111 鐵路特考高員三級 電力工程 電子學 考古題詳解

111 年・鐵路特考・高員三級・電力工程
試題代碼 電子學

第 一 題20 分

如圖所示，電路中的所有二極體導通電壓皆為 0.7 V0.7\ \mathrm{V}，齊納二極體（Zener Diode）DZD_Z 的崩潰電壓為 5.1 V5.1\ \mathrm{V}。電阻值如下：

R1=6 kΩR_1=6\ \mathrm{k\Omega}、R2=6 kΩR_2=6\ \mathrm{k\Omega}、R3=20 kΩR_3=20\ \mathrm{k\Omega}、R4=30 kΩR_4=30\ \mathrm{k\Omega}。

電路圖標示：輸入電壓為 VINV_{IN}，經由 R1R_1、D1D_1、D2D_2、DZD_Z、R2R_2、R3R_3、R4R_4 組成電路；節點電壓依序標示為 VO1V_{O1}、VO2V_{O2}、VO3V_{O3}，二極體電流標示為 iD1i_{D1}、iD2i_{D2}；右側另接 10 V10\ \mathrm{V} 電壓源。

(一) 若 VIN=12 VV_{IN}=12\ \mathrm{V}，求 VO1V_{O1}、VO2V_{O2}、VO3V_{O3}、iD1i_{D1}、iD2i_{D2}。（10 分）

(二) 若 VIN=8 VV_{IN}=8\ \mathrm{V}，求 VO1V_{O1}、VO2V_{O2}、VO3V_{O3}、iD1i_{D1}、iD2i_{D2}。（10 分）

使用伏特（V）為電壓單位，並計算到小數點後第二位（四捨五入）；使用毫安培（mA）為電流單位，並計算到小數點後第三位（四捨五入）。

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核心觀念

本題考查：

  1. 矽二極體定壓模型：導通時 VD=0.7 VV_D=0.7\text{ V}。
  2. 齊納二極體：
  • 反向電壓未達崩潰電壓時視為截止。
  • 進入崩潰區時，端電壓固定為 VZ=5.1 VV_Z=5.1\text{ V}。
  1. 導通二極體的節點電壓關係。
  2. 以 KCL（基爾霍夫電流定律）計算各支路電流。

依圖中方向：

  • D1D_1 由 VO1V_{O1} 導向 VO2V_{O2}。
  • D2D_2 由 VO3V_{O3} 導向 VO2V_{O2}。
  • iD1i_{D1} 向右，iD2i_{D2} 向左。
  • R4R_4 下端接理想 +10 V+10\text{ V} 電源。

一、VIN=12 VV_{IN}=12\text{ V}

1. 判斷齊納二極體狀態

若齊納二極體截止，僅由 R1R_1、R2R_2 分壓：

VO1=12R2R1+R2=1266+6=6 VV_{O1}=12\frac{R_2}{R_1+R_2} =12\frac{6}{6+6}=6\text{ V}

因為 6>5.1 V6>5.1\text{ V}，齊納二極體會進入崩潰區，因此：

VO1=VZ=5.1 VV_{O1}=V_Z=5.1\text{ V}

2. 判斷 D1D_1 導通

右側電路會使 VO2V_{O2} 小於 VO1−0.7V_{O1}-0.7，因此 D1D_1 導通：

VO1−VO2=0.7V_{O1}-V_{O2}=0.7

故

VO2=5.1−0.7=4.4 VV_{O2}=5.1-0.7=4.4\text{ V}

3. 判斷 D2D_2 導通

右側為 +10 V+10\text{ V} 電源，會經由 R4R_4 及 D2D_2 對 R3R_3 供電，因此 D2D_2 導通：

VO3−VO2=0.7V_{O3}-V_{O2}=0.7

所以

VO3=4.4+0.7=5.1 VV_{O3}=4.4+0.7=5.1\text{ V}

4. 計算 iD2i_{D2}

由 R4R_4：

iD2=10−VO3R4=10−5.130 kΩi_{D2}=\frac{10-V_{O3}}{R_4} =\frac{10-5.1}{30\text{ k}\Omega} iD2=0.1633 mA≈0.163 mAi_{D2}=0.1633\text{ mA} \approx 0.163\text{ mA}

5. 計算 iD1i_{D1}

在節點 VO2V_{O2} 使用 KCL：

iD1+iD2=VO2R3i_{D1}+i_{D2}=\frac{V_{O2}}{R_3}

因此

iD1=4.420 kΩ−0.1633 mAi_{D1} =\frac{4.4}{20\text{ k}\Omega}-0.1633\text{ mA} iD1=0.2200−0.1633=0.0567 mA≈0.057 mAi_{D1}=0.2200-0.1633 =0.0567\text{ mA} \approx 0.057\text{ mA}

VIN=12 VV_{IN}=12\text{ V} 答案

VO1=5.10 V\boxed{V_{O1}=5.10\text{ V}} VO2=4.40 V\boxed{V_{O2}=4.40\text{ V}} VO3=5.10 V\boxed{V_{O3}=5.10\text{ V}} iD1=0.057 mA\boxed{i_{D1}=0.057\text{ mA}} iD2=0.163 mA\boxed{i_{D2}=0.163\text{ mA}}

二、VIN=8 VV_{IN}=8\text{ V}

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第 二 題20 分

如圖所示，放大器電路的電阻參數如下：

R1=140 kΩR_1=140\ \mathrm{k\Omega}、R2=60 kΩR_2=60\ \mathrm{k\Omega}、RD=5 kΩR_D=5\ \mathrm{k\Omega}、RS=1 kΩR_S=1\ \mathrm{k\Omega}、RL=8 kΩR_L=8\ \mathrm{k\Omega}。

NN 型 MOSFET 的門檻電壓 VTN=0.8 VV_{TN}=0.8\ \mathrm{V}、導電參數 Kn=1 mA/V2K_n=1\ \mathrm{mA/V^2}，且通道長度調變參數 λ=0\lambda=0。假設電容 C1C_1 和 C2C_2 都足夠大，其交流阻抗等於零，求：

(一) MOSFET 直流工作點的電壓與電流：

VGS=?V_{GS}=?、VDS=?V_{DS}=?、ID=?I_D=?。（6 分）

(二) 畫出放大器的小訊號等效電路。（6 分）

(三) 小訊號電壓增益：

Av=vovin=?A_v=\frac{v_o}{v_{in}}=?

（8 分）

使用伏特（V）為電壓單位、毫安培（mA）為電流單位，所有值計算到小數點後第二位（四捨五入）。

電路圖包含 +10 V+10\ \mathrm{V} 電源、R1R_1、R2R_2、RDR_D、RSR_S、RLR_L、C1C_1、C2C_2、輸入電壓 vinv_{in}，以及輸出電壓 vov_o。

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核心觀念

本題考查共源極（Common-Source）MOSFET 放大器：

  1. 電阻分壓偏壓求閘極電壓 VGV_G。
  2. 直流分析時，C1、C2C_1、C_2 視為開路。
  3. 交流小訊號分析時，C1、C2C_1、C_2 視為短路，直流電源視為交流接地。
  4. MOSFET 飽和區公式採用題目所給導電參數定義：
ID=Kn(VGS−VTN)2I_D=K_n(V_{GS}-V_{TN})^2

且 λ=0\lambda=0，因此：

ro=∞r_o=\infty

解題方法

（一）MOSFET 直流工作點

直流時電容開路，因此 RLR_L 不參與直流偏壓。

1. 閘極電壓

由 R1、R2R_1、R_2 分壓：

VG=10(R2R1+R2)V_G=10\left(\frac{R_2}{R_1+R_2}\right) VG=10(60140+60)=3.00 VV_G=10\left(\frac{60}{140+60}\right)=3.00\ \text{V}

閘極電流近似為零，因此 VG=3.00 VV_G=3.00\ \text{V}。

2. 源極電壓與 VGSV_{GS}

以 IDI_D 的單位為 mA、電阻的單位為 kΩ\Omega，則：

VS=IDRS=IDV_S=I_DR_S=I_D VGS=VG−VS=3−IDV_{GS}=V_G-V_S=3-I_D

MOSFET 的過驅電壓為：

VGS−VTN=3−ID−0.8=2.2−IDV_{GS}-V_{TN}=3-I_D-0.8=2.2-I_D

代入導通公式：

ID=1(2.2−ID)2I_D=1(2.2-I_D)^2

整理得：

ID2−5.4ID+4.84=0I_D^2-5.4I_D+4.84=0 ID=5.4±9.82I_D=\frac{5.4\pm\sqrt{9.8}}{2}

其中符合 VGS>VTNV_{GS}>V_{TN} 的物理解為：

ID=1.13 mAI_D=1.13\ \text{mA}

因此：

VS=1.13 VV_S=1.13\ \text{V} VGS=3.00−1.13=1.87 VV_{GS}=3.00-1.13=1.87\ \text{V}

3. 汲極電壓與 VDSV_{DS}

VD=10−IDRDV_D=10-I_DR_D VD=10−(1.13475)(5)=4.33 VV_D=10-(1.13475)(5)=4.33\ \text{V} VDS=VD−VSV_{DS}=V_D-V_S VDS=4.33−1.13=3.19 VV_{DS}=4.33-1.13=3.19\ \text{V}

飽和區條件為：

VDS≥VGS−VTNV_{DS}\geq V_{GS}-V_{TN}

本題：

3.19≥1.87−0.80=1.073.19\geq 1.87-0.80=1.07

故工作點確實位於飽和區。

（二）放大器小訊號等效電路

交流分析時：

  • +10 V+10\ \text{V} 電源接交流地。
  • C1、C2C_1、C_2 視為短路。
  • R1、R2R_1、R_2 皆接地，因此閘極對地等效為 R1∥R2R_1\parallel R_2。
  • RDR_D 與 RLR_L 均接在汲極與地之間。
  • RSR_S 保留，未被旁路。
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第 三 題20 分

如圖所示，為 B 類放大器電路。RL=15 ΩR_L=15\ \Omega、vin=15sin⁡(2πft) Vv_{in}=15\sin(2\pi f t)\ \mathrm{V}，假設兩個電晶體皆為理想元件，且基極與射極的導通電壓等於零，即 VBE(on)=0V_{BE(\mathrm{on})}=0，求：

(一) 負載 RLR_L 的平均功率。（6 分）

(二) 電晶體 QnQ_n 消耗的平均功率。（6 分）

(三) 放大器電路的效率。（8 分）

使用瓦特（W）為功率單位，計算到小數點後第一位（四捨五入）；電路的效率計算到小數點後第二位（四捨五入）。

電路圖包含電源 +30 V+30\ \mathrm{V} 與 −30 V-30\ \mathrm{V}、電晶體 QnQ_n 與 QpQ_p、負載電阻 RLR_L、輸入電壓 vinv_{in}，以及負載電壓 vLv_L。

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核心觀念

本題考查互補式推挽 B 類功率放大器：

  • 正半週由 NPN 電晶體 QnQ_n 導通。
  • 負半週由 PNP 電晶體 QpQ_p 導通。
  • 因為 VBE(on)=0V_{BE(\mathrm{on})}=0，輸出電壓可視為完全追隨輸入電壓：
vL=vo=vin=15sin⁡(2πft) Vv_L=v_o=v_{in}=15\sin(2\pi ft)\ \mathrm{V}

輸出峰值為 Vm=15 VV_m=15\ \mathrm{V}，直流電源電壓為 VCC=30 VV_{CC}=30\ \mathrm{V}。

解題方法

令

θ=2πft\theta=2\pi ft

則

vL=Vmsin⁡θ=15sin⁡θv_L=V_m\sin\theta=15\sin\theta

負載電流為

iL=vLRL=15sin⁡θ15=sin⁡θ Ai_L=\frac{v_L}{R_L} =\frac{15\sin\theta}{15} =\sin\theta\ \mathrm{A}

（一）負載 RLR_L 的平均功率

負載電壓的有效值為

VL,rms=Vm2=152 VV_{L,\mathrm{rms}}=\frac{V_m}{\sqrt{2}} =\frac{15}{\sqrt{2}}\ \mathrm{V}

因此負載平均功率為

PL=VL,rms2RL=(15/2)215P_L=\frac{V_{L,\mathrm{rms}}^2}{R_L} =\frac{(15/\sqrt{2})^2}{15} PL=2252×15=7.5 WP_L=\frac{225}{2\times15} =7.5\ \mathrm{W}

（二）電晶體 QnQ_n 消耗的平均功率

QnQ_n 僅在正半週導通，此時：

vCEn=30−vLv_{CE_n}=30-v_L

且

iQn=iL=vLRL(0<θ<π)i_{Q_n}=i_L=\frac{v_L}{R_L} \qquad (0<\theta<\pi)

因此 QnQ_n 的瞬時功率為

pQn=(30−vL)vLRLp_{Q_n}=(30-v_L)\frac{v_L}{R_L}

代入 vL=Vmsin⁡θv_L=V_m\sin\theta，並考慮整個週期平均：

PQn=12π∫0π(30−Vmsin⁡θ)Vmsin⁡θRL dθP_{Q_n} =\frac{1}{2\pi} \int_0^\pi (30-V_m\sin\theta) \frac{V_m\sin\theta}{R_L}\,d\theta

利用

∫0πsin⁡θ dθ=2\int_0^\pi\sin\theta\,d\theta=2

以及

∫0πsin⁡2θ dθ=π2\int_0^\pi\sin^2\theta\,d\theta=\frac{\pi}{2}

可得

PQn=12πRL(60Vm−πVm22)P_{Q_n} = \frac{1}{2\pi R_L} \left(60V_m-\frac{\pi V_m^2}{2}\right)

整理為

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第 四 題20 分

如圖所示，為多諧振盪器電路。R1=2 kΩR_1=2\ \mathrm{k\Omega}、R2=1 kΩR_2=1\ \mathrm{k\Omega}、R3=10 kΩR_3=10\ \mathrm{k\Omega}、C=10−6 FC=10^{-6}\ \mathrm{F}。

兩個運算放大器均為理想運算放大器，其輸出電壓範圍均為 −12 V∼+12 V-12\ \mathrm{V}\sim +12\ \mathrm{V}。OP1OP_1 設計為積分器；OP2OP_2 設計為史密斯觸發比較器。

(一) 求使 vOv_O 改變極性的 vxv_x 臨界電壓。（6 分）

(二) 使用相同的時間軸，畫出 vxv_x 與 vOv_O 波形。（8 分）

(三) 求此多諧振盪器的振盪頻率。（6 分）

電路圖標示元件與訊號如下：R1R_1、R2R_2、R3R_3、電容 CC、電流 i1i_1、輸入節點電壓 vxv_x、輸出電壓 vOv_O，以及運算放大器 OP1OP_1 和 OP2OP_2。

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核心觀念

本題考查：

  1. 理想運算放大器積分器：
  • 反相端為虛接地，故 v−≈0v_- \approx 0。
  • 輸入電流由 R1R_1 流入電容 CC。
  1. 史密斯觸發比較器：
  • 輸出飽和於 +12 V+12\ \mathrm{V} 或 −12 V-12\ \mathrm{V}。
  • 由輸出經 R3R_3 正回授，形成具有遲滯的切換電壓。
  1. 積分器將 OP2 的方波輸出積分成三角波，因此構成多諧振盪器。

解題方法

（一）求 vOv_O 改變極性的 vxv_x 臨界電壓

OP2 的非反相端接收 vxv_x 與 vOv_O，切換瞬間其輸入電壓為零。

在 OP2 非反相端節點套用 KCL：

vxR2+vOR3=0\frac{v_x}{R_2}+\frac{v_O}{R_3}=0

因此切換條件為：

vx=−R2R3vOv_x=-\frac{R_2}{R_3}v_O

當 vO=+12 Vv_O=+12\ \mathrm{V} 時：

vx=−1 kΩ10 kΩ(12)=−1.2 Vv_x=-\frac{1\ \mathrm{k\Omega}}{10\ \mathrm{k\Omega}}(12) =-1.2\ \mathrm{V}

當 vO=−12 Vv_O=-12\ \mathrm{V} 時：

vx=−1 kΩ10 kΩ(−12)=+1.2 Vv_x=-\frac{1\ \mathrm{k\Omega}}{10\ \mathrm{k\Omega}}(-12) =+1.2\ \mathrm{V}

故 OP2 的兩個臨界電壓為：

vx=+1.2 V,vx=−1.2 V\boxed{v_x=+1.2\ \mathrm{V},\quad v_x=-1.2\ \mathrm{V}}

（二）vxv_x 與 vOv_O 波形

OP1 為反相積分器。由於 R1R_1 左端接 vOv_O，反相端為虛接地：

i1=vOR1i_1=\frac{v_O}{R_1}

電容電流造成輸出 vxv_x 的變化：

dvxdt=−vOR1C\frac{dv_x}{dt} =-\frac{v_O}{R_1C}

因此：

  • vO=+12 Vv_O=+12\ \mathrm{V} 時，vxv_x 以負斜率下降。
  • vO=−12 Vv_O=-12\ \mathrm{V} 時，vxv_x 以正斜率上升。

波形關係如下：

vO
+12 V ────────┐ ┌────────
 │ │
-12 V └────────┘
 t1 t2 t3

vx
+1.2 V /‾‾‾‾‾‾\ /‾‾‾‾‾‾
 / \ /
-1.2 V ‾‾‾‾ \____/ 
 t1 t2 t3

具體切換過程為：

  1. vO=+12 Vv_O=+12\ \mathrm{V} 時，vxv_x 下降。
  2. vxv_x 降至 −1.2 V-1.2\ \mathrm{V} 時，OP2 輸出由 +12 V+12\ \mathrm{V} 變為 −12 V-12\ \mathrm{V}。
  3. vO=−12 Vv_O=-12\ \mathrm{V} 時，vxv_x 上升。
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第 五 題20 分

(一) 繪出以 CMOS 邏輯電路組成之互斥或閘（XOR）。（10 分）

(二) 繪出以 CMOS 組成之邏輯電路，其輸出 YY 的布林邏輯函數為：

Y‾=A+B+C\overline{Y}=A+B+C

（10 分）

請以下列電路符號分別表示 PMOS 與 NMOS。

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核心觀念

CMOS 靜態邏輯電路由兩部分組成：

  • PMOS 上拉網路（PUN）：連接 VDDV_{DD} 與輸出端，負責輸出高電位。
  • NMOS 下拉網路（PDN）：連接輸出端與接地，負責輸出低電位。

設計原則為：

  • NMOS 串聯代表 AND，並聯代表 OR。
  • PMOS 網路為 NMOS 網路的對偶電路：串、並聯關係互換。
  • 電路必須使 PUN 與 PDN 不同時導通。

（一）以 CMOS 組成 XOR 閘

二輸入互斥或的布林函數為

Y=A⊕B=A‾B+AB‾Y=A\oplus B=\overline{A}B+A\overline{B}

因此其反函數為

Y‾=AB+A‾ B‾\overline{Y}=AB+\overline{A}\,\overline{B}

1. 先建立 A‾\overline{A} 與 B‾\overline{B}

分別使用兩個 CMOS 反相器：

A⟶反相器⟶A‾A\longrightarrow \text{反相器}\longrightarrow \overline{A} B⟶反相器⟶B‾B\longrightarrow \text{反相器}\longrightarrow \overline{B}

每個反相器由一個 PMOS 與一個 NMOS 組成。

2. NMOS 下拉網路

因為

Y‾=AB+A‾ B‾\overline{Y}=AB+\overline{A}\,\overline{B}

所以 PDN 應由兩條並聯支路構成，每條支路各有兩個串聯 NMOS：

PDN=(NA 串聯 NB)∥(NA‾ 串聯 NB‾)\text{PDN}= \left(N_A\text{ 串聯 }N_B\right) \parallel \left(N_{\overline{A}}\text{ 串聯 }N_{\overline{B}}\right)

其電路結構可表示為：

Y{⟶NA⟶NB⟶GND⟶NA‾⟶NB‾⟶GNDY \begin{cases} \longrightarrow N_A\longrightarrow N_B\longrightarrow \mathrm{GND}\\ \longrightarrow N_{\overline A}\longrightarrow N_{\overline B}\longrightarrow \mathrm{GND} \end{cases}

兩條支路彼此並聯。當 A=B=1A=B=1 或 A=B=0A=B=0 時，PDN 導通，使 Y=0Y=0。

3. PMOS 上拉網路

PUN 為 PDN 的對偶電路，因此：

PUN=(PA∥PB) 串聯 (PA‾∥PB‾)\text{PUN}= \left(P_A\parallel P_B\right) \text{ 串聯 } \left(P_{\overline{A}}\parallel P_{\overline{B}}\right)

其結構為：

VDD⟶(PA∥PB)⟶(PA‾∥PB‾)⟶YV_{DD} \longrightarrow \left(P_A\parallel P_B\right) \longrightarrow \left(P_{\overline A}\parallel P_{\overline B}\right) \longrightarrow Y

完整 CMOS XOR 可用下列方式繪出：

VDD⟶(PA∥PB)⟶(PA‾∥PB‾)⟶Y⟶{NA⟶NBNA‾⟶NB‾⟶GND\boxed{ V_{DD} \longrightarrow \left(P_A\parallel P_B\right) \longrightarrow \left(P_{\overline A}\parallel P_{\overline B}\right) \longrightarrow Y \longrightarrow \begin{cases} N_A\longrightarrow N_B\\ N_{\overline A}\longrightarrow N_{\overline B} \end{cases} \longrightarrow \mathrm{GND} }

其中下方兩條 NMOS 支路為並聯關係；上方兩組 PMOS 並聯網路彼此串聯。

4. 動作驗證

AABBA⊕BA\oplus B導通網路
000NA‾N_{\overline A}、NB‾N_{\overline B} 導通，PDN 導通
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