113 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》

核心觀念

本題考查三運算放大器儀表放大器（instrumentation amplifier）的差動放大原理：

1. 前級兩個運算放大器提供高輸入阻抗及差動增益。
2. 後級差動放大器消除共模訊號。
3. 理想運算放大器具有虛短路，即 $v_- = v_+$，且輸入端電流為零。

由圖可知：

• 共模輸入：$v_{icm}=5\text{ V}$
• 差動輸入：$v_{id}=v_{i1}-v_{i2}=10\text{ mV}\sin\omega t$
• $2R_1=1\text{ k}\Omega$
• $R_2=0.5\text{ M}\Omega$
• $R_3=R_4=10\text{ k}\Omega$

解題方法

1. 前級兩個運算放大器

由虛短路：

$$v_{A1-}=v_{i1},\qquad v_{A2-}=v_{i2}$$

對上方運算放大器 $A_1$，其輸出為

$$v_{o1}=v_{i1}+\frac{R_2}{2R_1}(v_{i1}-v_{i2})$$

對下方運算放大器 $A_2$：

$$v_{o2}=v_{i2}-\frac{R_2}{2R_1}(v_{i1}-v_{i2})$$

因此兩輸出之差為

$$\begin{aligned} v_{o1}-v_{o2} &=(v_{i1}-v_{i2}) \left(1+\frac{2R_2}{2R_1}\right)\\ &=v_{id}\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right) \end{aligned}$$

代入數值：

$$\frac{R_2}{2R_1} =\frac{0.5\text{ M}\Omega}{1\text{ k}\Omega} =500$$

所以

核心觀念

本題考查齊納二極體穩壓器的：

• 齊納二極體小訊號模型
• 串聯限流電阻與負載的分壓、分流關係
• 齊納動態電阻 $r_z$
• 齊納維持崩潰所需的最小電流 $I_{ZK}$

齊納二極體工作於崩潰區時，採用線性模型：

$$V_Z=6.8+r_z(I_Z-5\text{ mA})$$

其中 $r_z=20\,\Omega$，串聯電阻為 $R=0.5\text{ k}\Omega$。

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(a) 無負載、$V_t=10$ V 時的 $V_o$

無負載時 $R_L\to\infty$，因此串聯電阻電流全部流入齊納二極體：

$$I_Z=\frac{10-V_o}{0.5\text{ k}\Omega}$$

以 mA、k$\Omega$ 為單位，可寫成：

$$I_Z=2(10-V_o)\text{ mA}$$

齊納電壓為：

$$V_o=6.8+20\left[I_Z-5\right]\times 10^{-3}$$

整理得：

$$V_o=6.7+0.02I_Z$$

代入 $I_Z=2(10-V_o)$：

$$V_o=6.7+0.04(10-V_o)$$ $$1.04V_o=7.1$$

因此：

$$\boxed{V_o=6.827\text{ V}}$$

此時：

$$I_Z=2(10-6.827)=6.346\text{ mA}$$

確實大於 $I_{ZK}=0.2\text{ mA}$，齊納二極體工作於崩潰區。

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(b) 接上負載時的輸出電壓變化

1. $R_L=2\text{ k}\Omega$

此時：

$$I_L=\frac{V_o}{2\text{ k}\Omega}=0.5V_o\text{ mA}$$

由 KCL：

$$I_Z=2(10-V_o)-0.5V_o$$ $$I_Z=20-2.5V_o\text{ mA}$$

代入齊納模型：

$$V_o=6.7+0.02(20-2.5V_o)$$ $$1.05V_o=7.1$$ $$V_o=6.762\text{ V}$$

相較於無負載時：

$$\Delta V_o=6.762-6.827=-0.065\text{ V}$$

因此輸出電壓下降約：

$$\boxed{\Delta V_o=-65\text{ mV}}$$

檢查齊納電流：

$$I_Z=20-2.5(6.762)=3.095\text{ mA}>I_{ZK}$$

所以齊納仍在崩潰區。

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2. $R_L=0.5\text{ k}\Omega$

若假設齊納仍在崩潰區：

$$I_L=\frac{V_o}{0.5\text{ k}\Omega}=2V_o\text{ mA}$$ $$I_Z=2(10-V_o)-2V_o=20-4V_o$$

核心觀念

本題考查 BJT 差動放大器的：

• 差動增益 $A_d$
• 共模增益 $A_{cm}$
• 共模抑制比

假設兩顆 BJT 匹配、$\beta\to\infty$、忽略 Early effect，並取室溫熱電壓 $V_T\approx25\text{ mV}$。

圖中兩個基極的直流電位為 $0$，因此

$$V_E=V_B-V_{BE}=0-0.7=-0.7\text{ V}$$

尾端電阻上的電壓為

$$(-0.7)-(-5)=4.3\text{ V}$$

故尾電流

$$I=\frac{4.3\text{ V}}{4.3\text{ k}\Omega}=1\text{ mA}$$

對稱工作時，每顆電晶體的靜態集極電流為

$$I_C=\frac{I}{2}=0.5\text{ mA}$$

因此跨導

$$g_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.5\text{ mA}}{25\text{ mV}} =20\text{ mS}$$

集極電阻為

$$R_C=2\text{ k}\Omega$$

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(a) 差動增益

輸入為

$$v_{B1}=\frac{v_{id}}{2},\qquad v_{B2}=-\frac{v_{id}}{2}$$

在純差動激勵下，尾端電流的小訊號變化為零，因此共用射極點可視為交流接地：

$$v_e\approx0$$

輸出取自 $Q_2$ 集極，而 $Q_2$ 的基極輸入為 $-v_{id}/2$，故

$$v_o=-g_mR_C\left(-\frac{v_{id}}{2}\right) =\frac{g_mR_C}{2}v_{id}$$

因此差動增益大小為

$$\left|\frac{v_o}{v_{id}}\right| =\frac{g_mR_C}{2}$$

代入數值：

$$|A_d| =\frac{(20\text{ mS})(2\text{ k}\Omega)}{2} =20$$

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(b) 共模增益

兩個基極皆輸入相同的共模訊號：

$$v_{B1}=v_{B2}=v_{icm}$$

設共用射極點的小訊號電壓為 $v_e$。兩顆電晶體共同流入尾端電阻的電流為

$$2g_m(v_{icm}-v_e)$$

核心觀念

負載 $R_o$ 要獲得最大功率時，必須滿足最大功率傳輸定理：

$$R_o=R_{\mathrm{th}}$$

其中 $R_{\mathrm{th}}$ 與 $V_{\mathrm{th}}$ 分別為由 $R_o$ 端看入電路的戴維寧等效電阻與電壓。最大功率為

$$P_{\max}=\frac{V_{\mathrm{th}}^2}{4R_{\mathrm{th}}}$$

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(a) 求 $R_o$

將 $60\text{ V}$ 電壓源短路，將 $15\text{ mA}$ 電流源開路。

左側節點至下方公共節點的等效電阻為

$$2.4\text{ k}\Omega \parallel 4.8\text{ k}\Omega =1.6\text{ k}\Omega$$

因此，由 $R_o$ 端看入時，有一條路徑為

$$1.6\text{ k}\Omega+1.6\text{ k}\Omega+1.8\text{ k}\Omega =5\text{ k}\Omega$$

此路徑與中間的 $5\text{ k}\Omega$ 電阻並聯，所以

$$R_{\mathrm{th}} =5\text{ k}\Omega\parallel 5\text{ k}\Omega =2.5\text{ k}\Omega$$

依最大功率傳輸定理，

$$\boxed{R_o=2.5\text{ k}\Omega}$$

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(b) 求最大功率

先求 $R_o$ 開路時的戴維寧電壓 $V_{\mathrm{th}}$。

右側由左節點至下方節點的等效負載為

$$5\text{ k}\Omega\parallel 1.8\text{ k}\Omega =1.3235\text{ k}\Omega$$

因此右側支路總電阻為

核心觀念

本題考查：

• 電感電流的連續性：$i_L(0^+)=i_L(0^-)$。
• $t<0$ 穩態直流時，電感視為短路。
• $t>0$ 為無源 $RL$ 自然響應：
  $i_L(t)=i_L(0^+)e^{-t/\tau},\qquad \tau=\frac{L}{R_{\text{eq}}}$
• 電感初始能量：
  $W_L(0)=\frac{1}{2}Li_L^2(0)$

以下將題目中的 $\%(t)$ 視為圖中所示的 $v_o(t)$。

解題方法

1. 求電感初始電流 $i_L(0^-)$

開關長時間位於位置 1，電路達到直流穩態，因此電感視為短路。

右側負載為：

$30\Omega\parallel 6\Omega=5\Omega$

電源迴路總電阻：

$13+12+5=30\Omega$

電源總電流為：

$I=\frac{90}{30}=3\text{ A}$

並聯負載兩端電壓：

$V=3(5)=15\text{ V}$

流過 $6\Omega$ 電阻的電流為：

$i_L(0^-)=\frac{15}{6}=2.5\text{ A}$

依電路圖，電感電流方向由左向右，因此由電感電流連續性：

$i_L(0^+)=i_L(0^-)=2.5\text{ A}$

2. 求 $t>0$ 時電感所見等效電阻

開關切換至位置 2 後，電源與右側電路斷開，$8\Omega$ 電阻接入電路。

由電感左端經過的等效電阻為：

$12+(8\parallel 30)$

其中：

$8\parallel 30=\frac{8(30)}{8+30}=\frac{120}{19}\Omega$

電感右端還串聯 $6\Omega$ 電阻，因此電感所見總等效電阻為：

$$R_{\text{eq}}=12+\frac{120}{19}+6 =\frac{462}{19}\Omega$$

時間常數：

$$\tau=\frac{L}{R_{\text{eq}}} =\frac{36\text{ mH}}{462/19} =1.482\times10^{-3}\text{ s}$$

核心觀念

本題考查一階零點與一階極點的 Bode 圖繪製，包括：

• 幅值的分貝表示：

  $|H(j\omega)|_{\mathrm{dB}}=20\log_{10}|H(j\omega)|$

• 相位的疊加原理：總相位等於各零點、極點及常數增益相位的代數和。

• 原點零點 $j\omega$ 造成：

  • 幅值斜率 $+20$ dB/decade
  • 相位固定為 $+90^\circ$

• 每一個一階極點 $(1+j\omega/\omega_p)^{-1}$ 造成：

  • 極點前後幅值斜率改變 $-20$ dB/decade
  • 相位由 $0^\circ$ 逐漸降至 $-90^\circ$

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解題方法

將傳遞函數標準化：

$$H(j\omega)=\frac{200j\omega}{(j\omega+2)(j\omega+10)}$$

由

$$j\omega+2=2\left(1+\frac{j\omega}{2}\right)$$

以及

$$j\omega+10=10\left(1+\frac{j\omega}{10}\right)$$

可得

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

因此，此系統包含：

• 一個位於原點的零點：$j\omega$
• 一個轉折頻率為 $2$ rad/s 的極點
• 一個轉折頻率為 $10$ rad/s 的極點
• 常數增益 $10$

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幅值 Bode 圖

精確幅值

各因子的大小為

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

所以

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

以分貝表示：

$$\begin{aligned} |H(j\omega)|_{\mathrm{dB}} ={}&20\log_{10}(10\omega)\\ &-10\log_{10}\left[1+\left(\frac{\omega}{2}\right)^2\right]\\ &-10\log_{10}\left[1+\left(\frac{\omega}{10}\right)^2\right] \end{aligned}$$

漸近線斜率

低頻時 $\omega\ll 2$：

$$|H(j\omega)|\approx 10\omega$$

因此

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

斜率為 $+20$ dB/decade。

當 $\omega=2$ rad/s 後，第一個極點使斜率減少 $20$ dB/decade，因此：

• $\omega<2$：斜率 $+20$ dB/decade
• $2<\omega<10$：斜率 $0$ dB/decade
• $\omega>10$：斜率 $-20$ dB/decade

在中頻範圍 $2\ll\omega\ll10$：

$$|H(j\omega)| \approx \frac{10\omega}{\omega/2}=20$$

所以平台值為

$$20\log_{10}20\approx 26.02\ \mathrm{dB}$$

高頻時 $\omega\gg10$：

$$|H(j\omega)| \approx \frac{10\omega}{(\omega/2)(\omega/10)} = \frac{200}{\omega}$$

故高頻漸近線為

$$|H(j\omega)|_{\mathrm{dB}} \approx 20\log_{10}\left(\frac{200}{\omega}\right) = 46.02-20\log_{10}\omega$$

重要頻點

一階極點在轉折頻率處會比漸近線低約 $3.01$ dB。精確數值如下：

$\omega$（rad/s）	精確幅值（dB）	精確相位
$0.2$	$-13.24$ dB	$84.26^\circ$
$1$	$13.70$ dB	$61.93^\circ$
$2$	$22.84$ dB	$33.69^\circ$
$\sqrt{20}\approx4.47$	$25.05$ dB	$0^\circ$
$10$	$22.84$ dB	$-33.69^\circ$