115 高普考高考三級 電信工程 電路學與電子學 考古題詳解

115 年・高普考・高考三級・電信工程
試題代碼 電路學與電子學

第 一 題15 分

請繪出下圖電路之：

(一) 戴維寧等效電路（Thévenin equivalent network），含電壓及電阻。（15 分）

(二) 諾頓等效電路（Norton equivalent network），含電流及電阻。（10 分）

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核心觀念

本題要求求出端點 AA、BB 所看到的：

  • 戴維寧等效：等效電壓 VthV_{\mathrm{th}} 與等效電阻 RthR_{\mathrm{th}}
  • 諾頓等效：等效電流 INI_{\mathrm{N}} 與等效電阻 RNR_{\mathrm{N}}

兩者關係為

RN=Rth,IN=VthRth.R_{\mathrm{N}}=R_{\mathrm{th}}, \qquad I_{\mathrm{N}}=\frac{V_{\mathrm{th}}}{R_{\mathrm{th}}}.

以下令 BB 為參考接地，所有電壓均以 AA 相對於 BB 表示。

解題方法

一、先求控制電流 II

左側電壓源為

vs(t)=10sin⁡(ωt) V.v_s(t)=10\sin(\omega t)\ \text{V}.

左側為 1 kΩ1\,\text{k}\Omega 與 3 kΩ3\,\text{k}\Omega 串聯，因此

I(t)=10sin⁡(ωt)1 kΩ+3 kΩ=2.5sin⁡(ωt) mA.I(t)=\frac{10\sin(\omega t)} {1\,\text{k}\Omega+3\,\text{k}\Omega} =2.5\sin(\omega t)\ \text{mA}.

受控電流源大小為

2I(t)=5sin⁡(ωt) mA,2I(t)=5\sin(\omega t)\ \text{mA},

方向由上往下。

（一）戴維寧等效電路

1. 求戴維寧電壓 VthV_{\mathrm{th}}

端點 AA、BB 開路時，2 kΩ2\,\text{k}\Omega 電阻仍存在。

設受控電流源上端節點電壓為 vxv_x，端點 AA 電壓為 vAv_A。

在節點 AA 寫 KCL：

vA−vx1 kΩ+vA2 kΩ=0.\frac{v_A-v_x}{1\,\text{k}\Omega} +\frac{v_A}{2\,\text{k}\Omega}=0.

在節點 vxv_x 寫 KCL：

vx−vA1 kΩ+2I=0.\frac{v_x-v_A}{1\,\text{k}\Omega}+2I=0.

由第二式得

vA−vx1 kΩ=2I.\frac{v_A-v_x}{1\,\text{k}\Omega}=2I.

代入第一式：

2I+vA2 kΩ=0.2I+\frac{v_A}{2\,\text{k}\Omega}=0.

因此

vA=−4 kΩ⋅I.v_A=-4\,\text{k}\Omega\cdot I.

代入 I=2.5sin⁡(ωt) mAI=2.5\sin(\omega t)\,\text{mA}：

Vth(t)=vA=−10sin⁡(ωt) V.V_{\mathrm{th}}(t) =v_A =-10\sin(\omega t)\ \text{V}.

所以戴維寧等效電壓為

Vth(t)=−10sin⁡(ωt) V\boxed{V_{\mathrm{th}}(t)=-10\sin(\omega t)\ \text{V}}

表示實際等效電壓源的極性為 BB 端正、AA 端負，電壓大小為 10sin⁡(ωt)10\sin(\omega t) V。

2. 求戴維寧電阻 RthR_{\mathrm{th}}

將獨立電壓源關閉，理想電壓源以短路取代。

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第 二 題10 分

下圖由電阻及電容所構成之電路，其 R1=90 kΩR_1=90\ \mathrm{k\Omega}、R2=10 kΩR_2=10\ \mathrm{k\Omega}、C1=100 pFC_1=100\ \mathrm{pF}。

(一) 請畫出其頻率響應之波德圖（Bode Plot）。（10 分）

(二) 求算零點 ωz (rad/s)\omega_z\ (\mathrm{rad/s})。（10 分）

(三) 求算極點 3-dB 的頻率 ωp (rad/s)\omega_p\ (\mathrm{rad/s})。（5 分）

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核心觀念

本題為一階 RC 頻率響應電路。R1R_1 與 C1C_1 並聯後，和 R2R_2 形成分壓電路。

電容阻抗為

ZC=1sC1Z_C=\frac{1}{sC_1}

因此 R1R_1 與 C1C_1 的並聯阻抗為

Z1=R1∥1sC1=R11+sR1C1Z_1=R_1\parallel \frac{1}{sC_1} =\frac{R_1}{1+sR_1C_1}

輸出電壓取自 R2R_2 兩端，所以

H(s)=VoVi=R2R2+Z1H(s)=\frac{V_o}{V_i} =\frac{R_2}{R_2+Z_1}

解題方法與傳遞函數

代入 Z1Z_1：

H(s)=R2R2+R11+sR1C1H(s) =\frac{R_2}{R_2+\dfrac{R_1}{1+sR_1C_1}}

整理得

H(s)=R2(1+sR1C1)R1+R2+sR1R2C1H(s) =\frac{R_2(1+sR_1C_1)} {R_1+R_2+sR_1R_2C_1}

將其寫成標準波德形式：

H(s)=R2R1+R21+sR1C11+sR1R2R1+R2C1H(s) =\frac{R_2}{R_1+R_2} \frac{1+sR_1C_1} {1+s\dfrac{R_1R_2}{R_1+R_2}C_1}

其中

R1∥R2=R1R2R1+R2R_1\parallel R_2=\frac{R_1R_2}{R_1+R_2}

所以

H(s)=R2R1+R21+sωz1+sωpH(s) =\frac{R_2}{R_1+R_2} \frac{1+\dfrac{s}{\omega_z}} {1+\dfrac{s}{\omega_p}}

（一）波德圖

低頻增益

當 ω=0\omega=0 時，電容開路，電路為 R1R_1、R2R_2 分壓：

∣H(0)∣=R2R1+R2=1090+10=0.1|H(0)|=\frac{R_2}{R_1+R_2} =\frac{10}{90+10}=0.1

換算為分貝：

20log⁡10(0.1)=−20 dB20\log_{10}(0.1)=-20\ \mathrm{dB}

因此低頻增益為 −20 dB-20\ \mathrm{dB}。

高頻增益

當頻率很高時，C1C_1 視為短路，R1R_1 被旁路，輸入端與輸出端近似直接相連：

∣H(∞)∣=1|H(\infty)|=1

因此高頻增益為

20log⁡10(1)=0 dB20\log_{10}(1)=0\ \mathrm{dB}

波德幅頻圖

零點頻率為 ωz\omega_z，極點頻率為 ωp\omega_p，且本題中 ωp=10ωz\omega_p=10\omega_z。

幅頻漸近線如下：

  • ω<ωz\omega<\omega_z：維持 −20 dB-20\ \mathrm{dB}，斜率為 0 dB/dec0\ \mathrm{dB/dec}
  • ωz<ω<ωp\omega_z<\omega<\omega_p：斜率為 +20 dB/dec+20\ \mathrm{dB/dec}
  • ω>ωp\omega>\omega_p：維持 0 dB0\ \mathrm{dB}，斜率恢復為 0 dB/dec0\ \mathrm{dB/dec}

示意如下：

頻率範圍增益漸近線ω<1.11×105−20 dB1.11×105<ω<1.11×106+20 dB/decω>1.11×1060 dB\begin{array}{c|c} \text{頻率範圍} & \text{增益漸近線} \\ \hline \omega<1.11\times10^5 & -20\ \mathrm{dB} \\ 1.11\times10^5<\omega<1.11\times10^6 & +20\ \mathrm{dB/dec} \\ \omega>1.11\times10^6 & 0\ \mathrm{dB} \end{array}
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第 三 題15 分

如下圖 NMOS 放大器，其 MOS 參數為

Kn=μnCox(WL),gm=2KnIDK_n=\mu_n C_{ox}\left(\frac{W}{L}\right),\qquad g_m=\sqrt{2K_nI_D}

假設 VA=∞ VV_A=\infty\ \mathrm{V}，且不考慮基底效應（Body Effect）。（註：請注意正負號。）

(一) 求此電路在 ω→∞\omega\to\infty 時，小訊號增益 vovsig\dfrac{v_o}{v_{sig}}（V/V）為何？（15 分）

(二) 推導其轉移函數

H(s)=vo(s)vsig(s),s=jωH(s)=\frac{v_o(s)}{v_{sig}(s)},\qquad s=j\omega

（10 分）

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核心觀念

本題為 NMOS 共源極放大器，使用小訊號模型分析：

  • VA=∞V_A=\infty，所以 ro=∞r_o=\infty，忽略通道長度調變。
  • 不考慮 Body Effect。
  • 輸出端及源極旁路電容標示為 ∞\infty，在交流小訊號下視為短路。
  • 輸入耦合電容為 CCC_C，形成輸入端的高通效應。
  • 汲極電阻 RDR_D 接至交流接地，源極因旁路電容而為交流接地。

因此：

vo=−gmRDvgv_o=-g_mR_Dv_g

其中

gm=2KnIDg_m=\sqrt{2K_nI_D}

（一）ω→∞\omega\to\infty 時的小訊號增益

當 ω→∞\omega\to\infty 時，輸入耦合電容 CCC_C 的阻抗為

ZCC=1jωCC→0Z_{C_C}=\frac{1}{j\omega C_C}\to 0

所以 CCC_C 等效為短路。輸入訊號經過 RsigR_{\text{sig}} 與 RGR_G 分壓後，閘極電壓為

vg=vsigRGRsig+RGv_g=v_{\text{sig}}\frac{R_G}{R_{\text{sig}}+R_G}

NMOS 共源極級的輸出電壓為

vo=−gmRDvgv_o=-g_mR_Dv_g

故

vovsig=−gmRDRGRsig+RG\frac{v_o}{v_{\text{sig}}} = -g_mR_D\frac{R_G}{R_{\text{sig}}+R_G}

代入 gm=2KnIDg_m=\sqrt{2K_nI_D}，得

vovsig=−2KnID RDRGRsig+RG\boxed{ \frac{v_o}{v_{\text{sig}}} = -\sqrt{2K_nI_D}\,R_D \frac{R_G}{R_{\text{sig}}+R_G} }

負號表示共源極放大器具有反相作用。

（二）轉移函數 H(s)H(s)

輸入耦合電容的阻抗為

ZCC=1sCCZ_{C_C}=\frac{1}{sC_C}

由於 MOS 閘極小訊號電流為零，RsigR_{\text{sig}}、CCC_C 與 RGR_G 構成串並聯分壓電路，因此

vg=vsigRGRsig+1sCC+RGv_g = v_{\text{sig}} \frac{R_G} {R_{\text{sig}}+\dfrac{1}{sC_C}+R_G}

又因為

vo=−gmRDvgv_o=-g_mR_Dv_g

所以轉移函數為

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第 四 題15 分

如下圖，假設 BJT 操作在主動區（Active region），其 BJT 參數為 β=∞\beta=\infty、VT=25 mVV_T=25\ \mathrm{mV}、VA=∞ VV_A=\infty\ \mathrm{V}；導通時 VBE=0.7 VV_{BE}=0.7\ \mathrm{V}，飽和區 VCE=0.2 VV_{CE}=0.2\ \mathrm{V}，主動區 VCE>0.2 VV_{CE}>0.2\ \mathrm{V}。

(一) 求此電路在極高頻時，小訊號增益 vovsig\dfrac{v_o}{v_{sig}}（V/V）為何？（15 分）

(二) 在不會進入飽和區的前提下，R1R_1 的最大值為何？（10 分）

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核心觀念

本題考查 BJT 共射極放大器的：

  • 小訊號跨導 gm=ICVTg_m=\frac{I_C}{V_T}
  • 共射極電壓增益 Av≈−gmRCA_v\approx -g_mR_C
  • BJT 主動區與飽和區的判斷： VCE>0.2 VV_{CE}>0.2\ \text{V}

由於題目給定 β=∞\beta=\infty，故：

IB=0,IC=IEI_B=0,\qquad I_C=I_E

圖中電容標示為 ∞\infty，可視為交流短路；電流源在小訊號下為開路，但發射極旁路電容使發射極成為交流接地。

（一）極高頻小訊號增益

1. 求直流集極電流

發射極由理想 1 mA1\ \text{mA} 電流源偏壓，且 β=∞\beta=\infty，因此

IC=IE=1 mAI_C=I_E=1\ \text{mA}

2. 求 BJT 小訊號跨導

gm=ICVT=1 mA25 mV=0.04 Sg_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{1\ \text{mA}}{25\ \text{mV}} =0.04\ \text{S}

3. 求電壓增益

交流分析時：

  • VDDV_{DD} 為交流接地；
  • 發射極因旁路電容而為交流接地；
  • 輸入耦合電容為短路；
  • 輸出耦合電容為短路；
  • β=∞\beta=\infty，基極沒有輸入電流，因此訊號源電壓直接加在基極；
  • VA=∞V_A=\infty，所以 ro=∞r_o=\infty。

因此

vovsig=−gmRC\frac{v_o}{v_{sig}}=-g_mR_C

其中

RC=5 kΩR_C=5\ \text{k}\Omega

所以

vovsig=−(0.04)(5×103)=−200 V/V\frac{v_o}{v_{sig}} =-(0.04)(5\times10^3) =-200\ \text{V/V}

負號表示輸出與輸入反相。

（二）R1R_1 的最大值

1. 求集極電壓

直流時集極電流為 1 mA1\ \text{mA}，因此

VC=10−(1 mA)(5 kΩ)V_C=10-(1\ \text{mA})(5\ \text{k}\Omega)

VC=10−5=5 VV_C=10-5=5\ \text{V}

2. 設定不進入飽和區的臨界條件

主動區要求

VCE>0.2 VV_{CE}>0.2\ \text{V}

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