111 身心障礙特考四等 電子工程 電子學概要 考古題詳解

111 年・身心障礙特考・四等・電子工程
試題代碼 電子學概要

第 一 題25 分

一、如圖一所示之電晶體電路，若電晶體工作於主動區（active region），則基極至射極電壓 VBE(on)=0.7 VV_{BE(\text{on})} = 0.7\text{ V}，若電晶體工作於飽和區（saturation region），則集極至射極電壓 VCE(sat)=0.2 VV_{CE(\text{sat})} = 0.2\text{ V}，設電晶體之 β=150\beta = 150、VCC=3.3 VV_{CC} = 3.3\text{ V}、RE=0.5 kΩR_E = 0.5\text{ k}\Omega、RC=4 kΩR_C = 4\text{ k}\Omega、R1=85 kΩR_1 = 85\text{ k}\Omega 及 R2=35 kΩR_2 = 35\text{ k}\Omega。試求偏壓電流 ICQI_{CQ} 及偏壓電壓 VCEQV_{CEQ} 之值。（25分）

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核心觀念

本題考查「分壓式偏壓電路」中，基極電流會造成分壓器負載效應，因此不能直接以無負載分壓值作為基極電壓。

採用戴維寧等效電路：

VTH=VCCR2R1+R2V_{TH}=V_{CC}\frac{R_2}{R_1+R_2} RTH=R1∥R2R_{TH}=R_1\parallel R_2

電晶體工作於主動區時：

VBE=0.7 V,IC=βIBV_{BE}=0.7\text{ V},\qquad I_C=\beta I_B

且

IE=(β+1)IBI_E=(\beta+1)I_B

解題方法與計算

1. 將基極分壓器化為戴維寧等效電路

戴維寧電壓為

VTH=3.3(3585+35)=0.9625 VV_{TH}=3.3\left(\frac{35}{85+35}\right) =0.9625\text{ V}

戴維寧電阻為

RTH=85∥35=85×3585+35 kΩ=24.792 kΩR_{TH}=85\parallel 35 =\frac{85\times 35}{85+35}\text{ k}\Omega =24.792\text{ k}\Omega

2. 假設電晶體工作於主動區，求基極電流

基極迴路套用 KVL：

VTH=IBRTH+VBE+IEREV_{TH}=I_B R_{TH}+V_{BE}+I_E R_E

代入 IE=(β+1)IBI_E=(\beta+1)I_B：

IB=VTH−VBERTH+(β+1)REI_B= \frac{V_{TH}-V_{BE}} {R_{TH}+(\beta+1)R_E}

因此

IB=0.9625−0.724.792+151(0.5) mAI_B= \frac{0.9625-0.7} {24.792+151(0.5)} \text{ mA} IB=0.2625100.292 mA≈2.617 μAI_B= \frac{0.2625}{100.292}\text{ mA} \approx 2.617\ \mu\text{A}

3. 求集極偏壓電流 ICQI_{CQ}

ICQ=IC=βIBI_{CQ}=I_C=\beta I_B ICQ=150(2.617 μA)≈0.3925 mAI_{CQ}=150(2.617\ \mu\text{A}) \approx 0.3925\text{ mA}
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第 二 題25 分

二、如圖二所示之電路，設電路中採用理想運算放大器，且電阻 R1=10 kΩR_1 = 10\text{ k}\Omega、R2=10 kΩR_2 = 10\text{ k}\Omega 及電容器 C=100 μFC = 100\text{ }\mu\text{F}。試求： (一) 電路之轉移函數 Vo(s)/Vi(s)V_o(s)/V_i(s)，其中 Vo(s)V_o(s) 及 Vi(s)V_i(s) 分別為 VoV_o 及 ViV_i 之拉普拉斯轉換（Laplace transform）。（15分） (二) 電路之截止頻率 f3dBf_{3\text{dB}}。（10分）

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核心觀念

本題為理想運算放大器的「非反相放大器」，其中反相端至地之間不是單一電阻，而是 R1R_1 與電容器 CC 的並聯阻抗。

理想運算放大器具有：

  • V−=V+=ViV_- = V_+ = V_i
  • 輸入端電流為零

因此可利用反相端節點的電流關係求得轉移函數。

（一）轉移函數 Vo(s)/Vi(s)V_o(s)/V_i(s)

反相端至地的等效阻抗為

Z1=R1∥1sCZ_1=R_1\parallel \frac{1}{sC}

因此其導納為

1Z1=1R1+sC\frac{1}{Z_1} =\frac{1}{R_1}+sC

由非反相放大器公式：

Vo(s)Vi(s)=1+R2Z1\frac{V_o(s)}{V_i(s)} =1+\frac{R_2}{Z_1}

代入導納表示式：

Vo(s)Vi(s)=1+R2(1R1+sC)\frac{V_o(s)}{V_i(s)} =1+R_2\left(\frac{1}{R_1}+sC\right)

整理得：

Vo(s)Vi(s)=1+R2R1+sR2C\frac{V_o(s)}{V_i(s)} =1+\frac{R_2}{R_1}+sR_2C

已知：

R1=R2=10 kΩR_1=R_2=10\,\text{k}\Omega C=100 μFC=100\,\mu\text{F}

所以：

R2R1=1\frac{R_2}{R_1}=1

且

R2C=(10×103)(100×10−6)=1 sR_2C =(10\times10^3)(100\times10^{-6}) =1\text{ s}

故轉移函數為：

Vo(s)Vi(s)=2+s\boxed{\frac{V_o(s)}{V_i(s)}=2+s}

（二）截止頻率 f3dBf_{3\text{dB}}

令 s=jωs=j\omega，則頻率響應為：

H(jω)=2+jωH(j\omega)=2+j\omega

其幅值為：

∣H(jω)∣=22+ω2=4+ω2|H(j\omega)| =\sqrt{2^2+\omega^2} =\sqrt{4+\omega^2}
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第 三 題30 分

三、如圖三所示之差動放大器，其參數為 V+=5 VV^+ = 5\text{ V}、V−=−5 VV^- = -5\text{ V}、R1=80 kΩR_1 = 80\text{ k}\Omega、RD=40 kΩR_D = 40\text{ k}\Omega；所有電晶體參數 λ=0 V−1\lambda = 0\text{ V}^{-1}、VTN=0.8 VV_{TN} = 0.8\text{ V}、Kn1=Kn2=50 μA/V2K_{n1} = K_{n2} = 50\text{ }\mu\text{A/V}^2、Kn3=Kn4=100 μA/V2K_{n3} = K_{n4} = 100\text{ }\mu\text{A/V}^2。試求： (一) 電流 I1I_1、ID1I_{D1} 和電壓 Vo1V_{o1}。（15分） (二) 最大的共模輸入電壓範圍。（15分）

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核心觀念

本題考查：

  1. NMOS 電流鏡偏壓
  2. MOSFET 飽和區電流公式 ID=12Kn(VGS−VTN)2I_D=\frac{1}{2}K_n(V_{GS}-V_{TN})^2
  3. 差動對稱時的電流分配 ID1=ID2=IQ2I_{D1}=I_{D2}=\frac{I_Q}{2}
  4. MOSFET 飽和條件 VDS≥VGS−VTNV_{DS}\ge V_{GS}-V_{TN}

由圖可知，M3M_3、M4M_4 形成電流鏡，且 Kn3=Kn4K_{n3}=K_{n4}，因此鏡射電流相等。

解題方法

（一）求 I1I_1、ID1I_{D1} 與 Vo1V_{o1}

1. 求電流鏡基準電流 I1I_1

令

VOV3=VGS3−VTNV_{OV3}=V_{GS3}-V_{TN}

由 M3M_3 的飽和區電流公式：

I1=12Kn3VOV32I_1=\frac{1}{2}K_{n3}V_{OV3}^2

代入 Kn3=100 μA/V2K_{n3}=100\,\mu\text{A/V}^2：

I1=50VOV32 μAI_1=50V_{OV3}^2\ \mu\text{A}

另一方面，R1R_1 兩端電壓為：

V+−(V−+VGS3)V^+-\left(V^-+V_{GS3}\right)

因為 VGS3=VTN+VOV3=0.8+VOV3V_{GS3}=V_{TN}+V_{OV3}=0.8+V_{OV3}，所以

I1=5−[−5+0.8+VOV3]80 kΩI_1=\frac{5-\left[-5+0.8+V_{OV3}\right]}{80\,\text{k}\Omega}

整理得：

I1=9.2−VOV380 kΩI_1=\frac{9.2-V_{OV3}}{80\,\text{k}\Omega}

換成 μA\mu\text{A}：

I1=9.2−VOV380 μAI_1=\frac{9.2-V_{OV3}}{80}\ \mu\text{A}

與 MOSFET 電流公式聯立：

50VOV32=9.2−VOV38050V_{OV3}^2=\frac{9.2-V_{OV3}}{80}

因此

4VOV32+VOV3−9.2=04V_{OV3}^2+V_{OV3}-9.2=0

取正根：

VOV3=−1+148.28≈1.397 VV_{OV3}=\frac{-1+\sqrt{148.2}}{8} \approx 1.397\text{ V}

所以

I1=50(1.397)2≈97.5 μAI_1=50(1.397)^2 \approx 97.5\,\mu\text{A}

2. 求差動對尾電流與 ID1I_{D1}

由於 Kn3=Kn4K_{n3}=K_{n4}，且 M3M_3、M4M_4 的 VGSV_{GS} 相同：

IQ=ID4=I1≈97.5 μAI_Q=I_{D4}=I_1\approx97.5\,\mu\text{A}

當 V1=V2V_1=V_2 時，差動對左右對稱，因此

ID1=ID2=IQ2I_{D1}=I_{D2}=\frac{I_Q}{2} ID1=97.52≈48.8 μAI_{D1}=\frac{97.5}{2} \approx48.8\,\mu\text{A}

3. 求輸出電壓 Vo1V_{o1}

由 RDR_D 上的壓降：

Vo1=V+−ID1RDV_{o1}=V^+-I_{D1}R_D

代入數值：

Vo1=5−(48.8 μA)(40 kΩ)V_{o1}=5-(48.8\,\mu\text{A})(40\,\text{k}\Omega) Vo1≈3.05 V\boxed{V_{o1}\approx3.05\text{ V}}
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第 四 題20 分

四、試用至多四個雙輸入端之反或閘（NOR gates）實現下列邏輯表示式： F=AB+C‾ D‾F = AB + \overline{C}\,\overline{D}。（20分）

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核心觀念

本題考查反或閘（NOR gate）的邏輯運算與狄摩根定律。

雙輸入 NOR 閘的定義為：

XNOR⁡Y=X+Y‾X \operatorname{NOR} Y=\overline{X+Y}

狄摩根定律：

X+Y‾=X‾ Y‾\overline{X+Y}=\overline{X}\,\overline{Y} XY‾=X‾+Y‾\overline{XY}=\overline{X}+\overline{Y}

題目要求只使用至多四個雙輸入 NOR 閘，實現：

F=AB+C‾ D‾F=AB+\overline{C}\,\overline{D}

關鍵在於先產生：

C‾ D‾=C+D‾\overline{C}\,\overline{D}=\overline{C+D}

再利用 NOR 閘形成兩個適合最後合併的訊號。

解題方法

令四個 NOR 閘的輸出依序為 N1,N2,N3,N4N_1,N_2,N_3,N_4。

第 1 個 NOR 閘

將 C,DC,D 輸入 NOR 閘：

N1=C+D‾=C‾ D‾N_1=\overline{C+D} =\overline{C}\,\overline{D}

因此，N1N_1 正好就是題目中的第二項。

第 2 個 NOR 閘

將 AA 與 N1N_1 輸入 NOR 閘：

N2=A+N1‾N_2=\overline{A+N_1}

代入 N1=C+D‾N_1=\overline{C+D}：

N2=A+C+D‾‾N_2=\overline{A+\overline{C+D}}

依狄摩根定律：

N2=A‾(C+D)N_2=\overline{A}(C+D)

第 3 個 NOR 閘

將 BB 與 N1N_1 輸入 NOR 閘：

N3=B+N1‾N_3=\overline{B+N_1}

同理：

N3=B‾(C+D)N_3=\overline{B}(C+D)

第 4 個 NOR 閘

最後將 N2,N3N_2,N_3 輸入 NOR 閘：

F=N4=N2+N3‾F=N_4=\overline{N_2+N_3}

代入 N2,N3N_2,N_3：

F=A‾(C+D)+B‾(C+D)‾F=\overline{\overline{A}(C+D)+\overline{B}(C+D)}

提出公因式 (C+D)(C+D)：

F=(A‾+B‾)(C+D)‾F=\overline{(\overline{A}+\overline{B})(C+D)}

再利用狄摩根定律：

A‾+B‾‾=AB\overline{\overline{A}+\overline{B}}=AB

以及：

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