107 高普考高考三級 電力工程 電子學 考古題詳解

核心觀念

本題考查二極體電路分析與二極體限幅（截波）電路的核心理論，涉及以下關鍵觀念與公式：

1. 二極體定電壓降模型（Constant Voltage Drop Model）：

• 導通狀態（ON）：二極體端電壓為 $V_D = V_{D,\mathrm{on}} = 0.7\,\mathrm{V}$，且順向電流 $I_D > 0$。
• 截止狀態（OFF）：二極體端電壓滿足 $V_D < V_{D,\mathrm{on}} = 0.7\,\mathrm{V}$，流經電流 $I_D = 0$。

2. 限幅器臨界轉折電壓（Breakpoint / Critical Voltage）判定：

• 採用「先假設狀態、求得電壓電流、再檢驗自洽性」的二極體分析法。
• 在二極體導通前，電路為線性分壓電路：$V_o = V_i \times \dfrac{R_2}{R_1 + R_2}$。

3. 基本電路定律：

• 歐姆定律（Ohm's Law）：$I = \dfrac{\Delta V}{R}$。
• 克希荷夫電流定律（KCL）：節點流入電流等於流出電流。

電路架構說明

依原卷標準雙向二極體限幅電路配置：

• 輸入端 $V_i$ 串接電阻 $R_1 = 1\,\mathrm{k}\Omega$ 至輸出節點 $V_o$。
• 輸出節點 $V_o$ 連接負載電阻 $R_2 = 1\,\mathrm{k}\Omega$ 至接地端。
• 正限幅支路：二極體 $D_1$ 陽極接至 $V_o$，陰極接至偏壓源 $V_B = 2\,\mathrm{V}$ 之正極（$V_B$ 負極接地）。
• 負限幅支路：二極體 $D_2$ 陰極接至 $V_o$，陽極接地（用於負半週限幅）。

$D_1$ 的導通條件為陽極電位比陰極電位高出 $0.7\,\mathrm{V}$，即輸出電壓滿足： $V_o \ge V_B + V_{D,\mathrm{on}} = 2\,\mathrm{V} + 0.7\,\mathrm{V} = 2.7\,\mathrm{V}$

在 $D_1$ 導通前，二極體皆截止，由 $R_1$ 與 $R_2$ 形成分壓電路： $V_o = V_i \times \frac{R_2}{R_1 + R_2} = V_i \times \frac{1\,\mathrm{k}\Omega}{1\,\mathrm{k}\Omega + 1\,\mathrm{k}\Omega} = 0.5 V_i$

由此可求得使 $D_1$ 導通的臨界輸入電壓 $V_{i,\mathrm{crit}}$： $V_{i,\mathrm{crit}} = \frac{2.7\,\mathrm{V}}{0.5} = 5.4\,\mathrm{V}$

解題方法

（一）當輸入電壓 $V_i = 2\,\mathrm{V}$，$V_o$ 值為多少（V）？

1. 判斷二極體導通狀態：

• 輸入電壓 $V_i = 2\,\mathrm{V} < V_{i,\mathrm{crit}} = 5.4\,\mathrm{V}$。
• 假設二極體 $D_1$ 與 $D_2$ 均處於截止（OFF）​狀態。

2. 計算輸出電壓 $V_o$： 此時無電流流入二極體支路，輸出端由 $R_1$ 與 $R_2$ 串聯分壓決定： $V_o = V_i \cdot \frac{R_2}{R_1 + R_2} = 2\,\mathrm{V} \times \frac{1\,\mathrm{k}\Omega}{1\,\mathrm{k}\Omega + 1\,\mathrm{k}\Omega} = 1.0\,\mathrm{V}$

3. 驗證假設之正確性：

• 檢驗 $D_1$：陽極電位為 $V_o = 1.0\,\mathrm{V}$，陰極電位為 $V_B = 2.0\,\mathrm{V}$。 $V_{D1} = V_o - V_B = 1.0\,\mathrm{V} - 2.0\,\mathrm{V} = -1.0\,\mathrm{V} < 0.7\,\mathrm{V}$ 處於逆向偏壓，確認 $D_1$ 截止。
• 檢驗 $D_2$：陰極電位為 $V_o = 1.0\,\mathrm{V}$，陽極電位為 $0\,\mathrm{V}$。

核心觀念

本題考查經典 MOS 差動放大器（MOS Differential Amplifier）的小訊號分析、直流偏壓設計與非理想效應，包含四大核心概念：

1. 差模電壓增益（Differential Gain, $A_d$）與偏壓電流：利用差模半電路（Differential Half-Circuit），差模增益由輸入對電晶體之互導 $g_m$ 與汲極負載電阻 $R_D$ 決定（$A_d \approx g_m R_D$）。電晶體互導 $g_m = \sqrt{2 \mu_n C_{\mathrm{ox}} (W/L) I_D} = 2 I_D / V_{OV}$。
2. 電流鏡偏壓與通道長度調變消除：題目給定「維持節點電壓 $V_B = V_X$」，代表電流鏡參考端 $Q_4$ 與輸出端 $Q_3$ 之汲極—源極電壓相等（$V_{DS4} = V_{DS3}$），此條件消除了因通道長度調變效應（$1 + \lambda V_{DS}$）所引起的電流鏡射誤差，使尾端偏壓電流 $I_3$ 與參考電流 $I_B$ 嚴格成寬長比關係：$I_3 / I_B = (W/L)_3 / (W/L)_4$。
3. 差模輸出電阻（Differential Output Resistance）：差動放大器之輸出阻抗可分為雙端輸出電阻 $R_{od}$（兩輸出端之間）與單端輸出電阻 $R_o$（輸出端對交流地），通常由 $R_D$ 與電晶體本身小訊號輸出電阻 $r_o = V_A / I_D$ 並聯構成。
4. 共模電壓增益（Common-Mode Gain, $A_c$）：利用共模半電路（Common-Mode Half-Circuit），尾端電流源 $Q_3$ 呈現有限的輸出電阻 $R_{SS} = r_{o3} = V_A / I_3$。源極退化電阻為 $2 R_{SS}$，單端共模增益為 $A_c = V_{O1}/V_{i1} \approx - R_D / (2 R_{SS})$。
5. 負載電阻不匹配引發之輸入參考位移電壓（Input-Referred Offset Voltage, $V_{OS}$）：兩負載電阻存在微小差異 $\Delta R_D$ 時，輸出差模位移電壓為 $V_{OS,\mathrm{out}} = I_D \Delta R_D$。將其除以差模增益 $A_d = g_m R_D$，可推導得標準公式： $V_{OS} = \frac{V_{OS,\mathrm{out}}}{A_d} = \frac{V_{OV}}{2} \left(\frac{\Delta R_D}{R_D}\right)$

解題方法

（一）計算所需之偏壓基準電流 $I_B$

1. 求輸入對電晶體之互導 $g_m$： 在差模激勵下，源極共用節點 $X$ 為交流虛擬接地（Virtual Ground）。 若忽略電晶體本身的早期效應（$r_{o1,2} \gg R_D$），雙端差模增益公式為： $A_d = \frac{V_{O2} - V_{O1}}{V_{i1} - V_{i2}} = g_m R_D$ 依題意 $A_d = 5\,\mathrm{V/V}$，$R_D = 10\,\mathrm{k}\Omega = 10^4\,\Omega$： $g_m = \frac{A_d}{R_D} = \frac{5}{10 \times 10^3} = 0.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{A/V} = 0.5\,\mathrm{mA/V}$

2. 計算單邊直流偏壓電流 $I_{D1}$： 根據飽和區互導公式 $g_m = \sqrt{2 \mu_n C_{\mathrm{ox}} (W/L)_{1,2} I_{D1}}$，代入參數： $\mu_n C_{\mathrm{ox}} = 100\,\mu\mathrm{A/V}^2 = 10^{-4}\,\mathrm{A/V}^2$、$(W/L)_{1,2} = 25$： $g_m^2 = 2 \mu_n C_{\mathrm{ox}} \left(\frac{W}{L}\right)_{1,2} I_{D1}$ $(0.5 \times 10^{-3})^2 = 2 \times 10^{-4} \times 25 \times I_{D1} = 5 \times 10^{-3} \times I_{D1}$ $I_{D1} = \frac{2.5 \times 10^{-7}}{5 \times 10^{-3}} = 5 \times 10^{-5}\,\mathrm{A} = 50\,\mu\mathrm{A}$

3. 求尾端偏壓電流 $I_3$ 與參考電流 $I_B$： 由對稱性，差動對總尾端電流為： $I_3 = I_{D1} + I_{D2} = 2 I_{D1} = 2 \times 50\,\mu\mathrm{A} = 100\,\mu\mathrm{A}$ 由 $Q_3$ 與 $Q_4$ 構成之電流鏡，其閘極相連、源極均接地，且題給條件 $V_B = V_X$ 使 $V_{DS4} = V_{DS3}$，故電流比例嚴格等於寬長比比例： $\frac{I_3}{I_B} = \frac{(W/L)_3}{(W/L)_4} = \frac{50/1}{10/1} = 5$ $I_B = \frac{I_3}{5} = \frac{100\,\mu\mathrm{A}}{5} = 20\,\mu\mathrm{A}$

補充（計入 $r_{o1}$ 之嚴格解）：若考慮 $r_{o1} = V_A / I_{D1}$，則 $A_d = g_m (R_D \parallel r_{o1}) = 5\,\mathrm{V/V}$。解方程式得 $I_{D1} \approx 55.7\,\mu\mathrm{A}$，對應 $I_3 \approx 111.4\,\mu\mathrm{A}$，$I_B \approx 22.28\,\mu\mathrm{A}$。以命題數字之整數吻合度判定，命題教授是以常規近似設計 $A_d = g_m R_D$ 命題，$I_B = 20\,\mu\mathrm{A}$ 為定案標準答案。

（二）計算差模輸出電阻

差模輸出電阻於學界與考題中有「雙端」與「單端」兩種常見定義，皆予以完整計算：

1. 電晶體自身小訊號輸出電阻 $r_{o1,2}$： $r_{o1} = r_{o2} = \frac{V_A}{I_{D1}} = \frac{10\,\mathrm{V}}{50\,\mu\mathrm{A}} = 200\,\mathrm{k}\Omega$

2. 雙端差模輸出電阻 $R_{od}$（兩輸出端 $V_{O1}$ 與 $V_{O2}$ 之間看入之等效電阻）： $R_{od} = 2 (R_D \parallel r_{o1}) = 2 \times (10\,\mathrm{k}\Omega \parallel 200\,\mathrm{k}\Omega) = 2 \times \frac{200}{21}\,\mathrm{k}\Omega = \frac{400}{21}\,\mathrm{k}\Omega \approx 19.05\,\mathrm{k}\Omega$ （若忽略電晶體內阻 $r_{o1}$，則 $R_{od} = 2 R_D = 20\,\mathrm{k}\Omega$）。

核心觀念

本題為高頻共源極（Common-Source, CS）放大器之頻率響應分析，主要考驗以下三大核心電路觀念與定理：

1. 中頻電壓增益（Midband Voltage Gain）：計算閘極（Gate）至汲極（Drain）之反相電壓增益 $A_v = K = \frac{v_o}{v_g} = -g_m (r_o \parallel R_D)$。
2. 密勒定理（Miller's Theorem）：跨接於反相放大器輸入端與輸出端之間的回授電容 $C_F$（即 $C_{gd}$），可等效分解為：

• 輸入端密勒電容：$C_{M1} = C_F(1 - K)$
• 輸出端密勒電容：$C_{M2} = C_F\left(1 - \frac{1}{K}\right)$

3. 主極點頻率（Dominant Pole Frequency）：

• 當放大電路具有多個極點時，距離 $s$ 平面原點最近（即頻率最低、對應時間常數最大）之極點稱為主極點（dominant pole）。
• 主極點頻率關係式為 $\omega_p = \frac{1}{\tau} = \frac{1}{R_{eq} C_{eq}}$，$f_p = \frac{\omega_p}{2\pi}$。

解題方法

步驟一：求中頻電壓增益 $K$

共源極放大器小訊號模型中，小訊號由閘極輸入，汲極輸出，源極交流接地。 交流汲極等效負載電阻為 $r_o$ 與 $R_D$ 之並聯： $R_L' = r_o \parallel R_D = 10\,\mathrm{k}\Omega \parallel 10\,\mathrm{k}\Omega = \frac{10 \times 10}{10 + 10} = 5\,\mathrm{k}\Omega$ 閘極至汲極之電壓增益 $K$ 為： $K = \frac{v_o}{v_g} = -g_m (r_o \parallel R_D) = -(1\,\mathrm{mA/V}) \times (5\,\mathrm{k}\Omega) = -5\,\mathrm{V/V}$

（一）輸入端之電容值

利用密勒定理，跨接於閘極與汲極間之電容 $C_F$ 反射至輸入端（閘極）之密勒等效電容為： $C_{M1} = C_F(1 - K) = 1\,\mathrm{pF} \times [1 - (-5)] = 6 \times 1\,\mathrm{pF} = 6\,\mathrm{pF}$ 題目註明忽略其他寄生效應（即 $C_{gs} = 0$），故輸入端之總等效電容即為 $C_{M1}$： $C_{in} = C_{M1} = 6\,\mathrm{pF}$

（二）輸出端之電容值

利用密勒定理，回授電容 $C_F$ 反射至輸出端（汲極）之密勒等效電容為： $C_{M2} = C_F\left(1 - \frac{1}{K}\right) = 1\,\mathrm{pF} \times \left[1 - \left(-\frac{1}{5}\right)\right] = 1.2 \times 1\,\mathrm{pF} = 1.2\,\mathrm{pF}$ 輸出端並聯有負載電容 $C_L = 3\,\mathrm{pF}$，故輸出端之總電容值為： $C_{out} = C_L + C_{M2} = 3\,\mathrm{pF} + 1.2\,\mathrm{pF} = 4.2\,\mathrm{pF}$

（三）主極點頻率 $f_p$（dominant pole frequency）

此電路在輸入端與輸出端分別構成一個極點：

1. 輸入端極點頻率（$f_{p, in}$）： 輸入節點向外看之等效電阻為信號源電阻 $R_{in}' = R_S = 1\,\mathrm{k}\Omega$（閘極向內看輸入電阻為無窮大）。 輸入端時間常數： $\tau_{in} = R_S C_{in} = 1\,\mathrm{k}\Omega \times 6\,\mathrm{pF} = 10^3\,\Omega \times 6 \times 10^{-12}\,\mathrm{F} = 6\,\mathrm{ns}$ 對應之極點頻率： $f_{p, in} = \frac{1}{2\pi \tau_{in}} = \frac{1}{2\pi \times 6 \times 10^{-9}\,\mathrm{s}} = \frac{10^9}{12\pi}\,\mathrm{Hz} \approx 26.53\,\mathrm{MHz}$

2. 輸出端極點頻率（$f_{p, out}$）： 輸出節點向外看之等效電阻為 $R_{out}' = r_o \parallel R_D = 5\,\mathrm{k}\Omega$。 輸出端時間常數：

核心觀念

本題考查 MOSFET 基本電流鏡（Current Mirror）於考慮通道長度調變效應（Channel-Length Modulation / 短通道效應）​時的大訊號直流偏壓與小訊號輸出特性。涉及之關鍵公式如下：

1. MOSFET 飽和區（Saturation Region）汲極電流公式： $I_D = \frac{1}{2}\mu_n C_{\mathrm{ox}}\left(\frac{W}{L}\right)(V_{GS}-V_{TH})^2\left(1 + \lambda V_{DS}\right) = \frac{1}{2}\mu_n C_{\mathrm{ox}}\left(\frac{W}{L}\right)(V_{GS}-V_{TH})^2\left(1 + \frac{V_{DS}}{V_A}\right)$ 其中 $V_A = \frac{1}{\lambda}$ 為爾利電壓（Early Voltage）。

2. 電流鏡鏡射比與電壓關係： 參考端電晶體 $Q_1$ 為二極體連接（Diode-connected），$V_{DS1} = V_{GS1} = V_{GS}$；輸出端電晶體 $Q_2$ 之閘極與源極分別與 $Q_1$ 相連，故 $V_{GS2} = V_{GS1} = V_{GS}$，其汲極端電壓即為 $V_o$（即 $V_{DS2} = V_o$）。 兩電晶體汲極電流之比值為： $\frac{I_o}{I_{\mathrm{REF}}} = \frac{(W/L)_2}{(W/L)_1} \cdot \frac{1 + \frac{V_o}{V_A}}{1 + \frac{V_{DS1}}{V_A}}$

3. 輸出電阻（Output Resistance）： $r_o = \left(\frac{\partial I_o}{\partial V_o}\right)^{-1} = \frac{V_A + V_o}{I_o} \approx \frac{V_A}{I_o}$

解題方法

由原卷附圖可知，電路為標準 NMOS 電流鏡，$Q_1$ 之汲極接有參考電流源 $I_{\mathrm{REF}} = 100\,\mu\mathrm{A}$；$Q_2$ 之汲極提供輸出電流 $I_o$，端電壓為 $V_o$。

（一）求電流 $I_o = 200\,\mu\mathrm{A}$ 時之電壓 $V_o$

1. 寬長比計算： $\left(\frac{W}{L}\right)_1 = \frac{5\,\mu\mathrm{m}}{0.5\,\mu\mathrm{m}} = 10$ $\left(\frac{W}{L}\right)_2 = \frac{10\,\mu\mathrm{m}}{0.5\,\mu\mathrm{m}} = 20$ 兩者幾何比例為： $\frac{(W/L)_2}{(W/L)_1} = \frac{20}{10} = 2$

2. 電流鏡比例關係式： $\frac{I_o}{I_{\mathrm{REF}}} = \frac{(W/L)_2}{(W/L)_1} \cdot \frac{1 + \frac{V_o}{V_A}}{1 + \frac{V_{DS1}}{V_A}} = 2 \cdot \frac{1 + \frac{V_o}{V_A}}{1 + \frac{V_{GS}}{V_A}}$ 代入題目給定條件 $I_o = 200\,\mu\mathrm{A}$ 與 $I_{\mathrm{REF}} = 100\,\mu\mathrm{A}$： $\frac{200\,\mu\mathrm{A}}{100\,\mu\mathrm{A}} = 2 = 2 \cdot \frac{1 + \frac{V_o}{V_A}}{1 + \frac{V_{GS}}{V_A}}$ 由此可得： $\frac{1 + \frac{V_o}{V_A}}{1 + \frac{V_{GS}}{V_A}} = 1 \implies V_o = V_{DS1} = V_{GS}$ 即當輸出電流恰好等於幾何尺寸倍數（2 倍）時，輸出電壓 $V_o$ 必等於 $Q_1$ 之閘-源極電壓 $V_{GS}$。

3. 求解 $V_{GS}$： 將 $Q_1$ 參數代入飽和區電流方程式（$V_{DS1} = V_{GS}$）： $I_{\mathrm{REF}} = \frac{1}{2}\mu_n C_{\mathrm{ox}}\left(\frac{W}{L}\right)_1 (V_{GS}-V_{TH})^2 \left(1 + \frac{V_{GS}}{V_A}\right)$ $100\,\mu\mathrm{A} = \frac{1}{2} \times 100\,\mu\mathrm{A}/\mathrm{V}^2 \times 10 \times (V_{GS}-0.7)^2 \left(1 + \frac{V_{GS}}{10}\right)$ $100 = 500(V_{GS}-0.7)^2(1 + 0.1V_{GS})$ $(V_{GS}-0.7)^2(1 + 0.1V_{GS}) = 0.2$

• 精確解（考慮 $1 + 0.1V_{GS}$ 項）： 令 $x = V_{GS} - 0.7$，則方程式為 $x^2(1.07 + 0.1x) = 0.2$。 解得 $x \approx 0.424\,\mathrm{V}$，因此：

核心觀念

本題考查運算放大器（Op-Amp）經典正弦波振盪電路——韋恩電橋振盪器（Wien-Bridge Oscillator）​之電路分析與巴克豪森振盪準則（Barkhausen Criterion）。

1. 電路拓撲辨識：

• 選頻網路（正回授）：由一組串聯 $R$、$C$ 臂與一組並聯 $R$、$C$ 臂構成帶通濾波器（Bandpass Filter），將輸出電壓 $v_o$ 分壓回授至運算放大器的非反相輸入端（$v_+$）。
• 放大器與負回授：運算放大器配合反相輸入端（$v_-$）的接地電阻 $R$ 與輸出回授電阻 $R_2$ 構成非反相放大器（Non-inverting Amplifier），提供維持振盪所需之閉迴路電壓增益 $A_v$。

2. 巴克豪森振盪準則（Barkhausen Criterion）： 設環路增益為 $T(s) = A_v \cdot \beta(s)$，電路產生穩定正弦波振盪的充分與必要條件為：

• 相角條件（決定振盪頻率）：$\angle T(j\omega_0) = 0^\circ$（或 $360^\circ$ 的整數倍）。因非反相放大器相角為 $0^\circ$，故選頻網路相角必須滿足 $\angle \beta(j\omega_0) = 0^\circ$。
• 增益條件（決定起振與維持條件）：
• 起振條件（Barkhausen Criterion for Oscillation Startup）：$|T(j\omega_0)| = |A_v \cdot \beta(j\omega_0)| \ge 1$。
• 臨界等幅振盪維持條件：$|T(j\omega_0)| = 1$。

解題方法

步驟一：推導正回授選頻網路轉移函數 $\beta(s)$

設非反相輸入端電壓為 $V_+(s)$，輸出電壓為 $V_o(s)$。

• 串聯臂阻抗： $Z_s(s) = R + \frac{1}{sC} = \frac{1 + sRC}{sC}$
• 並聯臂阻抗： $Z_p(s) = R \parallel \frac{1}{sC} = \frac{R \cdot \frac{1}{sC}}{R + \frac{1}{sC}} = \frac{R}{1 + sRC}$

由分壓定理可得正回授網路之轉移函數 $\beta(s)$： $\beta(s) = \frac{V_+(s)}{V_o(s)} = \frac{Z_p(s)}{Z_s(s) + Z_p(s)}$

將 $Z_s(s)$ 與 $Z_p(s)$ 代入並化簡： $\beta(s) = \frac{\frac{R}{1 + sRC}}{\frac{1 + sRC}{sC} + \frac{R}{1 + sRC}} = \frac{sRC}{(1 + sRC)^2 + sRC} = \frac{sRC}{s^2 R^2 C^2 + 3sRC + 1}$

步驟二：求解振盪角頻率 $\omega_0$ 與頻率 $f_0$

令 $s = j\omega$，求取選頻網路的頻率響應 $\beta(j\omega)$： $\beta(j\omega) = \frac{j\omega RC}{(1 - \omega^2 R^2 C^2) + j 3\omega RC} = \frac{1}{3 + j\left(\omega RC - \frac{1}{\omega RC}\right)}$

依巴克豪森相角條件，在振盪頻率 $\omega_0$ 處，$\beta(j\omega_0)$ 之相角必須為 $0^\circ$，意即分母虛部必須為零：