110 地方特考三等 電力工程 電子學 考古題詳解

110 年・地方特考・三等・電力工程
試題代碼 電子學

第 一 題20 分

(一) 圖一(a)所使用之放大器等效電路如圖一(b)所示，其差動增益（differential gain）AA 為無限大，請推導此電路之理想電壓增益 Av=vO/vIA_v=v_O/v_I。（5分）

(二) 若差動增益 AA 並非無限大，且 R1=1 kΩR_1=1\text{ k}\Omega、R2=9 kΩR_2=9\text{ k}\Omega，此電路之實際電壓增益將與(一)所求得之理論值間有所誤差，若想將該誤差控制在 0.1%0.1\% 以內，請問差動增益 AA 的最小值是多少？（15分）

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核心觀念

本題考查負回授運算放大器的閉迴路電壓增益。

圖一(a)為非反相放大器，圖一(b)之放大器滿足：

  • 輸入端電流為零：i1=i2=0i_1=i_2=0
  • 有限差動增益時： vO=A(v+−v−)v_O=A(v_+-v_-)
  • 反相端電壓由 R1R_1、R2R_2 分壓取得。

令

v+=vIv_+=v_I

且由回授分壓器得

v−=R1R1+R2vOv_-=\frac{R_1}{R_1+R_2}v_O

設回授因數為

β=R1R1+R2\beta=\frac{R_1}{R_1+R_2}

解題方法

（一）A→∞A\to\infty 時的理想電壓增益

當差動增益 AA 為無限大，負回授作用使運算放大器兩輸入端電壓相等，即虛短路：

v+=v−v_+=v_-

因此

vI=R1R1+R2vOv_I=\frac{R_1}{R_1+R_2}v_O

整理得

vOvI=R1+R2R1\frac{v_O}{v_I}=\frac{R_1+R_2}{R_1}

所以理想電壓增益為

Av=1+R2R1\boxed{A_v=1+\frac{R_2}{R_1}}

（二）有限差動增益時的最小值

有限增益下，依圖一(b)：

vO=A(v+−v−)v_O=A(v_+-v_-)

代入

v+=vI,v−=R1R1+R2vO=βvOv_+=v_I,\qquad v_-=\frac{R_1}{R_1+R_2}v_O=\beta v_O

可得

vO=A(vI−βvO)v_O=A(v_I-\beta v_O)

整理：

vO+AβvO=AvIv_O+A\beta v_O=Av_I

因此實際閉迴路增益為

Av,actual=vOvI=A1+AβA_{v,\text{actual}}=\frac{v_O}{v_I} =\frac{A}{1+A\beta}

本題

R1=1 kΩ,R2=9 kΩR_1=1\text{ k}\Omega,\qquad R_2=9\text{ k}\Omega

故

β=11+9=0.1\beta=\frac{1}{1+9}=0.1

實際增益為

Av,actual=A1+0.1A=10AA+10A_{v,\text{actual}} =\frac{A}{1+0.1A} =\frac{10A}{A+10}

由第一小題，理想增益為

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第 二 題20 分

(一) 圖二(a)為簡單電流鏡（current mirror）電路，理論上希望輸出電流 IOI_O 與輸入參考電流 IREFI_{\text{REF}} 全等（IO=IREFI_O=I_{\text{REF}}），若 Q1Q_1 與 Q2Q_2 完全相同並操作在主動區（active region），IC=βIBI_C=\beta I_B、β≫1\beta \gg 1，且不考慮爾利電壓（Early voltage）的影響，請推導出輸出電流 IOI_O 與輸入參考電流 IREFI_{\text{REF}} 間的關係式，並算出兩者間的誤差。（5分）

(二) 若圖二(b)之 Q3Q_3 也和 Q1Q_1、Q2Q_2 完全相同，請再次算出 IOI_O 與 IREFI_{\text{REF}} 兩者間的誤差，並說明圖二(b)的誤差與圖二(a)相比為何會改變。（15分）

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核心觀念

本題考查 BJT 簡單電流鏡的誤差來源：輸入參考電流除了提供 Q1Q_1 的集極電流外，還必須供應電晶體基極電流。

使用下列關係：

IC=βIB,IB=ICβ,IE=IC+IBI_C=\beta I_B,\qquad I_B=\frac{I_C}{\beta},\qquad I_E=I_C+I_B

因 Q1Q_1、Q2Q_2 匹配且具有相同的 VBEV_{BE}，故

IC1=IC2=IOI_{C1}=I_{C2}=I_O

（一）圖二（a）

解題方法

在 Q1Q_1 的集極—基極共接點套用 KCL：

IREF=IC1+IB1+IB2I_{\text{REF}}=I_{C1}+I_{B1}+I_{B2}

由於 Q1Q_1、Q2Q_2 完全相同，

IC1=IC2=IOI_{C1}=I_{C2}=I_O

且

IB1=IB2=IOβI_{B1}=I_{B2}=\frac{I_O}{\beta}

因此

IREF=IO+IOβ+IOβ=IO(1+2β)I_{\text{REF}} =I_O+\frac{I_O}{\beta}+\frac{I_O}{\beta} =I_O\left(1+\frac{2}{\beta}\right)

所以輸出電流為

IO=IREF1+2β=ββ+2IREF\boxed{ I_O=\frac{I_{\text{REF}}}{1+\frac{2}{\beta}} =\frac{\beta}{\beta+2}I_{\text{REF}} }

電流誤差

定義輸出電流相對於理想值 IREFI_{\text{REF}} 的相對誤差為

εa=IREF−IOIREF\varepsilon_a =\frac{I_{\text{REF}}-I_O}{I_{\text{REF}}}

代入上式：

εa=1−ββ+2=2β+2\varepsilon_a =1-\frac{\beta}{\beta+2} =\frac{2}{\beta+2}

故

εa=2β+2≈2β\boxed{ \varepsilon_a=\frac{2}{\beta+2} \approx \frac{2}{\beta} }

實際輸出電流小於參考電流，絕對誤差為

IREF−IO=2β+2IREF\boxed{ I_{\text{REF}}-I_O =\frac{2}{\beta+2}I_{\text{REF}} }

（二）圖二（b）

核心觀念

圖二（b）增加 Q3Q_3，由 Q3Q_3 的射極電流供應 Q1Q_1、Q2Q_2 的基極電流，使參考電流不必直接同時負擔兩個基極電流。

因此，輸入電流的主要誤差只剩下 Q3Q_3 的基極電流，誤差由約 2/β2/\beta 降低至約 2/β22/\beta^2。

解題方法

在左側 Q1Q_1 集極節點套用 KCL：

IREF=IC1+IB3I_{\text{REF}}=I_{C1}+I_{B3}

因 Q1Q_1、Q2Q_2 的基極相接且匹配，

IC1=IC2=IOI_{C1}=I_{C2}=I_O

所以

IREF=IO+IB3I_{\text{REF}}=I_O+I_{B3}

再觀察下方基極節點，Q3Q_3 的射極電流供應 Q1Q_1、Q2Q_2 的基極電流：

IE3=IB1+IB2I_{E3}=I_{B1}+I_{B2}

其中

IB1=IB2=IOβI_{B1}=I_{B2}=\frac{I_O}{\beta}

故

IE3=2IOβI_{E3}=\frac{2I_O}{\beta}

對 Q3Q_3 使用

IE3=(β+1)IB3I_{E3}=(\beta+1)I_{B3}

得到

(β+1)IB3=2IOβ(\beta+1)I_{B3}=\frac{2I_O}{\beta}

因此

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第 三 題20 分

(一) 圖三(a)共源極放大器（common-source amplifier）的所有電晶體皆操作在飽和區（saturation region）且小訊號等效電路如圖三(b)所示，請推導此電路之小訊號電壓增益與增益頻寬乘積（gain-bandwidth product）。（15分）

(二) 若提高電晶體的輸出阻抗 ror_o，請說明能否同時提升此電路之電壓增益與增益頻寬乘積？（5分）

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核心觀念

本題考查：

  1. 共源極放大器的小訊號電壓增益。
  2. MOSFET 輸出電阻 ror_o 對增益與頻寬的影響。
  3. 增益頻寬乘積的定義： GBW=∣Av0∣fH\text{GBW}=|A_{v0}|f_H

依圖三(b)，高頻效應僅考慮輸出端負載電容 CLC_L，且兩個電晶體皆在飽和區。

(一) 小訊號電壓增益與增益頻寬乘積

1. 判斷輸出端等效電阻

在小訊號分析中，VDDV_{DD}、VXXV_{XX} 與 VBBV_{BB} 皆視為交流接地。

  • M1M_1 的源極接地，其輸出電阻為 ro1r_{o1}。
  • M2M_2 的源極接交流地，且其閘極由固定偏壓 VXXV_{XX} 控制，因此小訊號 vgs2=0v_{gs2}=0，不產生 gmg_m 控制電流，但其輸出電阻 ro2r_{o2} 仍存在。

因此，輸出端看到的等效電阻為

Ro=ro1∥ro2R_o=r_{o1}\parallel r_{o2}

若題目將兩顆電晶體的輸出阻抗視為相同，即 ro1=ro2=ror_{o1}=r_{o2}=r_o，則

Ro=ro2R_o=\frac{r_o}{2}

2. 求小訊號電壓增益

由圖三(b)，M1M_1 產生的小訊號汲極電流為

id=gmvgsi_d=g_m v_{gs}

因為 M1M_1 源極接地，且輸入電壓直接加在閘極與源極之間，所以

vgs=vinv_{gs}=v_{in}

輸出端的負載為 RoR_o，故輸出電壓為

vout=−idRov_{out}=-i_dR_o

負號表示共源極放大器具有反相特性。因此

vout=−gmvin(ro1∥ro2)v_{out} =-g_m v_{in}(r_{o1}\parallel r_{o2})

小訊號電壓增益為

Av=voutvin=−gm(ro1∥ro2)\boxed{ A_v=\frac{v_{out}}{v_{in}} =-g_m(r_{o1}\parallel r_{o2}) }

若 ro1=ro2=ror_{o1}=r_{o2}=r_o，則

Av=−gmro2\boxed{ A_v=-\frac{g_mr_o}{2} }

3. 求含 CLC_L 時的增益

輸出端等效電阻 RoR_o 與電容 CLC_L 形成一階低通電路，其轉移函數為

Av(s)=−gmRo1+sRoCLA_v(s) = -\frac{g_mR_o}{1+sR_oC_L}

亦即

Av(s)=−gm(ro1∥ro2)1+s(ro1∥ro2)CL\boxed{ A_v(s) = -\frac{g_m(r_{o1}\parallel r_{o2})} {1+s(r_{o1}\parallel r_{o2})C_L} }

低頻電壓增益大小為

∣Av0∣=gmRo|A_{v0}|=g_mR_o

4. 求高截止頻率

由一階低通電路可得極點角頻率

ωH=1RoCL\omega_H=\frac{1}{R_oC_L}

換算成頻率：

fH=12πRoCLf_H=\frac{1}{2\pi R_oC_L}

因此

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第 四 題20 分

(一) 請說明圖四的電路屬於串聯-串聯（series-series）、串聯-並聯（series-shunt）、並聯-串聯（shunt-series）或是並聯-並聯（shunt-shunt）回授？（5分）

(二) 若迴路增益非常大，請推導此電路之電壓增益 VO/VSV_O/V_S。（15分）

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核心觀念

本題考查負回授放大器的四種分類：

  • 輸入端取樣方式：判斷回授訊號與輸入訊號是串聯相加，還是並聯相加。
  • 輸出端取樣方式：判斷回授網路取出的是輸出電壓，還是輸出電流。

圖四中，回授電阻 RfR_f 跨接於輸出端與輸入端節點之間，因此：

  1. RfR_f 直接跨接輸出端，取樣輸出電壓，屬於並聯取樣（shunt sampling）。
  2. RfR_f 的回授電流與輸入電流在同一輸入節點相加，屬於並聯混合（shunt mixing）。

因此，此電路是並聯－並聯（shunt-shunt）回授，其基本放大器型態為電壓至電流的轉換，整體形成反相電壓放大器。

（一）回授類型判斷

1. 串聯－串聯（series-series）

輸入端為串聯混合，輸出端為串聯取樣，主要形成電流放大器型態。

圖四輸入端並非串聯插入回授訊號，輸出端也不是以串聯方式取樣電流，因此錯誤。

2. 串聯－並聯（series-shunt）

輸入端為串聯混合，輸出端並聯取樣，主要形成電壓放大器型態。

圖四雖然輸出端確實是並聯取樣輸出電壓，但輸入端的 RsR_s 與 RfR_f 電流是在同一節點相加，屬於並聯混合，並非串聯混合，因此錯誤。

3. 並聯－串聯（shunt-series）

輸入端為並聯混合，輸出端為串聯取樣，主要形成跨導放大器型態。

圖四輸入端為並聯混合，但輸出端是跨接輸出端的電壓取樣，並非串聯取樣電流，因此錯誤。

4. 並聯－並聯（shunt-shunt）

輸入端為並聯混合，輸出端為並聯取樣。

圖四完全符合此定義，因此正確。

（二）電壓增益推導

1. 定義輸入節點電壓

令放大器輸入端電壓為 viv_i。圖中的電壓放大器增益為 −μ-\mu，所以：

vo=−μviv_o=-\mu v_i

由於放大器輸入電阻視為無限大，輸入端不吸收電流。

2. 對輸入節點套用 KCL

輸入節點連接：

  • 訊號源 VsV_s，經過 RsR_s
  • 輸出端 VoV_o，經過回授電阻 RfR_f

故輸入節點電流方程為：

vi−VsRs+vi−voRf=0\frac{v_i-V_s}{R_s}+\frac{v_i-v_o}{R_f}=0

代入 vo=−μviv_o=-\mu v_i：

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第 五 題20 分

(一) 圖五(a)電路由開關電晶體與反向器（inverter）所組成，請說明這是那種數位電路與其操作原理。（5分）

(二) 若將其電路簡化為圖五(b)，請說明此電路是否還可以正常運作，若可正常運作，也請說明其操作原理。（15分）

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核心觀念

本題考查以開關電晶體與反向器構成的動態鎖存器（dynamic latch）、兩相非重疊時脈及主從式 D 型正反器的操作原理。

每一級由兩個反向器串接形成再生迴路，並利用時脈控制：

  • 輸入開關：在指定相位導通，將資料寫入。
  • 回授開關：在另一相位導通，將反向器輸出回授至輸入端，以保持資料。
  • Φ1\Phi_1 與 Φ2\Phi_2 為兩相非重疊時脈，兩者不會同時有效。

（一）圖五（a）的電路與操作原理

1. 電路種類

圖五（a）是由兩個動態鎖存器串接而成的：

  • 兩相動態移位暫存器（two-phase dynamic shift register）
  • 亦可視為主從式 D 型正反器（master-slave D flip-flop）

其中：

  • 左半部 G1、G2G_1、G_2 為第一級動態鎖存器。
  • 右半部 G3、G4G_3、G_4 為第二級動態鎖存器。
  • Q′Q' 與 QQ 分別為互補輸出。

由於每級包含偶數個反向器，資料在鎖存器內經過兩次反相後，邏輯值可被正確保存。

2. Φ1\Phi_1 有效時

當 Φ1\Phi_1 有效：

  1. 左側輸入開關導通，輸入資料 DD 被送入第一級。
  2. 第一級的回授開關關閉，使第一級進入寫入狀態。
  3. 第一級反向器工作，使內部節點建立與 DD 對應的邏輯狀態。
  4. 右側輸入開關關閉，第二級與第一級隔離。
  5. 第二級回授開關導通，維持原先儲存的資料。

因此，Φ1\Phi_1 期間主要是將 DD 寫入第一級。

3. Φ2\Phi_2 有效時

當 Φ2\Phi_2 有效：

  1. 左側輸入開關關閉。
  2. 第一級回授開關導通，第一級保持先前由 DD 所寫入的資料。
  3. 右側輸入開關導通，第一級的資料傳送至第二級。
  4. 第二級回授開關關閉，使第二級進入寫入狀態。
  5. 資料經過 G3、G4G_3、G_4 後，在輸出端形成 QQ 與 Q′Q'。

因此，Φ2\Phi_2 期間是將第一級資料轉移至第二級，並更新輸出。

4. 整體功能

兩級鎖存器分別在不同時脈相位動作，因而可避免輸入資料直接貫穿至輸出端。資料流程可表示為：

D→Φ1第一級鎖存→Φ2第二級鎖存→QD \xrightarrow{\Phi_1} \text{第一級鎖存} \xrightarrow{\Phi_2} \text{第二級鎖存} \rightarrow Q

所以此電路具有 D 型正反器的功能，輸出資料相對於輸入資料延遲一個時脈週期，且：

Q′=Q‾Q'=\overline{Q}

（二）圖五（b）是否能正常運作

結論

🔒

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