115 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

本題考查兩個重點：

1. P-N 接面的形成機制：P 型半導體與 N 型半導體接合後，載子擴散、復合，形成空乏區與內建電場。
2. 內建電位（built-in potential）：熱平衡時，抵銷多數載子繼續擴散的電位障壁。

其中：

• P 型區的多數載子為電洞，摻雜濃度為 $N_A$。
• N 型區的多數載子為電子，摻雜濃度為 $N_D$。
• $n_i$ 為本質載子濃度。
• $V_T=kT/q$ 為熱電壓。

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解題方法：P-N 接面的形成

1. 接合前

P 型與 N 型半導體尚未接合時：

• P 型區具有大量電洞，電子濃度較低。
• N 型區具有大量電子，電洞濃度較低。
• 兩區各自維持電中性。

在非簡併、完全游離且熱平衡的近似下：

$$p_{p0}\approx N_A,\qquad n_{n0}\approx N_D$$

由質量作用定律：

$$n_{p0}=\frac{n_i^2}{N_A},\qquad p_{n0}=\frac{n_i^2}{N_D}$$

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2. 接合後的載子擴散

P 型區的電洞濃度高於 N 型區，因此電洞由 P 型區向 N 型區擴散；N 型區的電子濃度高於 P 型區，因此電子由 N 型區向 P 型區擴散。

靠近接面處，電子與電洞發生復合，使得：

• P 型側接面附近留下帶負電的受體離子。
• N 型側接面附近留下帶正電的施體離子。

這些固定離子區域幾乎沒有可自由移動的主要載子，因此稱為空乏區（depletion region），也稱為空間電荷區。

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3. 內建電場的形成

空乏區中的固定離子造成電荷分離：

• N 型側為正電。
• P 型側為負電。

因此，內建電場方向由 N 型側指向 P 型側：

$$\mathbf{E}_{bi}: N\text{側}\rightarrow P\text{側}$$

此電場產生的漂移作用會阻止多數載子繼續擴散：

• 電場將電子推向 N 型側。
• 電場將電洞推向 P 型側。

當擴散電流與漂移電流大小相等、方向相反時，系統達到熱平衡，總電流為零。此時空乏區兩端形成的電位差就是內建電位。

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內建電位的推導

熱平衡時，接面兩側的費米能階必須相同。對非簡併半導體而言，電子濃度與電位的關係可寫成：

$$n\propto e^{-q\phi/kT}$$

因此，P-N 接面內建電位的大小為：

$$V_{bi}=V_T\ln\left(\frac{N_A N_D}{n_i^2}\right)$$

其中：

$$V_T=\frac{kT}{q}$$

所以完整公式為：

核心觀念

本題考查「級聯放大器」（cascade amplifier）的定義、使用目的，以及多級放大器的優缺點。

級聯放大器是將兩個以上的放大器級依序連接，使前一級的輸出作為後一級的輸入：

$$v_{o1}\rightarrow v_{i2},\qquad v_{o2}\rightarrow v_{i3},\qquad \cdots$$

若共有 $n$ 級放大器，總電壓增益為各級增益的乘積：

$$A_v=\frac{v_o}{v_i} =A_{v1}A_{v2}\cdots A_{vn}$$

以分貝表示時，總增益則為各級增益的總和：

$$A_{v,\mathrm{dB}} =A_{v1,\mathrm{dB}}+A_{v2,\mathrm{dB}}+\cdots+A_{vn,\mathrm{dB}}$$

實際電路中，前後級會產生負載效應，因此第 $k$ 級的增益不一定等於單獨操作時的增益，必須考慮後級輸入阻抗對前級造成的負載。

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解題方法

回答本題可分成三個部分：

1. 先說明級聯放大器的定義。
2. 再說明為何需要使用多級放大。
3. 最後分別整理其優點與缺點。

最主要的判斷依據是：單一放大器級通常無法同時滿足高增益、適當輸入阻抗、低輸出阻抗、足夠頻寬與高輸出擺幅等要求，因此將功能分配給不同級數完成。

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何謂級聯放大器

級聯放大器是由多個放大器級串接而成的放大電路。前一級負責將訊號放大後，再交由下一級繼續放大，最後一級將訊號提供給負載。

典型架構如下：

$$\text{訊號源} \rightarrow \text{前置放大級} \rightarrow \text{中間增益級} \rightarrow \text{輸出級} \rightarrow \text{負載}$$

各級可採用不同功能，例如：

• 第一級：提供高輸入阻抗，減少訊號源負載。
• 中間級：提供主要電壓增益。
• 最後級：提供低輸出阻抗及較大的負載驅動能力。

若每級的電壓增益分別為 $A_{v1}$、$A_{v2}$、$A_{v3}$，則在忽略級間負載效應時：

$$A_v=A_{v1}A_{v2}A_{v3}$$

例如三個增益分別為 $10$、$20$、$5$，總電壓增益為：

$$A_v=10\times20\times5=1000$$

因此，級聯可以用多個中等增益的放大級，達成單一放大級難以實現的高總增益。

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使用級聯放大器的主要目的

1. 提高總增益

級聯放大器最主要的目的，是獲得較大的總增益。

單一放大級受到電源電壓、元件工作區域、增益頻寬乘積、穩定性及失真等限制，增益不宜無限制提高。透過多級級聯，可以將所需增益分散到各級：

$$A_v=A_{v1}A_{v2}\cdots A_{vn}$$

這種方式通常比單獨設計一個極高增益的放大級更容易維持線性與穩定性。

2. 分別滿足不同的電路功能

各放大級可依系統需求分工。例如：

• 輸入級：高輸入阻抗，避免訊號源被過度負載。
• 電壓增益級：提供主要電壓放大。
• 電流或功率級：提供較大的輸出電流及功率。
• 輸出級：降低輸出阻抗，使負載獲得足夠訊號。

因此，級聯的目的不只是增加增益，也包括實現阻抗匹配及訊號驅動。

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級聯放大器的優點

1. 可獲得很高的總增益

各級增益相乘，因此即使每一級只提供中等增益，總增益仍可很高：

$$A_v=\prod_{k=1}^{n} A_{vk}$$

這是級聯放大器最直接且最重要的優點。

2. 設計彈性高

不同級可以使用不同的電路形式，依需求配置其功能。例如共射極級可提供電壓增益，射極隨耦器可提供高輸入阻抗與低輸出阻抗，推挽輸出級則可提供較大的功率。

3. 容易進行阻抗匹配

適當安排各級輸入與輸出阻抗，可降低訊號傳遞時的損耗。

核心觀念

本題考查四種基本理想放大器的「輸入阻抗、輸出阻抗」及其增益參數。四種放大器依輸入與輸出訊號的型態分類如下：

放大器類型	輸入訊號	輸出訊號	增益參數
電壓放大器	電壓	電壓	開路電壓增益 $A_{voc}$
電流放大器	電流	電流	短路電流增益 $A_{isc}$
轉導放大器	電壓	電流	短路轉導 $G_{msc}$
轉阻放大器	電流	電壓	開路轉阻 $R_{moc}$

理想放大器的阻抗特性由「盡量不影響訊號源」及「盡量不降低負載所得訊號」決定：

• 電壓輸入端：希望不取用輸入電流，因此輸入阻抗為無限大。
• 電流輸入端：希望完整接收輸入電流，因此輸入阻抗為零。
• 電壓輸出端：希望輸出電壓不因負載而下降，因此輸出阻抗為零。
• 電流輸出端：希望輸出電流不因負載而改變，因此輸出阻抗為無限大。

解題方法

判斷輸入阻抗時，使用

$$Z_{in}=\frac{v_{in}}{i_{in}}$$

判斷輸出阻抗時，將輸入訊號設為零，使用輸出端的等效阻抗：

$$Z_{out}=\frac{v_{out}}{i_{out}}$$

依照各放大器的輸入、輸出變數即可得到完整表格。

(1) 理想放大器填表

放大器類型	Voltage	Current	Transconductance	Transresistance
Input impedance	(a) $\infty$	(c) $0$	(e) $\infty$	(g) $0$
Output impedance	(b) $0$	(d) $\infty$	(f) $\infty$	(h) $0$
Gain parameters	$A_{voc}$	$A_{isc}$	$G_{msc}$	$R_{moc}$

電壓放大器

電壓放大器的關係式為

$$v_o=A_{voc}v_i$$

輸入端必須具有無限大阻抗，使

$$i_i=0$$

因此

$$Z_{in}=\frac{v_i}{i_i}=\infty$$

輸出端必須具有零阻抗，才能將完整的輸出電壓加到負載上，因此

$$Z_{out}=0$$

所以：

$$\boxed{(a)=\infty,\qquad (b)=0}$$

電流放大器

電流放大器的關係式為

$$i_o=A_{isc}i_i$$

輸入端必須具有零阻抗，才能使輸入電流完整流入放大器：

$$Z_{in}=0$$

輸出端必須具有無限大阻抗，使輸出電流不因負載改變：

$$Z_{out}=\infty$$

所以：

$$\boxed{(c)=0,\qquad (d)=\infty}$$

轉導放大器

轉導放大器將輸入電壓轉換成輸出電流，其關係式為

$$i_o=G_{msc}v_i$$

因為輸入為電壓，輸入端需不取電流：

$$Z_{in}=\infty$$

因為輸出為電流，輸出端需維持電流源特性：

$$Z_{out}=\infty$$

所以：

$$\boxed{(e)=\infty,\qquad (f)=\infty}$$

轉阻放大器

轉阻放大器將輸入電流轉換成輸出電壓，其關係式為

$$v_o=R_{moc}i_i$$

因為輸入為電流，輸入端需具有零阻抗：

$$Z_{in}=0$$

因為輸出為電壓，輸出端需具有零阻抗：

$$Z_{out}=0$$

所以：

$$\boxed{(g)=0,\qquad (h)=0}$$

(2) 使用 OP-AMP 的電壓隨耦器

核心觀念

本題考查負回授 unity-gain buffer 的閉迴路增益，以及 OP-Amp 輸出阻抗造成的負載效應。

理想電壓追隨器的增益為 $1$，但實際 OP-Amp 具有：

• 有限開迴路增益 $A$
• 輸出阻抗 $R_o=1\,\text{k}\Omega$
• 負載電阻 $R_L=100\,\Omega$

可接受的增益誤差為 $0.5\%$，因此要求

$$\frac{v_o}{v_{in}}\geq 1-0.005=0.995$$

解題方法

OP-Amp 內部受控電壓源為

$$A(v_{in}-v_o)$$

由於輸出阻抗 $R_o$ 與負載 $R_L$ 形成分壓，輸出電壓為

$$v_o=A(v_{in}-v_o)\frac{R_L}{R_o+R_L}$$

令

$$k=A\frac{R_L}{R_o+R_L}$$

則

$$v_o=k(v_{in}-v_o)$$

整理得

$$v_o(1+k)=kv_{in}$$

因此閉迴路增益為

$$\frac{v_o}{v_{in}} =\frac{k}{1+k} =\frac{A\frac{R_L}{R_o+R_L}} {1+A\frac{R_L}{R_o+R_L}}$$

其增益誤差為

$$1-\frac{v_o}{v_{in}} = \frac{1}{1+k}$$

要求誤差不超過 $0.005$：

$$\frac{1}{1+k}\leq 0.005$$

核心觀念

此電路是「半波整流加電容輸入濾波器」：

• 二極體導通時，電容充電至接近輸入峰值 $V_m$。
• 二極體截止時，電容透過負載電阻 $R$ 放電。
• 半波整流的放電週期為一個輸入週期：
  $T=\frac{1}{f}$
• 輸出漣波電壓為電容放電前後的電壓差。

已知：

$V_m=15\text{ V},\qquad f=50\text{ Hz},\qquad R=500\ \Omega,\qquad V_R=1\text{ V}$

電容值

二極體截止期間，電容電壓為

$v_C(t)=V_m e^{-t/(RC)}$

經過一個週期後，電容最低電壓為

$V_{\min}=V_m e^{-T/(RC)}$

因此漣波電壓為

$$V_R=V_m-V_{\min} =V_m\left(1-e^{-T/(RC)}\right)$$

代入 $T=1/50=0.02\text{ s}$：

$1=15\left(1-e^{-0.02/(500C)}\right)$

所以

$e^{-0.02/(500C)}=\frac{14}{15}$

$C=\frac{-0.02}{500\ln(14/15)}$

得到

$\boxed{C_{\min}\approx 5.80\times10^{-4}\text{ F}=580\ \mu\text{F}}$

工程上常用小漣波近似式

$V_R\approx \frac{I_L}{fC},\qquad I_L\approx \frac{V_m}{R}$

因此

$$C\approx \frac{V_m}{fRV_R} =\frac{15}{50(500)(1)} =600\ \mu\text{F}$$

故實務上可選用標準值 $620\ \mu\text{F}$。

峰值二極體電流

二極體導通時，理想二極體兩端壓降為零，因此

核心觀念

本題考查「汲極回授偏壓的 enhancement MOSFET 共源放大器」：

1. 直流分析時，耦合電容視為開路，負載 $R_L$ 不影響偏壓。
2. 閘極電流近似為零，因此 $10\,\text{M}\Omega$ 電阻使得
   $V_G=V_D.$
3. 小訊號分析時，耦合電容視為短路，$R_L$ 會接入放大器。
4. 需要使用 MOSFET 的
   $g_m=k_n\frac WL V_{OV},\qquad r_o=\frac{V_A}{I_D}.$

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解題方法

一、求直流工作點

直流時，輸入與輸出耦合電容皆為開路，且 $I_G\approx 0$，所以

$V_G=V_D.$

源極接地，因此

$V_{GS}=V_D.$

MOSFET 的過驅電壓為

$V_{OV}=V_{GS}-V_t=V_D-1.5.$

忽略通道長度調變對直流偏壓的影響，汲極電流為

$I_D=\frac12 k_n\frac WL V_{OV}^2.$

代入 $k_n(W/L)=0.25\,\text{mA/V}^2$：

$I_D=0.125(V_D-1.5)^2\ \text{mA}.$

另一方面，由 $10\,\text{k}\Omega$ 汲極電阻可得

$$I_D=\frac{15-V_D}{10\,\text{k}\Omega} =\frac{15-V_D}{10}\ \text{mA}.$$

令 $x=V_D-1.5$，則

$\frac{13.5-x}{10}=0.125x^2.$

解得

$x=2.91\ \text{V}.$

因此

$V_{OV}=2.91\ \text{V},\qquad V_D=V_G=4.41\ \text{V},$

$I_D=0.125(2.91)^2\approx1.06\ \text{mA}.$

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二、求小訊號參數

跨導為

$$g_m=k_n\frac WL V_{OV} =(0.25\,\text{mA/V}^2)(2.91\,\text{V})$$

$g_m\approx0.728\,\text{mS}.$

輸出電阻為

$$r_o=\frac{V_A}{I_D} =\frac{50\,\text{V}}{1.06\,\text{mA}} \approx47.2\,\text{k}\Omega.$$

核心觀念

本題為 PNP emitter follower（共集極放大器），考查：

• 直流偏壓與發射極電流
• 小訊號參數 $g_m$、$r_\pi$
• 共集極電路的輸入電阻與電壓增益
• 負載效應
• 電流增益與輸出電阻

耦合電容在中頻小訊號分析時視為短路，$+5\text{ V}$ 與 $-5\text{ V}$ 電源皆視為交流接地。

以下採用 $V_{BE}\approx 0.7\text{ V}$、$V_T\approx25\text{ mV}$。

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一、直流發射極電流

由於 $v_s$ 的直流分量為零，且訊號源直接接至基極，因此

$$V_B=0\text{ V}$$

此電路為 PNP 電晶體，故發射極電壓約為

$$V_E=V_B+0.7=0.7\text{ V}$$

發射極電流由 $+5\text{ V}$ 經 $3.3\text{ k}\Omega$ 電阻提供：

$$I_E=\frac{5-0.7}{3.3\text{ k}\Omega} =\frac{4.3}{3300} \approx1.30\text{ mA}$$

因此

$$I_E\boxed{\approx1.30\text{ mA}}$$

由 $\beta=120$，

$$\alpha=\frac{\beta}{\beta+1} =\frac{120}{121} \approx0.9917$$

所以

$$I_C=\alpha I_E \approx0.9917(1.30\text{ mA}) \approx1.29\text{ mA}$$

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二、小訊號參數

跨導為

$$g_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{1.29\text{ mA}}{25\text{ mV}} \approx51.7\text{ mS}$$

因此

$$r_\pi=\frac{\beta}{g_m} =\frac{120}{51.7\text{ mS}} \approx2.32\text{ k}\Omega$$

交流時，發射極所見的電阻為

$$R_E'=3.3\text{ k}\Omega\parallel1\text{ k}\Omega$$ $$R_E'\approx767\ \Omega$$

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三、輸入電阻 $R_i$

共集極放大器從基極看入的輸入電阻為

$$R_i=r_\pi+(\beta+1)R_E'$$

代入數值：

$$R_i=2.32\text{ k}\Omega +121(767\ \Omega)$$ $$\boxed{R_i\approx95.2\text{ k}\Omega}$$

注意：圖中的 $100\text{ k}\Omega$ 是訊號源內阻，不包含在放大器本身的 $R_i$ 中。

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四、電壓增益 $\dfrac{v_o}{v_s}$

先求基極至輸出的電壓增益：

$$\frac{v_o}{v_b} = \frac{(\beta+1)R_E'} {r_\pi+(\beta+1)R_E'}$$

由於

$$(\beta+1)R_E'=121(767\ \Omega)\approx92.8\text{ k}\Omega$$

故

$$\frac{v_o}{v_b} = \frac{92.8}{92.8+2.32} \approx0.976$$

訊號源經過 $100\text{ k}\Omega$ 與 $R_i$ 分壓：

$$\frac{v_b}{v_s} = \frac{R_i}{100\text{ k}\Omega+R_i} = \frac{95.2}{100+95.2} \approx0.488$$

因此總電壓增益為

$$\frac{v_o}{v_s} = \frac{v_o}{v_b}\frac{v_b}{v_s}$$ $$\frac{v_o}{v_s} \approx0.976(0.488) \approx0.476$$

所以

$$\boxed{\frac{v_o}{v_s}\approx0.476}$$