112 鐵路特考員級 電力工程 電子學概要 考古題詳解

112 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

圖一中，V(t)V(t)為週期TT的電壓訊號。寫出其0≤t≤T0\leq t\leq T之數學表示式，並計算其平均值與有效值。

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核心觀念

本題考查週期訊號的分段表示，以及平均值與有效值定義：

平均值：

Vavg=1T∫0TV(t) dtV_{\mathrm{avg}}=\frac{1}{T}\int_0^T V(t)\,dt

有效值：

Vrms=1T∫0T[V(t)]2 dtV_{\mathrm{rms}}=\sqrt{\frac{1}{T}\int_0^T [V(t)]^2\,dt}

由圖一可讀出：

  • 0≤t<0.5T0\leq t<0.5T：由 00 線性上升至 33
  • 0.5T≤t≤T0.5T\leq t\leq T：由 00 線性下降至 −1-1
  • t=Tt=T 時跳回 00，並以週期 TT 重複

數學表示式

第一段直線通過 (0,0)(0,0) 與 (0.5T,3)(0.5T,3)，斜率為：

m1=3−00.5T=6Tm_1=\frac{3-0}{0.5T}=\frac{6}{T}

因此：

V(t)=6Tt,0≤t<T2V(t)=\frac{6}{T}t,\qquad 0\leq t<\frac{T}{2}

第二段直線通過 (0.5T,0)(0.5T,0) 與 (T,−1)(T,-1)，斜率為：

m2=−1−0T−0.5T=−2Tm_2=\frac{-1-0}{T-0.5T}=-\frac{2}{T}

故：

V(t)=1−2tT,T2≤t≤TV(t)=1-\frac{2t}{T},\qquad \frac{T}{2}\leq t\leq T

所以一個週期內的波形為：

V(t)={6tT,0≤t<T2,1−2tT,T2≤t≤T.V(t)= \begin{cases} \dfrac{6t}{T}, & 0\leq t<\dfrac{T}{2},\\[6pt] 1-\dfrac{2t}{T}, & \dfrac{T}{2}\leq t\leq T. \end{cases}

端點的瞬間跳躍不影響積分結果。

平均值

Vavg=1T[∫0T/26tT dt+∫T/2T(1−2tT)dt]V_{\mathrm{avg}} =\frac{1}{T} \left[ \int_0^{T/2}\frac{6t}{T}\,dt + \int_{T/2}^{T}\left(1-\frac{2t}{T}\right)dt \right]

第一段面積為三角形：

A1=12(T2)(3)=3T4A_1=\frac{1}{2}\left(\frac{T}{2}\right)(3)=\frac{3T}{4}

第二段面積為梯形：

A2=12(T2)(0−1)=−T4A_2=\frac{1}{2}\left(\frac{T}{2}\right)(0-1)=-\frac{T}{4}

因此：

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第 二 題20 分

圖二電路中，二極體導通電壓為0.7 V0.7\ \mathrm{V}，Vin(t)=12sin⁡ωt VV_{in}(t)=12\sin\omega t\ \mathrm{V}，變壓器圈數比為3:13:1，RL=200 ΩR_L=200\ \Omega。對照Vin(t)V_{in}(t)之時間軸波形，畫出ID1I_{D1}與ID2I_{D2}電流波形，至少兩個週期，並標示D1D_1與D2D_2導通的時間點以及準位。

使用最靠近的角度：

sin⁡5.7∘=0.1\sin 5.7^\circ=0.1，sin⁡8.6∘=0.15\sin 8.6^\circ=0.15，sin⁡11.5∘=0.2\sin 11.5^\circ=0.2，sin⁡14.5∘=0.25\sin 14.5^\circ=0.25，sin⁡17.5∘=0.3\sin 17.5^\circ=0.3，sin⁡20.5∘=0.35\sin 20.5^\circ=0.35，sin⁡23.6∘=0.4\sin 23.6^\circ=0.4，sin⁡26.7∘=0.45\sin 26.7^\circ=0.45，sin⁡30∘=0.5\sin 30^\circ=0.5。

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核心觀念

本題考查：

  1. 變壓器匝數比與電壓比例。
  2. 橋式整流電路的導通路徑。
  3. 二極體定電壓降模型。
  4. 二極體電流與負載電流的關係。

圖中變壓器匝數比取一次側：二次側 =3:1=3:1，因此二次側電壓為

vs(t)=123sin⁡ωt=4sin⁡ωt Vv_s(t)=\frac{12}{3}\sin\omega t =4\sin\omega t\ \mathrm{V}

橋式整流每次有兩顆二極體串聯導通，因此總導通壓降為

2(0.7)=1.4 V2(0.7)=1.4\ \mathrm{V}

解題方法

令

θ=ωt\theta=\omega t

當二次側電壓為正半週時，D2D_2 與 D3D_3 導通；當二次側電壓為負半週時，D1D_1 與 D4D_4 導通。

因為題目要求 ID1I_{D1} 與 ID2I_{D2}，只需分別分析兩個半週。

D2D_2 導通區間

正半週時：

vs=4sin⁡θv_s=4\sin\theta

導通條件為

4sin⁡θ≥1.44\sin\theta\geq 1.4

因此

sin⁡θ≥0.35\sin\theta\geq 0.35

依題目提供的近似值：

sin⁡20.5∘≈0.35\sin20.5^\circ\approx0.35

所以導通起始角為

α=20.5∘\alpha=20.5^\circ

D2D_2 的導通區間為

20.5∘≤θ≤159.5∘20.5^\circ\leq\theta\leq159.5^\circ

導通時，負載電流也是 D2D_2 電流：

ID2=vs−1.4RL=4sin⁡θ−1.4200 AI_{D2} =\frac{v_s-1.4}{R_L} =\frac{4\sin\theta-1.4}{200} \ \mathrm{A}

因此

ID2(θ)={4sin⁡θ−1.4200,20.5∘≤θ≤159.5∘0,其他時間I_{D2}(\theta)= \begin{cases} \dfrac{4\sin\theta-1.4}{200},& 20.5^\circ\leq\theta\leq159.5^\circ\\[6pt] 0,&\text{其他時間} \end{cases}

其最大值發生在 θ=90∘\theta=90^\circ：

ID2,max⁡=4−1.4200=2.6200=0.013 A=13 mAI_{D2,\max} =\frac{4-1.4}{200} =\frac{2.6}{200} =0.013\ \mathrm{A} =13\ \mathrm{mA}

D1D_1 導通區間

負半週時，D1D_1 與 D4D_4 導通。此時

vs=4sin⁡θ<0v_s=4\sin\theta<0

電流大小為

ID1=−vs−1.4RL=−4sin⁡θ−1.4200 AI_{D1} =\frac{-v_s-1.4}{R_L} =\frac{-4\sin\theta-1.4}{200} \ \mathrm{A}

導通條件為

−4sin⁡θ≥1.4-4\sin\theta\geq1.4

也就是

sin⁡θ≤−0.35\sin\theta\leq-0.35

因此 D1D_1 的導通區間為

200.5∘≤θ≤339.5∘200.5^\circ\leq\theta\leq339.5^\circ

故

ID1(θ)={−4sin⁡θ−1.4200,200.5∘≤θ≤339.5∘0,其他時間I_{D1}(\theta)= \begin{cases} \dfrac{-4\sin\theta-1.4}{200},& 200.5^\circ\leq\theta\leq339.5^\circ\\[6pt] 0,&\text{其他時間} \end{cases}
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第 三 題20 分

圖三電路使用理想運算放大器，偏壓+VCC=+5 V+V_{CC}=+5\ \mathrm{V}，Ra=6 kΩR_a=6\ \mathrm{k}\Omega，Rb=RL=4 kΩR_b=R_L=4\ \mathrm{k}\Omega。

(一) 在−5 V≤Vin≤+5 V-5\ \mathrm{V}\leq V_{in}\leq+5\ \mathrm{V}區間，畫出VoV_o（縱軸）與VinV_{in}（橫軸）之間的關係特性曲線圖，必須說明理由或適當推導。（12分）

(二) Vin(t)V_{in}(t)為±5 V\pm 5\ \mathrm{V}對稱週期性三角波，週期為4 ms4\ \mathrm{ms}，畫出對應於Vin(t)V_{in}(t)之Vo(t)V_o(t)。（8分）

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核心觀念

本題考查理想運算放大器作為「具有正回授的遲滯比較器」，也就是史密特觸發器。

理想運算放大器的判斷規則為：

  • 若 V+>V−V_+>V_-，輸出飽和至高電位；
  • 若 V+<V−V_+<V_-，輸出飽和至低電位。

由圖可知：

  • V−=VinV_-=V_{in}
  • V+V_+由輸出電壓經 RbR_b、RaR_a 分壓而得
  • 單電源供應為 0 V0\ \mathrm{V} 與 +5 V+5\ \mathrm{V}，因此理想輸出飽和電位為 0 V0\ \mathrm{V} 或 +5 V+5\ \mathrm{V}

RLR_L只影響輸出負載電流，不影響理想運算放大器的輸出電壓。

解題方法與推導

非反相端電壓為：

V+=RaRa+RbVoV_+=\frac{R_a}{R_a+R_b}V_o

代入 Ra=6 kΩR_a=6\ \mathrm{k}\Omega、Rb=4 kΩR_b=4\ \mathrm{k}\Omega：

V+=66+4Vo=0.6VoV_+=\frac{6}{6+4}V_o=0.6V_o

1. 輸出為高電位時

當 Vo=+5 VV_o=+5\ \mathrm{V}：

V+=0.6(5)=3 VV_+=0.6(5)=3\ \mathrm{V}

此時比較器在 VinV_{in} 上升時，當

Vin>3 VV_{in}>3\ \mathrm{V}

便有 V−>V+V_- > V_+，輸出由高電位翻轉為低電位。

因此，上升方向的轉換門檻為：

VT+=+3 VV_{T+}=+3\ \mathrm{V}

2. 輸出為低電位時

當 Vo=0 VV_o=0\ \mathrm{V}：

V+=0.6(0)=0 VV_+=0.6(0)=0\ \mathrm{V}

此時在 VinV_{in} 下降時，當

Vin<0 VV_{in}<0\ \mathrm{V}

便有 V+>V−V_+>V_-，輸出由低電位翻轉為高電位。

因此，下降方向的轉換門檻為：

VT−=0 VV_{T-}=0\ \mathrm{V}

（一）VoV_o 與 VinV_{in} 的轉移特性

因此具有遲滯現象：

  • VinV_{in} 由低往高增加時：在 Vin=3 VV_{in}=3\ \mathrm{V} 由 +5 V+5\ \mathrm{V} 降為 0 V0\ \mathrm{V}
  • VinV_{in} 由高往低降低時：在 Vin=0 VV_{in}=0\ \mathrm{V} 由 0 V0\ \mathrm{V} 升為 +5 V+5\ \mathrm{V}

轉移特性可表示為：

Vo={+5 V,Vin<0 V0 V,Vin>3 VV_o= \begin{cases} +5\ \mathrm{V}, & V_{in}<0\ \mathrm{V}\\[4pt] 0\ \mathrm{V}, & V_{in}>3\ \mathrm{V} \end{cases}

在

0≤Vin≤3 V0\leq V_{in}\leq 3\ \mathrm{V}

的區間內，輸出狀態取決於輸入電壓的變化方向：

  • 輸入由低往高：輸出維持 +5 V+5\ \mathrm{V}
  • 輸入由高往低：輸出維持 0 V0\ \mathrm{V}

遲滯寬度為：

ΔVH=VT+−VT−=3−0=3 V\Delta V_H=V_{T+}-V_{T-}=3-0=3\ \mathrm{V}

轉移圖為一個上下切換的遲滯迴圈：上升掃描在 Vin=3 VV_{in}=3\ \mathrm{V} 向下跳變，下降掃描在 Vin=0 VV_{in}=0\ \mathrm{V} 向上跳變。

（二）三角波輸入對應的輸出波形

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第 四 題20 分

圖四放大器VCC=VEE=+5 VV_{CC}=V_{EE}=+5\ \mathrm{V}，電晶體β=20\beta=20，ro→∞r_o\to\infty，RB=97 kΩR_B=97\ \mathrm{k}\Omega，RB//RL=10 kΩR_B\mathbin{//}R_L=10\ \mathrm{k}\Omega，RE=8 kΩR_E=8\ \mathrm{k}\Omega，集極直流電位VCQ=+1 VV_{CQ}=+1\ \mathrm{V}，Rsig=59 ΩR_{sig}=59\ \Omega。

在交流分析時，所有耦合電容均視為短路，求算小訊號輸入電阻RinR_{in}與增益Gv=vo/vsigG_v=v_o/v_{sig}。（20分）

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核心觀念

本題為 共基極（common-base）放大器：

  • 基極經 CCBC_{CB} 接交流地，因此交流分析時 vb=0v_b=0。
  • 輸入訊號由射極端送入。
  • 輸出由集極端取出。
  • 直流分析時耦合電容視為開路；交流分析時耦合電容視為短路。
  • 採用室溫常用近似： VBE≈0.7 V,VT≈25 mVV_{BE}\approx 0.7\ \mathrm{V},\qquad V_T\approx25\ \mathrm{mV}

一、直流工作點

直流時所有耦合電容開路，因此 RLR_L 不參與直流分析。由於 RBR_B 由集極接至基極，RBR_B 中的電流即為基極電流：

IRB=IBI_{R_B}=I_B

設射極電壓為 VEV_E，則

VB=VE+0.7V_B=V_E+0.7

又因 VCQ=1 VV_{CQ}=1\ \mathrm{V}，故經由 RBR_B 的電壓降為

VC−VB=IBRBV_C-V_B=I_B R_B

因此

1−(VE+0.7)=97 kΩ⋅IB1-(V_E+0.7)=97\,\mathrm{k}\Omega\cdot I_B

即

0.3−VE=97 kΩ⋅IB0.3-V_E=97\,\mathrm{k}\Omega\cdot I_B

射極電流為

IE=(β+1)IB=21IBI_E=(\beta+1)I_B=21I_B

而 RER_E 接至 −VEE=−5 V-V_{EE}=-5\ \mathrm{V}，所以

IE=VE−(−5)8 kΩ=VE+58 kΩI_E=\frac{V_E-(-5)}{8\,\mathrm{k}\Omega} =\frac{V_E+5}{8\,\mathrm{k}\Omega}

代入 VE=0.3−97 kΩIBV_E=0.3-97\,\mathrm{k}\Omega I_B：

21IB=5.3−97 kΩIB8 kΩ21I_B=\frac{5.3-97\,\mathrm{k}\Omega I_B}{8\,\mathrm{k}\Omega}

整理得

168 kΩIB+97 kΩIB=5.3168\,\mathrm{k}\Omega I_B+97\,\mathrm{k}\Omega I_B=5.3

IB=20 μAI_B=20\ \mu\mathrm{A}

因此

IC=βIB=20(20 μA)=0.4 mAI_C=\beta I_B=20(20\ \mu\mathrm{A}) =0.4\ \mathrm{mA}

IE=(β+1)IB=0.42 mAI_E=(\beta+1)I_B=0.42\ \mathrm{mA}

由集極電阻的直流電流為 IC+IB=IEI_C+I_B=I_E，可求得

RC=VCC−VCQIC+IB=5−10.42 mA≈9.52 kΩR_C=\frac{V_{CC}-V_{CQ}}{I_C+I_B} =\frac{5-1}{0.42\ \mathrm{mA}} \approx9.52\ \mathrm{k}\Omega

二、小訊號參數

小訊號射極內電阻為

re=VTIE=25 mV0.42 mA≈59.52 Ωr_e=\frac{V_T}{I_E} =\frac{25\ \mathrm{mV}}{0.42\ \mathrm{mA}} \approx59.52\ \Omega

也可寫成

gm=ICVT=0.4 mA25 mV=16 mSg_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.4\ \mathrm{mA}}{25\ \mathrm{mV}} =16\ \mathrm{mS}

由於 ro→∞r_o\to\infty，不需考慮輸出電阻效應。

三、小訊號輸入電阻 RinR_{in}

交流時 CCEC_{CE} 短路，因此射極端看到：

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第 五 題20 分

aa、bb與yy均為整數，其二進位表示分別為A1A0A_1A_0、B1B0B_1B_0與Y1Y0Y_1Y_0。已知0≤a≤20\leq a\leq2、1≤b≤31\leq b\leq3，以雙輸入或三輸入邏輯閘實現y=∣a−b∣y=|a-b|的運算，先寫出以A0A_0、A1A_1、B0B_0與B1B_1表示之Y0Y_0與Y1Y_1布林代數式，再畫出對應的邏輯電路。（20分）

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核心觀念

本題考查二位元數的絕對差值，以及由真值表化簡組合邏輯。aa 的範圍是 00 至 22，bb 的範圍是 11 至 33，兩者都用二位元表示；因此 y=∣a−b∣y=|a-b| 的最大值為 33，輸出也以 Y1Y0Y_1Y_0 表示。

解題方法

先列出所有合法輸入組合，計算 ∣a−b∣|a-b|，再將輸出欄位分別化簡為布林代數式。題目指定雙輸入或三輸入邏輯閘，因此式子可用二輸入、三輸入 AND／OR、反相器及 XOR 閘實現。

| aa | A1A0A_1A_0 | bb | B1B0B_1B_0 | y=∣a−b∣y=|a-b| | Y1Y0Y_1Y_0 | |---:|:---:|---:|:---:|---:|:---:| | 0 | 00 | 1 | 01 | 1 | 01 | | 0 | 00 | 2 | 10 | 2 | 10 | | 0 | 00 | 3 | 11 | 3 | 11 | | 1 | 01 | 1 | 01 | 0 | 00 | | 1 | 01 | 2 | 10 | 1 | 01 | | 1 | 01 | 3 | 11 | 2 | 10 | | 2 | 10 | 1 | 01 | 1 | 01 | | 2 | 10 | 2 | 10 | 0 | 00 | | 2 | 10 | 3 | 11 | 1 | 01 |

其中 a=3a=3（A1A0=11A_1A_0=11）及 b=0b=0（B1B0=00B_1B_0=00）不在題目給定範圍內，屬於不使用的輸入組合；化簡時可視為 don’t-care。

化簡 Y1Y_1

由表中可知，Y1=1Y_1=1 的組合為：

  • A1A0=00A_1A_0=00 時，b=2,3b=2,3，即 B1=1B_1=1；
  • A1A0=01A_1A_0=01 時，b=3b=3，即 B1B0=11B_1B_0=11。

所以可寫成：

Y1=A1‾A0‾B1+A1‾A0B1B0Y_1=\overline{A_1}\overline{A_0}B_1+\overline{A_1}A_0B_1B_0

提出公因式並利用 A0‾+A0B0=A0‾+B0\overline{A_0}+A_0B_0=\overline{A_0}+B_0：

Y1=A1‾B1(A0‾+A0B0)=A1‾B1(A0‾+B0)\begin{aligned} Y_1 &=\overline{A_1}B_1(\overline{A_0}+A_0B_0)\\ &=\overline{A_1}B_1(\overline{A_0}+B_0) \end{aligned}

故：

Y1=A1‾B1(A0‾+B0)\boxed{Y_1=\overline{A_1}B_1(\overline{A_0}+B_0)}

化簡 Y0Y_0

Y0=1Y_0=1 的合法輸入組合為：

(A1A0,B1B0)=(00,01),(00,11),(01,10),(10,01),(10,11)(A_1A_0,B_1B_0)=(00,01),(00,11),(01,10),(10,01),(10,11)
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