109 專技高考高等考試 電機工程技師 電子學（包括電力電子學） 考古題詳解

109 年・專技高考・高等考試・電機工程技師
試題代碼 電子學（包括電力電子學）

第 一 題25 分

如圖一所示雙極性接面電晶體（BJT）電路，其中 RC=11ΩR_C=11\Omega、VCC=200VV_{CC}=200\mathrm{V}、VB=10VV_B=10\mathrm{V}、VCE(sat)=1.0VV_{CE(\mathrm{sat})}=1.0\mathrm{V}、VBE(sat)=1.5VV_{BE(\mathrm{sat})}=1.5\mathrm{V}，其順向電流增益（forward current gain, βF\beta_F）介於 88 至 4040 之間。

試求使電晶體進入飽和時具過載係數（overdrive factor, ODF）為 66 之 RBR_B 值，以及電晶體上之總功率損耗 PTP_T 值。

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核心觀念

本題考查 BJT 作為開關時的飽和電流、過載係數（ODF），以及電晶體在飽和狀態下的總功率損耗。

集極電流由集極電源與電阻決定：

IC(sat)=VCC−VCE(sat)RCI_C(\mathrm{sat})=\frac{V_{CC}-V_{CE(\mathrm{sat})}}{R_C}

過載係數定義為實際基極電流相對於剛好使電晶體飽和所需基極電流的倍數：

ODF=IBIC(sat)/βF=βFIBIC(sat)\mathrm{ODF} =\frac{I_B}{I_C(\mathrm{sat})/\beta_F} =\frac{\beta_F I_B}{I_C(\mathrm{sat})}

題目給定 βF\beta_F 介於 88 至 4040，設計時採用最小值 βF=8\beta_F=8，確保在最低電流增益下仍達到指定的 ODF。

解題方法

先由集極回路求飽和集極電流：

IC(sat)=200−111=19911≈18.09 AI_C(\mathrm{sat}) =\frac{200-1}{11} =\frac{199}{11} \approx 18.09\ \mathrm{A}

令 ODF=6\mathrm{ODF}=6，並採用 βF=8\beta_F=8，所需基極電流為：

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第 二 題25 分

如圖二所示昇壓型轉換器（boost converter）電路，其中輸入電壓 Vs=15VV_s=15\mathrm{V}、平均輸出電壓 Vo=30VV_o=30\mathrm{V}、平均輸出電流 Io=3AI_o=3\mathrm{A}、切換頻率 f=25kHzf=25\mathrm{kHz}、電感值 L=100μHL=100\mu\mathrm{H}、電容值 C=200μFC=200\mu\mathrm{F}。

試求對應之開關導通率 DD、電感器上漣波電流值 ΔIL\Delta I_L、電感器上峰值電流 IL,peakI_{L,\mathrm{peak}}、電容器上漣波電壓值 ΔVC\Delta V_C，以及電感器與輸出電容器之臨界值 LcL_c 與 CcC_c。

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核心觀念

昇壓型轉換器在理想元件、連續導通模式（CCM）下，穩態電感伏秒平衡給出輸入與輸出電壓的關係；電感電流漣波由開關導通期間的電感電壓決定，電容電壓漣波則由導通期間電容供應負載電流的電荷量決定。

令負載等效電阻為 R=Vo/IoR=V_o/I_o。CCM 下的常用公式為：

D=1−VsVo,IL=Io1−D,ΔIL=VsDLfD=1-\frac{V_s}{V_o},\qquad I_L=\frac{I_o}{1-D},\qquad \Delta I_L=\frac{V_sD}{Lf} IL,peak=IL+ΔIL2,ΔVC=IoDCf,Lc=D(1−D)2R2fI_{L,\mathrm{peak}}=I_L+\frac{\Delta I_L}{2},\qquad \Delta V_C=\frac{I_oD}{Cf},\qquad L_c=\frac{D(1-D)^2R}{2f}

解題方法

先用理想昇壓轉換器的電壓轉換比求導通率，再計算電感平均電流、電流漣波與峰值。接著以開關導通期間電容提供負載電流的電荷量，求輸出電壓漣波。

  1. 開關導通率

由 Vo=Vs/(1−D)V_o=V_s/(1-D)：

D=1−1530=0.5D=1-\frac{15}{30}=0.5
  1. 電感平均電流與漣波

理想情況下輸入功率等於輸出功率，因此：

IL=Is=VoIoVs=30×315=6 AI_L=I_s=\frac{V_oI_o}{V_s} =\frac{30\times3}{15}=6\ \mathrm{A}

開關導通期間，電感兩端電壓為 VsV_s，導通時間為 D/fD/f，故：

ΔIL=VsDLf=15×0.5100×10−6×25×103=3 A\Delta I_L=\frac{V_sD}{Lf} =\frac{15\times0.5}{100\times10^{-6}\times25\times10^3} =3\ \mathrm{A}

這裡的 ΔIL\Delta I_L 是峰對峰漣波值。電感峰值電流為：

IL,peak=6+32=7.5 AI_{L,\mathrm{peak}}=6+\frac{3}{2}=7.5\ \mathrm{A}
  1. 電容電壓漣波

忽略電容 ESR，開關導通期間電容供應負載電流，放電電荷為 IoD/fI_oD/f，因此：

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第 三 題25 分

如圖三所示返馳式轉換器（flyback converter）電路，其中變壓器匝數比 NpNs=4\frac{N_p}{N_s}=4、電阻性負載 RL=0.8ΩR_L=0.8\Omega、平均輸出電壓 Vo=24VV_o=24\mathrm{V}、二極體 D1D_1 之導通壓降（on-state voltage drop）為 Vd=0.7VV_d=0.7\mathrm{V}、電晶體 Q1Q_1 之導通壓降、切換頻率與導通率（duty ratio）分別為 Vt=1.2VV_t=1.2\mathrm{V}、f=1.5kHzf=1.5\mathrm{kHz} 與 D=0.75D=0.75。

設變壓器損耗及負載電流漣波均可忽略，試求電晶體 Q1Q_1 上之平均電流 Ip(avg)I_{p(\mathrm{avg})} 與峰值電流 Ip(max)I_{p(\mathrm{max})}，以及初級側激磁電感 LpL_p 與電路轉換效率 η\eta。

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核心觀念

返馳式轉換器在開關導通時，初級側激磁電感儲能；開關截止時，次級側二極體導通並向負載傳遞能量。依題目資料，採用激磁電流由零線性上升、截止期間次級電流由峰值線性下降至零的波形。

負載電流漣波可忽略，因此平均輸出電流為

Io=VoRL=240.8=30 AI_o=\frac{V_o}{R_L}=\frac{24}{0.8}=30\text{ A}

解題方法

先以變壓器伏秒平衡求初級導通電壓。導通期間初級激磁電感電壓為 Vs−VtV_s-V_t；截止期間，次級電壓反映至初級側為 NpNs(Vo+Vd)\frac{N_p}{N_s}(V_o+V_d)。因此

(Vs−Vt)D=NpNs(Vo+Vd)(1−D)(V_s-V_t)D=\frac{N_p}{N_s}(V_o+V_d)(1-D)

代入數值：

Vs−Vt=4(24+0.7)(1−0.75)0.75=32.933 VV_s-V_t =\frac{4(24+0.7)(1-0.75)}{0.75} =32.933\text{ V}

故輸入電壓為

Vs=32.933+1.2=34.133 VV_s=32.933+1.2=34.133\text{ V}

次級二極體電流在截止期間呈三角波，其截止期間平均值為峰值的一半。由輸出電流平均值等於次級二極體電流的週期平均值：

Io=(1−D)Is(max⁡)2I_o=(1-D)\frac{I_{s(\max)}}{2}

所以

Is(max⁡)=2Io1−D=2(30)0.25=240 AI_{s(\max)} =\frac{2I_o}{1-D} =\frac{2(30)}{0.25} =240\text{ A}

依理想變壓器安匝關係，初級電流峰值為

Ip(max⁡)=NsNpIs(max⁡)=14(240)=60 AI_{p(\max)} =\frac{N_s}{N_p}I_{s(\max)} =\frac{1}{4}(240) =60\text{ A}

電晶體只在導通期間流過初級電流，該電流由零線性上升至 60 A60\text{ A}，故其週期平均電流為

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第 四 題25 分

一增強型 nn-通道金氧半場效電晶體（NMOS transistor），於 VGS=VDS=12VV_{GS}=V_{DS}=12\mathrm{V} 時，測得其汲極電流 ID=6mAI_D=6\mathrm{mA}，並於 VGS=VDS=8VV_{GS}=V_{DS}=8\mathrm{V} 時測得 ID=1.5mAI_D=1.5\mathrm{mA}。

試求其臨界電壓（threshold voltage）VtV_t 值與製程參數（process parameter）β\beta 值，其中 β=μnCox(WL)\beta=\mu_n C_{ox}\left(\frac{W}{L}\right) μnCox\mu_n C_{ox} 為製程互導參數、(WL)\left(\frac{W}{L}\right) 為寬長比。

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核心觀念

  1. NMOS 工作區間判別： 增強型 NMOS 之臨界電壓 Vt>0V_t > 0。當元件導通（VGS>VtV_{GS} > V_t）且滿足 VDS≥VGS−VtV_{DS} \ge V_{GS} - V_t 時，電晶體工作於飽和區（Saturation region）。
  2. 二極體連接組態（Diode-connected configuration）： 當閘極與汲極短接（即 VDS=VGSV_{DS} = V_{GS}）時，恆有 VDS=VGS>VGS−VtV_{DS} = V_{GS} > V_{GS} - V_t，因此只要元件導通，必然處於飽和區。
  3. 飽和區汲極電流公式： 在忽略通道長度調變效應（λ=0\lambda = 0）的理想情況下，飽和區電流為： ID=12μnCox(WL)(VGS−Vt)2=12β(VGS−Vt)2I_D = \frac{1}{2}\mu_n C_{ox}\left(\frac{W}{L}\right)(V_{GS}-V_t)^2 = \frac{1}{2}\beta(V_{GS}-V_t)^2 式中題目定義製程參數 β=μnCox(WL)\beta = \mu_n C_{ox}\left(\frac{W}{L}\right)。

解題方法

步驟一：工作區判別

對於增強型 NMOS，正常導通條件為 Vt>0V_t > 0。 題目給定兩組工作條件均為 VGS=VDSV_{GS} = V_{DS}：

  • 條件一：VGS1=VDS1=12VV_{GS1} = V_{DS1} = 12\mathrm{V}
  • 條件二：VGS2=VDS2=8VV_{GS2} = V_{DS2} = 8\mathrm{V}

檢驗飽和區邊界條件： VDS−(VGS−Vt)=Vt>0  ⟹  VDS>VGS−VtV_{DS} - (V_{GS} - V_t) = V_t > 0 \implies V_{DS} > V_{GS} - V_t 故在兩種偏壓條件下，NMOS 均確定工作於飽和區。

步驟二：建立聯立方程式

根據飽和區汲極電流方程式 ID=12β(VGS−Vt)2I_D = \frac{1}{2}\beta(V_{GS}-V_t)^2，將兩組量測數據代入：

代入條件一（VGS1=12V,ID1=6mAV_{GS1}=12\mathrm{V}, I_{D1}=6\mathrm{mA}）： 6×10−3=12β(12−Vt)2⋯⋯ (第 1 式)6\times 10^{-3} = \frac{1}{2}\beta(12 - V_t)^2 \quad \cdots\cdots\text{ (第 1 式)}

代入條件二（VGS2=8V,ID2=1.5mAV_{GS2}=8\mathrm{V}, I_{D2}=1.5\mathrm{mA}）： 1.5×10−3=12β(8−Vt)2⋯⋯ (第 2 式)1.5\times 10^{-3} = \frac{1}{2}\beta(8 - V_t)^2 \quad \cdots\cdots\text{ (第 2 式)}

步驟三：求解臨界電壓 VtV_t

將（第 1 式）除以（第 2 式），消去參數 12β\frac{1}{2}\beta： 6×10−31.5×10−3=12β(12−Vt)212β(8−Vt)2\frac{6\times 10^{-3}}{1.5\times 10^{-3}} = \frac{\frac{1}{2}\beta(12 - V_t)^2}{\frac{1}{2}\beta(8 - V_t)^2} 4=(12−Vt8−Vt)24 = \left(\frac{12 - V_t}{8 - V_t}\right)^2

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