114 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

求負載 $R_{\text{out}}$ 最大功率時，使用戴維寧等效電路：

$$R_{\text{out}}=R_{\text{th}}$$

最大吸收功率為

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

其中 $V_{\text{th}}$ 是移除 $R_{\text{out}}$ 後的開路電壓，$R_{\text{th}}$ 是由負載端看入的等效電阻。

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一、求戴維寧電阻 $R_{\text{th}}$

將獨立電壓源 $3\text{ V}$、$2\text{ V}$ 短路，將獨立電流源 $4\text{ A}$ 開路。

此時由 $R_{\text{out}}$ 端看入，$1\text{ k}\Omega$ 與 $2\text{ k}\Omega$ 並聯：

$$R_{\text{th}} =1\text{ k}\Omega\parallel 2\text{ k}\Omega$$ $$R_{\text{th}} =\frac{(1)(2)}{1+2}\text{ k}\Omega =\frac{2}{3}\text{ k}\Omega =666.7\ \Omega$$

因此最大功率傳輸時：

$$\boxed{R_{\text{out}}=666.7\ \Omega}$$

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二、求開路電壓 $V_{\text{th}}$

移除 $R_{\text{out}}$ 後，右側端點為開路。設左側上方節點電壓為 $V_A$。

由圖中 $2\text{ V}$ 電壓源的極性，通往 $2\text{ k}\Omega$ 電阻的節點電壓為：

$$V_A-2$$

對上方節點列 KCL，取流出節點的電流總和為零：

核心觀念

本題由兩級理想運算放大器組成，使用：

• 理想運算放大器虛接地：反相端與非反相端電壓相等。
• 輸入端電流為零。
• 反相放大器公式：
  $v_o=-\frac{R_f}{R_{in}}v_{in}$
• 第二級為差動／加法放大器。

解題方法

第一級運算放大器的非反相端接地，因此反相端為虛地。其輸入電阻為 $500\,\text{k}\Omega$，回授電阻為 $1.5\,\text{k}\Omega$，故第一級輸出為

$$v_1=-\frac{1.5\,\text{k}\Omega}{500\,\text{k}\Omega}(1.5\,\text{V}) =-4.5\,\text{mV}$$

第二級的非反相端由 $v_i$ 經 $5\,\text{k}\Omega$ 與接地的 $5\,\text{k}\Omega$ 分壓，因此

$$v_+=\frac{5\,\text{k}\Omega}{5\,\text{k}\Omega+5\,\text{k}\Omega}v_i =\frac{v_i}{2}$$

給定 $v_i=-5\,\text{V}$：

$$v_+=-2.5\,\text{V}$$

由虛短路，

$$v_-=v_+=-2.5\,\text{V}$$

核心觀念

圖 3 中，$6\,\text{H}$ 與 $4\,\text{H}$ 電感並聯，因此兩者端電壓相同，且

$$v(t)=6\frac{di_1}{dt}=4\frac{di_2}{dt}.$$

由 KCL，電流源電流分流為

$$i_s(t)=i_1(t)+i_2(t).$$

並聯電感的等效值為

$$L_{\text{eq}}=\frac{6\times4}{6+4}=2.4\,\text{H}.$$

依原圖，初始條件為 $i_1(0)=20\,\text{mA}$。

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(a) 求 $v(t)$

並聯電感兩端的等效電壓為

$$v(t)=L_{\text{eq}}\frac{di_s}{dt}.$$

已知

$$i_s(t)=60e^{-200t}\,\text{mA} =0.06e^{-200t}\,\text{A},$$

因此

$$\frac{di_s}{dt} =-12e^{-200t}\,\text{A/s}.$$

所以

$$\boxed{v(t)=2.4\left(-12e^{-200t}\right)}$$ $$\boxed{v(t)=-28.8e^{-200t}\,\text{V}}$$

其中電壓極性為圖中上正下負。此結果對所有 $t$ 成立。

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(b) 求 $i_1(t)$

由

$$v(t)=6\frac{di_1}{dt},$$

可得

$$\frac{di_1}{dt} =\frac{-28.8e^{-200t}}{6} =-4.8e^{-200t}\,\text{A/s}.$$

由初始條件 $i_1(0)=20\,\text{mA}$，

$$i_1(t)=i_1(0)+\int_0^t\frac{v(\tau)}{6}\,d\tau.$$

因此

核心觀念

本題考查理想二極體的導通判斷與限幅電路分析：

• 理想二極體導通時，視為短路，且正向壓降 $V_D=0$。
• 理想二極體截止時，視為開路。
• 分析時先假設二極體截止，再檢查其偏壓是否符合；若不符合，改以導通狀態分析。
• $V_B=2\text{ V}$。

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Fig. 4(a)

圖中二極體的陽極接於電池正端，陰極接於輸出端，因此二極體在

$$V_B>v_o$$

時導通。

1. 二極體截止

截止時支路無電流，$R_1$ 中也沒有電流，因此

$$v_o=v_{in}$$

截止條件為

$$v_{in}\geq V_B=2\text{ V}$$

2. 二極體導通

導通時二極體為短路，輸出端被箝位至電池電壓：

$$v_o=V_B=2\text{ V}$$

此時若 $v_{in}<2\text{ V}$，電流經由電池與二極體流向輸入端，二極體確實保持導通。

因此 Fig. 4(a) 的輸入輸出特性為

$$\boxed{ v_o= \begin{cases} 2\text{ V}, & v_{in}<2\text{ V}\\[4pt] v_{in}, & v_{in}\geq 2\text{ V} \end{cases} }$$

亦可寫成

$$\boxed{v_o=\max(v_{in},2\text{ V})}$$

這是一個下限限幅器，輸出最低被限制在 $2\text{ V}$。

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Fig. 4(b)

此電路的輸出端經由 $R_1$ 接地，因此二極體截止時輸出為零。電池正端接近二極體陽極，電池負端接至輸出端，所以二極體導通時有

$$v_{\text{anode}}=v_o+V_B=v_o+2$$

而陰極電壓為 $v_{in}$。

1. 二極體截止

截止時輸出端只經由 $R_1$ 接地，因此

$$v_o=0$$

此時二極體陽極電壓為

核心觀念

本題考查含有限電流增益 $\beta$ 與 Early effect 的 BJT 小訊號分析。

中頻時，輸入與輸出耦合電容視為短路；理想定電流源的小訊號等效為開路。因此：

• 集極接 $R_C=8\,\text{k}\Omega$ 至交流接地。
• 基極由理想訊號源驅動，故 $v_b=v_{sig}$。
• 射極僅透過晶體管內部小訊號參數與集極、基極相連。
• $V_A$ 用來求 $r_o$。

由直流偏壓：

$$I_C=\frac{\beta}{\beta+1}I_E =\frac{100}{101}(1\,\text{mA}) =0.9901\,\text{mA}$$

取 $V_T=25\,\text{mV}$，則

$$g_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.9901\,\text{mA}}{25\,\text{mV}} =39.60\,\text{mS}$$ $$g_\pi=\frac{g_m}{\beta}=0.3960\,\text{mS}$$ $$r_o=\frac{V_A}{I_C} =\frac{100\,\text{V}}{0.9901\,\text{mA}} =101\,\text{k}\Omega$$

因此

$$g_o=\frac{1}{r_o}=9.901\,\mu\text{S}$$

解題方法

圖中集極輸出端標示為 $Y$，射極輸出端標示為 $Z$；以下將題目所稱 $v_o$ 按通常慣例解讀為集極端 $Y$ 的輸出電壓。

令 $v_b=v_{sig}$，以 $v_c,v_e$ 分別表示集極與射極小訊號電壓。

射極節點套用 KCL：

$$(g_m+g_\pi+g_o)v_e-g_o v_c =(g_m+g_\pi)v_b$$

集極節點套用 KCL：

$$(R_C^{-1}+g_o)v_c-(g_m+g_o)v_e =-g_m v_b$$

代入

$$R_C^{-1}=\frac{1}{8\,\text{k}\Omega}=125\,\mu\text{S}$$

可得

核心觀念

圖 6 為互補式 MOS 反相器，輸出端接 $10\,\text{k}\Omega$ 電阻至地。已知

$$\beta_n=\beta_p=k'(W/L)=1\,\text{mA/V}^2$$ $$V_{tn}=1\,\text{V},\qquad V_{tp}=-1\,\text{V},\qquad \lambda=0$$

MOS 飽和區電流：

$$I_D=\frac{1}{2}\beta V_{OV}^2$$

其中

$$V_{OV,n}=V_{GS}-V_{tn},\qquad V_{OV,p}=V_{SG}-|V_{tp}|$$

MOS 三極區電流：

$$I_D=\beta\left(V_{OV}V_{DS}-\frac{V_{DS}^2}{2}\right)$$

電源為 $+2.5\,\text{V}$ 與 $-2.5\,\text{V}$。

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解題方法

先依照輸入電壓判斷 NMOS、PMOS 的導通狀態，再利用輸出端 KCL 求 $v_o$。當輸出接近某一電源端時，導通的 MOS 會落在三極區，必須使用三極區公式。

一、$v_i=0\,\text{V}$

NMOS：

$$V_{GS,n}=0-(-2.5)=2.5\,\text{V}$$ $$V_{OV,n}=2.5-1=1.5\,\text{V}$$

PMOS：

$$V_{SG,p}=2.5-0=2.5\,\text{V}$$ $$V_{OV,p}=2.5-1=1.5\,\text{V}$$

由於兩顆元件匹配，且電路上下對稱，輸出電壓為

$$v_o=0\,\text{V}$$

此時兩顆 MOS 的汲極電壓差皆為 $2.5\,\text{V}$，且滿足飽和條件：

$$V_{DS,n}=2.5\,\text{V}>V_{OV,n}$$ $$V_{SD,p}=2.5\,\text{V}>V_{OV,p}$$

因此

$$i_{DN} =\frac{1}{2}(1)(1.5)^2 =1.125\,\text{mA}$$ $$i_{DP} =\frac{1}{2}(1)(1.5)^2 =1.125\,\text{mA}$$

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二、$v_i=+2.5\,\text{V}$

NMOS：

$$V_{GS,n}=2.5-(-2.5)=5\,\text{V}$$

因此 NMOS 導通，且

$$V_{OV,n}=5-1=4\,\text{V}$$

PMOS：

$$V_{SG,p}=2.5-2.5=0\,\text{V}$$

所以 PMOS 截止：

$$i_{DP}=0$$

令

$$x=V_{DS,n}=v_o-(-2.5)=v_o+2.5$$

由於輸出電壓接近 $-2.5\,\text{V}$，NMOS 工作於三極區。NMOS 電流為

$$i_{DN} =1\left(4x-\frac{x^2}{2}\right)\,\text{mA}$$

電阻電流為