114 高普考普通考試 電信工程 電子學概要 考古題詳解

114 年・高普考・普通考試・電信工程
試題代碼 電子學概要

第 一 題25 分

如圖一所示之電路，其中電壓源 V+V^+ 上有 10 V10\ \mathrm{V} 的直流電壓，及頻率為 60 Hz60\ \mathrm{Hz}、峰值為 1 V1\ \mathrm{V} 的弦波電壓變動。假設二極體在 1 mA1\ \mathrm{mA} 時的跨壓約為 0.7 V0.7\ \mathrm{V}，溫度伏特當量 VT=25 mVV_T=25\ \mathrm{mV}。試求：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 二極體直流電流 IDI_D？（5 分）

(二) 二極體之小信號電阻（small-signal resistance）rdr_d？（5 分）

(三) 繪出圖一之小信號等效電路。（10 分）

(四) 計算小信號等效電路中二極體之電壓峰值 vd(peak)v_d(\mathrm{peak})？（5 分）

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核心觀念

本題考查二極體的直流工作點與小信號模型：

  • 直流分析時，二極體以固定跨壓 VD≈0.7 VV_D \approx 0.7\ \mathrm{V} 表示。
  • 小信號分析時，直流電壓源視為交流接地，二極體以小信號電阻 rd=VTIDr_d=\frac{V_T}{I_D} 取代。
  • 二極體交流電壓由串聯電阻分壓決定。

（一）二極體直流電流 IDI_D

直流電壓源為 10 V10\ \mathrm{V}，二極體直流跨壓約為 0.7 V0.7\ \mathrm{V}，因此：

ID=10−0.710 kΩI_D=\frac{10-0.7}{10\ \mathrm{k\Omega}} ID=9.3 V10 kΩ=0.93 mAI_D=\frac{9.3\ \mathrm{V}}{10\ \mathrm{k\Omega}} =0.93\ \mathrm{mA}

（二）二極體小信號電阻 rdr_d

二極體小信號電阻為：

rd=VTIDr_d=\frac{V_T}{I_D}

代入 VT=25 mVV_T=25\ \mathrm{mV} 及 ID=0.93 mAI_D=0.93\ \mathrm{mA}：

rd=25 mV0.93 mA≈26.9 Ωr_d=\frac{25\ \mathrm{mV}}{0.93\ \mathrm{mA}} \approx 26.9\ \Omega

因此：

rd≈27 Ω\boxed{r_d\approx 27\ \Omega}

（三）小信號等效電路

進行小信號分析時：

  1. 10 V10\ \mathrm{V} 直流電壓源視為短路，故其交流等效為接地。
  2. 二極體以 rd≈27 Ωr_d\approx27\ \Omega 取代。
  3. 原本的 10 kΩ10\ \mathrm{k\Omega} 電阻接在交流輸入端與地之間。
  4. 輸入交流電壓為峰值 1 V1\ \mathrm{V}、頻率 60 Hz60\ \mathrm{Hz} 的正弦波。
  5. vdv_d 為 rdr_d 兩端電壓，上端為正。

等效電路可表示為：

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第 二 題25 分

如圖二所示 BJT 電路，vsv_s 為輸入的交流小信號，BJT 操作在作用區（active region）。若 β=99\beta=99、VBE=0.7 VV_{BE}=0.7\ \mathrm{V}，請計算下列各項參數：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) VBV_B

(二) rer_e

(三) RinR_{in}

(四) RoR_o

(五) vovs\dfrac{v_o}{v_s}

（25 分）

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核心觀念

本題為 BJT 共集極放大器（emitter follower），需分別進行：

  1. 直流偏壓分析：耦合電容視為開路。
  2. 交流小信號分析：中頻時耦合電容視為短路，+3 V+3\ \mathrm{V} 電源為交流接地。
  3. 輸入電阻須考慮基極偏壓電阻及晶體管輸入電阻。
  4. 輸出電阻須將負載 1 kΩ1\ \mathrm{k\Omega} 移除後，由輸出端向內看。

已知：

β=99,β+1=100,VBE=0.7 V\beta=99,\qquad \beta+1=100,\qquad V_{BE}=0.7\ \mathrm{V}

(一) 計算 VBV_B

直流時兩個耦合電容開路，因此輸入源與輸出負載不影響直流偏壓。

設基極電流為 IBI_B，則：

IE=(β+1)IB=100IBI_E=(\beta+1)I_B=100I_B

由基極迴路套用 KVL：

3=100kΩ⋅IB+0.7+(100IB)(1kΩ)3=100\mathrm{k\Omega}\cdot I_B+0.7+ (100I_B)(1\mathrm{k\Omega})

因此：

2.3=200kΩ⋅IB2.3=200\mathrm{k\Omega}\cdot I_B IB=11.5 μAI_B=11.5\ \mu\mathrm{A}

所以：

VB=VBE+IE(1kΩ)V_B=V_{BE}+I_E(1\mathrm{k\Omega}) VB=0.7+(100)(11.5 μA)(1kΩ)V_B=0.7+(100)(11.5\ \mu\mathrm{A})(1\mathrm{k\Omega}) VB=1.85 V\boxed{V_B=1.85\ \mathrm{V}}

同時：

IE=1.15 mAI_E=1.15\ \mathrm{mA}

(二) 計算 rer_e

小信號射極電阻為：

re=VTIEr_e=\frac{V_T}{I_E}

室溫下取 VT≈25 mVV_T\approx25\ \mathrm{mV}，故：

re=25 mV1.15 mAr_e=\frac{25\ \mathrm{mV}}{1.15\ \mathrm{mA}} re≈21.7 Ω\boxed{r_e\approx21.7\ \Omega}

(三) 計算 RinR_{in}

1. 交流射極等效電阻

交流時，輸出耦合電容視為短路，因此射極端同時看到內部 1 kΩ1\ \mathrm{k\Omega} 與負載 1 kΩ1\ \mathrm{k\Omega}：

RE′=1kΩ∥1kΩ=500 ΩR_E'=1\mathrm{k\Omega}\parallel1\mathrm{k\Omega} =500\ \Omega

2. 由基極看入的輸入電阻

共集極電路由基極看入：

Rib=(β+1)(re+RE′)R_{ib}=(\beta+1)(r_e+R_E') Rib=100(21.7+500)R_{ib}=100(21.7+500) Rib≈52.17 kΩR_{ib}\approx52.17\ \mathrm{k\Omega}

3. 放大器輸入電阻

基極偏壓電阻為 100 kΩ100\ \mathrm{k\Omega}，因此：

Rin=100kΩ∥52.17kΩR_{in}=100\mathrm{k\Omega}\parallel52.17\mathrm{k\Omega} Rin≈34.3 kΩ\boxed{R_{in}\approx34.3\ \mathrm{k\Omega}}

注意：圖中的 10 kΩ10\ \mathrm{k\Omega} 是訊號源內阻，不包含在放大器本身的 RinR_{in} 中。

(四) 計算 RoR_o

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第 三 題25 分

如圖三所示之差動放大電路，試求下列各項參數：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 當 vB1=vid2v_{B1}=\dfrac{v_{id}}{2}、vB2=−vid2v_{B2}=-\dfrac{v_{id}}{2}，vidv_{id} 是一個均值為零的小信號，請計算 Ad=vovidA_d=\dfrac{v_o}{v_{id}}。（10 分）

(二) 當 vB1=vB2=vicmv_{B1}=v_{B2}=v_{icm}，vicmv_{icm} 是一個均值為零的小信號，請計算 Acm=vovicmA_{cm}=\dfrac{v_o}{v_{icm}}。（10 分）

(三) 請計算共模拒斥比（CMRR）。（5 分）

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核心觀念

本題考查 BJT 差動放大器的小信號分析：

  • 差動模態輸入： vid=vB1−vB2v_{id}=v_{B1}-v_{B2}
  • 共模模態輸入： vicm=vB1=vB2v_{icm}=v_{B1}=v_{B2}
  • BJT 小信號跨導： gm=ICVTg_m=\frac{I_C}{V_T}
  • 單端輸出取自 Q2Q_2 集極，因此差動增益與共模增益的正負號須依 Q2Q_2 的輸入變化判斷。

假設晶體管匹配、β\beta 很大、忽略 ror_o，並取室溫熱電壓 VT=25 mVV_T=25\text{ mV}。

一、求差動增益 AdA_d

1. 決定靜態工作點

兩個基極的直流電壓為 0 V0\text{ V}，假設 VBE≃0.7 VV_{BE}\simeq 0.7\text{ V}，因此共射極節點電壓為

VE≃−0.7 VV_E\simeq -0.7\text{ V}

尾端電流為

IT=(−0.7)−(−5)4.3 kΩ=4.3 V4.3 kΩ=1 mAI_T=\frac{(-0.7)-(-5)}{4.3\text{ k}\Omega} =\frac{4.3\text{ V}}{4.3\text{ k}\Omega} =1\text{ mA}

由於電路對稱：

IC1=IC2≃IT2=0.5 mAI_{C1}=I_{C2}\simeq \frac{I_T}{2}=0.5\text{ mA}

所以

gm=0.5 mA25 mV=20 mSg_m=\frac{0.5\text{ mA}}{25\text{ mV}} =20\text{ mS}

2. 差動激勵的小信號分析

給定

vB1=vid2,vB2=−vid2v_{B1}=\frac{v_{id}}{2},\qquad v_{B2}=-\frac{v_{id}}{2}

差動激勵具有對稱性，故共射極節點為交流接地：

ve=0v_e=0

因此 Q2Q_2 的集極電流小信號變化為

Δic2=gm(vB2−ve)=gm(−vid2)=−gmvid2\Delta i_{c2} =g_m(v_{B2}-v_e) =g_m\left(-\frac{v_{id}}{2}\right) =-\frac{g_m v_{id}}{2}

Q2Q_2 集極電阻為 RC=2 kΩR_C=2\text{ k}\Omega，輸出電壓為

vo=−RCΔic2=−RC(−gmvid2)v_o=-R_C\Delta i_{c2} =-R_C\left(-\frac{g_m v_{id}}{2}\right)

所以

Ad=vovid=gmRC2A_d=\frac{v_o}{v_{id}} =\frac{g_mR_C}{2}

代入數值：

Ad=(20 mS)(2 kΩ)2=20 V/VA_d=\frac{(20\text{ mS})(2\text{ k}\Omega)}{2} =20\text{ V/V}

因此

Ad=+20 V/V\boxed{A_d=+20\text{ V/V}}

正號的原因是輸出取自 Q2Q_2 集極，而 vB2v_{B2} 為負的差動輸入。

二、求共模增益 AcmA_{cm}

1. 共模小信號模型

當

vB1=vB2=vicmv_{B1}=v_{B2}=v_{icm}

兩支晶體管的電流變化相同，尾端電阻 RT=4.3 kΩR_T=4.3\text{ k}\Omega 不再是交流接地，必須保留。

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第 四 題25 分

如圖四所示之 CMOS 電路，若 QPQ_P、QNQ_N 之參數分別如下：

Vtn=∣Vtp∣=0.4 V,(WL)p=2(WL)n=3,μnCox=4μpCox=300 μA/V2V_{tn}=|V_{tp}|=0.4\ \mathrm{V},\qquad \left(\frac{W}{L}\right)_p=2\left(\frac{W}{L}\right)_n=3,\qquad \mu_n C_{ox}=4\mu_p C_{ox}=300\ \mu\mathrm{A}/\mathrm{V}^2

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

試求：（每小題 5 分，共 25 分）

(一) QPQ_P 操作在哪一個工作區域？

(二) iDi_D？

(三) QNQ_N 操作在哪一個工作區域？

(四) 輸出電壓 VOLV_{OL}？

(五) 靜態功率損耗（static power dissipation）PDP_D？

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題考查 CMOS 反相器在輸入電壓固定時：

  1. 由 VGSV_{GS}、VSGV_{SG} 及過驅電壓判斷 QNQ_N、QPQ_P 的工作區域。
  2. 利用 MOSFET 平方律方程式求靜態電流。
  3. 由兩管串聯電流相等求輸出電壓 VOLV_{OL}。
  4. 由直流電源供應電流計算靜態功率損耗。

採用長通道 MOSFET、忽略通道長度調變效應。

由題給參數：

(WL)p=3,(WL)n=1.5\left(\frac WL\right)_p=3,\qquad \left(\frac WL\right)_n=1.5 μnCox=300 μA/V2\mu_n C_{ox}=300\ \mu\text{A}/\text{V}^2 μpCox=75 μA/V2\mu_p C_{ox}=75\ \mu\text{A}/\text{V}^2

因此

kn′=μnCox(WL)n=300(1.5)=450 μA/V2k_n'=\mu_n C_{ox}\left(\frac WL\right)_n =300(1.5)=450\ \mu\text{A}/\text{V}^2 kp′=μpCox(WL)p=75(3)=225 μA/V2k_p'=\mu_p C_{ox}\left(\frac WL\right)_p =75(3)=225\ \mu\text{A}/\text{V}^2

圖中輸入電壓為 VI=1.15 VV_I=1.15\ \text{V}，電源電壓為 VDD=1.8 VV_{DD}=1.8\ \text{V}。

(一) QPQ_P 的工作區域

PMOS 的源極接於 1.8 V1.8\ \text{V}，故

VSG=VS−VG=1.8−1.15=0.65 VV_{SG}=V_S-V_G=1.8-1.15=0.65\ \text{V}

PMOS 的過驅電壓為

VSG−∣Vtp∣=0.65−0.4=0.25 VV_{SG}-|V_{tp}|=0.65-0.4=0.25\ \text{V}

若 PMOS 工作於飽和區，條件為

VSD≥VSG−∣Vtp∣=0.25 VV_{SD}\geq V_{SG}-|V_{tp}|=0.25\ \text{V}

由後續計算所得 VOL≈0.021 VV_{OL}\approx 0.021\ \text{V}，因此

VSD=1.8−VOL≈1.779 V>0.25 VV_{SD}=1.8-V_{OL} \approx 1.779\ \text{V}>0.25\ \text{V}

所以 QPQ_P 工作於飽和區。

(二) 求 iDi_D

因 QPQ_P 工作於飽和區，其汲極電流大小為

iD=12kp′(VSG−∣Vtp∣)2i_D=\frac12 k_p' \left(V_{SG}-|V_{tp}|\right)^2

代入數值：

iD=12(225)(0.65−0.4)2 μAi_D=\frac12(225) (0.65-0.4)^2\ \mu\text{A} iD=12(225)(0.25)2=7.03125 μAi_D=\frac12(225)(0.25)^2 =7.03125\ \mu\text{A}

因此

iD≈7.03 μA\boxed{i_D\approx 7.03\ \mu\text{A}}

(三) QNQ_N 的工作區域

NMOS 的源極接地，因此

VGS=1.15 VV_{GS}=1.15\ \text{V}

其過驅電壓為

VGS−Vtn=1.15−0.4=0.75 VV_{GS}-V_{tn}=1.15-0.4=0.75\ \text{V}

NMOS 若工作於飽和區，需滿足

VDS≥VGS−Vtn=0.75 VV_{DS}\geq V_{GS}-V_{tn}=0.75\ \text{V}

但由後續求得

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