115 年 國立中山大學電機工程學系碩士班戊組《電子學》

核心觀念

此題考查 NPN 電晶體的三種操作狀態：

• 主動區：$I_C=\beta I_B$
• 飽和邊界：集極—基極接面剛好導通，近似有 $V_C=V_B$，因此 $V_{CE}=V_{BE}=0.7\text{ V}$
• 深度飽和：不再使用實際 $\beta=50$，而改用指定的強迫電流增益
  $\beta_{\text{forced}}=\frac{I_C}{I_B}=10$

電阻上的電壓關係為

$$V_{BB}=V_{BE}+I_B R_B$$

其中 $R_B=R_C=10\text{ k}\Omega$、$V_{CC}=10\text{ V}$、$V_{BE}=0.7\text{ V}$。

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(a) 主動區，$V_{CE}=5\text{ V}$

由集極迴路：

$$I_C=\frac{V_{CC}-V_{CE}}{R_C} =\frac{10-5}{10\text{ k}\Omega} =0.5\text{ mA}$$

主動區使用 $\beta=50$：

$$I_B=\frac{I_C}{\beta} =\frac{0.5\text{ mA}}{50} =10\ \mu\text{A}$$

因此

$$V_{BB}=V_{BE}+I_B R_B$$ $$V_{BB}=0.7+(10\ \mu\text{A})(10\text{ k}\Omega) =0.7+0.1 =0.8\text{ V}$$

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(b) 飽和邊界

在飽和邊界，集極—基極接面剛好導通，因此

$$V_{CE}=V_{BE}=0.7\text{ V}$$

集極電流為

$$I_C=\frac{V_{CC}-V_{CE}}{R_C} =\frac{10-0.7}{10\text{ k}\Omega} =0.93\text{ mA}$$

此時仍位於主動區與飽和區的交界，所以使用 $\beta=50$：

核心觀念

本題為互補式射極跟隨器。兩顆電晶體的基極相連，輸出端為共同射極節點：

• $Q_1$ 為 NPN，集極接 $+5\text{ V}$，負責輸出正向電流。
• $Q_2$ 為 PNP，集極接 $-5\text{ V}$。
• 負載為 $1\text{ k}\Omega$，接地。
• 基極由 $+10\text{ V}$ 經 $10\text{ k}\Omega$ 驅動。

題目未明確給出飽和電壓，採用常見近似：

$$V_{BE}\approx 0.7\text{ V},\qquad V_{CE(\text{sat})}\approx 0.2\text{ V}$$

工作區域判斷

若假設 $Q_1$ 工作於主動區，則

$$I_{B1}=\frac{10-V_B}{10\text{ k}\Omega}$$

且

$$V_E=V_B-0.7$$

由 $\beta_{\min}=30$，可得

$$I_{E1}=(\beta_{\min}+1)I_{B1}=31I_{B1}$$

負載電流為

$$I_L=\frac{V_E}{1\text{ k}\Omega}$$

令 $I_{E1}=I_L$，可得

$$\frac{10-(V_E+0.7)}{10\text{ k}\Omega} =\frac{V_E}{31\text{ k}\Omega}$$

解得

$$V_E\approx 7.03\text{ V}$$

但 $Q_1$ 的集極只有 $+5\text{ V}$，主動區要求 $V_E<5\text{ V}$，因此主動區結果不可能成立。故 $Q_1$ 必定進入飽和區。

核心觀念

此題考查：

• 變壓器匝數比與次級 RMS 電壓
• 全波橋式整流器
• 每半週有兩顆二極體導通，因此總壓降為 $2V_D=1.4\text{ V}$
• 整流波形的峰值、導通角與平均值

一次側為 $120\text{ V}_{\mathrm{rms}}$，變壓器為 $12:1$ 降壓，因此次級電壓為

$$V_{s,\mathrm{rms}}=\frac{120}{12}=10\text{ V}_{\mathrm{rms}}$$

次級正弦波峰值：

$$V_m=\sqrt{2}V_{s,\mathrm{rms}} =10\sqrt{2} =14.142\text{ V}$$

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(a) 整流負載電壓峰值

橋式整流器每次有兩顆二極體串聯導通，因此負載峰值為

$$V_{L,\mathrm{peak}}=V_m-2V_D$$ $$V_{L,\mathrm{peak}} =14.142-2(0.7) =12.742\text{ V}$$

因此

$$\boxed{V_{L,\mathrm{peak}}\approx 12.74\text{ V}}$$

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(b) 每顆二極體的導通比例

二極體開始導通的條件為

$$V_m|\sin\theta|\geq 2V_D$$

令導通起始角為 $\alpha$，則

$$\sin\alpha=\frac{2V_D}{V_m} =\frac{1.4}{14.142}$$ $$\alpha=\sin^{-1}(0.098995)\approx 0.0992\text{ rad} \approx 5.68^\circ$$

每顆二極體在其所屬半週的導通角為

$$\theta_{\mathrm{on}}=\pi-2\alpha$$ $$\theta_{\mathrm{on}} =180^\circ-2(5.68^\circ) \approx 168.64^\circ$$

換算成一整週的比例：

$$\frac{\theta_{\mathrm{on}}}{2\pi} =\frac{\pi-2\alpha}{2\pi} \approx 0.4684$$

因此每顆二極體約導通

$$\boxed{46.8\%\text{ 的一個週期}}$$

若忽略二極體壓降，才會得到每顆導通半個週期；本題因為指定 $0.7\text{ V}$ 壓降，導通比例略小於 $50\%$。

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(c) 負載平均電壓

在導通區間內，負載電壓為

$$v_L(\theta)=V_m\sin\theta-2V_D$$

全波整流後的平均值為

核心觀念

本題考查 NMOS 共源級放大器的小訊號分析，以及下列公式：

• 過驅電壓：
  $V_{OV}=V_{GS}-V_T$
• 跨導：
  $g_m=\frac{2I_D}{V_{OV}}$
• 輸出電阻：
  $r_o=\frac{V_A}{I_D}$
• 共源級電壓增益：
  $A_v=\frac{v_o}{v_i}\approx -g_m\left(R_L\parallel r_o\parallel R_G\right)$

由於 $R_G=10\text{ M}\Omega$ 從汲極接回閘極，且閘極直流電流近似為零，因此直流工作點滿足：

$V_G=V_D$

又因為源極接地：

$V_{GS}=V_D$

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(a) 電壓增益

已知：

$I_D=500\ \mu\text{A},\qquad V_{GS}=V_D=2\text{ V}$

因此：

$V_{OV}=V_{GS}-V_T=2-0.9=1.1\text{ V}$

跨導為：

$$g_m=\frac{2I_D}{V_{OV}} =\frac{2(500\ \mu\text{A})}{1.1} =0.909\text{ mS}$$

汲極輸出電阻：

$$r_o=\frac{V_A}{I_D} =\frac{50\text{ V}}{500\ \mu\text{A}} =100\text{ k}\Omega$$

交流負載為：

$R_{\text{out}}=R_L\parallel r_o\parallel R_G$

$$R_{\text{out}} =10\text{ k}\Omega\parallel100\text{ k}\Omega\parallel10\text{ M}\Omega \approx9.08\text{ k}\Omega$$

所以電壓增益：

$A_v=-g_mR_{\text{out}}$

$$A_v=-(0.909\text{ mS})(9.08\text{ k}\Omega) \approx -8.25$$

負號表示共源級具有 $180^\circ$ 相位反轉。

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(b) 電流增加至 $1\text{ mA}$ 時的 $V_D$

由於閘極透過 $R_G$ 連接至汲極，且閘極電流為零，因此仍有：

$V_D=V_G=V_{GS}$

使用平方律關係：

$I_D\propto V_{OV}^2$

原本：