108 地方特考三等 電子工程 電子學 考古題詳解

108 年・地方特考・三等・電子工程
試題代碼 電子學

第 一 題20 分

如圖一，假設所有二極體在 0.5 V0.5\ \mathrm{V} 時開始導通，同時其導通電流在 1 mA1\ \mathrm{mA} 和 1 mA1\ \mathrm{mA} 以上的二極體壓降固定在 0.7 V0.7\ \mathrm{V}，請畫出 VoV_o–VIV_I 圖（輸出–輸入特性圖）。

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核心觀念

本題考二極體限幅電路的輸入—輸出特性。輸入端經電阻 RR 接到輸出端，兩組方向相反的串聯二極體分別限制正、負輸出電壓。

依題意採用分段線性模型：二極體電流為 00 時，正向電壓達 0.5 V0.5\ \mathrm{V} 開始導通；電流從 00 增至 1 mA1\ \mathrm{mA} 時，正向電壓由 0.5 V0.5\ \mathrm{V} 線性升至 0.7 V0.7\ \mathrm{V}；電流達 1 mA1\ \mathrm{mA} 後，正向壓降固定為 0.7 V0.7\ \mathrm{V}。題目未提供 RR 的數值，因此轉折輸入電壓以 RR 表示。

解題方法

兩顆串聯二極體在剛開始導通時的總電壓為

2(0.5)=1.0 V.2(0.5)=1.0\ \mathrm{V}.

因此 ∣VI∣≤1.0 V|V_I|\leq 1.0\ \mathrm{V} 時，二極體不導通，電阻中沒有電流，故 Vo=VIV_o=V_I。

在二極體電流介於 00 與 1 mA1\ \mathrm{mA} 時，每顆二極體的線性斜率為

rd=0.7−0.51 mA=200 Ω.r_d=\frac{0.7-0.5}{1\ \mathrm{mA}}=200\ \Omega.

兩顆串聯的總壓降為 1+400ID1+400I_D。以正向限幅為例，電阻電流等於二極體電流，因此

VI=Vo+RID,Vo=1+400ID.V_I=V_o+RI_D,\qquad V_o=1+400I_D.

消去 IDI_D，得到正向導通轉折區的斜率。當 ID=1 mAI_D=1\ \mathrm{mA} 時，兩顆二極體總壓降達 1.4 V1.4\ \mathrm{V}，輸出即固定在 1.4 V1.4\ \mathrm{V}。負向限幅情形完全對稱。

令

VT=1+0.001(R+400) V,V_T=1+0.001(R+400)\ \mathrm{V},

其中 RR 以 Ω\Omega 為單位，則輸出特性為

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第 二 題20 分

如圖二，R1=R4=1 kΩR_1=R_4=1\ \mathrm{k}\Omega、R2=60 kΩR_2=60\ \mathrm{k}\Omega、R3=2 kΩR_3=2\ \mathrm{k}\Omega、β=200\beta=200、Cμ=0.8 pFC_\mu=0.8\ \mathrm{pF}、fT=600 MHzf_T=600\ \mathrm{MHz}、C1=∞C_1=\infty、C2=∞C_2=\infty，在直流偏壓之工作點 VBE=0.7 VV_{BE}=0.7\ \mathrm{V}，求：

(一) gm=?g_m=?（5 分）

(二) rπ=?r_\pi=?（5 分）

(三) 總增益（overall gain at midband）GV=Vo/Vs=?G_V=V_o/V_s=?（5 分）

(四) 3 dB3\ \mathrm{dB} 點 fH=?f_H=?（5 分）

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核心觀念

本題考查 BJT 共射極放大器的直流偏壓、小訊號參數、中頻總電壓增益，以及高頻截止頻率。

圖二中，R2R_2 連接集極與基極，提供直流回授偏壓；射極接地。直流分析時，C1、C2C_1、C_2 開路；中頻與高頻小訊號分析時，C1、C2C_1、C_2 視為短路。題目未提供 Early 電壓，故忽略晶體管輸出電阻 ror_o。以下採用室溫 VT=25 mVV_T=25\ \mathrm{mV}。

解題方法

（一）求 gmg_m

直流時，基極電流由集極經 R2R_2 流入基極，因此

IB=VC−VBER2I_B=\frac{V_C-V_{BE}}{R_2}

集極電阻 R3R_3 的電流供應集極電流與基極電流：

1.5−VCR3=IC+IB=(β+1)IB\frac{1.5-V_C}{R_3}=I_C+I_B=(\beta+1)I_B

代入 VBE=0.7 VV_{BE}=0.7\ \mathrm{V}、R2=60 kΩR_2=60\ \mathrm{k}\Omega、R3=2 kΩR_3=2\ \mathrm{k}\Omega：

1.5−VC2 kΩ=201VC−0.760 kΩ\frac{1.5-V_C}{2\ \mathrm{k}\Omega} = 201\frac{V_C-0.7}{60\ \mathrm{k}\Omega}

解得

VC=0.8039 V,IB=0.8039−0.760 kΩ=1.732 μAV_C=0.8039\ \mathrm{V},\qquad I_B=\frac{0.8039-0.7}{60\ \mathrm{k}\Omega}=1.732\ \mu\mathrm{A} IC=βIB=200(1.732 μA)=0.3463 mAI_C=\beta I_B=200(1.732\ \mu\mathrm{A})=0.3463\ \mathrm{mA}

因此

gm=ICVT=0.3463 mA25 mV=13.85 mSg_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.3463\ \mathrm{mA}}{25\ \mathrm{mV}} =\boxed{13.85\ \mathrm{mS}}

（二）求 rπr_\pi

rπ=βgm=20013.85 mS=14.44 kΩr_\pi=\frac{\beta}{g_m} =\frac{200}{13.85\ \mathrm{mS}} =\boxed{14.44\ \mathrm{k}\Omega}

（三）求中頻總電壓增益 GV=Vo/VsG_V=V_o/V_s

中頻時 C1、C2C_1、C_2 短路，電源端為交流接地，且輸出 Vo=vcV_o=v_c。令 vbv_b、vcv_c 分別為基極與集極小訊號電壓，基極節點方程為

(1R1+1rπ+1R2)vb−vcR2=vsR1\left(\frac1{R_1}+\frac1{r_\pi}+\frac1{R_2}\right)v_b -\frac{v_c}{R_2} =\frac{v_s}{R_1}

集極節點方程為

(gm−1R2)vb+(1R3+1R4+1R2)vc=0\left(g_m-\frac1{R_2}\right)v_b +\left(\frac1{R_3}+\frac1{R_4}+\frac1{R_2}\right)v_c=0

代入元件數值並聯立，得

vbvs=0.8078,vcvs=−7.369\frac{v_b}{v_s}=0.8078,\qquad \frac{v_c}{v_s}=-7.369

所以

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第 三 題20 分

如圖三，Q1Q_1、Q2Q_2 之 β=150\beta=150，其中 R1=R2=200 ΩR_1=R_2=200\ \Omega、R3=15 kΩR_3=15\ \mathrm{k}\Omega，求：

(一) Rin=?R_{\mathrm{in}}=?（10 分）

(二) Vo/Vs=?V_o/V_s=?（10 分）

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核心觀念

本題考查 BJT 小訊號分析。Q1Q_1 為輸入端，Q2Q_2 的基極接地，兩個射極各經 R1R_1、R2R_2 接到理想 0.4 mA0.4\,\mathrm{mA} 電流源；輸出 VoV_o 取自 Q2Q_2 集極。

以 VT=25 mVV_T=25\,\mathrm{mV} 計算，BJT 的小訊號射極電阻與基極輸入電阻為

re≃VTIE,rπ=βgm,gm=ICVT.r_e \simeq \frac{V_T}{I_E},\qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m},\qquad g_m=\frac{I_C}{V_T}.

以下忽略 Early effect，並將理想電流源視為小訊號開路。

解題方法

直流時兩管基極電位相同，且 R1=R2R_1=R_2，因此尾電流平均分配：

IE1=IE2=0.4 mA2=0.2 mA.I_{E1}=I_{E2}=\frac{0.4\,\mathrm{mA}}{2}=0.2\,\mathrm{mA}.

故每管的小訊號射極電阻為

re≃25 mV0.2 mA=125 Ω.r_e\simeq \frac{25\,\mathrm{mV}}{0.2\,\mathrm{mA}}=125\,\Omega.

(一) 求 RinR_{\mathrm{in}}

令 Q1Q_1 的小訊號射極電流變化為 iei_e。因電流源小訊號開路，兩支路電流變化互相抵銷，Q2Q_2 的射極電流變化為 −ie-i_e。

從 Q1Q_1 基極看入，基極本身的小訊號電阻為 rπ1r_{\pi1}；射極端的等效路徑包含 R1R_1、R2R_2 與 Q2Q_2 的 rer_e。因此

Rin=rπ1+(β+1)(R1+R2+re).R_{\mathrm{in}} =r_{\pi1}+(\beta+1)(R_1+R_2+r_e).

其中

rπ1=βgm=βVTIC1≃18.875 kΩ,r_{\pi1}=\frac{\beta}{g_m} =\frac{\beta V_T}{I_{C1}} \simeq 18.875\,\mathrm{k}\Omega,

所以

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第 四 題20 分

圖四為通用缺口式濾波器之電路圖，此電路若要調整組成低通缺口式濾波器（Low Pass Notch，LPN），其 LL、CC 元件之關係為何？（20 分）

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核心觀念

圖四是以阻抗分壓構成的缺口式濾波器：L1、C1L_1、C_1 並聯後串接於訊號路徑，L2、C2、RL_2、C_2、R 則並聯接在輸出端與地之間。並聯 LCLC 電路在諧振時阻抗最大；輸入端的 L1C1L_1C_1 諧振會形成缺口。

解題方法

並聯 LCLC 的諧振角頻率為

ω0=1LC\omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}

要讓輸入端與輸出端的 LCLC 電路在同一頻率諧振，需令兩組諧振頻率相等：

1L1C1=1L2C2\frac{1}{\sqrt{L_1C_1}}=\frac{1}{\sqrt{L_2C_2}}

因此

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第 五 題20 分

圖五為單一電晶體 DRAM（one-transistor DRAM）單元（cell），請說明此單元在讀取 00、11 資料的工作原理（假設 Bit line capacitance 為 CBC_B）？

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核心觀念

此題考 單電晶體、單電容 DRAM（1T1C DRAM）的電荷分享讀取。字線（Word line）控制存取 NMOS；字線拉高時，儲存電容 CsC_s 透過 NMOS 接上位線（Bit line），兩者分享電荷。感測放大器再依位線電壓偏離預充電電壓的方向，判斷原先儲存的是 00 或 11。

圖中未標示位線的預充電電壓，以下採 DRAM 常用的 Vpre=VDD/2V_{\mathrm{pre}}=V_{DD}/2；並以理想狀態表示儲存 11 為 VDDV_{DD}、儲存 00 為 00。

解題方法

字線尚未啟動時，先將位線電容 CBC_B 預充至 VDD/2V_{DD}/2。字線拉高後，CsC_s 與 CBC_B 相接，依電荷守恆，分享後的位線電壓為

VBL=CBVpre+CsVcellCB+Cs.V_{\mathrm{BL}} = \frac{C_B V_{\mathrm{pre}}+C_s V_{\mathrm{cell}}}{C_B+C_s}.

其中 VcellV_{\mathrm{cell}} 是儲存電容原先的電壓。

**讀取 11：**令 Vcell=VDDV_{\mathrm{cell}}=V_{DD}，代入 Vpre=VDD/2V_{\mathrm{pre}}=V_{DD}/2：

VBL,1=CB(VDD/2)+CsVDDCB+Cs=VDD2+CsCB+CsVDD2.V_{\mathrm{BL,1}} = \frac{C_B(V_{DD}/2)+C_sV_{DD}}{C_B+C_s} = \frac{V_{DD}}{2} + \frac{C_s}{C_B+C_s}\frac{V_{DD}}{2}.
🔒

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