107 高普考高考三級 電信工程 電子學 考古題詳解

核心觀念

本題考查非線性元件電路中的二極體截波電路（Clipper / Limiter Circuit）之直流分析。核心觀念與分析依據如下：

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

• 導通（ON）條件：順向偏壓達到導通電壓 $V_D = V_{D,\mathrm{on}} = 0.7\,\mathrm{V}$，且順向電流 $I_D > 0$；導通時內阻 $r_d = 0\,\Omega$，其端電壓固定為 $0.7\,\mathrm{V}$。
• 截止（OFF）條件：端電壓 $V_D < V_{D,\mathrm{on}} = 0.7\,\mathrm{V}$，此時視為開路（Open Circuit），通過電流 $I_D = 0\,\mathrm{A}$。

2. 電路拓撲（對照原卷圖形）：

• 輸入電壓 $V_i$ 經由串聯電阻 $R_1$ 連接至輸出節點 $V_o$，輸出節點並聯負載電阻 $R_2$ 至地。
• 上截波支路：二極體 $D_1$ 與直流偏壓源 $V_B = 2\,\mathrm{V}$ 串聯（$D_1$ 陽極接 $V_o$、陰極接 $V_B$ 正極，$V_B$ 負極接地）。
• 下截波支路：二極體 $D_2$ 逆向並聯接地（$D_2$ 陽極接地、陰極接 $V_o$）。

3. 電路基本定律：

• 分壓定理（Voltage Divider Rule）。
• 克希荷夫電流定律（Kirchhoff's Current Law, KCL）與歐姆定律（Ohm's Law）。

4. 狀態假設與驗證法（Assume-and-Verify Method）：

• 由於二極體為非線性開關元件，解題標準程序為「先合理假設各二極體導通／截止狀態 $\to$ 代入線性模型求解 $\to$ 檢驗端電壓或電流是否符合該狀態條件」。

解題方法

（一）當輸入電壓 $V_i = 2\,\mathrm{V}$ 時，求輸出電壓 $V_o$

1. 狀態假設：

• 假設二極體 $D_1$ 為截止（OFF）、$D_2$ 為截止（OFF）。

2. 電路推導：

• 當 $D_1$ 與 $D_2$ 皆開路時，電路簡化為 $R_1$ 與 $R_2$ 串聯之分壓電路。
• 輸出電壓 $V_o$ 由分壓定理求得： $V_o = V_i \times \frac{R_2}{R_1 + R_2} = 2\,\mathrm{V} \times \frac{1\,\mathrm{k}\Omega}{1\,\mathrm{k}\Omega + 1\,\mathrm{k}\Omega} = 1\,\mathrm{V}$

3. 狀態驗證：

• 檢驗 $D_1$：陽極電位為 $V_o = 1\,\mathrm{V}$，陰極電位為 $V_B = 2\,\mathrm{V}$。 $V_{D1} = V_o - V_B = 1\,\mathrm{V} - 2\,\mathrm{V} = -1\,\mathrm{V} < 0.7\,\mathrm{V} \implies \text{確認為截止（OFF）}$
• 檢驗 $D_2$：陽極電位為 $0\,\mathrm{V}$，陰極電位為 $V_o = 1\,\mathrm{V}$。 $V_{D2} = 0\,\mathrm{V} - V_o = 0\,\mathrm{V} - 1\,\mathrm{V} = -1\,\mathrm{V} < 0.7\,\mathrm{V} \implies \text{確認為截止（OFF）}$
• 兩二極體之電壓條件皆完全符合截止狀態，假設成立。
• 故 $V_o = 1\,\mathrm{V}$。

（二）當輸入電壓 $V_i = 8\,\mathrm{V}$ 時，求流經電阻 $R_1$ 之電流 $I_1$

1. 臨界轉折分析與狀態假設：

• 上截波支路導通的臨界輸出電壓為： $V_{o,\mathrm{crit}} = V_B + V_{D,\mathrm{on}} = 2\,\mathrm{V} + 0.7\,\mathrm{V} = 2.7\,\mathrm{V}$

核心觀念

本題考查 MOS 差動放大器（Differential Amplifier）與電流鏡偏壓電路的完整分析，涵蓋以下核心觀念與公式：

1. 電流鏡鏡射比與通道長度調變：當偏壓維持 $V_B = V_X$ 時，$Q_3$ 與 $Q_4$ 的汲－源極電壓相同（$V_{DS3} = V_{DS4}$），完全消除通道長度調變效應帶來的鏡射誤差，電流鏡比例直接由通道寬長比決定： $I_{D3} = I_B \times \frac{(W/L)_3}{(W/L)_4}$
2. 差模電壓增益（Differential Gain）：利用差模半電路（Half-Circuit）分析，共源極節點為小訊號虛接地（Virtual Ground）： $A_d = \frac{V_{O2} - V_{O1}}{V_{i1} - V_{i2}} = g_m (R_D \parallel r_{o1}) \approx g_m R_D$
3. 差模輸出電阻（Differential Output Resistance）：兩輸出端之間的開路等效阻抗： $R_{od} = 2 (R_D \parallel r_{o1})$
4. 單端輸出共模電壓增益（Common-Mode Gain）：利用共模半電路分析，源極等效退化電阻為尾端電流源電阻的兩倍（$2 R_{SS} = 2 r_{o3}$）： $A_c = \frac{V_{O1}}{V_{i1}} = -\frac{g_m R_D}{1 + 2 g_m R_{SS}} \approx -\frac{R_D}{2 R_{SS}}$
5. 負載不匹配產生之輸入參考位移電壓（Input-Referred Offset Voltage）：當兩側負載電阻存在不對稱時，使輸出電壓平衡所需的等效輸入直流電壓為： $V_{OS} = \frac{V_{OV}}{2} \left(\frac{\Delta R_D}{R_D}\right)$

解題方法與詳細步驟

（一）求達到差模增益 $A_d = 5\,\mathrm{V}/\mathrm{V}$ 所需之偏壓電流 $I_B$

1. 由差模增益決定互導 $g_m$： 在差模輸入下，源極共接節點為小訊號虛接地。一般電阻負載差動放大器之電晶體輸出電阻 $r_{o1} \gg R_D$，差模電壓增益表示為： $A_d = g_m R_D$ 代入 $A_d = 5\,\mathrm{V}/\mathrm{V}$ 與 $R_D = 10\,\mathrm{k}\Omega$： $g_m = \frac{A_d}{R_D} = \frac{5}{10\,\mathrm{k}\Omega} = 0.5\,\mathrm{mA}/\mathrm{V}$

2. 計算差動對單臂偏壓電流 $I_{D1}$： MOS 互導公式為： $g_m = \sqrt{2 \mu_n C_{\mathrm{ox}} \left(\frac{W}{L}\right)_1 I_{D1}}$ 已知 $\mu_n C_{\mathrm{ox}} = 100\,\mu\mathrm{A}/\mathrm{V}^2 = 0.1\,\mathrm{mA}/\mathrm{V}^2$，$(W/L)_1 = 25$： $0.5 = \sqrt{2 \times 0.1 \times 25 \times I_{D1}} = \sqrt{5 I_{D1}}$ 兩邊平方： $0.25 = 5 I_{D1} \implies I_{D1} = 0.05\,\mathrm{mA} = 50\,\mu\mathrm{A}$

3. 由電流鏡關係求基準電流 $I_B$： 差動對對稱時，尾端電流源 $Q_3$ 之汲極電流為： $I_{D3} = 2 I_{D1} = 2 \times 50\,\mu\mathrm{A} = 100\,\mu\mathrm{A}$ 因題目給定偏壓維持 $V_B = V_X$，此時 $V_{DS3} = V_{DS4}$，兩電晶體之通道長度調變因子項相消，電流鏡鏡射關係為嚴格比例： $\frac{I_{D3}}{I_B} = \frac{(W/L)_3}{(W/L)_4} = \frac{50}{10} = 5$ 因此所需之偏壓電流為： $I_B = \frac{I_{D3}}{5} = \frac{100\,\mu\mathrm{A}}{5} = 20\,\mu\mathrm{A}$

補充（計入 $r_{o1}$ 之嚴密精確解）： 若考慮 $r_{o1} = \frac{V_A}{I_{D1}} = \frac{10}{I_{D1}}$，則 $A_d = g_m (R_D \parallel r_{o1}) = \sqrt{5 I_{D1}} \times \frac{10}{I_{D1} + 1} = 5$。 解二次方程式 $I_{D1}^2 - 18 I_{D1} + 1 = 0$，得合理工作點 $I_{D1} \approx 55.73\,\mu\mathrm{A}$，對應 $I_{D3} \approx 111.46\,\mu\mathrm{A}$，求得 $I_B \approx 22.29\,\mu\mathrm{A}$。

（二）計算差模輸出電阻

1. 差模雙端輸出電阻（Differential Output Resistance, $R_{od}$）： 差模輸出電阻定義為在差模激勵下，由兩輸出端 $V_{O2}$ 與 $V_{O1}$ 之間看入的等效小訊號電阻。 在差模半電路中，源極為虛接地，各單臂輸出端對地看入之阻抗為： $R_o = R_D \parallel r_{o1}$ 由 $I_{D1} = 50\,\mu\mathrm{A}$ 與 $V_A = 10\,\mathrm{V}$，求得電晶體輸出電阻： $r_{o1} = \frac{V_A}{I_{D1}} = \frac{10\,\mathrm{V}}{50\,\mu\mathrm{A}} = 200\,\mathrm{k}\Omega$ 則單端阻抗為：

核心觀念

本題考查共源極（Common-Source, CS）放大器的高頻響應與米勒效應（Miller's Theorem）。解題時涉及以下關鍵原理與公式：

1. 中頻電壓增益（Midband Voltage Gain, $A_v$）： 共源極放大器在中頻段的輸出與輸入節點間電壓增益為： $A_v = \frac{v_o}{v_i} = -g_m (R_D \parallel r_o)$
2. 米勒定理（Miller's Theorem）： 跨接於反相放大器輸入與輸出端之間的電容 $C_F$（回授電容），可等效分解為輸入端與輸出端對地的等效電容：

• 輸入端米勒等效電容：$C_{M,in} = C_F (1 - A_v)$
• 輸出端米勒等效電容：$C_{M,out} = C_F \left(1 - \frac{1}{A_v}\right)$

3. 節點等效電容：

• 輸入端總電容：$C_{in} = C_{M,in}$（題目註明忽略其他寄生效應，即 $C_{gs} = 0$）
• 輸出端總電容：$C_{out} = C_L + C_{M,out}$

4. 極點頻率與主極點（Dominant Pole Frequency, $f_p$）： 各節點的極點頻率由該節點的戴維寧等效電阻與總等效電容決定：

• 輸入端極點：$f_{p,in} = \frac{1}{2\pi R_{in}' C_{in}}$
• 輸出端極點：$f_{p,out} = \frac{1}{2\pi R_{out}' C_{out}}$
• 主極點（Dominant Pole）：在諸多極點中，頻率最低（最靠近原點）、主導放大器 $-3\,\mathrm{dB}$ 高頻截止頻率者，即 $f_p = \min(f_{p,in}, f_{p,out})$。

解題方法

電路為標準共源極放大器，訊號源內阻 $R_S = 1\,\mathrm{k}\Omega$ 串聯於閘極（輸入端），源極接地，汲極（輸出端）並聯 $R_D = 10\,\mathrm{k}\Omega$ 與負載電容 $C_L = 3\,\mathrm{pF}$，閘極與汲極間跨接 $C_F = 1\,\mathrm{pF}$。

步驟一：計算中頻電壓增益 $A_v$

輸出端汲極所見之交流等效負載電阻為 $R_D$ 與通道調變電阻 $r_o$ 之並聯： $R_o' = R_D \parallel r_o = 10\,\mathrm{k}\Omega \parallel 10\,\mathrm{k}\Omega = 5\,\mathrm{k}\Omega$ 因此閘極至汲極之電壓增益為： $A_v = -g_m (R_D \parallel r_o) = -(1\,\mathrm{mA/V}) \times (5\,\mathrm{k}\Omega) = -5$

步驟二：求解（一）輸入端電容值

由米勒定理，跨接電容 $C_F$ 在輸入端之等效電容為： $C_{M,in} = C_F (1 - A_v)$ 將數值代入： $C_{in} = 1\,\mathrm{pF} \times [1 - (-5)] = 1\,\mathrm{pF} \times 6 = 6\,\mathrm{pF}$

步驟三：求解（二）輸出端電容值

跨接電容 $C_F$ 在輸出端之等效米勒電容為： $C_{M,out} = C_F \left(1 - \frac{1}{A_v}\right) = 1\,\mathrm{pF} \times \left[1 - \left(-\frac{1}{5}\right)\right] = 1\,\mathrm{pF} \times 1.2 = 1.2\,\mathrm{pF}$ 輸出端總電容為負載電容 $C_L$ 與 $C_{M,out}$ 並聯相加： $C_{out} = C_L + C_{M,out} = 3\,\mathrm{pF} + 1.2\,\mathrm{pF} = 4.2\,\mathrm{pF}$ (註：若依工程常用近似 $|A_v| \gg 1$，取 $C_{M,out} \approx C_F = 1\,\mathrm{pF}$，則 $C_{out} \approx 3\,\mathrm{pF} + 1\,\mathrm{pF} = 4\,\mathrm{pF}$)

步驟四：求解（三）主極點頻率 $f_p$

分別計算輸入端與輸出端形成之極點頻率：

1. 輸入端極點頻率 $f_{p,in}$： 輸入端所見戴維寧等效電阻為訊號源內阻 $R_{in}' = R_S = 1\,\mathrm{k}\Omega$（閘極向內看為開路）。

核心觀念

本題評量基本金氧半場效電晶體（MOSFET）電流鏡電路的直流工作點分析與通道長度調變效應（Channel-Length Modulation，即短通道效應與厄利電壓 $V_A$）。

1. MOSFET 飽和區電流公式（含通道長度調變）： $I_D = \frac{1}{2} \mu_n C_{\mathrm{ox}} \left(\frac{W}{L}\right) (V_{GS} - V_{TH})^2 (1 + \lambda V_{DS}) = \frac{1}{2} \mu_n C_{\mathrm{ox}} \left(\frac{W}{L}\right) (V_{GS} - V_{TH})^2 \left(1 + \frac{V_{DS}}{V_A}\right)$ 其中通道長度調變參數 $\lambda = \frac{1}{V_A} = \frac{1}{10\,\mathrm{V}} = 0.1\,\mathrm{V}^{-1}$。

2. 電流鏡鏡射比例與平衡條件： 依考卷附圖，本電路為標準基本 NMOS 電流鏡：

• 參考電流端由參考電流源 $I_{REF} = 100\,\mu\mathrm{A}$ 注入二極體接法（Diode-connected）的電晶體 $Q_1$，其閘極與汲極相連（$V_{DS1} = V_{GS1} = V_{GS}$），源極接地。
• 輸出端電晶體 $Q_2$ 的閘極連接至 $Q_1$ 閘極，源極接地（$V_{GS2} = V_{GS1} = V_{GS}$），汲極端電壓為 $V_o$（即 $V_{DS2} = V_o$），流入汲極的電流為 $I_o$。
• 兩電晶體皆操作於飽和區時，輸出電流與參考電流的比值為： $\frac{I_o}{I_{REF}} = \frac{(W/L)_2}{(W/L)_1} \cdot \frac{1 + \frac{V_o}{V_A}}{1 + \frac{V_{DS1}}{V_A}} = \frac{(W/L)_2}{(W/L)_1} \cdot \frac{1 + \frac{V_o}{V_A}}{1 + \frac{V_{GS}}{V_A}}$
• 當輸出電壓等於閘極電壓時（$V_o = V_{DS1} = V_{GS}$），通道長度調變效應互相抵消，電流比值精確等於寬長比（Aspect Ratio）之比值： $I_o = \frac{(W/L)_2}{(W/L)_1} I_{REF}$

3. 輸出電阻與小訊號增量： 輸出端的小訊號輸出電阻為： $r_o = r_{o2} = \frac{V_A}{I_o}$ 當輸出電壓產生變化 $\Delta V_o$ 時，輸出電流的增量可由小訊號電阻或大訊號公式計算： $\Delta I_o \approx \frac{\Delta V_o}{r_o}$

解題方法

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

1. 判斷工作狀態與電壓平衡點：

• 電晶體寬長比為： $\left(\frac{W}{L}\right)_1 = \frac{5\,\mu\mathrm{m}}{0.5\,\mu\mathrm{m}} = 10$ $\left(\frac{W}{L}\right)_2 = \frac{10\,\mu\mathrm{m}}{0.5\,\mu\mathrm{m}} = 20$
• 幾何比例為： $\frac{(W/L)_2}{(W/L)_1} = \frac{20}{10} = 2$
• 基準鏡射電流（標稱值）為： $I_{o,\mathrm{nominal}} = \frac{(W/L)_2}{(W/L)_1} I_{REF} = 2 \times 100\,\mu\mathrm{A} = 200\,\mu\mathrm{A}$
• 當題目給定實際輸出電流 $I_o = 200\,\mu\mathrm{A}$ 時，滿足： $\frac{1 + \frac{V_o}{V_A}}{1 + \frac{V_{GS}}{V_A}} = 1 \implies V_o = V_{GS}$ 即輸出端電壓 $V_o$ 恰好等於電晶體的閘源極電壓 $V_{GS}$。

2. 計算閘源極電壓 $V_{GS}$： 依標準教材規範，計算過驅電壓（Overdrive Voltage）$V_{OV} = V_{GS} - V_{TH}$ 時，參考端二極體接法電晶體 $Q_1$ 的飽和電流表示為： $I_{REF} = \frac{1}{2} \mu_n C_{\mathrm{ox}} \left(\frac{W}{L}\right)_1 (V_{GS} - V_{TH})^2$ 代入已知數值： $100\,\mu\mathrm{A} = \frac{1}{2} \times \left(100\,\mu\mathrm{A}/\mathrm{V}^2\right) \times 10 \times (V_{GS} - 0.7\,\mathrm{V})^2$ $100 = 500 \times (V_{GS} - 0.7)^2 \implies (V_{GS} - 0.7)^2 = \frac{100}{500} = 0.2\,\mathrm{V}^2$ 開平方求得過驅電壓： $V_{OV} = V_{GS} - 0.7 = \sqrt{0.2} \approx 0.4472\,\mathrm{V}$ 因此：

核心觀念

本題為典型的韋恩電橋振盪器（Wien-Bridge Oscillator）​電路，由理想運算放大器（Op-Amp）結合「正回授帶通選頻網路」與「負回授非反相放大電路」所組成。

求解本題需運用巴克豪森震盪準則（Barkhausen Criterion）： 設電路之閉迴路增益為 $L(s) = A_v \cdot \beta(s)$，其中 $A_v$ 為非反相放大器的電壓增益，$\beta(s)$ 為正回授選頻網路的回授率（分壓轉移函數）。電路產生穩定正弦波震盪必須同時滿足以下兩項條件：

1. 相位條件：在震盪角頻率 $\omega_0$ 下，迴路總相移為 $0^\circ$（或 $360^\circ$ 之整數倍），即 $\angle L(j\omega_0) = \angle A_v + \angle \beta(j\omega_0) = 0^\circ$。
2. 振幅條件：在震盪角頻率 $\omega_0$ 下，迴路增益大小必須滿足 $|L(j\omega_0)| = |A_v \beta(j\omega_0)| \ge 1$（起振條件），在穩態等幅震盪時臨界值為 $|L(j\omega_0)| = 1$。

解題方法

1. 正回授選頻網路分析與回授率 $\beta(s)$

正回授路徑由輸出端 $v_o$ 接至非反相輸入端 $v_+$，包含串聯臂阻抗 $Z_s$ 與並聯接地臂阻抗 $Z_p$：

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

正回授網路之電壓分壓比（回授率）$\beta(s) = \frac{v_+}{v_o}$ 為： $\beta(s) = \frac{Z_p}{Z_s + Z_p} = \frac{\frac{R}{sRC + 1}}{\frac{sRC + 1}{sC} + \frac{R}{sRC + 1}}$

分子與分母同乘以 $sC(sRC + 1)$ 展開整理： $\beta(s) = \frac{sRC}{(sRC + 1)^2 + sRC} = \frac{sRC}{s^2 R^2 C^2 + 3sRC + 1}$

以穩態正弦訊號 $s = j\omega$ 代入： $\beta(j\omega) = \frac{j\omega RC}{(1 - \omega^2 R^2 C^2) + j 3\omega RC}$

2. 求震盪頻率 $\omega_0$ 與 $f_0$

由於負回授非反相放大器的增益 $A_v$ 為實數且同相（$\angle A_v = 0^\circ$），根據巴克豪森相位條件，正回授網路在震盪角頻率 $\omega_0$ 時的相移必須為 $0^\circ$（即 $\beta(j\omega_0)$ 必須為同相實數）。

觀察 $\beta(j\omega)$ 之表達式，分子為純虛數，欲使整體相角為 $0^\circ$，分母之實部必須為零： $1 - \omega_0^2 R^2 C^2 = 0 \implies \omega_0 = \frac{1}{RC}$

將題目給定數值 $R = 1\,\mathrm{k}\Omega = 10^3\,\Omega$、$C = 1\,\mu\mathrm{F} = 10^{-6}\,\mathrm{F}$ 代入：