112 年 國立成功大學工程科學系碩士班己組《電子電路》

核心觀念

本題考查 BJT 固定偏壓電路，使用三個基本關係式：

$$I_C=\beta I_{BQ}$$

集極迴路套用 KVL：

$$V_{CC}=I_C R_C+V_{CEQ}$$

基極迴路套用 KVL：

$$V_{BB}=I_{BQ}R_B+V_{BE}$$

題目未明示 $V_{BE}$，依一般矽質 NPN 電晶體取 $V_{BE}\approx0.7\text{ V}$。

解題方法與計算

1. 求集極電流

$$I_C=\beta I_{BQ} =100(12\,\mu\text{A}) =1.2\,\text{mA}$$

2. 求集極電阻

由集極迴路：

$$R_C=\frac{V_{CC}-V_{CEQ}}{I_C} =\frac{10-5}{1.2\,\text{mA}}$$

核心觀念

本題考查增強型 NMOS（EMOS）的偏壓分析，以及汲極回授偏壓與電壓分壓偏壓。

在飽和區，若採用題庫常見定義：

$$I_D=K_n(V_{GS}-V_t)^2$$

其中 $K_n$ 為題目所求的導通係數。電路中 $1\,\text{k}\Omega$ 電阻使汲極電壓為

$$V_D=V_{DD}-I_D(1\,\text{k}\Omega)$$

且源極接地，因此

$$V_{GS}=V_G,\qquad V_{DS}=V_D$$

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(1) 求 $K_n$

開關 S.W. 打開

下方 $1\,\text{M}\Omega$ 電阻未接地，閘極沒有直流電流，因此上方 $1\,\text{M}\Omega$ 電阻沒有壓降：

$$V_G=V_D$$

已知 $I_D=6.5\,\text{mA}$，故

$$V_D=10-(6.5\,\text{mA})(1\,\text{k}\Omega) =3.5\,\text{V}$$

所以

$$V_{GS}=3.5\,\text{V}$$

代入 MOSFET 飽和區公式：

$$6.5\,\text{mA} =K_n(3.5-1.18)^2$$ $$K_n=\frac{6.5}{(2.32)^2} \approx 1.21\,\text{mA/V}^2$$

開關 S.W. 短路

此時兩個 $1\,\text{M}\Omega$ 電阻形成分壓器，且閘極電流近似為零，因此

$$V_G=\frac{1\,\text{M}\Omega}{1\,\text{M}\Omega+1\,\text{M}\Omega}V_D =\frac{V_D}{2}$$

已知 $I_D=4\,\text{mA}$：

$$V_D=10-(4\,\text{mA})(1\,\text{k}\Omega) =6\,\text{V}$$

因此

$$V_{GS}=V_G=\frac{6}{2}=3\,\text{V}$$

代入公式：

$$4\,\text{mA}=K_n(3-1.18)^2$$

核心觀念

直流分析時，$C_C$、$C_E$ 視為開路；交流小訊號分析時，兩者視為短路。由圖可知：

• 發射極電流源固定為 $I_E=0.35\,\text{mA}$。
• $R_B=10\,\text{k}\Omega$ 接地。
• $V_{CC}=+5\,\text{V}$、$V_{EE}=-5\,\text{V}$。
• 採用矽 BJT 近似 $V_{BE}=0.7\,\text{V}$、室溫 $V_T=25\,\text{mV}$。
• Early effect 所造成的小訊號輸出電阻為 $r_o\simeq V_A/I_C$。

(a) 求 $V_B$ 與 $V_E$

直流時 $C_C$ 開路，因此訊號源不影響偏壓。由

$$I_E=I_C+I_B=(\beta+1)I_B$$

可得

$$I_B=\frac{I_E}{\beta+1} =\frac{0.35\,\text{mA}}{101} =3.465\,\mu\text{A}$$

基極電流由接地端經 $R_B$ 流入基極，因此基極電壓為負：

$$V_B=-I_BR_B =-(3.465\,\mu\text{A})(10\,\text{k}\Omega) =-0.03465\,\text{V}$$ $$V_E=V_B-V_{BE} =-0.03465-0.7 =-0.73465\,\text{V}$$

(b) 求所需的 $R_C$

集極電流為

$$I_C=\frac{\beta}{\beta+1}I_E =\frac{100}{101}(0.35\,\text{mA}) =0.3465\,\text{mA}$$

已知

$$V_{CEQ}=V_C-V_E=3.5\,\text{V}$$

因此

$$V_C=V_E+3.5 =-0.73465+3.5 =2.76535\,\text{V}$$

$R_C$ 上的電壓為

$$V_{R_C}=V_{CC}-V_C =5-2.76535 =2.23465\,\text{V}$$

故

$$R_C=\frac{V_{R_C}}{I_C} =\frac{2.23465\,\text{V}}{0.3465\,\text{mA}} \approx 6.45\,\text{k}\Omega$$

(c) 求 $A_v=V_o/V_s$

交流時 $C_E$ 將發射極視為交流接地，因此

$$v_\pi=v_b=v_s$$

由晶體管小訊號模型：

$$g_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.3465\,\text{mA}}{25\,\text{mV}} =13.86\,\text{mS}$$

Early effect 造成

核心觀念

本題考查 BJT 共射極放大器的：

• 分壓偏壓直流工作點
• 小訊號跨導 $g_m$
• 混合 $\pi$ 模型的基極輸入電阻 $r_\pi$（題目記為 $r_n$）
• 發射極旁路電容造成的交流接地
• 集極負載並聯與共射極反相增益

採用常用近似：

$$V_{BE}=0.7\text{ V},\qquad V_T=25\text{ mV}$$

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解題方法

（a）求 $I_{BQ}$、$I_{CQ}$、$V_{CEQ}$

直流分析時，所有耦合電容與旁路電容視為開路，因此 $R_L$ 不影響直流偏壓。

將 $R_1$、$R_2$ 化為戴維寧等效：

$$V_{TH}=5\frac{1.5\text{ k}\Omega}{6\text{ k}\Omega+1.5\text{ k}\Omega} =1\text{ V}$$ $$R_{TH}=R_1\parallel R_2 =6\text{ k}\Omega\parallel1.5\text{ k}\Omega =1.2\text{ k}\Omega$$

由基極迴路：

$$V_{TH}=I_{BQ}R_{TH}+V_{BE}+I_{EQ}R_E$$

且

$$I_{EQ}=(\beta+1)I_{BQ}$$

因此

$$I_{BQ} =\frac{V_{TH}-V_{BE}} {R_{TH}+(\beta+1)R_E}$$

代入 $\beta=180$、$R_E=0.1\text{ k}\Omega=100\Omega$：

$$I_{BQ} =\frac{1-0.7} {1.2\text{ k}\Omega+181(100\Omega)} =\frac{0.3}{19.3\text{ k}\Omega} \approx15.54\ \mu\text{A}$$ $$I_{CQ}=\beta I_{BQ} =180(15.54\ \mu\text{A}) \approx2.80\text{ mA}$$ $$I_{EQ}=(\beta+1)I_{BQ} \approx2.81\text{ mA}$$

射極電壓：

$$V_E=I_{EQ}R_E =(2.81\text{ mA})(100\Omega) \approx0.281\text{ V}$$

集極電壓：

$$V_C=5-I_{CQ}R_C =5-(2.80\text{ mA})(1\text{ k}\Omega) \approx2.20\text{ V}$$

所以

$$V_{CEQ}=V_C-V_E \approx2.20-0.281 \approx1.92\text{ V}$$

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（b）求小訊號 $g_m/r_n$

依混合 $\pi$ 模型，題目中的 $r_n$ 視為 $r_\pi$：

核心觀念

本題為二極體—電晶體邏輯（DTL）電路，重點是：

1. 計算輸出電晶體 $Q_2$ 在低態時可吸收的最大電流。
2. 計算每一個後級輸入端經由輸入二極體所產生的負載電流。
3. 由

$$I_{C2,\text{可用}}=\beta I_{B2}$$

求最大 fan-out。

圖中未標示 $V_{CC}$，以下採用此類題目的標準假設：

$$V_{CC}=5\text{ V},\qquad V_D=V_{BE}=0.7\text{ V},\qquad V_{CE(sat)}=0.2\text{ V}$$

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解題方法

1. 計算 $Q_2$ 的基極電流

當前級輸入使 $Q_1$ 截止時，$Q_1$ 集極電壓約為

$$V_X=V_D+V_{BE}=0.7+0.7=1.4\text{ V}$$

由 $1.75\,\text{k}\Omega$ 流入節點的總電流為

$$I_{1.75k} =\frac{5-1.4}{1.75k} =2.057\text{ mA}$$

其中有一部分經由 $2\,\text{k}\Omega$ 流向 $Q_1$ 的輸入二極體：

$$I_{2k} =\frac{1.4-0.7}{2k} =0.350\text{ mA}$$

流經 $D_2$ 的電流為

$$I_{D2}=2.057-0.350=1.707\text{ mA}$$

$Q_2$ 的 $5\,\text{k}\Omega$ 基極電阻電流為

$$I_{5k}=\frac{0.7}{5k}=0.140\text{ mA}$$

因此 $Q_2$ 基極電流：

$$I_{B2}=1.707-0.140 =1.567\text{ mA}$$

因為 $\beta=50$，$Q_2$ 可提供的集極電流為

$$\beta I_{B2} =50(1.567) =78.35\text{ mA}$$

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2. 計算 $Q_2$ 本身的集極電阻電流

$Q_2$ 飽和時，其 $2.2\,\text{k}\Omega$ 集極電阻電流為

$$I_{C,R} =\frac{V_{CC}-V_{CE(sat)}}{2.2k} =\frac{5-0.2}{2.2k} =2.182\text{ mA}$$

可供後級負載使用的電流為

$$I_{L,\text{total}} =78.35-2.182 =76.17\text{ mA}$$

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