112 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班甲組《電子學（B）》

核心觀念

本題考查齊納二極體並聯穩壓器。穩壓成立時：

• 負載電壓固定為齊納電壓：$V_L=V_Z=10\text{ V}$
• 串聯電阻電流為
  $I_R=I_Z+I_L$
• 齊納電流必須滿足
  $0\le I_Z\le I_{ZM}=32\text{ mA}$

圖中參數為：

$V_{in}=50\text{ V},\qquad R=1\text{ k}\Omega,\qquad V_Z=10\text{ V}$

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解題方法

先由串聯電阻求出總電流：

$$I_R=\frac{V_{in}-V_L}{R} =\frac{50-10}{1\text{ k}\Omega} =40\text{ mA}$$

因此負載電流為：

$$I_L=I_R-I_Z=40\text{ mA}-I_Z$$

為使齊納二極體不超過最大電流，齊納電流範圍為：

$$0\le I_Z\le32\text{ mA}$$

所以：

• 當 $I_Z=32\text{ mA}$ 時，負載電流最小：

  $$I_{L,\min}=40-32=8\text{ mA}$$

• 當 $I_Z=0$ 時，負載電流最大：

  $$I_{L,\max}=40\text{ mA}$$

故：

$$\boxed{8\text{ mA}\le I_L\le40\text{ mA}}$$

由 $R_L=V_L/I_L$：

• 最大負載電阻： $$R_{L,\max}=\frac{10\text{ V}}{8\text{ mA}} =1.25\text{ k}\Omega$$

核心觀念

本題考查 NPN 電晶體的直流偏壓分析，以及判斷電晶體是否工作於放大區或飽和區。

採用矽電晶體近似模型：放大區時 $V_{BE}\approx 0.7\text{ V}$；進入飽和區時取 $V_{BE}\approx 0.7\text{ V}$、$V_{CE(sat)}\approx 0.2\text{ V}$。圖中基極電阻接 $+3\text{ V}$，集極與射極電阻皆為 $1\text{ k}\Omega$。

解題方法

(a) $R_B=100\text{ k}\Omega$

先假設電晶體工作於放大區，使用

$$I_E=(\beta+1)I_B=101I_B$$

沿基極到地的迴路套用 KVL：

$$3=I_B R_B+V_{BE}+I_E(1\text{ k}\Omega)$$

因此

$$I_B=\frac{3-0.7}{100\text{ k}\Omega+101(1\text{ k}\Omega)} =11.44\ \mu\text{A}$$ $$I_E=101I_B=1.156\text{ mA},\qquad I_C=\beta I_B=1.144\text{ mA}$$

各節點電壓為

$$V_E=I_E(1\text{ k}\Omega)=1.156\text{ V}$$ $$V_B=V_E+0.7=1.856\text{ V}$$ $$V_C=3-I_C(1\text{ k}\Omega)=1.856\text{ V}$$

此時 $V_{CE}=V_C-V_E=0.700\text{ V}$，符合放大區假設；基極與集極電位相等，屬於放大區與飽和區的臨界狀態。

(b) $R_B=10\text{ k}\Omega$

若先套用放大區公式，會算得集極電壓低於射極電壓，與 NPN 電晶體的放大區條件不符，因此電晶體已進入飽和區。

令 $V_E=x$，則

核心觀念

圖 3 為分壓偏壓的 MOSFET 電路：

• $V_{DD}=10\text{ V}$
• $R_{G1}=R_{G2}=10\text{ M}\Omega$
• $R_D=R_S=6\text{ k}\Omega$
• $V_{tn}=1\text{ V}$
• $k_n(W/L)=1\text{ mA/V}^2$
• 忽略通道長度調變，故 $\lambda=0$

MOSFET 閘極電流近似為零，因此閘極電壓由分壓器決定。飽和區電流公式為

$$I_D=\frac{1}{2}k_n\left(\frac WL\right)(V_{GS}-V_T)^2$$

且 NMOS 飽和條件為

$$V_{DS}\geq V_{GS}-V_T$$

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（a）NMOS

1. 閘極電壓

因為閘極電流為零，

$$V_G=10\left(\frac{R_{G2}}{R_{G1}+R_{G2}}\right)$$ $$V_G=10\left(\frac{10}{10+10}\right)=5\text{ V}$$

分壓器兩支路電流為

$$I_{RG1}=I_{RG2} =\frac{10}{20\text{ M}\Omega} =0.5\ \mu\text{A}$$

2. 以汲極電流建立方程式

令 $I_D$ 以 mA 為單位，則 $6\text{ k}\Omega$ 上的電壓降可直接寫成 $6I_D$ V。

$$V_S=6I_D$$ $$V_D=10-6I_D$$

因此

$$V_{GS}=V_G-V_S=5-6I_D$$ $$V_{GS}-V_{tn}=4-6I_D$$

代入飽和區公式：

$$I_D=\frac12(4-6I_D)^2$$

令

$$V_{OV}=V_{GS}-V_{tn}$$

則

$$I_D=\frac{4-V_{OV}}{6}$$

代入 $I_D=\frac12V_{OV}^2$：

$$\frac{4-V_{OV}}{6}=\frac12V_{OV}^2$$ $$3V_{OV}^2+V_{OV}-4=0$$

正值解為

$$V_{OV}=1\text{ V}$$

故

$$I_D=\frac12(1)^2=0.5\text{ mA}$$

3. 各節點電壓與各支路電流

$$V_S=I_DR_S=(0.5\text{ mA})(6\text{ k}\Omega)=3\text{ V}$$ $$V_D=10-I_DR_D=10-(0.5\text{ mA})(6\text{ k}\Omega)=7\text{ V}$$ $$V_G=5\text{ V}$$ $$V_{GS}=V_G-V_S=5-3=2\text{ V}$$ $$V_{DS}=V_D-V_S=7-3=4\text{ V}$$

NMOS 飽和條件：

$$V_{DS}=4\text{ V}\geq V_{GS}-V_{tn}=1\text{ V}$$

條件成立。

各支路電流為：

• $R_{G1}$：$0.5\ \mu\text{A}$，由 $+10\text{ V}$ 流向閘極節點
• $R_{G2}$：$0.5\ \mu\text{A}$，由閘極節點流向接地
• $R_D$：$0.5\text{ mA}$，由 $V_{DD}$ 流向汲極
• NMOS：$I_D=0.5\text{ mA}$，由汲極流向源極
• $R_S$：$0.5\text{ mA}$，由源極流向接地

核心觀念

本題考查三運算放大器儀表放大器（instrumentation amplifier）的分析：

1. 理想運算放大器具有虛短路，故輸入端電壓相等。
2. 輸入端不取電流。
3. 第一級兩個非反相放大器的增益由 $10\,\text{k}\Omega$ 回授電阻與中間增益電阻決定。
4. 第二級為差動放大器，四個電阻皆為 $10\,\text{k}\Omega$，因此輸出為兩級輸出電壓之差。

由圖可知，中間增益電阻為

$$R_G=500\,\Omega+R_p$$

且

$$0\leq R_p\leq 10\,\text{k}\Omega$$

兩個非反相輸入端分別接於

$$V_{+2}=0.2\,\text{V},\qquad V_{+1}=0.3\,\text{V}$$

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解題方法

第一級輸出電壓

由虛短路，兩個反相輸入端電壓分別為

$$V_{-2}=0.2\,\text{V},\qquad V_{-1}=0.3\,\text{V}$$

對上方運算放大器的反相輸入端套用 KCL：

$$\frac{0.2-V_{o2}}{10\,\text{k}\Omega} +\frac{0.2-0.3}{R_G}=0$$

因此

$$V_{o2} =0.2-\frac{10\,\text{k}\Omega}{R_G}(0.1) =0.2-\frac{1000}{R_G}$$

對下方運算放大器的反相輸入端套用 KCL：

$$\frac{0.3-V_{o1}}{10\,\text{k}\Omega} +\frac{0.3-0.2}{R_G}=0$$

因此

$$V_{o1} =0.3+\frac{1000}{R_G}$$

所以

$$V_{o1}-V_{o2} =0.1+\frac{2000}{R_G}$$

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第二級差動放大器

第二級四個電阻皆為 $10\,\text{k}\Omega$。

非反相端電壓由 $V_{o1}$ 經分壓得到：

$$V_+=\frac{V_{o1}}{2}$$

反相端的輸入電阻與回授電阻相等，因此反相端增益為 $-1$。故

$$V_o=2V_+-V_{o2}$$

代入 $V_+=V_{o1}/2$：

$$V_o=V_{o1}-V_{o2}$$

因此總輸出為

$$\boxed{V_o=0.1+\frac{2000}{500+R_p}}$$

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(a) $V_o$ 的最小值與最大值

最大輸出電壓

$V_o$ 隨 $R_p$ 增加而減小，因此最大值發生於

$$R_p=0$$

此時

$$R_G=500\,\Omega$$

核心觀念

兩個電路皆為理想反相運算放大器，使用：

$$\frac{V_o}{V_i}=-\frac{Z_f}{Z_i}$$

其中 $Z_i$ 為反相端的輸入阻抗，$Z_f$ 為輸出至反相端的回授阻抗。理想運算放大器的非反相端接地，因此反相端為虛接地。

令轉折角頻率為

$$\omega_c=\frac{1}{RC}$$

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(a) 電路

輸入端為電容 $C$ 與電阻 $R$ 串聯，因此

$$Z_i=R+\frac{1}{sC}$$

回授電阻為

$$Z_f=10R$$

所以電壓轉移函數為

$$H_a(s)=\frac{V_o}{V_i} =-\frac{10R}{R+\frac{1}{sC}}$$

整理得

$$\boxed{ H_a(s)=-\frac{10sRC}{1+sRC} }$$

令 $s=j\omega$，其幅值為

$$|H_a(j\omega)| =\frac{10\omega RC}{\sqrt{1+(\omega RC)^2}}$$

以分貝表示：

$$20\log_{10}|H_a| = 20\log_{10}10 + 20\log_{10}(\omega RC) - 10\log_{10}\left[1+(\omega RC)^2\right]$$

幅頻 Bode 圖

• 當 $\omega\ll\omega_c$：

  $$|H_a|\approx 10\omega RC =10\frac{\omega}{\omega_c}$$

  斜率為 $+20\ \mathrm{dB/dec}$。

• 當 $\omega\gg\omega_c$：

  $$|H_a|\approx 10$$

  增益為

  $$20\log_{10}10=20\ \mathrm{dB}$$

  斜率為 $0\ \mathrm{dB/dec}$。

• 在 $\omega=\omega_c$：

  $$|H_a|=\frac{10}{\sqrt{2}}$$

  因此相對於高頻平台低 $3.01\ \mathrm{dB}$，即約為 $16.99\ \mathrm{dB}$。

因此，(a) 是一階高通反相放大器：

$$\boxed{ \text{低頻以 }+20\ \mathrm{dB/dec}\text{ 上升，}\ \omega_c=\frac1{RC}\text{ 後趨於 }20\ \mathrm{dB} }$$

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(b) 電路

輸入端只有電阻 $R$，所以

$$Z_i=R$$

回授路徑為電阻 $R$ 與電容 $C$ 串聯，因此

$$Z_f=R+\frac{1}{sC}$$

電壓轉移函數為

$$H_b(s)=\frac{V_o}{V_i} =-\frac{R+\frac{1}{sC}}{R}$$

整理得

$$\boxed{ H_b(s)=-\left(1+\frac{1}{sRC}\right) }$$

也可寫成

$$H_b(s)=-\frac{1+sRC}{sRC}$$

令 $s=j\omega$，幅值為

$$|H_b(j\omega)| = \left|1+\frac{1}{j\omega RC}\right|$$