115 身心障礙特考三等 電子工程 電子學 考古題詳解

115 年・身心障礙特考・三等・電子工程
試題代碼 電子學

第 一 題25 分

有一個理想運算放大器（Operational Amplifier）電路如圖一所示，輸入電壓信號分別為 V0V_0、V1V_1、V2V_2 與 V3V_3，輸出電壓信號為 VoV_o。電路中 R=10 kΩR=10\,\mathrm{k}\Omega。請計算 VoV_o。

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核心觀念

本題考查理想運算放大器的「電壓追隨器」與電阻梯形網路分析。

由於輸出端直接接回反相輸入端，且為負回授，因此理想運算放大器具有：

V−=V+V_- = V_+

又因為輸出端與反相輸入端相連，所以：

Vo=V+V_o=V_+

運算放大器兩輸入端不吸收電流，因此只需對電阻梯形網路作節點電壓分析。

解題方法

令由上而下的四個梯形節點電壓分別為：

  • 最上方節點：VoV_o
  • 第二節點：VbV_b
  • 第三節點：VcV_c
  • 第四節點：VdV_d

各電阻皆以 RR 為基準，因為所有電阻同時按比例縮放，最後結果與 R=10 kΩR=10\,\mathrm{k}\Omega 無關。

1. 最上方節點

套用 KCL：

Vo−VbR+Vo2R+Vo−V32R=0\frac{V_o-V_b}{R}+\frac{V_o}{2R}+\frac{V_o-V_3}{2R}=0

整理得：

4Vo−2Vb=V3(1)4V_o-2V_b=V_3 \tag{1}

2. 第二節點

Vb−VoR+Vb−VcR+Vb−V22R=0\frac{V_b-V_o}{R}+\frac{V_b-V_c}{R}+\frac{V_b-V_2}{2R}=0

整理得：

5Vb−2Vo−2Vc=V2(2)5V_b-2V_o-2V_c=V_2 \tag{2}

3. 第三節點

Vc−VbR+Vc−VdR+Vc−V12R=0\frac{V_c-V_b}{R}+\frac{V_c-V_d}{R}+\frac{V_c-V_1}{2R}=0

整理得：

5Vc−2Vb−2Vd=V1(3)5V_c-2V_b-2V_d=V_1 \tag{3}

4. 最下方節點

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第 二 題25 分

圖二為一個 pnppnp 雙載子接面電晶體（BJT）電路，電晶體 QQ 的參數如下：

β=100\beta=100、ro=∞r_o=\infty、VT=25 mVV_T=25\,\mathrm{mV}。如果電晶體 QQ 導通，其 VEB=0.7 VV_{EB}=0.7\,\mathrm{V}。

電路中，RB=100 kΩR_B=100\,\mathrm{k}\Omega、RE=5 kΩR_E=5\,\mathrm{k}\Omega、RL=2 kΩR_L=2\,\mathrm{k}\Omega。CCC_C 是一個耦合電容，其值為 ∞\infty。

請計算輸入電阻 RinR_{in}、輸出電阻 RoutR_{out} 與電壓增益 vovsig\frac{v_o}{v_{sig}}。

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核心觀念

本題為 PNP 共集極放大器（Emitter Follower）。由於輸出取自射極，具有：

  • 電壓增益接近 +1+1
  • 輸入電阻較高
  • 輸出電阻較低
  • 耦合電容 CC=∞C_C=\infty，在交流小訊號下視為短路

直流偏壓先求 IBI_B，再求小訊號參數：

gm=ICVT,rπ=βgmg_m=\frac{I_C}{V_T},\qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m}

一、直流工作點

令訊號源直流值為 00 V。PNP 電晶體導通時：

VE=VB+0.7V_E=V_B+0.7

由於基極電流由基極流出，經 RBR_B 流向接地，因此

VB=−IBRBV_B=-I_B R_B

所以

VE=0.7−IBRBV_E=0.7-I_B R_B

射極電流為

IE=(β+1)IB=101IBI_E=(\beta+1)I_B=101I_B

由 RER_E 可得

5−VERE=IE\frac{5-V_E}{R_E}=I_E

代入數值：

5−(0.7−IB100 kΩ)5 kΩ=101IB\frac{5-(0.7-I_B100\,\text{k}\Omega)} {5\,\text{k}\Omega} =101I_B

因此

IB=4.35 kΩ+101(100 kΩ)=7.11 μAI_B=\frac{4.3}{5\,\text{k}\Omega+101(100\,\text{k}\Omega)} =7.11\,\mu\text{A} IC=βIB=0.711 mAI_C=\beta I_B=0.711\,\text{mA}

二、小訊號參數

gm=ICVT=0.711 mA25 mV=28.4 mSg_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.711\,\text{mA}}{25\,\text{mV}} =28.4\,\text{mS} rπ=βgm=10028.4 mS=3.52 kΩr_\pi=\frac{\beta}{g_m} =\frac{100}{28.4\,\text{mS}} =3.52\,\text{k}\Omega

三、輸入電阻 RinR_{in}

交流下，+5+5 V 與 −5-5 V 均視為接地，且 CCC_C 為短路。因此射極交流負載為

RE′=RE∥RL=5 kΩ∥2 kΩ=1.429 kΩR_E'=R_E\parallel R_L =5\,\text{k}\Omega\parallel2\,\text{k}\Omega =1.429\,\text{k}\Omega

從電晶體基極看入的輸入電阻為

Rin,Q=rπ+(β+1)RE′R_{in,Q} =r_\pi+(\beta+1)R_E' Rin,Q=3.52 kΩ+101(1.429 kΩ)=147.8 kΩR_{in,Q} =3.52\,\text{k}\Omega+101(1.429\,\text{k}\Omega) =147.8\,\text{k}\Omega

若將圖中的串聯電阻 RBR_B 也包含在訊號源所看到的總輸入電阻中：

Rin=RB+Rin,QR_{in}=R_B+R_{in,Q} Rin=100 kΩ+147.8 kΩ=247.8 kΩ\boxed{R_{in}=100\,\text{k}\Omega+147.8\,\text{k}\Omega =247.8\,\text{k}\Omega}
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第 三 題25 分

圖三為一個 npnnpn 雙載子接面電晶體（BJT）疊接放大器（Cascode Amplifier）電路，電晶體 Q1Q_1 與 Q2Q_2 皆工作在主動模式（Active Mode）下。為計算方便，未顯示其偏壓電路，但已知 IC2=1 mAI_{C2}=1\,\mathrm{mA}。

電晶體 Q1Q_1 與 Q2Q_2 的參數如下：

β1=β2=100\beta_1=\beta_2=100、VA1=VA2=150 VV_{A1}=V_{A2}=150\,\mathrm{V}、VT1=VT2=25 mVV_{T1}=V_{T2}=25\,\mathrm{mV}、Cπ1=Cπ2=15 pFC_{\pi1}=C_{\pi2}=15\,\mathrm{pF}、Cμ1=Cμ2=0.3 pFC_{\mu1}=C_{\mu2}=0.3\,\mathrm{pF}、CS1=CS2=0C_{S1}=C_{S2}=0。

電路部分，Rsig=2 kΩR_{sig}=2\,\mathrm{k}\Omega、RL=4 kΩR_L=4\,\mathrm{k}\Omega、CL=20 pFC_L=20\,\mathrm{pF}。

請計算中頻增益 AMA_M 與上 3 dB 頻率 fHf_H。

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核心觀念

本題考查 BJT 疊接放大器的：

  1. 中頻小訊號電壓增益。
  2. 晶體管小訊號參數 gm=ICVT,rπ=βgm,ro=VAIC.g_m=\frac{I_C}{V_T},\qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m},\qquad r_o=\frac{V_A}{I_C}.
  3. Cascode 結構提高輸出電阻，並降低米勒效應。
  4. 高頻時各個接面電容所造成的極點，以及上 3 dB3\,\mathrm{dB} 頻率。

由於 IC2=1 mAI_{C2}=1\,\mathrm{mA}，且 Q1、Q2 串聯工作，因此取

IC1≃IC2=1 mA.I_{C1}\simeq I_{C2}=1\,\mathrm{mA}.

一、小訊號參數

gm=1 mA25 mV=40 mS.g_m=\frac{1\,\mathrm{mA}}{25\,\mathrm{mV}} =40\,\mathrm{mS}. rπ=βgm=1000.04=2.5 kΩ.r_\pi=\frac{\beta}{g_m} =\frac{100}{0.04} =2.5\,\mathrm{k}\Omega. ro=VAIC=150 V1 mA=150 kΩ.r_o=\frac{V_A}{I_C} =\frac{150\,\mathrm{V}}{1\,\mathrm{mA}} =150\,\mathrm{k}\Omega.

因此

go=1ro=6.667 μS.g_o=\frac{1}{r_o}=6.667\,\mu\mathrm{S}.

二、中頻增益 AMA_M

1. 輸入端電壓分壓

Q1 的基極輸入電阻為 rπ=2.5 kΩr_\pi=2.5\,\mathrm{k}\Omega，故

vb1vsig=rπRsig+rπ=2.52+2.5=0.5556.\frac{v_{b1}}{v_{sig}} =\frac{r_\pi}{R_{sig}+r_\pi} =\frac{2.5}{2+2.5} =0.5556.

2. Cascode 電壓增益

令 Q1 集極與 Q2 射極的連接點為 vxv_x，輸出端為 vov_o。

Q2 基極為交流接地，因此由輸入節點 vxv_x 到輸出端的增益約為

vovx≃gm(RL∥ro2).\frac{v_o}{v_x} \simeq g_m(R_L\parallel r_{o2}).

其中

RL∥ro2=4 kΩ∥150 kΩ=3.895 kΩ.R_L\parallel r_{o2} =4\,\mathrm{k}\Omega\parallel150\,\mathrm{k}\Omega =3.895\,\mathrm{k}\Omega.

所以

vovx≃0.04(3.895 kΩ)=155.8.\frac{v_o}{v_x} \simeq 0.04(3.895\,\mathrm{k}\Omega) =155.8.

Q1 的集極電壓約為

vx≃−gm(Rx)vb1,v_x\simeq -g_m(R_x)v_{b1},

而 Q2 射極的等效小訊號電阻約為

Rx≃1gm=25 Ω,R_x\simeq \frac{1}{g_m}=25\,\Omega,

因此

vxvb1≃−1.\frac{v_x}{v_{b1}}\simeq -1.

較精確地考慮 ror_o 後，

vovb1≃−160.\frac{v_o}{v_{b1}}\simeq -160.

故由訊號源至輸出的中頻增益為

AM=vovsig=vovb1vb1vsig.A_M=\frac{v_o}{v_{sig}} =\frac{v_o}{v_{b1}}\frac{v_{b1}}{v_{sig}}.

代入得

AM≃(−160)(0.5556)≃−88.9.A_M\simeq (-160)(0.5556) \simeq -88.9.

因此

AM≃−89 V/V.\boxed{A_M\simeq -89\ \mathrm{V/V}}.

負號表示輸出電壓與輸入訊號反相。

三、高頻分析

1. 輸入端極點

訊號源關掉後，輸入端看到的電阻為

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第 四 題10 分

圖四為一個 Pseudo NMOS 邏輯電路，電晶體 Q1Q_1、Q2Q_2 與 Q3Q_3 的參數如下：

Vt1=−1 VV_{t1}=-1\,\mathrm{V}、Vt2=Vt3=1 VV_{t2}=V_{t3}=1\,\mathrm{V}、μnCox=4μpCox\mu_n C_{ox}=4\mu_p C_{ox}、(W/L)2=(W/L)3=4(W/L)1(W/L)_2=(W/L)_3=4(W/L)_1、VDD=5 VV_{DD}=5\,\mathrm{V}，忽略通道長度調變（Channel Length Modulation）與基底效應（Body Effect）。

請計算：

(一) 當 vA=vB=0 Vv_A=v_B=0\,\mathrm{V} 時，vO=?v_O=?（10 分）

(二) 當 vA=vB=5 Vv_A=v_B=5\,\mathrm{V} 時，vO=?v_O=?（15 分）

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核心觀念

本題考查 Pseudo NMOS 邏輯電路的直流工作點分析，重點包括：

  1. 判斷 MOSFET 是否導通。
  2. 判斷 MOSFET 工作區域。
  3. 使用截止區、三極區與飽和區的電流公式。
  4. 由輸出節點套用 KCL，使上拉電流等於下拉電流。

令

βp1=μpCox(WL)1\beta_{p1}=\mu_p C_{ox}\left(\frac WL\right)_1

則

βn2=βn3=μnCox(WL)2=4μpCox⋅4(WL)1=16βp1.\beta_{n2}=\beta_{n3} =\mu_n C_{ox}\left(\frac WL\right)_2 =4\mu_p C_{ox}\cdot 4\left(\frac WL\right)_1 =16\beta_{p1}.

（一）當 vA=vB=0 Vv_A=v_B=0\,\mathrm{V}

工作狀態判斷

對 Q2Q_2、Q3Q_3 而言：

VGS2=VGS3=0 V<Vtn=1 VV_{GS2}=V_{GS3}=0\,\mathrm{V}<V_{tn}=1\,\mathrm{V}

因此 Q2Q_2、Q3Q_3 均截止，輸出端沒有下拉電流。

Q1Q_1 為 pMOS，閘極接地、源極接 VDD=5 VV_{DD}=5\,\mathrm{V}：

VSG1=5−0=5 V>∣Vtp∣=1 VV_{SG1}=5-0=5\,\mathrm{V}>|V_{tp}|=1\,\mathrm{V}

因此 Q1Q_1 導通，將輸出端充電至 VDDV_{DD}。當

vO=5 Vv_O=5\,\mathrm{V}

時，

VSD1=5−vO=0V_{SD1}=5-v_O=0

電流降為零，達到穩態。

因此

vO=5 V\boxed{v_O=5\,\mathrm{V}}

（二）當 vA=vB=5 Vv_A=v_B=5\,\mathrm{V}

1. 判斷工作區域

Q2Q_2、Q3Q_3 均導通，且兩者並聯，因此下拉等效為兩個相同 NMOS 並聯。

對 Q1Q_1：

VSG1=5 V,VSG1−∣Vtp∣=4 VV_{SG1}=5\,\mathrm{V},\qquad V_{SG1}-|V_{tp}|=4\,\mathrm{V}

pMOS 飽和條件為

VSD1≥VSG1−∣Vtp∣V_{SD1}\ge V_{SG1}-|V_{tp}|

即

5−vO≥4⟹vO≤1 V.5-v_O\ge4 \quad\Longrightarrow\quad v_O\le1\,\mathrm{V}.

對 Q2Q_2、Q3Q_3：

VGS=5 V,VGS−Vtn=4 V.V_{GS}=5\,\mathrm{V},\qquad V_{GS}-V_{tn}=4\,\mathrm{V}.

若 vO<4 Vv_O<4\,\mathrm{V}，兩個 NMOS 均工作於三極區。

由於 NMOS 的尺寸及遷移率均較大，下拉能力很強，輸出電壓預期低於 1 V1\,\mathrm{V}，所以採用：

  • Q1Q_1：飽和區
  • Q2,Q3Q_2,Q_3：三極區

2. 計算 Q1Q_1 的電流

ppMOS 飽和區電流：

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