111 高普考高考三級 電力工程 電子學 考古題詳解

111 年・高普考・高考三級・電力工程
試題代碼 電子學

第 一 題20 分

圖一 (a) 電晶體 QQ 之參數為：

kn′(W/L)=1 mA/V2,Vt=1 V,VA=∞,Cgs=Cgd=0k_n'(W/L)=1\ \mathrm{mA/V^2},\quad V_t=1\ \mathrm{V},\quad V_A=\infty,\quad C_{gs}=C_{gd}=0 VDD=+5 V,C1=C2=1 μFV_{DD}=+5\ \mathrm{V},\quad C_1=C_2=1\ \mu\mathrm{F} RG1=90 kΩ,RG2=60 kΩ,RD=1 kΩ,RL=35 kΩR_{G1}=90\ \mathrm{k\Omega},\quad R_{G2}=60\ \mathrm{k\Omega},\quad R_D=1\ \mathrm{k\Omega},\quad R_L=35\ \mathrm{k\Omega}

vs(t=−∞)=0v_s(t=-\infty)=0；t≥0t\geq 0 時，vs(t)v_s(t) 為 −5 V-5\ \mathrm{V} 階級波，如圖一 (b)。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(b) t=0t=0 時，電容 C1C_1 與 C2C_2 均無電流通過；t=0+t=0^+ 時 QQ 截止，且 t=t1t=t_1 時 QQ 導通進入三極區或飽和區。

先分析 t=0t=0 時之閘極、汲極電壓與 vov_o，再求算 t1t_1 以及 0<t≤t10<t\leq t_1 之 vo(t)v_o(t)，列出必要的過程計算式。

🖼️ 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 MOSFET 直流偏壓、耦合電容的電壓連續性，以及電容切換後的 RC 暫態。

電容在切換瞬間滿足電壓連續：

vC(0+)=vC(0−)v_C(0^+)=v_C(0^-)

但若電路沒有其他元件固定電容兩端的共模電壓，切換後兩端的節點電壓仍可瞬間改變。MOSFET 飽和區的平方律採用：

ID=12kn′(W/L)(VGS−Vt)2I_D=\frac{1}{2}k_n'(W/L)(V_{GS}-V_t)^2

解題方法與計算

1. 切換前的直流工作點

t=0−t=0^- 時，vs=0v_s=0，且 C1、C2C_1、C_2 皆視為開路。閘極由分壓器設定：

VG=VDDRG2RG1+RG2=56090+60=2 VV_G=V_{DD}\frac{R_{G2}}{R_{G1}+R_{G2}} =5\frac{60}{90+60}=2\ \mathrm{V}

源極接地，因此 VGS=2 VV_{GS}=2\ \mathrm{V}。假設 Q 工作於飽和區，汲極電流為：

ID=12(1 mA/V2)(2−1)2=0.5 mAI_D=\frac{1}{2}(1\ \mathrm{mA/V^2})(2-1)^2 =0.5\ \mathrm{mA}

汲極電壓：

VD=VDD−IDRD=5−(0.5 mA)(1 kΩ)=4.5 VV_D=V_{DD}-I_D R_D =5-(0.5\ \mathrm{mA})(1\ \mathrm{k\Omega}) =4.5\ \mathrm{V}

飽和區條件為 VDS≥VGS−VtV_{DS}\geq V_{GS}-V_t；此處 4.5≥14.5\geq1，條件成立。由於 C2C_2 開路，輸出端經 RLR_L 接地：

vo(0−)=0v_o(0^-)=0

因此切換前，C2C_2 兩端電壓為：

vC2(0−)=VD−vo=4.5 Vv_{C_2}(0^-)=V_D-v_o=4.5\ \mathrm{V}

2. 切換瞬間的閘極與電容電壓

t=0t=0 後，輸入由 00 跳至 −5 V-5\ \mathrm{V}。由 C1C_1 電壓連續，取其左端減右端：

vs(0−)−VG(0−)=0−2=−2 Vv_s(0^-)-V_G(0^-)=0-2=-2\ \mathrm{V} vs(0+)−VG(0+)=−2v_s(0^+)-V_G(0^+)=-2

故：

VG(0+)=−5+2=−3 VV_G(0^+)=-5+2=-3\ \mathrm{V}

此時 VGS<VtV_{GS}<V_t，Q 截止。

C2C_2 電壓仍為 4.5 V4.5\ \mathrm{V}。Q 截止後，RDR_D、C2C_2、RLR_L 形成串聯暫態路徑。以 i(t)i(t) 表示流經 RD、C2、RLR_D、C_2、R_L 的電流，則：

vC2=5−i(RD+RL)v_{C_2}=5-i(R_D+R_L)

切換瞬間 vC2(0+)=4.5 Vv_{C_2}(0^+)=4.5\ \mathrm{V}，因此：

i(0+)=5−4.51 kΩ+35 kΩ=13.89 μAi(0^+)=\frac{5-4.5}{1\ \mathrm{k\Omega}+35\ \mathrm{k\Omega}} =13.89\ \mu\mathrm{A}

輸出電壓因此為：

vo(0+)=i(0+)RL=(13.89 μA)(35 kΩ)=0.4861 Vv_o(0^+)=i(0^+)R_L =(13.89\ \mu\mathrm{A})(35\ \mathrm{k\Omega}) =0.4861\ \mathrm{V}

所以 vov_o 由切換前的 00 瞬間跳至 0.4861 V0.4861\ \mathrm{V}；這不違反電容電壓連續，因為連續的是 C2C_2 兩端電壓，並非兩端各自對地的電壓。

3. 求 t1t_1 與輸出暫態

閘極看到的偏壓網路戴維寧等效為：

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第 二 題20 分

圖二放大器中，R1+R2=3 kΩR_1+R_2=3\ \mathrm{k\Omega}，所有電晶體 VA=5 VV_A=5\ \mathrm{V}。

Q1Q_1 與 Q2Q_2：

μnCox=200 μA/V2,W/L=40,Vt=0.8 V\mu_n C_{ox}=200\ \mu\mathrm{A/V^2},\quad W/L=40,\quad V_t=0.8\ \mathrm{V}

Q3∼Q5Q_3\sim Q_5：β=100≫1\beta=100\gg 1，直流分析時忽略基極電流。

求算 Q2Q_2 之偏壓電流以及放大器輸出電阻 RoR_o。

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核心觀念

本題要先求直流工作點，再用小訊號模型求輸出電阻。NMOS 在飽和區時，

ID=12μnCoxWL(VGS−Vt)2,ro=VAID.I_D=\frac{1}{2}\mu_n C_{ox}\frac WL(V_{GS}-V_t)^2, \qquad r_o=\frac{V_A}{I_D}.

依題給參數，Q1、Q2Q_1、Q_2 的電流式為

ID=4 mA/V2(VGS−0.8)2.I_D=4\ \mathrm{mA/V^2}(V_{GS}-0.8)^2.

然而，題目所附頁面沒有提供足以決定工作點的全部直流條件。

解題方法與資訊缺漏

Q2Q_2 的閘極接輸入 viv_i，但題目沒有給定 viv_i 的直流偏壓。因此，只要 Q2Q_2 在飽和區，其偏壓電流仍會隨閘極直流電壓而變：

ID2=4 mA/V2(Vi,DC−0.8)2.I_{D2}=4\ \mathrm{mA/V^2}(V_{i,\mathrm{DC}}-0.8)^2.

此外，Q1Q_1、Q3Q_3 與 R1、R2R_1、R_2 所構成的偏壓支路也缺少必要數值：圖上只給 R1+R2=3 kΩR_1+R_2=3\ \mathrm{k\Omega}，未給兩電阻各自的值；電路電源標示為 +VEE+V_{EE}，題目未給其電壓。

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第 三 題20 分

圖三中，BJT 工作於主動區，β=48≫1\beta=48\gg 1，rπ=1.2 kΩr_\pi=1.2\ \mathrm{k\Omega}，rx=0r_x=0，ro=∞r_o=\infty，Cπ=1.25 pFC_\pi=1.25\ \mathrm{pF}，Cμ=0.3 pFC_\mu=0.3\ \mathrm{pF}。

CC1=2.2 μF,CE=4 μFC_{C1}=2.2\ \mu\mathrm{F},\quad C_E=4\ \mu\mathrm{F} RS=3 kΩ,RB1=30 kΩ,RB2=20 kΩ,RC=0.8 kΩR_S=3\ \mathrm{k\Omega},\quad R_{B1}=30\ \mathrm{k\Omega},\quad R_{B2}=20\ \mathrm{k\Omega},\quad R_C=0.8\ \mathrm{k\Omega}

IEI_E 為理想偏壓電流。

以短路常數法與開路常數法分別估算放大器電壓增益響應之高頻 33-dB 頻率 ωH\omega_H 與低頻 33-dB 頻率 ωL\omega_L，必須列出過程計算式。

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核心觀念

本題以小訊號 hybrid-π\pi 模型估算頻率響應：

  • 高頻端用短路時間常數法（SCTC）：每次取出一個電容，其餘電容短路，求該電容兩端所見電阻 RiR_i，再以 ∑RiCi\sum R_iC_i 估算高頻截止角頻率。
  • 低頻端用開路時間常數法（OCTC）：每次取出一個電容，其餘電容開路，求該電容兩端所見電阻，再以 ∑RiCi\sum R_iC_i 估算低頻截止角頻率。

將獨立電壓源設為零後，偏壓電阻的交流等效值為

RB=RB1∥RB2=30 kΩ∥20 kΩ=12 kΩ.R_B=R_{B1}\parallel R_{B2} =30\,\mathrm{k\Omega}\parallel20\,\mathrm{k\Omega} =12\,\mathrm{k\Omega}.

由 β=gmrπ\beta=g_mr_\pi 得

gm=βrπ=481.2 kΩ=0.04 S.g_m=\frac{\beta}{r_\pi} =\frac{48}{1.2\,\mathrm{k\Omega}} =0.04\,\mathrm{S}.

高頻 33-dB 頻率：短路時間常數法

高頻計算時，CC1C_{C1}、CEC_E 均視為短路。

CπC_\pi 所見電阻

取出 CπC_\pi，將 CμC_\mu 短路，故基極與集極為同一交流節點，射極為交流接地。該節點接地的支路包括 RB1∥RB2R_{B1}\parallel R_{B2}、RSR_S、RCR_C、rπr_\pi，以及受控電流源等效的 1/gm1/g_m。因此

RCπ=(1RB+1RS+1RC+1rπ+gm)−1=(112 kΩ+13 kΩ+10.8 kΩ+11.2 kΩ+0.04)−1=23.53 Ω.\begin{aligned} R_{C_\pi} &=\left( \frac1{R_B}+\frac1{R_S}+\frac1{R_C} +\frac1{r_\pi}+g_m \right)^{-1}\\ &=\left( \frac1{12\,\mathrm{k\Omega}} +\frac1{3\,\mathrm{k\Omega}} +\frac1{0.8\,\mathrm{k\Omega}} +\frac1{1.2\,\mathrm{k\Omega}} +0.04 \right)^{-1}\\ &=23.53\,\Omega. \end{aligned}

CμC_\mu 所見電阻

取出 CμC_\mu，將 CπC_\pi 短路，基極與射極短接，且射極交流接地。因此 vπ=0v_\pi=0，受控電流源不作用；電容兩端所見電阻為

RCμ=RC=0.8 kΩ.R_{C_\mu}=R_C=0.8\,\mathrm{k\Omega}.

高頻時間常數總和為

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第 四 題20 分

圖四電路使用理想運算放大器，R=1 kΩR=1\ \mathrm{k\Omega}，C=0.1 μFC=0.1\ \mu\mathrm{F}，R2=aR1=3 kΩR_2=aR_1=3\ \mathrm{k\Omega}，其 33-dB 頻寬為 104 rad/sec10^4\ \mathrm{rad/sec}。

利用所標示之 v1v_1 與 v2v_2 推導其轉移函數：

H(s)=vo(s)vi(s),s=jωH(s)=\frac{v_o(s)}{v_i(s)},\quad s=j\omega

並求算 ∣H(jω)∣\lvert H(j\omega)\rvert 之極大值與 aa 之值。

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核心觀念

此電路是以非反相運算放大器構成的二階帶通濾波器。理想運算放大器的輸入電流為零，閉迴路電壓增益為

vov1=1+R2R1=1+a.\frac{v_o}{v_1}=1+\frac{R_2}{R_1}=1+a.

令 x=sRCx=sRC，再以節點 v1v_1、v2v_2 寫 KCL，可得轉移函數。二階帶通形式的分母可用來讀出中心角頻率與 3-dB 頻寬。

解題方法

在 v1v_1 節點套用 KCL：

sC(v1−v2)+v1R=0⟹v1=sRC1+sRCv2=x1+xv2.sC(v_1-v_2)+\frac{v_1}{R}=0 \quad\Longrightarrow\quad v_1=\frac{sRC}{1+sRC}v_2 =\frac{x}{1+x}v_2.

在 v2v_2 節點套用 KCL：

v2−viR+v2−voR+sCv2+sC(v2−v1)=0.\frac{v_2-v_i}{R}+\frac{v_2-v_o}{R} +sCv_2+sC(v_2-v_1)=0.

乘以 RR 並整理：

vi=(2+2x)v2−vo−xv1.v_i=(2+2x)v_2-v_o-xv_1.

由 vo=(1+a)v1v_o=(1+a)v_1 且 v2=1+xxv1v_2=\frac{1+x}{x}v_1，代入上式：

vi=[2(1+x)2x−(1+a+x)]v1.v_i=\left[\frac{2(1+x)^2}{x}-(1+a+x)\right]v_1.

因此

H(s)=vovi=(1+a)xx2+(3−a)x+2=(1+a)sRC(sRC)2+(3−a)sRC+2.H(s)=\frac{v_o}{v_i} =\frac{(1+a)x}{x^2+(3-a)x+2} =\frac{(1+a)sRC}{(sRC)^2+(3-a)sRC+2}.

寫成標準二階帶通分母：

H(s)=1+aRCss2+3−aRCs+2(RC)2.H(s)=\frac{\dfrac{1+a}{RC}s} {s^2+\dfrac{3-a}{RC}s+\dfrac{2}{(RC)^2}}.

所以

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第 五 題20 分

圖五為一數位電路的狀態圖（state diagram）。圖中箭頭表示狀態改變的方向，並以①、②、③、④編號。

先依編號順序畫出此電路的輸入 AA、BB 與輸出 QQ 對應的狀態改變時序圖（timing diagram），再以 NAND 邏輯閘設計此電路，以其真值表說明工作原理。

狀態轉移如下：

  • ①：Q=0Q=0 在 AB=01AB=01 時轉移至 Q=1Q=1。
  • ②：Q=1Q=1 在 AB=11AB=11 時維持 Q=1Q=1。
  • ③：Q=1Q=1 在 AB=10AB=10 時轉移至 Q=0Q=0。
  • ④：Q=0Q=0 在 AB=11AB=11 時維持 Q=0Q=0。

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核心觀念

本題考查數位序向電路的狀態轉移，以及以交互耦合 NAND 閘製作 SR latch。QQ 是目前狀態，Q+Q^+ 是輸入作用後的次狀態；輸入組合決定設定、重置或保持狀態。

依圖中標示，AB=01AB=01 使電路由 Q=0Q=0 轉為 Q=1Q=1，AB=10AB=10 使電路由 Q=1Q=1 轉為 Q=0Q=0，AB=11AB=11 時兩個狀態各自保持。圖中未標示 AB=00AB=00 的轉移，以下採用 NAND SR latch 的保持狀態補足。

解題方法：時序圖

依①至④的順序，先列出各時段的輸入，再依狀態圖更新 QQ。初始狀態為 Q=0Q=0：

時段初始①②③④
ABAB—01111011
AA—0111
BB—1101
QQ（時段結束）01100

① 的 AB=01AB=01 將 QQ 設定為 1；② 的 AB=11AB=11 保持 1；③ 的 AB=10AB=10 將 QQ 重置為 0；④ 的 AB=11AB=11 保持 0。

解題方法：NAND 閘設計與真值表

定義有效高的設定、重置條件為

S=A‾B,R=AB‾.S=\overline{A}B,\qquad R=A\overline{B}.

兩者不會同時為 1。以 NAND 閘實作時，輸入 SR latch 的訊號為低有效：

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