115 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30 分

  1. (30 pt) For the circuit in Fig. 1, it is required to determine the value of the voltage VBBV_{BB} that results in the transistor operating
    (a) in the active mode with VCE=5V_{CE} = 5 V (10 pt)
    (b) at the edge of saturation (10 pt)
    (c) deep in saturation with βforced=10\beta_{forced} = 10 (10 pt)
    For simplicity, assume that VBEV_{BE} remains constant at 0.7 V. The transistor β\beta is specified to be 50.

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核心觀念

此電路為固定偏壓共射極 NPN 電晶體，射極接地，因此：

IB=VBB−VBERBI_B=\frac{V_{BB}-V_{BE}}{R_B} IC=βIBI_C=\beta I_B

集極迴路套用 KVL：

VCE=VCC−ICRCV_{CE}=V_{CC}-I_C R_C

已知：

RB=RC=10 kΩ,VCC=10 VR_B=R_C=10\,\text{k}\Omega,\quad V_{CC}=10\,\text{V} VBE=0.7 V,β=50V_{BE}=0.7\,\text{V},\quad \beta=50

(a) 主動模式且 VCE=5 VV_{CE}=5\,\text{V}

由集極迴路：

IC=VCC−VCERC=10−510 kΩ=0.5 mAI_C=\frac{V_{CC}-V_{CE}}{R_C} =\frac{10-5}{10\,\text{k}\Omega} =0.5\,\text{mA}

主動模式下：

IB=ICβ=0.5 mA50=10 μAI_B=\frac{I_C}{\beta} =\frac{0.5\,\text{mA}}{50} =10\,\mu\text{A}

因此：

VBB=VBE+IBRBV_{BB}=V_{BE}+I_B R_B VBB=0.7+(10 μA)(10 kΩ)=0.8 VV_{BB}=0.7+(10\,\mu\text{A})(10\,\text{k}\Omega) =0.8\,\text{V}

(b) 飽和邊界

在飽和邊界，基極—集極接面剛好由反向偏壓轉為零偏壓，因此：

VCB=0V_{CB}=0

所以：

VCE=VBE=0.7 VV_{CE}=V_{BE}=0.7\,\text{V}

集極電流為：

IC=10−0.710 kΩ=0.93 mAI_C=\frac{10-0.7}{10\,\text{k}\Omega} =0.93\,\text{mA}

此時仍以臨界主動模式的 β=50\beta=50 計算基極電流：

IB=0.93 mA50=18.6 μAI_B=\frac{0.93\,\text{mA}}{50} =18.6\,\mu\text{A}

因此：

VBB=0.7+(18.6 μA)(10 kΩ)V_{BB}=0.7+(18.6\,\mu\text{A})(10\,\text{k}\Omega) VBB=0.886 V\boxed{V_{BB}=0.886\,\text{V}}

(c) 深度飽和，βforced=10\beta_{\text{forced}}=10

深度飽和時，採用標準近似：

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第 2 題20 分

  1. (20 pt) For the circuit in Fig. 2, assume that βmin=30\beta_{min} = 30, and find (a) VEV_E (5 pt), (b) VSV_S (5pt), (c) IC1I_{C1} (5 pt), and (d) IC2I_{C2} (5 pt).

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核心觀念

本題考查互補式射極隨耦器的直流分析：

  • Q1Q_1 為 NPN 電晶體，集極接 +5 V+5\text{ V}。
  • Q2Q_2 為 PNP 電晶體，集極接 −5 V-5\text{ V}。
  • 兩管基極相連，射極相連，射極共同接 1 kΩ1\,\text{k}\Omega 電阻至地。
  • 由於輸入端為 +10 V+10\text{ V}，電路工作時 Q1Q_1 導通、Q2Q_2 截止。
  • 採用 VBE≈0.7 VV_{BE}\approx 0.7\text{ V}，且 β=30\beta=30。

題目文字中的 VSV_S 依原圖應為基極電壓 VBV_B。

解題方法

Q1Q_1 導通且工作於主動區，因此

VB=VE+0.7V_B=V_E+0.7

射極電流流經 1 kΩ1\,\text{k}\Omega 電阻：

IE=VE1 kΩI_E=\frac{V_E}{1\,\text{k}\Omega}

又因為

IE=(β+1)IB1=31IB1I_E=(\beta+1)I_{B1}=31I_{B1}

所以

IB1=VE31 kΩI_{B1}=\frac{V_E}{31\,\text{k}\Omega}

由 +10 V+10\text{ V} 經 10 kΩ10\,\text{k}\Omega 電阻供應基極電流：

IB1=10−VB10 kΩI_{B1}=\frac{10-V_B}{10\,\text{k}\Omega}

代入 VB=VE+0.7V_B=V_E+0.7：

10−(VE+0.7)10 kΩ=VE31 kΩ\frac{10-(V_E+0.7)}{10\,\text{k}\Omega} = \frac{V_E}{31\,\text{k}\Omega} 9.3−VE10=VE31\frac{9.3-V_E}{10} = \frac{V_E}{31} 31(9.3−VE)=10VE31(9.3-V_E)=10V_E
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第 3 題20 分

  1. (20 pt) For the circuit in Fig. 3, a full-wave bridge-rectifier circuit with a 1-kΩ\Omega load operates from a 120-V (rms) 60-Hz household supply through a 12-to-1 step-down transformer having a single secondary winding. It uses four diodes, each of which can be modeled to have a 0.7-V drop for any current. (a) What is the peak value of the rectified voltage across the load? (5 pt) (b) For what fraction of a cycle does each diode conduct? (5 pt) (c) What is the average voltage across the load? (5 pt) (d) What is the average current through the load? (5 pt)

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核心觀念

本題考查單相全波橋式整流器：

  • 變壓器匝數比決定次級電壓。
  • 橋式整流時，每半週有兩顆二極體導通，因此總壓降為 2VD=1.4 V2V_D=1.4\text{ V}。
  • 負載為純電阻，輸出電壓等於整流後的次級電壓扣除二極體壓降。
  • 二極體只有在輸入電壓大於 1.4 V1.4\text{ V} 時才會導通。

解題方法

次級電壓

一次側為 120 Vrms120\text{ V}_{\mathrm{rms}}，變壓器為 12:112:1 降壓，因此次級有效值為

Vs,rms=12012=10 VV_{s,\mathrm{rms}}=\frac{120}{12}=10\text{ V}

次級電壓峰值為

Vm=2Vs,rms=102=14.14 VV_m=\sqrt{2}V_{s,\mathrm{rms}} =10\sqrt{2} =14.14\text{ V}

橋式整流的負載瞬時電壓為

vL=Vm∣sin⁡ωt∣−2VD=14.14∣sin⁡ωt∣−1.4v_L=V_m|\sin\omega t|-2V_D =14.14|\sin\omega t|-1.4

但此式僅在二極體導通時成立。

(a) 負載整流電壓的峰值

峰值發生於 ∣sin⁡ωt∣=1|\sin\omega t|=1：

VL,peak=Vm−2VDV_{L,\mathrm{peak}}=V_m-2V_D VL,peak=14.14−1.4=12.74 VV_{L,\mathrm{peak}}=14.14-1.4 =\boxed{12.74\text{ V}}

(b) 每顆二極體的導通週期比例

二極體開始導通的條件為

Vmsin⁡θ0=2VDV_m\sin\theta_0=2V_D

因此

θ0=sin⁡−1(1.414.14)=0.0992 rad\theta_0=\sin^{-1}\left(\frac{1.4}{14.14}\right) =0.0992\text{ rad}

每一顆二極體在一個週期中導通的角度為

Δθ=π−2θ0\Delta\theta=\pi-2\theta_0

所以導通比例為

Δθ2π=π−2θ02π\frac{\Delta\theta}{2\pi} =\frac{\pi-2\theta_0}{2\pi} =π−2(0.0992)2π=0.468=\frac{\pi-2(0.0992)}{2\pi} =0.468

因此每顆二極體導通約

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第 4 題30 分

  1. (30 pt) In the circuit of Fig. 4, the NMOS transistor has ∣Vt∣=0.9|V_t| = 0.9 V, and VA=50V_A = 50 V, and operates with VD=VGS=2V_D = V_{GS} = 2 V. (a) What is the voltage gain vo/viv_o/v_i? (10 pt) (b) What does VDV_D become when II increase to 1 mA? (10 pt) And (c) what is the new gain? (10 pt)

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核心觀念

本題考查 NMOS 共源級放大器：

  • 直流工作點：IDI_D、VGSV_{GS}、VDV_D
  • 小訊號參數：
    gm=2IDVGS−Vtg_m=\frac{2I_D}{V_{GS}-V_t}
    ro=VAIDr_o=\frac{V_A}{I_D}
  • 中頻電壓增益：
    vovi≃−gm(ro∥RL)\frac{v_o}{v_i}\simeq -g_m(r_o\parallel R_L)

圖中耦合電容視為短路，理想電流源對交流而言視為開路，因此汲極負載主要為 ro∥RLr_o\parallel R_L。RG=10 MΩR_G=10\,\text{M}\Omega 遠大於其他電阻，對增益影響可忽略。

(a) 電壓增益

已知

ID=500 μA,VGS=2 V,∣Vt∣=0.9 VI_D=500\,\mu\text{A},\qquad V_{GS}=2\,\text{V},\qquad |V_t|=0.9\,\text{V}

過驅電壓為

VOV=VGS−Vt=2−0.9=1.1 VV_{OV}=V_{GS}-V_t=2-0.9=1.1\,\text{V}

因此

gm=2IDVOV=2(500 μA)1.1=0.909 mSg_m=\frac{2I_D}{V_{OV}} =\frac{2(500\,\mu\text{A})}{1.1} =0.909\,\text{mS}

輸出電阻為

ro=VAID=50500 μA=100 kΩr_o=\frac{V_A}{I_D} =\frac{50}{500\,\mu\text{A}} =100\,\text{k}\Omega

與負載並聯：

ro∥RL=100 kΩ∥10 kΩ=9.09 kΩr_o\parallel R_L =100\,\text{k}\Omega\parallel10\,\text{k}\Omega =9.09\,\text{k}\Omega

所以

vovi=−gm(ro∥RL)=−(0.909 mS)(9.09 kΩ)\frac{v_o}{v_i} =-g_m(r_o\parallel R_L) =-(0.909\,\text{mS})(9.09\,\text{k}\Omega) vovi≈−8.26\boxed{\frac{v_o}{v_i}\approx -8.26}

負號表示共源級具有反相特性。

(b) 電流增加至 1 mA1\,\text{mA} 時的 VDV_D

由於閘極沒有直流電流，RGR_G 使直流時

VD=VG=VGSV_D=V_G=V_{GS}

令新的電壓為 VV，則

VD=VGS=VV_D=V_{GS}=V

忽略通道長度調變對直流電流的微小影響，可用平方律：

ID∝(VGS−Vt)2I_D\propto (V_{GS}-V_t)^2

因此

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