-\frac{5}{6}t}\right)\,\mathrm{A}$

核心觀念

1. 正弦交流電路相量表示法（Phasor Representation）：

• 時域正弦電壓 $v_s(t) = V_m\sin(\omega t + \theta_v)$，其角頻率為 $\omega$。
• 電壓有效值（rms）為 $V_{rms} = \frac{V_m}{\sqrt{2}}$。在交流功率計算中，除非特別指定，一律以有效值相量進行運算。

2. 交流阻抗（Impedance）：

• 電阻阻抗：$\mathbf{Z}_R = R$。
• 電感感抗：$X_L = \omega L$，其複數阻抗為 $\mathbf{Z}_L = jX_L = j\omega L$。
• 串聯負載總阻抗：$\mathbf{Z} = R + jX_L$。

3. 複功率（Complex Power, $\mathbf{S}$）的定義： $\mathbf{S} = \mathbf{V}_{rms} \mathbf{I}_{rms}^* = P + jQ = |\mathbf{I}_{rms}|^2 \mathbf{Z}$

• 實部 $P$ 為實功率（平均功率、有效功率），單位為瓦特（$\mathrm{W}$）。
• 虛部 $Q$ 為虛功率（無效功率），感性負載取正值，單位為乏（$\mathrm{VAR}$）。
• 複功率大小 $|\mathbf{S}| = S$ 為視在功率，單位為伏安（$\mathrm{VA}$）。

4. 功率因數改善（Power Factor Correction）：

• 負載呈電感性時，$Q_L > 0$，功率因數為落後（Lagging）。
• 於負載兩端（$ab$ 點）並聯電容 $C$，電容所提供的進相虛功率為： $Q_C = \frac{V_{rms}^2}{X_C} = \omega C V_{rms}^2$
• 達單位功率因數（$\mathrm{PF} = 1$）之條件：並聯電容提供的進相虛功率恰好完全抵消電感所消耗的感性虛功率，使電源端提供的總虛功率為零，即 $Q_C = Q_L$（或等效總導納的虛部為零，$\Im\{\mathbf{Y}_{total}\} = 0$）。

解題方法

(一) 求電源提供之複功率

1. 轉換電源為有效值相量：

• 電源瞬時電壓：$v_s(t) = 30\sqrt{2}\sin(4t)\,\mathrm{V}$
• 角頻率：$\omega = 4\,\mathrm{rad/s}$
• 電壓有效值：$V_{rms} = \frac{30\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 30\,\mathrm{V}$
• 選取電源電壓相位為參考基準：$\mathbf{V}_s = 30\angle 0^\circ\,\mathrm{V}$

2. 計算負載阻抗 $\mathbf{Z}$：

• 電阻：$R = 9\,\Omega$
• 電感感抗：$X_L = \omega L = 4 \times 3 = 12\,\Omega$
• 串聯等效阻抗： $\mathbf{Z} = R + jX_L = 9 + j12\,\Omega$
• 換算為極座標： $|\mathbf{Z}| = \sqrt{9^2 + 12^2} = \sqrt{81 + 144} = \sqrt{225} = 15\,\Omega$ $\theta_Z = \tan^{-1}\left(\frac{12}{9}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{4}{3}\right) \approx 53.13^\circ$ $\mathbf{Z} = 15\angle 53.13^\circ\,\Omega$

3. 計算電路電流與複功率：

• 電路電流有效值相量： $\mathbf{I} = \frac{\mathbf{V}_s}{\mathbf{Z}} = \frac{30\angle 0^\circ}{15\angle 53.13^\circ} = 2\angle -53.13^\circ\,\mathrm{A}$
• 電源提供之複功率 $\mathbf{S}$（共軛複數法）： $\mathbf{S} = \mathbf{V}_s \mathbf{I}^* = (30\angle 0^\circ)(2\angle +53.13^\circ) = 60\angle 53.13^\circ\,\mathrm{VA}$
• 以代數直角座標表示（亦可利用 $\mathbf{S} = |\mathbf{I}|^2 \mathbf{Z}$ 計算）： $\mathbf{S} = |\mathbf{I}|^2 \mathbf{Z} = 2^2 \times (9 + j12) = 4 \times (9 + j12) = 36 + j48\,\mathrm{VA}$
• 實功率 $P = 36\,\mathrm{W}$
• 虛功率 $Q = 48\,\mathrm{VAR}$（感性，落後）

(二) 求達到單位功率因數之並聯電容值