111 年 國立中央大學光電科學與工程學系碩士班《電子學》

核心觀念

本題考查運算放大器負回授、LED 的電流驅動，以及運算放大器輸出擺幅限制。

由於運算放大器具負回授，在未飽和時可視為：

$$V_- \approx V_+ = V_{in}=5\text{ V}$$

反相端的電流全部流經 $R$ 與 $R_v$，因此 LED 驅動電流為

$$I_{LED}=\frac{V_{in}}{R+R_v} =\frac{5}{R+R_v}$$

LED 的亮度主要由順向電流決定，而不是單純由 LED 兩端電壓決定。

解題方法

1) LED A、B、C 的亮度

圖 1(a) 中，LED A 的電流為

$$I_A=\frac{5}{R+R_v}$$

圖 1(b) 中，LED B 與 C 串聯，串聯支路電流相同，因此

$$I_B=I_C=\frac{5}{R+R_v}$$

在相同的 $R$ 與 $R_v$ 下：

$$I_A=I_B=I_C$$

因此三顆 LED 的亮度相同。

【答案】LED A、B、C 的亮度相同。

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2) 與 LED 直接串接電壓源的差異

本電路利用運算放大器負回授，使反相端維持在約 $5\text{ V}$，故電阻電流固定為

$$I_{LED}=\frac{5}{R+R_v}$$

只要運算放大器尚未達到輸出飽和，LED 的順向電壓變化不會直接改變設定電流。

直接將 LED 與電壓源串聯時，電流由電壓源、LED 順向電壓及 LED 的非線性 $I$-$V$ 特性共同決定：

$$I \approx f\left(V_{source}-\sum V_F\right)$$

LED 的 $I$-$V$ 曲線很陡峭，電壓稍微變化就可能造成電流大幅改變。當串聯 LED 數量增加時，總順向電壓增加，電路可能無法提供足夠電壓，導致電流下降甚至無法點亮。

【答案】本電路是定電流驅動，LED 數量增加時，只要仍在運算放大器輸出能力內，電流與亮度大致維持不變；直接串聯電壓源則容易因總順向電壓增加而使電流改變，超過電壓裕量後更會導致 LED 變暗或熄滅。

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3) $R$ 與 $R_v$ 的設計

最大 LED 電流為 $200\text{ mA}$：

$$I_{\max}=0.2\text{ A}$$

最大電流發生在 $R_v=0$ 時，因此固定電阻 $R$ 應滿足

$$0.2=\frac{5}{R}$$

得到

$$R=25\ \Omega$$

令 $R_v$ 為可變串聯電阻，則

$$I_{LED}=\frac{5}{25+R_v}$$

當 $R_v=0$ 時：

第 2 題

1）比較器輸出波形

核心觀念

圖 2 為開迴路運算放大器，可視為比較器：

• 非反相端：$V_+=2\text{ V}$
• 反相端：$V_-=V_{in}(t)=5\cos(250t)$
• 電源：$\pm15\text{ V}$

因此：

$$V_{out}= \begin{cases} +15\text{ V}, & V_+>V_-\\ -15\text{ V}, & V_+<V_- \end{cases}$$

切換條件為：

$$2=5\cos(250t)$$

即：

$$\cos(250t)=0.4$$

令

$$\alpha=\cos^{-1}(0.4)=1.1593\text{ rad}=66.42^\circ$$

解題方法與計算

輸入訊號週期為：

$$T=\frac{2\pi}{250}=25.13\text{ ms}$$

在每一週期內，切換時刻滿足：

$$250t=\alpha,\quad 2\pi-\alpha$$

所以：

$$t_1=\frac{1.1593}{250}=4.64\text{ ms}$$ $$t_2=\frac{2\pi-1.1593}{250}=20.50\text{ ms}$$

當 $\cos(250t)<0.4$ 時，$V_{in}<2\text{ V}$，故輸出為 $+15\text{ V}$；當 $\cos(250t)>0.4$ 時，輸出為 $-15\text{ V}$。

因此在第一週期：

• $0\le t<4.64\text{ ms}$：$V_{out}=-15\text{ V}$
• $4.64\le t<20.50\text{ ms}$：$V_{out}=+15\text{ V}$
• $20.50\le t<25.13\text{ ms}$：$V_{out}=-15\text{ V}$

之後以 $T=25.13\text{ ms}$ 週期重複。

高電位持續時間：

$$T_H=20.50-4.64=15.86\text{ ms}$$

低電位持續時間：

$$T_L=25.13-15.86=9.27\text{ ms}$$

波形可表示為：

$$V_{out}(t)= \begin{cases} +15\text{ V},& \alpha+2k\pi<250t<2\pi-\alpha+2k\pi\\ -15\text{ V},&\text{其他時間} \end{cases}$$

其中 $k$ 為任意整數。

解題技巧

判斷方向時要注意反相端接輸入訊號：

• $V_{in}>2\text{ V}$：$V_- > V_+$，輸出負飽和，即 $-15\text{ V}$
• $V_{in}<2\text{ V}$：$V_+ > V_-$，輸出正飽和，即 $+15\text{ V}$

在 $t=0$ 時，$V_{in}=5\text{ V}>2\text{ V}$，故波形一開始必須是 $-15\text{ V}$，可用來快速檢查波形方向。

2）加法器與主動濾波器

核心觀念

圖 3 為反相加法器，回授網路由 $6.25\text{ k}\Omega$ 電阻與 $0.1\,\mu\text{F}$ 電容並聯構成。

回授阻抗為：

$$Z_f=\frac{R_f}{1+j\omega R_fC}$$

其中：

$$R_f=6.25\text{ k}\Omega,\qquad C=0.1\,\mu\text{F}$$ $$R_fC=625\times10^{-6}\text{ s}$$

各輸入訊號的輸入電阻為：

$$R_1=2\text{ k}\Omega,\qquad R_2=1\text{ k}\Omega,\qquad R_3=500\Omega$$

反相加法器的各頻率分量為：

核心觀念

本題考查：

• MOSFET 飽和區電流：
  $I_D=\frac{1}{2}k_nV_{OV}^{2},\qquad V_{OV}=V_{GS}-V_T$
• 電壓增益：
  $A_{vo}=-g_m(R_D\parallel r_o)$
• 跨導：
  $g_m=k_nV_{OV}=\sqrt{2k_nI_D}$
• 電容耦合造成的低頻截止頻率：
  $f_L=\frac{1}{2\pi(R_o+R_L)C_L}$

題目文字寫 $V_A=\infty$，但原卷圖中實際標示為 $V_A=100\text{ V}$。以下依照原卷圖形與數值 $V_A=100\text{ V}$ 作答。

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(a) 求 $I_{REF}$

Q2、Q3 為相同元件組成的電流鏡，因此

$I_D\simeq I_{REF}$

由題目指定輸出電阻：

$r_o=\frac{V_A}{I_D}=100\text{ k}\Omega$

因此

$$I_D=\frac{V_A}{r_o} =\frac{100\text{ V}}{100\text{ k}\Omega} =1\text{ mA}$$

所以

$\boxed{I_{REF}=1\text{ mA}}$

補充計算 $R_{ref}$：

$$V_{OV}=\sqrt{\frac{2I_D}{k_n}} =\sqrt{\frac{2(1\text{ mA})}{2\text{ mA/V}^2}} =1\text{ V}$$

$V_{GS}=V_T+V_{OV}=2+1=3\text{ V}$

Q2、Q3 的 source 接至 $-V_{SS}=-5\text{ V}$，故電流鏡閘極電壓為

$V_G=-5+3=-2\text{ V}$

因此

$$R_{ref}=\frac{V_{DD}-V_G}{I_{REF}} =\frac{5-(-2)}{1\text{ mA}} =7\text{ k}\Omega$$

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(b) 求 $R_D$ 與 $V_S$

由

$$g_m=k_nV_{OV} =(2\text{ mA/V}^2)(1\text{ V}) =2\text{ mS}$$

開路電壓增益為

$A_{vo}=-g_m(R_D\parallel r_o)=-10$

因此

$$R_D\parallel 100\text{ k}\Omega =\frac{10}{2\text{ mS}} =5\text{ k}\Omega$$

解得

$$R_D=\frac{(5\text{ k}\Omega)(100\text{ k}\Omega)} {100\text{ k}\Omega-5\text{ k}\Omega} =5.263\text{ k}\Omega$$

Q1 的汲極直流電壓為

$$V_D=V_{DD}-I_DR_D =5-(1\text{ mA})(5.263\text{ k}\Omega) =-0.263\text{ V}$$

核心觀念

本題考查：

1. BJT 小訊號參數
   $g_m=\frac{I_C}{V_T},\qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m}$
2. 含射極退化電阻之差動輸入電阻與差動增益。
3. 尾端電流源有限輸出電阻對共模增益的抑制效果。
4. $R_{c1}/R_{c2}$ 不匹配所造成的共模轉差模誤差。

令兩個射極電阻皆為

$R_E=100\ \Omega$

且

$R_C=5\ \text{k}\Omega,\qquad \beta=100,\qquad V_T=25\ \text{mV}$

差動輸入定義為

$v_{id}=v_{b1}-v_{b2}$

輸出依圖示極性定義為

$v_{od}=v_{c2}-v_{c1}$

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（a）求尾端電流與集極偏壓

1. 由 $R_{id}$ 求 $r_\pi$

在純差動激勵下，尾端中點為交流虛地，因此每一側的射極電阻皆為 $100\ \Omega$ 接地。

單側由基極看入的電阻為

$r_{\text{in,base}}=r_\pi+(\beta+1)R_E$

因此差動輸入電阻為

$R_{id}=2\left[r_\pi+(\beta+1)R_E\right]$

代入 $R_{id}=100\ \text{k}\Omega$：

$$100\ \text{k}\Omega =2\left[r_\pi+101(100\ \Omega)\right]$$

$50\ \text{k}\Omega=r_\pi+10.1\ \text{k}\Omega$

$r_\pi=39.9\ \text{k}\Omega$

2. 求 $g_m$ 與集極電流

由

$g_m=\frac{\beta}{r_\pi}$

得到

$$g_m=\frac{100}{39.9\ \text{k}\Omega} =2.506\ \text{mS}$$

所以每顆 BJT 的偏壓集極電流為

$$I_C=g_mV_T =(2.506\ \text{mS})(25\ \text{mV})$$

$I_C\approx62.66\ \mu\text{A}$

尾端電流為兩側集極電流加上基極電流。由於兩顆電晶體相同，

$I=2I_E=2I_C\left(1+\frac{1}{\beta}\right)$

因此

$I=2(62.66\ \mu\text{A})(1.01)$

$\boxed{I\approx126.6\ \mu\text{A}}$

若題目採用常見近似 $I\approx2I_C$，則會得到約 $125.3\ \mu\text{A}$；考慮 $\beta=100$ 後的精確值為上式。

3. 求集極偏壓

每側集極電阻上的壓降為

$$I_CR_C=(62.66\ \mu\text{A})(5\ \text{k}\Omega) =0.3133\ \text{V}$$

因此

$V_{C1}=V_{C2}=V_{CC}-I_CR_C$

$V_{C1}=V_{C2}=5-0.3133$

$\boxed{V_{C1}=V_{C2}\approx4.687\ \text{V}}$

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（b）求差動電壓增益

1. 差動模式下的單側分析

差動激勵時，尾端中點為交流虛地。對單側半電路而言，射極退化電阻為 $R_E$。

基極電壓與 $v_{be}$ 的關係為

$v_b=v_{be}+v_e$

射極電流為

$$i_e=(\beta+1)i_b =\left(1+\frac{1}{\beta}\right)g_mv_{be}$$

因此

$v_e=R_E\left(1+\frac{1}{\beta}\right)g_mv_{be}$

所以

$$v_b= v_{be}\left[ 1+g_mR_E\left(1+\frac{1}{\beta}\right) \right]$$

令

$\alpha'=1+\frac{1}{\beta}=1.01$

則

$$v_{be} =\frac{v_b}{1+\alpha'g_mR_E}$$

2. 差動增益

輸出為反相放大，因此