核心觀念

本題是由：

• 正回授非反相比較器（Schmitt trigger）
• 反相端的 $RC$ 充放電電路

所組成的自激振盪器。

運算放大器在負回授且工作於線性區時，才可使用虛短路：

$$v_+=v_-$$

本電路具有正回授，運算放大器主要工作於飽和區，因此不能套用虛短路。

以下以圖中 $v_+$ 為題目所稱的 $v_i$，並假設運算放大器輸出飽和值為 $\pm V_S$。

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(1) 證明無法達到虛短路

非反相端由 $R_1$、$R_2$ 組成正回授分壓器，因此

$$v_+=\frac{R_1}{R_1+R_2}v_o$$

令

$$\beta=\frac{R_1}{R_1+R_2}$$

則

$$v_+=\beta v_o$$

當輸出飽和於正值時：

$$v_o=+V_S,\qquad v_+=+\beta V_S$$

當輸出飽和於負值時：

$$v_o=-V_S,\qquad v_+=-\beta V_S$$

反相端電壓 $v_-$ 則由輸出經 $R$、$C$ 充放電，其電壓會隨時間變化。當 $v_-$ 尚未達到 $v_+$ 時，運算放大器的輸入差值會使輸出維持在某一飽和狀態；當 $v_-$ 越過 $v_+$ 時，正回授會使輸出迅速翻轉。

若強行假設虛短路成立：

$$v_-=v_+$$

代入運算放大器關係式

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

可得

$$v_o=A(0)=0$$

但本電路的輸出必須在 $+V_S$ 與 $-V_S$ 之間切換，並非 $0$。因此，除去理想化的瞬間切換點外，運算放大器不可能維持 $v_-=v_+$。

所以本電路不能使用虛短路，正確的判斷條件是：

$$v_o= \begin{cases} +V_S,&v_+>v_-\\ -V_S,&v_+<v_- \end{cases}$$

也就是將運算放大器視為具有正回授的比較器。

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(2) $v_o$、$v_-$、$v_i$ 的時序圖

由於

$$v_i=v_+=\beta v_o$$

因此：

• $v_o$ 是對稱方波；
• $v_i$ 是幅度較小的同相方波；
• $v_-$ 是電容充放電形成的指數波形。

輸出狀態如下：

輸出狀態	$v_i=v_+$	$v_-$ 的動作	翻轉條件
$v_o=+V_S$	$+\beta V_S$	向 $+V_S$ 充電	$v_-$ 上升至 $+\beta V_S$
$v_o=-V_S$	$-\beta V_S$	向 $-V_S$ 放電	$v_-$ 下降至 $-\beta V_S$

半週期開始時，輸出由 $-V_S$ 翻轉為 $+V_S$。此時：

$$v_-(0)=-\beta V_S$$

電容經由 $R$ 向 $+V_S$ 充電：

$$v_-(t)=V_S+\left(-\beta V_S-V_S\right)e^{-t/RC}$$

即

$$v_-(t)=V_S-(1+\beta)V_S e^{-t/RC}$$

當 $v_-$ 上升至 $+\beta V_S$ 時，輸出再次翻轉：

核心觀念

圖中是由兩個理想運算放大器構成的廣義阻抗轉換器（GIC）。它可把五個阻抗轉換成輸入端的等效阻抗：

$$Z_i=\frac{Z_1Z_3Z_5}{Z_2Z_4}$$

本題中，$Z_1=R_1$、$Z_2=R_2$、$Z_3=R_3$、$Z_4=1/(sC_4)$、$Z_5=R_5$。

（1）求輸入阻抗 $Z_i$

理想運算放大器輸入電流為零，且在負回授下兩輸入端電壓相等。依電路的兩級回授關係，GIC 將各阻抗依上式轉換，因此

$$Z_i =\frac{R_1R_3R_5}{R_2\left(1/(sC_4)\right)} =sC_4\frac{R_1R_3R_5}{R_2}$$

電感的阻抗為 $Z_L=sL$，故此電路在輸入端等效為電感：

$$\boxed{L_{\mathrm{eq}}=C_4\frac{R_1R_3R_5}{R_2}}$$

（2）利用此電路設計全通濾波器

把上述 GIC 當成等效電感 $L_{\mathrm{eq}}$，代入二階主動全通濾波器的電感位置。全通濾波器的標準傳遞函數可寫為

核心觀念

本題考查三段等值 $RC$ 相移網路與巴克豪生振盪條件：

$$A(j\omega)\beta(j\omega)=1$$

其中放大器增益為 $A=-k$，因此 $RC$ 網路必須提供額外 $180^\circ$ 相位，且迴路總增益大小須為 $1$。

依題意採用理想放大器假設：輸入阻抗無限大，不對 $RC$ 網路造成負載。

解題方法：求出 $RC$ 網路轉移函數

令放大器輸出端為 $v_0$，三個電阻與電容交界節點依序為 $v_1,v_2,v_3$，其中 $v_3$ 為放大器輸入端。令

$$x=sRC$$

對三個節點列寫 KCL：

$$(1+2x)v_1-xv_2=xv_0$$ $$-xv_1+(1+2x)v_2-xv_3=0$$ $$-xv_2+(1+x)v_3=0$$

由第三式得

$$v_2=\frac{1+x}{x}v_3$$

代入第二式：

$$v_1=\frac{1+3x+x^2}{x^2}v_3$$

再代入第一式，可得三段 $RC$ 網路的轉移函數：

$$\beta(s)=\frac{v_3}{v_0} =\frac{x^3}{1+5x+6x^2+x^3}$$

令 $s=j\omega$，並設

$$u=\omega RC$$

則

$$\beta(j\omega) = \frac{(ju)^3}{1+5ju+6(ju)^2+(ju)^3}$$

整理為

$$\beta(j\omega) = \frac{-ju^3}{(1-6u^2)+j(5u-u^3)}$$

為使 $\beta(j\omega)$ 成為負實數，其虛部必須為零，因此

$$1-6u^2=0$$

所以

$$u=\frac{1}{\sqrt{6}}$$

即

核心觀念

本題考查 BJT 差動放大器的：

• 靜態工作點與 $\pi$-model 小信號參數
• 發射極退化電阻對輸入阻抗的影響
• 差動輸入下的虛擬接地
• 差動輸出電壓增益

室溫取 $V_T \approx 25\text{ mV}$，忽略 $r_o$。

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(1) 求 $g_m$ 與 $r_\pi$

兩個電晶體匹配，且尾電流為 $1\text{ mA}$，因此每支電晶體約分得：

$$I_E \approx \frac{1\text{ mA}}{2}=0.5\text{ mA}$$

較精確地考慮 $\beta=100$ 與 $200\text{ k}\Omega$ 電阻，所得 $I_C$ 約為 $0.495\text{ mA}$。採用一般考試近似 $I_C\approx 0.5\text{ mA}$：

$$g_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.5\text{ mA}}{25\text{ mV}} =20\text{ mS}$$

又

$$r_\pi=\frac{\beta}{g_m} =\frac{100}{20\text{ mS}} =5\text{ k}\Omega$$

因此：

$$\boxed{g_m\approx 20\text{ mS}}$$ $$\boxed{r_\pi\approx 5\text{ k}\Omega}$$

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(2) 求輸入差動阻抗 $R_{id}$

在差動操作下，兩側發射極電流變化大小相等、方向相反，因此共同發射極節點為交流虛擬接地。

單側輸入阻抗為：

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

其中 $R_E=150\Omega$，所以：

$$R_{in,\text{single}} =5\text{ k}\Omega+101(150\Omega)$$ $$R_{in,\text{single}} =5\text{ k}\Omega+15.15\text{ k}\Omega =20.15\text{ k}\Omega$$

差動輸入阻抗為兩側串聯：

$$R_{id}=2R_{in,\text{single}}$$

核心觀念

本題考查：

• 理想二極體的導通／截止狀態判斷。
• 導通時視為短路，截止時視為開路。
• 運算放大器的虛短與虛斷：
  • $V_+=V_-$
  • 輸入端電流為零。
• 分段線性電路分析：先假設二極體狀態，再以電路方程式驗證。

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（1）二極體電阻電路

令左、右二極體之間的節點電壓為 $v$。輸出端電壓為 $V_o$。

圖中 $2.5\text{ V}$ 與 $10\text{ V}$ 電源的上端皆為正端。

區段一：左二極體截止、右二極體導通

右二極體導通後，輸出端與節點 $v$ 等電位。左二極體截止時，$15\text{ k}\Omega$ 中沒有電流，因此輸入端電壓尚未影響輸出。

由節點電壓分配：

$$\frac{v-2.5}{10\text{ k}\Omega} + \frac{v-10}{5\text{ k}\Omega}=0$$

整理得：

$$5(v-2.5)+10(v-10)=0$$ $$15v=112.5$$ $$v=V_o=7.5\text{ V}$$

左二極體截止的條件為：

$$V_i\leq 7.5\text{ V}$$

因此：

$$V_o=7.5\text{ V},\qquad V_i\leq 7.5\text{ V}$$

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區段二：左右二極體皆導通

兩個理想二極體皆導通，因此各節點電壓相同，均為 $V_o$。

對該節點套用 KCL：

$$\frac{V_o-V_i}{15\text{ k}\Omega} + \frac{V_o-2.5}{10\text{ k}\Omega} + \frac{V_o-10}{5\text{ k}\Omega}=0$$

乘以 $30\text{ k}\Omega$：

$$2(V_o-V_i)+3(V_o-2.5)+6(V_o-10)=0$$ $$11V_o=2V_i+67.5$$

因此：

$$V_o=\frac{2}{11}V_i+\frac{135}{22}$$

此區段由 $V_o=7.5\text{ V}$ 開始。右二極體電流降為零時，輸出電壓達到 $10\text{ V}$：

$$10=\frac{2}{11}V_i+\frac{135}{22}$$

解得：

$$V_i=21.25\text{ V}$$

所以此區段為：

$$7.5\leq V_i\leq21.25\text{ V}$$

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區段三：左二極體導通、右二極體截止

當 $V_o$ 上升至 $10\text{ V}$ 後，右二極體截止，輸出端沒有負載電流，因此由 $5\text{ k}\Omega$ 電阻接至 $10\text{ V}$：

$$V_o=10\text{ V}$$

右二極體截止的條件為：

$$V_i\geq21.25\text{ V}$$

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$V_i-V_o$ 特性

$$\boxed{ V_o= \begin{cases} 7.5, & V_i\leq 7.5\text{ V}\\[4pt] \dfrac{2}{11}V_i+\dfrac{135}{22}, & 7.5\text{ V}\leq V_i\leq21.25\text{ V}\\[8pt] 10, & V_i\geq21.25\text{ V} \end{cases}}$$

特性曲線的重要轉折點為：

$$(V_i,V_o)=(7.5,7.5),\qquad(21.25,10)$$

曲線先為 $7.5\text{ V}$ 的水平線，再以斜率 $2/11$ 上升，最後固定在 $10\text{ V}$。

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（2）理想運算放大器與二極體電路

令：