107 調查局特考三等 電子科學組 電子學與電路學 考古題詳解

核心觀念

本題旨在測驗四端點金氧半場效電晶體（MOSFET）之高頻小訊號混合 $\pi$（Hybrid-$\pi$）等效電路模型，核心觀念包含以下三項：

1. 基板效應（Body Effect / Back-Gate Effect）與基板跨導 $g_{mb}$： 當源極（S）與基板（B）未短路時，基板偏壓與源極偏壓不相等（即 $v_{bs} \neq 0$）。基板扮演「第二閘極」（Back-gate）角色，基板-源極小訊號電壓 $v_{bs}$ 會調變通道反轉層電荷與臨界電壓 $V_t$，進而在汲極端產生受控電流： $g_{mb} \equiv \left. \frac{\partial i_D}{\partial v_{BS}} \right|_Q = \chi g_m$ 其中 $\chi \approx 0.1 \sim 0.3$，其控制的電流方向與主跨導電流源 $g_m v_{gs}$ 相同，皆由汲極（D）流向源極（S）。

2. 通道長度調變效應（Channel-Length Modulation）與輸出電阻 $r_o$： 汲極與源極間存在有限的小訊號輸出電阻 $r_o$： $r_o \equiv \left( \left. \frac{\partial i_D}{\partial v_{DS}} \right|_Q \right)^{-1} = \frac{V_A + V_{DS}}{I_D} \approx \frac{V_A}{I_D} = \frac{1}{\lambda I_D}$

3. 高頻寄生電容網路（High-Frequency Parasitic Capacitances）： 在高頻操作下，各端點間的電容效應不可忽略，共包含 5 個電容：

• 閘極氧化層相關電容：閘-源電容 $C_{gs}$、閘-汲電容 $C_{gd}$、閘-基板電容 $C_{gb}$。
• 反向偏壓 $pn$ 接面空乏電容：源-基板電容 $C_{sb}$、汲-基板電容 $C_{db}$。

解題方法

1. 小訊號汲極電流推導

在飽和區（主動區）操作下，小訊號總汲極電流 $i_d$ 為三端控制電壓的多元泰勒展開線性化結果： $i_d = g_m v_{gs} + g_{mb} v_{bs} + \frac{v_{ds}}{r_o}$ 其中：

• $v_{gs} = v_g - v_s$（閘-源小訊號電壓）
• $v_{bs} = v_b - v_s$（基板-源小訊號電壓）
• $v_{ds} = v_d - v_s$（汲-源小訊號電壓）

2. 各端點間之電路元件配置

• 閘極（G）：
• 與源極（S）之間：跨接電容 $C_{gs}$，跨壓為 $v_{gs}$（上正下負）。
• 與汲極（D）之間：跨接電容 $C_{gd}$（米勒效應主要來源）。
• 與基板（B）之間：跨接電容 $C_{gb}$。
• 汲極（D）與源極（S）之間：
• 主跨導電壓受控電流源：大小為 $g_m v_{gs}$，方向由 D 流向 S。
• 基板跨導電壓受控電流源：大小為 $g_{mb} v_{bs}$，方向由 D 流向 S。
• 輸出電阻：$r_o$ 並聯於 D 與 S 之間。
• 基板（B）與其他端點之間：
• 與源極（S）之間：跨接源極接面電容 $C_{sb}$，跨壓為 $v_{bs}$（B 端為正、S 端為負）。
• 與汲極（D）之間：跨接汲極接面電容 $C_{db}$。

3. 完整高頻小訊號混合 $\pi$ 等效電路圖

 +----------------- Cgd -----------------+
 | |
 (G) o--------+--------+ +--------+--------o (D)
 閘極 | | | | 汲極
 --- --- | |
 Cgb --- Cgs --- | |
 | | + | |
 | | vgs | |
 | | - V V
 | | gm*vgs gmb*vbs [ro]
 | | | | |
 (S) o-------+--------+----------------------+--------+------+
 源極 | | |
 | --- ---
 | Csb --- Cdb ---
 | | |
 (B) o-------+--------+----------------------+
 基板

核心觀念

1. PNP 雙極性接面電晶體（BJT）端點識別與偏壓特性：

• 電路圖中電晶體符號之箭頭位於上方端點且朝內指向基極，此為 PNP 型 BJT。
• 上端為射極（Emitter, E），直接接至 $+5\ \mathrm{V}$ 電源，故射極電位為 $V_E = 5\ \mathrm{V}$。
• 左端為基極（Base, B），串接電阻 $R_B = 10\ \mathrm{k}\Omega$ 接地。
• 下端為集極（Collector, C），串接電阻 $R_C = 1\ \mathrm{k}\Omega$ 接地，集極端電壓標註為 $V_C$。
• 題目所給 $V_{BE} = 0.7\ \mathrm{V}$ 與 $V_{CE,\mathrm{sat}} = 0.2\ \mathrm{V}$ 為接面導通電壓之量值，對 PNP 電晶體而言即射基導通跨壓 $V_{EB} = 0.7\ \mathrm{V}$ 與飽和跨壓 $V_{EC,\mathrm{sat}} = 0.2\ \mathrm{V}$。

2. 電晶體工作區間判別法則：

• 解 BJT 直流偏壓時，標準流程為「先假設工作於順向主動區（Forward-Active Mode），再檢驗是否飽和」。
• 若主動區計算所得之集極電位 $V_C$ 使得射-集極跨壓 $V_{EC} < V_{EC,\mathrm{sat}}$，則假設不成立，電晶體進入飽和區（Saturation Mode）。
• 在飽和區時，$I_C \neq \beta I_B$，射-集極跨壓被箝位在 $V_{EC} = V_{EC,\mathrm{sat}} = 0.2\ \mathrm{V}$，集極電流由外部電路歐姆定律決定。

解題方法

步驟一：計算基極電流 $I_B$ 由於射極電位 $V_E = 5\ \mathrm{V}$ 高於接地電位，射-基接面（EBJ）順向偏壓導通： $V_B = V_E - V_{EB} = 5\ \mathrm{V} - 0.7\ \mathrm{V} = 4.3\ \mathrm{V}$

電流由基極流出，經基極電阻 $R_B = 10\ \mathrm{k}\Omega$ 流向接地端： $I_B = \frac{V_B - 0}{R_B} = \frac{4.3\ \mathrm{V}}{10\ \mathrm{k}\Omega} = 0.43\ \mathrm{mA}$

步驟二：假設為主動區並進行矛盾檢驗 若電晶體操作於順向主動區，則集極電流應滿足 $I_C = \beta I_B$： $I_C = 50 \times 0.43\ \mathrm{mA} = 21.5\ \mathrm{mA}$

此時集極電流流經 $R_C = 1\ \mathrm{k}\Omega$ 到地，集極電位應為： $V_C = I_C \times R_C = 21.5\ \mathrm{mA} \times 1\ \mathrm{k}\Omega = 21.5\ \mathrm{V}$

檢驗跨壓： $V_{EC} = V_E - V_C = 5\ \mathrm{V} - 21.5\ \mathrm{V} = -16.5\ \mathrm{V} < V_{EC,\mathrm{sat}}\ (0.2\ \mathrm{V})$

核心觀念

1. $s$ 域（$s$-domain）阻抗等效模型：

• 線性非時變電路在零初始條件下進行拉氏轉換（Laplace Transform），電阻之 $s$ 域阻抗為 $Z_R(s) = R$，電容之 $s$ 域阻抗為 $Z_C(s) = \dfrac{1}{sC}$。

2. 理想運算放大器（Ideal Op-Amp）工作於負回授之兩大特性：

• 虛擬短路（Virtual Short）：反相輸入端與非反相輸入端電位相同，即 $V_-(s) = V_+(s)$。
• 虛擬開路（Virtual Open）：流入運算放大器輸入端的電流為零，即 $I_-(s) = I_+(s) = 0$。

3. 主動全通濾波器（All-Pass Filter, APF）之轉移函數與頻率響應：

• 轉移函數 $H(s) = \dfrac{V_o(s)}{V_i(s)}$ 具有共軛對稱或相對於虛軸對稱之零極點分佈。
• 令 $s = j\omega$，全通濾波器的振幅響應在全頻率範圍內恆為常數（$|H(j\omega)| = 1$），訊號通過時振幅不衰減，僅產生可預期的相位移（Phase Shift）。

解題方法

1. 第（一）小題：

• 將時域訊號 $v_i(t), v_o(t)$ 以拉氏轉換後的頻域變數 $V_i(s), V_o(s)$ 表示。
• 電容元件代換為其運算阻抗 $\dfrac{1}{sC}$，電阻維持 $R$，標明各節點電壓與理想運算放大器之端點特性。

2. 第（二）小題：

• 由非反相端無電流輸入之特性（$I_+ = 0$），利用分壓定理求得 $V_+(s)$。
• 依據負回授電路之虛擬短路特性，令 $V_-(s) = V_+(s)$。
• 在反相端節點應用克希荷夫電流定律（KCL）列式，推導輸出電壓 $V_o(s)$ 與輸入電壓 $V_i(s)$ 之代數關係，進而求出閉迴路轉移函數 $H(s)$。

3. 第（三）小題：

• 令 $s = j\omega$，計算複數頻率響應 $H(j\omega)$。
• 分別分析振幅大小 $|H(j\omega)|$ 與相位角 $\angle H(j\omega)$ 隨角頻率 $\omega$ 的變化情形，並說明其在工程領域之實際應用價值。

完整解析與推導

（一）電路的 $s$ 域等效電路

將原電路中之時域訊號與元件阻抗轉換為拉氏轉換之 $s$ 域模型（假設電容初始儲能為零）：

• 輸入電壓源：$V_i(s)$
• 輸出電壓：$V_o(s)$
• 電阻：阻抗為 $R$
• 電容：阻抗為 $\dfrac{1}{sC}$
• 理想運算放大器：維持理想符號，滿足 $V_+(s) = V_-(s)$ 且 $I_+(s) = I_-(s) = 0$。

$s$ 域等效電路圖如下：

 R
 +-------[ ]-------+
 | |
 | |\ |
 +-------|- \ |
 | | \ |
Vi(s) -------+ | >------+------- Vo(s)
 | | /
 | +---|+ /
 | | |/
 +---[ R ]---+
 |
 --- 1/(sC)
 ---
 |
 GND

（二）求轉移函數 $H(s) = \dfrac{V_o}{V_i}$

1. 求非反相端電壓 $V_+(s)$： 因流入運算放大器非反相端的電流為零（$I_+ = 0$），$V_i(s)$ 經由電阻 $R$ 與電容阻抗 $\dfrac{1}{sC}$ 形成分壓電路： $V_+(s) = V_i(s) \cdot \frac{\dfrac{1}{sC}}{R + \dfrac{1}{sC}} = V_i(s) \cdot \frac{1}{sRC + 1}$

2. 利用虛擬短路求反相端電壓 $V_-(s)$： 由於運算放大器具負回授且為理想狀態，工作於線性放大區： $V_-(s) = V_+(s) = \frac{1}{sRC + 1} V_i(s)$

3. 於反相端節點列寫 KCL 方程式： 流入反相端電流為零（$I_- = 0$），由節點電壓法： $\frac{V_i(s) - V_-(s)}{R} = \frac{V_-(s) - V_o(s)}{R}$ 兩邊同乘以 $R$： $V_i(s) - V_-(s) = V_-(s) - V_o(s)$ 整理可得輸出電壓關係式： $V_o(s) = 2V_-(s) - V_i(s)$

4. 代入 $V_-(s)$ 求解 $V_o(s)$： $V_o(s) = 2 \left( \frac{1}{sRC + 1} V_i(s) \right) - V_i(s) = V_i(s) \left[ \frac{2}{sRC + 1} - 1 \right]$ 進行通分整理： $\frac{2 - (sRC + 1)}{sRC + 1} = \frac{1 - sRC}{sRC + 1}$ 因此，系統之轉移函數為： $H(s) = \frac{V_o(s)}{V_i(s)} = \frac{1 - sRC}{1 + sRC} = -\frac{s - \dfrac{1}{RC}}{s + \dfrac{1}{RC}}$

（三）分析說明此電路的功能

將轉移函數以頻率響應形式表示，令 $s = j\omega$： $H(j\omega) = \frac{1 - j\omega RC}{1 + j\omega RC}$

核心觀念

本題考查交流穩態電路分析中的並聯諧振（Parallel Resonance）​與相量法（Phasor Analysis）。

1. 同相（In Phase）條件： 電流 $i_o(t)$ 與電壓 $v_g(t)$ 同相，代表由電壓源兩端看入電路的等效導納 $Y(\omega)$ 或等效阻抗 $Z(\omega)$ 之虛部必須為零（即阻抗角 $\theta = 0^\circ$），此時電路呈現純電阻性，發生並聯諧振： $\operatorname{Im}\{Y(\omega)\} = 0 \quad \text{或} \quad \operatorname{Im}\{Z(\omega)\} = 0$
2. 實用並聯諧振電路（Tank Circuit）： 電路由弦波電壓源 $v_g$ 並聯兩支路構成：

• 支路一：電容 $C = 50\ \mu\mathrm{F}$
• 支路二：電阻 $R = 20\ \Omega$ 與電感 $L = 100\ \mathrm{mH} = 0.1\ \mathrm{H}$ 串聯（代表具有內阻之實際線圈）
• 電流 $i_o$ 為電源流出的總端電流。

3. 交流穩態響應： 在同相頻率下，電路等效阻抗為純電阻 $R_{\mathrm{eq}}$，電流相量為 $\mathbf{I}_o = \frac{\mathbf{V}_g}{R_{\mathrm{eq}}}$，相位與電壓完全一致。

解題方法

（一）求電流 $i_o$ 與電壓 $v_g$ 同相之頻率 $f$（$\mathrm{Hz}$）

1. 建立總導納表示式： 以相量域分析，電路之總導納 $Y(\omega)$ 為電容支路導納與 $R$-$L$ 串聯支路導納之和： $Y(\omega) = Y_C + Y_{RL} = j\omega C + \frac{1}{R + j\omega L}$

2. 有理化並分離實部與虛部： 將 $R$-$L$ 支路之導納上下同乘以共軛複數 $(R - j\omega L)$： $\frac{1}{R + j\omega L} = \frac{R - j\omega L}{R^2 + \omega^2 L^2} = \frac{R}{R^2 + \omega^2 L^2} - j\frac{\omega L}{R^2 + \omega^2 L^2}$ 代入總導納： $Y(\omega) = \frac{R}{R^2 + \omega^2 L^2} + j\left( \omega C - \frac{\omega L}{R^2 + \omega^2 L^2} \right)$

3. 求同相條件： 令虛部為零（$\operatorname{Im}\{Y\} = 0$）： $\omega C - \frac{\omega L}{R^2 + \omega^2 L^2} = 0$ 由於 $\omega \neq 0$，同除以 $\omega$： $C = \frac{L}{R^2 + \omega^2 L^2} \implies R^2 + \omega^2 L^2 = \frac{L}{C}$ 解角頻率 $\omega$： $\omega^2 = \frac{1}{LC} - \frac{R^2}{L^2} \implies \omega = \sqrt{\frac{1}{LC} - \left(\frac{R}{L}\right)^2}$

4. 代入數值計算角頻率 $\omega$： 已知 $R = 20\ \Omega$、$L = 0.1\ \mathrm{H}$、$C = 50 \times 10^{-6}\ \mathrm{F}$： $\frac{1}{LC} = \frac{1}{(0.1)(50 \times 10^{-6})} = \frac{1}{5 \times 10^{-6}} = 200{,}000\ \mathrm{rad}^2/\mathrm{s}^2$

核心觀念

本題考查戴文寧等效電路（Thévenin's Equivalent Circuit）​與實際直流電壓源模型的分析與計算：

1. 戴文寧等效電路模型： 任何由線性電阻與獨立電源構成的雙端網路，均可等效為一個理想獨立電壓源 $V_{th}$ 串聯一個戴文寧等效電阻（內阻）$R_{th}$。
2. 負載端電壓與歐姆定律： 當電池外接負載電阻 $R_L$ 時，電路流過之電流為： $I = \frac{V_L}{R_L}$ 依據克希荷夫電壓定律（KVL），電池開路電壓（戴文寧電壓 $V_{th}$）、負載端電壓 $V_L$ 與內阻壓降之關係為： $V_{th} = V_L + I \cdot R_{th}$

解題方法

藉由題目所給兩組負載條件，分別計算其電路電流並列出含 $V_{th}$ 與 $R_{th}$ 之聯立方程式求解。

步驟一：分析受音機負載狀態

• 負載電阻 $R_{L1} = 6.25\ \Omega$
• 端電壓 $V_{L1} = 12.5\ \mathrm{V}$
• 流經受音機之電流： $I_1 = \frac{V_{L1}}{R_{L1}} = \frac{12.5}{6.25} = 2\ \mathrm{A}$
• 由 KVL 建立關係式： $V_{th} = V_{L1} + I_1 \cdot R_{th} = 12.5 + 2 R_{th} \quad \cdots\cdots\text{(式 1)}$

步驟二：分析汽車頭燈負載狀態

• 負載電阻 $R_{L2} = 0.65\ \Omega$
• 端電壓 $V_{L2} = 11.7\ \mathrm{V}$
• 流經汽車頭燈之電流： $I_2 = \frac{V_{L2}}{R_{L2}} = \frac{11.7}{0.65} = 18\ \mathrm{A}$
• 由 KVL 建立關係式： $V_{th} = V_{L2} + I_2 \cdot R_{th} = 11.7 + 18 R_{th} \quad \cdots\cdots\text{(式 2)}$

步驟三：聯立求解 $R_{th}$ 與 $V_{th}$ 將 (式 1) 與 (式 2) 相等： $12.5 + 2 R_{th} = 11.7 + 18 R_{th}$ 移項整理得：