113 年 國立成功大學生物醫學工程學系碩士班乙組《電子學》

📄 試題原卷 免費註冊後即可對照原始考卷 PDF免費註冊

第 1 題20 分

Please elucidate the following terminologies commonly employed in microelectronics:
a) "drift and diffusion," detailing the movement of charge carriers.
b) the roles of "bypass capacitor" and "coupling capacitor" in circuit functionality.
c) the significance of the "3-dB point" in Bode plots for frequency response analysis.
d) the concept and advantages of "3D-IC" technology.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查微電子學中四個常見概念:

  1. 半導體載子因電場與濃度梯度所產生的漂移與擴散。
  2. 旁路電容與耦合電容在電路中的交流訊號處理功能。
  3. Bode 圖中的 33-dB 頻率與頻寬意義。
  4. 三維積體電路(3D-IC)的結構與優點。

a) Drift and Diffusion:漂移與擴散

漂移(drift)

漂移是指帶電載子受到電場作用而產生的定向運動。

  • 電子帶負電,移動方向與電場方向相反。
  • 電洞帶正電,移動方向與電場方向相同。
  • 傳統電流方向定義為正電荷移動方向,因此電子電流方向與電子移動方向相反。

在半導體中,電子與電洞的漂移電流密度分別為

Jn,drift=qnμnEJ_{n,\text{drift}}=q n\mu_n E Jp,drift=qpμpEJ_{p,\text{drift}}=q p\mu_p E

其中:

  • qq:基本電荷量
  • n,pn,p:電子與電洞濃度
  • μn,μp\mu_n,\mu_p:電子與電洞遷移率
  • EE:電場強度

載子的平均漂移速度為

vn,drift=μnEv_{n,\text{drift}}=\mu_n E vp,drift=μpEv_{p,\text{drift}}=\mu_p E

這裡的漂移速度是平均速度。載子仍會因晶格熱振動而進行隨機熱運動,但在外加電場下會疊加一個具有方向性的平均速度。

擴散(diffusion)

擴散是由載子濃度不均勻所造成的運動。載子會因隨機熱運動,從高濃度區域移向低濃度區域,即使沒有外加電場也能發生。

電子與電洞的擴散電流密度為

Jn,diffusion=qDndndxJ_{n,\text{diffusion}}=qD_n\frac{dn}{dx} Jp,diffusion=−qDpdpdxJ_{p,\text{diffusion}}=-qD_p\frac{dp}{dx}

其中 Dn,DpD_n,D_p 為電子與電洞的擴散係數。負號差異來自電子帶負電,以及電流方向與電子移動方向相反的定義。

因此,一維情況下的總電流密度為

Jn=qnμnE+qDndndxJ_n=q n\mu_n E+qD_n\frac{dn}{dx} Jp=qpμpE−qDpdpdxJ_p=q p\mu_p E-qD_p\frac{dp}{dx}

擴散係數與遷移率之間具有 Einstein relation:

Dnμn=Dpμp=kTq\frac{D_n}{\mu_n}=\frac{D_p}{\mu_p}=\frac{kT}{q}

其中 kk 是波茲曼常數,TT 是絕對溫度。

解題技巧

判斷兩者的關鍵如下:

  • 有電場造成定向移動:漂移。
  • 有濃度梯度造成由高濃度往低濃度移動:擴散。
  • 漂移的驅動力是電場 EE。
  • 擴散的驅動力是濃度梯度 ∇n\nabla n 或 ∇p\nabla p。

在 PN 接面中,接面附近的載子會先因濃度差擴散,形成空乏區與內建電場;內建電場又造成漂移電流。熱平衡時,漂移電流與擴散電流大小相等、方向相反,總電流為零。


b) Bypass Capacitor 與 Coupling Capacitor

Bypass Capacitor:旁路電容

旁路電容通常接在電源與接地之間,用來將電源線上的交流雜訊導向接地,避免雜訊進入電路。

電容的阻抗為

ZC=1jωCZ_C=\frac{1}{j\omega C}

其大小為

∣ZC∣=12πfC|Z_C|=\frac{1}{2\pi f C}

頻率越高,電容阻抗越低。因此:

  • 對直流而言,電容近似開路,不會短路電源。
  • 對高頻雜訊而言,電容呈低阻抗,可將雜訊旁路至接地。
  • 電源電壓因而較穩定,放大器或數位電路的供電干擾降低。

旁路電容也能在電路瞬間需要較大電流時,暫時提供局部電荷,減少電源線上的電壓突降。

常見配置是將小容量、高頻特性良好的陶瓷電容放置在 IC 電源腳附近;較大容量的電容則用來抑制較低頻率的電源波動。

旁路電容的主要功能

  1. 濾除電源上的高頻雜訊。
  2. 穩定電源電壓。
  3. 降低電源阻抗。
  4. 減少電路間經由電源線產生的干擾。

Coupling Capacitor:耦合電容

耦合電容串接在訊號源與下一級電路之間,用來傳遞交流訊號,同時隔離兩級電路的直流偏壓。

對直流而言,

f=0⇒∣ZC∣→∞f=0 \quad\Rightarrow\quad |Z_C|\to\infty

因此耦合電容阻擋直流,避免前級的 DC operating point 直接改變後級的偏壓。

對交流而言,當頻率足夠高時,

∣ZC∣=12πfC|Z_C|=\frac{1}{2\pi f C}

變小,交流訊號便能通過電容傳至下一級。

耦合電容與周圍的等效電阻會形成高通電路。若電容看到的等效電阻為 ReqR_{\text{eq}},則低截止頻率約為

fL=12πReqCf_L=\frac{1}{2\pi R_{\text{eq}}C}

當輸入頻率低於 fLf_L 時,訊號會受到明顯衰減;高於 fLf_L 後,交流訊號較能完整通過。

旁路與耦合電容的比較

類型典型接法主要通過或抑制的訊號主要功能
旁路電容電源對地將高頻雜訊導向接地穩定電源、降低雜訊
耦合電容訊號路徑串聯通過交流、阻擋直流隔離偏壓、傳遞訊號

解題技巧

看到以下關鍵字即可快速判斷:

  • 「電源、雜訊、接地」:旁路電容。
  • 「級間、隔離 DC、傳遞 AC」:耦合電容。
  • 旁路電容通常是並聯接法。
  • 耦合電容通常是串聯接法。

c) Bode Plot 中的 3-dB Point

定義

33-dB point 是指功率相對於中頻或低頻基準值下降 33 dB 的頻率點。

分貝定義為

GdB=10log⁡10(PPref)G_{\text{dB}}=10\log_{10}\left(\frac{P}{P_{\text{ref}}}\right)

當功率下降為基準值的一半時,

10log⁡10(PPref)=10log⁡10(12)≈−3.01 dB10\log_{10}\left(\frac{P}{P_{\text{ref}}}\right) =10\log_{10}\left(\frac{1}{2}\right) \approx -3.01\ \text{dB}

若負載阻抗不變,功率與電壓平方成正比,因此

PPref=(VVref)2\frac{P}{P_{\text{ref}}} = \left(\frac{V}{V_{\text{ref}}}\right)^2

所以在 33-dB 點,

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 2 題20 分

What is the primary purpose of an Automated External Defibrillator (AED), and how can microelectronics
expertise contribute to its design?

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查自動體外心臟去顫器(Automated External Defibrillator, AED)的醫療功能,以及電子學與微電子技術在其系統設計中的應用。

AED 的主要目的,是在患者發生心室顫動(ventricular fibrillation, VF)或無脈搏心室頻脈(pulseless ventricular tachycardia, pVT)等可電擊心律不整時,透過電極片施加短時間、高能量的電流脈衝,使大量心肌細胞同時去極化,終止混亂的電氣活動,讓心臟有機會恢復由正常節律主導的收縮。

AED 並非直接「用電把心臟重新啟動」,也不是對所有心律不整都適用。若患者為心室停止(asystole)或無脈搏電氣活動(PEA),通常不屬於可電擊節律,AED 會判定不建議電擊。

電擊能量可概念化表示為

E=∫v(t)i(t) dtE=\int v(t)i(t)\,dt

若以近似定值電壓與電流估算,則有

E≈VItE\approx VIt

實際 AED 多採用雙相波形(biphasic waveform),由高壓電路先將能量儲存在電容器中,再按照控制器設定的波形與能量輸出至患者胸部。


解題方法

本題可分成兩個部分回答:

  1. 說明 AED 要解決的生理問題。
  2. 說明微電子專業如何實現安全、準確且可靠的 AED。

一、AED 的主要用途

心室顫動時,心肌各部位的電氣活動彼此不同步,心臟無法有效收縮與輸出血液。AED 透過胸壁電極片提供電擊,使心肌細胞在短時間內大範圍去極化,暫時中斷異常電氣迴路。

若心臟的起搏與傳導系統仍具備恢復能力,電擊後可能重新建立正常節律。因此,AED 的核心功能是:

  • 偵測患者的心電圖(ECG)。
  • 判斷是否為可電擊心律。
  • 在必要時產生並輸出適當能量的電擊。
  • 以語音或螢幕指示操作者完成操作。
  • 監測輸出與安全狀態,避免不當放電。

AED 的目的可整理為:

對可電擊的致命性心律不整施加受控電擊,以終止異常心律並提高恢復正常心跳的機會。

二、微電子專業對 AED 設計的貢獻

微電子技術可應用在 AED 的感測、訊號處理、控制、功率轉換與安全保護等部分。

1. 心電訊號擷取

AED 必須先取得患者的 ECG 訊號。電極片接收到的訊號通常很微弱,且容易受到肌電干擾、電源雜訊、接觸阻抗變化及動作伪影影響。

因此需要:

  • 儀表放大器或低雜訊放大器,提高微弱 ECG 訊號的可辨識度。
  • 高輸入阻抗設計,降低對人體訊號的負載。
  • 類比濾波器,抑制高頻雜訊與工頻干擾。
  • 類比數位轉換器(ADC),將 ECG 轉換為數位資料。
  • 電極接觸檢測電路,確認電極片是否正確貼附。

訊號擷取可用下列概念表示:

Vout=G(V+−V−)V_{\text{out}}=G\left(V_{+}-V_{-}\right)

其中 GG 為放大器增益,V+V_{+} 與 V−V_{-} 為差動輸入訊號。差動放大可降低兩輸入端共同受到的雜訊,即提高共模抑制比(CMRR)。

2. 心律判讀與數位訊號處理

微控制器、數位訊號處理器或特定應用積體電路(ASIC)可執行:

  • QRS 波群偵測。
  • 心率與週期分析。
  • 心室顫動的頻譜與不規則性判斷。
  • 心室頻脈的速率與持續時間判定。
  • 動作或雜訊造成的錯誤訊號排除。

控制器根據分析結果判斷是否允許電擊。判斷流程必須高度可靠,因為:

  • 將不可電擊節律誤判為可電擊,可能造成危險。
  • 將可電擊節律誤判為不可電擊,則可能延誤急救。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 3 題20 分

A Darlington pair is a compound structure of two bipolar junction transistors (BJTs) connected in such a
way that the current amplified by the first transistor is further amplified by the second one. This configuration results
in a high current gain and is commonly used in power amplification and switching applications.
Given the following parameters: Vcc = 15 V, Rc = 1 kΩ, RB = 100 ΚΩ, VBE = 0.7 V,for each transistor, the
current gain ẞ of each transistor is 100.
a) Design and draw the circuit diagram of a Darlington pair using NPN transistors. Include the power supply, and
all relevant resistors.
b) Calculate the overall current gain (Btotal) of the Darlington pair.
c) Determine the base current (IB), collector current (Ic), and the voltage drop across the collector resistor (VRC)
when the pair is in active mode.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

a)電路設計

          +15 V
            │
         RC = 1 kΩ
            │
      ┌─────┴─────┐
      │C          C│
+15 V─RB─B  Q1     │ Q2
 100 kΩ   E────────B
                   E
                   │
                  GND

Q1Q_1、Q2Q_2 的集極相接,Q1Q_1 射極接至 Q2Q_2 基極,輸出取自 Q2Q_2 射極。

b)總電流增益

以流入 Q1Q_1 的基極電流 IBI_B 為準:

βtotal=β1β2+β1+β2\beta_{\text{total}} =\beta_1\beta_2+\beta_1+\beta_2 =100×100+100+100=10200=100\times100+100+100 =10200

常用近似值為 βtotal≈β1β2=10000\beta_{\text{total}}\approx\beta_1\beta_2=10000。

c)主動區計算

兩顆電晶體共產生 2VBE=1.4 V2V_{BE}=1.4\text{ V}:

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 4 題20 分

Please derive the transfer function and draw the frequency response of a common-emitter (CE) (as shown in
Figure 2) amplifier in low-frequency band, mid-gain band, and high-frequency band.
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查共射極(CE)放大器在三個頻率區域的等效電路與頻率響應:

  1. 低頻帶:耦合電容 CC1C_{C1}、CC2C_{C2} 與射極旁路電容 CEC_E 的電抗不可忽略,形成高通效應。
  2. 中頻帶:CC1C_{C1}、CC2C_{C2}、CEC_E 視為短路,高頻寄生電容視為開路,電壓增益近似為固定值。
  3. 高頻帶:電晶體內部的 CπC_{\pi} 與 CμC_{\mu} 產生低通效應,使增益下降。

圖 2 為分壓偏壓 CE 放大器,其中 CC1C_{C1} 為輸入耦合電容、CC2C_{C2} 為輸出耦合電容、CEC_E 為射極旁路電容。


一、中頻帶增益

令

RB=RB1∥RB2R_B=R_{B1}\parallel R_{B2} RC′=RC∥roR_C'=R_C\parallel r_o

若考慮負載 RLR_L,輸出端等效電阻為

RO=RC∥ro∥RLR_O=R_C\parallel r_o\parallel R_L

在中頻時,CC1C_{C1}、CC2C_{C2} 與 CEC_E 皆視為短路,因此射極為交流接地。

輸入電阻為

Rin=RB∥rπR_{in}=R_B\parallel r_{\pi}

訊號源實際加到基極的電壓為

vb=vsigRinRsig+Rinv_b=v_{sig}\frac{R_{in}}{R_{sig}+R_{in}}

共射極小訊號電壓增益為

vovb≃−gmRO\frac{v_o}{v_b}\simeq -g_mR_O

因此,由訊號源至輸出的中頻電壓增益為

AM=vovsig=−gmRORinRsig+RinA_M=\frac{v_o}{v_{sig}} = -g_mR_O \frac{R_{in}}{R_{sig}+R_{in}}

若忽略訊號源內阻,則可簡化為

AM≃−gmROA_M\simeq -g_mR_O

負號表示共射極放大器具有 180∘180^\circ 相位反轉。


二、低頻帶轉移函數

低頻時,三個電容分別造成三個高通極點。採用各電容獨立作用的近似法,可寫成

AL(s)≃AM(ss+ωL1)(ss+ωL2)(ss+ωLE)A_L(s) \simeq A_M \left(\frac{s}{s+\omega_{L1}}\right) \left(\frac{s}{s+\omega_{L2}}\right) \left(\frac{s}{s+\omega_{LE}}\right)

其中三個低頻角頻率分別如下。

1. 輸入耦合電容 CC1C_{C1}

CC1C_{C1} 所看到的等效電阻近似為

RC1=Rsig+[RB∥(rπ+(β+1)RE)]R_{C1} = R_{sig} + \left[ R_B\parallel \left(r_{\pi}+(\beta+1)R_E\right) \right]

因此

ωL1=1CC1RC1\omega_{L1} = \frac{1}{C_{C1}R_{C1}}

或以頻率表示:

fL1=12πCC1RC1f_{L1}=\frac{1}{2\pi C_{C1}R_{C1}}

低頻時,CC1C_{C1} 的阻抗

∣ZCC1∣=1ωCC1|Z_{C_{C1}}|=\frac{1}{\omega C_{C1}}

很大,輸入訊號大部分落在電容上,因此增益降低。


2. 輸出耦合電容 CC2C_{C2}

CC2C_{C2} 所看到的等效電阻近似為

RC2=RC∥ro+RLR_{C2}=R_C\parallel r_o+R_L

因此

ωL2=1CC2RC2\omega_{L2} = \frac{1}{C_{C2}R_{C2}}

或

fL2=12πCC2RC2f_{L2} = \frac{1}{2\pi C_{C2}R_{C2}}

當頻率很低時,CC2C_{C2} 阻抗很大,集極訊號無法有效傳送至負載 RLR_L。


3. 射極旁路電容 CEC_E

CEC_E 與 RER_E 並聯。當頻率升高時,CEC_E 將射極交流接地,使 RER_E 不參與中頻增益;當頻率降低時,CEC_E 的旁路作用變弱,射極負回授增強,增益下降。

令射極端所見等效電阻近似為

RCE=RE∥[re+Rsig∥RBβ+1]R_{CE} = R_E\parallel \left[ r_e+ \frac{R_{sig}\parallel R_B}{\beta+1} \right]

其中

re≃1gmr_e\simeq \frac{1}{g_m}

因此

ωLE=1CERCE\omega_{LE} = \frac{1}{C_ER_{CE}}

或

fLE=12πCERCEf_{LE} = \frac{1}{2\pi C_ER_{CE}}

4. 低頻總轉移函數

因此,低頻近似轉移函數為

AL(s)≃AMss+ωL1ss+ωL2ss+ωLE\boxed{ A_L(s) \simeq A_M \frac{s}{s+\omega_{L1}} \frac{s}{s+\omega_{L2}} \frac{s}{s+\omega_{LE}} }

低頻截止角頻率通常取三者中最大者:

ωL≃max⁡{ωL1,ωL2,ωLE}\omega_L\simeq \max\{\omega_{L1},\omega_{L2},\omega_{LE}\} fL≃max⁡{fL1,fL2,fLE}f_L\simeq \max\{f_{L1},f_{L2},f_{LE}\}

在主導極點近似下,低頻增益可寫為

AL(s)≃AMss+ωLA_L(s)\simeq A_M\frac{s}{s+\omega_L}

當 ω≪ωL\omega\ll\omega_L 時,增益隨頻率上升,每增加一個主要低頻極點,漸近斜率增加 20 dB/dec20\ \mathrm{dB/dec}。


三、高頻帶轉移函數

高頻時,電晶體內部的寄生電容不可忽略,主要包括:

  • 基極—射極電容:CπC_{\pi}
  • 基極—集極電容:CμC_{\mu}

由於共射極放大器的電壓增益為負,CμC_{\mu} 會產生米勒效應,使輸入端等效電容大幅增加。

1. 輸入端米勒等效電容

令基極至集極的電壓增益為

Av≃−gmROA_v\simeq -g_mR_O

則輸入端等效電容為

CMi=Cμ(1−Av)C_{Mi}=C_{\mu}(1-A_v)

因此

Cin,H=Cπ+Cμ(1−Av)C_{in,H} = C_{\pi}+C_{\mu}(1-A_v)

由於 Av<0A_v<0,可近似為

Cin,H≃Cπ+Cμ(1+gmRO)C_{in,H} \simeq C_{\pi}+C_{\mu}(1+g_mR_O)
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 5 題20 分

Transfer function of a second-order low-pass filter can be expressed as T(s) =
ao
s²+s+w
and the
Q
1
magnitude response is shown in Figure 1, please derive that @max = Wo 1
202
Vcc
TA
lao2
A
A
402
RB
Rc
CC2
uolwal
。
@max
o V1 - 202
Rsig
CC
+
RL
V
0
@mαχωρ
Figure 1
Vsig
+
RB2
RE
CE
Figure 2
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查二階低通濾波器的頻率響應與共振峰值位置。給定

T(s)=a0s2+sω0Q+ω02T(s)=\frac{a_0}{s^2+s\frac{\omega_0}{Q}+\omega_0^2}

其中:

  • ω0\omega_0:自然角頻率
  • QQ:品質因數
  • a0a_0:低頻增益常數

令 s=jωs=j\omega,即可得到頻率響應 T(jω)T(j\omega)。

解題方法與推導

代入 s=jωs=j\omega:

T(jω)=a0(jω)2+jωω0Q+ω02T(j\omega) = \frac{a_0}{(j\omega)^2+j\omega\frac{\omega_0}{Q}+\omega_0^2}

因為 (jω)2=−ω2(j\omega)^2=-\omega^2,所以

T(jω)=a0ω02−ω2+jωω0QT(j\omega) = \frac{a_0}{\omega_0^2-\omega^2+j\omega\frac{\omega_0}{Q}}

其幅值平方為

∣T(jω)∣2=∣a0∣2(ω02−ω2)2+(ωω0Q)2|T(j\omega)|^2 = \frac{|a_0|^2} {(\omega_0^2-\omega^2)^2+ \left(\frac{\omega\omega_0}{Q}\right)^2}

要使 ∣T(jω)∣|T(j\omega)| 最大,等價於使分母最小。令

x=ω2x=\omega^2

則分母可寫成

D(x)=(ω02−x)2+xω02Q2D(x) = (\omega_0^2-x)^2+\frac{x\omega_0^2}{Q^2}

展開:

D(x)=x2−2ω02x+ω04+xω02Q2D(x) = x^2-2\omega_0^2x+\omega_0^4 +\frac{x\omega_0^2}{Q^2}

對 xx 微分並令其為零:

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題