109 年 國立成功大學電機工程學系碩士班甲組《電子學》

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第 1 題20 分

Consider the folded-cascode amplifier of Fig. 1 for the following case: VDD=1.8 VV_{DD}=1.8 \text{ V}, μpCox=14μnCox\mu_pC_{ox} = \frac{1}{4}\mu_nC_{ox}, and Vtn=−Vtp=0.5 VV_{tn}=-V_{tp}=0.5 \text{ V}, To operate Q1Q_1 and Q2Q_2 at equal bias currents II, I1=2II_1=2I and I2=II_2=I. While current source I1I_1 is implemented using the simple circuit and current source I2I_2 is realized using a cascoded circuit. The transistor W/LW/L ratios are selected so that each operates at an overdrive voltage of 0.2 V0.2 \text{ V}. (20%)

(a) What must the relationship of (W/L)2(W/L)_2 to (W/L)1(W/L)_1 be? (4%)
(b) What is the minimum dc voltage required across current source I1I_1 for proper operation? If a 0.1-V0.1\text{-V} peak-to-peak signal swing is to be allowed at the drain of Q1Q_1, what is the highest dc bias voltage that can be used at that node? (4%)
(c) What is the value of VSGV_{SG} of Q2Q_2, and hence what is the largest value to which VG2V_{G2} can be set? (4%)
(d) What is the minimum dc voltage required across current-source I2I_2 for proper operation? (4%)
(e) Given the results of (c) and (d), what is the allowable range of signal swing at the output? (4%)
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核心觀念

本題考查 MOS 飽和區的過驅電壓、電流源的順從電壓,以及折疊疊接放大器的輸出擺幅。NMOS 與 PMOS 在飽和區的條件分別為:

VDS≥VOV,n,VSD≥VOV,pV_{DS}\ge V_{OV,n},\qquad V_{SD}\ge V_{OV,p}

MOS 飽和區電流大小為:

ID=12μCoxWLVOV2I_D=\frac{1}{2}\mu C_{ox}\frac{W}{L}V_{OV}^{2}

題目指定各管的過驅電壓皆為 0.2 V0.2\text{ V},且 ∣Vtn∣=∣Vtp∣=0.5 V|V_{tn}|=|V_{tp}|=0.5\text{ V}。

解題方法

(a) Q1Q_1 與 Q2Q_2 的偏壓電流相同,均為 II,而兩者的過驅電壓相同。由飽和區電流式可知:

μnCox(WL)1=μpCox(WL)2\mu_n C_{ox}\left(\frac{W}{L}\right)_1 = \mu_p C_{ox}\left(\frac{W}{L}\right)_2

因為 μpCox=14μnCox\mu_p C_{ox}=\frac{1}{4}\mu_n C_{ox},所以:

(WL)2=4(WL)1\boxed{\left(\frac{W}{L}\right)_2=4\left(\frac{W}{L}\right)_1}

(b) I1I_1 是由簡單 PMOS 電流源實現;為維持飽和,至少須滿足 VSD1≥VOV=0.2 VV_{SD1}\ge V_{OV}=0.2\text{ V},因此 I1I_1 的最小順從電壓為 0.2 V0.2\text{ V}。

Q1Q_1 汲極電壓的峰對峰擺幅為 0.1 V0.1\text{ V},相對直流偏壓會向上擺動 0.05 V0.05\text{ V}。為使最高瞬間電壓仍不超過 VDD−0.2=1.6 VV_{DD}-0.2=1.6\text{ V},其最高直流偏壓為:

VD1,dc,max=1.8−0.2−0.05=1.55 VV_{D1,\mathrm{dc,max}}=1.8-0.2-0.05 =\boxed{1.55\text{ V}}

(c) Q2Q_2 為 PMOS,且工作於飽和區,因此:

VSG2=∣Vtp∣+VOV2=0.5+0.2=0.7 VV_{SG2}=|V_{tp}|+V_{OV2}=0.5+0.2 =\boxed{0.7\text{ V}}
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第 2 題14 分

Consider the integrated-circuit CS amplifier in Fig. 2 for the case IBIAS=100 μAI_{BIAS}=100 \text{ μA}, Q2Q_2 and Q3Q_3 are matched, and Rsig=200 kΩR_{sig}= 200 \text{ kΩ}. For Q1Q_1: μnCox=90 μA/V2\mu_nCox=90 \text{ μA/V}^2, ∣VA∣=12.8 V|V_A|=12.8 \text{ V}, W/L=100 μm/1.0 μmW/L=100 \text{ μm}/1.0 \text{ μm}. For Q2Q_2: ∣VA∣=19.2 V|V_A|=19.2 \text{ V}. Neglecting the effect of the capacitance inevitably present at the output node.

(a) Find the low-frequency gain (5%)
(b) Find the 3-dB frequency fHf_H (5%)
(c) Find the frequency of the zero fZf_Z (4%)
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核心觀念

本題考查:

  • MOSFET 的跨導 gmg_m 與輸出電阻 ror_o
  • 電流鏡負載的共源級放大器
  • 低頻電壓增益
  • CgdC_{gd} 的 Miller effect
  • 高頻主極點與 feedforward zero

由於 Q2Q_2、Q3Q_3 匹配,且 IBIAS=100 μAI_{BIAS}=100\,\mu\text{A},故直流工作點可取

ID1=ID2=ID3=100 μA.I_{D1}=I_{D2}=I_{D3}=100\,\mu\text{A}.

(a) 低頻增益

1. 計算 Q1Q_1 的跨導

μnCoxWL=90 μA/V2×100=9 mA/V2\mu_n C_{ox}\frac WL = 90\,\mu\text{A/V}^2\times 100 = 9\,\text{mA/V}^2

因此

gm1=2μnCoxWLIDg_{m1} = \sqrt{2\mu_n C_{ox}\frac WL I_D} gm1=2(9 mA/V2)(100 μA)=1.342 mS.g_{m1} = \sqrt{2(9\,\text{mA/V}^2)(100\,\mu\text{A})} = 1.342\,\text{mS}.

2. 計算輸出電阻

對 Q1Q_1:

ro1=∣VA∣ID=12.8100 μA=128 kΩr_{o1}=\frac{|V_A|}{I_D} = \frac{12.8}{100\,\mu\text{A}} = 128\,\text{k}\Omega

對 Q2Q_2:

ro2=19.2100 μA=192 kΩ.r_{o2} = \frac{19.2}{100\,\mu\text{A}} = 192\,\text{k}\Omega.

輸出端等效電阻為

Ro=ro1∥ro2R_o=r_{o1}\parallel r_{o2} Ro=128 kΩ∥192 kΩ=76.8 kΩ.R_o = 128\,\text{k}\Omega\parallel192\,\text{k}\Omega = 76.8\,\text{k}\Omega.

低頻時電容視為開路,且 MOSFET 閘極沒有電流,因此

vi=vsig.v_i=v_{sig}.

故低頻增益為

Av0=vovsig=−gm1RoA_{v0} = \frac{v_o}{v_{sig}} = -g_{m1}R_o Av0=−(1.342 mS)(76.8 kΩ)≈−103 V/V.A_{v0} = -(1.342\,\text{mS})(76.8\,\text{k}\Omega) \approx -103\,\text{V/V}.

負號表示共源級反相。


(b) 3-dB 頻率 fHf_H

1. Miller 等效輸入電容

Q1Q_1 的

Cgs=0.2 pF,Cgd=0.015 pF.C_{gs}=0.2\,\text{pF}, \qquad C_{gd}=0.015\,\text{pF}.

由於低頻增益約為

Av0≈−103,A_{v0}\approx -103,

所以 CgdC_{gd} 在輸入端的 Miller 等效電容為

Cgd,in=Cgd(1−Av0)C_{gd,\text{in}} = C_{gd}(1-A_{v0}) Cgd,in=0.015(1+103) pF=1.56 pF.C_{gd,\text{in}} = 0.015(1+103)\,\text{pF} = 1.56\,\text{pF}.

輸入端總等效電容:

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第 3 題16 分

Fig. 3 shows the feedback circuit with the case gm1=gm2=2 mA/Vg_{m1}=g_{m2}=2 \text{ mA/V}, Rsig=200 kΩR_{sig}=200 \text{ kΩ}, RD1=RD2=10 kΩR_{D1}=R_{D2}=10 \text{ kΩ}, R1=1 kΩR_1=1 \text{ kΩ}, and R2=9 kΩR_2=9 \text{ kΩ}. For simplicity, neglect ror_o of each of Q1Q_1 and Q2Q_2.

(a) Find the loop gain βA\beta A (4%)
(b) Find the voltage gain Vo/VsV_o/V_s (4%)
(c) Find the input resistance RinR_{in} (4%)
(d) Find the output resistance RoutR_{out} (4%)
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核心觀念

本題考查法拉第電磁感應定律與運動導體的感應電動勢:

E=−dΦBdt\mathcal{E}=-\frac{d\Phi_B}{dt}

其中磁通量為

ΦB=B(t)A(t)\Phi_B=B(t)A(t)

由圖可知:

  • 兩導軌間距:l=1.2 ml=1.2\ \text{m}
  • 左、右導電棒速度分別為 55 與 15 m/s15\ \text{m/s}
  • 導電棒初始重合
  • 磁場:
B=0.2sin⁡(10t) z^ Wb/m2\mathbf{B}=0.2\sin(10t)\,\hat{\mathbf{z}}\ \text{Wb/m}^2
  • 導軌單位長度電阻:0.2 Ω/m0.2\ \Omega/\text{m}
  • 導電棒電阻忽略不計

解題方法

右棒相對左棒的速度為

vrel=15−5=10 m/sv_{\text{rel}}=15-5=10\ \text{m/s}

因此經過時間 tt 後,兩棒間距為

x(t)=10tx(t)=10t

迴路面積為

A(t)=lx(t)=1.2(10t)=12t m2A(t)=lx(t)=1.2(10t)=12t\ \text{m}^2

所以磁通量為

ΦB=B(t)A(t)=0.2sin⁡(10t)⋅12t=2.4tsin⁡(10t)\Phi_B=B(t)A(t) =0.2\sin(10t)\cdot 12t =2.4t\sin(10t)

感應電動勢:

E=−ddt[2.4tsin⁡(10t)]\mathcal{E} =-\frac{d}{dt}\left[2.4t\sin(10t)\right] E=−2.4[sin⁡(10t)+10tcos⁡(10t)] V\mathcal{E} =-2.4\left[\sin(10t)+10t\cos(10t)\right]\ \text{V}

導軌總長度為兩段導軌,故

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第 4 題15 分

For the Class AB output stage shown in Fig. 4, we know that Q3Q_3 and Q4Q_4 are the major power BJTs which deliver current to load resistance RLR_L. Please give your answer and brief explanation for the following questions: (15%)

(a) In addition to provide two VBEV_{BE} voltage drop for biasing the Q3Q_3 and Q4Q_4 like the conventional diode-connected biasing circuit does, what is the major advantage of the input stage which consists of Q1,Q2,R1Q_1, Q_2, R_1 and R2R_2? (5%)
(b) What is the major purpose of the last stage which consists of Q5,Q6,R3Q_5, Q_6, R_3 and R4R_4? (5%)
(c) What is the major purpose of the resistors R5R_5 and R6R_6? (5%)
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核心觀念

本題考查 Class AB 互補式推挽輸出級的三項功能:

  1. 偏壓電路如何產生約 2VBE2V_{BE},消除交越失真。
  2. 驅動級如何提供足夠的電流增益以驅動功率電晶體。
  3. 發射極電阻如何改善熱穩定性、限制電流並均分輸出電流。

題目未附上 Fig. 4 的完整電路圖;以下依題目所述之標準 Class AB 互補推挽架構作答,假設 Q3,Q4Q_3,Q_4 為互補功率輸出電晶體,R5,R6R_5,R_6 分別接在其發射極與負載之間。

(a) Q1,Q2,R1,R2Q_1,Q_2,R_1,R_2 輸入級的主要優點

解題方法

傳統二極體連接偏壓電路只能提供約兩個 VBEV_{BE} 的偏壓電壓,使 Q3Q_3 與 Q4Q_4 在無輸入時略微導通,以降低交越失真。

由 Q1,Q2,R1,R2Q_1,Q_2,R_1,R_2 組成的主動式偏壓/驅動級,除了提供約 2VBE2V_{BE} 的偏壓之外,還具有晶體管的電流增益,因此可提供較大的驅動電流。

主要優點

此級可作為前級與功率輸出級之間的緩衝與驅動級,具有:

  • 較高的輸入阻抗,減少前級負載效應;
  • 較低的輸出阻抗,能有效驅動 Q3,Q4Q_3,Q_4 的基極;
  • 提供額外電流增益,使前級不必直接供應功率晶體管所需的基極電流;
  • 可使兩個輸出晶體管的導通轉換較平順,進一步降低交越失真。

因此,與單純二極體連接偏壓相比,其核心優勢是「兼具 2VBE2V_{BE} 偏壓與主動式電流驅動能力」。

(b) Q5,Q6,R3,R4Q_5,Q_6,R_3,R_4 最後級的主要目的

解題方法

Q3,Q4Q_3,Q_4 是輸出功率晶體管,負載電流較大。若前級直接驅動它們,會受到功率晶體管基極電流與電流增益變動的影響。

Q5,Q6Q_5,Q_6 與 R3,R4R_3,R_4 所形成的最後驅動級,可在功率輸出晶體管之前提供額外的電流增益與緩衝作用。

主要目的

其主要功能是:

  • 提供足夠的基極驅動電流給 Q3,Q4Q_3,Q_4;
  • 降低前級所需供應的電流;
  • 降低功率晶體管基極電流變化對前級的負載效應;
  • 改善輸出級的驅動能力與線性度;
  • 使 Q3,Q4Q_3,Q_4 的推挽導通轉換更加平順,降低交越失真。
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第 5 題20 分

Fig. 5 shows a three-stage feedback amplifier: (20%)
A1A_1 has an 82−kΩ82-\text{kΩ} differential input resistance, a 20−V/V20-\text{V/V} open-circuit differential voltage gain, and a 3.2−kΩ3.2-\text{kΩ} output resistance.
A2A_2 has a 5−kΩ5-\text{kΩ} input resistance, a 20−mA/V20-\text{mA/V} short-circuit transconductance, and a 20−kΩ20-\text{kΩ} output resistance.
A3A_3 has an 20−kΩ20-\text{kΩ} input resistance, unity open-circuit voltage gain, and a 1−kΩ1-\text{kΩ} output resistance.
The feedback amplifier feeds a 1−kΩ1-\text{kΩ} load resistance and is fed by a signal source with a 9−kΩ9-\text{kΩ} resistance.

(a) If R1=20 kΩR_1 = 20 \text{ kΩ}, find the value of R2R_2 that results in a closed-loop gain Vo/VsV_o/V_s that is ideally 5 V/V5\text{ V/V}. (4%)
(b) Find the feedback amplifier's input resistance RinR_{in}. (4%)
(c) Find the feedback amplifier's output resistance RoutR_{out}. (4%)
(d) If the high-frequency response if the open-loop gain AA is dominated by a pole at 100 Hz100\text{ Hz}, what is the upper 3−dB3-\text{dB} frequency of the closed-loop gain? (4%)
(e) If for some reason, A1A_1 drops to half its nominal value, what is the percentage change in the closed-loop gain AfA_f? (4%)
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核心觀念

本題考查三級負回授放大器的:

  • 開迴路增益 AA
  • 回授因子 β\beta
  • 迴路增益 T=AβT=A\beta
  • 負回授對輸入電阻、輸出電阻及頻寬的影響
  • 增益對放大器參數變動的敏感度

依標準電壓串聯負回授架構,R1R_1、R2R_2 形成輸出電壓分壓器,因此

β=R2R1+R2\beta=\frac{R_2}{R_1+R_2}

題目附圖與所述 Fig. 5 不一致,以下依標準負回授分壓架構作答。

解題方法

1. 計算各級實際增益

第一級 A1A_1 的輸入電阻為 82 kΩ82~\text{k}\Omega,但其輸出受到第二級輸入電阻 5 kΩ5~\text{k}\Omega 負載:

Av1=2053.2+5=12.195 V/VA_{v1}=20\frac{5}{3.2+5} =12.195~\text{V/V}

第二級為跨導放大器,其輸出負載為第三級輸入電阻 20 kΩ20~\text{k}\Omega 與自身輸出電阻 20 kΩ20~\text{k}\Omega 的並聯:

RL2=20∥20=10 kΩR_{L2}=20\parallel20=10~\text{k}\Omega

因此

Av2=gmRL2=(20 mA/V)(10 kΩ)=200 V/VA_{v2}=g_mR_{L2} =(20~\text{mA/V})(10~\text{k}\Omega) =200~\text{V/V}

第三級電壓增益為 11,但輸出受到 1 kΩ1~\text{k}\Omega 負載影響:

Av3=1⋅11+1=0.5A_{v3}=1\cdot\frac{1}{1+1}=0.5

故含負載的開迴路增益為

A=Av1Av2Av3=(12.195)(200)(0.5)≈1219.5A=A_{v1}A_{v2}A_{v3} =(12.195)(200)(0.5) \approx1219.5

(a) 求 R2R_2

理想閉迴路電壓增益為

Af=1β=1+R1R2A_f=\frac{1}{\beta} =1+\frac{R_1}{R_2}

要求

Af=5A_f=5

因此

1+20 kΩR2=51+\frac{20~\text{k}\Omega}{R_2}=5 20 kΩR2=4\frac{20~\text{k}\Omega}{R_2}=4 R2=5 kΩ\boxed{R_2=5~\text{k}\Omega}

此時

β=520+5=0.2\beta=\frac{5}{20+5}=0.2

(b) 求回授放大器輸入電阻 RinR_{in}

電壓串聯負回授會使輸入電阻增加:

Rin=(1+T)Rin0R_{in}=(1+T)R_{in0}

其中

T=Aβ=(1219.5)(0.2)=243.9T=A\beta=(1219.5)(0.2)=243.9

且未回授輸入電阻為第一級差動輸入電阻:

Rin0=82 kΩR_{in0}=82~\text{k}\Omega

因此

Rin=(1+243.9)(82 kΩ)R_{in}=(1+243.9)(82~\text{k}\Omega) Rin≈20.1 MΩ\boxed{R_{in}\approx20.1~\text{M}\Omega}

由於此輸入電阻遠大於信號源電阻 9 kΩ9~\text{k}\Omega,信號源造成的輸入衰減非常小。


(c) 求回授放大器輸出電阻 RoutR_{out}

電壓負回授會使輸出電阻降低:

Rout=Rout01+TR_{out}=\frac{R_{out0}}{1+T}

移除負載後,第三級輸出電阻 1 kΩ1~\text{k}\Omega 會與回授網路的等效電阻

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第 6 題15 分

Please analysis and design an oscillator which uses a bistable circuit. (15%)
(a) Fig. 6. shows a square waveform generator. The positive and negative saturation levels of the op-amp used in the bistable circuit are L+L_+ and L−L_-, respectively. The trigger levels are V+V_+ and V−V_-. If V±=βL±V_\pm = \beta L_\pm, derive a relationship between the oscillator period and the time-constant τ=RC\tau = RC. (5%)
(b) Follow 6(a), how to modify the circuit of Fig. 6 to generate a triangular waveform. You are allowed to use one more op amp. (5%)
(c) Based on the conditions of 6(a), please derive a relationship between the oscillator period and the RC for the circuit you design in 6(b). (5%)

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核心觀念

第 6 題考運算放大器雙穩態電路與 RC 弛張振盪器。雙穩態電路的輸出在 L+L_+、L−L_- 間切換;電容電壓則朝當下的輸出飽和值指數變化。加入積分器後,積分器把方波轉成三角波,三角波在雙穩態電路的兩個觸發準位間往返。

(a) 圖 6 的方波振盪週期

圖 6 中,電容透過 RR 充放電,時間常數為 τ=RC\tau=RC。輸出為 L+L_+ 時,電容電壓由 V−V_- 上升到 V+V_+;輸出為 L−L_- 時,電容電壓由 V+V_+ 下降到 V−V_-。

輸出為 L+L_+ 的半週期,由電容充電式

vC(t)=L++(V−−L+)e−t/τv_C(t)=L_+ +(V_- -L_+)e^{-t/\tau}

並令 vC(t)=V+v_C(t)=V_+,得

t+=τln⁡(L+−V−L+−V+).t_+=\tau\ln\left(\frac{L_+-V_-}{L_+-V_+}\right).

輸出為 L−L_- 的半週期同理為

t−=τln⁡(V+−L−V−−L−).t_-=\tau\ln\left(\frac{V_+-L_-}{V_--L_-}\right).

因此,一般情況下的週期為

T=τ[ln⁡(L+−V−L+−V+)+ln⁡(V+−L−V−−L−)].T=\tau\left[ \ln\left(\frac{L_+-V_-}{L_+-V_+}\right) +\ln\left(\frac{V_+-L_-}{V_--L_-}\right) \right].

代入 V+=βL+V_+=\beta L_+、V−=βL−V_-=\beta L_-,可寫成

T=τ[ln⁡(L+−βL−(1−β)L+)+ln⁡(βL+−L−(β−1)L−)].T=\tau\left[ \ln\left(\frac{L_+-\beta L_-}{(1-\beta)L_+}\right) +\ln\left(\frac{\beta L_+-L_-}{(\beta-1)L_-}\right) \right].

若正、負飽和電壓大小相同,令 L+=LL_+=L、L−=−LL_-=-L,則兩個半週期相等:

t+=t−=τln⁡(1+β1−β),t_+=t_-=\tau\ln\left(\frac{1+\beta}{1-\beta}\right),

故

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