110 鐵路特考員級 電力工程 電子學概要 考古題詳解

110 年・鐵路特考・員級・電力工程
試題代碼 電子學概要

第 一 題20 分

圖一所示電路中，每個二極體切入電壓 Vγ=0.7 VV_\gamma=0.7\ \mathrm{V}。

在 0<vi<100 V0<v_i<100\ \mathrm{V} 的範圍內，請詳述分析過程並畫出 vov_o 對 viv_i 的圖形，標明每一個轉折點，並在圖中的每一個區域中標明每一個二極體的工作狀態。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖一電路包含二極體 D1D_1、D2D_2，兩個 5 kΩ5\ \mathrm{k\Omega} 電阻，以及分別為 25 V25\ \mathrm{V} 與 75 V75\ \mathrm{V} 的電壓源。

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核心觀念

本題考二極體的定電壓降模型與分段線性分析。每顆二極體導通時，陽極電壓比陰極高 Vγ=0.7 VV_\gamma=0.7\ \mathrm V；截止時，二極體電流為零，且陽極對陰極的電壓不超過 0.7 V0.7\ \mathrm V。

令 D1D_1、D2D_2 之間的節點為 aa，輸出節點為 bb，因此 vo=bv_o=b。依圖中方向，D1D_1 的陽極接 viv_i、陰極接 aa；D2D_2 的陽極接 bb、陰極接 aa。

解題方法

先依二極體方向判斷導通時的節點電壓關係，再用電阻支路的電流與 KCL 確定各種工作狀態及其有效輸入範圍。

區域一：D1D_1 截止、D2D_2 導通

D2D_2 導通時：

b=a+0.7b=a+0.7

由於 D1D_1 截止，不經 D1D_1 支路的電流。對 aa、bb 相連的支路套用 KCL：

a−255 kΩ+b−755 kΩ=0\frac{a-25}{5\,\mathrm{k\Omega}}+\frac{b-75}{5\,\mathrm{k\Omega}}=0

配合 b=a+0.7b=a+0.7，得：

a=49.65 V,b=vo=50.35 Va=49.65\ \mathrm V,\qquad b=v_o=50.35\ \mathrm V

此時 D2D_2 電流為：

ID2=75−50.355 kΩ=4.93 mAI_{D_2}=\frac{75-50.35}{5\,\mathrm{k\Omega}}=4.93\ \mathrm{mA}

D1D_1 截止的條件是 vi−a≤0.7v_i-a\leq 0.7，所以：

vi≤50.35 Vv_i\leq 50.35\ \mathrm V

故在 0<vi<50.35 V0<v_i<50.35\ \mathrm V 時，D1D_1 截止、D2D_2 導通，且 vo=50.35 Vv_o=50.35\ \mathrm V。

區域二：D1D_1、D2D_2 均導通

兩顆二極體導通時：

a=vi−0.7,b=a+0.7=via=v_i-0.7,\qquad b=a+0.7=v_i

所以：

vo=viv_o=v_i

D2D_2 的電流為：

ID2=75−vi5 kΩI_{D_2}=\frac{75-v_i}{5\,\mathrm{k\Omega}}

D1D_1 電流由節點 aa 的 KCL 求得：

ID1=a−255 kΩ−ID2=2vi−100.75 kΩI_{D_1}=\frac{a-25}{5\,\mathrm{k\Omega}}-I_{D_2} =\frac{2v_i-100.7}{5\,\mathrm{k\Omega}}

兩顆二極體的電流皆須非負，因此：

ID1≥0⇒vi≥50.35 VI_{D_1}\geq 0\Rightarrow v_i\geq 50.35\ \mathrm V ID2≥0⇒vi≤75 VI_{D_2}\geq 0\Rightarrow v_i\leq 75\ \mathrm V

故在 50.35<vi<75 V50.35<v_i<75\ \mathrm V 時，兩顆二極體均導通，且 vo=viv_o=v_i。

區域三：D1D_1 導通、D2D_2 截止

D1D_1 導通時：

a=vi−0.7a=v_i-0.7
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第 二 題20 分

如圖二所示之電路，若電晶體之 β=80\beta=80、VEB(on)=0.7 VV_{EB(\mathrm{on})}=0.7\ \mathrm{V}、熱能電壓 VT=26 mVV_T=26\ \mathrm{mV}，且輸出電阻 ro=∞r_o=\infty。

（一）試求靜態工作電流 ICQI_{CQ} 及電壓 V_{ECQ}。（5 分）

（二）試求交流小訊號電壓增益 Av=vo/vsA_v=v_o/v_s 之值。（15 分）

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圖二電路之電源為 V+=2.5 VV^+=2.5\ \mathrm{V} 與 V−=−2.5 VV^-=-2.5\ \mathrm{V}，包含偏壓電阻 R1=40 kΩR_1=40\ \mathrm{k\Omega}、R2=60 kΩR_2=60\ \mathrm{k\Omega}、發射極電阻 RE=2 kΩR_E=2\ \mathrm{k\Omega}、集極電阻 RC=4 kΩR_C=4\ \mathrm{k\Omega}，以及耦合電容 CCC_C。

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核心觀念

本題考查 PNP 電晶體的直流偏壓與交流小訊號分析。直流部分先將基極分壓網路化為戴維寧等效，再以 β\beta 考慮基極電流對分壓的負載；交流部分將電源視為交流接地、耦合電容視為短路，並以 hybrid-π\pi 模型求電壓增益。

由圖可判斷電晶體為 PNP，發射極經 RER_E 接 V+=2.5 VV^+=2.5\ \mathrm{V}，集極經 RCR_C 接 V−=−2.5 VV^-=-2.5\ \mathrm{V}。

（一）靜態工作點

基極分壓網路的戴維寧等效為

VTH=R2V++R1V−R1+R2=60(2.5)+40(−2.5)40+60=0.5 VV_{\mathrm{TH}} =\frac{R_2V^+ + R_1V^-}{R_1+R_2} =\frac{60(2.5)+40(-2.5)}{40+60} =0.5\ \mathrm{V} RTH=R1∥R2=40 kΩ∥60 kΩ=24 kΩR_{\mathrm{TH}}=R_1\parallel R_2 =40\ \mathrm{k\Omega}\parallel60\ \mathrm{k\Omega} =24\ \mathrm{k\Omega}

對 PNP 電晶體，基極電流由電晶體流入分壓網路，因此

VB=VTH+IBRTHV_B=V_{\mathrm{TH}}+I_B R_{\mathrm{TH}}

且

VE=VB+0.7,IE=2.5−VERE,IB=IEβ+1V_E=V_B+0.7,\qquad I_E=\frac{2.5-V_E}{R_E},\qquad I_B=\frac{I_E}{\beta+1}

代入數值：

IE=2.5−(0.5+24 000IB+0.7)2 000,IB=IE81I_E =\frac{2.5-(0.5+24\,000I_B+0.7)}{2\,000}, \qquad I_B=\frac{I_E}{81} IE=1.32 000+24 000/81≈0.5661 mAI_E=\frac{1.3}{2\,000+24\,000/81} \approx0.5661\ \mathrm{mA}

因此

ICQ=ββ+1IE=8081(0.5661)≈0.5592 mAI_{CQ}=\frac{\beta}{\beta+1}I_E =\frac{80}{81}(0.5661) \approx0.5592\ \mathrm{mA}

集極電壓為

VC=V−+ICQRC=−2.5+(0.5592 mA)(4 kΩ)≈−0.2634 VV_C=V^-+I_{CQ}R_C =-2.5+(0.5592\ \mathrm{mA})(4\ \mathrm{k\Omega}) \approx-0.2634\ \mathrm{V}

所以

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第 三 題20 分

如圖三所示之電路，設電路中採用理想運算放大器，且電阻 R1=10 kΩR_1=10\ \mathrm{k\Omega}、R2=10 kΩR_2=10\ \mathrm{k\Omega}、R3=100 kΩR_3=100\ \mathrm{k\Omega}、電容器 C=100 μFC=100\ \mu\mathrm{F}。

（一）試求轉移函數 Vo(s)Vi(s)\dfrac{V_o(s)}{V_i(s)}，其中 Vo(s)V_o(s) 及 Vi(s)V_i(s) 分別為 vo(t)v_o(t) 及 vi(t)v_i(t) 之拉普拉斯轉換。（10 分）

（二）試求由 vi(t)v_i(t) 端所得之等效輸入阻抗 Zi(s)Z_i(s)。（10 分）

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核心觀念

本題考查理想運算放大器的虛短、輸入端電流為零，以及反相積分器的轉移函數。求輸入阻抗時，需把輸入端連接的兩個 R1R_1 支路電流都計入。

以下以電容初始電壓為零進行拉普拉斯分析。

解題方法

令第一級運算放大器的輸出為 V1(s)V_1(s)。其非反相端電壓為 Vi(s)V_i(s)，反相端接在兩個相等的 R3R_3 電阻中點，因此：

V−(s)=V1(s)2V_-(s)=\frac{V_1(s)}{2}

由理想運算放大器的虛短，V−(s)=Vi(s)V_-(s)=V_i(s)，所以：

V1(s)=2Vi(s)V_1(s)=2V_i(s)

第二級為反相積分器，輸入電阻為 2R22R_2，回授阻抗為電容阻抗 1/(sC)1/(sC)。因此：

Vo(s)=−1/(sC)2R2V1(s)=−V1(s)2R2CsV_o(s)=-\frac{1/(sC)}{2R_2}V_1(s) =-\frac{V_1(s)}{2R_2Cs}

代入 V1(s)=2Vi(s)V_1(s)=2V_i(s)，得到轉移函數：

Vo(s)Vi(s)=−1R2Cs\frac{V_o(s)}{V_i(s)} =-\frac{1}{R_2Cs}

代入 R2=10 kΩR_2=10\,\mathrm{k\Omega}、C=100 μFC=100\,\mu\mathrm{F}：

R2C=(104)(100×10−6)=1R_2C=(10^4)(100\times10^{-6})=1

故：

Vo(s)Vi(s)=−1s\boxed{\frac{V_o(s)}{V_i(s)}=-\frac{1}{s}}

輸入阻抗

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第 四 題25 分

如圖四所示之電路，設電晶體參數 VTN=0.8 VV_{TN}=0.8\ \mathrm{V}、λ=0 V−1\lambda=0\ \mathrm{V}^{-1}、Kn=1.5 mA/V2K_n=1.5\ \mathrm{mA}/\mathrm{V}^2，且 RF=47 kΩR_F=47\ \mathrm{k\Omega}。

（一）試求靜態汲極電流 IDQI_{DQ} 和汲－源極電壓 VDSQV_{DSQ}。（5 分）

（二）試求小訊號電壓增益 Av=vo/viA_v=v_o/v_i。（15 分）

（三）試求輸出阻抗 RofR_{of}。（5 分）

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圖四電路之 VDD=5 VV_{DD}=5\ \mathrm{V}，R1=350 kΩR_1=350\ \mathrm{k\Omega}、R2=150 kΩR_2=150\ \mathrm{k\Omega}、RD=2 kΩR_D=2\ \mathrm{k\Omega}、RS=20 kΩR_S=20\ \mathrm{k\Omega}，並具有回授電阻 RFR_F 及耦合電容 CC1C_{C1}、CC2C_{C2}。

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核心觀念

本題考查 MOSFET 共源級的直流偏壓、小訊號電壓增益，以及含回授電阻 RFR_F 時的輸出阻抗。耦合電容 CC1C_{C1}、CC2C_{C2} 在直流分析時視為開路，在中頻小訊號分析時視為短路。題目給定 λ=0\lambda=0，故 MOSFET 的 ro=∞r_o=\infty。

以下採用題目常用定義 ID=Kn(VGS−VTN)2I_D=K_n(V_{GS}-V_{TN})^2。

解題方法

（一）靜態汲極電流與汲－源極電壓

直流時耦合電容開路，閘極由 R1R_1、R2R_2 分壓偏壓。MOSFET 閘極電流為零，因此

VG=VDDR2R1+R2=5150350+150=1.5 V.V_G=V_{DD}\frac{R_2}{R_1+R_2} =5\frac{150}{350+150}=1.5\ \mathrm{V}.

源極接地，故 VGS=1.5 VV_{GS}=1.5\ \mathrm{V}，過驅電壓為

VOV=VGS−VTN=1.5−0.8=0.7 V.V_{OV}=V_{GS}-V_{TN}=1.5-0.8=0.7\ \mathrm{V}.

因此

IDQ=KnVOV2=1.5(0.7)2=0.735 mA.I_{DQ}=K_nV_{OV}^2 =1.5(0.7)^2 =0.735\ \mathrm{mA}.

汲極電壓為

VD=VDD−IDQRD=5−(0.735 mA)(2 kΩ)=3.53 V.V_D=V_{DD}-I_{DQ}R_D =5-(0.735\ \mathrm{mA})(2\ \mathrm{k\Omega}) =3.53\ \mathrm{V}.

源極接地，所以 VDSQ=3.53 VV_{DSQ}=3.53\ \mathrm{V}。因為 VDSQ>VOVV_{DSQ}>V_{OV}，MOSFET 工作於飽和區，偏壓結果符合假設。

（二）小訊號電壓增益

中頻時兩個耦合電容視為短路。閘極偏壓電阻的交流等效值為

RB=R1∥R2=350 kΩ∥150 kΩ=105 kΩ.R_B=R_1\parallel R_2 =350\ \mathrm{k\Omega}\parallel150\ \mathrm{k\Omega} =105\ \mathrm{k\Omega}.

MOSFET 跨導為

gm=2KnVOV=2(1.5 mA/V2)(0.7 V)=2.1 mS.g_m=2K_nV_{OV} =2(1.5\ \mathrm{mA/V^2})(0.7\ \mathrm{V}) =2.1\ \mathrm{mS}.

設閘極小訊號電壓為 vgv_g。由汲極節點的 KCL，

voRD+vo−vgRF+gmvg=0,\frac{v_o}{R_D}+\frac{v_o-v_g}{R_F}+g_mv_g=0,

所以

vovg=1/RF−gm1/RD+1/RF=−3.988.\frac{v_o}{v_g} =\frac{1/R_F-g_m}{1/R_D+1/R_F} =-3.988.

再由閘極節點的 KCL，

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第 五 題15 分

試用至多六個雙輸入端之反及閘（NAND gates）實現下列邏輯表示式：

F=AC‾ D‾+A‾ B‾ C‾ D‾+A‾BF=A\overline{C}\,\overline{D} +\overline{A}\,\overline{B}\,\overline{C}\,\overline{D} +\overline{A}B

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核心觀念

本題考查布林代數化簡，以及如何以至多六個雙輸入 NAND 閘實現邏輯函數。NAND 閘的輸出為輸入 AND 後取反：

X↑Y=XY‾X \uparrow Y=\overline{XY}

利用德摩根定理，可將「積項相加」的邏輯式改寫成 NAND–NAND 結構：

P1+P2+⋯+Pn=P1‾ P2‾⋯Pn‾‾P_1+P_2+\cdots+P_n =\overline{\overline{P_1}\,\overline{P_2}\cdots\overline{P_n}}

解題方法

先將原式前兩項合併：

F=AC‾ D‾+A‾ B‾ C‾ D‾+A‾B=C‾ D‾(A+A‾ B‾)+A‾B\begin{aligned} F &=A\overline{C}\,\overline{D} +\overline{A}\,\overline{B}\,\overline{C}\,\overline{D} +\overline{A}B\\ &=\overline{C}\,\overline{D} \left(A+\overline{A}\,\overline{B}\right) +\overline{A}B \end{aligned}

由吸收律與分配律：

A+A‾ B‾=(A+A‾)(A+B‾)=A+B‾A+\overline{A}\,\overline{B} =(A+\overline{A})(A+\overline{B}) =A+\overline{B}

因此：

F=C‾ D‾(A+B‾)+A‾B=AC‾ D‾+B‾ C‾ D‾+A‾B\begin{aligned} F &=\overline{C}\,\overline{D}(A+\overline{B}) +\overline{A}B\\ &=A\overline{C}\,\overline{D} +\overline{B}\,\overline{C}\,\overline{D} +\overline{A}B \end{aligned}

接著將 A+B‾A+\overline{B} 改寫成 NAND 形式：

A+B‾=A‾B‾A+\overline{B} =\overline{\overline{A}B}

令 N1=A‾B‾N_1=\overline{\overline{A}B}，則：

F=C‾ D‾N1+A‾BF=\overline{C}\,\overline{D}N_1+\overline{A}B

以六個雙輸入 NAND 閘接線如下：

  1. N1=A‾B‾N_1=\overline{\overline{A}B}。
  2. N2=C‾ D‾‾N_2=\overline{\overline{C}\,\overline{D}}。
  3. N3=N1C‾‾N_3=\overline{N_1\overline{C}}。
  4. N4=N3D‾‾N_4=\overline{N_3\overline{D}}。
  5. N5=A‾B‾N_5=\overline{\overline{A}B}。
  6. F=N4N5‾F=\overline{N_4N_5}。
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