115 年 國立中正大學機械工程學系光機電整合工程碩士班《電子學》

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第 1 題25 分

  1. (25%) Figure 1 shows a common-base BJT amplifier.
    The input source viv_i is applied through a source resistance Rs=50 ΩR_s = 50 \, \Omega and an (ideal) coupling capacitor (marked ∞\infty, i.e., treated as a short circuit for the AC small-signal analysis) to the emitter node. The emitter node is connected to ground through an emitter resistor RE=0.5 kΩR_E = 0.5 \, k\Omega. The base is biased and AC-grounded: it is connected to ground through a (very large) capacitor (marked ∞\infty, i.e., AC short), and there is a resistor RB=100 kΩR_B = 100 \, k\Omega connected between the base node and the collector-side node (as shown). The collector is biased by a DC current source IQ=0.5 mAI_Q = 0.5 \, mA connected to a 5 V supply (as drawn). The output is taken through an (ideal) coupling capacitor (marked ∞\infty, treated as an AC short) from the collector-side node to the output node vov_o. The load resistor is RL=1 kΩR_L = 1 \, k\Omega from vov_o to ground. The transistor parameters are: β=100\beta = 100, VBE=0.7 VV_{BE} = 0.7 \, V, VA=∞V_A = \infty, Cμ=10 pFC_\mu = 10 \, pF, Cπ=1 pFC_\pi = 1 \, pF. In the high-frequency small-signal equivalent circuit, determine the individual high-frequency 3 dB corner frequencies associated with CπC_\pi and CμC_\mu, denoted fHπf_{H\pi} and fHμf_{H\mu}, respectively. Determine the midband voltage gain Av=voviA_v = \frac{v_o}{v_i} (25%)

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核心觀念

本題考查共基極 BJT 放大器的高頻小訊號分析，重點包括：

  • BJT 小訊號參數 gmg_m、rπr_\pi。
  • 共基極組態的電壓增益。
  • 利用電容所看到的等效電阻求高頻 3 dB3\,\mathrm{dB} 截止頻率：
fH=12πReqCf_H=\frac{1}{2\pi R_{\mathrm{eq}}C}

由於基極在交流上接地，CπC_\pi 主要形成射極端的高頻極點，而 CμC_\mu 主要形成集極端的高頻極點。

一、小訊號參數

題目給定 IQ=0.5 mAI_Q=0.5\,\mathrm{mA}，視為晶體管的直流集極電流：

IC=0.5 mAI_C=0.5\,\mathrm{mA}

取室溫 VT≈25 mVV_T\approx25\,\mathrm{mV}，因此

gm=ICVT=0.5 mA25 mV=20 mSg_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.5\,\mathrm{mA}}{25\,\mathrm{mV}} =20\,\mathrm{mS} rπ=βgm=10020 mS=5 kΩr_\pi=\frac{\beta}{g_m} =\frac{100}{20\,\mathrm{mS}} =5\,\mathrm{k}\Omega

射極端看入的電阻為

re=rπβ+1=5 kΩ101≈49.5 Ωr_e=\frac{r_\pi}{\beta+1} =\frac{5\,\mathrm{k}\Omega}{101} \approx49.5\,\Omega

二、由 CπC_\pi 所造成的高頻極點

CπC_\pi 連接於基極與射極之間。由於基極為交流接地，CπC_\pi 所看到的等效電阻為

Rπ,eq=Rs∥RE∥reR_{\pi,\mathrm{eq}} =R_s\parallel R_E\parallel r_e

代入數值：

Rπ,eq=50∥500∥49.5≈23.7 ΩR_{\pi,\mathrm{eq}} =50\parallel500\parallel49.5 \approx23.7\,\Omega

因此

fHπ=12πRπ,eqCπf_{H\pi} =\frac{1}{2\pi R_{\pi,\mathrm{eq}}C_\pi} fHπ=12π(23.7)(1 pF)≈6.72×109 Hzf_{H\pi} =\frac{1}{2\pi(23.7)(1\,\mathrm{pF})} \approx6.72\times10^9\,\mathrm{Hz}

所以

fHπ≈6.72 GHz\boxed{f_{H\pi}\approx6.72\,\mathrm{GHz}}

三、由 CμC_\mu 所造成的高頻極點

由於基極為交流接地，CμC_\mu 等效為集極端對地的電容。集極端所看到的電阻為

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第 2 題25 分

  1. (25%) For the circuit shown in Figure 2, where Vm=100 VV_m=100 \, V, f=60 Hzf=60 \, Hz, R=10 ΩR=10 \, \Omega, and L=12 mHL=12 \, mH.
    The Fourier series representation of the output voltage vo(t)v_o(t) is given by:
    vo(t)=V0+∑n=2,4,...∞Vncos⁡(nωt+π)v_o(t) = V_0 + \sum_{n=2,4,...}^{\infty} V_n \cos(n\omega t + \pi)
    and the relationship for the coefficients is: Vn=V0×(1n−1−1n+1)V_n = V_0 \times (\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n+1})
    Find:
    (a) The value of V0V_0. (5%)
    (b) The current magnitudes of the first two AC terms (I2I_2 and I4I_4). (5%)
    (c) The power consumed by the load. (10%)
    (d) The power factor of the circuit. (5%)

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核心觀念

此電路為理想單相全波橋式整流器，負載為串聯 RR-LL。輸出電壓為全波整流正弦波，其平均值為

V0=2VmπV_0=\frac{2V_m}{\pi}

負載阻抗在第 nn 次諧波角頻率 nωn\omega 下為

Zn=R+jnωLZ_n=R+j n\omega L

因此其阻抗大小為

∣Zn∣=R2+(nωL)2|Z_n|=\sqrt{R^2+(n\omega L)^2}

其中

ω=2πf=2π(60)=376.99 rad/s\omega=2\pi f=2\pi(60)=376.99\ \text{rad/s}

解題方法

(a) 平均輸出電壓 V0V_0

全波整流輸出電壓的平均值為

V0=2Vmπ=2(100)π=63.66 VV_0=\frac{2V_m}{\pi} =\frac{2(100)}{\pi} =63.66\ \text{V}

因此

V0=63.66 V\boxed{V_0=63.66\ \text{V}}

(b) 前兩個交流項的電流 I2I_2 與 I4I_4

題目給定

Vn=V0(1n−1−1n+1)V_n=V_0\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right)

第 2 次諧波

V2=63.66(1−13)=42.44 VV_2=63.66\left(1-\frac{1}{3}\right) =42.44\ \text{V}

第 2 次諧波的感抗為

XL2=2ωL=2(376.99)(0.012)=9.05 ΩX_{L2}=2\omega L =2(376.99)(0.012) =9.05\ \Omega

因此

∣Z2∣=102+9.052=13.49 Ω|Z_2|=\sqrt{10^2+9.05^2} =13.49\ \Omega

電流峰值為

I2,peak=V2∣Z2∣=42.4413.49=3.15 AI_{2,\text{peak}}=\frac{V_2}{|Z_2|} =\frac{42.44}{13.49} =3.15\ \text{A}

電流有效值為

I2=I2,peak2=3.152=2.23 AI_2=\frac{I_{2,\text{peak}}}{\sqrt{2}} =\frac{3.15}{\sqrt{2}} =2.23\ \text{A}

第 4 次諧波

V4=63.66(13−15)=8.49 VV_4=63.66\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right) =8.49\ \text{V}

第 4 次諧波的感抗為

XL4=4ωL=4(376.99)(0.012)=18.10 ΩX_{L4}=4\omega L =4(376.99)(0.012) =18.10\ \Omega

因此

∣Z4∣=102+18.102=20.68 Ω|Z_4|=\sqrt{10^2+18.10^2} =20.68\ \Omega

電流峰值為

I4,peak=V4∣Z4∣=8.4920.68=0.411 AI_{4,\text{peak}}=\frac{V_4}{|Z_4|} =\frac{8.49}{20.68} =0.411\ \text{A}

電流有效值為

I4=I4,peak2=0.290 AI_4=\frac{I_{4,\text{peak}}}{\sqrt{2}} =0.290\ \text{A}

所以

I2=2.23 A rms\boxed{I_2=2.23\ \text{A rms}} I4=0.290 A rms\boxed{I_4=0.290\ \text{A rms}}

若題目所稱電流大小採用峰值表示，則

I2,peak=3.15 A,I4,peak=0.411 A\boxed{I_{2,\text{peak}}=3.15\ \text{A}},\qquad \boxed{I_{4,\text{peak}}=0.411\ \text{A}}
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第 3 題30 分

  1. (30%) The NMOS (QNQ_N) and PMOS (QPQ_P) transistors in the circuit below are matched with MOSFET transconductance parameter kn=kp=k′WL=2 mA/V2k_n = k_p = k' \frac{W}{L} = 2 \, mA/V^2 and threshold voltage Vtn=−Vtp=0.5 VV_{tn} = -V_{tp} = 0.5 \, V.
    Assuming device parameter λ=0\lambda=0 for both devices.
    Find the Drain currents in both NMOS and PMOS, (a) iDNi_{DN} (10%) and (b) iDPi_{DP} (10%), and the Output voltage (c) vov_o (10%) for Input voltage vI=+3 Vv_I = +3 \, V.

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核心觀念

本題考查 MOSFET 的導通條件、工作區判斷與直流負載線分析。

NMOS 飽和區電流：

iD=12kn(VGS−Vtn)2i_D=\frac{1}{2}k_n(V_{GS}-V_{tn})^2

其中：

VDS≥VGS−VtnV_{DS}\geq V_{GS}-V_{tn}

PMOS 導通條件為：

VSG>∣Vtp∣V_{SG}>|V_{tp}|

電阻電流為：

iR=vo10 kΩi_R=\frac{v_o}{10\,\text{k}\Omega}

解題方法

輸入電壓為：

vI=3 Vv_I=3\,\text{V}

由圖可知，QNQ_N 的汲極接 +3 V+3\,\text{V}，源極接輸出端；QPQ_P 的源極接輸出端，閘極接 vIv_I。

1. 判斷 QPQ_P 是否導通

PMOS 的源極電壓為 vov_o，因此：

VSG,P=vo−vI=vo−3V_{SG,P}=v_o-v_I=v_o-3

由於輸出電壓小於 3 V3\,\text{V}，所以：

VSG,P<0.5 VV_{SG,P}<0.5\,\text{V}

因此 QPQ_P 截止：

iDP=0\boxed{i_{DP}=0}

2. 計算 QNQ_N 電流與輸出電壓

QPQ_P 截止時，輸出端電流完全由 QNQ_N 提供給 10 kΩ10\,\text{k}\Omega 電阻，因此：

iDN=iR=vo10 kΩi_{DN}=i_R=\frac{v_o}{10\,\text{k}\Omega}

對 QNQ_N 而言：

VGS,N=vI−vo=3−voV_{GS,N}=v_I-v_o=3-v_o VGS,N−Vtn=3−vo−0.5=2.5−voV_{GS,N}-V_{tn}=3-v_o-0.5=2.5-v_o

先判斷 QNQ_N 工作區：

VDS,N=3−voV_{DS,N}=3-v_o

而：

VGS,N−Vtn=2.5−voV_{GS,N}-V_{tn}=2.5-v_o

因為：

3−vo>2.5−vo3-v_o>2.5-v_o

所以 QNQ_N 位於飽和區。

代入 kn=2 mA/V2k_n=2\,\text{mA/V}^2：

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第 4 題20 分

  1. (20%) Consider the difference-amplifier circuit below for the case R1=R3=1 kΩR_1 = R_3 = 1 \, k\Omega and R2=R4=100 kΩR_2 = R_4 = 100 \, k\Omega.
    (a) Find the value of the differential gain AdA_{d}. (10%)
    (b) Find the value of the differential input resistance RidR_{id}. (10%)

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核心觀念

本題考查理想運算放大器差動放大器：

  • 理想運算放大器輸入端電流為 00。
  • 負回授成立時，v−=v+v_- = v_+。
  • 非反相端由 R3R_3、R4R_4 分壓。
  • 差動增益定義為
Ad=vovi2−vi1.A_d=\frac{v_o}{v_{i2}-v_{i1}}.

解題方法

(a) 差動增益 AdA_d

非反相端電壓為

v+=R4R3+R4vi2.v_+=\frac{R_4}{R_3+R_4}v_{i2}.

由虛短路，

v−=v+=R4R3+R4vi2.v_-=v_+=\frac{R_4}{R_3+R_4}v_{i2}.

對反相端節點套用 KCL：

vi1−v−R1+vo−v−R2=0.\frac{v_{i1}-v_-}{R_1} + \frac{v_o-v_-}{R_2}=0.

整理得

vo=(1+R2R1)v−−R2R1vi1.v_o= \left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)v_- -\frac{R_2}{R_1}v_{i1}.

代入 v−v_-：

vo=(1+R2R1)R4R3+R4vi2−R2R1vi1.v_o= \left(1+\frac{R_2}{R_1}\right) \frac{R_4}{R_3+R_4}v_{i2} -\frac{R_2}{R_1}v_{i1}.

本題中

R1=R3=1 kΩ,R2=R4=100 kΩ.R_1=R_3=1\,\text{k}\Omega, \qquad R_2=R_4=100\,\text{k}\Omega.

因此

R2R1=100,R4R3+R4=100101.\frac{R_2}{R_1}=100, \qquad \frac{R_4}{R_3+R_4} = \frac{100}{101}.

所以

vo=101⋅100101vi2−100vi1=100(vi2−vi1).v_o = 101\cdot\frac{100}{101}v_{i2} -100v_{i1} = 100(v_{i2}-v_{i1}).

故差動增益為

Ad=100 V/V.\boxed{A_d=100\ \text{V/V}}.

(b) 差動輸入電阻 RidR_{id}

令差動輸入電壓為

vid=vi2−vi1.v_{id}=v_{i2}-v_{i1}.

在純差動輸入下，取

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