111 年地方特考三等電子工程考古題與詳解

Question 1

下圖電路之電流源 $I=1.6\ \mathrm{mA}$，電流源的輸出阻抗 $R{SS}=30\ \mathrm{k}\Omega$。電晶體參數如下： $(W/L)n=100$、$(W/L)p=200$、$\mun C{ox}=0.3\ \mathrm{mA/V^2}$、$\mup C{ox}=0.1\ \mathrm{mA/V^2}$、$V{An}=|V{Ap}|=25\ \mathrm{V}$。 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (一) 求算差模電壓增益 $Ad=\dfrac{vo}{v{G1}-v{G2}}$。（10 分） (二) 求算共模電壓增益 $|A{cm}|$。（10 分）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 MOS 差動對搭配 PMOS 電流鏡主動負載的小訊號分析。差模增益由兩側支路電流變化及電流鏡的電流複製共同決定；共模增益則須把尾電流源的有限輸出阻抗 $R{SS}$ 納入分析。 假設四顆 MOS 均工作於飽和區，且差動對平衡時尾電流平均分配，因此每支路電流為 $ID=I/2=0.8\ \mathrm{mA}$。小訊號參數為 $$ g{mn}=\sqrt{2\mun C{ox}(W/L)n ID} =\sqrt{2(0.3)(100)(0.8)} =6.928\ \mathrm{mS}, $$ $$ g{mp}=\sqrt{2\mup C{ox}(W/L)p ID} =\sqrt{2(0.1)(200)(0.8)} =5.657\ \mathrm{mS}. $$ 各管的輸出電阻為 $$ r{on}=r{op}=\frac{25\ \mathrm{V}}{0.8\ \mathrm{mA}} =31.25\ \mathrm{k}\Omega, \qquad g{on}=g{op}=32\ \mu\mathrm{S}. $$ 令 $go=g{on}=g{op}$，尾電流源的小訊號電導為 $$ g{SS}=\frac{1}{R{SS}}=\frac{1}{30\ \mathrm{k}\Omega} =33.33\ \mu\mathrm{S}. $$ 解題方法 （一）差模電壓增益 令 $vd=v{G1}-v{G2}$，差模激勵可寫成 $v{G1}=vd/2$、$v{G2}=-vd/2$。由對稱性，尾端節點的小訊號電壓為零。 左側節點是二極體接法的 $M3$，其小訊號總電導為 $g{mp}+g{on}+g{op}$。因此左側節點電壓 $vx$ 為 $$ vx=-\frac{g{mn}}{g{mp}+g{on}+g{op}}\frac{vd}{2}. $$ 在輸出節點套用小訊號 KCL： $$ (g{on}+g{op})vo+g{mn}\left(-\frac{vd}{2}\right)+g{mp}vx=0. $$ 代入 $vx$，得到

Question 2

下圖電路中，$2R1=100\ \mathrm{k}\Omega$、$R2=1\ \mathrm{M}\Omega$、$R3=R5=1\ \mathrm{k}\Omega$。 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (一) 當 $R4=R6=4\ \mathrm{k}\Omega$，求算差模電壓增益 $\dfrac{vo}{v{I2}-v{I1}}$。（10 分） (二) 當 $R4=4.2\ \mathrm{k}\Omega$、$R6=4\ \mathrm{k}\Omega$，求算共模電壓增益。（10 分）

Accepted Answer

核心觀念 本題考兩級運算放大器電路的差模與共模增益。假設運算放大器理想且工作在線性區，則輸入端電流為零，且負回授使反相端與非反相端電壓相等。 差模輸入定義為 $v{I2}-v{I1}$；共模輸入定義為 $v{CM}=(v{I1}+v{I2})/2$。第一級是雙運算放大器輸入級，第二級是電阻比匹配時的差動放大器。 解題方法 第一級兩個反相端分別與輸入電壓相等。對上方反相端節點列 KCL： $$ \frac{v{I1}-vA}{R2}+\frac{v{I1}-v{I2}}{2R1}=0 $$ 因此 $$ vA=v{I1}+\frac{R2}{2R1}(v{I1}-v{I2}) $$ 同理，對下方反相端節點列 KCL： $$ vB=v{I2}+\frac{R2}{2R1}(v{I2}-v{I1}) $$ 題目給定 $2R1=100\ \mathrm{k}\Omega$、$R2=1\ \mathrm{M}\Omega$，所以 $R2/(2R1)=10$。因此 $$ vA=11v{I1}-10v{I2},\qquad vB=11v{I2}-10v{I1} $$ 兩輸出之差為 $$ vB-vA=21(v{I2}-v{I1}) $$ 第二級的非反相端電壓由 $R5$、$R6$ 分壓： $$ v+=\frac{R6}{R5+R6}vB $$ 由理想運算放大器的虛短，$v-=v+$。對反相端節點列 KCL，可得 $$ vo=\left(1+\frac{R4}{R3}\right)v+-\frac{R4}{R3}vA $$ （一）差模電壓增益

Question 3

下圖電路中，$V{DD}=5\ \mathrm{V}$、$R=100\ \mathrm{k}\Omega$。晶體參數如下： $kn'(W/L)1=kp'(W/L)2=0.5\ \mathrm{mA/V^2}$、$|Vt|=0.5\ \mathrm{V}$。 當 $|VA|=50\ \mathrm{V}$，求算小訊號增益 $Av=\dfrac{vD}{vG}$ 及小訊號輸入阻抗 $R{in}$。（20 分） 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 此電路是互補式 MOS 放大器，$M1$ 為 NMOS、$M2$ 為 PMOS，兩者閘極相連作為輸入 $vG$，汲極相連作為輸出 $vD$。電阻 $R$ 從輸出接回輸入，因此輸入阻抗不能只看 MOS 閘極；小訊號輸入電流會經由 $R$ 流動。 計算使用 MOS 飽和區平方律與小訊號參數： $$ ID=\frac{1}{2}k'(W/L)V{OV}^2,\qquad gm=\frac{2ID}{V{OV}},\qquad ro\simeq\frac{|VA|}{ID}. $$ 解題方法 直流時 MOS 閘極電流近似為零，因此電阻 $R$ 中沒有直流電流，故 $VG=VD$。在對稱偏壓下，兩管的過驅電壓相同： $$ V{OV,n}=VG-Vt,\qquad V{OV,p}=V{DD}-VG-|Vt|. $$ 令兩者相等，可得 $VG=VD=2.5\ \mathrm{V}$，所以 $$ V{OV,n}=V{OV,p}=2.5-0.5=2\ \mathrm{V}. $$ 忽略直流偏壓計算中的通道長度調變，兩管的直流電流相同： $$ ID=\frac{1}{2}(0.5\ \mathrm{mA/V^2})(2\ \mathrm{V})^2 =1\ \mathrm{mA}. $$ 因此每管的跨導與輸出電阻為 $$ g{mn}=g{mp}=\frac{2(1\ \mathrm{mA})}{2\ \mathrm{V}} =1\ \mathrm{mS}, $$ $$ r{on}=r{op}\simeq\frac{50\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{mA}} =50\ \mathrm{k\Omega}. $$ 小訊號分析時，$V{DD}$ 為交流接地。輸出端的總輸出電導為

Question 4

下圖電路中，$V{DD}=10\ \mathrm{V}$、$RD=5\ \mathrm{k}\Omega$、$RG=12\ \mathrm{k}\Omega$、$RL=20\ \mathrm{k}\Omega$、$C{C1}=C{C2}=\infty$。電晶體參數如下： $Vt=2\ \mathrm{V}$、$kn'(W/L)=0.2\ \mathrm{mA/V^2}$、$VA=50\ \mathrm{V}$。 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (一) 忽略通道調變效應，計算電晶體直流電流 $ID$。（8 分） (二) 計算小訊號輸入阻抗 $R{in}$。（12 分）

Accepted Answer

核心觀念 此電路是 NMOS 共源放大器，$RG$ 由汲極接回閘極，形成直流自我偏壓。直流分析時，$C{C1}$、$C{C2}$ 視為開路；小訊號分析時，兩電容視為短路，$V{DD}$ 是交流接地。 閘極電流近似為零，因此直流時 $VG=VD$。小訊號輸入電流則經由 $RG$ 流向汲極，故輸入阻抗須將 $RG$ 與汲極小訊號電壓一併納入。 解題方法 （一）直流電流 $ID$ 忽略通道調變時，NMOS 飽和區電流為 $$ ID=\frac{1}{2}kn'(W/L)(V{GS}-Vt)^2 $$ 由 $VG=VD$、源極接地及 $RD$ 的壓降關係： $$ V{GS}=VD=V{DD}-ID RD $$ 令 $ID$ 以 $\mathrm{mA}$ 為單位，則 $VD=10-5ID$，因此 $$ ID=0.1(10-5ID-2)^2 =0.1(8-5ID)^2 $$ 整理得 $$ 2.5ID^2-9ID+6.4=0 $$ $$ ID=\frac{9\pm\sqrt{17}}{5}\ \mathrm{mA} $$ 因為 $V{GS}Vt$，須有 $8-5ID0$，所以選取符合條件的根： $$ ID=\frac{9-\sqrt{17}}{5}\approx 0.975\ \mathrm{mA} $$ 此時 $VD\approx 5.123\ \mathrm{V}$，$V{OV}=V{GS}-Vt\approx 3.123\ \mathrm{V}$，且 $V{DS}\approx 5.123\ \mathrm{V}V{OV}$，符合飽和區假設。 （二）小訊號輸入阻抗 $R{in}$ 由直流工作點求小訊號參數：

Question 5

下圖電路中，$R1=100\ \mathrm{k}\Omega$、$R2=R=1\ \mathrm{M}\Omega$、$C=10\ \mathrm{nF}$。運算放大器的飽和輸出電壓為 $\pm 10\ \mathrm{V}$，求算 $vo$ 頻率。（20 分） 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 此電路是由非反相施密特觸發器與 $RC$ 充放電網路組成的鬆弛振盪器。正回授分壓設定比較器的切換門檻；輸出在 $+10\ \mathrm{V}$ 與 $-10\ \mathrm{V}$ 間切換，電容電壓則經由 $R$ 追隨輸出，達到門檻時觸發下一次切換。 解題方法 非反相端電壓由 $R2$ 接輸出、$R1$ 接地，因此切換門檻為輸出電壓的分壓： $$ v+=\frac{R1}{R1+R2}vo=\beta vo $$ 其中 $$ \beta=\frac{100\ \mathrm{k}\Omega}{100\ \mathrm{k}\Omega+1\ \mathrm{M}\Omega} =\frac{1}{11} $$ 故輸出為 $+10\ \mathrm{V}$ 時，門檻為 $+10/11\ \mathrm{V}$；輸出為 $-10\ \mathrm{V}$ 時，門檻為 $-10/11\ \mathrm{V}$。 以輸出剛切換至 $+10\ \mathrm{V}$ 為例，電容電壓從 $-10\beta$ 開始，透過 $R$ 朝 $+10$ 充電： $$ v-(t)=10+(-10\beta-10)e^{-t/(RC)} $$

111 地方特考三等電子工程電子學考古題詳解

第一題20 分

（一）差模電壓增益

第二題20 分

第三題20 分

核心觀念

解題方法

第四題20 分

第五題20 分

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