112 年 國立中山大學通訊工程研究所乙組《電子學》

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第 1 題15 分

  1. (15%) A fourth-order filter has zero transmission at ω=0\omega = 0, ω=2\omega = 2 rad/s, and at ω=∞\omega = \infty. The natural modes are −0.1±j0.5-0.1 \pm j0.5 and −0.1±j1.5-0.1 \pm j1.5. Find the transfer function T(s)T(s). (Hint: The natural modes are the time functions corresponding to the poles.) (15%)

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有限傳輸零點為

s=0,s=±j2,s=0,\qquad s=\pm j2,

故分子為

N(s)=Ks(s2+4).N(s)=K s(s^2+4).

自然模態即極點:

s=−0.1±j0.5,s=−0.1±j1.5.s=-0.1\pm j0.5,\qquad s=-0.1\pm j1.5.

因此分母為

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第 2 題35 分

  1. (35%) Consider the common-emitter amplifier of Fig. 1 under the following conditions: RS=5R_S = 5 kΩ\Omega, R1=33R_1 = 33 kΩ\Omega, R2=22R_2 = 22 kΩ\Omega, RE=3.9R_E = 3.9 kΩ\Omega, RC=4.7R_C = 4.7 kΩ\Omega, RL=5.6R_L = 5.6 kΩ\Omega, VCC=5V_{CC} = 5 V. The dc emitter current can be shown to be IE≈0.33I_E \approx 0.33 mA, at which β0=120\beta_0 = 120, ro=300r_o = 300 kΩ\Omega, and rx=50 Ωr_x = 50 \, \Omega.
    (a) Find the input resistance, RinR_{in}. (Hint: Rin=R1∥R2∥(rx+rπ)R_{in} = R_1 \parallel R_2 \parallel (r_x + r_{\pi})) (10%)
    (b) Find the midband gain, AMA_M. (10%)
    (c) For CC1=CC2=1 μFC_{C1} = C_{C2} = 1 \, \mu F and CE=10 μFC_E = 10 \, \mu F, estimate the low-frequency 3-dB frequency. Also find the frequency of the zero introduced by CEC_E. (15%)

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Figure 1. (a) common-emitter amplifier stage; (b) Equivalent circuit for the amplifier of Fig. 1(a) in the low-frequency band.

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁原卷第 3 頁

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核心觀念

本題考查共射極放大器的:

  • 小訊號參數 gmg_m、rπr_{\pi}
  • 輸入電阻與電壓增益
  • 中頻增益的輸入分壓與輸出負載效應
  • 耦合電容 CC1C_{C1}、CC2C_{C2} 與旁路電容 CEC_E 所造成的低頻極點
  • CEC_E 所引入的零點

取 VT≈25 mVV_T \approx 25\text{ mV},且

IC=ββ+1IE=120121(0.33 mA)≈0.327 mAI_C=\frac{\beta}{\beta+1}I_E =\frac{120}{121}(0.33\text{ mA}) \approx 0.327\text{ mA}

因此

gm=ICVT≈0.327 mA25 mV=13.1 mSg_m=\frac{I_C}{V_T} \approx \frac{0.327\text{ mA}}{25\text{ mV}} =13.1\text{ mS} rπ=βgm≈12013.1 mS≈9.17 kΩr_{\pi}=\frac{\beta}{g_m} \approx \frac{120}{13.1\text{ mS}} \approx 9.17\text{ k}\Omega

(a) 輸入電阻 RinR_{in}

依題目提示,

Rin=R1∥R2∥(rx+rπ)R_{in}=R_1\parallel R_2\parallel(r_x+r_{\pi})

先計算:

R1∥R2=33∥22=13.2 kΩR_1\parallel R_2 =33\parallel22 =13.2\text{ k}\Omega rx+rπ=50Ω+9.17 kΩ=9.22 kΩr_x+r_{\pi}=50\Omega+9.17\text{ k}\Omega =9.22\text{ k}\Omega

所以

Rin=13.2∥9.22≈5.43 kΩR_{in}=13.2\parallel9.22 \approx 5.43\text{ k}\Omega

(b) 中頻增益 AMA_M

中頻時,CC1C_{C1}、CC2C_{C2} 與 CEC_E 視為短路,因此射極為交流接地。

輸出端等效負載為

Rout=RC∥RL∥roR_{out}=R_C\parallel R_L\parallel r_o Rout=4.7∥5.6∥300≈2.53 kΩR_{out}=4.7\parallel5.6\parallel300 \approx 2.53\text{ k}\Omega

其中各電阻單位皆為 kΩ\text{k}\Omega。

由於晶體管內部有 rxr_x,基極小訊號電壓中真正加在 rπr_{\pi} 上的部分為

rπrx+rπ\frac{r_{\pi}}{r_x+r_{\pi}}

此外,訊號源與輸入電阻形成分壓:

vivs=RinRS+Rin=5.435+5.43≈0.521\frac{v_i}{v_s} =\frac{R_{in}}{R_S+R_{in}} =\frac{5.43}{5+5.43} \approx0.521

因此整體中頻電壓增益為

AM=vovs=−gmRout(rπrx+rπ)(RinRS+Rin)A_M=\frac{v_o}{v_s} =-g_mR_{out} \left(\frac{r_{\pi}}{r_x+r_{\pi}}\right) \left(\frac{R_{in}}{R_S+R_{in}}\right)

代入數值:

AM=−(13.1 mS)(2.53 kΩ)(9.179.22)(5.4310.43)A_M =-(13.1\text{ mS})(2.53\text{ k}\Omega) \left(\frac{9.17}{9.22}\right) \left(\frac{5.43}{10.43}\right) AM≈−17.2 V/V\boxed{A_M\approx -17.2\text{ V/V}}

負號表示共射極放大器輸出與輸入反相。


(c) 低頻 33 dB 頻率與 CEC_E 零點

由輸入耦合電容 CC1C_{C1} 造成的極點

將訊號源置零後,CC1C_{C1} 所看到的等效電阻為

RC1=RS+Rin=5+5.43=10.43 kΩR_{C1}=R_S+R_{in} =5+5.43 =10.43\text{ k}\Omega

因此

fp1=12πCC1RC1f_{p1} =\frac{1}{2\pi C_{C1}R_{C1}} fp1=12π(1μF)(10.43 kΩ)≈15.3 Hzf_{p1} =\frac{1}{2\pi(1\mu\text{F})(10.43\text{ k}\Omega)} \approx15.3\text{ Hz}
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第 3 題20 分

  1. (20%) Design the circuit of Fig. 2 so that the transistor operates at ID=0.4I_D = 0.4 mA and VD=+1V_D = +1 V. The NMOS transistor has VT=2V_T = 2 V, μnCOX=20 μA/V2\mu_n C_{OX} = 20 \, \mu A/V^2, L=10 μmL = 10 \, \mu m, and W=400 μmW = 400 \, \mu m. Neglect the channel-length modulation effect (i.e., assume that λ=0\lambda= 0).
    (a) Find RSR_S. (10%)
    (b) Find RDR_D. (10%)

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
Figure 2.

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原卷第 3 頁

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核心觀念

本題考查 NMOS 在飽和區的偏壓設計。因為 λ=0\lambda=0,使用:

ID=12μnCOXWL(VGS−VT)2I_D=\frac{1}{2}\mu_n C_{OX}\frac{W}{L}(V_{GS}-V_T)^2

且需確認飽和區條件:

VDS≥VGS−VTV_{DS}\ge V_{GS}-V_T

電路中閘極接地,因此 VG=0V_G=0。

解題方法

先由已知汲極電流求過驅電壓 VOV=VGS−VTV_{OV}=V_{GS}-V_T,再求源極電壓與 RSR_S;最後由汲極電壓求 RDR_D。

(a) 求 RSR_S

已知:

μnCOX=20 μA/V2,WL=40010=40\mu_n C_{OX}=20\,\mu\text{A}/\text{V}^2,\qquad \frac{W}{L}=\frac{400}{10}=40

因此:

μnCOXWL=20×40=800 μA/V2\mu_n C_{OX}\frac{W}{L} =20\times 40 =800\,\mu\text{A}/\text{V}^2

代入飽和區電流公式:

0.4 mA=12(800 μA/V2)VOV20.4\,\text{mA} =\frac{1}{2}(800\,\mu\text{A}/\text{V}^2)V_{OV}^2 400 μA=400 μA/V2⋅VOV2400\,\mu\text{A}=400\,\mu\text{A}/\text{V}^2\cdot V_{OV}^2 VOV=1 VV_{OV}=1\,\text{V}

所以:

VGS=VT+VOV=2+1=3 VV_{GS}=V_T+V_{OV}=2+1=3\,\text{V}
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第 4 題30 分

  1. (30%) For the circuit shown in Fig. 3, find the values of the labeled node voltages for:
    (a) β=∞\beta = \infty. (15%)
    (b) β=100\beta = 100. (15%)

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
Figure 3.

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核心觀念

本題為匹配 NPN 差動對,兩個射極共接於 V3V_3,且經 4.7 kΩ4.7\,\text{k}\Omega 電阻接至 −10 V-10\,\text{V}。採用:

  • VBE≈0.7 VV_{BE}\approx 0.7\,\text{V}
  • IE=(β+1)IBI_E=(\beta+1)I_B
  • IC=βIBI_C=\beta I_B
  • 電阻電壓關係:V=IRV=IR

由於兩顆電晶體匹配且射極相接,因此

V1=V5=V3+0.7V_1=V_5=V_3+0.7

(a) β=∞\beta=\infty

此時基極電流為零,因此 47 kΩ47\,\text{k}\Omega 與 100 kΩ100\,\text{k}\Omega 電阻沒有電流:

V1=V5=0 VV_1=V_5=0\,\text{V}

射極電壓為

V3=VB−VBE=0−0.7=−0.7 VV_3=V_B-V_{BE}=0-0.7=-0.7\,\text{V}

流過射極電阻的總電流為

IE=V3−(−10)4.7 kΩ=9.34.7 kΩ=1.979 mAI_E=\frac{V_3-(-10)}{4.7\,\text{k}\Omega} =\frac{9.3}{4.7\,\text{k}\Omega} =1.979\,\text{mA}

兩顆電晶體基極電壓相同,因此電流平均分配:

IC1=IC2=1.9792=0.989 mAI_{C1}=I_{C2}=\frac{1.979}{2} =0.989\,\text{mA}

兩個集極電壓:

V2=10−IC1(4.7 kΩ)=10−(0.989)(4.7)=5.35 VV_2=10-I_{C1}(4.7\,\text{k}\Omega) =10-(0.989)(4.7) =5.35\,\text{V} V4=10−IC2(4.7 kΩ)=5.35 VV_4=10-I_{C2}(4.7\,\text{k}\Omega) =5.35\,\text{V}

(b) β=100\beta=100

由於兩個基極電壓相同,令

V1=V5=VBV_1=V_5=V_B

基極電流為

IB1=−VB47 kΩ,IB2=−VB100 kΩI_{B1}=\frac{-V_B}{47\,\text{k}\Omega}, \qquad I_{B2}=\frac{-V_B}{100\,\text{k}\Omega}

射極電壓為

V3=VB−0.7V_3=V_B-0.7

射極總電流也可由射極電阻表示:

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