114 地方特考三等 電信工程類科 電子學 考古題詳解

114 年・地方特考・三等・電信工程類科
試題代碼 電子學

第 一 題20 分

有一個理想運算放大器(Operational Amplifier)電路如圖一所示,此電路有 3 個輸入電壓訊號,分別為 vI1v_{I1}、vI2v_{I2} 與 vI3v_{I3}。

電路中 Rf=80 kΩR_f=80\,\mathrm{k\Omega}、R1=40 kΩR_1=40\,\mathrm{k\Omega}、R2=10 kΩR_2=10\,\mathrm{k\Omega}、R3=20 kΩR_3=20\,\mathrm{k\Omega}、R4=10 kΩR_4=10\,\mathrm{k\Omega}、R5=20 kΩR_5=20\,\mathrm{k\Omega}。

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

請計算 vo=?v_o=?

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核心觀念

理想運算放大器在負回授且工作於線性區時,輸入端電流為零,且兩輸入端電壓相等:

i+=i−=0,v−=v+i_+=i_-=0,\qquad v_-=v_+

本題先求非反相端電壓,再對反相端套用節點電流定律。

解題方法

令非反相端電壓為 Va=v+V_a=v_+,下方 R3、R4、R5R_3、R_4、R_5 的交會點電壓為 VbV_b。

在非反相端套用 KCL:

Va−vI2R2+Va−VbR4=0\frac{V_a-v_{I2}}{R_2}+\frac{V_a-V_b}{R_4}=0

因為 R2=R4=10 kΩR_2=R_4=10\,\mathrm{k\Omega},可得:

Va=vI2+Vb2V_a=\frac{v_{I2}+V_b}{2}

在下方交會點套用 KCL:

Vb−VaR4+Vb−vI3R3+VbR5=0\frac{V_b-V_a}{R_4}+\frac{V_b-v_{I3}}{R_3}+\frac{V_b}{R_5}=0

代入 R3=R5=20 kΩR_3=R_5=20\,\mathrm{k\Omega}、R4=10 kΩR_4=10\,\mathrm{k\Omega},以及 Va=(vI2+Vb)/2V_a=(v_{I2}+V_b)/2:

Vb−vI220 kΩ+Vb−vI320 kΩ+Vb20 kΩ=0\frac{V_b-v_{I2}}{20\,\mathrm{k\Omega}} +\frac{V_b-v_{I3}}{20\,\mathrm{k\Omega}} +\frac{V_b}{20\,\mathrm{k\Omega}}=0
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第 二 題20 分

有一個 pnppnp 雙載子接面電晶體(Bipolar Junction Transistor, BJT)電路如圖二所示,電晶體 Q1Q_1 的 β=100\beta=100。

當射極-基極接面(Emitter-Base, EB Junction)為順向偏壓時,VEBV_{EB} 恆等於 0.7 V0.7\,\mathrm{V}。電路中 V=5 VV=5\,\mathrm{V}、RB1=60 kΩR_{B1}=60\,\mathrm{k\Omega}、RB2=40 kΩR_{B2}=40\,\mathrm{k\Omega}、RC=1 kΩR_C=1\,\mathrm{k\Omega}、RE=3 kΩR_E=3\,\mathrm{k\Omega}。

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(一)請計算 VC=?V_C=?

(二)當 VEB=0.7 VV_{EB}=0.7\,\mathrm{V}(EB 接面順向偏壓)且 VCB>0.4 VV_{CB}>0.4\,\mathrm{V} 時,電晶體 Q1Q_1 會進入飽和模式(Saturation Mode)。若要讓 Q1Q_1 保持在主動模式(Active Mode),請問 RCR_C 的最大值為何?

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核心觀念

本題考查 PNP 電晶體的分壓偏壓、基極電流負載效應,以及主動模式的集極-基極偏壓條件。分壓器接上基極後,不能直接把基極電壓當成無負載分壓值;需將分壓器化成戴維寧等效電路,再計入基極電流。

依題目採用 VCB=VC−VBV_{CB}=V_C-V_B。當 VCB>0.4 VV_{CB}>0.4\,\mathrm{V} 時進入飽和,因此主動模式的邊界為 VC=VB+0.4 VV_C=V_B+0.4\,\mathrm{V}。

解題方法

將 RB1R_{B1}、RB2R_{B2} 分壓器化為戴維寧等效:

Vth=54060+40=2 VV_{\mathrm{th}}=5\frac{40}{60+40}=2\,\mathrm{V} Rth=60 kΩ∥40 kΩ=24 kΩR_{\mathrm{th}}=60\,\mathrm{k\Omega}\parallel40\,\mathrm{k\Omega} =24\,\mathrm{k\Omega}

先假設 Q1Q_1 在主動模式。對 PNP 電晶體,VE=VB+0.7V_E=V_B+0.7,因此射極電流為

IE=5−VERE=4.3−VB3 kΩI_E=\frac{5-V_E}{R_E} =\frac{4.3-V_B}{3\,\mathrm{k\Omega}}

又因為 IE=(β+1)IB=101IBI_E=(\beta+1)I_B=101I_B,基極電流由基極流向分壓器,故

IB=VB−224 kΩI_B=\frac{V_B-2}{24\,\mathrm{k\Omega}}

聯立:

VB−224 kΩ=4.3−VB303 kΩ\frac{V_B-2}{24\,\mathrm{k\Omega}} =\frac{4.3-V_B}{303\,\mathrm{k\Omega}}

解得

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第 三 題20 分

圖三為一個基本的 NMOS 場效電晶體(Field Effect Transistor, FET)差動放大器(Differential Amplifier)電路,Q1Q_1 與 Q2Q_2 完全匹配(Perfectly Matched),輸入訊號為差動輸入形式。

Q1Q_1 與 Q2Q_2 的參數如下:

gm1=gm2=2 mA/Vg_{m1}=g_{m2}=2\,\mathrm{mA/V}

Cgs1=Cgs2=10 fFC_{gs1}=C_{gs2}=10\,\mathrm{fF}

Cgd1=Cgd2=2 fFC_{gd1}=C_{gd2}=2\,\mathrm{fF}

Cdb1=Cdb2=5 fFC_{db1}=C_{db2}=5\,\mathrm{fF}

ro1=ro2=15 kΩr_{o1}=r_{o2}=15\,\mathrm{k\Omega}

電路部分:

RD1=RD2=30 kΩR_{D1}=R_{D2}=30\,\mathrm{k\Omega}

Rsig=25 kΩR_{sig}=25\,\mathrm{k\Omega}

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請計算此電路的:

(一)上 3 dB 頻率(fHf_H)。

(二)零點(Zero)頻率。

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核心觀念

本題考差動放大器的高頻小訊號分析。利用電路對稱性,可把差動電路化成單邊半電路:尾端理想電流源在小訊號下視為開路,而對稱面為交流接地。每一邊的汲極負載為

RD′=RD∥ro=30 kΩ∥15 kΩ=10 kΩ.R_D'=R_D\parallel r_o =30\,\mathrm{k\Omega}\parallel15\,\mathrm{k\Omega} =10\,\mathrm{k\Omega}.

因此汲極總電導為 GD=1/RD′=100 μSG_D=1/R_D'=100\,\mu\mathrm{S}。由於輸入、輸出皆為差動形式,半電路的電壓增益比就是差動電壓增益比。

解題方法

令半電路的輸入源電壓為 viv_i、閘極電壓為 vgv_g、汲極電壓為 vdv_d。電源端為交流接地,所以 CdbC_{db} 接至交流地。由閘極與汲極的節點方程:

[1Rsig+s(Cgs+Cgd)−sCgdgm−sCgdGD+s(Cdb+Cgd)][vgvd]=[1Rsigvi0].\begin{bmatrix} \frac{1}{R_{sig}}+s(C_{gs}+C_{gd}) & -sC_{gd}\\ g_m-sC_{gd} & G_D+s(C_{db}+C_{gd}) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_g\\ v_d \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{R_{sig}}v_i\\ 0 \end{bmatrix}.

解出汲極對輸入的傳遞函數:

vdvi=−1Rsig(gm−sCgd)[1Rsig+s(Cgs+Cgd)][GD+s(Cdb+Cgd)]+sCgd(gm−sCgd).\frac{v_d}{v_i} = -\frac{\frac{1}{R_{sig}}(g_m-sC_{gd})} {\left[\frac{1}{R_{sig}}+s(C_{gs}+C_{gd})\right] \left[G_D+s(C_{db}+C_{gd})\right]+sC_{gd}(g_m-sC_{gd})}.

代入 Rsig=25 kΩR_{sig}=25\,\mathrm{k\Omega}、gm=2 mSg_m=2\,\mathrm{mS}、Cgs=10 fFC_{gs}=10\,\mathrm{fF}、Cgd=2 fFC_{gd}=2\,\mathrm{fF}、Cdb=5 fFC_{db}=5\,\mathrm{fF},整理分母得

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第 四 題20 分

圖四為一個串並(Series-Shunt)回授放大器電路,電路中 npnnpn BJT 電晶體 Q1Q_1 與 Q2Q_2 的參數如下:

β1=β2=100\beta_1=\beta_2=100

gm1=gm2=10 mA/Vg_{m1}=g_{m2}=10\,\mathrm{mA/V}

rπ1=rπ2=10 kΩr_{\pi1}=r_{\pi2}=10\,\mathrm{k\Omega}

ro1=ro2=∞r_{o1}=r_{o2}=\infty

電路中,RC1=20 kΩR_{C1}=20\,\mathrm{k\Omega}、RC2=20 kΩR_{C2}=20\,\mathrm{k\Omega}、R1=2 kΩR_1=2\,\mathrm{k\Omega}、R2=18 kΩR_2=18\,\mathrm{k\Omega}。

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請計算:電壓增益 vovs\dfrac{v_o}{v_s}、輸入電阻 RinR_{in} 與輸出電阻 RoutR_{out}。

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核心觀念

本題考串並回授的小訊號分析。以混合 π\pi 模型表示兩顆 BJT,令 vxv_x 為 Q1Q_1 射極電壓、vyv_y 為 Q1Q_1 集極暨 Q2Q_2 基極電壓,輸出為 vov_o。電源端視為交流接地,且 ro=∞r_o=\infty。

使用  kΩ\,\mathrm{k\Omega} 與 mS\mathrm{mS} 計算時,電阻支路電流以 mA\mathrm{mA} 表示。輸入電阻定義為輸入端電壓除以輸入電流;輸出電阻則將輸入訊號設為零後,由輸出端施加測試電壓求得。

解題方法

令 vs=1 Vv_s=1\,\mathrm V 求電壓增益。依各節點的 KCL:

vy/20+vy/10+10(vs−vx)=0,vx/2+(vx−vo)/18+(vx−vs)/10+10(vx−vs)=0,vo/20+(vo−vx)/18+10vy=0.\begin{aligned} v_y/20+v_y/10+10(v_s-v_x)&=0,\\ v_x/2+(v_x-v_o)/18+(v_x-v_s)/10+10(v_x-v_s)&=0,\\ v_o/20+(v_o-v_x)/18+10v_y&=0. \end{aligned}

其中 10 mS10\,\mathrm{mS} 是晶體管跨導 gmg_m。整理得:

3vy/20+10(vs−vx)=0,959vx−5vo=909vs,19vo−10vx+1800vy=0.\begin{aligned} 3v_y/20+10(v_s-v_x)&=0,\\ 959v_x-5v_o&=909v_s,\\ 19v_o-10v_x+1800v_y&=0. \end{aligned}

代入 vs=1 Vv_s=1\,\mathrm V 解得:

vx=617271618171 V,vo=2003030206057 V.v_x=\frac{617271}{618171}\,\mathrm V,\qquad v_o=\frac{2003030}{206057}\,\mathrm V.

因此

vovs=2003030206057≈9.721.\frac{v_o}{v_s}=\frac{2003030}{206057}\approx 9.721.

輸入電阻

輸入電流流入 Q1Q_1 基極:

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第 五 題20 分

有一個 NMOS 邏輯電路如圖五所示,其中電晶體 Q1Q_1、Q2Q_2 與 Q3Q_3 的臨界電壓(Threshold Voltage)分別為:

Vt1=Vt2=Vt3=1 VV_{t1}=V_{t2}=V_{t3}=1\,\mathrm{V}

(W/L)2=(W/L)3=4(W/L)1(W/L)_2=(W/L)_3=4(W/L)_1

VDD=5 VV_{DD}=5\,\mathrm{V}

忽略通道長度調變(Channel Length Modulation)與基底效應(Body Effect)。

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請計算:

(一)vA=vB=0 Vv_A=v_B=0\,\mathrm{V} 時,vo=?v_o=?

(二)vA=5 Vv_A=5\,\mathrm{V}、vB=0 Vv_B=0\,\mathrm{V} 時,vo=?v_o=?

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核心觀念

本題考 NMOS 的截止、飽和與三極區工作條件,以及長通道 MOSFET 的平方律電流公式。由圖可知,Q1Q_1 的閘極與汲極接至 VDDV_{DD},因此是二極體接法;Q2Q_2、Q3Q_3 則是接在輸出端與地之間的並聯下拉電晶體。

令 β1=μnCox(W/L)1\beta_1=\mu_n C_{\mathrm{ox}}(W/L)_1,則 β2=β3=4β1\beta_2=\beta_3=4\beta_1。忽略通道長度調變與基底效應時:

  • 飽和區:ID=12β(VGS−Vt)2I_D=\dfrac{1}{2}\beta(V_{GS}-V_t)^2
  • 三極區:ID=β[(VGS−Vt)VDS−VDS22]I_D=\beta\left[(V_{GS}-V_t)V_{DS}-\dfrac{V_{DS}^2}{2}\right]

解題方法

(一)vA=vB=0 Vv_A=v_B=0\,\mathrm{V}

Q2Q_2、Q3Q_3 的閘極電壓皆低於臨界電壓,兩管截止。沒有下拉電流時,Q1Q_1 將輸出端充高,直到其閘源電壓降至臨界電壓:

VGS1=VDD−vo=Vt1V_{GS1}=V_{DD}-v_o=V_{t1}

因此:

vo=5−1=4 Vv_o=5-1=\boxed{4\,\mathrm{V}}

(二)vA=5 Vv_A=5\,\mathrm{V}、vB=0 Vv_B=0\,\mathrm{V}

Q2Q_2 導通、Q3Q_3 截止。輸出端的穩態電流滿足 ID1=ID2I_{D1}=I_{D2}。

對 Q1Q_1 而言,閘極與汲極接在 5 V5\,\mathrm{V},所以 VGS1=VDS1=5−voV_{GS1}=V_{DS1}=5-v_o;當其導通時工作於飽和區:

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