108 年 國立暨南國際大學電機工程學系碩士班《電子學》

核心觀念

本題考查矽 $pn$ 接面在熱平衡下的載子濃度與內建電位：

• 摻雜濃度決定多數載子濃度。
• 熱平衡時遵守質量作用律：
  $np=n_i^2$
• $pn$ 接面的內建電位為：
  $V_B=\frac{kT}{q}\ln\left(\frac{N_A N_D}{n_i^2}\right)$

假設摻雜原子完全游離，且接面兩側皆為非簡併半導體。

解題方法

(a) 求兩側電子與電洞濃度

在 $n$ 型區，多數載子為電子，因此

$n_n \approx N_D=2\times10^{16}\ \text{cm}^{-3}$

由質量作用律：

$n_n p_n=n_i^2$

所以

$$p_n=\frac{n_i^2}{n_n} =\frac{(10^{10})^2}{2\times10^{16}}$$

$p_n=5\times10^3\ \text{cm}^{-3}$

在 $p$ 型區，多數載子為電洞，因此

$p_p \approx N_A=5\times10^{15}\ \text{cm}^{-3}$

同樣由質量作用律：

$n_p p_p=n_i^2$

因此

$$n_p=\frac{n_i^2}{p_p} =\frac{(10^{10})^2}{5\times10^{15}}$$

$n_p=2\times10^4\ \text{cm}^{-3}$

各濃度整理如下：

$$\begin{aligned} n_n&=2\times10^{16}\ \text{cm}^{-3} \\ p_n&=5\times10^3\ \text{cm}^{-3} \\ p_p&=5\times10^{15}\ \text{cm}^{-3} \\ n_p&=2\times10^4\ \text{cm}^{-3} \end{aligned}$$

(b) 求內建電位

代入公式：

核心觀念

本題考查二極體邏輯閘。輸出端經由 $R_L$ 接至 $V_{DD}=5\text{ V}$，形成上拉電阻；兩個二極體的陽極接輸出端，陰極分別接至 $V_A$、$V_B$。

理想二極體具有以下特性：

• 導通時，二極體壓降為 $0$，輸出會被箝位至低電位。
• 截止時，二極體不影響電路，輸出由 $R_L$ 拉至 $V_{DD}$。

因此，只要任一輸入為 $0\text{ V}$，對應二極體便導通，使輸出為 $0\text{ V}$；只有兩個輸入皆為 $5\text{ V}$ 時，二極體才全部截止，輸出被上拉至 $5\text{ V}$。此電路實現 AND 邏輯。

解題方法

逐一判斷輸入組合：

$V_A$	$V_B$	二極體狀態	$V_{\text{out}}$
$0$	$0$	兩個二極體皆導通	$0\text{ V}$
$0$	$5$	接至 $V_A$ 的二極體導通	$0\text{ V}$
$5$	$0$	接至 $V_B$ 的二極體導通	$0\text{ V}$
$5$	$5$	兩個二極體皆截止	$5\text{ V}$

核心觀念

本題考查 PNP BJT 的直流工作點與小訊號參數。

由 Fig. 3 可讀出：

• 發射極接至 $V_{CC}=2\text{ V}$
• 基極接至 $1.25\text{ V}$
• 集極經 $R_C=200\,\Omega$ 接地
• 因為 $V_E>V_B$，故 $Q_1$ 為 PNP 電晶體

PNP 電晶體使用發射極—基極電壓：

$$V_{EB}=V_E-V_B$$

其集極電流大小為：

$$I_C=I_S e^{V_{EB}/V_T}$$

---

解題方法

（a）求 $I_B$、$I_C$、$I_E$ 並判斷工作區

由電路電壓：

$$V_E=2\text{ V},\qquad V_B=1.25\text{ V}$$

因此：

$$V_{EB}=V_E-V_B=2-1.25=0.75\text{ V}$$

且：

$$\frac{V_{EB}}{V_T} =\frac{0.75}{0.025} =30$$

代入集極電流公式：

$$I_C=5\times10^{-16}e^{30}$$

利用題目給定 $e^{30}\approx10^{13}$：

$$I_C=5\times10^{-16}\times10^{13} =5\times10^{-3}\text{ A}$$

所以：

$$\boxed{I_C=5\text{ mA}}$$

由 $\beta=100$：

$$\beta=\frac{I_C}{I_B}$$

故基極電流大小為：

$$I_B=\frac{I_C}{\beta} =\frac{5\text{ mA}}{100} =50\,\mu\text{A}$$

PNP 電晶體的基極電流方向為流出基極；若只表示電流大小，則：

$$\boxed{|I_B|=50\,\mu\text{A}}$$

由電流關係：

$$I_E=I_C+I_B$$

得到：

$$I_E=5\text{ mA}+0.05\text{ mA} =5.05\text{ mA}$$

因此：

$$\boxed{I_E=5.05\text{ mA}}$$

工作區判斷

集極電阻上的電壓為：

$$V_{RC}=I_C R_C =(5\text{ mA})(200\,\Omega) =1\text{ V}$$

因此集極電壓：

$$V_C=1\text{ V}$$

電壓關係為：

$$V_E=2\text{ V}>V_B=1.25\text{ V}>V_C=1\text{ V}$$

核心觀念

此題考查 NMOS 的直流偏壓與小訊號參數：

• 閘極電流 $I_G \approx 0$，因此 $R_G$ 上無壓降，故 $V_G=V_D$。

• NMOS 飽和區電流公式：

  $I_D=\frac{1}{2}\mu_n C_{ox}\frac{W}{L}(V_{GS}-V_{TH})^2$

• 小訊號跨導：

  $g_m=2\frac{I_D}{V_{GS}-V_{TH}}$

• 輸出電阻：

  $r_o=\frac{1}{\lambda I_D}$

計算直流電流時，通常忽略通道長度調變；給定的 $\lambda$ 用於計算 $r_o$。

解題方法

由於 $I_G=0$，所以

$V_G=V_D$

電阻總壓降為

$I_D(R_D+R_S)=I_D(800+200)=1000I_D$

因此

$V_{GS}=V_G-V_S=V_D-V_S$

也可直接寫成

$V_{GS}=V_{DD}-I_D(R_D+R_S)$

令 $I_D$ 以 mA 表示，則 $I_D(1\,\text{k}\Omega)$ 的壓降以 V 表示，因此

$V_{GS}=2.5-I_D$

又因為

$$\frac{1}{2}\mu_n C_{ox}\frac{W}{L} =\frac{1}{2}(100\,\mu\text{A/V}^2)(20) =1\,\text{mA/V}^2$$

故

$I_D=(V_{GS}-0.5)^2$

代入 $V_{GS}=2.5-I_D$：

$I_D=(2.5-I_D-0.5)^2$

$I_D=(2-I_D)^2$

解得

$I_D^2-5I_D+4=0$

$I_D=1\,\text{mA}\quad\text{或}\quad 4\,\text{mA}$

核心觀念

本題考查 MOSFET 電流鏡的電流比例，以及電阻上的歐姆定律：

$$I_D \propto \left(\frac WL\right)$$

因此，若兩支 MOSFET 的 $V_{GS}$ 相同且皆工作於飽和區，則

$$\frac{I_{D2}}{I_{D1}} = \frac{(W/L)_2}{(W/L)_1}$$

由圖中尺寸比例可知，M1、第二支 NMOS 與右側 PMOS 的電流比例依序為 $1/6$、$2$ 與 $10$。

求 $V_1$

左側參考電流為

$$I_R=10\,\mu\text{A}$$

M1 的尺寸為參考 NMOS 的 $1/6$，故

$$I_{M1} = \frac{1}{6}I_R = \frac{10}{6}\,\mu\text{A} = 1.667\,\mu\text{A}$$

$R_1$ 上的電壓降為

$$V_{R_1}=I_{M1}R_1 =(1.667\,\mu\text{A})(50\,\text{k}\Omega) =0.0833\,\text{V}$$

因此

核心觀念

本題利用理想運算放大器的負回授分析，以及有限開迴路增益模型：

$$v_o=A_0(v_+-v_-)$$

由圖中分壓器：

$$v_+=\beta v_o,\qquad \beta=\frac{R_3}{R_3+R_4}$$

反相端節點 $x$ 由 $R_2$ 接至 $v_{in}$、由 $R_1$ 接至 $v_o$。因運算放大器輸入電流為零，套用 KCL：

$$\frac{v_x-v_{in}}{R_2}+\frac{v_x-v_o}{R_1}=0$$

整理得：

$$v_x=\frac{R_1v_{in}+R_2v_o}{R_1+R_2}$$

(a) $A_0=\infty$

理想運算放大器在正常負回授下具有虛短路：

$$v_x=v_+$$

因此：

$$\frac{R_1v_{in}+R_2v_o}{R_1+R_2} = \frac{R_3}{R_3+R_4}v_o$$

解得閉迴路增益：

$$\boxed{ \frac{v_o}{v_{in}} = \frac{R_1} {\displaystyle \frac{R_3}{R_3+R_4}(R_1+R_2)-R_2 } }$$

等價地，也可寫成：

$$\boxed{ \frac{v_o}{v_{in}} = -\frac{R_1} {\displaystyle R_2-\frac{R_3}{R_3+R_4}(R_1+R_2) } }$$

(b) $A_0\ne\infty$，且 $R_1=R_4$、$R_2=R_3$

有限開迴路增益時，不能直接使用 $v_+=v_-$，而應使用：

$$v_o=A_0(v_+-v_x)$$

核心觀念

本題考察理想反相運算放大器的頻率響應：

• 理想 Op-Amp 輸入端電流為零。
• 負回授成立時，反相端為虛接地，故 $V_{-}=V_{+}=0$。
• 反相放大器傳遞函數為

$$H(s)=\frac{V_{out}}{V_{in}}=-\frac{Z_f(s)}{Z_{in}(s)}。$$

由圖可見，輸入端為 $R_1$ 與 $C_1$ 並聯，回授端為 $R_2$ 與 $C_2$ 並聯。

解題方法

輸入阻抗為

$$Z_{in}=R_1\parallel \frac{1}{sC_1}$$

因此

$$Z_{in} =\frac{R_1\left(\frac{1}{sC_1}\right)} {R_1+\frac{1}{sC_1}} =\frac{R_1}{1+sR_1C_1}.$$

回授阻抗為

$$Z_f=R_2\parallel \frac{1}{sC_2}$$

因此

$$Z_f =\frac{R_2\left(\frac{1}{sC_2}\right)} {R_2+\frac{1}{sC_2}} =\frac{R_2}{1+sR_2C_2}.$$

因為 Op-Amp 為理想反相架構，

$$H(s)=-\frac{Z_f}{Z_{in}}。$$

核心觀念

本題考查二階系統的 Bode magnitude plot 與 phase plot。解題重點為：

• 將傳遞函數分解成原點零點與一階極點。
• 由零點、極點位置判斷折點頻率。
• 依零點與極點的數量決定幅值斜率變化。
• 由各零點、極點的相位貢獻相加，繪出相位曲線。

相關基本規則如下：

• 原點零點 $s$：幅值斜率增加 $+20$ dB/dec，低頻相位貢獻 $+90^\circ$。
• 一階極點 $1+s/\omega_p$：折點後幅值斜率減少 $20$ dB/dec，相位由 $0^\circ$ 逐漸變為 $-90^\circ$。
• 在折點頻率處，一階極點的精確幅值約比漸近線低 $3$ dB。

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解題方法：因式分解與標準化

原傳遞函數為

$$H(s)=\frac{10^4s}{s^2+110s+1000}$$

分母可因式分解為

$$s^2+110s+1000=(s+10)(s+100)$$

因此

$$H(s)=\frac{10^4s}{(s+10)(s+100)}$$

將分母寫成標準 Bode 形式：

$$(s+10)(s+100) =1000\left(1+\frac{s}{10}\right)\left(1+\frac{s}{100}\right)$$

所以

$$H(s)=\frac{10s} {\left(1+\frac{s}{10}\right) \left(1+\frac{s}{100}\right)}$$

由此可知：

• 原點有一個零點 $s$。
• 在 $\omega=10$ rad/s 有一個極點。
• 在 $\omega=100$ rad/s 有一個極點。
• 低頻增益常數為 $10$。

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幅值 Bode plot

令 $s=j\omega$，精確幅值為

$$|H(j\omega)| = \frac{10\omega} {\sqrt{1+\left(\frac{\omega}{10}\right)^2} \sqrt{1+\left(\frac{\omega}{100}\right)^2}}$$

轉換成分貝：

$$20\log_{10}|H(j\omega)| = 20+20\log_{10}\omega -10\log_{10}\left[1+\left(\frac{\omega}{10}\right)^2\right] -10\log_{10}\left[1+\left(\frac{\omega}{100}\right)^2\right]$$

漸近線斜率

各頻率範圍的斜率如下：

頻率範圍	斜率	原因
$\omega<10$	$+20$ dB/dec	原點零點
$10<\omega<100$	$0$ dB/dec	原點零點與第一個極點抵消斜率
$\omega>100$	$-20$ dB/dec	兩個極點總共再降低 $40$ dB/dec

低頻漸近線為

$$20\log_{10}|H(j\omega)| \approx 20+20\log_{10}\omega$$

在 $\omega=10$ rad/s 時：

$$20+20\log_{10}(10)=40\text{ dB}$$

因此漸近線為：

• $\omega<10$：由斜率 $+20$ dB/dec 上升，通過 $(10,40\text{ dB})$。
• $10<\omega<100$：維持約 $40$ dB。
• $\omega>100$：以 $-20$ dB/dec 下降，通過 $(100,40\text{ dB})$。

精確曲線的重要數值

在第一個折點 $\omega=10$ rad/s：

$$|H(j10)| = \frac{100} {\sqrt{2}\sqrt{1.01}} \approx 70.36$$

所以

$$20\log_{10}|H(j10)| \approx 36.95\text{ dB}$$

在第二個折點 $\omega=100$ rad/s：

$$|H(j100)| = \frac{1000} {\sqrt{101}\sqrt{2}} \approx 70.36$$

所以

$$20\log_{10}|H(j100)| \approx 36.95\text{ dB}$$

核心觀念

此題考查：

• 共源級 MOSFET 放大器的小訊號電壓增益
• 源極旁路電容 $C_2$ 使交流時 $R_S$ 被短路
• MOSFET 飽和區關係式
• 閘極分壓偏壓與輸入阻抗
• 直流工作點及電源功率

由於 $C_1$、$C_2$ 足夠大，工作頻率下可視為短路；又因 $R_G=0$，輸入端訊號完整加到閘極。

題目未明確給出臨界電壓 $V_{TN}$，以下採用電子學常見假設：

$$V_{TN}=0.5\text{ V}$$

(a) 求 $g_m$、$I_D$、$V_{GS}$

源極電阻上的直流壓降為 $400\text{ mV}$，因此

$$I_D=\frac{0.4}{R_S} =\frac{0.4}{200} =2\text{ mA}$$

因為 $C_2$ 將 $R_S$ 旁路，交流時源極為交流接地。忽略 $r_o$，共源級電壓增益大小為

$$|A_v|=g_mR_D$$

題目給定 $|A_v|=8$，因此

$$g_m=\frac{8}{400} =0.02\text{ S} =20\text{ mS}$$

MOSFET 飽和區的跨導關係式為

$$g_m=\frac{2I_D}{V_{GS}-V_{TN}}$$

所以過驅電壓為

$$V_{GS}-V_{TN} =\frac{2I_D}{g_m} =\frac{2(2\text{ mA})}{20\text{ mS}} =0.2\text{ V}$$

因此

$$V_{GS}=V_{TN}+0.2 =0.5+0.2 =0.7\text{ V}$$

(b) 求 $R_1$、$R_2$

MOSFET 閘極電流近似為零，因此輸入阻抗為

$$R_{in}=R_1\parallel R_2=24\text{ k}\Omega$$

源極電壓為

$$V_S=I_DR_S =(2\text{ mA})(200\Omega) =0.4\text{ V}$$

所以閘極直流電壓為

$$V_G=V_{GS}+V_S =0.7+0.4 =1.1\text{ V}$$

對 $R_1$、$R_2$ 分壓器：

$$V_G=V_{DD}\frac{R_2}{R_1+R_2}$$

搭配

$$R_1\parallel R_2=24\text{ k}\Omega$$

可直接利用

$$R_1=R_{in}\frac{V_{DD}}{V_G}$$

得到