113 地方特考三等 電子工程 電子學 考古題詳解

113 年・地方特考・三等・電子工程
試題代碼 電子學

第 一 題20 分

圖一為運算放大器的等效模型，其中輸入為 v1v_1 與 v2v_2，輸出為 v3v_3。假如 Gm=20 mA/VG_m=20\ \mathrm{mA/V}、R=5 kΩR=5\ \mathrm{k}\Omega，且 μ=10\mu=10。

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(一) 請求出開路增益（open-loop gain）大小

A=v3v1−v2A=\frac{v_3}{v_1-v_2}

（5 分）

(二) 如果 v2=0 Vv_2=0\ \mathrm{V}、v3=4 Vv_3=4\ \mathrm{V}，請求出 v1v_1、差動輸入訊號（vid=v1−v2v_{id}=v_1-v_2）與共模（vicmv_{icm}）訊號。（15 分）

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核心觀念

本題考查差動輸入級與運算放大器等效模型：

  • 差動輸入訊號： vid=v1−v2v_{id}=v_1-v_2
  • 共模輸入訊號： vicm=v1+v22v_{icm}=\frac{v_1+v_2}{2}
  • 開路增益： A=v3v1−v2=v3vidA=\frac{v_3}{v_1-v_2}=\frac{v_3}{v_{id}}

由圖一可知，兩個受控電流源在內部節點的合成作用，經過電阻 RR 產生電壓 vdv_d；輸出受控電壓源之輸出為 μvd\mu v_d。

解題方法

在內部節點套用 KCL。依圖示電流方向，流經電阻的電流為

vdR=Gm(v2−v1)\frac{v_d}{R}=G_m(v_2-v_1)

因此

vd=−GmR(v1−v2)v_d=-G_mR(v_1-v_2)

輸出電壓為

v3=μvd=−μGmR(v1−v2)v_3=\mu v_d =-\mu G_mR(v_1-v_2)

所以開路增益為

A=v3v1−v2=−μGmRA=\frac{v_3}{v_1-v_2} =-\mu G_mR

代入

Gm=20 mA/V=0.02 A/VG_m=20\ \mathrm{mA/V}=0.02\ \mathrm{A/V} R=5 kΩ=5000 Ω,μ=10R=5\ \mathrm{k}\Omega=5000\ \Omega,\qquad \mu=10

得到

A=−10(0.02)(5000)=−1000A=-10(0.02)(5000)=-1000

題目要求開路增益「大小」，故

∣A∣=1000|A|=1000

負號表示輸出與差動輸入 v1−v2v_1-v_2 反相。

第二小題

已知

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第 二 題20 分

圖二為 CMOS 放大器，假設採用 0.18-μm0.18\text{-}\mu\mathrm{m} 製程，且所有電晶體之

WL=7.2 μm0.36 μm\frac{W}{L}=\frac{7.2\ \mu\mathrm{m}}{0.36\ \mu\mathrm{m}}

μnCox=387 μA/V2 \mu_n C_{ox}=387\ \mu\mathrm{A/V^2}、μpCox=86 μA/V2\mu_p C_{ox}=86\ \mu\mathrm{A/V^2}、IBIAS=100 μAI_{\mathrm{BIAS}}=100\ \mu\mathrm{A}，爾利電壓（Early voltage）NMOS VAn=5 V/μmV_{An}=5\ \mathrm{V/\mu m} 與 PMOS ∣VAp∣=6 V/μm|V_{Ap}|=6\ \mathrm{V/\mu m}。

求電晶體 Q1Q_1 的轉導值 gm1g_{m1}、電晶體 Q1Q_1、Q2Q_2 的輸出電阻 ro1r_{o1}、ro2r_{o2}，以及增益大小 (Vo/Vi)\left(V_o/V_i\right)。（20 分）

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核心觀念

本題考查 CMOS 共源極放大器的小訊號參數：

  • NMOS 轉導： gm=2μnCoxWLIDg_m=\sqrt{2\mu_n C_{ox}\frac WL I_D}
  • MOS 電晶體輸出電阻： ro=VAIDr_o=\frac{V_A}{I_D}
  • Early voltage 由單位長度參數換算為： VA=(VA/μm)LV_A=(V_A/\mu\mathrm{m})L
  • Q1 為共源極放大器，Q2 為 PMOS 電流源負載，因此電壓增益為 Av=vovi≈−gm1(ro1∥ro2)A_v=\frac{v_o}{v_i}\approx -g_{m1}(r_{o1}\parallel r_{o2})

兩支電晶體的直流電流皆為 ID=IBIAS=100 μA.I_D=I_{\mathrm{BIAS}}=100\ \mu\mathrm{A}.

解題方法

1. 求 Q1 的轉導值 gm1g_{m1}

已知

WL=7.20.36=20\frac WL=\frac{7.2}{0.36}=20

因此

gm1=2(387 μA/V2)(20)(100 μA)g_{m1} =\sqrt{2(387\ \mu\mathrm{A/V^2})(20)(100\ \mu\mathrm{A})} gm1=15,480 μA2/V2≈1,244 μA/Vg_{m1} =\sqrt{15{,}480\ \mu\mathrm{A^2/V^2}} \approx 1{,}244\ \mu\mathrm{A/V}

所以

gm1≈1.244 mS\boxed{g_{m1}\approx 1.244\ \mathrm{mS}}

2. 求 Q1 的輸出電阻 ro1r_{o1}

NMOS 的 Early voltage 為

VAn=5 V/μm×0.36 μm=1.8 VV_{An}=5\ \mathrm{V/\mu m}\times 0.36\ \mu\mathrm{m} =1.8\ \mathrm{V}

因此

ro1=VAnID=1.8 V100 μA=18 kΩr_{o1}=\frac{V_{An}}{I_D} =\frac{1.8\ \mathrm{V}}{100\ \mu\mathrm{A}} =18\ \mathrm{k\Omega}

故

ro1=18 kΩ\boxed{r_{o1}=18\ \mathrm{k\Omega}}

3. 求 Q2 的輸出電阻 ro2r_{o2}

PMOS 的 Early voltage 大小為

∣VAp∣=6 V/μm×0.36 μm=2.16 V|V_{Ap}|=6\ \mathrm{V/\mu m}\times 0.36\ \mu\mathrm{m} =2.16\ \mathrm{V}

因此

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第 三 題20 分

圖三為差動放大器，其電流源 I=1 mAI=1\ \mathrm{mA}、VCC=15 VV_{CC}=15\ \mathrm{V}、RC=10 kΩR_C=10\ \mathrm{k}\Omega，假設 α=1\alpha=1。

差動輸入電壓各為

VB1=5+0.005sin⁡(2π×1000t) VV_{B1}=5+0.005\sin(2\pi\times1000t)\ \mathrm{V}

與

VB2=5−0.005sin⁡(2π×1000t) VV_{B2}=5-0.005\sin(2\pi\times1000t)\ \mathrm{V}

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(一) 假設電晶體在集極（collector）直流電流 IC=1 mAI_C=1\ \mathrm{mA} 條件下，VBE=0.7 VV_{BE}=0.7\ \mathrm{V}，試求在射極（emitter）端點的直流電壓。（5 分）

(二) 求輸入電晶體的轉導值 gmg_m（其中 VT=0.025 VV_T=0.025\ \mathrm{V}）。（5 分）

(三) 求兩顆電晶體的集極電流 ic1i_{c1}、ic2i_{c2}。（10 分）

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核心觀念

本題考查 BJT 差動對的三項基本分析：

  • 直流工作點：VE=VB−VBEV_E=V_B-V_{BE}
  • BJT 小訊號轉導： gm=ICVTg_m=\frac{I_C}{V_T}
  • 差動對的電流轉移特性：
ic1ic2=e(VB1−VB2)/VT\frac{i_{c1}}{i_{c2}} =e^{(V_{B1}-V_{B2})/V_T}

圖中尾電流源為 I=1 mAI=1\ \mathrm{mA}，因此平衡時兩支電晶體各分得 0.5 mA0.5\ \mathrm{mA}。

（一）射極端直流電壓

直流時正弦訊號平均值為零，因此

VB1,DC=VB2,DC=5 VV_{B1,\mathrm{DC}}=V_{B2,\mathrm{DC}}=5\ \mathrm{V}

由題目給定

VBE=0.7 VV_{BE}=0.7\ \mathrm{V}

故射極直流電壓為

VE=VB−VBE=5−0.7=4.3 VV_E=V_B-V_{BE} =5-0.7 =4.3\ \mathrm{V}

（二）輸入電晶體轉導值

依題目明示之集極直流電流 IC=1 mAI_C=1\ \mathrm{mA}，且 VT=0.025 VV_T=0.025\ \mathrm{V}：

gm=ICVT=1 mA0.025 V=0.04 Sg_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{1\ \mathrm{mA}}{0.025\ \mathrm{V}} =0.04\ \mathrm{S}

因此

gm=40 mS\boxed{g_m=40\ \mathrm{mS}}

須注意：圖示尾電流為 1 mA1\ \mathrm{mA}，所以差動對平衡時每支電晶體的實際工作電流為 0.5 mA0.5\ \mathrm{mA}，其工作點轉導為

gmQ=0.5 mA0.025 V=20 mSg_{mQ}=\frac{0.5\ \mathrm{mA}}{0.025\ \mathrm{V}} =20\ \mathrm{mS}

第三小題的電流擺動應以此平衡工作點轉導計算。

（三）兩顆電晶體的集極電流

兩個基極電壓之差為

vid=VB1−VB2=0.01sin⁡(2π×1000t) Vv_{id}=V_{B1}-V_{B2} =0.01\sin(2\pi\times1000t)\ \mathrm{V}

精確解

匹配 BJT 差動對的集極電流為

ic1=I2[1+tanh⁡(vid2VT)]i_{c1} =\frac{I}{2} \left[ 1+\tanh\left(\frac{v_{id}}{2V_T}\right) \right] ic2=I2[1−tanh⁡(vid2VT)]i_{c2} =\frac{I}{2} \left[ 1-\tanh\left(\frac{v_{id}}{2V_T}\right) \right]

代入 I=1 mAI=1\ \mathrm{mA}、VT=0.025 VV_T=0.025\ \mathrm{V}：

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第 四 題20 分

圖四為共源級放大器（common-source amplifier），其中訊號源電阻 Rsig=20 kΩR_{sig}=20\ \mathrm{k}\Omega、負載電阻 RL=10 kΩR_L=10\ \mathrm{k}\Omega、電晶體轉導值 gm=2 mA/Vg_m=2\ \mathrm{mA/V}、電晶體輸出電阻 ro=10 kΩr_o=10\ \mathrm{k}\Omega，電晶體內部電容 Cgs=20 fFC_{gs}=20\ \mathrm{fF}、Cgd=5 fFC_{gd}=5\ \mathrm{fF}。

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採用米勒等效電路（Miller equivalent circuit）方法求出 3-dB 頻寬（fHf_H）與零點頻率（fzf_z）。（20 分）

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核心觀念

本題考查共源級放大器的高頻響應，利用米勒定理將跨接於輸入、輸出端的 CgdC_{gd} 分解為：

  • 輸入端等效電容
  • 輸出端等效電容

中頻電壓增益為

Av=vovi=−gm(RL∥ro)A_v=\frac{v_o}{v_i}=-g_m(R_L\parallel r_o)

高頻響應的主要極點由

fp=12πReqCeqf_p=\frac{1}{2\pi R_{\text{eq}}C_{\text{eq}}}

決定，而 CgdC_{gd} 所造成的前饋路徑會產生一個右半平面零點。

解題方法

1. 計算中頻增益

輸出端等效電阻為

Ro=RL∥ro=10 kΩ∥10 kΩ=5 kΩR_o=R_L\parallel r_o =10\,\text{k}\Omega\parallel 10\,\text{k}\Omega =5\,\text{k}\Omega

因此，共源級中頻增益為

Av=−gmRo=−(2 mA/V)(5 kΩ)=−10A_v=-g_mR_o =-(2\,\text{mA/V})(5\,\text{k}\Omega) =-10

2. 輸入端米勒等效電容

米勒輸入等效電容為

CMi=Cgd(1−Av)C_{Mi}=C_{gd}(1-A_v)

代入 Av=−10A_v=-10：

CMi=5 fF[1−(−10)]=55 fFC_{Mi}=5\,\text{fF}[1-(-10)] =55\,\text{fF}

故輸入端總等效電容為

Ci=Cgs+CMi=20 fF+55 fF=75 fFC_i=C_{gs}+C_{Mi} =20\,\text{fF}+55\,\text{fF} =75\,\text{fF}

輸入端電阻為 Rsig=20 kΩR_{sig}=20\,\text{k}\Omega，故輸入極點：

fpi=12πRsigCif_{pi} =\frac{1}{2\pi R_{sig}C_i} fpi=12π(20×103)(75×10−15)≈1.061×108 Hzf_{pi} =\frac{1}{2\pi(20\times10^3)(75\times10^{-15})} \approx 1.061\times10^8\,\text{Hz} fpi≈106 MHzf_{pi}\approx106\,\text{MHz}

3. 輸出端米勒等效電容

米勒輸出等效電容為

CMo=Cgd(1−1Av)C_{Mo}=C_{gd}\left(1-\frac{1}{A_v}\right)

代入 Av=−10A_v=-10：

CMo=5 fF(1−1−10)=5.5 fFC_{Mo} =5\,\text{fF}\left(1-\frac{1}{-10}\right) =5.5\,\text{fF}

輸出端總等效電容即為

Co=CMo=5.5 fFC_o=C_{Mo}=5.5\,\text{fF}

輸出極點為

fpo=12πRoCof_{po} =\frac{1}{2\pi R_oC_o}
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第 五 題20 分

試以 CMOS 邏輯（CMOS logic）電路實現布林函數

Y=A(B+CD)‾Y=\overline{A(B+CD)}

之電路圖。（20 分）

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核心觀念

CMOS 邏輯閘由互補的兩個網路構成：上拉網路（PUN）使用 pMOS，負責輸出高電位；下拉網路（PDN）使用 nMOS，負責將輸出拉至低電位。靜態 CMOS 中，PDN 導通條件對應輸出為 0；PUN 則是 PDN 的互補網路。

本題函數為

Y=A(B+CD)‾Y=\overline{A(B+CD)}

其中 ++ 表示 OR，乘積表示 AND，上方橫線表示 NOT。

解題方法

先依括號內的未反相函數設計 PDN：

A(B+CD)A(B+CD)

在 nMOS 下拉網路中，串聯代表 AND，並聯代表 OR。因此：

  • AA 與後段網路串聯。
  • 後段網路由 BB 支路，與 CC、DD 串聯支路並聯構成。

電路拓樸可表示為：

輸出端  −  nA  −  [ nB∥(nC−nD) ]  −  GND\text{輸出端} \;-\; nA \;-\; [\,nB \parallel (nC-nD)\,] \;-\; GND

其中「−-」表示串聯，「∥\parallel」表示並聯。當 A=1A=1，且 B=1B=1 或 C=D=1C=D=1 時，PDN 導通，輸出被拉至 0，符合 Y=A(B+CD)‾Y=\overline{A(B+CD)}。

PUN 取 PDN 的對偶網路：將串聯與並聯互換，並保留各電晶體的閘極輸入。因此：

VDD  −  pA  −  [ pB∥? ]\text{VDD} \;-\; pA \;-\; [\,pB \parallel?\,]

更直接依對偶拓樸可得：pApA 與 pBpB 串聯，而這一支路與 pCpC、pDpD 各自串聯的支路並聯。也就是

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