113 原住民特考四等 電子工程 電子學概要 考古題詳解

113 年・原住民特考・四等・電子工程
試題代碼 電子學概要

第 一 題25 分

圖一所示為 BJT 放大器之小信號電路模型。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

RS=10 kΩR_S=10\,\mathrm{k\Omega}，rπ=5 kΩr_{\pi}=5\,\mathrm{k\Omega}，gm=50 mA/Vg_m=50\,\mathrm{mA/V}，ro=120 kΩr_o=120\,\mathrm{k\Omega}，RL=30 kΩR_L=30\,\mathrm{k\Omega}。

請計算小信號電壓增益 \frac{v_o}{v_{in}}。

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核心觀念

此題考查 BJT 共射極放大器小信號模型：

  • 輸入端由 RSR_S 與 rπr_{\pi} 形成分壓。
  • 輸出端的等效負載為 ror_o 與 RLR_L 的並聯。
  • 受控電流源大小為 gmvbeg_m v_{be}，因此輸出電壓具有反相特性。

解題方法

輸入端套用分壓定理：

vbe=vinrπRS+rπv_{be}=v_{in}\frac{r_{\pi}}{R_S+r_{\pi}}

代入數值：

vbevin=5 kΩ10 kΩ+5 kΩ=13\frac{v_{be}}{v_{in}} =\frac{5\,\mathrm{k\Omega}}{10\,\mathrm{k\Omega}+5\,\mathrm{k\Omega}} =\frac{1}{3}

輸出端等效電阻為：

ro∥RL=120 kΩ×30 kΩ120 kΩ+30 kΩ=24 kΩr_o\parallel R_L =\frac{120\,\mathrm{k\Omega}\times30\,\mathrm{k\Omega}} {120\,\mathrm{k\Omega}+30\,\mathrm{k\Omega}} =24\,\mathrm{k\Omega}

由於受控電流源方向使輸出端電壓反相：

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第 二 題25 分

圖二所示放大器，其開路電壓增益為無限大。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

vin=5 Vv_{in}=5\,\mathrm{V}，R1=10 kΩR_1=10\,\mathrm{k\Omega}，R2=60 kΩR_2=60\,\mathrm{k\Omega}，R3=60 kΩR_3=60\,\mathrm{k\Omega}。

請計算輸出電壓 vov_o。

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核心觀念

圖二為理想運算放大器的非反相放大器：

  • 開路電壓增益無限大，且有負回授，因此 v−=v+v_- = v_+
  • 輸入端電流為零
  • R2R_2 與 R3R_3 均接在輸出端與反相端之間，兩者為並聯回授電阻

非反相放大器增益公式為

vovin=1+RfR1\frac{v_o}{v_{in}}=1+\frac{R_f}{R_1}

其中 RfR_f 為等效回授電阻。

解題方法

先求 R2R_2 與 R3R_3 的並聯等效電阻：

Rf=R2∥R3=R2R3R2+R3R_f=R_2\parallel R_3 =\frac{R_2R_3}{R_2+R_3}

代入數值：

Rf=(60 kΩ)(60 kΩ)60 kΩ+60 kΩ=30 kΩR_f=\frac{(60\,\mathrm{k\Omega})(60\,\mathrm{k\Omega})} {60\,\mathrm{k\Omega}+60\,\mathrm{k\Omega}} =30\,\mathrm{k\Omega}

因此非反相放大器的電壓增益為：

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第 三 題25 分

圖三所示兩級放大器，使用理想電流源 II、2I2I 偏壓，電晶體 Q1∼Q5Q_1\sim Q_5 皆操作於飽和區。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

輸入電壓 vin=10 Vv_{in}=10\,\mathrm{V}，電晶體轉導 gm1∼gm5g_{m1}\sim g_{m5} 均為 20 mA/V20\,\mathrm{mA/V}，電晶體 ro1∼ro5r_{o1}\sim r_{o5} 均為 100 kΩ100\,\mathrm{k\Omega}。

請計算電壓增益 vovin\frac{v_o}{v_{in}}。

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核心觀念

本題考查兩級 CMOS 放大器的小訊號電壓增益：

  1. 第一級為 PMOS 差動對 Q3,Q4Q_3,Q_4，搭配 NMOS 電流鏡負載 Q1,Q2Q_1,Q_2。
  2. 第二級為 Q5Q_5 共源極放大器。
  3. 飽和區 MOSFET 的小訊號模型包含轉導 gmg_m 與輸出電阻 ror_o。
  4. 理想偏壓電流源的小訊號電流為零，因此第一級尾端與第二級輸出端不受理想電流源小訊號負載影響。

已知

gm=20 mA/V=0.02 Sg_m=20\,\text{mA/V}=0.02\,\text{S} ro=100 kΩ⇒go=1ro=10 μS=10−5 Sr_o=100\,\text{k}\Omega \quad\Rightarrow\quad g_o=\frac{1}{r_o}=10\,\mu\text{S}=10^{-5}\,\text{S}

令

v1=vin2,v2=−vin2v_1=\frac{v_{in}}{2},\qquad v_2=-\frac{v_{in}}{2}

其中 v1,v2v_1,v_2 分別為 Q3,Q4Q_3,Q_4 的閘極小訊號電壓。

解題方法

設 Q3,Q4Q_3,Q_4 的共源極節點為 vsv_s，Q1Q_1 二極體接法節點為 vxv_x，Q2Q_2 汲極及 Q5Q_5 閘極節點為 vyv_y。

由 Q1Q_1 為二極體接法，其小訊號等效導納為

gm1+go1g_{m1}+g_{o1}

列出 vxv_x、vyv_y 與 vsv_s 的節點方程式：

−(gm+go)vs+gmv1+(gm+2go)vx=0-(g_m+g_o)v_s+g_mv_1+(g_m+2g_o)v_x=0 −(gm+go)vs+gmv2+gmvx+2govy=0-(g_m+g_o)v_s+g_mv_2+g_mv_x+2g_ov_y=0

由理想尾電流源的小訊號電流為零，於共源極節點列 KCL：

2(gm+go)vs−gm(v1+v2)−go(vx+vy)=02(g_m+g_o)v_s-g_m(v_1+v_2)-g_o(v_x+v_y)=0

因為

v1+v2=0v_1+v_2=0

故

vs=go(vx+vy)2(gm+go)v_s=\frac{g_o(v_x+v_y)}{2(g_m+g_o)}

代入前兩式，得到

0.020015vx−0.000005vy=−0.02v10.020015v_x-0.000005v_y=-0.02v_1 0.019995vx+0.000015vy=0.02v10.019995v_x+0.000015v_y=0.02v_1

解得

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第 四 題25 分

請畫出兩輸入之 CMOS NOR 閘，並寫出其布林代數式。

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核心觀念

CMOS NOR 閘由互補式 MOS 電晶體網路構成：

  • 下拉網路使用 NMOS，負責輸出為低電位時導通。
  • 上拉網路使用 PMOS，負責輸出為高電位時導通。
  • NOR 的輸出在任一輸入為高電位時為低，只有兩個輸入都為低時才為高。

解題方法

令兩輸入為 A、BA、B，輸出為 YY。NOR 閘的布林式為

Y=A+B‾=A‾ B‾Y=\overline{A+B}=\overline{A}\,\overline{B}

依此安排電晶體：

  • **NMOS 下拉網路：**兩顆 NMOS 並聯。只要 AA 或 BB 為高，對應 NMOS 導通，輸出便經下拉網路接地。
  • **PMOS 上拉網路：**兩顆 PMOS 串聯。只有 A、BA、B 都為低時，兩顆 PMOS 才同時導通，輸出才接至 VDDV_{DD}。

電路可表示如下：

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