112 年 國立成功大學系統及船舶機電工程研究所丁組《電子學》

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第 1 題20 分

Use two ideal op amps and resistors to implement the summing function
vo=v1+2v2−3v3−5v4v_o = v_1 + 2v_2 - 3v_3 - 5v_4

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核心觀念

本題考查兩個理想運算放大器的基本應用：

  1. 理想運算放大器輸入端電流為零。
  2. 負回授正常工作時，具有虛短特性：
    v+=v−v_+=v_-
  3. 電壓追隨器可隔離前級與後級，避免後級電阻網路造成負載效應。
  4. 反相加法器可將多個輸入電壓以不同權重相加。

目標為：

vo=v1+2v2−3v3−5v4v_o=v_1+2v_2-3v_3-5v_4

先利用第一級產生：

vx=v1+2v29v_x=\frac{v_1+2v_2}{9}

再利用第二級反相加法器產生：

vo=9vx−3v3−5v4v_o=9v_x-3v_3-5v_4

兩式合併即可得到所需結果。

解題方法

第一級：產生加權平均電壓

第一個理想運算放大器接成電壓追隨器。其非反相端接上一個電阻分壓網路：

  • v1v_1 經 60 kΩ60\,\text{k}\Omega 接至節點 vxv_x
  • v2v_2 經 30 kΩ30\,\text{k}\Omega 接至節點 vxv_x
  • vxv_x 經 10 kΩ10\,\text{k}\Omega 接地
  • 第一個運算放大器的輸出回接至反相端
  • 非反相端電壓記為 vpv_p

由於運算放大器輸入電流為零，對 vpv_p 寫節點電流方程：

vp−v160 kΩ+vp−v230 kΩ+vp10 kΩ=0\frac{v_p-v_1}{60\,\text{k}\Omega} +\frac{v_p-v_2}{30\,\text{k}\Omega} +\frac{v_p}{10\,\text{k}\Omega}=0

整理得：

vp(160+130+110)=v160+v230v_p\left(\frac{1}{60}+\frac{1}{30}+\frac{1}{10}\right) = \frac{v_1}{60}+\frac{v_2}{30}

將分母統一為 6060：

vp1+2+660=v1+2v260v_p\frac{1+2+6}{60} = \frac{v_1+2v_2}{60}

因此：

vp=v1+2v29v_p=\frac{v_1+2v_2}{9}

第一級為電壓追隨器，所以：

vx=vp=v1+2v29v_x=v_p=\frac{v_1+2v_2}{9}

第二級：產生正負加權總和

第二個運算放大器接成反相加法器的變形電路：

  • 非反相端接 vxv_x
  • 反相端節點接：
    • v3v_3 經 5 kΩ5\,\text{k}\Omega
    • v4v_4 經 3 kΩ3\,\text{k}\Omega
    • 輸出端經 15 kΩ15\,\text{k}\Omega 回授至反相端

設第二個運算放大器的反相端電壓為 vnv_n。由虛短：

vn=vxv_n=v_x

對反相端節點套用 KCL：

vx−v35 kΩ+vx−v43 kΩ+vx−vo15 kΩ=0\frac{v_x-v_3}{5\,\text{k}\Omega} + \frac{v_x-v_4}{3\,\text{k}\Omega} + \frac{v_x-v_o}{15\,\text{k}\Omega} =0

兩邊乘以 15 kΩ15\,\text{k}\Omega：

3(vx−v3)+5(vx−v4)+(vx−vo)=03(v_x-v_3)+5(v_x-v_4)+(v_x-v_o)=0

展開：

3vx−3v3+5vx−5v4+vx−vo=03v_x-3v_3+5v_x-5v_4+v_x-v_o=0

因此：

vo=9vx−3v3−5v4v_o=9v_x-3v_3-5v_4

代入第一級結果：

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第 2 題20 分

As Figure 1, derive the transfer function and show that the high-frequency gain is (−R2/R1)(-R_2/R_1) and the 3-dB frequency ω0=1/CR1\omega_0 = 1/CR_1. Design the circuit to obtain a high-frequency input resistance of 1kΩ1k\Omega, a high-frequency gain of 4040 dB, and a 3-dB frequency of 22 kHz. At what frequency does the magnitude of the transfer function reduce to unity?

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核心觀念

圖一為理想反相運算放大器，輸入端由 R1R_1 與電容 CC 串聯，回授阻抗為 R2R_2。

理想運算放大器具有：

  • 虛短：反相端電壓約為 00
  • 虛斷：輸入端電流不流入運算放大器
  • 反相放大器傳遞函數：
vovi=−ZfZin\frac{v_o}{v_i}=-\frac{Z_f}{Z_{in}}

其中

Zf=R2Z_f=R_2 Zin=R1+1sCZ_{in}=R_1+\frac{1}{sC}

解題方法與推導

因此傳遞函數為

vovi=−R2R1+1sC\frac{v_o}{v_i} =-\frac{R_2}{R_1+\frac{1}{sC}}

分子分母同乘以 sCsC：

vovi=−sCR21+sCR1\frac{v_o}{v_i} =-\frac{sCR_2}{1+sCR_1}

也可寫成標準形式：

vovi=−R2R1sCR11+sCR1\frac{v_o}{v_i} =-\frac{R_2}{R_1} \frac{sCR_1}{1+sCR_1}

令 s=jωs=j\omega，其幅值為

∣vovi∣=R2R1ωCR11+(ωCR1)2\left|\frac{v_o}{v_i}\right| = \frac{R_2}{R_1} \frac{\omega CR_1} {\sqrt{1+\left(\omega CR_1\right)^2}}

高頻增益

當 ω→∞\omega\to\infty 時，電容阻抗趨近於 00，因此：

lim⁡ω→∞vovi=−R2R1\lim_{\omega\to\infty}\frac{v_o}{v_i} =-\frac{R_2}{R_1}

故高頻增益為

−R2R1\boxed{-\frac{R_2}{R_1}}

其增益大小為 R2/R1R_2/R_1。

3-dB 頻率

令

ω0=1CR1\omega_0=\frac{1}{CR_1}

則傳遞函數可表示為

vovi=−R2R1s/ω01+s/ω0\frac{v_o}{v_i} = -\frac{R_2}{R_1} \frac{s/\omega_0}{1+s/\omega_0}

在 ω=ω0\omega=\omega_0 時：

∣vovi∣=R2R112\left|\frac{v_o}{v_i}\right| = \frac{R_2}{R_1}\frac{1}{\sqrt{2}}

相對於高頻增益下降 33 dB，因此：

ω0=1CR1\boxed{\omega_0=\frac{1}{CR_1}}

電路設計

1. 高頻輸入電阻

高頻時電容視為短路，所以輸入端看到的電阻為 R1R_1：

Rin,HF=R1=1 kΩR_{\text{in,HF}}=R_1=1\,\text{k}\Omega

因此：

R1=1 kΩ\boxed{R_1=1\,\text{k}\Omega}

2. 高頻增益

高頻增益為 4040 dB：

20log⁡10∣R2R1∣=4020\log_{10}\left|\frac{R_2}{R_1}\right|=40

所以：

R2R1=1040/20=100\frac{R_2}{R_1}=10^{40/20}=100

代入 R1=1 kΩR_1=1\,\text{k}\Omega：

R2=100R1=100 kΩR_2=100R_1=100\,\text{k}\Omega

因此：

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第 3 題20 分

In the circuit of Figure 2, the BJT is biased with a constant-current source, and vsigv_{sig} is a small sine-wave signal. Find RinR_{in} and the gain vo/vsigv_o/v_{sig}. Assume β=100\beta=100. If the amplitude of the signal vbev_{be} is to be limited to 55 mV, what is the largest signal at the input? What is the corresponding signal at the output?

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核心觀念

本題考查 BJT 中頻小訊號分析：

  • 耦合電容視為短路。
  • 理想定電流源的小訊號電阻視為無限大，因此交流時發射極僅透過 250 Ω250\,\Omega 接地。
  • +3 V+3\text{ V} 電源在交流分析中視為接地。
  • BJT 小訊號參數為
    gm=ICVT,rπ=βgmg_m=\frac{I_C}{V_T},\qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m}
  • 發射極電阻會經由晶體管反映至基極，反映值為
    (β+1)RE(\beta+1)R_E

取 VT≈25 mVV_T\approx25\text{ mV}，且 IC≈IE=0.2 mAI_C\approx I_E=0.2\text{ mA}，因此

gm=0.2 mA25 mV=8 mSg_m=\frac{0.2\text{ mA}}{25\text{ mV}}=8\text{ mS} rπ=1008 mS=12.5 kΩr_\pi=\frac{100}{8\text{ mS}}=12.5\text{ k}\Omega

解題方法

1. 求輸入電阻 RinR_{in}

交流等效電路中，發射極電阻為

RE=250 ΩR_E=250\,\Omega

由基極看入 BJT 的輸入電阻為

rπ,in=rπ+(β+1)REr_{\pi,\text{in}} =r_\pi+(\beta+1)R_E rπ,in=12.5 kΩ+101(250 Ω)=37.75 kΩr_{\pi,\text{in}} =12.5\text{ k}\Omega+101(250\,\Omega) =37.75\text{ k}\Omega

基極另有 100 kΩ100\text{ k}\Omega 電阻接地，所以

Rin=100 kΩ∥37.75 kΩR_{in}=100\text{ k}\Omega\parallel37.75\text{ k}\Omega Rin≈27.3 kΩ\boxed{R_{in}\approx27.3\text{ k}\Omega}

2. 求電壓增益 vo/vsigv_o/v_{sig}

集極的交流負載為

RC′=10 kΩ∥10 kΩ=5 kΩR_C'=10\text{ k}\Omega\parallel10\text{ k}\Omega =5\text{ k}\Omega

其中第一個 10 kΩ10\text{ k}\Omega 為集極電阻，第二個 10 kΩ10\text{ k}\Omega 為輸出負載。

由訊號源到基極的電壓分壓為

vbvsig=Rin10 kΩ+Rin\frac{v_b}{v_{sig}} =\frac{R_{in}}{10\text{ k}\Omega+R_{in}} vbvsig=27.310+27.3≈0.732\frac{v_b}{v_{sig}} =\frac{27.3}{10+27.3} \approx0.732

基極電壓與 vbev_{be} 的關係為

vb=vbe[1+(β+1)RErπ]v_b=v_{be}\left[1+\frac{(\beta+1)R_E}{r_\pi}\right]

因此

vbevb=rπrπ+(β+1)RE=12.537.75≈0.331\frac{v_{be}}{v_b} =\frac{r_\pi}{r_\pi+(\beta+1)R_E} =\frac{12.5}{37.75} \approx0.331

集極輸出電壓為

vo=−gmvbe(RC∥RL)v_o=-g_m v_{be}(R_C\parallel R_L)

所以

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第 4 題20 分

Transistor Q1 in Figure 3 is operating as a CE amplifier with an active load provided by transistor Q2, which is the output transistor in a current mirror formed by Q2 and Q3. (Note that the biasing arrangement for Q₁ is not shown.)
(a) Neglecting the finite base currents of Q2 and Q3, and assuming that their VBE 0.7V and that Q2 has five times the area of Q3, find the value of I.
(b) If Q1 and Q2 are specified to have |VA |= 20 V, find ro1and ro2 and hence the total resistance at the collector of Q1.
(c) Find r1 and gmi assuming that β₁= 50.
(d) Find Rin, Av, and Ro.

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核心觀念

本題考查三個觀念：BJT 電流鏡的電流比例、Early 效應造成的輸出電阻，以及共射極放大器的小訊號參數。

電流鏡的輸出電流與電晶體面積成正比；考慮 Early 效應時，BJT 的小訊號輸出電阻為 ro=∣VA∣/ICr_o=|V_A|/I_C。共射極放大器的輸入電阻可由 rπr_{\pi} 求得，電壓增益則由 −gm-g_m 乘上集極端的等效電阻求得。

解題方法與推導

(a) 求電流 II

忽略 Q2Q_2、Q3Q_3 的基極電流，Q3Q_3 為二極體接法，電阻 50 kΩ50\,\text{k}\Omega 上的電壓為 2.7−0.7=2.0 V2.7-0.7=2.0\,\text{V}，因此參考電流為

Iref=2.7−0.750 kΩ=40 μAI_{\text{ref}}=\frac{2.7-0.7}{50\,\text{k}\Omega}=40\,\mu\text{A}

Q2Q_2 的面積是 Q3Q_3 的五倍，因此電流鏡輸出電流為

I=5Iref=200 μAI=5I_{\text{ref}}=200\,\mu\text{A}

(b) 求 ro1r_{o1}、ro2r_{o2} 與集極端總電阻

工作點下，Q1Q_1 與 Q2Q_2 的集極電流皆為 200 μA200\,\mu\text{A}。由 ro=∣VA∣/ICr_o=|V_A|/I_C，可得

ro1=ro2=20 V200 μA=100 kΩr_{o1}=r_{o2} =\frac{20\,\text{V}}{200\,\mu\text{A}} =100\,\text{k}\Omega

兩個輸出電阻在集極端並聯，因此

RC=ro1∥ro2=100 kΩ∥100 kΩ=50 kΩR_C=r_{o1}\parallel r_{o2} =100\,\text{k}\Omega\parallel100\,\text{k}\Omega =50\,\text{k}\Omega

(c) 求 rπ1r_{\pi1} 與 gm1g_{m1}

採用室溫近似 VT=25 mVV_T=25\,\text{mV}：

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第 5 題20 分

The amplifier in Figure 4 is biased to operate at gm=5mA/Vg_m = 5mA/V, and has the following component values: Rsig=100kΩR_{sig}= 100 k\Omega, RG1=47MΩR_{G1}= 47 M\Omega, RG2=10MΩR_{G2}= 10 M\Omega, CC1=0.01μFC_{C1}= 0.01\mu F, Rs=2kΩR_s= 2 k\Omega, Cs=10μFC_s= 10\mu F, Rp=4.7kΩR_p= 4.7 k\Omega, Rl=10kΩR_l= 10 k\Omega, and CC2=1μFC_{C2}= 1\mu F. Find AMA_M, fp1f_{p1}, fr2f_{r2}, fzf_{z}, fp3f_{p3}, and fLf_L.

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核心觀念

本題考查共源極放大器的中頻增益，以及三個低頻效應：

  1. 輸入耦合電容 CC1C_{C1}
  2. 輸出耦合電容 CC2C_{C2}
  3. 源極旁路電容 CSC_S

圖中電阻標示為 RD=4.7 kΩR_D=4.7\,\text{k}\Omega；題目文字的 RpR_p視為 RDR_D。此外，題目中的 fr2f_{r2}依圖中內容應為 fp2f_{p2}。

已知

gm=5 mA/V=0.005 Sg_m=5\,\text{mA/V}=0.005\,\text{S} RG=RG1∥RG2=47 MΩ∥10 MΩ=8.246 MΩR_G=R_{G1}\parallel R_{G2} =47\,\text{M}\Omega\parallel10\,\text{M}\Omega =8.246\,\text{M}\Omega

一、中頻電壓增益 AMA_M

中頻時，CC1C_{C1}、CC2C_{C2}與 CSC_S視為短路，因此源極交流接地。

汲極端等效負載為

RD∥RL=4.7 kΩ∥10 kΩ=3.197 kΩR_D\parallel R_L =4.7\,\text{k}\Omega\parallel10\,\text{k}\Omega =3.197\,\text{k}\Omega

輸入端因訊號源電阻造成的衰減為

RGRsig+RG=8.246 MΩ100 kΩ+8.246 MΩ=0.988\frac{R_G}{R_{sig}+R_G} = \frac{8.246\,\text{M}\Omega} {100\,\text{k}\Omega+8.246\,\text{M}\Omega} =0.988

因此

AM=−gm(RD∥RL)RGRsig+RGA_M =-g_m(R_D\parallel R_L) \frac{R_G}{R_{sig}+R_G} AM=−(0.005)(3197)(0.988)≈−15.8A_M =-(0.005)(3197)(0.988) \approx -15.8

所以中頻增益大小約為 15.8 V/V15.8\,\text{V/V}，且為反相。

二、輸入耦合低頻極點 fp1f_{p1}

CC1C_{C1}所看到的等效電阻為

RC1=Rsig+RG=100 kΩ+8.246 MΩ=8.346 MΩR_{C1}=R_{sig}+R_G =100\,\text{k}\Omega+8.246\,\text{M}\Omega =8.346\,\text{M}\Omega

因此

fp1=12πCC1RC1f_{p1} =\frac{1}{2\pi C_{C1}R_{C1}}

其中

CC1=0.01 μF=10 nFC_{C1}=0.01\,\mu\text{F}=10\,\text{nF}

故

fp1=12π(10 nF)(8.346 MΩ)≈1.91 Hzf_{p1} = \frac{1}{2\pi(10\,\text{nF})(8.346\,\text{M}\Omega)} \approx 1.91\,\text{Hz}

三、輸出耦合低頻極點 fp2f_{p2}

CC2C_{C2}兩端所看到的等效電阻為

RC2=RD+RL=4.7 kΩ+10 kΩ=14.7 kΩR_{C2}=R_D+R_L =4.7\,\text{k}\Omega+10\,\text{k}\Omega =14.7\,\text{k}\Omega

因此

fp2=12πCC2(RD+RL)f_{p2} =\frac{1}{2\pi C_{C2}(R_D+R_L)} fp2=12π(1 μF)(14.7 kΩ)≈10.8 Hzf_{p2} = \frac{1}{2\pi(1\,\mu\text{F})(14.7\,\text{k}\Omega)} \approx 10.8\,\text{Hz}

四、源極旁路造成的零點與極點

晶體管的小訊號源極輸入電阻為

1gm=10.005=200 Ω\frac{1}{g_m} =\frac{1}{0.005} =200\,\Omega
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