106 中鋼公司招考員級 電機 電工及電子學、數位系統、電工機械 考古題詳解

核心觀念

本題考查燈泡的額定功率，以及電功率公式：

由歐姆定律：

代入後可得電阻負載的功率公式：

其中：

• $P$：功率，單位為瓦特（$\mathrm{W}$）
• $V$：電壓，單位為伏特（$\mathrm{V}$）
• $R$：電阻，單位為歐姆（$\Omega$）

解題方法

題目給定燈泡額定電壓 $V=120\ \mathrm{V}$，電阻 $R=30\ \Omega$，直接使用：

代入數值：

因此燈泡功率為：

亦可先求額定電流：

再利用 $P=VI$：

選項分析

• (A) $160\ \mathrm{W}$：錯誤。 此數值不是由 $P=V^2/R$ 正確計算所得，正確功率為 $480\ \mathrm{W}$。

• (B) $320\ \mathrm{W}$：錯誤。 將額定電壓與額定電流的關係代入後，功率應為 $120\times4=480\ \mathrm{W}$，並非 $320\ \mathrm{W}$。

核心觀念

本題旨在測驗交流電基本特性中正弦波交流信號的「最大值（峰值）」與「有效值（均方根值，RMS）」之換算關係。

1. 正弦波標準數學表示式： $v(t) = V_m \sin(\omega t)$ 其中，$V_m$ 代表信號的最大值（峰值，Peak Value），$\omega$ 為角頻率（$\text{rad/s}$）。

2. 有效值（RMS Value）的定義： 交流電的有效值是以「熱效應」等效定義，即交流電流通過電阻所產生的平均發熱功率，等於相同大小的直流電通過同一電阻時的功率。對於週期為 $T$ 的正弦波信號，有效值 $V_{\text{rms}}$ 與最大值 $V_m$ 的數學關係為： $V_{\text{rms}} = \frac{V_m}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} V_m \approx 0.707 V_m$

解題方法

1. 判讀信號的峰值： 題目給定正弦波信號為 $100\sin\omega t$（單位未特別標註時視為一般電壓或電流純量），對照標準式可得其最大值： $V_m = 100$

2. 代入公式計算有效值： $V_{\text{rms}} = \frac{V_m}{\sqrt{2}} = \frac{100}{\sqrt{2}} = 100 \times 0.7071 \approx 70.7$

因此，該正弦波之有效值約為 $70.7$。

選項分析

本題四個選項皆為交流電路分析中與數值「100」搭配的經典常數，命題者設計了極具鑑別度的常見誘答項：

• (A) 錯誤：$111$ 為正弦波波形因數（Form Factor, $FF$）​乘上 $100$ 的數值。 正弦波的波形因數 $FF = \frac{V_{\text{rms}}}{V_{\text{avg}}} = \frac{V_m / \sqrt{2}}{2V_m / \pi} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}} \approx 1.11$。若題目詢問的是比值或特定倍率，此數值才會出現。
• (B) 錯誤：$141.4$ 為反向換算錯誤（將峰值誤乘以 $\sqrt{2}$），或為「已知有效值為 $100$ 時所求出的最大值」： $V_m = \sqrt{2} \times 100 \approx 1.414 \times 100 = 141.4$ 此為考生最容易混淆「乘 $\sqrt{2}$」與「除以 $\sqrt{2}$」的陷阱選項。
• (C) 正確：正弦波峰值 $100$ 除以 $\sqrt{2}$ 即為有效值： $\frac{100}{\sqrt{2}} \approx 70.7$
• (D) 錯誤：$63.8$（或精確值 $63.7$）為正弦波的半週平均值（Average Value）：

核心觀念

本題考查雙極性接面電晶體（BJT）共射極（CE）放大電路中，射極旁路電容（$C_E$）​對電路性能的影響。

在 CE 放大器中，通常會在射極串聯一個電阻 $R_E$：

1. 直流（DC）分析：提供負回授以穩定靜態工作點（$Q$-point），避免因溫度上升導致熱失控。此時電容視為開路，$R_E$ 發揮穩定偏壓的作用。
2. 交流（AC）小訊號分析：電容在高頻交流下容抗極小（$X_{C_E} \approx 0$），視為短路。旁路電容將交流訊號直接導向接地端，使交流射極電阻等效為零，進而消除交流負回授，提高電壓增益。

解題方法

1. 交流電壓增益的推導與比較

設電晶體小訊號射極內阻為 $r_e = \frac{V_T}{I_E}$，集極等效負載電阻為 $r_L = R_C \parallel R_L$。

• 未加射極旁路電容時（$R_E$ 未旁路）： 射極對地存在電阻 $R_E$，交流小訊號電壓增益大小為： $|A_v| \approx \frac{r_L}{r_e + R_E}$ 由於通常 $R_E \gg r_e$，分母較大，電壓增益被大幅壓低（稱為射極退化，Emitter Degeneration）。

• 加上射極旁路電容 $C_E$ 後（$R_E$ 被旁路）： 在放大器的中頻工作頻段，旁路電容的容抗： $X_{C_E} = \frac{1}{2\pi f C_E} \approx 0$ $C_E$ 與 $R_E$ 並聯，交流阻抗 $Z_E = R_E \parallel X_{C_E} \approx 0$，交流訊號直接經由 $C_E$ 入地，射極等效交流接地。此時交流電壓增益大小變為： $|A_v| \approx \frac{r_L}{r_e}$

2. 結論

加上旁路電容後，分母由 $(r_e + R_E)$ 縮小為 $r_e$（分母大幅縮小），使得交流電壓增益 $|A_v|$ 大幅提升。此設計達成了「直流時有 $R_E$ 保持穩定，交流時旁路 $R_E$ 取得高增益」的雙重效果。

選項分析

• (A) 錯誤：濾除電源漣波是電源供應器整流電路中濾波電容（Filter Capacitor）​的功能，並非訊號放大電路中射極旁路電容的作用。
• (B) 錯誤：電容在交流狀態下呈低阻抗（趨近短路），其功能並非防止短路；防止短路通常由限流保護電路或保險絲負責。
• (C) 正確：射極旁路電容在交流工作時提供低阻抗通路，將 $R_E$ 旁路至地，消除了交流負回授，使交流放大電路的電壓增益大幅提高。
• (D) 錯誤：阻止直流成份（隔直）主要是串聯於信號路徑上的耦合電容（Coupling Capacitor，$C_C$ 或 $C_i, C_o$）​之主要功能。

核心觀念

1. 電器額定值與等效電阻：電器標示的額定電壓 $V_n$ 與額定功率 $P_n$，決定了該負載在常態運作下的等效電阻值（假設電阻不隨溫度劇烈改變），公式為： $R = \frac{V_n^2}{P_n}$
2. 串聯電路特性：

• 總等效電阻為各電阻之和：$R_T = R_1 + R_2$。
• 相同電阻串聯時，各分得一半的電源電壓：$V_1 = V_2 = \frac{V_s}{2}$。

3. 電功率公式：接於電路中實際消耗之總功率為： $P_T = \frac{V_s^2}{R_T}$

解題方法

方法一：等效電阻法（標準解法）

1. 計算單一燈泡之電阻值： 由燈泡額定規格 $V_n = 110\ \mathrm{V}$、$P_n = 100\ \mathrm{W}$： $R = \frac{V_n^2}{P_n} = \frac{110^2}{100} = \frac{12100}{100} = 121\ \Omega$

2. 計算串聯後的總電阻： 兩顆相同規格之燈泡串聯： $R_T = R + R = 121\ \Omega + 121\ \Omega = 242\ \Omega$

3. 計算外接 $110\ \mathrm{V}$ 電源時的總消耗功率： $P_T = \frac{V_s^2}{R_T} = \frac{110^2}{242} = \frac{12100}{242} = 50\ \mathrm{W}$

方法二：分壓與比例法（速算法）

1. 兩顆相同電阻的燈泡串聯接於 $110\ \mathrm{V}$ 電源，每顆燈泡分得之端電壓為： $V_1 = V_2 = \frac{110\ \mathrm{V}}{2} = 55\ \mathrm{V}$
2. 單顆燈泡實際電壓為額定值的 $\frac{1}{2}$。因為電功率與端電壓平方成正比（$P \propto V^2$），每顆燈泡實際消耗功率為額定功率的 $\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$： $P_1 = P_2 = 100\ \mathrm{W} \times \frac{1}{4} = 25\ \mathrm{W}$
3. 兩顆燈泡消耗之總功率： $P_T = P_1 + P_2 = 25\ \mathrm{W} + 25\ \mathrm{W} = 50\ \mathrm{W}$

選項分析

• (A) $25\ \mathrm{W}$ 錯誤：此數值為「單一顆」燈泡在串聯分壓（$55\ \mathrm{V}$）下所消耗的功率，並非兩顆燈泡的「總功率」。

核心觀念

三用電表測量電流時，必須使用電流檔，並將電表串聯接入待測支路；不可直接並聯在元件兩端，否則容易造成短路或燒毀電表。

圖中 $I_2$ 為流經 $R_2$ 的支路電流，方向由 $a$ 經 $R_2$ 流向 $b$，再由 $b$ 流向 $c$。因此應在 $R_2$ 支路上選一段導線切開，將電流表串接其中，且讓電流由紅棒端流入、黑棒端流出。

解題方法

$bc$ 原本是連接 $R_2$ 下端與電源回路的導線。將 $bc$ 開路後，把三用電表接在 $b$、$c$ 之間：

此時電流表與 $R_2$ 串聯，流經電流表的電流即為 $I_2$。

由圖示電流方向為 $b \rightarrow c$，故電流先進入電流表的紅棒端，再由黑棒端流出，所以紅棒接 $b$、黑棒接 $c$。

選項分析

• (A) $ab$ 開路，紅棒接 $a$，黑棒接 $b$：錯誤。 $a$、$b$ 是 $R_2$ 兩端，將電表接在 $a$、$b$ 之間等於並聯在 $R_2$ 兩端，並非將電流表串入原支路，不能正確測量 $I_2$。

• (B) $ab$ 短路，紅棒接 $a$，黑棒接 $b$：錯誤。 電流表接在 $a$、$b$ 兩端屬於並聯接法；若 $ab$ 短路，則電表等同並聯於短路點，容易形成大電流，且不能正確量得流經 $R_2$ 的 $I_2$。

核心觀念

本題考查串聯電阻的分壓定則。圖中 $R_1$ 與 $R_2$ 串聯，總電壓為 $12\text{ V}$，且

串聯電路中各電阻電流相同，電阻上的電壓降與電阻值成正比，因此：

解題方法

代入 $R_1=3R_2$ 與 $V_T=12\text{ V}$：

所以 $R_2$ 上的電壓為 $3\text{ V}$。

選項分析

• (A) $2\text{ V}$：錯誤。 $R_2$ 只占總電阻的 $\frac14$，其電壓應為總電壓的 $\frac14$，即 $3\text{ V}$，不是 $2\text{ V}$。

• (B) $3\text{ V}$：正確。 由分壓定則：

• (C) $9\text{ V}$：錯誤。 $9\text{ V}$ 是 $R_1$ 上的電壓：

並非 $R_2$ 上的電壓。

核心觀念

本題考查施密特觸發器的遲滯特性，以及上、下臨界電壓的計算。

圖中：

• 非反相端接收輸入訊號 $V_S$ 與輸出電壓 $V_o$ 的回授
• 反相端固定參考電壓 $V_R=3\text{ V}$
• 運算放大器輸出飽和於 $+15\text{ V}$ 或 $-15\text{ V}$
• 回授電阻為 $10\text{ k}\Omega$
• 輸入電阻為 $5\text{ k}\Omega$

施密特觸發器的遲滯電壓定義為：

其中 $V_{UT}$ 為上臨界電壓，$V_{LT}$ 為下臨界電壓。

解題方法

臨界狀態發生在運算放大器兩輸入端電壓相等，因此：

對非反相端節點套用 KCL：

兩邊乘以 $10\text{ k}\Omega$：

整理得：

因此：

當輸出為高電位 $V_o=+15\text{ V}$ 時：

當輸出為低電位 $V_o=-15\text{ V}$ 時：

所以遲滯電壓為：

題目所求：

選項分析

• (A) $0$：錯誤。$0$ 並非三者相加的結果；若忽略輸出回授或錯誤處理臨界電壓，容易得到此結果。

核心觀念

本題考查：

• 串聯分壓定理
• 並聯等效電阻
• 電阻功率公式 $P=\frac{V^2}{R}$

圖中 $10\ \mathrm{k}\Omega$ 電阻與「$20\ \mathrm{k}\Omega$ 電阻並聯 $R_L$」串聯，$V_o$ 為並聯部分兩端電壓。

解題方法

先求負載端等效電阻：

$R_{\text{eq}}=20\ \mathrm{k}\Omega\parallel R_L$

再利用分壓公式：

$V_o=30\cdot\frac{R_{\text{eq}}}{10\ \mathrm{k}\Omega+R_{\text{eq}}}$

選項分析

(A) 負載 $R_L$ 短路時，$20\ \mathrm{k}\Omega$ 電阻所耗的功率為 $20\ \mathrm{mW}$

當 $R_L$ 短路時，$R_L=0$，因此 $20\ \mathrm{k}\Omega$ 電阻被短路，其兩端電壓為 $0$：

$V_{20k}=0$

所以其消耗功率為：

$P_{20k}=\frac{V_{20k}^2}{20\ \mathrm{k}\Omega}=0$

並非 $20\ \mathrm{mW}$，故 (A) 錯誤。

(B) $R_L=20\ \mathrm{k}\Omega$ 時，$V_o=15\ \mathrm{V}$

此時：

$20\ \mathrm{k}\Omega\parallel20\ \mathrm{k}\Omega=10\ \mathrm{k}\Omega$

因此：

$V_o=30\cdot\frac{10}{10+10}=15\ \mathrm{V}$

敘述正確。

(C) $R_L=20\ \mathrm{k}\Omega$ 時，$10\ \mathrm{k}\Omega$ 電阻消耗功率為 $22.5\ \mathrm{mW}$

由上題可知並聯部分電壓為 $15\ \mathrm{V}$，所以串聯的 $10\ \mathrm{k}\Omega$ 電阻兩端電壓為：

$V_{10k}=30-15=15\ \mathrm{V}$

其消耗功率：

核心觀念

本題考查惠斯登電橋平衡條件、串並聯等效電阻及電阻功率公式。

電橋平衡時，中間 $13\ \Omega$ 電阻兩端電位相等，因此沒有電流通過。平衡條件為

所以 $13\ \Omega$ 電阻可視為不影響電路。

解題方法

左、右兩支路電阻分別為

兩支路並聯等效電阻：

再與串聯的 $4.4\ \Omega$ 電阻相加：

電源為 $200\ \mathrm{V}$，故總電流為

電橋兩端電壓為

右側支路電流為

因此 $30\ \Omega$ 電阻消耗的功率：

選項分析

• (A) $75\ \mathrm{W}$：錯誤。 未正確求出 $30\ \Omega$ 電阻中的支路電流，正確電流為 $4\ \mathrm{A}$，功率應為 $480\ \mathrm{W}$。

• (B) $144\ \mathrm{W}$：錯誤。 此數值不符合 $30\ \Omega$ 電阻實際承受的電壓與電流；正確功率為

核心觀念

本題考查半導體材料（矽，$\text{Si}$）的電阻溫度特性與載子激發機制：

1. 負溫度係數（Negative Temperature Coefficient, NTC）：半導體與絕緣體的電阻值隨溫度升高而下降，具有負溫度係數特性（不同於一般金屬導體之正溫度係數 PTC）。
2. 導電度與載子濃度公式： $\sigma = q (n \mu_n + p \mu_p)$ 式中 $q$ 為基本電荷量，$n$ 與 $p$ 分別為自由電子與電洞濃度，$\mu_n$ 與 $\mu_p$ 為載子移動率。導電度 $\sigma$ 與電阻率 $\rho$ 互為倒數關係（$\rho = \frac{1}{\sigma}$）。

解題方法

1. 微觀物理機制推導：

• 在低溫或常溫下，純矽原子間以共價鍵緊密結合，自由載子數量有限。
• 當溫度上升時，矽晶格吸收熱能，共價鍵因熱激盪（Thermal Agitation）破裂，釋放出大量電子-電洞對（本質載子濃度 $n_i$ 隨溫度呈指數大幅激增）。

2. 判斷導電性（B）：

• 雖然溫度上升會使晶格振動增強而略微降低載子移動率 $\mu$，但載子濃度激增的效應遠大於移動率下降的效應。
• 由導電度公式 $\sigma = q (n \mu_n + p \mu_p)$ 可知，總導電度 $\sigma$ 大幅增加，故導電性（B）增加。

3. 判斷電阻值（A）：

• 根據電阻公式 $R = \rho \frac{L}{A} = \frac{1}{\sigma}\frac{L}{A}$，導電度 $\sigma$ 增加時，電阻率 $\rho$ 與電阻值 $R$ 隨之減少，故電阻值（A）下降。

綜合上述，A 應填入「下降」，B 應填入「增加」。

選項分析

• (A) A：下降；B：增加：正確。半導體具負溫度係數，溫度上升時熱激發出大量自由載子，造成電阻值下降、導電性增加。
• (B) A：上升；B：減少：錯誤。此為金屬導體（如銅、鋁）的物理特性。

核心觀念

本題旨在測驗場效應電晶體（Field-Effect Transistor, FET）​的內部物理結構與基本電氣特性，並評量考生對 FET 與雙極性接面電晶體（BJT）在各項性能指標上的比較：

1. 控制方式：FET 屬於電壓控制元件（由閘－源極電壓 $V_{GS}$ 控制汲極電流 $I_D$）；BJT 屬於電流控制元件（由基極電流 $I_B$ 控制集極電流 $I_C$）。
2. 輸入阻抗與閘極電流：FET 的閘極與通道間為逆向偏壓（JFET）或二氧化矽絕緣層（MOSFET），輸入阻抗極高，閘極電流 $I_G \approx 0$。
3. 開關特性（抵補電壓）：FET 在歐姆區（三極體區）表現如同線性電阻，通過原點時無抵補電壓（Zero Offset Voltage）；BJT 飽和導通時則存在集極－射極抵補電壓 $V_{CE(sat)}$。
4. 積體電路適用性：MOSFET 尺寸極小、功耗低、製程簡單且具備自隔離特性，為超大型積體電路（VLSI）的核心元件。

解題方法

本題為純觀念比較題，解題切入點為依序檢核 FET 的結構原理與特性描述：

• 由閘極絕緣或逆偏特性確認輸入阻抗大小與輸入端等效電路。
• 辨別電壓控制與電流控制元件之差異。
• 檢視 FET 作為類比開關時是否存在抵補電壓。
• 評估 FET（特別是 CMOS）在 VLSI 製程中的應用地位。

選項分析

• (A) 選項錯誤： FET 當作開關使用時，導通狀態操作在歐姆區（三極體區），其通道特性等效為一純電阻 $r_{DS(on)}$。當汲極電流 $I_D = 0$ 時，汲－源極間電壓 $V_{DS} = 0$，因此 FET 沒有抵補電壓（Zero Offset Voltage），非常適合作為精密的類比開關；相對地，BJT 在飽和導通時，集極與射極之間具有約 $0.1\text{ V} \sim 0.2\text{ V}$ 的飽和抵補電壓（$V_{CE(sat)}$）。

• (B) 選項正確： JFET 在正常放大時，閘－源極接面處於逆向偏壓，僅有極微小的逆向飽和漏電流；MOSFET 的閘極與通道之間更隔有一層絕緣二氧化矽（$\text{SiO}_2$）薄膜。因此，FET 的輸入阻抗非常高（JFET 約 $10^8 \sim 10^9\ \Omega$；MOSFET 可達 $10^{12} \sim 10^{14}\ \Omega$ 以上），閘極端幾乎不抽取電流（$I_G \approx 0$），在直流與低頻小訊號等效電路分析中，閘極與源極之間均視為開路。

• (C) 選項錯誤： FET 係藉由施加於閘極與源極之間的電壓（$V_{GS}$）建立內部電場，藉由改變導電通道的寬度或載子濃度來控制汲極電流（$I_D$），因此屬於電壓控制元件（以電壓控制輸出電流）；而 BJT 是以基極電流 $I_B$ 控制集極電流 $I_C$，才屬於電流控制元件。

核心觀念

齊納二極體只有在反向電壓達到崩潰區時，才會進入穩壓狀態。若電路中的負載把輸出電壓拉低，使齊納二極體無法崩潰導通，就要將齊納二極體視為截止，改以電阻分壓求輸出電壓。

題目給的 $V_Z=6.1\ \mathrm{V}$ 是齊納二極體在 $I_Z=5\ \mathrm{mA}$ 時的電壓；$r_Z=20\ \Omega$ 是崩潰區的動態電阻。這些參數只適用於齊納二極體已導通的情況。

解題方法

先假設齊納二極體截止。此時電路只剩 $R=1\ \mathrm{k}\Omega$ 與 $R_L=0.25\ \mathrm{k}\Omega$ 串聯分壓，輸出取在 $R_L$ 兩端：

算得的輸出只有 $2\ \mathrm{V}$，低於齊納電壓 $6.1\ \mathrm{V}$，所以齊納二極體確實截止，假設成立。

也可反向驗證：若輸出被穩壓在 $6.1\ \mathrm{V}$，串聯電阻最多供應

但負載所需電流為

負載電流已遠大於串聯電阻能提供的電流，因此不可能維持 $6.1\ \mathrm{V}$ 穩壓；輸出應由分壓決定，為 $2\ \mathrm{V}$。

選項分析

核心觀念

圖 13 中，$R_1$、燈泡電阻 $R_L$ 與 $R_2$ 串聯，因此三者流過相同電流。依歐姆定律與串聯電路的電壓關係：

解題方法

電源為 $10\ \mathrm{V}$，串聯總電阻為：

串聯電流即為燈泡電流：

燈泡兩端電壓為：

選項分析

• (A) $4\ \mathrm{V}$、$2\ \mathrm{A}$：錯。燈泡電流應為 $1\ \mathrm{A}$，電壓應為 $2\ \mathrm{V}$。
• (B) $2\ \mathrm{V}$、$2\ \mathrm{A}$：錯。電壓正確，但電流錯；若燈泡電流為 $2\ \mathrm{A}$，其電壓會是 $2\times2=4\ \mathrm{V}$。

核心觀念

本題考查串聯、並聯電阻的等效運算，以及歐姆定律：

• 串聯電阻： $R_{\text{eq}}=R_a+R_b$
• 並聯電阻： $R_{\text{eq}}=\frac{R_aR_b}{R_a+R_b}$
• 歐姆定律： $V=IR$

理想電流表內阻為 $0\ \Omega$，串聯接入電路時不會造成電壓降，因此 $A_1$ 讀值就是電源輸出的總電流。

解題方法

由圖可知，$R_1$ 串聯在後方的並聯網路；並聯網路由 $R_2$ 與 $R_3、R_4$ 串聯支路組成。

先合併右側支路：

$R_{34}=R_3+R_4=2+2=4\ \Omega$

因此，$R_2=4\ \Omega$ 與 $R_{34}=4\ \Omega$ 並聯：

$R_p=\frac{4\times4}{4+4}=2\ \Omega$

全電路等效電阻為：

$R_{\text{total}}=R_1+R_p=3+2=5\ \Omega$

電源電壓為 $10\ \mathrm{V}$，所以總電流為：

$I_{\text{total}}=\frac{10}{5}=2\ \mathrm{A}$

由於 $A_1$ 串聯於主電路：

$A_1=2\ \mathrm{A}$

並聯網路兩端電壓為：

$V_p=I_{\text{total}}R_p=2\times2=4\ \mathrm{V}$

在 $R_3$、$R_4$ 串聯支路中，支路電流為：

$I_{34}=\frac{V_p}{R_{34}}=\frac{4}{4}=1\ \mathrm{A}$

$V_L$ 是 $R_4$ 兩端電壓，因此：

$V_L=I_{34}R_4=1\times2=2\ \mathrm{V}$

所以：

$A_1=2\ \mathrm{A},\qquad V_L=2\ \mathrm{V}$

選項分析

• (A) $2\ \mathrm{A}$、$2.5\ \mathrm{V}$：錯誤。 $A_1$ 電流 $2\ \mathrm{A}$ 正確，但 $V_L$ 應為 $2\ \mathrm{V}$。$2.5\ \mathrm{V}$ 是將右側 $R_3$、$R_4$ 支路的電壓分配或等效電阻判斷錯誤所致。

• (B) $2\ \mathrm{A}$、$2\ \mathrm{V}$：正確。 總電阻為 $5\ \Omega$，總電流為 $2\ \mathrm{A}$；

核心觀念

本題考查分流器的電壓—電流換算，以及直流馬達並聯供電時的基爾霍夫電流定律：

其中：

• 分流器 1 測得總電流 $I_T$
• 分流器 2 測得第一台直流馬達電流 $I_1$
• 第二台直流馬達電流為 $I_2$

分流器的額定比例可視為線性關係。

解題方法

分流器 1 的規格為：

因此：

代入 $V_T=+50\ \mathrm{mV}$：

分流器 2 的規格為：

因此：

代入 $V_1=+50\ \mathrm{mV}$：

由節點電流定律：

所以正確選項為 (B)。

選項分析

• (A) $100\ \mathrm{A}$：錯誤。 $100\ \mathrm{A}$ 是由分流器 2 的 $V_1=50\ \mathrm{mV}$ 所換算出的第一台馬達電流 $I_1$，不是第二台馬達電流 $I_2$。

• (B) $150\ \mathrm{A}$：正確。 分流器 1 測得總電流 $250\ \mathrm{A}$，分流器 2 測得其中一支路電流 $100\ \mathrm{A}$，故：

核心觀念

本題考查：

• 並聯電流源的總電流為各支路電流總和。
• 負載電阻電壓與總電流的關係：

$V_L=I_{\text{total}}R_L$

• 每個荷重元的輸出規格為「$0$～$10$ 噸對應 $0$～$10\ \mathrm{mA}$」，因此每個荷重元的電流與承受重量呈正比。

解題方法

四個荷重元並聯，且共同接於負載電阻 $R_L=250\ \Omega$。已知：

$V_L=5\ \mathrm{V}$

由歐姆定律求出四個荷重元的總輸出電流：

四個荷重元相同，且題目所示為相同荷重元並聯，因此總電流平均分配：

$I_1=I_2=I_3=I_4=\frac{20}{4}=5\ \mathrm{mA}$

每個荷重元的比例為：

所以每個荷重元承受：

$10\ \text{噸}\times\frac{1}{2}=5\ \text{噸}$

四個荷重元總重量為：

$W=4\times5=20\ \text{噸}$

選項分析

• (A) 20 噸：正確。 總電流為 $20\ \mathrm{mA}$，四個相同荷重元各輸出 $5\ \mathrm{mA}$，每個承受 $5$ 噸，總重量為 $20$ 噸。

• (B) 25 噸：錯誤。 對應的總電流應為： $25\div4\div10\times10\ \mathrm{mA}=25\ \mathrm{mA}$ 此時負載電壓應為 $25\ \mathrm{mA}\times250\ \Omega=6.25\ \mathrm{V}$，不是題目的 $5\ \mathrm{V}$。

• (C) 30 噸：錯誤。 對應總電流為 $30\ \mathrm{mA}$，負載電壓應為：

核心觀念

1. 時脈頻率與週期關係： 時脈週期 $T$ 為時脈頻率 $f$ 的倒數： $T = \frac{1}{f}$
2. 移位暫存器（Shift Register）的資料載入模式：

• 串列載入（Serial Load / Serial-In）：資料是以「位元逐一（Bit-by-bit）」的方式依序移入暫存器。若暫存器的容量為 $N$ 位元，則完整載入 $N$ 位元資料需要 $N$ 個時脈脈衝（Clock Pulses），亦即耗時 $N$ 個時脈週期。
• 並列載入（Parallel Load / Parallel-In）：所有資料位元於同一個時脈觸發緣同時載入各正反器中，僅需 $1$ 個時脈週期。

3. 串列載入總時間公式： $t = N \times T = \frac{N}{f}$ 其中 $N$ 為位元數，$T$ 為時脈週期，$f$ 為時脈頻率。

解題方法

本題要求採用「串列載入」方式將 $8$ 位元資料載入 $8$ 位元移位暫存器中，計算步驟如下：

1. 求單一時脈週期 $T$： 題目給定時脈頻率 $f = 5\ \mathrm{MHz} = 5 \times 10^6\ \mathrm{Hz}$： $T = \frac{1}{f} = \frac{1}{5 \times 10^6\ \mathrm{Hz}} = 0.2 \times 10^{-6}\ \mathrm{s} = 0.2\ \mu\mathrm{s}$

2. 計算串列載入總時間 $t$： 串列載入 $N = 8$ 位元資料需耗費 $8$ 個時脈週期： $t = 8 \times T = 8 \times 0.2\ \mu\mathrm{s} = 1.6\ \mu\mathrm{s}$

因此，載入該 $8$ 位元資料共需花費 $1.6\ \mu\mathrm{s}$。

選項分析

• (A) $1.6\ \mu\mathrm{s}$ 正確：計算結果 $t = \frac{8}{5\ \mathrm{MHz}} = 1.6\ \mu\mathrm{s}$，符合串列載入 $8$ 位元所需的總時間。
• (B) $0.8\ \mu\mathrm{s}$ 錯誤：此為計算錯誤數值。常見盲點為誤將時脈頻率當成 $10\ \mathrm{MHz}$ 計算（$\frac{8}{10\ \mathrm{MHz}} = 0.8\ \mu\mathrm{s}$），或誤以為只需要 $4$ 個時脈週期（$4 \times 0.2\ \mu\mathrm{s} = 0.8\ \mu\mathrm{s}$）。

核心觀念

本題考查進位制轉換（十進制轉換為二進制），包含「整數部分」與「小數部分」的數值表示法：

1. 整數部分轉換：採用「除以 2 取餘數法」（連除法），將十進制整數反覆除以 2，直到商為 0，由最後一次的餘數往回依序排列至第一次的餘數（即由高位元 MSB 排至低位元 LSB）。亦可直接以二進制權值（$2^3=8, 2^2=4, 2^1=2, 2^0=1$）進行拆解。
2. 小數部分轉換：採用「乘以 2 取整數法」（連乘法），將十進制小數反覆乘以 2，每次取出相乘後的整數部分（0 或 1），剩餘純小數再繼續乘 2，直到小數部分為 0 或達到所需精確度為止。取出的整數順序即為二進制小數點後由左至右（由高位元排至低位元）。
3. 二進制末尾補零：二進制小數末尾的 0（Trailing Zeros）不影響實際數值大小，例如 $0.11_2 = 0.1100_2$。

解題方法

將十進制數值 $11.75$ 拆解為整數部分 $11$ 與小數部分 $0.75$ 分別進行轉換：

步驟一：整數部分轉換（$11_{10}$）

• 方法（除以 2 取餘數）： $11 \div 2 = 5 \quad \text{餘 } 1 \quad (\text{LSB})$ $5 \div 2 = 2 \quad \text{餘 } 1$ $2 \div 2 = 1 \quad \text{餘 } 0$ $1 \div 2 = 0 \quad \text{餘 } 1 \quad (\text{MSB})$ 由下往上取餘數，得： $(11)_{10} = (1011)_2$

• 驗算（權值法）： $11 = 8 + 2 + 1 = 1 \times 2^3 + 0 \times 2^2 + 1 \times 2^1 + 1 \times 2^0 = (1011)_2$