111 年 國立臺灣大學生醫電子與資訊學研究所甲組《應用電子學》

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第 1 題12 分

  1. In Fig. 1, please derive an expression for the voltage gain Vo/VsV_o/V_s as a function of frequency, and find expressions for the dc gain and the 3-dB frequency. (12%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷 Fig. 1】

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核心觀念

Fig. 1 可分成兩級：輸入端的 RsR_s 與 Ri、CiR_i、C_i 形成一階低通網路；後級則是受控電壓源 μVi\mu V_i 串聯輸出電阻 RoR_o，再接負載 RLR_L。總電壓增益為兩級增益相乘。

解題方法

先求輸入節點電壓 ViV_i，再求負載電壓 VoV_o。令 s=jωs=j\omega，輸入端並聯阻抗為

Zi=Ri∥1sCi=Ri1+sRiCiZ_i=R_i\parallel\frac{1}{sC_i} =\frac{R_i}{1+sR_iC_i}

因此

ViVs=ZiRs+Zi=RiRs+Ri+sRsRiCi\frac{V_i}{V_s} =\frac{Z_i}{R_s+Z_i} =\frac{R_i}{R_s+R_i+sR_sR_iC_i}

將分母整理成標準一階低通形式：

ViVs=RiRs+Ri⋅11+s(Rs∥Ri)Ci\frac{V_i}{V_s} =\frac{R_i}{R_s+R_i} \cdot \frac{1}{1+s(R_s\parallel R_i)C_i}

後級由 μVi\mu V_i 驅動 RoR_o 與 RLR_L，因此

VoVi=μRLRo+RL\frac{V_o}{V_i} =\mu\frac{R_L}{R_o+R_L}

兩級相乘，得到頻率響應：

VoVs=μRLRo+RLRiRs+Ri11+jω(Rs∥Ri)Ci\frac{V_o}{V_s} = \mu\frac{R_L}{R_o+R_L} \frac{R_i}{R_s+R_i} \frac{1}{1+j\omega(R_s\parallel R_i)C_i}

直流增益與 3-dB 頻率

直流時電容開路，令 ω=0\omega=0，直流增益為

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📄 以下 3 題共用同一段題幹
  1. In Fig. 2, let the op amp be ideal:

🖼️【此處有附圖，請對照原卷 Fig. 2】

第 2-(a) 題10 分

(a) Please find I1I_1, I2I_2, I3I_3, ILI_L, and VxV_x. (10%)

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核心觀念

理想運算放大器的輸入電流為零；在負回授且未飽和時，兩輸入端電壓相等。本題正相端接地，因此反相端為虛地，電壓為 0 V0\text{ V}。接著用歐姆定律與節點電流定律求各支路電流。

解題方法

令反相端節點為 V−V_-。由虛短可得：

V−=0 VV_-=0\text{ V}

輸入電壓源為 1 V1\text{ V}，經 10 kΩ10\,\text{k}\Omega 電阻流向反相端，因此

I1=1−010 kΩ=0.1 mAI_1=\frac{1-0}{10\,\text{k}\Omega} =0.1\text{ mA}

運算放大器輸入端不吸收電流，所以在反相端套用節點電流定律，流入的 I1I_1 全部流經上方 10 kΩ10\,\text{k}\Omega 電阻，方向與圖示 I2I_2 相同：

I2=I1=0.1 mAI_2=I_1=0.1\text{ mA}

由反相端到 VxV_x 的 10 kΩ10\,\text{k}\Omega 電阻可得：

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第 2-(b) 題4 分

(b) If VOV_O is not to be lower than −13-13 V, please find the maximum allowed value for RLR_L. (4%)

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核心觀念

理想運算放大器在負回授且未飽和時，兩輸入端電壓相等，且輸入電流為零。此電路的非反相端接地，因此反相端為虛地，電壓為 0 V0\text{ V}。

解題方法

先由反相端的電流關係求出 VxV_x。圖中 1 V1\text{ V} 電源經 10 kΩ10\text{ k}\Omega 電阻送入反相端，故電流為

I1=1−010 kΩ=0.1 mAI_1=\frac{1-0}{10\text{ k}\Omega}=0.1\text{ mA}

運算放大器輸入電流為零，因此這 0.1 mA0.1\text{ mA} 全部流經另一個 10 kΩ10\text{ k}\Omega 電阻至 VxV_x：

I2=0.1 mAI_2=0.1\text{ mA} Vx=0−I2(10 kΩ)=−1 VV_x=0-I_2(10\text{ k}\Omega)=-1\text{ V}

接著在 VxV_x 節點套用 KCL。經 100Ω100\Omega 電阻由地流入 VxV_x 的電流為

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第 2-(c) 題8 分

(c) If RLR_L is varied in the range 100 Ω\Omega to 1 kΩ\Omega, what is the corresponding change in ILI_L and in VOV_O? (8%)

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核心觀念

理想運算放大器在負回授且未飽和時，輸入端電流為零，且兩輸入端電位相等。本電路的非反相端接地，因此反相端為虛地，電位為 0 V0\text{ V}。

解題方法

先用虛地與輸入端不取電流求出 VxV_x，再由 VxV_x 節點的電流守恆求負載電流 ILI_L。

輸入端左側的 1 V1\text{ V} 電源經 10 kΩ10\text{ k}\Omega 電阻流向虛地，因此

I1=1−010 kΩ=0.1 mAI_1=\frac{1-0}{10\text{ k}\Omega}=0.1\text{ mA}

運算放大器輸入端不取電流，故流經左側 10 kΩ10\text{ k}\Omega 的電流 I2=I1I_2=I_1。依圖中 I2I_2 的方向由虛地流向 VxV_x：

Vx=0−I2(10 kΩ)=−1 VV_x=0-I_2(10\text{ k}\Omega)=-1\text{ V}

100Ω100\Omega 電阻的電流方向 I3I_3 向上，因此

I3=0−Vx100Ω=10 mAI_3=\frac{0-V_x}{100\Omega}=10\text{ mA}
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第 3 題8 分

  1. Assuming that the diodes in the circuits of Fig. 3 are ideal, please find the values of the labeled currents and voltages (8%).

🖼️【此處有附圖，請對照原卷 Fig. 3】

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核心觀念

理想二極體導通時等效為短路，截止時等效為開路。先假設各二極體的狀態，再檢查導通方向與節點電壓是否一致。

解題方法

由圖中二極體方向，D1D_1 與 D2D_2 的正向方向皆由上往下。

左圖若令 D2D_2 導通，D1D_1 截止，兩個電阻形成由 +3 V+3\,\text{V} 至 −3 V-3\,\text{V} 的串聯路徑：

I=3−(−3)12 kΩ+6 kΩ=0.333 mAI=\frac{3-(-3)}{12\,\text{k}\Omega+6\,\text{k}\Omega} =0.333\,\text{mA}

上方節點電壓為

V=3−(0.333 mA)(12 kΩ)=−1 VV=3-(0.333\,\text{mA})(12\,\text{k}\Omega)=-1\,\text{V}

因此 D1D_1 上端電壓低於下端的 0 V0\,\text{V}，確實截止；標示電流 II 是流過 D1D_1 的電流，所以 I=0I=0。

右圖若令 D1D_1、D2D_2 導通，兩個二極體都等效短路，相關節點被箝位在 0 V0\,\text{V}。

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第 4 題12 分

  1. The NMOS transistor in the CS amplifier shown in Fig. 4 has Vt=0.7V_t = 0.7 V and VA=50V_A = 50 V. Please neglect the Early effect and find the overall voltage gain when the MOSFET is operating in saturation with ID=0.5I_D = 0.5 mA and VOV=0.3V_{OV} = 0.3 V. (12%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷 Fig. 4】

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核心觀念

本題考查共源極（CS）放大器的中頻小訊號增益。中頻時，耦合電容 CC1C_{C1}、CC2C_{C2} 與源極旁路電容 CSC_S 視為短路；直流電源 +5 V+5\text{ V} 則視為交流接地。整體增益須同時納入輸入分壓與晶體管級的電壓增益。

解題方法

由題給的汲極電流與過驅電壓求跨導：

gm=2IDVOV=2(0.5 mA)0.3 V=3.33 mSg_m=\frac{2I_D}{V_{OV}} =\frac{2(0.5\text{ mA})}{0.3\text{ V}} =3.33\text{ mS}

忽略通道長度調變時，ro→∞r_o\to\infty。源極被 CSC_S 旁路至交流接地，因此共源級的輸出負載是汲極電阻與外接負載的並聯：

RD∥RL=5 kΩ∥5 kΩ=2.5 kΩR_D\parallel R_L=5\text{ k}\Omega\parallel 5\text{ k}\Omega =2.5\text{ k}\Omega

因此，從閘極小訊號電壓到輸出電壓的增益為

vovg=−gm(RD∥RL)=−(3.33 mS)(2.5 kΩ)=−8.33\frac{v_o}{v_g} =-g_m(R_D\parallel R_L) =-(3.33\text{ mS})(2.5\text{ k}\Omega) =-8.33

負號表示共源級輸出與輸入反相。

偏壓電阻 300 kΩ300\text{ k}\Omega 與 200 kΩ200\text{ k}\Omega 對交流皆接地，閘極輸入電阻為

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📄 以下 2 題共用同一段題幹
  1. The amplifier of Fig. 5 consists of two identical common-emitter amplifiers connected in cascade. Observe that the input resistance of the second stage, Rin2R_{in2}, constitutes the load resistance of the first stage.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷 Fig. 5】

第 5-(a) 題12 分

(a) Please determine the dc collector current and dc collector voltage of each transistor for VCC=15V_{CC} = 15 V, β=100\beta = 100, R1=100R_1 = 100 kΩ\Omega, R2=47R_2 = 47 kΩ\Omega, RE=3.9R_E = 3.9 kΩ\Omega, and RC=6.8R_C = 6.8 kΩ\Omega. (12%)

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核心觀念

Fig. 5 的兩級共射極放大器以耦合電容連接。分析直流偏壓時，耦合電容視為開路，因此兩級的直流偏壓彼此獨立；由於兩級元件相同，兩顆電晶體的集極電流與集極電壓也相同。

基極偏壓由 R1R_1、R2R_2 分壓。計算時須考慮基極電流對分壓器的負載效應，可將分壓器化為戴維寧等效電路：

VTH=VCCR2R1+R2,RTH=R1∥R2V_{TH}=V_{CC}\frac{R_2}{R_1+R_2}, \qquad R_{TH}=R_1\parallel R_2

並使用

IB=VTH−VBERTH+(β+1)RE,IC=βIB,VC=VCC−ICRCI_B=\frac{V_{TH}-V_{BE}}{R_{TH}+(\beta+1)R_E}, \qquad I_C=\beta I_B, \qquad V_C=V_{CC}-I_C R_C

取矽二極體常用近似 VBE=0.7 VV_{BE}=0.7\text{ V}。

解題方法

先以戴維寧等效求出基極電流，再依電流增益求集極電流，最後由集極電阻上的壓降求集極電壓。

分壓器的等效電壓與電阻為

VTH=1547100+47=4.796 VV_{TH}=15\frac{47}{100+47}=4.796\text{ V} RTH=100 kΩ∥47 kΩ=31.973 kΩR_{TH}=100\text{ k}\Omega\parallel47\text{ k}\Omega =31.973\text{ k}\Omega
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第 5-(b) 題9 分

(b) Please find Rin1R_{in1}, Rin2R_{in2}, and the overall voltage gain for Rsig=5R_{sig} = 5 kΩ\Omega and RL=2R_L = 2 kΩ\Omega. (9%)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
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核心觀念

這題考兩級共射極放大器的中頻小訊號分析。圖中的耦合電容與旁路電容標示為無限大，因此在中頻分析時視為短路；電源端則視為交流接地。每級的輸入電阻為偏壓電阻與電晶體小訊號輸入電阻的並聯：

Rin=R1∥R2∥rπR_{in}=R_1\parallel R_2\parallel r_\pi

共射極級的電壓增益為：

Av=−gm(RC∥Rload)A_v=-g_m(R_C\parallel R_{\text{load}})

第一級的負載是第二級輸入電阻 Rin2R_{in2}；第二級的負載是 RLR_L。計算整體增益時，還要乘上訊號源電阻造成的輸入分壓。

解題方法

先由偏壓電路求出靜態集極電流，以取得 gmg_m 與 rπr_\pi。採用 VBE=0.7 VV_{BE}=0.7\,\text{V}、熱電壓 VT=25 mVV_T=25\,\text{mV}。

偏壓分壓器的戴維寧等效為：

VTH=1547100+47=4.796 VV_{TH}=15\frac{47}{100+47}=4.796\,\text{V} RTH=100 kΩ∥47 kΩ=31.97 kΩR_{TH}=100\,\text{k}\Omega\parallel47\,\text{k}\Omega=31.97\,\text{k}\Omega

因此：

IB=VTH−VBERTH+(β+1)RE=4.796−0.731.97 kΩ+101(3.9 kΩ)≈9.62 μAI_B=\frac{V_{TH}-V_{BE}}{R_{TH}+(\beta+1)R_E} =\frac{4.796-0.7}{31.97\,\text{k}\Omega+101(3.9\,\text{k}\Omega)} \approx 9.62\,\mu\text{A} IC=βIB≈0.962 mAI_C=\beta I_B\approx 0.962\,\text{mA}

小訊號參數為：

gm=ICVT=0.962 mA25 mV≈0.0385 Sg_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.962\,\text{mA}}{25\,\text{mV}} \approx 0.0385\,\text{S} rπ=βgm≈1000.0385=2.60 kΩr_\pi=\frac{\beta}{g_m} \approx \frac{100}{0.0385} =2.60\,\text{k}\Omega

兩級的元件相同，所以輸入電阻相同：

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📄 以下 3 題共用同一段題幹
  1. The capacitor of Fig. 6 is uncharged. The switch is moved to position 1 for 10 ms, then to position 2, where it remains.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷 Fig. 6】

第 6-(a) 題6 分

(a) Please determine vCv_C and iCi_C during charge. (6%)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
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核心觀念

電容經電阻充電時，電容電壓由初始值指數上升，充電電流則由初始值指數下降。時間常數為

τ=ReqC\tau=R_{\mathrm{eq}}C

圖中開關置於位置 1 時，電容經 R2R_2、R1R_1 與 100 V100\,\text{V} 電源形成充電回路。

解題方法

充電期間 0≤t≤10 ms0\le t\le 10\,\text{ms}，電容初始未充電，因此 vC(0)=0v_C(0)=0。串聯等效電阻為

Req=R1+R2=800+200=1000 ΩR_{\mathrm{eq}}=R_1+R_2=800+200=1000\,\Omega

時間常數為

τ=ReqC=(1000)(2 μF)=2 ms\tau=R_{\mathrm{eq}}C=(1000)(2\,\mu\text{F})=2\,\text{ms}

電容電壓的充電式為 vC(t)=VS(1−e−t/τ)v_C(t)=V_S(1-e^{-t/\tau})，故

vC(t)=100(1−e−t/(2 ms)) V\boxed{v_C(t)=100\left(1-e^{-t/(2\,\text{ms})}\right)\,\text{V}}

電流方向依圖示向下為正。初始充電電流為 VS/Req=100/1000=0.1 AV_S/R_{\mathrm{eq}}=100/1000=0.1\,\text{A}，因此

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第 6-(b) 題6 分

(b) Please determine vCv_C and iCi_C during discharge. (6%)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
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核心觀念

電容電壓不能瞬間改變，因此切換到放電位置時，電容的初始電壓等於充電結束時的電壓。放電時，電容透過 R2R_2 與 R3R_3 串聯放電，時間常數為

τd=(R2+R3)C\tau_d=(R_2+R_3)C

以電容上端為正端，並依圖中向下方向定義 iCi_C，則 iC=C dvC/dti_C=C\,dv_C/dt。

解題方法

先求開關切到位置 2 前的電容電壓。充電回路的總電阻為 R1+R2=1 kΩR_1+R_2=1\,\text{k}\Omega，所以充電時間常數為

τc=(R1+R2)C=(800+200) Ω×2 μF=2 ms\tau_c=(R_1+R_2)C =(800+200)\,\Omega \times 2\,\mu\text{F} =2\,\text{ms}

電容初始未充電，經過 10 ms=5τc10\,\text{ms}=5\tau_c 後：

V0=100(1−e−10/2)=100(1−e−5)≈99.33 VV_0=100\left(1-e^{-10/2}\right) =100(1-e^{-5}) \approx 99.33\,\text{V}

切到位置 2 後，電容經過 R2R_2 和 R3R_3 放電，因此

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第 6-(c) 題5 分

(c) Please sketch the charge and discharge waveforms. (5%)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
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核心觀念

一階 RC 電路在固定開關位置下，電容電壓依指數變化：

vC(t)=V∞+[vC(0+)−V∞]e−t/τ,τ=ReqCv_C(t)=V_{\infty}+\bigl[v_C(0^+)-V_{\infty}\bigr]e^{-t/\tau}, \qquad \tau=R_{\mathrm{eq}}C

電容電壓不能瞬間跳變；電容電流則可在切換瞬間改變。圖中 iCi_C 的參考方向是向下。

解題方法

先分別求充電與放電時電容看到的等效電阻及時間常數。

開關在位置 1 時，電容經 R1R_1、R2R_2 充電：

τch=(R1+R2)C=(800+200) Ω×2 μF=2 ms\tau_{\mathrm{ch}}=(R_1+R_2)C =(800+200)\,\Omega \times 2\,\mu\mathrm{F} =2\,\mathrm{ms}

電容由 00 V 充至 100100 V，因此 0≤t<10 ms0\le t<10\,\mathrm{ms}：

vC(t)=100(1−e−t/(2 ms)) Vv_C(t)=100\left(1-e^{-t/(2\,\mathrm{ms})}\right)\ \mathrm{V} iC(t)=100R1+R2e−t/(2 ms)=100 e−t/(2 ms) mAi_C(t)=\frac{100}{R_1+R_2}e^{-t/(2\,\mathrm{ms})} =100\,e^{-t/(2\,\mathrm{ms})}\ \mathrm{mA}

切換前的電容電壓為：

vC(10 ms)=100(1−e−5)=99.33 Vv_C(10\,\mathrm{ms})=100(1-e^{-5})=99.33\ \mathrm{V}

開關移至位置 2 後，電容經 R2R_2、R3R_3 放電，時間常數為：

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第 7 題8 分

  1. Please solve for the currents through R1R_1 and R4R_4 in the circuit of Fig. 7. (8%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷 Fig. 7】

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核心觀念

這是惠斯登電橋。當兩側電阻比相等時，電橋中間的電阻兩端等電位，因此中間支路沒有電流：

R1R3=R2R4\frac{R_1}{R_3}=\frac{R_2}{R_4}

此時可先忽略中間的 R5R_5，把電路化簡成兩條串聯支路並聯，再計入電源串聯的 RsR_s。

解題方法

先確認電橋平衡：

R1R3=312=14,R2R4=624=14\frac{R_1}{R_3}=\frac{3}{12}=\frac14,\qquad \frac{R_2}{R_4}=\frac{6}{24}=\frac14

兩側電阻比相等，所以 R5R_5 中電流為零，左右中間節點電位相同。

左側支路的總電阻為

R1+R3=3+12=15 ΩR_1+R_3=3+12=15\ \Omega

右側支路的總電阻為

R2+R4=6+24=30 ΩR_2+R_4=6+24=30\ \Omega

兩支路並聯的等效電阻為

Req=15∥30=15×3015+30=10 ΩR_{\text{eq}}=15\parallel 30 =\frac{15\times30}{15+30} =10\ \Omega
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