114 年 國立暨南國際大學電機工程學系碩士班《電子學》

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第 1 題10 分

A PN junction has the following doping levels: NA=5×1016 cm−3N_A = 5 \times 10^{16} \, \text{cm}^{-3} and ND=2×1017 cm−3N_D = 2 \times 10^{17} \, \text{cm}^{-3}, where NAN_A and NDN_D are the acceptor and donor density, respectively. Assume the intrinsic density ni=1010 cm−3n_i = 10^{10} \, \text{cm}^{-3}.

(a) Determine the electron and hole densities in both side of the PN junction. [5%]
(b) Determine the junction's built-in potential (V0V_0). Use VT=25 mVV_T = 25 \, \text{mV} and ln⁡(10)≈2.3\ln(10) \approx 2.3. [5%]

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核心觀念

PN 接面在熱平衡時，兩側符合質量作用律：

np=ni2np=n_i^2

在非本質半導體中，多數載子濃度約等於摻雜濃度：

  • pp 型區：多數載子為電洞，pp≈NAp_p \approx N_A
  • nn 型區：多數載子為電子，nn≈NDn_n \approx N_D

其中下標 pp、nn 分別代表 pp 型側與 nn 型側。

PN 接面的內建電位為：

V0=VTln⁡(NANDni2)V_0=V_T\ln\left(\frac{N_A N_D}{n_i^2}\right)

解題方法

(a) 兩側的電子與電洞濃度

pp 型側

電洞為多數載子，因此：

pp≈NAp_p \approx N_A pp=5×1016 cm−3p_p=5\times10^{16}\ \text{cm}^{-3}

由質量作用律：

nppp=ni2n_p p_p=n_i^2

所以：

np=ni2pp=(1010)25×1016n_p=\frac{n_i^2}{p_p} =\frac{(10^{10})^2}{5\times10^{16}} np=10205×1016=2×103 cm−3n_p=\frac{10^{20}}{5\times10^{16}} =2\times10^3\ \text{cm}^{-3}

因此，pp 型側為：

pp=5×1016 cm−3\boxed{p_p=5\times10^{16}\ \text{cm}^{-3}} np=2×103 cm−3\boxed{n_p=2\times10^3\ \text{cm}^{-3}}

nn 型側

電子為多數載子，因此：

nn≈NDn_n \approx N_D nn=2×1017 cm−3n_n=2\times10^{17}\ \text{cm}^{-3}

由質量作用律：

nnpn=ni2n_n p_n=n_i^2

所以：

pn=ni2nn=10202×1017p_n=\frac{n_i^2}{n_n} =\frac{10^{20}}{2\times10^{17}} pn=5×102=500 cm−3p_n=5\times10^2 =500\ \text{cm}^{-3}

因此，nn 型側為：

nn=2×1017 cm−3\boxed{n_n=2\times10^{17}\ \text{cm}^{-3}} pn=5×102 cm−3\boxed{p_n=5\times10^2\ \text{cm}^{-3}}

整理如下：

區域電子濃度電洞濃度
pp 型側np=2×103 cm−3n_p=2\times10^3\ \text{cm}^{-3}pp=5×1016 cm−3p_p=5\times10^{16}\ \text{cm}^{-3}
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第 2 題10 分

All transistors shown in the current mirror below have the same value of β\beta, and AEA_E is the emitter area of the transistor.

(a) If base current is neglected and IREFI_{\text{REF}} is equal to 2mA, determine the value of IcopyI_{\text{copy}}. [5%]
(b) Taking base currents into account, derive IcopyI_{\text{copy}} in terms of IREFI_{\text{REF}}. [5%]

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核心觀念

本題考查 BJT 電流鏡的電流複製原理，以及考慮基極電流後的誤差修正。

在相同 VBEV_{BE} 下，BJT 的集極電流與射極面積成正比：

IC2IC1=AE2AE1≜n\frac{I_{C2}}{I_{C1}}=\frac{A_{E2}}{A_{E1}}\triangleq n

其中 n=AE2/AE1n=A_{E2}/A_{E1}。若兩顆電晶體射極面積相同，則 n=1n=1。

另外，所有電晶體的電流增益相同為 β\beta，因此：

IB=ICβI_B=\frac{I_C}{\beta}

題目附上的原頁圖為另一道含 Figure 2～Figure 5 的題目，未包含本題所述的電流鏡圖。因此以下依標準 BJT 電流鏡推導；若原圖為等面積電流鏡，取 n=1n=1。

解題方法

設參考支路電晶體的集極電流為 IC1I_{C1}，輸出支路電晶體的集極電流為 Icopy=IC2I_{\text{copy}}=I_{C2}，並令

n=AE2AE1n=\frac{A_{E2}}{A_{E1}}

由電流鏡兩顆電晶體具有相同的 VBEV_{BE}，可得

IC2=nIC1I_{C2}=nI_{C1}

（a）忽略基極電流

忽略基極電流時，參考電流幾乎全部流入參考電晶體的集極，因此

IREF≈IC1I_{\text{REF}}\approx I_{C1}

故

Icopy=IC2=nIC1=nIREFI_{\text{copy}}=I_{C2} =nI_{C1} =nI_{\text{REF}}

若為等面積電流鏡，AE2=AE1A_{E2}=A_{E1}，所以 n=1n=1：

Icopy=IREFI_{\text{copy}}=I_{\text{REF}}

代入 IREF=2 mAI_{\text{REF}}=2\,\text{mA}：

Icopy=2 mA\boxed{I_{\text{copy}}=2\,\text{mA}}

若原圖中的輸出電晶體面積不是等於參考電晶體，則答案應改為：

Icopy=2n mAI_{\text{copy}}=2n\,\text{mA}

（b）考慮基極電流

參考電流必須供應：

  1. 參考電晶體的集極電流 IC1I_{C1}；
  2. 參考電晶體的基極電流 IB1I_{B1}；
  3. 輸出電晶體的基極電流 IB2I_{B2}。

因此：

IREF=IC1+IB1+IB2I_{\text{REF}}=I_{C1}+I_{B1}+I_{B2}

由 IB=IC/βI_B=I_C/\beta：

IB1=IC1βI_{B1}=\frac{I_{C1}}{\beta}

且

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第 3 題15 分

Assuming the same (equilibrium) overdrive voltage for all of the MOS transistors and a power dissipation of 2 mW, design the differential pair shown below to provide a gain of 48. What are the (W/L) sizes of all the MOS? Assume λn=(1/8) V−1\lambda_n = (1/8) \, \text{V}^{-1}, λp=(1/12) V−1\lambda_p = (1/12) \, \text{V}^{-1}, μnCox=100 μA/V2 \mu_n C_{ox} = 100 \, \mu\text{A/V}^2, μpCox=50 μA/V2\mu_p C_{ox} = 50 \, \mu\text{A/V}^2, and VDD=2 VV_{DD} = 2 \, \text{V}.

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題目辨識

題幹文字所述的 MOS 差動對，與附圖原卷內容不一致。原卷第 3 題實際為串聯 RLC 電路，要求求出 t≥0t\ge 0 時的 is(t)i_s(t) 與 vC(t)v_C(t)。以下依原卷圖形作答。

核心觀念

電路參數為

vs(t)={0,t<05 V,t≥0v_s(t)= \begin{cases} 0, & t<0\\ 5\text{ V}, & t\ge 0 \end{cases} L=0.1 H,R=5Ω,C=1640 FL=0.1\text{ H},\qquad R=5\Omega,\qquad C=\frac{1}{640}\text{ F}

因為開關動作前電路無激勵，故初始條件為

is(0−)=0,vC(0−)=0i_s(0^-)=0,\qquad v_C(0^-)=0

電感電流與電容電壓皆連續，因此

is(0+)=0,vC(0+)=0i_s(0^+)=0,\qquad v_C(0^+)=0

串聯 RLC 電路的自然響應特徵方程為

s2+RLs+1LC=0s^2+\frac{R}{L}s+\frac{1}{LC}=0

代入數值：

RL=50.1=50\frac{R}{L}=\frac{5}{0.1}=50 1LC=10.1(1/640)=6400\frac{1}{LC} =\frac{1}{0.1(1/640)} =6400

因此

s2+50s+6400=0s^2+50s+6400=0

其根為

s=−25±j6400−252=−25±j5231s=-25\pm j\sqrt{6400-25^2} =-25\pm j5\sqrt{231}

定義阻尼係數與阻尼角頻率：

α=25,ωd=5231 rad/s\alpha=25,\qquad \omega_d=5\sqrt{231}\ \text{rad/s}

解題方法

1. 求電流 is(t)i_s(t)

拉氏域中，串聯 RLC 電路的阻抗為

Z(s)=Ls+R+1CsZ(s)=Ls+R+\frac{1}{Cs}

而

Vs(s)=5sV_s(s)=\frac{5}{s}

所以

Is(s)=Vs(s)Z(s)=5/s0.1s+5+640/sI_s(s) =\frac{V_s(s)}{Z(s)} =\frac{5/s}{0.1s+5+640/s}

整理得

Is(s)=50s2+50s+6400I_s(s)=\frac{50}{s^2+50s+6400}

利用

s2+50s+6400=(s+25)2+(5231)2s^2+50s+6400=(s+25)^2+(5\sqrt{231})^2

以及

L−1{ωd(s+α)2+ωd2}=e−αtsin⁡(ωdt)\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{\omega_d}{(s+\alpha)^2+\omega_d^2} \right\} =e^{-\alpha t}\sin(\omega_d t)

可得

is(t)=505231e−25tsin⁡(5231 t)i_s(t) =\frac{50}{5\sqrt{231}} e^{-25t}\sin(5\sqrt{231}\,t)

因此

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第 4 題10 分

A non-inverting amplifier is shown below.

(a) If the op-amp is ideal, find the voltage gain of the amplifier (Av=Vout/VinA_v = V_{\text{out}}/V_{\text{in}}). [5%]
(b) If the op-amp is not ideal with open-loop gain of A1A_1 and the amplifier is designed for a nominal voltage gain of 10, determine the required minimum value of A1A_1 for a gain error of 1%. Assume (1+x)−1≈1−x(1+x)^{-1} \approx 1-x. [5%]

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核心觀念

本題考查非反相運算放大器的閉迴路增益，以及有限開迴路增益 A1A_1 所造成的增益誤差。

電阻回授網路的回授因子為

β=R2R1+R2\beta=\frac{R_2}{R_1+R_2}

其中 R1R_1 接在輸出端與反相端之間，R2R_2 接在反相端與接地之間。

(a) 理想運算放大器

理想運算放大器具有虛短路特性：

V+=V−=VinV_+=V_-=V_{\text{in}}

由於反相端電壓由分壓器產生，

V−=R2R1+R2VoutV_-=\frac{R_2}{R_1+R_2}V_{\text{out}}

因此

Vin=R2R1+R2VoutV_{\text{in}} = \frac{R_2}{R_1+R_2}V_{\text{out}}

整理得電壓增益

Av=VoutVin=1+R1R2\boxed{ A_v=\frac{V_{\text{out}}}{V_{\text{in}}} =1+\frac{R_1}{R_2} }

(b) 有限開迴路增益與增益誤差

運算放大器的輸出關係為

Vout=A1(V+−V−)=A1(Vin−βVout)V_{\text{out}}=A_1(V_+-V_-) =A_1(V_{\text{in}}-\beta V_{\text{out}})

移項後，

Vout(1+A1β)=A1VinV_{\text{out}}(1+A_1\beta)=A_1V_{\text{in}}

所以有限開迴路增益下的閉迴路增益為

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第 5 題15 分

(a) Calculate the transfer function, H(s)=Vout(s)/Vin(s)H(s) = V_{\text{out}}(s)/V_{\text{in}}(s) of the circuit if A1=8A_1 = 8. [10%]
(b) What choice of component values reduces ∣Vout/Vin∣|V_{\text{out}}/V_{\text{in}}| to unity at all frequencies? [5%]

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核心觀念

此電路是反相放大器：

  • 輸入阻抗為
Zin=R1∥1sC1=R11+sR1C1Z_{\mathrm{in}}=R_1\parallel \frac{1}{sC_1} =\frac{R_1}{1+sR_1C_1}
  • 回授阻抗為
Zf=R2∥1sC2=R21+sR2C2Z_f=R_2\parallel \frac{1}{sC_2} =\frac{R_2}{1+sR_2C_2}
  • 運算放大器開迴路增益為 A1=8A_1=8，且非反相端接地。

有限開迴路增益下，反相放大器的傳遞函數為

H(s)=VoutVin=−A1ZfZf+(A1+1)ZinH(s)=\frac{V_{\mathrm{out}}}{V_{\mathrm{in}}} =-\frac{A_1Z_f}{Z_f+(A_1+1)Z_{\mathrm{in}}}

解題方法

令反相端電壓為 VxV_x。由運算放大器關係式：

Vout=A1(0−Vx)=−A1VxV_{\mathrm{out}}=A_1(0-V_x)=-A_1V_x

在反相端套用 KCL：

Vx−VinZin+Vx−VoutZf=0\frac{V_x-V_{\mathrm{in}}}{Z_{\mathrm{in}}} +\frac{V_x-V_{\mathrm{out}}}{Z_f}=0

整理可得

VoutVin=−A1ZfZf+(A1+1)Zin\frac{V_{\mathrm{out}}}{V_{\mathrm{in}}} =-\frac{A_1Z_f}{Z_f+(A_1+1)Z_{\mathrm{in}}}

代入 A1=8A_1=8、ZinZ_{\mathrm{in}} 與 ZfZ_f：

H(s)=−8R21+sR2C2R21+sR2C2+9R11+sR1C1H(s) =-\frac{8\dfrac{R_2}{1+sR_2C_2}} {\dfrac{R_2}{1+sR_2C_2} +9\dfrac{R_1}{1+sR_1C_1}}

分子分母同乘 (1+sR1C1)(1+sR2C2)(1+sR_1C_1)(1+sR_2C_2)，得到

H(s)=−8R2(1+sR1C1)R2(1+sR1C1)+9R1(1+sR2C2)\boxed{ H(s)= -\frac{8R_2(1+sR_1C_1)} {R_2(1+sR_1C_1)+9R_1(1+sR_2C_2)} }

展開分母：

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第 6 題15 分

The circuit shown below can deliver a well-defined current to laser diode, D1D_1, where resistor RMR_M measures the current flowing through D1D_1 and amplifier A1A_1 subtracts the resulting voltage drop from VinV_{\text{in}}. Assume RMR_M is very small and amplifier A1A_1 is ideal.

(a) Determine the open-loop gain, loop gain and the closed-loop gain. [10%]
(b) Compute the open-loop and closed-loop output impedances. [5%]

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核心觀念

本題是以負回授實現的定電流電路：

  • 誤差電壓為輸入電壓減去取樣電壓：
    ve=Vin−vsv_e=V_{\text{in}}-v_s
  • 取樣電壓由 RMR_M 產生：
    vs=IoutRMv_s=I_{\text{out}}R_M
  • 晶體管 Q1Q_1 將控制電壓轉換為輸出電流，其小訊號跨導為 gmg_m，輸出電阻為 ror_o。

因此，此電路的回授因子為

β=RM\beta=R_M

解題方法

將 A1A_1 視為電壓放大器，Q1Q_1 視為跨導放大器，則前向增益為

A=A1gmA=A_1g_m

其中 AA 的單位為安培／伏特。負回授迴路增益為

T=Aβ=A1gmRMT=A\beta=A_1g_mR_M

由於回授為負回授，輸入電壓與輸出電流的關係為

Iout=A1gm(Vin−IoutRM)I_{\text{out}} =A_1g_m\left(V_{\text{in}}-I_{\text{out}}R_M\right)

整理得

Iout(1+A1gmRM)=A1gmVinI_{\text{out}}\left(1+A_1g_mR_M\right) =A_1g_mV_{\text{in}}

所以閉迴路跨導為

IoutVin=A1gm1+A1gmRM\frac{I_{\text{out}}}{V_{\text{in}}} = \frac{A_1g_m}{1+A_1g_mR_M}

亦可寫成標準回授形式：

Af=A1+AβA_f=\frac{A}{1+A\beta}

(a) 開迴路增益、迴路增益與閉迴路增益

開迴路增益

切斷回授後，前向路徑為 A1A_1 與 Q1Q_1 的串接，因此

A=A1gmA=A_1g_m

由於題目指定 A1A_1 為理想放大器，A1→∞A_1\to\infty，故

A→∞A\to\infty

迴路增益

T=A1gmRMT=A_1g_mR_M

理想放大器下：

T→∞T\to\infty

閉迴路增益

IoutVin=A1gm1+A1gmRM\frac{I_{\text{out}}}{V_{\text{in}}} = \frac{A_1g_m}{1+A_1g_mR_M}

當 A1gmRM≫1A_1g_mR_M\gg1 時，

IoutVin≈1RM\boxed{\frac{I_{\text{out}}}{V_{\text{in}}}\approx\frac{1}{R_M}}

因此輸出電流約為

Iout≈VinRM\boxed{I_{\text{out}}\approx\frac{V_{\text{in}}}{R_M}}
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第 7 題15 分

The two-stage amplifier shown below incorporates capacitive coupling both at the input and between the stages. Assume the transistors have β=100\beta = 100 and VA=∞V_A = \infty. Also, the bias current of the two transistors are IC1=1.25 mAI_{C1} = 1.25 \, \text{mA} and IC2=1 mAI_{C2} = 1 \, \text{mA}, respectively.

(a) Assume the two capacitors are large enough for the frequency interested. Use hybrid-π model to draw the small signal equivalent model of the amplifier. Use VT=25 mVV_T = 25 \, \text{mV} for the calculation of small signal parameters. [5%]
(b) Following (a), determine the voltage gain of the amplifier. [5%]
(c) Determine the low-frequency cut-off of the circuit. [5%]

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核心觀念

本題考查兩級 BJT 放大器的小訊號 hybrid-π\pi 模型、中頻電壓增益，以及耦合電容造成的低頻截止頻率。

使用下列公式：

gm=ICVT,rπ=βgmg_m=\frac{I_C}{V_T},\qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m}

共射極級的電壓增益為

Av≈−gmRC′A_v\approx -g_m R_C'

共集極級（emitter follower）的電壓增益為

Av2=(β+1)RErπ+(β+1)REA_{v2} =\frac{(\beta+1)R_E}{r_\pi+(\beta+1)R_E}

(a) 小訊號 hybrid-π\pi 等效電路

中頻時兩個耦合電容視為短路，且 VCCV_{CC} 為交流接地。

Q1 參數

gm1=1.25 mA25 mV=50 mSg_{m1}=\frac{1.25\text{ mA}}{25\text{ mV}} =50\text{ mS} rπ1=1000.05=2 kΩr_{\pi1}=\frac{100}{0.05}=2\text{ k}\Omega

Q1 為共射極組態：

  • 基極接輸入訊號；
  • RB1=140 kΩR_{B1}=140\text{ k}\Omega 接交流地；
  • 集極接 RC1=1.2 kΩR_{C1}=1.2\text{ k}\Omega；
  • 發射極接地；
  • ro1=∞r_{o1}=\infty，因此忽略 ror_o。

Q2 參數

gm2=1 mA25 mV=40 mSg_{m2}=\frac{1\text{ mA}}{25\text{ mV}} =40\text{ mS} rπ2=1000.04=2.5 kΩr_{\pi2}=\frac{100}{0.04}=2.5\text{ k}\Omega

Q2 為共集極組態：

  • 集極接交流地；
  • 基極經 RB2=80 kΩR_{B2}=80\text{ k}\Omega 接交流地；
  • 發射極接 RE=1 kΩR_E=1\text{ k}\Omega；
  • 輸出取自發射極；
  • ro2=∞r_{o2}=\infty。

文字表示的小訊號模型如下：

vin→rπ1→Q1 的受控電流源 gm1vπ1→RC1v_{in} \rightarrow r_{\pi1} \rightarrow \text{Q1 的受控電流源 }g_{m1}v_{\pi1} \rightarrow R_{C1}

Q1 集極經 C2C_2 接至 Q2 基極；中頻時 C2C_2 短路。Q2 基極對地的輸入電阻為

rπ2+(β+1)REr_{\pi2}+(\beta+1)R_E

並與 RB2R_{B2} 並聯。

(b) 電壓增益

第三級負載與 Q2 輸入電阻

由 Q2 發射極端反映至基極：

rπ2+(β+1)RE=2.5 kΩ+101(1 kΩ)=103.5 kΩr_{\pi2}+(\beta+1)R_E =2.5\text{ k}\Omega+101(1\text{ k}\Omega) =103.5\text{ k}\Omega

因此 Q2 基極的等效輸入電阻為

Rin2=RB2∥[rπ2+(β+1)RE]R_{in2} =R_{B2}\parallel\left[r_{\pi2}+(\beta+1)R_E\right] Rin2=80 kΩ∥103.5 kΩ≈45.15 kΩR_{in2} =80\text{ k}\Omega\parallel103.5\text{ k}\Omega \approx45.15\text{ k}\Omega

Q1 電壓增益

Q1 集極的有效負載為

RC1′=RC1∥Rin2R_{C1}'=R_{C1}\parallel R_{in2} RC1′=1.2 kΩ∥45.15 kΩ≈1.169 kΩR_{C1}' =1.2\text{ k}\Omega\parallel45.15\text{ k}\Omega \approx1.169\text{ k}\Omega

因此第一級共射極增益為

Av1=−gm1RC1′=−(0.05)(1169)≈−58.45A_{v1} =-g_{m1}R_{C1}' =-(0.05)(1169) \approx-58.45

Q2 emitter follower 增益

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第 8 題10 分

All the diodes in the circuit are ideal. A, B, C are logic input, and OUT is logic output. The logic 0 voltage is within 01V and the logic 1 is 45V.

(a) Assume R1=5⋅R2R_1 = 5 \cdot R_2, what is the logic function of OUT? [5%]
(b) What problem would happen if R1=R2R_1 = R_2? [5%]

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核心觀念

本題考查理想二極體邏輯電路與電阻分壓：

  • 理想二極體導通時，正向壓降為 00，兩端電位相等。
  • 輸入 AA 的二極體在 A=0A=0 時會將 OUTOUT 拉低，因此 AA 必須為 11，輸出才有機會為高電位。
  • 輸入 B、CB、C 的二極體將高電位送至中間節點；只要 BB 或 CC 為 11，即可使輸出維持高電位。
  • 當 B=C=0B=C=0 時，中間節點由 R2R_2 拉低，並經由垂直二極體使 OUTOUT 被拉低。

解題方法

1. 判斷 AA

當 A=0A=0 時，AA 所連接的二極體導通，直接將 OUTOUT 拉至低電位：

A=0⇒OUT=0A=0 \Rightarrow OUT=0

因此，OUT=1OUT=1 的必要條件為：

A=1A=1

2. 判斷 B、CB、C

當 B=C=0B=C=0 時，兩個輸入二極體皆無法提供高電位，中間節點由 R2R_2 拉低，進而使 OUTOUT 為低電位。

只要 B=1B=1 或 C=1C=1，對應的二極體便會導通，將中間節點拉高，並使 OUTOUT 為高電位。因此：

B∨CB \lor C

是輸出為高電位的另一項必要條件。

綜合兩項條件：

OUT=A(B+C)OUT=A(B+C)

電位驗算

在 A=1A=1 且 B=C=0B=C=0 的情況下，垂直二極體導通，R1R_1 與 R2R_2 形成分壓：

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