113 專利師高等考試 專利師(選試專業英文及電子學) 電子學 考古題詳解

113 年・專利師・高等考試・專利師(選試專業英文及電子學)
試題代碼 電子學

第 一 題20 分

如圖一之電路,假設 R1=10 kΩR_1=10\,\mathrm{k}\Omega、R2=10 kΩR_2=10\,\mathrm{k}\Omega、R3=10 kΩR_3=10\,\mathrm{k}\Omega、R4=2 kΩR_4=2\,\mathrm{k}\Omega、R5=2 kΩR_5=2\,\mathrm{k}\Omega,二極體 D1D_1 之完全導通電壓(fully conducting voltage)為 0.7 V0.7\,\mathrm{V}。

求:

(一) I1=? AI_1=?\,\mathrm{A}(10 分)

(二) V1=? VV_1=?\,\mathrm{V}(10 分)

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核心觀念

本題考查二極體導通模型與節點電流定律。二極體導通時,陽極電壓比陰極電壓高 0.7 V0.7\,\mathrm{V},因此:

V1−V2=0.7 VV_1-V_2=0.7\,\mathrm{V}

兩個 10 kΩ10\,\mathrm{k}\Omega 電阻 R1、R2R_1、R_2 分別接至 12 V12\,\mathrm{V},可合併為一個 5 kΩ5\,\mathrm{k}\Omega 電阻;R4、R5R_4、R_5 並聯後則為 1 kΩ1\,\mathrm{k}\Omega。

解題方法

先判斷二極體導通狀態。若二極體截止,左側分壓節點電壓為

12×105+10=8 V12\times\frac{10}{5+10}=8\,\mathrm{V}

右側由 R4、R5R_4、R_5 接地,電壓為 0 V0\,\mathrm{V}。左側電壓高於右側,會使二極體順向偏壓,因此二極體導通。

導通時,右側節點電壓為

V2=V1−0.7V_2=V_1-0.7

對 V1V_1 節點套用 KCL:流經 R1、R2R_1、R_2 的電流,等於流經 R3R_3 與二極體的電流總和。又因 R4、R5R_4、R_5 並聯等效為 1 kΩ1\,\mathrm{k}\Omega,二極體電流為 (V1−0.7)/1 kΩ(V_1-0.7)/1\,\mathrm{k}\Omega:

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第 二 題20 分

如圖二之電路,假設電晶體 Q1Q_1 之 β=100\beta=100、R1=100 kΩR_1=100\,\mathrm{k}\Omega、R2=3 kΩR_2=3\,\mathrm{k}\Omega、R3=4 kΩR_3=4\,\mathrm{k}\Omega,試計算:

(一) VB=? VV_B=?\,\mathrm{V}(4 分)

(二) VE=? VV_E=?\,\mathrm{V}(4 分)

(三) VC=? VV_C=?\,\mathrm{V}(4 分)

(四) 此電路之電晶體 Q1Q_1 之工作模態(mode)為何?請說明理由。(8 分)

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核心觀念

圖中的 Q1Q_1 為 PNP 電晶體。採用矽電晶體近似,導通時 VEB≈0.70 VV_{EB}\approx 0.70\,\mathrm{V};在順向主動區,電流關係為

IE=(β+1)IB,IC=βIB.I_E=(\beta+1)I_B,\qquad I_C=\beta I_B.

基極經 R1R_1 接地,因此 VB=IBR1V_B=I_BR_1。發射極電流由 +12 V+12\,\mathrm{V} 經 R2R_2 流入電晶體,集極電流則經 R3R_3 流向 −12 V-12\,\mathrm{V}。

解題方法

先假設電晶體工作於順向主動區,依 VEB=0.70 VV_{EB}=0.70\,\mathrm{V} 寫出

VE=VB+0.70=IBR1+0.70.V_E=V_B+0.70=I_BR_1+0.70.

由 R2R_2 的電流等於發射極電流:

12−VER2=IE=(β+1)IB.\frac{12-V_E}{R_2}=I_E=(\beta+1)I_B.

代入題目數值:

12−(100 kΩ⋅IB+0.70)3 kΩ=101IB,\frac{12-(100\,\mathrm{k}\Omega\cdot I_B+0.70)} {3\,\mathrm{k}\Omega} =101I_B, IB=11.3 V100 kΩ+101(3 kΩ)=28.04 μA.I_B=\frac{11.3\,\mathrm{V}} {100\,\mathrm{k}\Omega+101(3\,\mathrm{k}\Omega)} =28.04\,\mu\mathrm{A}.

因此:

VB=IBR1=(28.04 μA)(100 kΩ)=2.80 V,V_B=I_BR_1 =(28.04\,\mu\mathrm{A})(100\,\mathrm{k}\Omega) =2.80\,\mathrm{V},
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第 三 題20 分

如圖三之電路,其中 R1=200 kΩR_1=200\,\mathrm{k}\Omega、R2=60 MΩR_2=60\,\mathrm{M}\Omega、R3=12 MΩR_3=12\,\mathrm{M}\Omega、R4=5 kΩR_4=5\,\mathrm{k}\Omega、R5=3 kΩR_5=3\,\mathrm{k}\Omega、R6=12 kΩR_6=12\,\mathrm{k}\Omega、C1=0.05 μFC_1=0.05\,\mu\mathrm{F}、C2=0.2 μFC_2=0.2\,\mu\mathrm{F}、C3=20 μFC_3=20\,\mu\mathrm{F},NMOS 電晶體 Q1Q_1 之 gm=1 mA/Vg_m=1\,\mathrm{mA/V}、ro=100 kΩr_o=100\,\mathrm{k}\Omega。

求:

(一) 中帶增益 Am=?A_m=?(8 分)

(二) 假設 Q1Q_1 之 cgs=1 pFc_{gs}=1\,\mathrm{pF}、cgd=0.2 pFc_{gd}=0.2\,\mathrm{pF},求此電路之 fHf_H(高頻響應 3 dB 點頻率)=? Hz=?\,\mathrm{Hz}(12 分)

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核心觀念

本題考查共源 NMOS 放大器的中頻增益,以及閘極至汲極寄生電容 cgdc_{gd} 所造成的高頻響應。中頻時,耦合電容與旁路電容視為短路;高頻時,則保留 cgsc_{gs}、cgdc_{gd},並以小訊號等效電路求得上截止頻率。

解題方法

中頻時,C1C_1、C2C_2、C3C_3 視為短路,因此 C3C_3 將源極交流接地,R5R_5 不影響中頻增益。閘極偏壓網路的等效電阻為

R2∥R3=60 MΩ∥12 MΩ=10 MΩ.R_2\parallel R_3=60\,\mathrm{M\Omega}\parallel12\,\mathrm{M\Omega} =10\,\mathrm{M\Omega}.

由於訊號源經 R1R_1 串接至閘極,閘極訊號為

vgvsig=R2∥R3R1+(R2∥R3)=10 MΩ10.2 MΩ=0.98039.\frac{v_g}{v_{sig}} =\frac{R_2\parallel R_3}{R_1+(R_2\parallel R_3)} =\frac{10\,\mathrm{M\Omega}}{10.2\,\mathrm{M\Omega}} =0.98039.

汲極交流負載為

RD′=R4∥R6∥ro=5 kΩ∥12 kΩ∥100 kΩ=3.40909 kΩ.R_D'=R_4\parallel R_6\parallel r_o =5\,\mathrm{k\Omega}\parallel12\,\mathrm{k\Omega} \parallel100\,\mathrm{k\Omega} =3.40909\,\mathrm{k\Omega}.

因此中頻增益為

Am=vovsig=−gmRD′vgvsig=−(1 mA/V)(3.40909 kΩ)(0.98039)=−3.34225.A_m=\frac{v_o}{v_{sig}} =-g_mR_D'\frac{v_g}{v_{sig}} =-(1\,\mathrm{mA/V})(3.40909\,\mathrm{k\Omega})(0.98039) =-3.34225.

高頻時,C1C_1、C2C_2、C3C_3 仍視為短路。令閘極端等效電阻及汲極端等效電阻分別為

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第 四 題20 分

如圖四(A)之電路,VV 為一電壓源,VIV_I 為輸入電壓,VOV_O 為輸出電壓。VO−VIV_O-V_I 的關係圖如圖四(B)所示,L+L^+ 為雙穩態正電壓,L−L^- 為雙穩態負電壓,VTHV_{TH} 為正臨限電壓,VTLV_{TL} 為負臨限電壓。

假設 L+=−L−=12 VL^+=-L^-=12\,\mathrm{V}、V=14 VV=14\,\mathrm{V}、R1=8 kΩR_1=8\,\mathrm{k}\Omega、VTL=−5 VV_{TL}=-5\,\mathrm{V}、VTH=+5.2 VV_{TH}=+5.2\,\mathrm{V},求:

(一) R2=? ΩR_2=?\,\Omega(10 分)

(二) R3=? ΩR_3=?\,\Omega(10 分)

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核心觀念

此電路是使用正回授的比較器,也就是史密特觸發器。運算放大器輸入電流視為零,因此在非反相端節點套用克希荷夫電流定律,即可求出兩種輸出飽和狀態下的臨限電壓。

當輸出為 L+=+12 VL^+=+12\,\mathrm{V},輸入電壓上升至 VTH=+5.2 VV_{TH}=+5.2\,\mathrm{V} 時,輸出由高態切換至低態。當輸出為 L−=−12 VL^-=-12\,\mathrm{V},輸入電壓下降至 VTL=−5 VV_{TL}=-5\,\mathrm{V} 時,輸出由低態切換至高態。

解題方法

令 G1=1/R1G_1=1/R_1、G2=1/R2G_2=1/R_2、G3=1/R3G_3=1/R_3,且 GΣ=G1+G2+G3G_\Sigma=G_1+G_2+G_3。在非反相端節點套用電流定律:

V+GΣ=14G3+VOG2V_+G_\Sigma=14G_3+V_O G_2

在正臨限狀態,V+=5.2 VV_+=5.2\,\mathrm{V}、VO=+12 VV_O=+12\,\mathrm{V}:

5.2GΣ=14G3+12G25.2G_\Sigma=14G_3+12G_2

在負臨限狀態,V+=−5 VV_+=-5\,\mathrm{V}、VO=−12 VV_O=-12\,\mathrm{V}:

−5GΣ=14G3−12G2-5G_\Sigma=14G_3-12G_2

兩式相加、相減,分別得到:

0.2GΣ=28G3⟹G3=GΣ1400.2G_\Sigma=28G_3 \quad\Longrightarrow\quad G_3=\frac{G_\Sigma}{140}
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第 五 題20 分

如圖五為一 CMOS 反相器(inverter)電路,假設 QPQ_P 和 QNQ_N 是匹配的(matched),其中 kn′=320 mA/V2k'_n=320\,\mathrm{mA/V^2}、(W/L)n=1.2(W/L)_n=1.2、VDD=2.0 VV_{DD}=2.0\,\mathrm{V}、Vth=0.55 VV_{th}=0.55\,\mathrm{V},不考慮 λn\lambda_n、λp\lambda_p,即不考慮 channel length modulation。

假設 VIV_I 從 00 加大電壓到 VDDV_{DD},在什麼 VIV_I 值,iDPi_{DP} 或 iDNi_{DN}(iDP=iDNi_{DP}=i_{DN})其電流會達到峰值(peak)?

(10 分)

其峰值電流為多少(A)?(10 分)

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核心觀念

CMOS 反相器的直流電流由 NMOS 與 PMOS 串接形成,因此工作點滿足 iDN=iDPi_{DN}=i_{DP}。忽略通道長度調變時,MOSFET 飽和區電流為

iD=12k′(W/L)VOV2i_D=\frac{1}{2}k'(W/L)V_{OV}^2

其中 VOVV_{OV} 為過驅電壓。匹配的 QPQ_P 與 QNQ_N 具有相同的電流係數,且臨界電壓大小相同。

解題方法

NMOS 與 PMOS 的過驅電壓分別為

VOV,n=VI−Vth,VOV,p=VDD−VI−Vth.V_{OV,n}=V_I-V_{th}, \qquad V_{OV,p}=V_{DD}-V_I-V_{th}.

兩管同時導通時,電流受較小的過驅電壓限制;兩側過驅電壓相等時,串接電流達到峰值。因此令

VI−Vth=VDD−VI−Vth,V_I-V_{th}=V_{DD}-V_I-V_{th},

解得

VI=VDD2=1.00 V.V_I=\frac{V_{DD}}{2}=1.00\ \mathrm{V}.

此時兩管的過驅電壓皆為

VOV=1.00−0.55=0.45 V.V_{OV}=1.00-0.55=0.45\ \mathrm{V}.

利用匹配條件,以 NMOS 飽和區電流計算峰值:

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