112 地方特考四等 電信工程類科 電子學概要 考古題詳解

112 年・地方特考・四等・電信工程類科
試題代碼 電子學概要

第 一 題20 分

圖 1(a) 所示為使用複數阻抗（Z1Z_1 與 Z2Z_2）的理想運算放大器電路。每小題 5 分，共 20 分。

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(一) 利用克希荷夫電流定律（KCL）與理想運算放大器的虛接地（Virtual GND）性質，計算電壓增益 VoutVin\frac{V_{out}}{V_{in}}。

(二) 利用圖 1(a) 所示電路，使用被動元件（電阻 RR 與電容 CC）代替複數阻抗，設計微分器電路。

(三) 計算所設計微分器電路的時域（Time Domain）輸出電壓函數 Vout(t)V_{out}(t)。

(四) 若輸入電壓 Vin(t)V_{in}(t) 波形如圖 1(b) 所示，而所使用的 RR 與 CC 值分別為 2.5 kΩ2.5\,\mathrm{k\Omega} 與 1 nF1\,\mathrm{nF}，繪製輸出電壓 Vout(t)V_{out}(t) 波形。

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核心觀念

本題考查理想反相運算放大器與複數阻抗的頻域分析，以及由反相放大器延伸出的理想微分器。

理想運算放大器具有：

  • 輸入端電流為零：i+=i−=0i_+=i_-=0
  • 負回授下虛短路：V−=V+V_-=V_+
  • 非反相端接地，因此反相端為虛接地：V−=0V_-=0

（一）電壓增益

反相端節點套用 KCL。由於運算放大器輸入端不取電流，流經 Z2Z_2 的電流等於流經 Z1Z_1 的電流：

Vin−0Z2=0−VoutZ1\frac{V_{in}-0}{Z_2} = \frac{0-V_{out}}{Z_1}

因此：

VinZ2=−VoutZ1\frac{V_{in}}{Z_2} = -\frac{V_{out}}{Z_1}

整理得電壓增益：

VoutVin=−Z1Z2\boxed{\frac{V_{out}}{V_{in}}=-\frac{Z_1}{Z_2}}

負號表示輸出電壓與輸入電壓反相。

（二）微分器電路設計

複數阻抗中，電容阻抗為：

ZC=1sCZ_C=\frac{1}{sC}

要使增益與 ss 成正比，令：

  • 輸入阻抗 Z2Z_2 使用電容 CC
  • 回授阻抗 Z1Z_1 使用電阻 RR

因此：

Z2=1sC,Z1=RZ_2=\frac{1}{sC},\qquad Z_1=R

代入反相放大器增益：

VoutVin=−R1/(sC)=−sRC\frac{V_{out}}{V_{in}} = -\frac{R}{1/(sC)} = -sRC

所以電路配置為：

  • VinV_{in} 經由電容 CC 接至反相端
  • 輸出端經由電阻 RR 回授至反相端
  • 非反相端接地

此電路即為理想反相微分器。

（三）時域輸出電壓

由頻域關係：

Vout(s)Vin(s)=−sRC\frac{V_{out}(s)}{V_{in}(s)}=-sRC

可得：

Vout(s)=−sRC Vin(s)V_{out}(s)=-sRC\,V_{in}(s)

在忽略初始條件的情況下，乘上 ss 對應到時域微分，因此：

Vout(t)=−RCdVin(t)dt\boxed{V_{out}(t)=-RC\frac{dV_{in}(t)}{dt}}

若輸入為線性斜坡：

Vin(t)=at+bV_{in}(t)=at+b

則：

dVin(t)dt=a\frac{dV_{in}(t)}{dt}=a

輸出為固定電壓：

Vout(t)=−RCaV_{out}(t)=-RCa

因此，輸入上升時輸出為負電壓；輸入下降時輸出為正電壓。

（四）輸出波形

已知：

R=2.5 kΩR=2.5\,\mathrm{k\Omega} C=1 nFC=1\,\mathrm{nF}

故：

RC=(2.5×103)(1×10−9)=2.5×10−6 s=2.5 μsRC=(2.5\times10^3)(1\times10^{-9}) =2.5\times10^{-6}\,\mathrm{s} =2.5\,\mu\mathrm{s}

由圖可知，輸入電壓在每 5 μs5\,\mu\mathrm{s} 內變化 5 V5\,\mathrm{V}，因此斜率大小為：

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第 二 題20 分

圖 2 所示的金氧半場效電晶體（MOSFET）放大器電路，操作在中頻帶中。忽略通道長度調變（Channel Length Modulation）效應，並且假設兩顆電容器（C1C_1 與 C2C_2）的值很大。每小題 10 分，共 20 分。

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(一) 繪製此放大器電路的中頻帶小訊號等效電路。

(二) 計算此放大器電路的中頻帶電壓增益。

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核心觀念

本題考查 MOSFET 共源極放大器的中頻帶小訊號分析：

  • 中頻帶時，耦合電容 C1C_1 視為短路。
  • 中頻帶時，旁路電容 C2C_2 視為短路，因此 RSR_S 被交流旁路。
  • 直流電源 VDDV_{DD} 對交流訊號而言為接地。
  • 忽略通道長度調變，因此
ro=∞r_o=\infty

MOSFET 的小訊號汲極電流為

id=gmvgsi_d=g_m v_{gs}

（一）中頻帶小訊號等效電路

由於 C1C_1 短路，輸入訊號直接加到閘極。由於 C2C_2 短路，源極在交流等效下接地，故

vs=0,vgs=vg=vinv_s=0,\qquad v_{gs}=v_g=v_{in}

又因 VDDV_{DD} 為交流接地，R1R_1 與 RDR_D 的上端均接交流地；R2R_2 的下端也接地。因此：

  • 閘極對地電阻為 R1∥R2R_1\parallel R_2。
  • 汲極對地接有 RDR_D。
  • 源極直接接交流地。
  • 汲極與源極之間為受控電流源 gmvgsg_m v_{gs}。
  • ro=∞r_o=\infty，所以不需畫出 ror_o。
  • 輸出端位於汲極。

文字電路如下：

 交流地
 │
 RD
 │──── vout
 ●
 ↓ gm vgs
 │
vin ─────● 閘極 │
 │ │
 R1∥R2 ● 源極
 │ │
 交流地 交流地

其中受控電流源方向由汲極流向源極，且

vgs=vinv_{gs}=v_{in}

（二）中頻帶電壓增益

汲極端的交流電流為

id=gmvgsi_d=g_m v_{gs}

由於汲極電阻 RDR_D 的上端接交流地，輸出電壓為

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第 三 題20 分

圖 3 的達靈頓對（Darlington Pair）電路，是由兩顆不同類型（一顆 npnnpn 與一顆 pnppnp）的雙極性接面電晶體（BJT）所組成。每小題 10 分，共 20 分。

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(一) 若將此電路等效為單顆 BJT 電晶體，請繪製其等效電路符號（npnnpn 或 pnppnp 擇一），並且標明其電流方向（IBI_B、ICI_C 與 IEI_E）。

(二) 計算此電路的電流放大倍率 IEIB\frac{I_E}{I_B}。假設 β1≫1\beta_1\gg 1、β2≫1\beta_2\gg 1。

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核心觀念

圖 3 是由一顆 npnnpn 電晶體 Q1Q_1 與一顆 pnppnp 電晶體 Q2Q_2 組成的互補回授對（Complementary Feedback Pair），其特性等效於一顆 npnnpn BJT。

關鍵連接關係如下：

  • 輸入端接在 Q1Q_1 的基極。
  • Q1Q_1 的集極接到 Q2Q_2 的基極。
  • Q1Q_1 的射極與 Q2Q_2 的集極相連，作為等效電晶體的射極。
  • Q2Q_2 的射極作為等效電晶體的集極。

因此，整體電路可視為高電流增益的單顆 npnnpn 電晶體。

（一）等效電路符號與電流方向

等效為一顆 npnnpn 電晶體：

 C
 ↑ IC
 |
 |
 B ───┤
 → IB |
 |\
 | \
 | ↓ IE
 E

電流方向為：

  • IBI_B：流入等效 npnnpn 電晶體的基極。
  • ICI_C：流入等效 npnnpn 電晶體的集極。
  • IEI_E：由等效 npnnpn 電晶體的射極流出。

其端點對應為：

  • 等效基極：Q1Q_1 的基極
  • 等效集極：Q2Q_2 的射極
  • 等效射極：Q1Q_1 的射極與 Q2Q_2 的集極連接點

（二）計算電流放大倍率

解題方法

設 Q1Q_1 的基極電流為 IB1I_{B1}，Q2Q_2 的基極電流為 IB2I_{B2}。

因為 Q1Q_1 的集極接到 Q2Q_2 的基極，所以：

IB2=IC1I_{B2}=I_{C1}

對 Q1Q_1 而言：

IC1=β1IB1I_{C1}=\beta_1 I_{B1}

因此：

IB2=β1IB1I_{B2}=\beta_1 I_{B1}

對 Q2Q_2 而言：

IC2=β2IB2I_{C2}=\beta_2 I_{B2}

代入上式：

IC2=β2β1IB1I_{C2}=\beta_2\beta_1 I_{B1}

整體等效電晶體的基極電流就是 Q1Q_1 的基極電流：

IB=IB1I_B=I_{B1}
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第 四 題20 分

圖 4 所示為一階濾波器，使用被動元件進行實現。其中 R1=1 ΩR_1=1\,\Omega、R2=1 kΩR_2=1\,\mathrm{k\Omega}、C1=1 nFC_1=1\,\mathrm{nF}，以及 C2=1 μFC_2=1\,\mu\mathrm{F}。每小題 10 分，共 20 分。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 計算轉移函數 H(s)=VoutVinH(s)=\frac{V_{out}}{V_{in}}，以及極點（pole）與零點（zero）位置。

(二) 使用波德規則（Bode's rules）繪製轉移函數大小 ∣H(ω)∣\lvert H(\omega)\rvert 響應圖，必須標明數值。並且說明此濾波器類型為高通（High-Pass）或低通（Low-Pass）。

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核心觀念

本題考查被動一階濾波器的：

  • 阻抗表示法
  • 交流電壓分壓
  • 轉移函數 H(s)H(s)
  • 極點與零點
  • Bode 幅頻圖的斜率與轉折頻率

圖中輸入端與輸出端之間為 R1R_1、C1C_1 並聯；輸出端對地為 R2R_2、C2C_2 並聯。因此可視為兩個阻抗串聯後的分壓電路。

解題方法

一、求轉移函數、極點與零點

左側串聯阻抗為

Z1=R1∥1sC1=R11+sR1C1Z_1=R_1\parallel \frac{1}{sC_1} =\frac{R_1}{1+sR_1C_1}

右側對地阻抗為

Z2=R2∥1sC2=R21+sR2C2Z_2=R_2\parallel \frac{1}{sC_2} =\frac{R_2}{1+sR_2C_2}

由電壓分壓公式，

H(s)=VoutVin=Z2Z1+Z2H(s)=\frac{V_{out}}{V_{in}} =\frac{Z_2}{Z_1+Z_2}

代入 Z1Z_1、Z2Z_2：

H(s)=R21+sR2C2R11+sR1C1+R21+sR2C2H(s)= \frac{\dfrac{R_2}{1+sR_2C_2}} {\dfrac{R_1}{1+sR_1C_1} +\dfrac{R_2}{1+sR_2C_2}}

整理得

H(s)=R2(1+sR1C1)R1(1+sR2C2)+R2(1+sR1C1)H(s)= \frac{R_2(1+sR_1C_1)} {R_1(1+sR_2C_2)+R_2(1+sR_1C_1)}

因此

H(s)=R2+sR1R2C1R1+R2+sR1R2(C1+C2)H(s)= \frac{R_2+sR_1R_2C_1} {R_1+R_2+sR_1R_2(C_1+C_2)}

代入題目數值：

R1=1 Ω,R2=1000 ΩR_1=1\,\Omega,\quad R_2=1000\,\Omega C1=10−9 F,C2=10−6 FC_1=10^{-9}\,\mathrm{F},\quad C_2=10^{-6}\,\mathrm{F}

分子為

R2+sR1R2C1=1000+10−6sR_2+sR_1R_2C_1 =1000+10^{-6}s

分母為

R1+R2+sR1R2(C1+C2)R_1+R_2+sR_1R_2(C_1+C_2) =1001+0.001001s=1001+0.001001s

所以

H(s)=1000+10−6s1001+0.001001s\boxed{ H(s)=\frac{1000+10^{-6}s}{1001+0.001001s} }

將其寫成標準形式：

H(s)=100010011+s/1091+s/106H(s)= \frac{1000}{1001} \frac{1+s/10^9}{1+s/10^6}

零點

令分子為零：

1000+10−6s=01000+10^{-6}s=0 sz=−109 rad/s\boxed{s_z=-10^9\ \mathrm{rad/s}}

零點角頻率為

ωz=109 rad/s\boxed{\omega_z=10^9\ \mathrm{rad/s}}

極點

令分母為零：

1001+0.001001s=01001+0.001001s=0 sp=−106 rad/s\boxed{s_p=-10^6\ \mathrm{rad/s}}

極點角頻率為

ωp=106 rad/s\boxed{\omega_p=10^6\ \mathrm{rad/s}}

換算成頻率：

fp=ωp2π≈159.2 kHzf_p=\frac{\omega_p}{2\pi} \approx159.2\ \mathrm{kHz} fz=ωz2π≈159.2 MHzf_z=\frac{\omega_z}{2\pi} \approx159.2\ \mathrm{MHz}

二、Bode 幅頻圖

令 s=jωs=j\omega，則

∣H(jω)∣=100010011+(ω/109)21+(ω/106)2|H(j\omega)| = \frac{1000}{1001} \frac{\sqrt{1+(\omega/10^9)^2}} {\sqrt{1+(\omega/10^6)^2}}

以分貝表示：

20log⁡10∣H(jω)∣=20log⁡10(10001001)+10log⁡10[1+(ω109)2]−10log⁡10[1+(ω106)2]20\log_{10}|H(j\omega)| = 20\log_{10}\left(\frac{1000}{1001}\right) +10\log_{10}\left[1+\left(\frac{\omega}{10^9}\right)^2\right] -10\log_{10}\left[1+\left(\frac{\omega}{10^6}\right)^2\right]

低頻增益為

∣H(0)∣=10001001≈0.999|H(0)|=\frac{1000}{1001} \approx0.999 20log⁡10∣H(0)∣≈−0.0087 dB20\log_{10}|H(0)| \approx -0.0087\ \mathrm{dB}
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第 五 題20 分

圖 5 所示為由三顆完全相同的反相器所組成的振盪器。每小題 10 分，共 20 分。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 使用互補式金氧半（Complementary MOS，CMOS）反相器來設計此振盪器，繪製出完整電路。

(二) 若每一顆 CMOS 反相器均具有相同的高至低輸出轉態延遲時間（tPHLt_{PHL}）與低至高輸出轉態延遲時間（tPLHt_{PLH}），繪製在三個節點的波形，然後計算最高操作頻率（fmaxf_{max}）。【註：tPLH≠tPHLt_{PLH}\ne t_{PHL}】

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核心觀念

本題考查：

  1. CMOS 反相器的基本電路結構。
  2. 三級反相器環形振盪器（Ring Oscillator）的振盪條件。
  3. CMOS 反相器的轉態延遲時間：
  • tPHLt_{PHL}：輸出由高電位轉為低電位的延遲時間。
  • tPLHt_{PLH}：輸出由低電位轉為高電位的延遲時間。
  1. 環形振盪器的週期與最高操作頻率。

奇數級反相器串接並將最後一級輸出回授至第一級輸入，可形成反相回授，因此電路會持續振盪。

（一）CMOS 三級環形振盪器電路

每一顆 CMOS 反相器由一個 PMOS 與一個 NMOS 組成：

  • PMOS 的 source 接 VDDV_{DD}。
  • NMOS 的 source 接地。
  • PMOS 與 NMOS 的 gate 相連，作為反相器輸入。
  • PMOS 與 NMOS 的 drain 相連，作為反相器輸出。
  • PMOS body 接 VDDV_{DD}，NMOS body 接地。

三顆反相器的連接如下：

Z⟶INV1⟶XZ \longrightarrow \text{INV}_1 \longrightarrow X X⟶INV2⟶YX \longrightarrow \text{INV}_2 \longrightarrow Y Y⟶INV3⟶ZY \longrightarrow \text{INV}_3 \longrightarrow Z

並將節點 ZZ 回接至第一顆反相器的輸入端。

等效電路可表示為：

Z→X‾,X→Y‾,Y→Z‾\boxed{ Z \rightarrow \overline{X},\qquad X \rightarrow \overline{Y},\qquad Y \rightarrow \overline{Z} }

其中每個反相器均為下列 CMOS 結構：

VDD  −  PMOS  −  Vout  −  NMOS  −  GNDV_{DD} \;-\; \text{PMOS} \;-\; V_{\text{out}} \;-\; \text{NMOS} \;-\; \text{GND}

兩顆 MOSFET 的 gate 接至同一個輸入端。

（二）節點波形與最高操作頻率

令

tPHL=tp,tPLH=tlt_{PHL}=t_p,\qquad t_{PLH}=t_l

以節點 ZZ 在 t=0t=0 時由高電位轉為低電位作為起始時間。

反相器輸入與輸出的轉態關係如下：

  • 輸入下降，輸出上升，延遲為 tPLH=tlt_{PLH}=t_l。
  • 輸入上升，輸出下降，延遲為 tPHL=tpt_{PHL}=t_p。

轉態時間表

時間節點轉態原因
00Z: H→LZ:\ H\rightarrow L以此作為起始
tlt_lX: L→HX:\ L\rightarrow H第一顆反相器
tl+tpt_l+t_pY: H→LY:\ H\rightarrow L第二顆反相器
🔒

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