108 年 國立成功大學系統及船舶機電工程研究所丙組《電子學》

核心觀念

本題考查：

1. 齊納二極體是否進入崩潰區的判斷。
2. 理想運算放大器的虛短路與虛接地：
   $v_- \approx v_+ = 0$
3. 反相放大器關係式：
   $v_O=-\frac{R_2}{R_1}v_Z$
4. 利用 KCL 判斷齊納二極體電流方向是否符合崩潰條件。

由圖得：

$R_S=5.6\,\text{k}\Omega,\quad R_1=1\,\text{k}\Omega,\quad R_2=1\,\text{k}\Omega,\quad V_Z=6.8\,\text{V}$

其中 $i_Z$ 定義為由齊納節點流向接地的電流，$i_2$ 為流經回授電阻 $R_2$、由左向右的電流。

---

(a) 假設齊納二極體處於崩潰區

若齊納二極體崩潰，齊納節點電壓固定為：

$v_Z=V_Z=6.8\,\text{V}$

由於運算放大器反相端為虛接地：

$v_-=0$

因此經過 $R_1$ 的電流為：

$$i_{R_1}=\frac{6.8-0}{1\,\text{k}\Omega} =6.8\,\text{mA}$$

理想運算放大器輸入端不取電流，所以：

$i_2=i_{R_1}=6.8\,\text{mA}$

輸出電壓為反相放大器輸出：

$$v_O=-i_2R_2 =-(6.8\,\text{mA})(1\,\text{k}\Omega) =-6.8\,\text{V}$$

由 $+10$ V 電源經過 $R_S$ 流入齊納節點的電流為：

$$i_S=\frac{10-6.8}{5.6\,\text{k}\Omega} =0.3929\,\text{mA}$$

對齊納節點套用 KCL：

$i_S=i_{R_1}+i_Z$

所以：

$$i_Z=i_S-i_{R_1} =0.3929-6.8 =-6.4071\,\text{mA}$$

核心觀念

本題考查 PMOS 共源極放大器的：

• 直流工作點與 $g_m$
• Miller 定理
• 高頻等效電路與上截止頻率
• 中頻電壓增益
• 混合 $\pi$ 小訊號模型

由圖可得：

$$R_G=R_1\parallel R_2=8\,\text{k}\Omega\parallel22\,\text{k}\Omega =5.867\,\text{k}\Omega$$ $$R_D'=R_D\parallel R_L =2\,\text{k}\Omega\parallel5\,\text{k}\Omega =1.429\,\text{k}\Omega$$

---

一、直流工作點與跨導

閘極由 $R_1、R_2$ 分壓：

$$V_G=\frac{22(10)+8(-10)}{8+22} =4.667\,\text{V}$$

令 $I_D$ 以 mA 為單位，則

$$V_S=10-0.5I_D$$

因此

$$V_{SG}=V_S-V_G =5.333-0.5I_D$$

PMOS 的過驅電壓為

$$V_{OV}=V_{SG}-|V_{TP}| =3.333-0.5I_D$$

採用

$$I_D=\frac{K_p}{2}V_{OV}^2$$

且 $K_p=1\,\text{mA/V}^2$：

$$I_D=\frac{1}{2}(3.333-0.5I_D)^2$$

解得

$$I_D\approx2.34\,\text{mA}$$

所以

$$V_{OV}=3.333-0.5(2.34) \approx2.16\,\text{V}$$ $$g_m=K_pV_{OV} =1(2.16) \approx2.16\,\text{mS}$$

因為 $\lambda=0$，故

$$r_o=\infty$$

---

(a) 等效 Miller 電容

中頻時源極旁路電容 $C_S$ 視為短路，因此源極為交流接地。由閘極至汲極的電壓增益為

$$A_v^{(g)}=-g_m(R_D\parallel R_L)$$ $$A_v^{(g)} =-(2.16\,\text{mS})(1.429\,\text{k}\Omega) \approx-3.09$$

Miller 定理將 $C_{gd}$ 分成輸入端與輸出端兩部分。

輸入端的 Miller 等效電容為

$$C_{M,\text{in}} =C_{gd}(1-A_v^{(g)})$$ $$C_{M,\text{in}} =3(1-(-3.09)) \approx12.27\,\text{pF}$$

因此輸入端總等效電容為

$$C_{\text{in}} =C_{gs}+C_{M,\text{in}} =15+12.27 \approx27.27\,\text{pF}$$

輸出端的等效電容為

$$C_{\text{out}} =C_{gd}\left(1-\frac{1}{A_v^{(g)}}\right)$$ $$C_{\text{out}} =3\left(1-\frac{1}{-3.09}\right) \approx3.97\,\text{pF}$$

---

(b) 上截止頻率

輸入端看到的電阻為

$$R_{\text{in}} =R_i\parallel R_G =0.5\,\text{k}\Omega\parallel5.867\,\text{k}\Omega \approx0.461\,\text{k}\Omega$$

輸入端極點：

核心觀念

本題考查兩級理想運算放大器：

• 第一級為反相放大器：
  $v_a=-\frac{R_f}{R_{in}}v_{11}$
• 第二級為反相加法器：
  $v_o=-R_f\left(\frac{v_a}{R_1}+\frac{v_{12}}{R_2}\right)$

理想運算放大器工作在線性區時，具備虛短與虛斷特性，因此反相端電壓近似為 $0$，且輸入端電流為 $0$。

解題方法

第一級中，輸入電阻為 $1\,\text{k}\Omega$，回授電阻為 $10\,\text{k}\Omega$，故第一級輸出 $v_a$ 為

$$v_a=-\frac{10\,\text{k}\Omega}{1\,\text{k}\Omega}v_{11} =-10v_{11}$$

第二級為反相加法器，兩個輸入電阻皆為 $1\,\text{k}\Omega$，回授電阻為 $20\,\text{k}\Omega$。因此

$$v_o =-\frac{20\,\text{k}\Omega}{1\,\text{k}\Omega}v_a -\frac{20\,\text{k}\Omega}{1\,\text{k}\Omega}v_{12}$$

代入 $v_a=-10v_{11}$：

$$\begin{aligned} v_o &=-20(-10v_{11})-20v_{12}\\ &=200v_{11}-20v_{12} \end{aligned}$$

因此，

核心觀念

本題考查電阻分壓偏壓之共源極放大器（CS amplifier），以及中頻小訊號 hybrid-$\pi$ 模型。主要公式如下：

$$I_D=\frac{1}{2}k_nV_{OV}^2$$ $$V_{OV}=V_{GS}-V_T,\qquad g_m=k_nV_{OV}$$ $$r_o=\frac{V_A}{I_D}$$

中頻時，耦合電容 $C_{C1}$、$C_{C2}$ 與旁路電容 $C_S$ 視為短路，$V_{DD}$ 為交流接地。

解題方法

（a）直流偏壓設計

已知

$$I_D=0.5\text{ mA},\qquad V_S=3.5\text{ V},\qquad V_D=6\text{ V}$$

1. 決定 $R_S$

$$R_S=\frac{V_S}{I_D} =\frac{3.5}{0.5\text{ mA}} =7\text{ k}\Omega$$

2. 決定 $R_D$

電阻 $R_D$ 上的電壓為

$$V_{RD}=V_{DD}-V_D=15-6=9\text{ V}$$

因此

$$R_D=\frac{V_{RD}}{I_D} =\frac{9}{0.5\text{ mA}} =18\text{ k}\Omega$$

3. 決定閘極電壓與分壓電阻

先求過驅電壓：

$$V_{OV}=\sqrt{\frac{2I_D}{k_n}} =\sqrt{\frac{2(0.5\text{ mA})}{4\text{ mA/V}^2}} =0.5\text{ V}$$

因此

$$V_{GS}=V_T+V_{OV}=1+0.5=1.5\text{ V}$$

閘極直流電壓為

$$V_G=V_S+V_{GS}=3.5+1.5=5\text{ V}$$

分壓電流為 $2\mu\text{A}$，故

$$R_{G1}=\frac{V_{DD}-V_G}{2\mu\text{A}} =\frac{15-5}{2\mu\text{A}} =5\text{ M}\Omega$$ $$R_{G2}=\frac{V_G}{2\mu\text{A}} =\frac{5}{2\mu\text{A}} =2.5\text{ M}\Omega$$

4. 決定 $g_m$ 與 $r_o$

$$g_m=k_nV_{OV} =(4\text{ mA/V}^2)(0.5\text{ V}) =2\text{ mS}$$

由 $V_A=100\text{ V}$：

$$r_o=\frac{V_A}{I_D} =\frac{100}{0.5\text{ mA}} =200\text{ k}\Omega$$

（b）中頻 hybrid-$\pi$ 小訊號模型

中頻時：

• $C_{C1}$、$C_{C2}$ 視為短路。
• $C_S$ 將 source 端交流接地。
• $V_{DD}$ 視為交流接地。
• MOSFET 以受控電流源 $g_mv_{gs}$ 與 $r_o$ 表示。

模型可表示為：

        交流接地
           │
          RD
           │──── vo
           │
          ro
           │
      gm·vgs 電流源
           │
          GND
           
vi ─── gate
      │
   RG1 || RG2
      │
     GND

vo ─── RL ─── GND

其中 $r_o$ 與受控電流源皆接在 drain 與 source 之間，且 source 因 $C_S$ 旁路而為交流接地。

核心觀念

本題考查：

• 二極體與 BJT 的定電壓模型：$V_D=|V_{BE}|=0.7\text{ V}$
• $NPN$ 與 $PNP$ 電晶體的電壓關係
• $\beta=\infty$ 與 $\beta=100$ 時的基極電流差異
• 負回授電阻 $R=2\text{ k}\Omega$ 對工作點的影響
• 各節點的 KCL 與歐姆定律

由圖可知，所有上方電源端皆為 $+9\text{ V}$。$Q_1$ 為 NPN，$Q_2$ 為 PNP，且

$$V_{B1}=V_{E1}+0.7$$ $$V_{E2}=V_{B2}+0.7=V_{C1}+0.7$$

設 $V_{C1}=V_{B2}=V_X$，$V_{C2}=V_Y$。

---

(a) $\beta=\infty$，先將 $R$ 開路

因為 $\beta=\infty$，所以

$$I_{B1}=I_{B2}=0,\qquad I_C=I_E$$

1. 求 $V_{B1}$ 與 $V_{E1}$

左側偏壓電路中的電流為

$$I=\frac{9-0.7}{80\text{ k}\Omega+40\text{ k}\Omega} =\frac{8.3}{120\text{ k}\Omega} =69.17\ \mu\text{A}$$

因此

$$V_{E1}=I(40\text{ k}\Omega) =2.767\text{ V}$$ $$V_{B1}=V_{E1}+0.7 =3.467\text{ V}$$

2. 求 $V_{C1}$

因 $R$ 開路，$Q_1$ 的射極電流為

$$I_{E1}=\frac{V_{E1}}{2\text{ k}\Omega} =\frac{2.767}{2\text{ k}\Omega} =1.383\text{ mA}$$

故

$$I_{C1}=1.383\text{ mA}$$

上方 $2\text{ k}\Omega$ 電阻與二極體 $D_2$ 所提供的電流即為 $I_{C1}$，所以

$$V_{C1}=9-0.7-I_{C1}(2\text{ k}\Omega)$$ $$V_{C1}=8.3-(1.383)(2) =5.533\text{ V}$$

3. 求 $V_{B2}$、$V_{E2}$ 與 $V_{C2}$

$$V_{B2}=V_{C1}=5.533\text{ V}$$

因 $Q_2$ 為 PNP：

$$V_{E2}=V_{B2}+0.7 =6.233\text{ V}$$

$Q_2$ 的射極電流為

$$I_{E2}=\frac{9-V_{E2}}{100\Omega} =\frac{9-6.233}{100} =27.67\text{ mA}$$

因 $\beta=\infty$，$I_{C2}=I_{E2}$，故

$$V_{C2}=I_{C2}(100\Omega) =2.767\text{ V}$$

因此，$R$ 開路時：

$$\boxed{ \begin{aligned} V_{B1}&=3.467\text{ V}\\ V_{E1}&=2.767\text{ V}\\ V_{C1}&=5.533\text{ V}\\ V_{B2}&=5.533\text{ V}\\ V_{E2}&=6.233\text{ V}\\ V_{C2}&=2.767\text{ V} \end{aligned}}$$

---

(b) $\beta=\infty$，接上 $R$

此時 $R=2\text{ k}\Omega$ 連接 $V_{E1}$ 與 $V_{C2}$。

由左側偏壓與 $Q_1$ 的關係，仍有

$$V_{E1}=2.767\text{ V},\qquad V_{B1}=3.467\text{ V}$$

在 $Q_1$ 射極節點套用 KCL：

$$I_{C1} =\frac{V_{E1}}{2\text{ k}\Omega} +\frac{V_{E1}-V_{C2}}{2\text{ k}\Omega}$$

而在 $Q_1$ 集極節點：

$$I_{C1}=\frac{8.3-V_{C1}}{2\text{ k}\Omega}$$

在 $Q_2$ 集極節點：

$$I_{C2} =\frac{V_{C2}}{100\Omega} +\frac{V_{C2}-V_{E1}}{2\text{ k}\Omega}$$

由於 $I_{C2}=(8.3-V_{C1})/100\Omega$，聯立可得

$$V_{C1}=5.533\text{ V},\qquad V_{C2}=2.767\text{ V}$$

此時

$$V_{E1}=V_{C2}$$

所以 $R$ 中沒有電流流過，負回授電阻並未改變原本工作點。

因此：

$$\boxed{ \begin{aligned} V_{B1}&=3.467\text{ V}\\ V_{E1}&=2.767\text{ V}\\ V_{C1}&=5.533\text{ V}\\ V_{B2}&=5.533\text{ V}\\ V_{E2}&=6.233\text{ V}\\ V_{C2}&=2.767\text{ V} \end{aligned}}$$

---

(c) $\beta=100$，先將 $R$ 開路

此時

$$I_B=\frac{I_E}{\beta+1} =\frac{I_E}{101}$$

1. 求 $V_{B1}$ 與 $V_{E1}$

令 $V_{E1}=V_E$，則

$$V_{B1}=V_E+0.7$$

左側節點套用 KCL：

$$\frac{9-V_{B1}}{80\text{ k}\Omega} = \frac{V_E}{40\text{ k}\Omega} + \frac{I_{E1}}{101}$$

又因 $R$ 開路，

$$I_{E1}=\frac{V_E}{2\text{ k}\Omega}$$

因此

$$\frac{8.3-V_E}{80} = \frac{V_E}{40} + \frac{V_E}{202}$$

解得

$$V_{E1}=3.464\text{ V}$$ $$V_{B1}=4.164\text{ V}$$

所以

$$I_{E1}=\frac{3.464}{2\text{ k}\Omega} =1.732\text{ mA}$$ $$I_{C1}=\frac{100}{101}I_{E1} =1.715\text{ mA}$$

2. 求 $V_{C1}$

令

$$u=8.3-V_{C1}$$

核心觀念

本題考查：

• 二極體與 BJT 的定電壓模型：$V_D=|V_{BE}|=0.7\text{ V}$
• $NPN$ 與 $PNP$ 電晶體的電壓關係
• $\beta=\infty$ 與 $\beta=100$ 時的基極電流差異
• 負回授電阻 $R=2\text{ k}\Omega$ 對工作點的影響
• 各節點的 KCL 與歐姆定律

由圖可知，所有上方電源端皆為 $+9\text{ V}$。$Q_1$ 為 NPN，$Q_2$ 為 PNP，且

$$V_{B1}=V_{E1}+0.7$$ $$V_{E2}=V_{B2}+0.7=V_{C1}+0.7$$

設 $V_{C1}=V_{B2}=V_X$，$V_{C2}=V_Y$。

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(a) $\beta=\infty$，先將 $R$ 開路

因為 $\beta=\infty$，所以

$$I_{B1}=I_{B2}=0,\qquad I_C=I_E$$

1. 求 $V_{B1}$ 與 $V_{E1}$

左側偏壓電路中的電流為

$$I=\frac{9-0.7}{80\text{ k}\Omega+40\text{ k}\Omega} =\frac{8.3}{120\text{ k}\Omega} =69.17\ \mu\text{A}$$

因此

$$V_{E1}=I(40\text{ k}\Omega) =2.767\text{ V}$$ $$V_{B1}=V_{E1}+0.7 =3.467\text{ V}$$

2. 求 $V_{C1}$

因 $R$ 開路，$Q_1$ 的射極電流為

$$I_{E1}=\frac{V_{E1}}{2\text{ k}\Omega} =\frac{2.767}{2\text{ k}\Omega} =1.383\text{ mA}$$

故

$$I_{C1}=1.383\text{ mA}$$

上方 $2\text{ k}\Omega$ 電阻與二極體 $D_2$ 所提供的電流即為 $I_{C1}$，所以

$$V_{C1}=9-0.7-I_{C1}(2\text{ k}\Omega)$$ $$V_{C1}=8.3-(1.383)(2) =5.533\text{ V}$$

3. 求 $V_{B2}$、$V_{E2}$ 與 $V_{C2}$

$$V_{B2}=V_{C1}=5.533\text{ V}$$

因 $Q_2$ 為 PNP：

$$V_{E2}=V_{B2}+0.7 =6.233\text{ V}$$

$Q_2$ 的射極電流為

$$I_{E2}=\frac{9-V_{E2}}{100\Omega} =\frac{9-6.233}{100} =27.67\text{ mA}$$

因 $\beta=\infty$，$I_{C2}=I_{E2}$，故

$$V_{C2}=I_{C2}(100\Omega) =2.767\text{ V}$$

因此，$R$ 開路時：

$$\boxed{ \begin{aligned} V_{B1}&=3.467\text{ V}\\ V_{E1}&=2.767\text{ V}\\ V_{C1}&=5.533\text{ V}\\ V_{B2}&=5.533\text{ V}\\ V_{E2}&=6.233\text{ V}\\ V_{C2}&=2.767\text{ V} \end{aligned}}$$

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(b) $\beta=\infty$，接上 $R$

此時 $R=2\text{ k}\Omega$ 連接 $V_{E1}$ 與 $V_{C2}$。

由左側偏壓與 $Q_1$ 的關係，仍有

$$V_{E1}=2.767\text{ V},\qquad V_{B1}=3.467\text{ V}$$

在 $Q_1$ 射極節點套用 KCL：

$$I_{C1} =\frac{V_{E1}}{2\text{ k}\Omega} +\frac{V_{E1}-V_{C2}}{2\text{ k}\Omega}$$

而在 $Q_1$ 集極節點：

$$I_{C1}=\frac{8.3-V_{C1}}{2\text{ k}\Omega}$$

在 $Q_2$ 集極節點：

$$I_{C2} =\frac{V_{C2}}{100\Omega} +\frac{V_{C2}-V_{E1}}{2\text{ k}\Omega}$$

由於 $I_{C2}=(8.3-V_{C1})/100\Omega$，聯立可得

$$V_{C1}=5.533\text{ V},\qquad V_{C2}=2.767\text{ V}$$

此時

$$V_{E1}=V_{C2}$$

所以 $R$ 中沒有電流流過，負回授電阻並未改變原本工作點。

因此：

$$\boxed{ \begin{aligned} V_{B1}&=3.467\text{ V}\\ V_{E1}&=2.767\text{ V}\\ V_{C1}&=5.533\text{ V}\\ V_{B2}&=5.533\text{ V}\\ V_{E2}&=6.233\text{ V}\\ V_{C2}&=2.767\text{ V} \end{aligned}}$$

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(c) $\beta=100$，先將 $R$ 開路

此時

$$I_B=\frac{I_E}{\beta+1} =\frac{I_E}{101}$$

1. 求 $V_{B1}$ 與 $V_{E1}$

令 $V_{E1}=V_E$，則

$$V_{B1}=V_E+0.7$$

左側節點套用 KCL：

$$\frac{9-V_{B1}}{80\text{ k}\Omega} = \frac{V_E}{40\text{ k}\Omega} + \frac{I_{E1}}{101}$$

又因 $R$ 開路，

$$I_{E1}=\frac{V_E}{2\text{ k}\Omega}$$

因此

$$\frac{8.3-V_E}{80} = \frac{V_E}{40} + \frac{V_E}{202}$$

解得

$$V_{E1}=3.464\text{ V}$$ $$V_{B1}=4.164\text{ V}$$

所以

$$I_{E1}=\frac{3.464}{2\text{ k}\Omega} =1.732\text{ mA}$$ $$I_{C1}=\frac{100}{101}I_{E1} =1.715\text{ mA}$$

2. 求 $V_{C1}$

令

$$u=8.3-V_{C1}$$