109 司法特考三等 檢察事務官電子資訊組 電子學與電路學 考古題詳解

109 年・司法特考・三等・檢察事務官電子資訊組
試題代碼 電子學與電路學

第 一 題20 分

圖一放大器之電晶體電流增益 β=24\beta=24，偏壓集極電流 IC=0.6 mAI_C=0.6\ \mathrm{mA}，Early 電壓（Early voltage）VA→∞V_A\to\infty，熱電壓（thermal voltage）VT=25 mVV_T=25\ \mathrm{mV}，接在基極與集極之電容值為 ∞\infty。RS=60 ΩR_S=60\ \Omega，RL=1.2 kΩR_L=1.2\ \mathrm{k}\Omega，RB=6 kΩR_B=6\ \mathrm{k}\Omega，求算小信號增益 Av=vo/vsA_v=v_o/v_s 與輸入電阻 RinR_{in}。

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核心觀念

本題考共基極 BJT 放大器的小訊號分析。電容值視為無限大時，在交流等效電路中視為短路；偏壓電流源的交流小訊號為零，因此視為開路。基極經電容接地，故為交流接地。

晶體管小訊號參數為

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

由發射極看入晶體管的輸入電阻為

Rin=rπβ+1.R_{in}=\frac{r_\pi}{\beta+1}.

解題方法

先求小訊號參數：

gm=0.6 mA25 mV=24 mS,rπ=2424 mS=1 kΩ.g_m=\frac{0.6\ \mathrm{mA}}{25\ \mathrm{mV}} =24\ \mathrm{mS}, \qquad r_\pi=\frac{24}{24\ \mathrm{mS}}=1\ \mathrm{k}\Omega.

因此，從圖中 RinR_{in} 箭頭所示的發射極端看入：

Rin=1 kΩ25=40 Ω.R_{in}=\frac{1\ \mathrm{k}\Omega}{25} =40\ \Omega.

計算電壓增益時，集極負載包含 RLR_L，也包含接在集極與交流接地基極之間的 RBR_B：

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第 二 題20 分

圖二差動放大器（differential amplifier）之兩電晶體完全匹配且已適當偏壓，gm=0.5 mA/Vg_m=0.5\ \mathrm{mA/V}，輸出電阻 ro→∞r_o\to\infty，忽略小信號電容 CgsC_{gs} 與 CgdC_{gd}。推導 T(s)=Vo(s)/Vi(s)T(s)=V_o(s)/V_i(s) 之數學式，並以 RD=6 kΩR_D=6\ \mathrm{k}\Omega、RS=0.5 kΩR_S=0.5\ \mathrm{k}\Omega、CD=1/6 nFC_D=1/6\ \mathrm{nF}、CS=0.1 μFC_S=0.1\ \mu\mathrm{F}，求算其直流增益、頻率響應之極點與零點，須註明單位。

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核心觀念

本題考差動放大器的小訊號差動模式分析。兩側電晶體完全匹配，差動激勵使兩側訊號等幅反相，因此可用半電路分析：跨接兩側汲極的 CDC_D，在半電路中等效為 2CD2C_D 接地；跨接兩側源極的 CSC_S，等效為 2CS2C_S 接地。

每側電晶體採用 ro→∞r_o\to\infty 的小訊號模型，並將 RDR_D、RSR_S 分別視為汲極與源極電阻。輸出 vov_o 為兩汲極間的差動輸出，輸入 viv_i 為兩閘極間的差動輸入。

解題方法

半電路的汲極等效負載為

ZD(s)=RD∥12sCD=RD1+2sRDCD.Z_D(s)=R_D\parallel\frac{1}{2sC_D} =\frac{R_D}{1+2sR_DC_D}.

源極等效阻抗為

ZS(s)=RS∥12sCS=RS1+2sRSCS.Z_S(s)=R_S\parallel\frac{1}{2sC_S} =\frac{R_S}{1+2sR_SC_S}.

對任一側半電路，源極退化使小訊號汲極電流為

id=gmvgs,vgs=vg−vs,vs=idZS.i_d=g_mv_{gs},\qquad v_{gs}=v_g-v_s,\qquad v_s=i_dZ_S.

因此

id=gmvg1+gmZS.i_d=\frac{g_mv_g}{1+g_mZ_S}.

汲極輸出為 vd=−idZDv_d=-i_dZ_D。由於輸入與輸出都採差動量，半電路的差動增益就是全電路的差動增益，故

T(s)=Vo(s)Vi(s)=−gmZD(s)1+gmZS(s).T(s)=\frac{V_o(s)}{V_i(s)} =-\frac{g_mZ_D(s)}{1+g_mZ_S(s)}.

代入 ZD(s)Z_D(s) 與 ZS(s)Z_S(s)，得到

T(s)=−gmRD(1+2sRSCS)(1+2sRDCD)(1+gmRS+2sRSCS).T(s)= -\frac{g_mR_D\left(1+2sR_SC_S\right)} {\left(1+2sR_DC_D\right)\left(1+g_mR_S+2sR_SC_S\right)}.

代入數值：

gmRD=(0.5 mA/V)(6 kΩ)=3,gmRS=(0.5 mA/V)(0.5 kΩ)=0.25.g_mR_D=(0.5\ \mathrm{mA/V})(6\ \mathrm{k\Omega})=3, \qquad g_mR_S=(0.5\ \mathrm{mA/V})(0.5\ \mathrm{k\Omega})=0.25.

又

2RDCD=2(6 kΩ)(1/6 nF)=2.0 μs,2R_DC_D=2(6\ \mathrm{k\Omega})(1/6\ \mathrm{nF}) =2.0\ \mu\mathrm{s}, 2RSCS=2(0.5 kΩ)(0.1 μF)=100 μs.2R_SC_S=2(0.5\ \mathrm{k\Omega})(0.1\ \mu\mathrm{F}) =100\ \mu\mathrm{s}.

因此

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第 三 題20 分

依照圖三 1 對多工器真值表，寫出輸出 QQ 之布林數學式（Boolean expression）Q=Q(a,b,A,B,C)Q=Q(a,b,A,B,C)，其中「×\times」表示「無關」（don’t care）；再利用相關定理，將之轉換為等效之布林數學式，以適用於僅有三輸入 NAND 閘實現的設計，並畫出此電路。

圖三真值表：

aabbAABBCCQQ
011×\times×\times1
010×\times×\times0
10×\times1×\times1
10×\times0×\times0
11×\times×\times11
11×\times×\times00
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核心觀念

這題考查多工器的選擇邏輯、布林代數的乘積和表示法，以及德摩根定理。選擇碼 ab=01ab=01、1010、1111 時，分別由 AA、BB、CC 決定輸出；表中的「×\times」表示該列輸出不受該變數影響。

解題方法

依照選擇碼寫出各資料輸入被選取時的條件：

  • ab=01ab=01 時，AA 決定 QQ，對應 aˉbA\bar a bA。
  • ab=10ab=10 時，BB 決定 QQ，對應 abˉBa\bar bB。
  • ab=11ab=11 時，CC 決定 QQ，對應 abCabC。

因此，輸出布林式為

Q(a,b,A,B,C)=aˉbA+abˉB+abCQ(a,b,A,B,C)=\bar a bA+a\bar bB+abC

題表未規定 ab=00ab=00 時的輸出；此式在 ab=00ab=00 時令 Q=0Q=0，符合題表已列條件。

要用三輸入 NAND 閘實現，利用德摩根定理將乘積和式改寫為

Q=[(aˉbA)′(abˉB)′(abC)′]′Q=\left[(\bar a bA)'(a\bar bB)'(abC)'\right]'

因此，先以三輸入 NAND 閘分別產生三個反相乘積，再將這三個輸出送入另一個三輸入 NAND 閘，即可得到 QQ。輸入反相則以 NAND 閘的兩個輸入接同一訊號實現：

aˉ=(aa)′,bˉ=(bb)′\bar a=(aa)',\qquad \bar b=(bb)'

電路連接如下，所有方框皆為三輸入 NAND 閘：

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第 四 題20 分

圖四 RC 電路開關 SS 不通，於 t=0t=0 道通開關 SS。R1=1 kΩR_1=1\ \mathrm{k}\Omega，R2=1.5 kΩR_2=1.5\ \mathrm{k}\Omega，C=1 μFC=1\ \mu\mathrm{F}，則 t=0−t=0^-（SS 導通前之瞬間）、t=0+t=0^+、t>0t>0、t→∞t\to\infty 時之 vo(t)v_o(t) 各為何？

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核心觀念

本題考查電容的暫態響應，以及開關切換瞬間的電容電壓連續性：

  • 電容電壓不能瞬間改變，因此 vC(0+)=vC(0−)v_C(0^+)=v_C(0^-)。
  • 一階 RC 電路的時間常數為 τ=RthC\tau=R_{\mathrm{th}}C。
  • 電路達到直流穩態時，電容視為開路。

解題方法

1. 開關閉合前：t=0−t=0^-

開關 SS 斷開已久，電容經 R1R_1 充電至電源電壓，因此 vC(0−)=5 Vv_C(0^-)=5\text{ V}。但 R2R_2 與電源及電容隔離，沒有電流流過 R2R_2，故其兩端電壓為

vo(0−)=0 Vv_o(0^-)=0\text{ V}

2. 開關剛閉合：t=0+t=0^+

開關閉合後，輸出端與電容上端相連。由於電容電壓不能瞬間改變，

vo(0+)=vC(0+)=vC(0−)=5 Vv_o(0^+)=v_C(0^+)=v_C(0^-)=5\text{ V}

3. 開關閉合後：t>0t>0

直流穩態時電容開路，R1R_1 與 R2R_2 形成分壓器，輸出最終值為

vo(∞)=5R2R1+R2=51.51+1.5=3 Vv_o(\infty)=5\frac{R_2}{R_1+R_2} =5\frac{1.5}{1+1.5} =3\text{ V}

求時間常數時，將理想電壓源短路，電容看到的等效電阻為

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第 五 題20 分

推導圖五高通濾波器轉換函數 Vo(s)/Vs(s)V_o(s)/V_s(s) 之表示式，其 ∣Vo/Vs∣\left|V_o/V_s\right| 如電路下方數學式，代入 s=jωs=j\omega 與 RL=1 ΩR_L=1\ \Omega，求解 RSR_S、LL 與 CC 之值。

∣VoVs∣=12ω21+ω4\left|\frac{V_o}{V_s}\right|=\frac{1}{2}\frac{\omega^2}{\sqrt{1+\omega^4}}

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核心觀念

本題考查二階電路的轉換函數，以及將 s=jωs=j\omega 代入後，由幅值響應比較多項式係數，反求電路元件值。電感與電容的 ss 域阻抗分別為 sLsL 與 1/(sC)1/(sC)。

解題方法

令電源串聯電阻後的節點為 V1V_1，輸出節點為 VoV_o。依電路圖，V1V_1 經電容接到輸出端，輸出端再經 RLR_L 接地；電感 LL 則由 V1V_1 接地。

輸出端套用分壓關係：

Vo=V1RLRL+1sC=V1sCRL1+sCRLV_o=V_1\frac{R_L}{R_L+\frac{1}{sC}} =V_1\frac{sCR_L}{1+sCR_L}

由 V1V_1 節點的 KCL：

V1−VsRS+V1sL+V1−Vo1/(sC)+RL=0\frac{V_1-V_s}{R_S}+\frac{V_1}{sL} +\frac{V_1-V_o}{1/(sC)+R_L}=0

代入 Vo/V1V_o/V_1 並整理，可得轉換函數：

Vo(s)Vs(s)=s2CLRLRS+s(CRSRL+L)+s2CL(RS+RL)\frac{V_o(s)}{V_s(s)} = \frac{s^2CLR_L} {R_S+s(CR_SR_L+L)+s^2CL(R_S+R_L)}

題目給定 RL=1 ΩR_L=1\ \Omega，因此

Vo(s)Vs(s)=s2CLRS+s(CRS+L)+s2CL(RS+1)\frac{V_o(s)}{V_s(s)} = \frac{s^2CL} {R_S+s(CR_S+L)+s^2CL(R_S+1)}

令 s=jωs=j\omega，分母的實部與虛部分別為

RS−ω2CL(RS+1),ω(CRS+L)R_S-\omega^2CL(R_S+1), \qquad \omega(CR_S+L)

所以幅值為

∣VoVs∣=CLω2[RS−ω2CL(RS+1)]2+ω2(CRS+L)2\left|\frac{V_o}{V_s}\right| = \frac{CL\omega^2} {\sqrt{\left[R_S-\omega^2CL(R_S+1)\right]^2 +\omega^2(CR_S+L)^2}}

平方根內的分母展開後，常數項、ω2\omega^2 項及 ω4\omega^4 項分別為

RS2,(CRS+L)2−2RSCL(RS+1),C2L2(RS+1)2R_S^2,\qquad (CR_S+L)^2-2R_SCL(R_S+1),\qquad C^2L^2(R_S+1)^2

將其與題目給定的幅值

∣VoVs∣=12ω21+ω4\left|\frac{V_o}{V_s}\right| =\frac{1}{2}\frac{\omega^2}{\sqrt{1+\omega^4}}
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