108 年 國立成功大學工程科學系碩士班己組《電子電路》

本題主要在測試對基礎電子元件（二極體、運算放大器）及電路概念的理解。

(a) 錯誤 (F)。一般二極體在崩潰區（breakdown region）工作時，雖然會導通，但其電壓-電流特性並不像齊納二極體（Zener diode）那樣穩定，其崩潰電壓的變化範圍較大。因此，除了齊納二極體，其他典型二極體通常不建議在崩潰區工作，但並非「永遠不能」。
(b) 錯誤 (F)。典型二極體在崩潰區工作時，如果電流控制得當，並不會「一定」就損壞，只是其特性變得不穩定且類似穩壓管。然而，若電流過大，則會導致二極體損壞。
(c) 正確 (T)。二極體是整流（rectifier）電路的基本元件，將交流電轉換為直流電。同時，它也可以用於限壓（limiter）電路，限制訊號的電壓範圍。
(d) 正確 (T)。在正向偏壓（forward region）下，當二極體工作在導通狀態時，其電壓-電流特性曲線的斜率代表了其動態電阻（dynamic resistance）或稱小訊號電阻。
(e) 錯誤 (F)。齊納二極體在崩潰區工作時，其小訊號模型可以近似為一個電阻。雖然它有一個相對穩定的崩潰電壓，但這個電壓是其特性的一部分，而不是像一個獨立的 DC 電壓源。更精確的模型會包含一個小的動態電阻。

本題考驗傳輸線的基本概念，包括電壓降、電阻、電流的 RMS 值計算，以及功率損耗的計算。

題目給定：
傳輸線電壓降為 10%
傳輸線電阻 $R_{line} = 10 \Omega$
交流電源峰值電壓 $V_{peak} = 200$ V

首先，我們需要將交流電源的峰值電壓轉換為 RMS 電壓。
對於正弦波訊號，RMS 電壓與峰值電壓的關係為：
$V_{rms} = \frac{V_{peak}}{\sqrt{2}}$
因此，電源的 RMS 電壓為：
$V_{supply, rms} = \frac{200 \text{ V}}{\sqrt{2}} = 100\sqrt{2} \text{ V} \approx 141.4 \text{ V}$

(a) 尋找通過傳輸線的 RMS 電流振幅。
題目提到傳輸線有 10% 的電壓降。這表示在傳輸線的負載端，電壓會比電源端低 10%。
然而，題目給的電阻是傳輸線本身的電阻，這個電阻會造成電壓降。
我們需要釐清「電壓降 10%」是指相對於電源電壓，還是相對於負載電壓。
假設「電壓降 10%」是指傳輸線上的電壓降 ($V_{drop}$) 相對於電源 RMS 電壓 ($V_{supply, rms}$) 為 10%，即：
$V_{drop} = 0.10 \times V_{supply, rms}$
此電壓降是由傳輸線的電阻 ($R_{line}$) 和電流 ($I_{rms}$) 造成的，根據歐姆定律：
$V_{drop} = I_{rms} \times R_{line}$
因此，
$I_{rms} \times R_{line} = 0.10 \times V_{supply, rms}$
$I_{rms} \times 10 \Omega = 0.10 \times 100\sqrt{2} \text{ V}$
$I_{rms} \times 10 \Omega = 10\sqrt{2} \text{ V}$

核心觀念

本題考查兩級 BJT 小訊號模型：

1. Q1 為共集極放大器（emitter follower）。
2. Q2 為共射極放大器。
3. 電流源在小訊號下視為開路。
4. $+5\text{ V}$ 為交流接地。
5. 使用

$$g_m=\frac{I_C}{V_T},\qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m},\qquad r_o=\frac{V_A}{I_C}$$

取室溫 $V_T=25\text{ mV}$。

---

直流工作點與小訊號參數

Q1

圖中 Q1 的射極電流為 $200\,\mu\text{A}$，因此

$$I_{C1}=\frac{\beta}{\beta+1}I_{E1} =\frac{100}{101}(200\,\mu\text{A}) =198.02\,\mu\text{A}$$

所以

$$g_{m1}=\frac{198.02\,\mu\text{A}}{25\text{ mV}} =7.921\text{ mS}$$ $$r_{\pi1}=\frac{100}{7.921\text{ mS}} =12.625\text{ k}\Omega$$ $$r_{o1}=\frac{50\text{ V}}{198.02\,\mu\text{A}} =252.5\text{ k}\Omega$$

Q2

Q2 的集極電流為 $200\,\mu\text{A}$，因此

$$g_{m2}=\frac{200\,\mu\text{A}}{25\text{ mV}} =8\text{ mS}$$ $$r_{\pi2}=\frac{100}{8\text{ mS}} =12.5\text{ k}\Omega$$ $$r_{o2}=\frac{50\text{ V}}{200\,\mu\text{A}} =250\text{ k}\Omega$$

---

求輸入電阻 $R_{in}$

Q1 射極所看到的負載為

$$R_E=r_{o1}\parallel r_{\pi2}$$

其中 Q2 的集極由理想電流源供電，交流下為開路，因此 Q2 的輸入端主要呈現 $r_{\pi2}$。

$$R_E =252.5\text{ k}\Omega\parallel12.5\text{ k}\Omega =11.91\text{ k}\Omega$$

從 Q1 基極看入的輸入電阻為

$$R_{in}=r_{\pi1}+(\beta+1)R_E$$

代入數值：

$$R_{in} =12.625\text{ k}\Omega +101(11.91\text{ k}\Omega)$$ $$\boxed{R_{in}\approx1.216\text{ M}\Omega}$$

---

求整體電壓增益 $A_v$

整體增益可分為三部分：

核心觀念

依圖可知：

• $Q_1$ 為 NMOS source follower，汲極接 $V_{DD}=9\text{ V}$。
• $Q_2$ 為二極體接法 NMOS，閘極與汲極相接，源極接地。
• 因此輸出電壓 $v_o$ 同時是 $Q_2$ 的 $V_{GS2}$ 與 $V_{DS2}$。
• $\lambda=0$，故 $r_o=\infty$、$g_o=0$。

NMOS 飽和區電流公式為

$$I_D=\frac{1}{2}k_n'\left(\frac WL\right)(V_{GS}-V_t)^2$$

---

解題方法與直流工作點

(a) 求 $V_{GG}$

題目指定

$$V_{DS2}=4\text{ V}$$

由於 $Q_2$ 的源極接地，且閘極與汲極相接，

$$V_{GS2}=V_{DS2}=4\text{ V}$$

因此

$$I_{D2} =\frac12(0.2)(4-1)^2 =0.9\text{ mA}$$

直流時 $Q_1$ 與 $Q_2$ 串聯，故

$$I_{D1}=I_{D2}=0.9\text{ mA}$$

對 $Q_1$，

$$0.9=\frac12(2)(V_{GS1}-1)^2$$

因此

$$V_{GS1}-1=\sqrt{0.9}=0.9487\text{ V}$$ $$V_{GS1}=1.9487\text{ V}$$

$Q_1$ 的源極電壓為 $v_o=4\text{ V}$，所以其閘極直流電壓為

$$V_{G1}=V_{GS1}+V_S =1.9487+4 =5.9487\text{ V}$$

由輸入源的直流值為零，$V_{G1}=V_{GG}$，故

$$\boxed{V_{GG}=5.95\text{ V}}$$

---

(b) 求電壓增益 $A_v$

工作點的小訊號跨導為

$$g_{m1}=k_1V_{OV1} =2(0.9487) =1.897\text{ mS}$$

其中

$$V_{OV1}=V_{GS1}-V_t=0.9487\text{ V}$$

對二極體接法的 $Q_2$，

$$g_{m2}=k_2V_{OV2} =0.2(4-1) =0.6\text{ mS}$$

因為 $\lambda=0$，$Q_2$ 的小訊號導納為 $g_{m2}$。

在輸出節點套用 KCL：

$$g_{m1}(v_i-v_o)=g_{m2}v_o$$

因此

$$A_v=\frac{v_o}{v_i} =\frac{g_{m1}}{g_{m1}+g_{m2}}$$

代入數值：

$$A_v =\frac{1.897}{1.897+0.6} =0.760$$

故

$$\boxed{A_v\approx 0.76}$$

此電路為 source follower，故增益為正且小於 $1$。

---

(c) 求輸出電阻 $R_o$

將輸入訊號設為零，$Q_1$ 的閘極為交流接地，且 $V_{DD}$ 也是交流接地。

從輸出端看入：

核心觀念

本題考查 MOS 差動對的差動增益，以及二極體接法 PMOS 負載的等效小訊號電阻。

• 差動輸入為
  $v_{g1}=+\frac{v_{id}}{2},\qquad v_{g2}=-\frac{v_{id}}{2}$
• 對稱差動激勵下，共源節點為交流虛地，因此 $v_{s1}=v_{s2}=0$。
• 二極體接法 PMOS 的閘極與汲極相接，其等效導納為
  $g_{D,\text{PMOS}}=g_m+g_o$
• NMOS 的有限輸出電阻須納入計算，故每側輸出節點的總導納為
  $G=g_{o1}+g_{m3}+g_{o3}$

解題方法

令左側輸出節點為 $v_{d1}$，右側輸出節點為 $v_{d2}$。圖中輸出極性標示為右正左負，因此

$v_o=v_{d2}-v_{d1}$

由左側小訊號 KCL：

$$g_{m1}\frac{v_{id}}{2} +\left(g_{o1}+g_{m3}+g_{o3}\right)v_{d1}=0$$

因此

$$v_{d1} =-\frac{g_{m1}}{g_{o1}+g_{m3}+g_{o3}} \frac{v_{id}}{2}$$

右側輸入為 $-v_{id}/2$，所以

$$v_{d2} =+\frac{g_{m2}}{g_{o2}+g_{m4}+g_{o4}} \frac{v_{id}}{2}$$

由於元件匹配，令

$$g_m=g_{m1}=g_{m2}=g_{m3}=g_{m4}$$

且

$$g_o=g_{o1}=g_{o2}=g_{o3}=g_{o4}$$

則