108 年 國立中央大學光電科學與工程學系半導體光電科技碩士班《電子學》

核心觀念

本題考查一階主動濾波器的：

• 運算放大器負回授分析
• 阻抗法求轉移函數
• 截止角頻率
• Bode magnitude plot
• 主動帶通與低通濾波器設計
• 主動濾波器與被動濾波器的差異

理想運算放大器基本條件為：

$$v_+=v_-,\qquad i_+=i_-=0$$

一階 RC 電路的截止角頻率為：

$$\omega_c=\frac{1}{RC}$$

---

(a) 判斷濾波器種類

依圖中運算放大器的負回授接法：

Fig. 1(a)

輸入訊號經過 $R_1$ 接至反相端，回授元件為 $R_2$ 與 $C_1$ 並聯，因此為：

$$\boxed{\text{反相主動低通濾波器}}$$

低頻時電容近似開路，回授阻抗較大；高頻時電容阻抗降低，使增益下降。

Fig. 1(b)

輸入訊號經過串聯的 $C_2$ 與 $R_3$ 接至反相端，回授元件為 $R_4$，因此為：

$$\boxed{\text{反相主動高通濾波器}}$$

低頻時電容阻抗很大，訊號無法通過；高頻時電容阻抗降低，訊號可以通過。

---

(b) 求轉移函數與 Bode 圖

Fig. 1(a)：反相主動低通濾波器

回授阻抗為 $R_2$ 與 $C_1$ 的並聯：

$$Z_f=R_2\parallel \frac{1}{j\omega C_1}$$

因此：

$$Z_f= \frac{R_2}{1+j\omega R_2C_1}$$

反相放大器轉移函數為：

$$H_1(\omega)=\frac{v_o}{v_i} =-\frac{Z_f}{R_1}$$

所以：

$$H_1(\omega) = -\frac{R_2/R_1}{1+j\omega R_2C_1}$$

題目給定：

$$R_1=R_2=100\ \Omega,\qquad C_1=1\ \mu\text{F}$$

故：

$$R_2C_1 = 100(1\times10^{-6}) = 10^{-4}\ \text{s}$$

因此：

$$\boxed{ H_1(\omega)= -\frac{1}{1+j\omega 10^{-4}} }$$

其幅值為：

$$|H_1(\omega)| = \frac{1}{\sqrt{1+(\omega10^{-4})^2}}$$

截止角頻率：

$$\omega_{c1} = \frac{1}{R_2C_1} = 10^4\ \text{rad/s}$$

Bode 幅頻圖特徵：

• $\omega\ll10^4$ 時，增益約為 $1$，即 $0$ dB。
• $\omega=10^4$ 時，增益為 $1/\sqrt{2}$，即 $-3.01$ dB。
• $\omega\gg10^4$ 時，斜率為 $-20$ dB/decade。
• 負號代表反相，低頻相位約為 $-180^\circ$。

---

Fig. 1(b)：反相主動高通濾波器

輸入端阻抗為：

$$Z_i=R_3+\frac{1}{j\omega C_2}$$

反相放大器轉移函數為：

$$H_2(\omega) = -\frac{R_4}{R_3+\frac{1}{j\omega C_2}}$$

分子分母同乘 $j\omega C_2$：

$$H_2(\omega) = -\frac{j\omega R_4C_2} {1+j\omega R_3C_2}$$

題目給定：

$$R_3=R_4=100\ \Omega,\qquad C_2=1\ \mu\text{F}$$

因此：

$$R_3C_2=R_4C_2=10^{-4}\ \text{s}$$

得到：

$$\boxed{ H_2(\omega)= -\frac{j\omega10^{-4}} {1+j\omega10^{-4}} }$$

其幅值為：

$$|H_2(\omega)| = \frac{\omega10^{-4}} {\sqrt{1+(\omega10^{-4})^2}}$$

截止角頻率：

$$\omega_{c2} = \frac{1}{R_3C_2} = 10^4\ \text{rad/s}$$

Bode 幅頻圖特徵：

• $\omega\ll10^4$ 時，增益隨頻率上升，斜率為 $+20$ dB/decade。
• $\omega=10^4$ 時，增益為 $1/\sqrt{2}$，即 $-3.01$ dB。
• $\omega\gg10^4$ 時，增益趨近 $1$，即 $0$ dB。
• 負號代表反相；高頻時相位約為 $-180^\circ$。

---

(c) Design task 1：設計主動帶通濾波器

要求：

$$\omega_0=1000\ \text{rad/s}$$

且中心頻率處最大增益為：

$$|H(j\omega_0)|=5$$

可將一階高通與一階低通串接。令兩級的截止角頻率相同：

$$\omega_L=\omega_H=1000\ \text{rad/s}$$

如此可使整體帶通響應的中心頻率位於：

$$\omega_0=\sqrt{\omega_L\omega_H}=1000\ \text{rad/s}$$

選擇：

$$C_1=C_2=1\ \mu\text{F}$$

則：

$$R_1=R_2= \frac{1}{1000(1\ \mu\text{F})} = 1\ \text{k}\Omega$$

第一級：反相高通

• 輸入串聯：$C_1=1\ \mu\text{F}$、$R_1=1\ \text{k}\Omega$
• 回授電阻：$R_{f1}=1\ \text{k}\Omega$

此級高頻增益大小為 $1$。

第二級：非反相低通

• RC 網路：$R_2=1\ \text{k}\Omega$、$C_2=1\ \mu\text{F}$
• 非反相增益設定：

$$1+\frac{R_f}{R_g}=10$$

選擇：

$$R_g=10\ \text{k}\Omega,\qquad R_f=90\ \text{k}\Omega$$

因此第二級通帶增益為 $10$。

在 $\omega=\omega_0$ 時，高通級與低通級各衰減 $1/\sqrt{2}$，故整體增益為：

$$10\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = 5$$

因此此設計符合要求。

---

(d) 求設計電路的轉移函數

第一級反相高通轉移函數為：

$$H_{\text{HP}}(s) = -\frac{sR_1C_1}{1+sR_1C_1}$$

第二級非反相低通轉移函數為：

核心觀念

本題考查運算放大器（Op Amp）的開迴路增益與閉迴路增益，以及負回授對放大器性能的改善。

運算放大器的基本關係為

$$v_o=A(v_+-v_-)$$

其中 $A$ 為開迴路電壓增益，通常非常大。若加入負回授，設回授因子為 $\beta$，則閉迴路增益為

$$A_{CL}=\frac{A}{1+A\beta}$$

當迴路增益 $A\beta\gg 1$ 時，

$$A_{CL}\approx \frac{1}{\beta}$$

此時閉迴路增益主要由外部電阻等元件決定，而不是由 Op Amp 本身極大的開迴路增益決定。

解題方法

比較開迴路操作與負回授閉迴路操作的實際性能：

1. 開迴路增益 $A$ 極大，使得極小的差動輸入電壓也可能造成輸出飽和。
2. 開迴路增益會隨頻率、溫度、製程與元件參數改變，難以得到穩定且精確的增益。
3. 加入負回授後，閉迴路增益約為 $1/\beta$，可使用外部電阻精確設定。
4. 負回授可改善線性度、穩定性、頻寬與失真等性能。

因此，若 Op Amp 用作線性放大器，通常採用閉迴路增益；開迴路操作則較適合用作比較器。

為何偏好閉迴路增益

1. 增益穩定且容易設定

開迴路增益 $A$ 雖然很大，但不固定，會受到頻率、溫度與電源電壓影響。

閉迴路增益為

$$A_{CL}=\frac{A}{1+A\beta}$$

當 $A\beta$ 很大時，

$$A_{CL}\approx\frac{1}{\beta}$$

因此增益由外部回授網路決定，具有較高的準確度與穩定性。

以非反相放大器為例：

$$A_{CL}=1+\frac{R_f}{R_1}$$

增益可藉由選擇 $R_f$ 與 $R_1$ 設定。

2. 線性度較好

開迴路時，輸出容易因微小輸入差異而直接進入正飽和或負飽和，無法進行良好的線性放大。

負回授會使

$$v_+-v_-\approx 0$$

核心觀念

本題利用理想運算放大器組成「反相加法器＋非反相輸入」電路，基本性質為：

$$v_- = v_+,\qquad i_-=i_+=0$$

圖中回授電阻與非反相端下方電阻皆為 $1\,\text{k}\Omega$。由於 $v_3(t)$ 經由 $R_3$ 與 $1\,\text{k}\Omega$ 分壓後送入非反相端，因此

$$v_+=\frac{1\,\text{k}\Omega}{R_3+1\,\text{k}\Omega}v_3$$

對反相端節點套用 KCL，可得輸出為

$$v_o= -\frac{1\,\text{k}\Omega}{R_1}v_1 -\frac{1\,\text{k}\Omega}{R_2}v_2 + \left(1+\frac{1\,\text{k}\Omega}{R_1} +\frac{1\,\text{k}\Omega}{R_2}\right)v_+$$

代入 $v_+$：

$$v_o= -\frac{1\,\text{k}\Omega}{R_1}v_1 -\frac{1\,\text{k}\Omega}{R_2}v_2 + \left(1+\frac{1\,\text{k}\Omega}{R_1} +\frac{1\,\text{k}\Omega}{R_2}\right) \frac{1\,\text{k}\Omega}{R_3+1\,\text{k}\Omega}v_3$$

解題方法

依原卷圖面，目標訊號為

$$s(t)=4\cos(1000t)-5\cos(500t)-2\cos(100t)$$

將兩個負號項接到反相端，將正號項接到非反相端，因此設定：

$$v_1(t)=\cos(500t)$$ $$v_2(t)=\cos(100t)$$ $$v_3(t)=\cos(1000t)$$

求 $R_1$

$v_1(t)$ 經由反相端產生 $-5\cos(500t)$，所以

$$-\frac{1\,\text{k}\Omega}{R_1}=-5$$

因此

核心觀念

本題考查兩級差動放大器、BJT 電流鏡偏壓，以及差動與單端電壓增益。解題會用到：

• 二極體接法 BJT 的基極—射極電壓降。
• 電流鏡的集極電流關係與基極電流負載。
• 差動對在平衡偏壓時的電流分配。
• 小訊號差動增益 $g_mR_C$，以及有限 $\beta$ 時後級基極對前級的負載效應。

解題方法

圖中 Q8 為二極體接法 PNP，Q9 為二極體接法 NPN；Q5、Q6、Q7 與 Q9 共用基極偏壓，作為電流鏡。Q1、Q2 是第一級差動對，Q3、Q4 是第二級差動對；$v_{o1}$、$v_{o2}$ 同時接到 Q3、Q4 的基極。題目沒有標出 $R_3$ 的阻值，因此可求 $I_R$、$I_1$、$I_2$ 與 $R_{C1}$、$R_{C2}$ 的關係式，但不能得到它們的唯一數值。

以下採用矽 BJT 的 $V_{BE}\approx0.7\,\mathrm{V}$，並假設各電流鏡晶體管尺寸相同、皆工作於正向主動區。小訊號數值以室溫 $V_T=25\,\mathrm{mV}$ 計算。

(a) 求 $V_1$ 與 $V_2$

Q8 與 Q9 分別為二極體接法，因此

$$V_1=10-0.7=9.3\,\mathrm{V}$$ $$V_2=-10+0.7=-9.3\,\mathrm{V}$$

所以 $R_3$ 兩端電壓為 $18.6\,\mathrm{V}$。

(b) 求 $I_R$

令 Q9 的集極電流為 $I_0$。由於 Q9、Q5、Q6、Q7 的基極共接且匹配，四顆電晶體的集極電流皆為 $I_0$。在 $V_2$ 節點，$I_R$ 除了供應 Q9 的集極電流，也須供應四顆電晶體的基極電流：

$$I_R=I_0+4\frac{I_0}{\beta} =I_0\left(1+\frac{4}{\beta}\right)$$

另一方面，依 $R_3$ 的電壓降，

$$I_R=\frac{V_1-V_2}{R_3} =\frac{18.6}{R_3}$$

其中 $R_3$ 以 $\Omega$ 為單位時，$I_R$ 的單位為 A。題目未提供 $R_3$ 數值，故 $I_R$ 無法化為唯一數值。

(c) 求 $I_1$ 與 $I_2$

Q5 的集極電流為 $I_0$，因此尾電流

$$I_1=I_0=\frac{I_R}{1+4/\beta}$$

Q6、Q7 各提供一個相同的電流鏡電流，因此

$$I_2=2I_0=\frac{2I_R}{1+4/\beta}$$

代入 $\beta=180$：

$$I_1=\frac{180}{184}I_R,\qquad I_2=\frac{360}{184}I_R$$

$I_2$ 是兩支並聯電流源的總電流，所以是 $I_1$ 的兩倍。

(d) 求 $R_{C1}$

Q1、Q2 平衡時，各自的集極電流相同。尾電流 $I_1$ 由兩支路平均分配；考慮有限 $\beta$，每支路的集極電流為

$$I_{C1}=\frac{\beta}{2(\beta+1)}I_1$$

第二級每支路的集極電流為

$$I_{C3}=\frac{\beta}{2(\beta+1)}I_2$$

$v_{o1}$ 節點的電阻電流同時供應 Q1 集極電流及 Q3 基極電流。由 $v_{o1}=2\,\mathrm{V}$ 得

$$R_{C1} =\frac{10-2}{I_{C1}+I_{C3}/\beta} =\frac{8}{\dfrac{\beta I_1+I_2}{2(\beta+1)}}$$

利用 $I_2=2I_1$，可寫成

$$R_{C1}=\frac{16(\beta+1)}{(\beta+2)I_1}$$

由於 $I_1$ 取決於未給定的 $R_3$，$R_{C1}$ 也沒有唯一數值。