112 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

112 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20 分

如圖一，npnnpn BJT 操作於 Active Mode（偏壓電路省略），其 β=100\beta=100、ro=∞ Ωr_o=\infty\ \Omega、VT=25 mVV_T=25\ \mathrm{mV}，且 VBEV_{BE} 之壓降為 0.7 V0.7\ \mathrm{V}。求：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) gm=? mA/Vg_m=?\ \mathrm{mA/V}（5 分）

(二) rπ=? Ωr_{\pi}=?\ \Omega（5 分）

(三) Rin=? ΩR_{\mathrm{in}}=?\ \Omega（10 分）

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核心觀念

本題考查 BJT 的小訊號參數，以及射極電阻造成的輸入阻抗提升：

gm=ICVT,rπ=βgmg_m=\frac{I_C}{V_T},\qquad r_{\pi}=\frac{\beta}{g_m}

圖中的理想電流源設定集極直流電流為 1 mA1\,\mathrm{mA}，因此 IC=1 mAI_C=1\,\mathrm{mA}。小訊號分析時，理想直流電流源視為開路；又因 ro=∞r_o=\infty，集極至射極間沒有有限的輸出電阻支路。

解題方法

（一）求 gmg_m

gm=ICVT=1 mA25 mV=40 mA/Vg_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{1\,\mathrm{mA}}{25\,\mathrm{mV}} =40\,\mathrm{mA/V}

（二）求 rπr_{\pi}

rπ=βgm=1000.04 A/V=2500 Ωr_{\pi}=\frac{\beta}{g_m} =\frac{100}{0.04\,\mathrm{A/V}} =2500\,\Omega

（三）求 RinR_{\mathrm{in}}

由基極看入，基極電流為 ibi_b 時，射極電流為 (β+1)ib(\beta+1)i_b。因此，1 kΩ1\,\mathrm{k}\Omega 射極電阻反映至基極的阻抗為 (β+1)RE(\beta+1)R_E，基極看入阻抗

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第 二 題20 分

如圖二，由二極體及電阻器所形成之電路，圖中之二極體導通後之電阻值為 0 Ω0\ \Omega。求：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 假如二極體之導通電壓 VD,on=0 VV_{D,\mathrm{on}}=0\ \mathrm{V}，求 AA 點電壓值為何？（10 分）

(二) 假如二極體之導通電壓 VD,on=0.7 VV_{D,\mathrm{on}}=0.7\ \mathrm{V}，求 AA 點電壓值為何？（10 分）

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核心觀念

把導通中的二極體視為固定壓降的元件：導通電阻為 0 Ω0\ \Omega，但仍須保留導通壓降 VD,onV_{D,\mathrm{on}}。截止二極體則視為開路。先依二極體方向判斷導通狀態，再對 AA 點套用 KCL。

圖中上方二極體由 10 V10\ \mathrm{V} 側導向 AA；左、右二極體由 AA 分別導向 −5 V-5\ \mathrm{V} 與 2 V2\ \mathrm{V}；下方二極體由 0 V0\ \mathrm{V} 側導向 AA。

解題方法

先假設上方、左側、右側二極體導通，下方二極體截止，並以 KCL 求 VAV_A。再確認所得電壓符合各二極體方向及導通條件。

（一）VD,on=0 VV_{D,\mathrm{on}}=0\ \mathrm{V}

上方支路流入 AA 的電流為 (10−VA)/5 kΩ(10-V_A)/5\,\mathrm{k\Omega}。左、右支路由 AA 流出的電流分別為 (VA+5)/10 kΩ(V_A+5)/10\,\mathrm{k\Omega} 與 (VA−2)/10 kΩ(V_A-2)/10\,\mathrm{k\Omega}。因此：

10−VA5 kΩ=VA+510 kΩ+VA−210 kΩ\frac{10-V_A}{5\,\mathrm{k\Omega}} = \frac{V_A+5}{10\,\mathrm{k\Omega}} + \frac{V_A-2}{10\,\mathrm{k\Omega}}

兩側乘以 10 kΩ10\,\mathrm{k\Omega}，得：

2(10−VA)=(VA+5)+(VA−2)2(10-V_A)=(V_A+5)+(V_A-2) VA=4.25 VV_A=4.25\ \mathrm{V}
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第 三 題20 分

如圖三，由運算放大器及電阻所構成之放大電路中，其中之電阻值為 R1=R3=5 kΩR_1=R_3=5\ \mathrm{k}\Omega、R2=R4=10 kΩR_2=R_4=10\ \mathrm{k}\Omega。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 若此理想運算放大器之差動增益為無限大，求 Vo/Vi=? (V/V)V_o/V_i=?\ \mathrm{(V/V)}。（10 分）

(二) 若此運算放大器之差動增益為 100100，求 Vo/Vi=? (V/V)V_o/V_i=?\ \mathrm{(V/V)}。（10 分）

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核心觀念

運算放大器的差動增益定義為 Vo=A(V+−V−)V_o=A(V_+-V_-)。理想運算放大器的差動增益趨近無限大且有負回授時，可用「虛短」條件 V+=V−V_+=V_-；差動增益有限時，則須保留 Vo=A(V+−V−)V_o=A(V_+-V_-)，不能直接套用虛短。

解題方法

輸入端不取電流，因此非反相端的電壓由 R3R_3、R4R_4 分壓：

V+=R4R3+R4Vi=105+10Vi=23ViV_+=\frac{R_4}{R_3+R_4}V_i =\frac{10}{5+10}V_i =\frac{2}{3}V_i

反相端由輸出端經 R2R_2、R1R_1 分壓：

V−=R1R1+R2Vo=55+10Vo=13VoV_-=\frac{R_1}{R_1+R_2}V_o =\frac{5}{5+10}V_o =\frac{1}{3}V_o

（一）差動增益無限大

有負回授時，V+=V−V_+=V_-，所以

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第 四 題20 分

μnCox(WnLn)=μpCox(WpLp)=8 mA/V2\mu_n C_{\mathrm{ox}}\left(\frac{W_n}{L_n}\right) = \mu_p C_{\mathrm{ox}}\left(\frac{W_p}{L_p}\right) = 8\ \mathrm{mA/V^2} Ibias=1 mAI_{\mathrm{bias}}=1\ \mathrm{mA} Vtn=−Vtp=0.5 VV_{tn}=-V_{tp}=0.5\ \mathrm{V} ∣VA∣=λn−1=∣λp∣−1=100 V|V_A|=\lambda_n^{-1}=|\lambda_p|^{-1}=100\ \mathrm{V}

如圖四為單級之差動放大器。依上述元件參數，試回答下列問題。其中 Ibias=1 mAI_{\mathrm{bias}}=1\ \mathrm{mA}。同時在求各種計算時，除 ror_o 的分析，其他如 VOVV_{OV}、gmg_m 等均可不考慮 VAV_A 的影響。又計算值可適當化簡，gmro+1≅gmrog_mr_o+1\cong g_mr_o 即可。

假如 M5M_5、M6M_6 之比例 k=2k=2，求：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 求 MOS M1/M2M_1/M_2 之 gm1=gm2=? mA/Vg_{m1}=g_{m2}=?\ \mathrm{mA/V}。（10 分）

(二) 求 VoV_o 點之 Ro=? kΩR_o=?\ \mathrm{k}\Omega。（10 分）

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核心觀念

本題考查 MOS 差動對的尾電流鏡、跨導 gmg_m，以及由小訊號模型求輸出電阻 RoR_o。

長通道 MOS 在飽和區的跨導為

gm=2βID,β=μCoxWLg_m=\sqrt{2\beta I_D}, \qquad \beta=\mu C_{\mathrm{ox}}\frac WL

輸出電阻則為

ro=∣VA∣ID.r_o=\frac{|V_A|}{I_D}.

解題方法

M5M_5、M6M_6 形成電流鏡，比例為 1:k=1:21:k=1:2。因此 Ibias=1 mAI_{\mathrm{bias}}=1\ \mathrm{mA} 時，尾電流為

Itail=ID6=2Ibias=2 mA.I_{\mathrm{tail}}=I_{D6}=2I_{\mathrm{bias}}=2\ \mathrm{mA}.

輸入差動對平衡時，M1M_1、M2M_2 各流過一半尾電流：

ID1=ID2=Itail2=1 mA.I_{D1}=I_{D2}=\frac{I_{\mathrm{tail}}}{2}=1\ \mathrm{mA}.

（一）求 gm1=gm2g_{m1}=g_{m2}

題目給定 βn=8 mA/V2\beta_n=8\ \mathrm{mA/V^2}，所以

gm1=gm2=2βnID=2(8)(1)=4 mA/V.g_{m1}=g_{m2} =\sqrt{2\beta_n I_D} =\sqrt{2(8)(1)} =4\ \mathrm{mA/V}.

（二）求輸出電阻 RoR_o

各支路電流為 1 mA1\ \mathrm{mA}，M1M_1 至 M4M_4 的輸出電阻為

ro1=ro2=ro3=ro4=100 V1 mA=100 kΩ.r_{o1}=r_{o2}=r_{o3}=r_{o4} =\frac{100\ \mathrm V}{1\ \mathrm{mA}} =100\ \mathrm{k}\Omega.

尾電流源 M6M_6 流過 2 mA2\ \mathrm{mA}，故

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第 五 題20 分

請依要求完成圖五的邏輯電路。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 以 Static CMOS 邏輯電路設計，NMOS 與 PMOS 要有對偶關係（duality）。（10 分）

(二) 以 Dynamic CMOS 電路設計，且令控制時脈 CK=0CK=0 時為 Precharge 狀態，控制時脈 CK=1CK=1 時為 Evaluation 狀態。（10 分）

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核心觀念

圖五先將 AA、BB 送入 AND 閘，再與 CC 送入帶反相泡泡的 OR 閘，因此輸出函數為

F=AB+C‾F=\overline{AB+C}

Static CMOS 的上拉網路（PUN）與下拉網路（PDN）須符合對偶關係：NMOS 導通條件構成 F=0F=0 的網路；PMOS 網路將 NMOS 網路的串、並聯互換，即可構成 F=1F=1 的網路。

Dynamic CMOS 則在 Precharge 階段將輸出節點預充為高電位，Evaluation 階段由 NMOS 下拉網路依輸入條件決定是否放電。

解題方法

(一) Static CMOS 電路

當 AB+C=1AB+C=1 時，F=0F=0，所以 PDN 必須在 AA、BB 同時為 1，或 C=1C=1 時導通。NMOS 串聯代表 AND，並聯代表 OR，故 PDN 為「AA 與 BB 串聯」再與「CC 支路並聯」。

PDN：(NA 串聯 NB) 與 NC 並聯\text{PDN：}(N_A\text{ 串聯 }N_B)\text{ 與 }N_C\text{ 並聯}

將 PDN 的串、並聯互換，並將 NMOS 換成 PMOS，得到 PUN：

PUN：PC 串聯 (PA 與 PB 並聯)\text{PUN：}P_C\text{ 串聯 }(P_A\text{ 與 }P_B\text{ 並聯})

其中 PAP_A、PBP_B、PCP_C 的閘極分別接 AA、BB、CC。完整電路的 PUN 接在 VDDV_{DD} 與 FF 之間，PDN 接在 FF 與 GND 之間。

(二) Dynamic CMOS 電路

使用與上題相同的 NMOS 下拉網路，並加上預充電 PMOS 與評估用 NMOS：

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