115 專利師高等考試 專利師(選試專業日文及電子學) 電子學 考古題詳解

115 年・專利師・高等考試・專利師(選試專業日文及電子學)
試題代碼 電子學

第 一 題20 分

如圖一所示電路，若二極體 D1D_1 及 D2D_2 導通時，皆採用 VD=0.7 VV_D=0.7\text{ V} 之定電壓模型。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 判斷 D1D_1 及 D2D_2 的導通狀態。（5 分）

(二) VO=?V_O=?（5 分）

(三) ID1=?I_{D1}=?（5 分）

(四) ID2=?I_{D2}=?（5 分）

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核心觀念

本題考查二極體的定電壓模型與導通狀態判斷：

  • 二極體導通時，陽極電壓比陰極高 0.7 V0.7\text{ V}。
  • 二極體截止時，電流為 00。
  • 導通狀態必須同時符合電壓條件與電流方向。

令兩顆二極體上端連接的節點為 VAV_A，輸出端為 VOV_O。

解題方法

先假設 D2D_2 導通、D1D_1 截止。

因 D2D_2 導通，且其陽極接在 VAV_A、陰極接在 VOV_O，故

VA=VO+0.7V_A=V_O+0.7

此時電流由 +3 V+3\text{ V} 經過 3 kΩ3\text{ k}\Omega、D2D_2、1 kΩ1\text{ k}\Omega流至 −3 V-3\text{ V}。依 KVL：

3−3ID2−0.7−ID2−(−3)=03-3I_{D2}-0.7-I_{D2}-(-3)=0

因此

6.3−4ID2=06.3-4I_{D2}=0 ID2=1.575 mAI_{D2}=1.575\text{ mA}

由下方 1 kΩ1\text{ k}\Omega 電阻：

VO−(−3)=ID2(1 kΩ)V_O-(-3)=I_{D2}(1\text{ k}\Omega) VO=−3+1.575=−1.425 VV_O=-3+1.575=-1.425\text{ V}

因此

VA=VO+0.7=−0.725 VV_A=V_O+0.7=-0.725\text{ V}

由於 VA=−0.725 V<0 VV_A=-0.725\text{ V}<0\text{ V}，D1D_1 的陽極電壓低於陰極接地電壓，故 D1D_1 反向偏壓，截止狀態成立。

再驗證 D2D_2：

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第 二 題20 分

如圖二所示電路，其中 BJT 之 β=50\beta=50。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 請證明 BJT 操作在飽和區，並計算 βforced=?\beta_{\mathrm{forced}}=?（8 分）

(二) VC=?V_C=?（4 分）

(三) 若使 BJT 操作在飽和區的邊界，則 RB=?R_B=?（8 分）

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核心觀念

圖二為 PNP BJT：

  • 發射極接 +3 V+3\text{ V}
  • 基極經 RB=10 kΩR_B=10\text{ k}\Omega 接地
  • 集極經 1 kΩ1\text{ k}\Omega 接地
  • β=50\beta=50

採用矽質 BJT 常用近似：

VEB≃0.7 V,VEC(sat)≃0.2 VV_{EB}\simeq 0.7\text{ V},\qquad V_{EC(\mathrm{sat})}\simeq 0.2\text{ V}

PNP 電晶體的飽和判斷可由「主動區預測電流」與「負載所能提供的最大電流」比較。

（一）證明 BJT 操作在飽和區，並求 βforced\beta_{\mathrm{forced}}

1. 計算基極電流

由於 PNP 電晶體的發射極電壓為 3 V3\text{ V}，且

VE−VB=0.7 VV_E-V_B=0.7\text{ V}

因此

VB=3−0.7=2.3 VV_B=3-0.7=2.3\text{ V}

基極電流由基極流向接地端：

IB=VBRB=2.3 V10 kΩ=0.23 mAI_B=\frac{V_B}{R_B} =\frac{2.3\text{ V}}{10\text{ k}\Omega} =0.23\text{ mA}

2. 假設操作在主動區

若在主動區，則

IC=βIB=50(0.23 mA)=11.5 mAI_C=\beta I_B =50(0.23\text{ mA}) =11.5\text{ mA}

但集極支路只有 1 kΩ1\text{ k}\Omega 電阻，且電源電壓為 3 V3\text{ V}，即使電晶體近似短路，集極電流最大也約為

IC,max⁡≃3 V1 kΩ=3 mAI_{C,\max}\simeq \frac{3\text{ V}}{1\text{ k}\Omega} =3\text{ mA}

主動區所要求的 11.5 mA11.5\text{ mA} 大於負載可提供的最大電流，因此主動區假設不成立，BJT 必定操作在飽和區。

3. 計算飽和時的集極電流

飽和時：

VC=VE−VEC(sat)=3−0.2=2.8 VV_C=V_E-V_{EC(\mathrm{sat})} =3-0.2 =2.8\text{ V}

故

IC=VC1 kΩ=2.8 V1 kΩ=2.8 mAI_C=\frac{V_C}{1\text{ k}\Omega} =\frac{2.8\text{ V}}{1\text{ k}\Omega} =2.8\text{ mA}

因此強迫電流增益為

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第 三 題20 分

如圖三所示放大電路，其中 BJT 之 VBE=0.7 VV_{BE}=0.7\text{ V}、β=100\beta=100。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

請計算：

(一) IE=?I_E=?（5 分）

(二) BJT 小信號模型參數 re=?r_e=?（5 分）

(三) Rin=?R_{\mathrm{in}}=?（5 分）

(四) Av=vo/vsig=?A_v=v_o/v_{\mathrm{sig}}=?（5 分）

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核心觀念

本題為 共基極（common-base）BJT 放大器：

  • 基極經由容量無限大的電容接地，因此交流分析時 vb=0v_b=0。
  • 輸入訊號由射極輸入。
  • 輸出由集極取出。
  • 中頻時，容量無限大的電容視為短路。
  • 理想電流源的小信號等效為開路。
  • 採用 VT≈25 mVV_T\approx25\text{ mV}。

(一) IEI_E

直流分析時，兩個容量視為開路，因此輸入信號源不影響偏壓。

100 kΩ 電阻由集極連至基極，流過該電阻的電流即為基極電流 IBI_B。由集極節點套用 KCL：

0.5 mA=IC+IB0.5\text{ mA}=I_C+I_B

而

IE=IC+IBI_E=I_C+I_B

因此

IE=0.5 mA\boxed{I_E=0.5\text{ mA}}

進一步可得

IB=IEβ+1=0.5 mA101=4.95 μAI_B=\frac{I_E}{\beta+1} =\frac{0.5\text{ mA}}{101} =4.95\ \mu\text{A} IC=βIB=100(4.95 μA)=0.495 mAI_C=\beta I_B =100(4.95\ \mu\text{A}) =0.495\text{ mA}

(二) BJT 小信號參數 rer_e

T 型小信號模型中：

re=VTIEr_e=\frac{V_T}{I_E}

代入 VT=25 mVV_T=25\text{ mV} 與 IE=0.5 mAI_E=0.5\text{ mA}：

re=25 mV0.5 mA=50 Ωr_e=\frac{25\text{ mV}}{0.5\text{ mA}} =50\ \Omega

因此

re=50 Ω\boxed{r_e=50\ \Omega}

若採用 VT=26 mVV_T=26\text{ mV}，則 re=52 Ωr_e=52\ \Omega；本題通常採用 VT=25 mVV_T=25\text{ mV}。

(三) RinR_{\mathrm{in}}

基極交流接地，從射極看入 BJT 的小信號輸入電阻為：

Rin≈reR_{\mathrm{in}}\approx r_e

因此

Rin=50 Ω\boxed{R_{\mathrm{in}}=50\ \Omega}

由於訊號源內阻為 Rsig=50 ΩR_{\mathrm{sig}}=50\ \Omega，實際加在射極上的訊號為：

vevsig=RinRsig+Rin=5050+50=12\frac{v_e}{v_{\mathrm{sig}}} = \frac{R_{\mathrm{in}}}{R_{\mathrm{sig}}+R_{\mathrm{in}}} = \frac{50}{50+50} = \frac12

(四) Av=vo/vsigA_v=v_o/v_{\mathrm{sig}}

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第 四 題20 分

如圖四所示之 NMOS 電路，其中 NMOS 的參數如下：

Vt=0.5 VV_t=0.5\text{ V}、μnCox=500 μA/V2\mu_n C_{\mathrm{ox}}=500\ \mu\text{A}/\text{V}^2、λ=0\lambda=0、L1=L2=0.18 μmL_1=L_2=0.18\ \mu\text{m}。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

試求：

(一) Q1Q_1 所需的通道寬度（channel width）W1=?W_1=?（8 分）

(二) Q2Q_2 所需的通道寬度（channel width）W2=?W_2=?（8 分）

(三) 欲得到如圖四所標示的電壓、電流，則電阻 R=?R=?（4 分）

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核心觀念

圖中兩顆 NMOS 皆為「二極體接法」，即閘極與汲極相連，因此兩管均工作於飽和區。由於 Q1Q_1 與 Q2Q_2 串聯，流經兩者的直流電流相同：

ID1=ID2=0.1 mAI_{D1}=I_{D2}=0.1\text{ mA}

已知 λ=0\lambda=0，故忽略通道長度調變效應，NMOS 飽和區電流公式為

ID=12μnCoxWL(VGS−Vt)2I_D=\frac{1}{2}\mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L}(V_{GS}-V_t)^2

其中

VOV=VGS−VtV_{OV}=V_{GS}-V_t

解題方法

（一）求 Q1Q_1 的通道寬度 W1W_1

Q1Q_1 的源極接地，且閘極與汲極相連於 0.6 V0.6\text{ V}，因此

VGS1=0.6 VV_{GS1}=0.6\text{ V}

過驅電壓為

VOV1=VGS1−Vt=0.6−0.5=0.1 VV_{OV1}=V_{GS1}-V_t=0.6-0.5=0.1\text{ V}

代入飽和區電流公式：

0.1 mA=12(500 μA/V2)W10.18 μm(0.1)20.1\text{ mA} = \frac{1}{2}(500\ \mu\text{A}/\text{V}^2) \frac{W_1}{0.18\ \mu\text{m}} (0.1)^2

整理得

W1L1=2(100 μA)(500 μA/V2)(0.1)2=40\frac{W_1}{L_1} = \frac{2(100\ \mu\text{A})} {(500\ \mu\text{A}/\text{V}^2)(0.1)^2} =40

所以

W1=40(0.18 μm)=7.2 μmW_1=40(0.18\ \mu\text{m}) =\boxed{7.2\ \mu\text{m}}

（二）求 Q2Q_2 的通道寬度 W2W_2

Q2Q_2 的源極接在 0.6 V0.6\text{ V}，閘極與汲極相連於 1.4 V1.4\text{ V}，因此

VGS2=1.4−0.6=0.8 VV_{GS2}=1.4-0.6=0.8\text{ V}

過驅電壓為

VOV2=VGS2−Vt=0.8−0.5=0.3 VV_{OV2}=V_{GS2}-V_t=0.8-0.5=0.3\text{ V}
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第 五 題20 分

如圖五所示之差動放大電路，其中 BJT 之 β=100\beta=100、VA=100 VV_A=100\text{ V}。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

試求：

(一) 差模增益 Ad=?A_d=?（5 分）

(二) 差模輸入電阻？（5 分）

(三) 若 RCR_C 的誤差為 ±1%\pm1\%，則共模增益 Acm=?A_{cm}=?（5 分）

(四) 共模拒斥比 CMRR =?=?（5 分）

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核心觀念

本題考差動 BJT 放大器的小訊號分析，需用到：

  • gm=IC/VTg_m=I_C/V_T
  • rπ=β/gmr_{\pi}=\beta/g_m
  • ro=VA/ICr_o=V_A/I_C
  • 差模輸出電壓與差模輸入電壓之比： Ad=vodvidA_d=\frac{v_{od}}{v_{id}}
  • 共模拒斥比： CMRR=∣AdAcm∣\mathrm{CMRR}=\left|\frac{A_d}{A_{cm}}\right|

每支電晶體的射極電流約為 0.5 mA0.5\text{ mA}，因此

IC=ββ+1IE=100101(0.5 mA)≈0.495 mAI_C=\frac{\beta}{\beta+1}I_E =\frac{100}{101}(0.5\text{ mA}) \approx 0.495\text{ mA}

取 VT≈25 mVV_T\approx25\text{ mV}，得

gm=0.495 mA25 mV≈19.8 mSg_m=\frac{0.495\text{ mA}}{25\text{ mV}} \approx19.8\text{ mS} rπ=βgm≈5.05 kΩr_{\pi}=\frac{\beta}{g_m} \approx5.05\text{ k}\Omega ro=VAIC=1000.495 mA≈202 kΩr_o=\frac{V_A}{I_C} =\frac{100}{0.495\text{ mA}} \approx202\text{ k}\Omega

(一) 差模增益 AdA_d

差模激勵時，左右射極電壓大小相等、方向相反，因此中間的 RE=300 kΩR_E=300\text{ k}\Omega 在半電路中等效為

RE2=150 kΩ\frac{R_E}{2}=150\text{ k}\Omega

集極的差模負載為

RL′=RC∥RL2∥roR_L' =R_C\parallel\frac{R_L}{2}\parallel r_o

其中

RL2=10 kΩ\frac{R_L}{2}=10\text{ k}\Omega

所以

RL′=10 kΩ∥10 kΩ∥202 kΩ≈4.88 kΩR_L' =10\text{ k}\Omega\parallel10\text{ k}\Omega \parallel202\text{ k}\Omega \approx4.88\text{ k}\Omega

利用差模半電路的小訊號混合 π\pi 模型，可得

Ad≈−gmRL′1+gm(RE/2)A_d \approx -\frac{g_mR_L'} {1+g_m(R_E/2)}

若納入 ror_o 的影響，計算結果為

Ad≈−0.0328 V/VA_d\approx-0.0328\ \text{V/V}

負號表示輸出電壓與左、右差模輸入的定義呈反相關係。

(二) 差模輸入電阻

差模半電路中，射極退化電阻為 150 kΩ150\text{ k}\Omega。忽略 ror_o 對輸入電阻的二階影響時，每一側基極所見輸入電阻為

rin,b≈rπ+(β+1)RE2r_{in,b} \approx r_{\pi}+(\beta+1)\frac{R_E}{2}

因此差模輸入電阻為兩側串聯：

Rid≈2rπ+(β+1)RER_{id} \approx2r_{\pi}+(\beta+1)R_E

代入數值：

Rid≈2(5.05 kΩ)+101(300 kΩ)R_{id} \approx2(5.05\text{ k}\Omega) +101(300\text{ k}\Omega) Rid≈30.31 MΩR_{id}\approx30.31\text{ M}\Omega

若完整納入 ror_o，射極至交流地的等效退化會降低，使結果約為

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