109 高普考普通考試 電力工程 電子學概要 考古題詳解

109 年・高普考・普通考試・電力工程
試題代碼 電子學概要

第 一 題20 分

分析下圖（A）之電路，若 viv_i 為週期信號，如下圖（B）所示。運算放大器之輸入阻抗為無窮大，輸出阻抗為 0 Ω0\,\Omega，二極體之導通電壓為 0.7 V0.7\,\text{V}，vov_o 之初始電壓為 0 V0\,\text{V}。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）若運算放大器之增益為無窮大，試求 vov_o 之穩態電壓。

（二）若運算放大器之增益為 10 V/V10\,\text{V/V}，試求 vov_o 之穩態電壓。

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核心觀念

此電路是由運算放大器、二極體與電容構成的峰值保持電路。電容接在輸出 vov_o 與地之間；當輸入上升、使二極體導通時，運算放大器會替電容充電。輸入下降時二極體截止，電容則保持已充入的電壓。

圖（B）的輸入電壓依序為 0 V0\,\text{V}、1 V1\,\text{V}、2 V2\,\text{V}、−3 V-3\,\text{V}，並週期重複。由於初始電壓為 0 V0\,\text{V}，穩態輸出由輸入的最高階段決定。

解題方法

二極體導通時，設運算放大器輸出端電壓為 vav_a。二極體導通壓降為 0.7 V0.7\,\text{V}，因此

va=vo+0.7v_a=v_o+0.7

運算放大器的開迴路關係為

va=A(vi−vo)v_a=A(v_i-v_o)

其中 AA 為運算放大器增益。聯立可得二極體導通時電容可充至的電壓：

A(vi−vo)=vo+0.7A(v_i-v_o)=v_o+0.7 vo=Avi−0.7A+1v_o=\frac{Av_i-0.7}{A+1}

當二極體截止時，電容電壓保持不變；因此只有當上述可充電電壓高於目前的 vov_o 時，輸出才會上升。

（一）運算放大器增益為無窮大

當 A→∞A\to\infty，二極體導通時：

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第 二 題20 分

分析下圖之電路。若放大器之輸入阻抗為無窮大，輸出阻抗為 0 Ω0\,\Omega，增益為 100 V/V100\,\text{V/V}，輸入偏移電壓（Offset voltage，VOSV_{OS}）為 10 mV10\,\text{mV}，且

vi=1sin⁡(106t) Volt,v_i=1\sin(10^6t)\ \text{Volt},

vo=αsin⁡(106t)+β.v_o=\alpha\sin(10^6t)+\beta.

（一）若 R=10 kΩR=10\,\text{k}\Omega、C=1 μFC=1\,\mu\text{F}，試求 α\alpha 及 β\beta（單位為 Volt）。

（二）若 R=100 ΩR=100\,\Omega、C=100 pFC=100\,\text{pF}，試求 α\alpha 及 β\beta（單位為 Volt）。

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核心觀念

本題考查有限開迴路增益運算放大器的閉迴路響應，以及輸入偏移電壓造成的直流輸出偏移。電路中的 RR、CC 形成頻率相依的回授，輸出除了正弦項與直流項，還會有一個餘弦項。

依圖中 VOSV_{OS} 電壓源的極性，電容與電阻的接點電壓記為 vcv_c，則反相端電壓為 v−=vc−VOSv_-=v_c-V_{OS}。運放關係式為

vo=A(v+−v−)=A(vi−vc+VOS),A=100.v_o=A(v_+-v_-)=A(v_i-v_c+V_{OS}),\qquad A=100.

解題方法

在電容接點套用 KCL：

Cdvcdt+vc−voR=0.C\frac{dv_c}{dt}+\frac{v_c-v_o}{R}=0.

令 τ=RC\tau=RC，則

vo=vc+τdvcdt.v_o=v_c+\tau\frac{dv_c}{dt}.

對正弦訊號使用頻率響應，令 x=ωRCx=\omega RC，可得

VoVi=H(jω)=A(1+jx)A+1+jx.\frac{V_o}{V_i}=H(j\omega) =\frac{A(1+jx)}{A+1+jx}.

將實部與虛部分開：

H(jω)=A(A+1+x2)(A+1)2+x2+jA2x(A+1)2+x2.H(j\omega)= \frac{A(A+1+x^2)}{(A+1)^2+x^2} +j\frac{A^2x}{(A+1)^2+x^2}.

因此，若 vi=sin⁡(ωt)v_i=\sin(\omega t)，輸出交流部分為

vo,ac=αsin⁡(ωt)+γcos⁡(ωt),v_{o,\text{ac}}=\alpha\sin(\omega t)+\gamma\cos(\omega t),

其中

α=A(A+1+x2)(A+1)2+x2,γ=A2x(A+1)2+x2.\alpha=\frac{A(A+1+x^2)}{(A+1)^2+x^2},\qquad \gamma=\frac{A^2x}{(A+1)^2+x^2}.

直流穩態時電容開路，故 vc=vov_c=v_o。由運放關係式：

vo=A(VOS−vo)⟹β=AA+1VOS=100101(0.01)≈0.009901 V.v_o=A(V_{OS}-v_o) \quad\Longrightarrow\quad \beta=\frac{A}{A+1}V_{OS} =\frac{100}{101}(0.01) \approx 0.009901\text{ V}.

（一）R=10 kΩR=10\,\text{k}\Omega、C=1 μFC=1\,\mu\text{F}

RC=(104)(10−6)=0.01 s,x=ωRC=106(0.01)=10000.RC=(10^4)(10^{-6})=0.01\text{ s},\qquad x=\omega RC=10^6(0.01)=10000.
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第 三 題20 分

分析下圖之電路。若電晶體之電流可表示為

IC=ISexp⁡(VBEVT),I_C=I_S\exp\left(\frac{V_{BE}}{V_T}\right),

電晶體之 β=∞\beta=\infty，輸出阻抗（ror_o）值可忽略。若 IB1=IB2=0.5 mAI_{B1}=I_{B2}=0.5\,\text{mA}、VT=25 mVV_T=25\,\text{mV}、R=100 ΩR=100\,\Omega，且

IS1=IS24=IS3=IS4=5×10−16 A.I_{S1}=\frac{I_{S2}}{4}=I_{S3}=I_{S4}=5\times10^{-16}\,\text{A}.

（一）VB1=?V_{B1}=?

（二）VB2=?V_{B2}=?

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核心觀念

本題考查 BJT 的指數電流關係、二極體接法電晶體的偏壓，以及節點電流定律。由於 β=∞\beta=\infty，基極電流為零，因此各電晶體的射極電流可視為集極電流；又因 ror_o 忽略，依圖中的直流偏壓關係計算即可。

解題方法

（一）求 VB1V_{B1}

Q1Q1 為二極體接法，射極接地；IB1I_{B1} 提供 Q1Q1 的集極電流。由 β=∞\beta=\infty，基極電流為零，因此

IC1=IB1=0.5 mA.I_{C1}=I_{B1}=0.5\,\text{mA}.

套用 BJT 電流式：

IC1=IS1exp⁡(VBE1VT),VB1=VBE1.I_{C1}=I_{S1}\exp\left(\frac{V_{BE1}}{V_T}\right), \qquad V_{B1}=V_{BE1}.

故

VB1=VTln⁡(IC1IS1)=25 mV⋅ln⁡(0.5×10−35×10−16)≈0.6908 V.V_{B1} =V_T\ln\left(\frac{I_{C1}}{I_{S1}}\right) =25\,\text{mV}\cdot \ln\left(\frac{0.5\times10^{-3}}{5\times10^{-16}}\right) \approx 0.6908\,\text{V}.

（二）求 VB2V_{B2}

Q2Q2 的基極接在 VB1V_{B1}，射極接 R=100 ΩR=100\,\Omega 至地。令 IC2=IE2=I2I_{C2}=I_{E2}=I_2，則

VBE2=VB1−I2R.V_{BE2}=V_{B1}-I_2R.

由 IS2=4IS1I_{S2}=4I_{S1}，且 Q1Q1、Q2Q2 共用基極電壓：

I2=IS2exp⁡(VB1−I2RVT)=4IC1exp⁡(−I2RVT).I_2 =I_{S2}\exp\left(\frac{V_{B1}-I_2R}{V_T}\right) =4I_{C1}\exp\left(-\frac{I_2R}{V_T}\right).
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第 四 題20 分

下圖電路中，若電晶體 M1M_1、M2M_2 皆操作於飽和區，且電晶體之轉導值（gmg_m）皆為 10 mA/V10\,\text{mA/V}，忽略電晶體之輸出阻抗（ror_o）。

（一）請說明本電路之輸入端及輸出端分別採用何種回授組態？（5 分）

（二）試求

vovi=?\frac{v_o}{v_i}=?

（需標註正負號，全對計分。）（10 分）

（三）試求 Rout=?R_{\text{out}}=?（5 分）

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核心觀念

本題考查負回授組態、小訊號等效電路與回授放大器的電壓增益及輸出電阻。

  • M1M_1 為 NMOS 共源級，M2M_2 為 PMOS 共源級；兩者的輸出阻抗 ror_o 忽略。
  • M1M_1 的源極電壓由 1 kΩ1\,\text{k}\Omega 接地，並經 99 kΩ99\,\text{k}\Omega 連至輸出端。輸出電壓因此被取樣，回授電壓加在 M1M_1 源極，與輸入電壓形成 vgs1=vi−vsv_{gs1}=v_i-v_s。
  • 輸出端採電壓取樣，輸入端採串聯混合，故為電壓串聯回授，也稱串聯—並聯回授。

解題方法

令 vxv_x 為 M1M_1 汲極、M2M_2 閘極的電壓，vsv_s 為 M1M_1 源極電壓。電源端為交流接地，且 gm1=gm2=0.01 Sg_{m1}=g_{m2}=0.01\,\text{S}。

在 vxv_x 節點列式：

vx10 kΩ+gm1(vi−vs)=0⇒vx=100(vs−vi)\frac{v_x}{10\,\text{k}\Omega}+g_{m1}(v_i-v_s)=0 \quad\Rightarrow\quad v_x=100(v_s-v_i)

在 vsv_s 節點列式：

vs1 kΩ+vs−vo99 kΩ+gm1(vs−vi)=0\frac{v_s}{1\,\text{k}\Omega} +\frac{v_s-v_o}{99\,\text{k}\Omega} +g_{m1}(v_s-v_i)=0

乘以 99 kΩ99\,\text{k}\Omega 後：

1090vs−vo−990vi=0⇒vo=1090vs−990vi1090v_s-v_o-990v_i=0 \quad\Rightarrow\quad v_o=1090v_s-990v_i

M2M_2 為 PMOS 共源級，vxv_x 增加時，輸出電壓下降；其小訊號汲極電流（由輸出節點流入電晶體）為 gm2vxg_{m2}v_x。在輸出節點列式：

vo10 kΩ+vo−vs99 kΩ+gm2vx=0\frac{v_o}{10\,\text{k}\Omega} +\frac{v_o-v_s}{99\,\text{k}\Omega} +g_{m2}v_x=0

乘以 99 kΩ99\,\text{k}\Omega：

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第 五 題20 分

分析以下之邏輯電路。若三個 D 型正反器輸出的初始值 Q1Q_1、Q2Q_2、Q3Q_3 皆為邏輯 1，CLKCLK 為頻率 1 MHz1\,\text{MHz} 的方波時脈信號。

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（一）若 SS 的輸入為邏輯 0，試繪出 Q1Q_1 的波形，並求其輸出週期。（5 分）

（二）承上，D 型正反器輸出的電壓位準為 1 V1\,\text{V}（邏輯 1）及 0 V0\,\text{V}（邏輯 0），若電容 C=1 pFC=1\,\text{pF}，試求電容的動態功率消耗。（10 分）

（三）若 SS 的輸入為邏輯 1，試繪出 Q1Q_1 的波形，並求其輸出週期。（5 分）

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核心觀念

三個 D 型正反器共用 CLK，符號沒有反相泡泡，因此在 CLK 上升緣更新。上升緣到來時，各正反器的輸出更新為其 D 端當下的值。

由圖中的 NAND 閘與回授線可列出：

D1=Q2Q3‾,D2=Q1,D3=SQ2‾‾D_1=\overline{Q_2Q_3},\qquad D_2=Q_1,\qquad D_3=\overline{S\overline{Q_2}}

因此，每一個 CLK 上升緣後：

Q1+=Q2Q3‾,Q2+=Q1,Q3+=SQ2‾‾Q_1^+=\overline{Q_2Q_3},\qquad Q_2^+=Q_1,\qquad Q_3^+=\overline{S\overline{Q_2}}

CLK 頻率為 1 MHz1\,\text{MHz}，所以：

TCLK=11 MHz=1 μsT_{\text{CLK}}=\frac{1}{1\,\text{MHz}}=1\,\mu\text{s}

以下狀態表中的 n=0n=0 是初始狀態；n=1,2,…n=1,2,\ldots 是各次上升緣更新後的狀態。

（一）S=0S=0 時的 Q1Q_1 波形與週期

當 S=0S=0 時，D3=1D_3=1，故 Q3Q_3 在每次更新後皆為 1。由初始狀態 (Q1,Q2,Q3)=(1,1,1)(Q_1,Q_2,Q_3)=(1,1,1) 逐次更新：

上升緣次數 nnQ1Q2Q3Q_1Q_2Q_3
0（初始）111
1011
2001
3101
4111

狀態回到初始值，因此每 4 個 CLK 週期重複一次。Q1Q_1 的取值序列為：

1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1,…1,\ 0,\ 0,\ 1,\ 1,\ 0,\ 0,\ 1,\ldots

其中波形每 4 個時脈週期重複；Q1Q_1 週期為：

TQ1=4TCLK=4 μsT_{Q_1}=4T_{\text{CLK}}=4\,\mu\text{s}

**波形標記：**初始為高，第一個上升緣後轉低；其後依序為低、低、高、高、低、低、高……。

（二）電容的動態功率消耗

電容接在 Q1Q_1 節點與地之間。Q1Q_1 每 4 個時脈週期完成一次完整重複，其中每週期有一次由 0 升至 1 的充電轉換。因此，每秒充電次數為：

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