112 原住民特考三等 電力工程 電子學 考古題詳解

112 年・原住民特考・三等・電力工程
試題代碼 電子學

第 一 題20 分

圖一（a）所示稽納（Zener）二極體 DD 之 IDI_D-VDV_D 特性如圖一（b）所示，RL=100 ΩR_L=100\ \Omega。在 0≤t≤1 sec0\le t\le1\ \mathrm{sec} 時，Vs(t)V_s(t) 由 0 V0\ \mathrm{V} 直線上升至 +18 V+18\ \mathrm{V}，試求此時間內輸出電壓 VoV_o 之波形數學式。

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核心觀念

本題考查稽納二極體的分段線性模型，以及串聯電阻限流電路的負載線分析。

圖一（b）給出的二極體特性為：

  • 截止區：−0.7<VD<7.5 V-0.7<V_D<7.5\ \mathrm{V} 時，ID=0I_D=0。
  • 正向導通區：VD≥7.5 VV_D\ge 7.5\ \mathrm{V} 時，斜率為 0.1 S0.1\ \mathrm{S}。
  • 反向崩潰區：VD≤−0.7 VV_D\le -0.7\ \mathrm{V} 時，斜率為 0.02 S0.02\ \mathrm{S}。

由於 Vs(t)V_s(t) 由 00 上升至正電壓，電路中的二極體主要經歷「截止」與「正向導通」兩個區域，反向崩潰區不會發生。

解題方法

已知

Rs=20 Ω,RL=100 ΩR_s=20\ \Omega,\qquad R_L=100\ \Omega

且輸入電壓為直線上升：

Vs(t)=18t,0≤t≤1V_s(t)=18t,\qquad 0\le t\le 1

其中 VsV_s 單位為伏特。

一、二極體截止時

當二極體截止，電路只剩 RsR_s 與 RLR_L 串聯，因此輸出電壓為分壓結果：

Vo=VsRLRs+RLV_o=V_s\frac{R_L}{R_s+R_L}

代入數值：

Vo=Vs10020+100=56VsV_o=V_s\frac{100}{20+100} =\frac{5}{6}V_s

二極體開始正向導通的條件為：

VD=Vo=7.5 VV_D=V_o=7.5\ \mathrm{V}

因此二極體導通瞬間的輸入電壓為：

7.5=56Vs7.5=\frac{5}{6}V_s Vs=9 VV_s=9\ \mathrm{V}

由於 Vs(t)=18tV_s(t)=18t，導通時間為：

18t=9⟹t=0.5 sec18t=9 \quad\Longrightarrow\quad t=0.5\ \mathrm{sec}

所以在 0≤t≤0.50\le t\le0.5 時：

Vo(t)=56(18t)V_o(t)=\frac{5}{6}(18t) Vo(t)=15t V\boxed{V_o(t)=15t\ \mathrm{V}}

二、二極體正向導通時

圖一（b）的正向導通特性斜率為 0.1 S0.1\ \mathrm{S}，且在 VD=7.5 VV_D=7.5\ \mathrm{V} 時電流為零，因此：

ID=0.1(VD−7.5)I_D=0.1(V_D-7.5)

因為二極體與負載並聯，所以：

VD=VoV_D=V_o

故：

ID=0.1(Vo−7.5)I_D=0.1(V_o-7.5)
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第 二 題20 分

圖二所示之振盪器使用理想運算放大器。分析電路時，由 vov_o 經過雙 RCRC 網路到 viv_i 定義為回授（feedback）β=vi/vo\beta=v_i/v_o，且 viv_i 經過運算放大器與 R1R_1-R2R_2 網路定義為增益 A=vo/viA=v_o/v_i。

試寫出 AA 與 β\beta 之數學式，並由振盪條件 βA≥1\beta A\ge1 推導振盪頻率以及 R1/R2R_1/R_2 之值，以確認產生振盪，且均以 RR、CC、R1R_1、R2R_2、角頻率 ω\omega 表示。

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核心觀念

本題考查 Wien bridge 雙 RCRC 回授振盪器，使用 Barkhausen 振盪條件：

βA≥1\beta A\ge 1

其中：

  • A=vo/viA=v_o/v_i 為運算放大器及 R1R_1、R2R_2 所形成的非反相增益。
  • β=vi/vo\beta=v_i/v_o 為雙 RCRC 網路的回授比例。
  • 振盪時除需滿足增益條件外，回授訊號與輸出訊號的總相位差須為 0∘0^\circ。

解題方法

一、求放大器增益 AA

圖中運算放大器為非反相組態，因此

A=vovi=1+R2R1A=\frac{v_o}{v_i}=1+\frac{R_2}{R_1}

二、求雙 RCRC 網路的回授比例 β\beta

對等值元件 RR、CC 的 Wien 雙 RCRC 網路，其傳遞函數為

β(s)=vivo=sRC1+3sRC+s2R2C2\beta(s)=\frac{v_i}{v_o} =\frac{sRC}{1+3sRC+s^2R^2C^2}

令 s=jωs=j\omega，則

β(jω)=jωRC1−(ωRC)2+j3ωRC\beta(j\omega) =\frac{j\omega RC} {1-(\omega RC)^2+j3\omega RC}

分子、分母同除以 jωRCj\omega RC，得

β(jω)=13+j(ωRC−1ωRC)\beta(j\omega) = \frac{1} {3+j\left(\omega RC-\frac{1}{\omega RC}\right)}

三、求振盪角頻率

因為放大器為非反相增益，總相位須為零，所以 β\beta 的虛部必須消失：

ωRC−1ωRC=0\omega RC-\frac{1}{\omega RC}=0

因此

(ωRC)2=1(\omega RC)^2=1

取正角頻率：

ω0=1RC\boxed{\omega_0=\frac{1}{RC}}

相對應的振盪頻率為

f0=12πRC\boxed{f_0=\frac{1}{2\pi RC}}

在 ω=ω0\omega=\omega_0 時，

β0=13\beta_0=\frac{1}{3}
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第 三 題20 分

圖三所示之電晶體 β=120≫1 （β+1≈β）\beta=120\gg1\ （\beta+1\approx\beta），VEE=+5 VV_{EE}=+5\ \mathrm{V}，熱電壓（thermal voltage）VT=25 mVV_T=25\ \mathrm{mV}，ro→∞r_o\to\infty，RB=36 kΩR_B=36\ \mathrm{k}\Omega，RC=1.5 kΩR_C=1.5\ \mathrm{k}\Omega，RE=4 kΩR_E=4\ \mathrm{k}\Omega，RL=6 kΩR_L=6\ \mathrm{k}\Omega。

試求偏壓電流 ICQI_{CQ} 以及小訊號電壓增益 Av=vo/viA_v=v_o/v_i。在交流分析時，所有耦合電容均視為短路。

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核心觀念

圖三為 PNP 電晶體之射極隨耦器：

  • 射極經 RER_E 接至 +VEE+V_{EE}
  • 基極經 RBR_B 接地，輸入由基極加入
  • 集極經 RCR_C 接地
  • 輸出由射極取出
  • 交流時耦合電容視為短路，因此 RLR_L 與 RER_E 共同形成射極負載

採用矽晶體管近似：

VEB≈0.7 VV_{EB}\approx 0.7\text{ V}

且題設 β+1≈β\beta+1\approx\beta。

一、偏壓電流 ICQI_{CQ}

基極電流經 RBR_B 流向地，因此

IB=VBRBI_B=\frac{V_B}{R_B}

射極電壓為

VE=VB+VEBV_E=V_B+V_{EB}

由射極回路套用 KVL：

VEE=IERE+VEB+IBRBV_{EE}=I_E R_E+V_{EB}+I_B R_B

由於 β+1≈β\beta+1\approx\beta，可取

IE≈IC,IB≈ICβI_E\approx I_C,\qquad I_B\approx \frac{I_C}{\beta}

代入：

5=IC(4 kΩ)+0.7+IC120(36 kΩ)5=I_C(4\,\text{k}\Omega)+0.7+ \frac{I_C}{120}(36\,\text{k}\Omega)

因為

36 kΩ120=0.3 kΩ\frac{36\,\text{k}\Omega}{120}=0.3\,\text{k}\Omega

所以

ICQ=5−0.74 kΩ+0.3 kΩ=4.34.3 kΩ=1 mAI_{CQ} =\frac{5-0.7}{4\,\text{k}\Omega+0.3\,\text{k}\Omega} =\frac{4.3}{4.3\,\text{k}\Omega} =1\text{ mA}

因此

ICQ=1 mA\boxed{I_{CQ}=1\text{ mA}}

二、小訊號電壓增益

交流分析時，+VEE+V_{EE} 視為交流接地，因此射極對地等效負載為

RE′=RE∥RLR_E'=R_E\parallel R_L
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第 四 題20 分

圖四所示運算放大器之直流增益 Avo=89A_{vo}=89，33-dB 頻寬 500 rad/sec500\ \mathrm{rad/sec}，輸出電阻 Ro=100 ΩR_o=100\ \Omega，其他特性均為理想值，C1=10 nFC_1=10\ \mathrm{nF}，C2=90 nFC_2=90\ \mathrm{nF}，RL=1 kΩR_L=1\ \mathrm{k}\Omega。

若圖四之完整電路電壓增益函數

Av(s)=vo(s)vi(s)≈Avfo(1+s/ωa)(1+s/ωb)A_v(s)=\frac{v_o(s)}{v_i(s)}\approx\frac{A_{vfo}}{(1+s/\omega_a)(1+s/\omega_b)}

其中 AvfoA_{vfo} 為常數，試求 AvfoA_{vfo}、ωa\omega_a 與 ωb\omega_b。

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核心觀念

本題考查：

  1. 有限直流增益與單一主極點模型： A(s)=Avo1+s/ω0A(s)=\frac{A_{vo}}{1+s/\omega_0}
  2. 非反相運算放大器的回授分析。
  3. 輸出電阻 RoR_o、負載 RLR_L 與電容所形成的極點。
  4. 二階增益函數與標準形式的係數對照。

已知

Avo=89,ω0=500 rad/s.A_{vo}=89,\qquad \omega_0=500\ \text{rad/s}.

因此運算放大器開迴路增益為

A(s)=891+s/500.A(s)=\frac{89}{1+s/500}.

解題方法

令反相端節點電壓為 v−v_-，輸出端電壓為 vov_o。

1. 電容回授網路

由圖中 C1C_1 連接輸出端與反相端，C2C_2 連接反相端與地。由串聯電容分壓：

v−vo=C1C1+C2=1010+90=0.1.\frac{v_-}{v_o} =\frac{C_1}{C_1+C_2} =\frac{10}{10+90} =0.1.

故

v−=0.1vo.v_-=0.1v_o.

因此回授因數為

β=0.1.\beta=0.1.

電容 C1C_1、C2C_2 對輸出端所呈現的等效電容為

Ceq=C1C2C1+C2=(10)(90)10+90 nF=9 nF.C_{\text{eq}} =\frac{C_1C_2}{C_1+C_2} =\frac{(10)(90)}{10+90}\ \text{nF} =9\ \text{nF}.

2. 考慮輸出電阻與負載

輸出端除受到 RLR_L 負載外，還受到 CeqC_{\text{eq}} 的負載。

由輸出端內阻 RoR_o 所造成的衰減，輸出內部電壓與實際輸出電壓的關係為

vx=vo(1+RoRL+sRoCeq).v_x = v_o\left(1+\frac{R_o}{R_L}+sR_oC_{\text{eq}}\right).

代入數值：

1+RoRL=1+1001000=1.1,1+\frac{R_o}{R_L} =1+\frac{100}{1000} =1.1,

以及

RoCeq=(100)(9 nF)=0.9 μs.R_oC_{\text{eq}} =(100)(9\ \text{nF}) =0.9\ \mu\text{s}.

故

vx=vo(1.1+0.9×10−6s).v_x=v_o(1.1+0.9\times10^{-6}s).

另一方面，運算放大器內部輸出為

vx=A(s)(vi−v−)=A(s)(vi−0.1vo).v_x=A(s)(v_i-v_-) =A(s)(v_i-0.1v_o).

所以

vo(1.1+0.9×10−6s)=891+s/500(vi−0.1vo).v_o(1.1+0.9\times10^{-6}s) = \frac{89}{1+s/500}(v_i-0.1v_o).

整理得

vovi=89(1.1+0.9×10−6s)(1+s/500)+8.9.\frac{v_o}{v_i} = \frac{89} {(1.1+0.9\times10^{-6}s)(1+s/500)+8.9}.

3. 求低頻增益 AvfoA_{vfo}

令 s=0s=0：

Avfo=891.1+8.9=8910=8.9.A_{vfo} = \frac{89}{1.1+8.9} = \frac{89}{10} = 8.9.

因此

Avfo=8.9.\boxed{A_{vfo}=8.9}.

4. 求兩個極點頻率

將分母展開：

(1.1+0.9×10−6s)(1+s/500)+8.9(1.1+0.9\times10^{-6}s)(1+s/500)+8.9
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第 五 題20 分

圖五（a）所示為七段式數字顯示器，以邏輯變數 XX、YY 同時決定 a∼ga\sim g 等七個邏輯變數之值為 11 或 00；11 為黑（亮），00 為白（不亮）。例如 a=1a=1 時，則 aa 段呈現黑色。

設計以 XY=00XY=00、1010、0101、1111 時，分別顯示如圖五（b）所示之 00、11、22、33。試以 XX、YY 為變數，寫出 a∼ga\sim g 之最簡布林數學式。

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核心觀念

本題考查七段式顯示器的邏輯設計。依圖五（a）各段定義：

  • aa：上段
  • bb：右上段
  • cc：右下段
  • dd：下段
  • ee：左下段
  • ff：左上段
  • gg：中段

其中 11 代表該段亮起，00 代表不亮。輸入對應關係為：

  • XY=00XY=00 顯示 00
  • XY=10XY=10 顯示 11
  • XY=01XY=01 顯示 22
  • XY=11XY=11 顯示 33

解題方法

各數字所需點亮的七段為：

0: a,b,c,d,e,f0:\ a,b,c,d,e,f

1: b,c1:\ b,c

2: a,b,d,e,g2:\ a,b,d,e,g

3: a,b,c,d,g3:\ a,b,c,d,g

因此可列出真值表：

XYXY顯示數字aabbccddeeffgg
0000001111110
1010110110000
0101221101101
1111331111001

依真值表化簡：

  1. aa、dd 在 XY=10XY=10 時為 00，其餘皆為 11：

a=d=X‾+Ya=d=\overline{X}+Y

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