111 高普考高考二級 電子工程 高等電子電路學(包括類比與數位) 考古題詳解

111 年・高普考・高考二級・電子工程
試題代碼 高等電子電路學(包括類比與數位)

第 一 題25 分

如圖所示為達靈頓(Darlington)電路。若電晶體 VBE1=VBE2=0.7 VV_{BE1}=V_{BE2}=0.7\ \mathrm{V}、β1=49\beta_1=49、β2=99\beta_2=99、VCC=15 VV_{CC}=15\ \mathrm{V}、RB=500 kΩR_B=500\ \mathrm{k}\Omega、RE=0.2 kΩR_E=0.2\ \mathrm{k}\Omega、熱電壓 VT=25 mVV_T=25\ \mathrm{mV}。

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試求:

(一)直流基極電流 IB1I_{B1}、直流輸出電流 IOI_O 分別為何值?(10 分)

(二)電路之輸入阻抗 ZiZ_i、輸出阻抗 ZoZ_o 分別為何值?(10 分)

(三)直流總電流增益 AIT=IO/IiA_{IT}=I_O/I_i 為何值?(5 分)

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核心觀念

本題分成直流偏壓與中頻小訊號分析。直流時,兩顆電晶體的基極—射極電壓各為 0.7 V0.7\ \mathrm{V};小訊號分析時,將 VCCV_{CC} 視為交流接地,並假設耦合電容 Ci、CoC_i、C_o 在中頻下為短路,忽略電晶體輸出電阻 ror_o。

達靈頓對的電流關係為

IB2=IE1=(β1+1)IB1,IO=IE2=(β2+1)IB2.I_{B2}=I_{E1}=(\beta_1+1)I_{B1},\qquad I_O=I_{E2}=(\beta_2+1)I_{B2}.

(一)直流基極電流與輸出電流

由 RBR_B 的電流等於 IB1I_{B1},且 RER_E 上的電流為 IOI_O:

VCC=IB1RB+VBE1+VBE2+IORE.V_{CC}=I_{B1}R_B+V_{BE1}+V_{BE2}+I_OR_E.

又

IO=(β1+1)(β2+1)IB1=50×100 IB1=5000IB1.I_O=(\beta_1+1)(\beta_2+1)I_{B1} =50\times100\,I_{B1}=5000I_{B1}.

代入數值:

IB1=15−0.7−0.7500 kΩ+5000(0.2 kΩ)=13.61.5 MΩ=9.07 μA.I_{B1} =\frac{15-0.7-0.7}{500\,\mathrm{k}\Omega+5000(0.2\,\mathrm{k}\Omega)} =\frac{13.6}{1.5\,\mathrm{M}\Omega} =9.07\ \mu\mathrm{A}.

因此

IO=5000IB1=45.33 mA.I_O=5000I_{B1}=45.33\ \mathrm{mA}.

(二)輸入阻抗與輸出阻抗

先求小訊號基極電阻:

rπ1=VTIB1=25 mV9.07 μA=2.757 kΩ.r_{\pi1}=\frac{V_T}{I_{B1}} =\frac{25\,\mathrm{mV}}{9.07\,\mu\mathrm{A}} =2.757\ \mathrm{k}\Omega. IB2=50IB1=453.33 μA,rπ2=VTIB2=55.15 Ω.I_{B2}=50I_{B1}=453.33\ \mu\mathrm{A}, \qquad r_{\pi2}=\frac{V_T}{I_{B2}} =55.15\ \Omega.

從 Q1Q_1 基極看入,Q2Q_2 基極的輸入電阻會經 Q1Q_1 的射極跟隨器放大為 (β1+1)(\beta_1+1) 倍,因此

Rin,base=rπ1+(β1+1)[rπ2+(β2+1)RE]=1.0055 MΩ.R_{\mathrm{in,base}} =r_{\pi1}+(\beta_1+1)\left[r_{\pi2}+(\beta_2+1)R_E\right] =1.0055\ \mathrm{M}\Omega.

輸入端還有 RBR_B 接交流地,故

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第 二 題20 分

(一)試以 NAND 閘及反相器繪出時控 D 型正反器之邏輯電路圖。(5 分)

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(二)下圖分別為時控 D 型正反器之 DD 及時序(clock)之輸入波形,試繪出其輸出 QQ 之相對應波形(假設 QQ 的初值為 00)。(5 分)

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(三)試以全 CMOS 方式繪出布林函數

Y=(A1+A2+A3)(B1+B2)C1‾Y=\overline{(A_1+A_2+A_3)(B_1+B_2)C_1}

之電路圖。(10 分)

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核心觀念

此電路是高電位有效的時控 D 型正反器(level-sensitive D latch):CLK=1CLK=1 時,輸出 QQ 隨輸入 DD 變化;CLK=0CLK=0 時,交互回授的 NAND 閘會保持原輸出。

解題方法

先用反相器產生 D‾\overline D,再以兩個 NAND 閘產生交互回授 NAND 鎖存器所需的低有效控制訊號:

S‾=D⋅CLK‾,R‾=D‾⋅CLK‾\overline S=\overline{D\cdot CLK},\qquad \overline R=\overline{\overline D\cdot CLK}

將這兩個訊號接到交互回授的 NAND 閘:

Q=S‾⋅Q‾‾,Q‾=R‾⋅Q‾Q=\overline{\overline S\cdot\overline Q},\qquad \overline Q=\overline{\overline R\cdot Q}
D ───────────────┐
 ├─[NAND]── S̅ ─────┐
CLK ─────────────┘ ├─[NAND]── Q
 Q̅ ─────────┘
 ↑ 回授至下方 NAND

D ──[反相器]── D̅ ─┐
 ├─[NAND]── R̅ ─────┐
CLK ───────────────┘ ├─[NAND]── Q̅
 Q ────────────┘
 ↑ 回授至上方 NAND

解題技巧

檢查 CLK=1CLK=1 時,S‾=D‾\overline S=\overline D、R‾=D\overline R=D,所以鎖存器輸出跟隨 DD。CLK=0CLK=0 時,S‾=R‾=1\overline S=\overline R=1,回授狀態不變,輸出保持。

(二)輸出 QQ 的相對應波形

核心觀念

此時控電路在 CLK=1CLK=1 期間具有透明性,QQ 跟隨 DD;在 CLK=0CLK=0 期間則保持時脈下降前的值。

解題方法

由圖可讀出:時脈於 t1t_1 至 t4t_4 為高,於 t7t_7 至 t9t_9 再次為高。將 DD 的變化套入「高電位跟隨、低電位保持」:

  • 初值 Q=0Q=0,至 t1t_1 前維持為 00。
  • t1t_1 至 t2t_2,時脈為高且 D=1D=1,故 Q=1Q=1。
  • t2t_2 至 t3t_3,D=0D=0,故 Q=0Q=0;t3t_3 至 t4t_4,D=1D=1,故 Q=1Q=1。
  • t4t_4 至 t7t_7 時脈為低,輸出保持為 11,不受 DD 變化影響。
  • t7t_7 至 t8t_8,D=1D=1,輸出維持 11;t8t_8 至 t9t_9,D=0D=0,故 Q=0Q=0。
  • t9t_9 後時脈為低,QQ 保持為 00。
時間: t0 t1 t2 t3 t4 t7 t8 t9
CLK: ____|‾‾‾‾‾‾‾‾‾|___________|‾‾‾‾‾‾|____
D: ______|‾‾|____|‾‾‾‾‾‾|____|‾‾‾‾‾‾|____
Q: ______|‾‾|____|‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾|‾‾|____
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第 三 題30 分

如圖所示理想運算放大器電路:

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(一)若 R1=2 kΩR_1=2\ \mathrm{k}\Omega、R2=3 kΩR_2=3\ \mathrm{k}\Omega、R3=5 kΩR_3=5\ \mathrm{k}\Omega,試推導並計算 RiR_i 值。(15 分)

(二)若 R1=1 kΩR_1=1\ \mathrm{k}\Omega、R2=2 kΩR_2=2\ \mathrm{k}\Omega、R3=0.5 kΩR_3=0.5\ \mathrm{k}\Omega、RG=5 kΩR_G=5\ \mathrm{k}\Omega,輸入電壓 v1=0.5 Vv_1=0.5\ \mathrm{V}、v2=1.2 Vv_2=1.2\ \mathrm{V},試推導並計算 vov_o。(15 分)

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核心觀念

理想運算放大器在負回授且工作在線性區時,兩輸入端電壓相等,輸入端電流為零。本題兩個運算放大器的同相端皆接地,因此各反相端都是虛地,電壓為 00。

解題方法

令 vov_o 為下方運算放大器的輸出,令 vav_a 為上方節點(R3R_3、2R12R_1 與上方運算放大器輸出相接之處)的電壓。

在下方反相端節點套用 KCL:

0−viR1+0−voR2=0⇒vo=−R2R1vi\frac{0-v_i}{R_1}+\frac{0-v_o}{R_2}=0 \quad\Rightarrow\quad v_o=-\frac{R_2}{R_1}v_i

在上方反相端節點套用 KCL:

0−va2R1+0−voR2=0⇒va=−2R1R2vo=2vi\frac{0-v_a}{2R_1}+\frac{0-v_o}{R_2}=0 \quad\Rightarrow\quad v_a=-\frac{2R_1}{R_2}v_o=2v_i

輸入電流 iii_i 由輸入端經 R1R_1 與 R3R_3 流出:

ii=vi−0R1+vi−vaR3=viR1−viR3i_i=\frac{v_i-0}{R_1}+\frac{v_i-v_a}{R_3} =\frac{v_i}{R_1}-\frac{v_i}{R_3}

所以

Ri=viii=11R1−1R3=R1R3R3−R1R_i=\frac{v_i}{i_i} =\frac{1}{\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_3}} =\frac{R_1R_3}{R_3-R_1}

代入 R1=2 kΩR_1=2\,\mathrm{k}\Omega、R3=5 kΩR_3=5\,\mathrm{k}\Omega:

Ri=(2)(5)5−2 kΩ=103 kΩ≈3.33 kΩR_i=\frac{(2)(5)}{5-2}\,\mathrm{k}\Omega =\frac{10}{3}\,\mathrm{k}\Omega \approx 3.33\,\mathrm{k}\Omega

解題技巧

先利用虛地求出兩個輸出或節點電壓,再回到輸入端計算電流。輸入電阻必須用 Ri=vi/iiR_i=v_i/i_i 求得;本題的 RiR_i 不等於單一電阻值。

(二)求輸出電壓 vov_o

核心觀念

兩個運算放大器皆採負回授。先以輸入端等電位條件求上方運算放大器的非反相端電壓,再以接地的反相端節點進行 KCL,即可求出輸出。

解題方法

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第 四 題25 分

如圖所示 MOSFET 串接放大器電路。若 RG1=1.5 MΩR_{G1}=1.5\ \mathrm{M}\Omega、RG2=0.3 MΩR_{G2}=0.3\ \mathrm{M}\Omega、RD1=RD2=12 kΩR_{D1}=R_{D2}=12\ \mathrm{k}\Omega、RS1=RS2=1 kΩR_{S1}=R_{S2}=1\ \mathrm{k}\Omega、RL=10 kΩR_L=10\ \mathrm{k}\Omega。MOSFET 之參數:

gm1=2 mS,gm2=1 mS,rd1=rd2=20 kΩg_{m1}=2\ \mathrm{mS},\quad g_{m2}=1\ \mathrm{mS},\quad r_{d1}=r_{d2}=20\ \mathrm{k}\Omega

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試求:

(一)輸入阻抗 ZiZ_i 為多少?(5 分)

(二)總電壓增益 AvT=vo/viA_{vT}=v_o/v_i、總電流增益 AiT=io/iiA_{iT}=i_o/i_i 分別為多少?(10 分)

(三)若將電容 CS1C_{S1} 及 CS2C_{S2} 開路,假設 gm1g_{m1} 及 gm2g_{m2} 值不變,且 rd1r_{d1} 及 rd2r_{d2} 忽略不計,則總電壓增益 AvTA_{vT} 為多少?(10 分)

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核心觀念

本題考兩級共源 MOSFET 放大器的小訊號分析:

  • 中頻時,耦合電容 Ci、CoC_i、C_o 視為短路;源極旁路電容 CS1、CS2C_{S1}、C_{S2} 若接入,也視為短路。
  • MOSFET 閘極小訊號電流近似為零,因此輸入阻抗由閘極偏壓電阻並聯決定。
  • 共源級電壓增益會反相;兩級串接後,總電壓增益為兩級增益相乘。
  • 忽略輸出電阻 rdr_d 且源極電阻未旁路時,共源級增益需納入源極退化效應。

解題方法

(一)輸入阻抗 ZiZ_i

中頻下電源端為交流接地,MOSFET 閘極電流近似為零,因此輸入端看到 RG1R_{G1} 與 RG2R_{G2} 並聯:

Zi=RG1∥RG2=1.5×0.31.5+0.3 MΩ=0.25 MΩZ_i=R_{G1}\parallel R_{G2} =\frac{1.5\times 0.3}{1.5+0.3}\ \mathrm{M}\Omega =0.25\ \mathrm{M}\Omega Zi=250 kΩ\boxed{Z_i=250\ \mathrm{k}\Omega}

(二)總電壓增益與總電流增益

CS1C_{S1}、CS2C_{S2} 接入時,兩級源極皆為交流接地。第一級汲極負載為 RD1∥rd1R_{D1}\parallel r_{d1};第二級汲極負載為 RD2∥rd2∥RLR_{D2}\parallel r_{d2}\parallel R_L。第二級閘極近似不取電流,因此不額外負載第一級。

第一級電壓增益:

Av1=−gm1(RD1∥rd1)=−(2 mS)(12 kΩ∥20 kΩ)=−15A_{v1}=-g_{m1}(R_{D1}\parallel r_{d1}) =-(2\ \mathrm{mS})(12\ \mathrm{k}\Omega\parallel20\ \mathrm{k}\Omega) =-15

第二級電壓增益:

Av2=−gm2(RD2∥rd2∥RL)=−(1 mS)(12 kΩ∥20 kΩ∥10 kΩ)=−4.286\begin{aligned} A_{v2} &=-g_{m2}(R_{D2}\parallel r_{d2}\parallel R_L)\\ &=-(1\ \mathrm{mS})(12\ \mathrm{k}\Omega\parallel20\ \mathrm{k}\Omega\parallel10\ \mathrm{k}\Omega)\\ &=-4.286 \end{aligned}

兩級總電壓增益為:

AvT=Av1Av2=(−15)(−4.286)=64.286A_{vT}=A_{v1}A_{v2}=(-15)(-4.286)=64.286

兩級各反相一次,因此總增益為正。

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