114 高普考高考三級 電信工程 電子學 考古題詳解

114 年・高普考・高考三級・電信工程
試題代碼 電子學

第 一 題25 分

如圖一所示之運算放大器電路，若採用一個 10 kΩ10\,\mathrm{k}\Omega 的可變電阻調整此電路的電壓增益，且 0≤x≤10\leq x\leq 1。試求：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 請推導出電壓增益 Av=vo/vsA_v=v_o/v_s 與 xx 的關係式。（10 分）

(二) 說明如何在 10 kΩ10\,\mathrm{k}\Omega 的可變電阻旁加入一個固定電阻 RR，使得電路的電壓增益 AvA_v 的範圍在 11 至 1111 之間，並計算此電阻值 RR。（15 分）

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核心觀念

本題考查理想運算放大器的負回授電路：

  • 輸入端電流為零。
  • 負回授正常工作時，v−=v+=vsv_-=v_+=v_s。
  • 圖一為非反相放大器的可變回授電阻結構。

可變電阻總值為 10 kΩ10\,\mathrm{k}\Omega，左側接地部分為 10x kΩ10x\,\mathrm{k}\Omega，右側接輸出部分為 10(1−x) kΩ10(1-x)\,\mathrm{k}\Omega。

（一）推導 AvA_v 與 xx 的關係

由於運算放大器為理想且有負回授：

v−=v+=vsv_-=v_+=v_s

可變電阻兩端分別接地與輸出端，因此流過可變電阻的電流為

i=vo10 kΩi=\frac{v_o}{10\,\mathrm{k}\Omega}

反相端位於可變電阻左側，至接地端的電阻為

Rx=10x kΩR_x=10x\,\mathrm{k}\Omega

故反相端電壓為

v−=iRx=vo10 kΩ(10x kΩ)=xvov_-=iR_x =\frac{v_o}{10\,\mathrm{k}\Omega} \left(10x\,\mathrm{k}\Omega\right) =xv_o

又因為 v−=vsv_-=v_s，所以

vs=xvov_s=xv_o

因此電壓增益為

Av=vovs=1x\boxed{A_v=\frac{v_o}{v_s}=\frac{1}{x}}

當 0<x≤10<x\leq 1 時，

1≤Av<∞1\leq A_v<\infty

在 x=0x=0 時，理想模型下增益趨近無限大。

（二）加入固定電阻，使增益範圍為 11 至 1111

接法

將固定電阻 RR 接在可變電阻左側電阻段的兩端，也就是：

  • 一端接可變電阻滑動端；
  • 另一端接地。

因此，固定電阻 RR 與左側的 10x kΩ10x\,\mathrm{k}\Omega 並聯。

此時：

Rg=10x kΩ∥RR_g=10x\,\mathrm{k}\Omega\parallel R

右側回授電阻為

Rf=10(1−x) kΩR_f=10(1-x)\,\mathrm{k}\Omega

這是非反相放大器，因此

Av=1+RfRgA_v=1+\frac{R_f}{R_g}

代入可得

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第 二 題25 分

如圖二所示電路，vsv_s 為輸入的交流小信號，BJT 操作在作用區（active region），若 β=199\beta=199、VT=25 mVV_T=25\,\mathrm{mV}，請計算下列各項參數：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 集極直流電位 VCV_C。

(二) gmg_m。

(三) rπr_\pi。

(四) RinR_{in}。

(五) vo/vsv_o/v_s。

其中 gmg_m 與 rπr_\pi 為電晶體小信號參數。（25 分）

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核心觀念

本題考查 PNP BJT 共射極放大器的：

  • 直流偏壓分析
  • gmg_m 與 rπr_\pi 的定義
  • 基極輸入電阻
  • 含信號源內阻 RsR_s 的電壓增益

圖中射極旁的電容在交流小信號分析時視為短路，因此射極為交流接地；電源端對交流而言也是接地。

(一) 集極直流電位 VCV_C

電流源提供射極電流：

IE=10 mAI_E=10\ \text{mA}

由

α=ββ+1=199200=0.995\alpha=\frac{\beta}{\beta+1} =\frac{199}{200}=0.995

可得集極電流：

IC=αIE=0.995(10 mA)=9.95 mAI_C=\alpha I_E =0.995(10\ \text{mA}) =9.95\ \text{mA}

集極接有 100 Ω100\ \Omega 電阻至地，因此：

VC=IC(100 Ω)V_C=I_C(100\ \Omega) VC=0.995 V\boxed{V_C=0.995\ \text{V}}

(二) 跨導 gmg_m

BJT 的跨導為：

gm=ICVTg_m=\frac{I_C}{V_T}

代入 IC=9.95 mAI_C=9.95\ \text{mA}、VT=25 mVV_T=25\ \text{mV}：

gm=9.95 mA25 mV=0.398 Sg_m=\frac{9.95\ \text{mA}}{25\ \text{mV}} =0.398\ \text{S}

因此：

gm=0.398 S\boxed{g_m=0.398\ \text{S}}

(三) 小信號電阻 rπr_\pi

BJT 的混合 π\pi 型模型中：

rπ=βgmr_\pi=\frac{\beta}{g_m}

所以：

rπ=1990.398=500 Ωr_\pi=\frac{199}{0.398} =500\ \Omega

亦可直接使用：

rπ=βVTICr_\pi=\frac{\beta V_T}{I_C}

因此：

rπ=500 Ω\boxed{r_\pi=500\ \Omega}

(四) 輸入電阻 RinR_{in}

交流分析時，+1.5 V+1.5\ \text{V} 電源為交流接地，因此基極端看到：

  • 晶體管輸入電阻 rπ=500 Ωr_\pi=500\ \Omega
  • 偏壓電阻 10 kΩ10\ \text{k}\Omega

兩者並聯：

Rin=rπ∥10 kΩR_{in}=r_\pi\parallel 10\ \text{k}\Omega Rin=500∥10000=500(10000)500+10000R_{in} =500\parallel 10000 =\frac{500(10000)}{500+10000} Rin=476.2 Ω\boxed{R_{in}=476.2\ \Omega}
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第 三 題25 分

如圖三所示之回授放大電路，其中 gm1=gm2=4 mA/Vg_{m1}=g_{m2}=4\,\mathrm{mA/V}、ro1=∞r_{o1}=\infty、ro2=20 kΩr_{o2}=20\,\mathrm{k}\Omega、RD=20 kΩR_D=20\,\mathrm{k}\Omega、RL=1 kΩR_L=1\,\mathrm{k}\Omega、RF=100 ΩR_F=100\,\Omega，請計算下列各項參數：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 開路增益（open-loop gain）A=Io/viA=I_o/v_i。

(二) 回授因子（feedback factor）β=Vf/Io\beta=V_f/I_o。

(三) 閉路增益（closed-loop gain）AfA_f。

(四) RoR_o。

(五) RofR_{of}。（25 分）

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核心觀念

本題是電流串聯回授（current-series feedback）放大器，使用下列定義：

A=Iovi,β=VfIo,Af=A1+AβA=\frac{I_o}{v_i},\qquad \beta=\frac{V_f}{I_o},\qquad A_f=\frac{A}{1+A\beta}

負回授會使閉迴路增益降低，並使輸出電阻增加：

Rof=Ro(1+Aβ)R_{of}=R_o(1+A\beta)

其中 RLR_L 會造成 Q2Q_2 輸出電流分流，因此計算 AA 時必須納入 ro2r_{o2} 與 RLR_L 的影響。

解題方法

令 Q1Q_1 汲極、Q2Q_2 閘極的交流電壓為 vxv_x。由於 Q1Q_1 的源極電壓為 VfV_f，因此

vgs1=vi−Vfv_{gs1}=v_i-V_f

又因為 ro1=∞r_{o1}=\infty，Q1Q_1 汲極接至 RDR_D，故

vx=−gm1RD(vi−Vf)v_x=-g_{m1}R_D(v_i-V_f)

Q2Q_2 的輸出端接有 RLR_L，且 ro2r_{o2} 與負載共同作用。輸出電流為

Io=−gm2vx1+RLro2I_o=\frac{-g_{m2}v_x}{1+\dfrac{R_L}{r_{o2}}}

代入 vxv_x：

Io=gm1gm2RD1+RLro2(vi−Vf)I_o= \frac{g_{m1}g_{m2}R_D} {1+\dfrac{R_L}{r_{o2}}}(v_i-V_f)

因此開路增益為

A=gm1gm2RD1+RLro2A= \frac{g_{m1}g_{m2}R_D} {1+\dfrac{R_L}{r_{o2}}}

(一) 開路增益 AA

A=(4 mA/V)(4 mA/V)(20 kΩ)1+1 kΩ20 kΩA= \frac{(4\,\mathrm{mA/V})(4\,\mathrm{mA/V})(20\,\mathrm{k\Omega})} {1+\dfrac{1\,\mathrm{k\Omega}}{20\,\mathrm{k\Omega}}} A=0.321.05=0.30476 A/VA=\frac{0.32}{1.05} =0.30476\,\mathrm{A/V}

所以

A=304.76 mA/V\boxed{A=304.76\,\mathrm{mA/V}}

(二) 回授因子 β\beta

由圖可知 IoI_o 流經 RFR_F，故

Vf=IoRFV_f=I_oR_F

因此

β=VfIo=RF\beta=\frac{V_f}{I_o}=R_F β=100 Ω\boxed{\beta=100\,\Omega}

(三) 閉路增益 AfA_f

負回授關係為

Io=A(vi−Vf)I_o=A(v_i-V_f)

且 Vf=βIoV_f=\beta I_o，所以

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第 四 題25 分

如圖四所示之 MOSFET 電路，若 Q1Q_1、Q2Q_2、Q3Q_3 之參數分別如下：

VT1=VT2=0.8 VV_{T1}=V_{T2}=0.8\,\mathrm{V}，VT3=−2 VV_{T3}=-2\,\mathrm{V}，

(WL)1=(WL)2=4,(WL)3=1\left(\frac{W}{L}\right)_1=\left(\frac{W}{L}\right)_2=4,\qquad \left(\frac{W}{L}\right)_3=1

試求：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 說明此數位電路之邏輯函數名稱。（5 分）

(二) 當 A=5 VA=5\,\mathrm{V}、B=0 VB=0\,\mathrm{V}，Vo=V_o=____。（10 分）

(三) 當 A=B=5 VA=B=5\,\mathrm{V}，Vo=V_o=____。（10 分）

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核心觀念

本題考查「耗盡型 MOSFET 負載之 NMOS 邏輯閘」：

  • Q1Q_1、Q2Q_2 為增強型 NMOS，下拉網路為並聯結構。
  • Q3Q_3 為耗盡型 NMOS，且閘極與源極接於輸出端，因此 VGS3=0V_{GS3}=0。
  • 因為 VT3=−2 VV_{T3}=-2\,\mathrm{V}，即使 VGS3=0V_{GS3}=0，Q3Q_3 仍然導通，作為上拉負載。

只要 AA 或 BB 為高電位，對應的下拉 NMOS 即導通，使輸出為低電位。因此邏輯功能為：

Vo=A+B‾V_o=\overline{A+B}

這是 NOR 閘（或非閘），更精確地說是耗盡型負載 NMOS NOR gate。

解題方法與 MOSFET 工作區域

假設忽略通道長度調變，且三個 NMOS 的 μnCox\mu_n C_{\mathrm{ox}} 相同。

MOSFET 電流公式為：

飽和區

ID=12μnCox(WL)(VGS−VT)2I_D=\frac{1}{2}\mu_n C_{\mathrm{ox}}\left(\frac WL\right) (V_{GS}-V_T)^2

三極區

ID=μnCox(WL)[(VGS−VT)VDS−VDS22]I_D=\mu_n C_{\mathrm{ox}}\left(\frac WL\right) \left[(V_{GS}-V_T)V_{DS}-\frac{V_{DS}^2}{2}\right]

令

K=μnCoxK=\mu_n C_{\mathrm{ox}}

對 Q3Q_3 而言：

VGS3=0,VT3=−2 VV_{GS3}=0,\qquad V_{T3}=-2\,\mathrm{V}

因此

VGS3−VT3=2 VV_{GS3}-V_{T3}=2\,\mathrm{V}

當輸出電壓很低時，Q3Q_3 的

VDS3=5−Vo>2 VV_{DS3}=5-V_o>2\,\mathrm{V}

故 Q3Q_3 工作於飽和區，其電流為

ID3=12K(1)(2)2=2KI_{D3} =\frac12K(1)(2)^2 =2K

（一）邏輯函數名稱

Q1Q_1、Q2Q_2 為並聯下拉電晶體：

  • A=1A=1 或 B=1B=1 時，至少有一個 NMOS 導通，輸出被拉低。
  • A=B=0A=B=0 時，兩個下拉 NMOS 均截止，輸出由 Q3Q_3 拉高。

因此：

Vo=A+B‾V_o=\overline{A+B}

為 NOR 邏輯閘（或非閘）。

（二）A=5 VA=5\,\mathrm{V}、B=0 VB=0\,\mathrm{V}

此時：

  • Q1Q_1 導通；
  • Q2Q_2 截止；
  • 下拉網路只有一個 (W/L)=4\left(W/L\right)=4 的 NMOS 導通。

對 Q1Q_1：

VGS1=5 VV_{GS1}=5\,\mathrm{V} VGS1−VT1=5−0.8=4.2 VV_{GS1}-V_{T1}=5-0.8=4.2\,\mathrm{V}

由於輸出電壓很低，Q1Q_1 工作於三極區，且

VDS1=VoV_{DS1}=V_o

所以

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