113 年 國立成功大學光電科學與工程研究所乙組《電子學》

核心觀念

1. 負載效應（Loading Effect）：當訊號源內阻 $R_s$ 遠大於負載電阻 $R_L$ 時，若將訊號源直接連接至負載，絕大部分的訊號電壓將跨降在訊號源內阻上，導致負載端獲得的電壓與功率極小。
2. 緩衝放大器（Buffer Amplifier）模型：包含輸入電阻 $R_i$、開路電壓增益 $A_{vo}$ 與輸出電阻 $R_o$。緩衝器通常具備高輸入阻抗與低輸出阻抗，用於阻抗匹配以減緩負載效應。
3. 電壓分壓定理（Voltage Divider Rule）：
   • 輸入端分壓： $$v_i = v_s \cdot \frac{R_i}{R_s + R_i}$$
   • 輸出端分壓： $$v_L = A_{vo} v_i \cdot \frac{R_L}{R_o + R_L}$$
4. 增益與分貝（$\text{dB}$）定義：
   • 總電壓增益： $$A_v = \frac{v_L}{v_s} \implies A_v \, (\text{dB}) = 20 \log_{10} |A_v|$$
   • 功率增益： $$A_p = \frac{P_L}{P_i} \implies A_p \, (\text{dB}) = 10 \log_{10} (A_p)$$ 其中 $P_L$ 為負載消耗功率，$P_i$ 為放大器自訊號源吸取的輸入功率（$P_i = \frac{v_i^2}{R_i}$）。

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解題方法

第一部分：訊號源直接連接至負載（Direct Connection）

已知訊號源 $v_s = 1.2\text{ V rms}$、$R_s = 1\text{ M}\Omega = 10^6\,\Omega$，負載 $R_L = 10\,\Omega$。

1. 負載端電壓 $v_L$：

   $$v_L = v_s \cdot \frac{R_L}{R_s + R_L} = 1.2 \cdot \frac{10}{10^6 + 10} \approx 1.2 \cdot \frac{10}{10^6} = 1.2 \times 10^{-5}\text{ V rms} = 12\,\mu\text{V rms}$$

2. 負載端功率 $P_L$：

   $$P_L = \frac{v_L^2}{R_L} = \frac{(1.2 \times 10^{-5})^2}{10} = \frac{1.44 \times 10^{-10}}{10} = 1.44 \times 10^{-11}\text{ W} = 14.4\text{ pW}$$

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第二部分：加入緩衝放大器（Buffered Connection）

緩衝放大器參數為：$A_{vo} = 1$、$R_i = 1\text{ M}\Omega = 10^6\,\Omega$、$R_o = 10\,\Omega$。

1. 放大器輸入端電壓 $v_i$：

   $$v_i = v_s \cdot \frac{R_i}{R_s + R_i} = 1.2 \cdot \frac{1\text{ M}\Omega}{1\text{ M}\Omega + 1\text{ M}\Omega} = 1.2 \cdot \frac{1}{2} = 0.6\text{ V rms}$$

2. 負載端輸出電壓 $v_L'$：

   $$v_L' = (A_{vo} v_i) \cdot \frac{R_L}{R_o + R_L} = (1 \times 0.6) \cdot \frac{10}{10 + 10} = 0.6 \cdot \frac{1}{2} = 0.3\text{ V rms}$$

3. 負載端輸出功率 $P_L'$：

核心觀念

二極體接法 NMOS 的閘極與汲極相連，因此

$V_{DS}=V_{GS}$

只要晶體管導通，便滿足飽和區條件 $V_{DS}\ge V_{GS}-V_T$。又因 $\lambda=0$，飽和區電流公式為

$I_D=\frac{1}{2}k_n(V_{GS}-V_T)^2$

其中：

• $V_{GS}-V_T$ 為過驅電壓 $V_{OV}$
• $k_n$ 為 NMOS 製程跨導參數
• $\lambda=0$ 表示忽略通道長度調變效應

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解題方法

由外部電流源固定供應

$I_D=0.5\ \text{mA}$

先利用

$$V_{OV}=V_{GS}-V_T =\sqrt{\frac{2I_D}{k_n}}$$

求出過驅電壓，再加上臨界電壓即可得到 $V_{GS}$。

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(a) $20^\circ\text{C}$ 時的 $V_{GS}$

已知

$V_T=0.5\ \text{V},\qquad k_n=1\ \text{mA/V}^2$

代入飽和區電流公式：

$$0.5 =\frac{1}{2}(1)(V_{GS}-0.5)^2$$

因此

$(V_{GS}-0.5)^2=1$

NMOS 導通時必須有 $V_{GS}>V_T$，所以取正根：

$V_{GS}-0.5=1\ \text{V}$

故

$\boxed{V_{GS}=1.5\ \text{V}}$

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(b) $60^\circ\text{C}$ 時的 $V_{GS}$

溫度變化量為

$\Delta T=60-20=40^\circ\text{C}$

臨界電壓每升高 $1^\circ\text{C}$ 下降 $2\ \text{mV}$，因此

$$\Delta V_T=(-2\ \text{mV}/^\circ\text{C})(40^\circ\text{C}) =-80\ \text{mV}=-0.08\ \text{V}$$

所以

核心觀念

本題考查 PNP BJT 的偏壓分析，以及基極分壓電路受到基極電流負載後的節點電壓計算。

使用關係式：

$$V_E=V_B+V_{BE}=V_1+0.7$$ $$I_E=(\beta+1)I_B,\qquad I_C=\beta I_B$$

故

$$I_B=\frac{I_E}{\beta+1},\qquad I_C=\frac{\beta}{\beta+1}I_E$$

由圖可判斷電晶體為 PNP，發射極接至上方的 $6\,\text{k}\Omega$ 電阻，集極接至下方的 $10\,\text{k}\Omega$ 電阻。

解題方法

令基極電壓為

$$V_B=V_1$$

則發射極電壓為

$$V_2=V_E=V_1+0.7$$

發射極電流由 $+3\,\text{V}$ 經 $6\,\text{k}\Omega$ 流入電晶體：

$$I_E=\frac{3-V_2}{6\,\text{k}\Omega} =\frac{2.3-V_1}{6\,\text{k}\Omega}$$

因為 $\beta=100$，

$$I_B=\frac{I_E}{101} =\frac{2.3-V_1}{606\,\text{k}\Omega}$$

在基極節點套用 KCL。由於 PNP 的基極電流由基極流出，故流經下方 $300\,\text{k}\Omega$ 的電流為上方分壓電流加上 $I_B$：

$$\frac{3-V_1}{200\,\text{k}\Omega}+I_B = \frac{V_1-(-2)}{300\,\text{k}\Omega}$$

代入 $I_B$：

$$\frac{3-V_1}{200\,\text{k}\Omega} + \frac{2.3-V_1}{606\,\text{k}\Omega} = \frac{V_1+2}{300\,\text{k}\Omega}$$

解得

$$V_1\approx 1.215\,\text{V}$$

所以

核心觀念

本題考查二極體的指數電流—電壓關係，以及以二極體串聯組成的並聯型（shunt）電壓調節器。

二極體方程式為

$$I_D \approx I_S e^{V_D/V_T}$$

因此，當二極體電流由 $I_{D1}$ 變為 $I_{D2}$ 時，其端電壓變化為

$$\Delta V_D =V_T\ln\left(\frac{I_{D2}}{I_{D1}}\right)$$

本題有兩顆相同二極體串聯，所以輸出電壓為

$$V_O=V_{D1}+V_{D2}$$

兩顆二極體的總電壓變化為

$$\Delta V_O =2V_T\ln\left(\frac{I_{D2}}{I_{D1}}\right)$$

其中 $V_T=25\text{ mV}$。

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解題方法

定電流源提供固定電流 $I_S$，其中一部分流經負載，剩餘部分流經兩顆串聯二極體。因此二極體電流為

$$I_D=I_S-I_L$$

負載電流範圍為

$$2\text{ mA}\leq I_L\leq 7\text{ mA}$$

為了使二極體始終有正電流，必須滿足

$$I_S>I_{L,\max}=7\text{ mA}$$

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各定電流源的分析

$I_S=5\text{ mA}$

當負載電流為 $7\text{ mA}$ 時，

$$I_D=5-7=-2\text{ mA}$$

二極體電流不可能為負值，表示定電流源的供應能力不足，負載增加時無法維持調節作用。

因此 $5\text{ mA}$ 不可選用。

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$I_S=10\text{ mA}$

二極體電流範圍為

$$I_{D,\max}=10-2=8\text{ mA}$$ $$I_{D,\min}=10-7=3\text{ mA}$$

輸出電壓變化量的大小為

$$|\Delta V_O| =2V_T\ln\left(\frac{8}{3}\right)$$

利用題目提供的對數值，

$$\ln\left(\frac{8}{3}\right) =\ln 8-\ln 3 =3\ln 2-\ln 3$$ $$=3(0.69)-1.10=0.97$$

所以

$$|\Delta V_O| =2(25\text{ mV})(0.97) =48.5\text{ mV}$$

因此，若選用 $10\text{ mA}$，負載由 $2\text{ mA}$ 增加至 $7\text{ mA}$ 時，輸出電壓約下降

$$48.5\text{ mV}$$

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$I_S=15\text{ mA}$

射極隨耦器的輸出電阻近似為

$$R_{\text{out}}=r_e+\frac{R_s}{\beta+1}$$

由兩次量測差值：

$$225-125=\frac{20\,\text{k}\Omega-10\,\text{k}\Omega}{\beta+1}$$

得

$$\beta+1=100$$

核心觀念

本題利用兩個相同 BJT 的 $V_{BE}$ 關係建立電流偏壓：

• $Q_2$ 為二極體接法，令 $Q_1$ 的射極電位約為 $V_{BE2}$。
• $Q_1$ 與 $Q_3$ 的基極相連。
• 在高 $\beta$、忽略 Early effect 時，$Q_1$ 與 $Q_3$ 具有相同的 $V_{BE}$，因此 $I_O \approx I_{C1}$。
• $Q_3$ 的射極電壓為 $V_{BE2}$，由電阻 $R$ 決定電流。

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(a) 求 $R$

由圖可知，$Q_1$ 的集極電流由電流源固定為

$$I_{C1}=10\,\mu\text{A}$$

在高 $\beta$ 假設下，$Q_1$ 的射極電流近似等於集極電流，因此

$$I_{C2}\approx 10\,\mu\text{A}$$

已知 BJT 在 $1\,\text{mA}$ 時

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

採用 BJT 指數關係，於 $10\,\mu\text{A}$ 時：

$$V_{BE2} =0.7+V_T\ln\left(\frac{10\,\mu\text{A}}{1\,\text{mA}}\right)$$

取 $V_T\approx25\,\text{mV}$：

$$V_{BE2} =0.7+25\,\text{mV}\ln(0.01) \approx0.585\,\text{V}$$

因為 $Q_1$ 與 $Q_3$ 基極相連且匹配，$Q_3$ 射極電壓也約為 $0.585\,\text{V}$。故

$$R=\frac{V_{E3}}{I_{E3}} \approx\frac{0.585\,\text{V}}{10\,\mu\text{A}}$$

因此

$$\boxed{R\approx58.5\,\text{k}\Omega}$$

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(b) 求輸出電阻 $R_O$

以 $Q_3$ 集極為輸出端，加入測試電壓 $v_o$，求

$$R_O=\frac{v_o}{i_o}$$

在 $I_C\approx10\,\mu\text{A}$、$\beta=100$、$V_A=40\,\text{V}$ 下：

小訊號參數

$$g_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{10\,\mu\text{A}}{25\,\text{mV}} =0.4\,\text{mS}$$ $$g_\pi=\frac{g_m}{\beta} =\frac{0.4\,\text{mS}}{100} =4\,\mu\text{S}$$ $$r_o=\frac{V_A}{I_C} =\frac{40\,\text{V}}{10\,\mu\text{A}} =4\,\text{M}\Omega$$

因此