112 年 國立中山大學電機工程學系碩士班戊組《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 βo=120\beta_o = 120, ro=300r_o = 300 kΩ\Omega, and rπ=50r_\pi = 50 Ω\Omega.
    (a) Find the input resistance, RinR_{in}. (Hint: Rin=R1∣∣R2∣∣(rx+rπ)R_{in} = R_1 || R_2 || (r_x + r_\pi)) (10%)
    (b) Find the midband gain, AMA_M. (10%)
    (c) For CC1=CC2=1C_{C1} = C_{C2} = 1 μ\muF and CE=10C_E = 10 μ\muF, estimate the low-frequency 3-dB frequency. Also find the frequency of the zero introduced by CEC_E. (15%)

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核心觀念

本題考查共射極放大器的小訊號等效電路、輸入電阻、中頻電壓增益,以及耦合電容與射極旁路電容造成的低頻極點與零點。

依原卷圖中文字,給定的是 rx=50 Ωr_x=50\,\Omega;rπr_\pi 則由 β0\beta_0 與 gmg_m 求得。取 VT=25 mVV_T=25\,\text{mV},並以 IE≈0.33 mAI_E\approx0.33\,\text{mA} 估算:

gm≈IEVT=0.33 mA25 mV=13.2 mS,rπ=β0gm=12013.2 mS≈9.09 kΩg_m\approx\frac{I_E}{V_T} =\frac{0.33\,\text{mA}}{25\,\text{mV}} =13.2\,\text{mS}, \qquad r_\pi=\frac{\beta_0}{g_m} =\frac{120}{13.2\,\text{mS}} \approx9.09\,\text{k}\Omega

(a)輸入電阻 RinR_{in}

從輸入端看進去,偏壓電阻 R1、R2R_1、R_2 與晶體管基極支路並聯;基極支路為 rx+rπr_x+r_\pi:

R1∥R2=33 kΩ∥22 kΩ=13.2 kΩR_1\parallel R_2 =33\,\text{k}\Omega\parallel22\,\text{k}\Omega =13.2\,\text{k}\Omega Rin=R1∥R2∥(rx+rπ)=13.2 kΩ∥(50 Ω+9.09 kΩ)≈5.40 kΩR_{in} =R_1\parallel R_2\parallel(r_x+r_\pi) =13.2\,\text{k}\Omega\parallel(50\,\Omega+9.09\,\text{k}\Omega) \approx5.40\,\text{k}\Omega

(b)中頻增益 AMA_M

中頻時,CC1C_{C1}、CC2C_{C2} 與 CEC_E 視為短路,射極為交流接地。輸出端等效負載為 RC∥RL∥roR_C\parallel R_L\parallel r_o:

Rout=4.7 kΩ∥5.6 kΩ∥300 kΩ≈2.53 kΩR_{out} =4.7\,\text{k}\Omega\parallel5.6\,\text{k}\Omega\parallel300\,\text{k}\Omega \approx2.53\,\text{k}\Omega

由訊號源 VsV_s 到基極的小訊號輸入會經過 RsR_s 與 RinR_{in} 分壓;基極到晶體管內部電壓 vπv_\pi 還會經過 rx、rπr_x、r_\pi 分壓。因此:

vπVs=RinRs+Rinrπrx+rπ≈5.405+5.409.099.09+0.05≈0.517\frac{v_\pi}{V_s} = \frac{R_{in}}{R_s+R_{in}} \frac{r_\pi}{r_x+r_\pi} \approx \frac{5.40}{5+5.40} \frac{9.09}{9.09+0.05} \approx0.517

共射極輸出反相,故:

AM=VoVs=−gmRoutvπVs≈−(13.2 mS)(2.53 kΩ)(0.517)≈−17.3A_M=\frac{V_o}{V_s} =-g_mR_{out}\frac{v_\pi}{V_s} \approx-(13.2\,\text{mS})(2.53\,\text{k}\Omega)(0.517) \approx-17.3

(c)低頻 3 dB 頻率與 CEC_E 引入的零點

各電容造成的低頻轉折頻率,可由電容值與其兩端所見等效電阻估算。

對輸入耦合電容 CC1C_{C1},電容兩側電阻相加:

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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\mu_n C_{OX} = 20 μ\muA/V2^2, L=10L = 10 μ\mum, and W=400W = 400 μ\mum. Neglect the channel-length modulation effect (i.e., assume that λ=0\lambda = 0).
    (a) Find RSR_S. (10%)
    (b) Find RDR_D. (10%)

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核心觀念

此題利用 NMOS 飽和區電流公式,由指定的汲極電流求過驅電壓,再依閘極、源極與汲極的直流電壓計算 RSR_S、RDR_D。通道長度調變忽略,因此飽和區電流為

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

解題方法

先計算電晶體的跨導參數:

μnCOXWL=20 μA/V2×40010=800 μA/V2=0.8 mA/V2\mu_n C_{OX}\frac{W}{L} =20\,\mu\text{A/V}^2\times\frac{400}{10} =800\,\mu\text{A/V}^2 =0.8\,\text{mA/V}^2

代入 ID=0.4 mAI_D=0.4\,\text{mA},求過驅電壓 VOV=VGS−VTV_{OV}=V_{GS}-V_T:

VOV=2IDμnCOX(W/L)=2(0.4 mA)0.8 mA/V2=1 VV_{OV} =\sqrt{\frac{2I_D}{\mu_n C_{OX}(W/L)}} =\sqrt{\frac{2(0.4\,\text{mA})}{0.8\,\text{mA/V}^2}} =1\,\text{V}

因此

VGS=VT+VOV=2+1=3 VV_{GS}=V_T+V_{OV}=2+1=3\,\text{V}

圖中閘極接地,故 VG=0 VV_G=0\,\text{V}。由 VGS=VG−VSV_{GS}=V_G-V_S 得

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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%)

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核心觀念

本題考查兩個相同的 NPN BJT 共用射極電阻時的直流偏壓分析,使用:

VBE≈0.7 VV_{BE}\approx 0.7\text{ V}

以及

IE=(β+1)IB,IC=βIBI_E=(\beta+1)I_B,\qquad I_C=\beta I_B

兩個電晶體的射極相連,因此導通時具有相同的射極電壓 V3V_3,且

VB1=VB2=V3+0.7V_{B1}=V_{B2}=V_3+0.7

(a) β=∞\beta=\infty

由於 β=∞\beta=\infty,基極電流為零:

IB1=IB2=0I_{B1}=I_{B2}=0

因此兩個基極電阻均無電流流過,得到

V1=V5=0V_1=V_5=0

由 VBE=0.7 VV_{BE}=0.7\text{ V}:

V3=VE=VB−0.7=−0.7 VV_3=V_E=V_B-0.7=-0.7\text{ V}

共用射極電阻 4.7 kΩ4.7\text{ k}\Omega 的電流為

IE=V3−(−10)4.7 kΩ=9.34.7 kΩ=1.9787 mAI_E=\frac{V_3-(-10)}{4.7\text{ k}\Omega} =\frac{9.3}{4.7\text{ k}\Omega} =1.9787\text{ mA}

兩個電晶體相同,電流平均分配:

IC1=IC2=1.97872=0.9894 mAI_{C1}=I_{C2}=\frac{1.9787}{2} =0.9894\text{ mA}

因此

V2=10−IC1(4.7 kΩ)V_2=10-I_{C1}(4.7\text{ k}\Omega) V2=10−(0.9894 mA)(4.7 kΩ)=5.35 VV_2=10-(0.9894\text{ mA})(4.7\text{ k}\Omega) =5.35\text{ V}

同理:

V4=5.35 VV_4=5.35\text{ V}

(b) β=100\beta=100

兩個基極電壓相同,令

V1=V5=−xV_1=V_5=-x

則

IB1=x47 kΩ,IB2=x100 kΩI_{B1}=\frac{x}{47\text{ k}\Omega},\qquad I_{B2}=\frac{x}{100\text{ k}\Omega}

射極電壓為

V3=−x−0.7V_3=-x-0.7

共用射極電阻的電流為

IE=V3−(−10)4.7 kΩ=9.3−x4.7 kΩI_E=\frac{V_3-(-10)}{4.7\text{ k}\Omega} =\frac{9.3-x}{4.7\text{ k}\Omega}

另一方面,

IE=(β+1)(IB1+IB2)I_E=(\beta+1)(I_{B1}+I_{B2})

代入 β=100\beta=100:

9.3−x4.7 kΩ=101(x47 kΩ+x100 kΩ)\frac{9.3-x}{4.7\text{ k}\Omega} =101\left(\frac{x}{47\text{ k}\Omega} +\frac{x}{100\text{ k}\Omega}\right)

整理得

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