核心觀念

本題考查雙極性接面電晶體（BJT）共射極（Common-Emitter, CE）放大器的直流與交流負載線（DC & AC Load Lines）以及最大不失真對稱輸出擺幅（Maximum Symmetrical Swing）。

1. 直流負載線（DC Load Line）：
   直流狀態下，所有電容均視為開路（Open Circuit）。由輸出端迴路利用克希荷夫電壓定律（KVL）推導 $i_C$ 與 $v_{CE}$ 之關係式： $$V_{CC} = v_{CE} + i_C R_C + i_E R_E \approx v_{CE} + i_C (R_C + R_E)$$
2. 交流負載線（AC Load Line）：
   在交流小訊號工作下，外部大電容（耦合電容 $C_{C1}, C_{C2}$ 與射極旁路電容 $C_E$）視為短路（Short Circuit），直流電源接地。此時集極交流等效電阻為 $r_{ac} = R_C \parallel R_L$。交流負載線必通過靜態工作點 $Q(V_{CEQ}, I_{CQ})$，其斜率為 $-\frac{1}{r_{ac}}$： $$i_c = -\frac{v_{ce}}{r_{ac}} \implies i_C - I_{CQ} = -\frac{v_{CE} - V_{CEQ}}{R_C \parallel R_L}$$
3. 最大對稱不失真擺幅：
   受到截止區（Cutoff, $i_C \ge 0$）與指定飽和限制區間（$v_{CE} \ge V_{CE(\min)}$ 或限制上限 $v_{CE} \le V_{CE(\max)}$）的夾擊，輸出電壓的對稱峰值幅度受到兩側裕度的最小值限制。

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解題方法與推導

1. 直流偏壓分析（DC Operating Point $Q$）

在直流等效電路中，基極偏壓電路以戴維寧等效電路（Thevenin Equivalent）表示：

$$V_{TH} = V_{CC} \times \frac{R_2}{R_1 + R_2} = 10 \times \frac{20\,\text{k}\Omega}{20\,\text{k}\Omega + 20\,\text{k}\Omega} = 5\,\text{V}$$

（註：配合題目圖中元件參數與常見電路配置，電源電壓為 $10\,\text{V}$，滿足 $0.5\,\text{V} \le v_{CE} \le 9.5\,\text{V}$ 之限制範圍）

$$R_{TH} = R_1 \parallel R_2 = 20\,\text{k}\Omega \parallel 20\,\text{k}\Omega = 10\,\text{k}\Omega$$

由基極－射極（B-E）輸入迴路方程式：

$$V_{TH} = I_B R_{TH} + V_{BE(on)} + I_E R_E$$

將 $I_E = (1 + \beta) I_B$ 代入：

$$I_B = \frac{V_{TH} - V_{BE(on)}}{R_{TH} + (1 + \beta) R_E} = \frac{5 - 0.7}{10\,\text{k}\Omega + (1 + 125) \times 5\,\text{k}\Omega} = \frac{4.3}{10\,\text{k}\Omega + 630\,\text{k}\Omega} = \frac{4.3}{640\,\text{k}\Omega} \approx 0.00672\,\text{mA}$$

計算得集極電流 $I_{CQ}$ 與射極電流 $I_{EQ}$：

$$I_{CQ} = \beta I_B = 125 \times 0.00672\,\text{mA} \approx 0.84\,\text{mA}$$ $$I_{EQ} = I_{CQ} + I_B \approx 0.8467\,\text{mA}$$

由集極－射極（C-E）輸出迴路方程式求靜態電壓 $V_{CEQ}$：

$$V_{CEQ} = V_{CC} - I_{CQ} R_C - I_{EQ} R_E$$ $$V_{CEQ} \approx 10 - (0.84\,\text{mA} \times 2.3\,\text{k}\Omega) - (0.8467\,\text{mA} \times 5\,\text{k}\Omega) = 10 - 1.932 - 4.234 \approx 3.83\,\text{V}$$

因此，靜態偏壓點為：

$$Q = (V_{CEQ}, I_{CQ}) = (3.83\,\text{V}, 0.84\,\text{mA})$$

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2. (a) 繪製直流與交流負載線

① 直流負載線（DC Load Line）

方程式：

$$V_{CC} = v_{CE} + i_C (R_C + R_E)$$

代入數值：

$$10 = v_{CE} + i_C (2.3\,\text{k}\Omega + 5\,\text{k}\Omega) = v_{CE} + 7.3\,\text{k}\Omega \times i_C$$

• 當 $i_C = 0$ 時（水平軸截距，截止點）： $$v_{CE} = 10\,\text{V}$$
• 當 $v_{CE} = 0$ 時（垂直軸截距）： $$i_C = \frac{10\,\text{V}}{7.3\,\text{k}\Omega} \approx 1.37\,\text{mA}$$

② 交流負載線（AC Load Line）

交流負載電阻：

$$r_{ac} = R_C \parallel R_L = 2.3\,\text{k}\Omega \parallel 5\,\text{k}\Omega = \frac{2.3 \times 5}{2.3 + 5} = \frac{11.5}{7.3} \approx 1.575\,\text{k}\Omega$$

交流負載線方程式通過 $Q(3.83\,\text{V}, 0.84\,\text{mA})$，且斜率為 $-\frac{1}{r_{ac}}$：

$$i_C - I_{CQ} = -\frac{v_{CE} - V_{CEQ}}{r_{ac}} \implies i_C - 0.84\,\text{mA} = -\frac{v_{CE} - 3.83\,\text{V}}{1.575\,\text{k}\Omega}$$

核心觀念與電路判讀

依掃描圖 Fig. 2 的實際接線，輸入信號加在射極、基極由旁路電容接交流地，因此 $Q_1$ 是共基極放大器。集極由理想電流源 $I_{CC}=0.5\,\text{mA}$ 供電，$R_B=100\,\text{k}\Omega$ 接在集極與基極之間。

題目未提供 $V_{BE}$ 與 $V_T$，採用標準近似：

$$V_{BE}=0.7\,\text{V},\qquad V_T=25\,\text{mV}$$

直流分析時電容開路；中頻小訊號分析時耦合、旁路電容視為短路。$V_A=\infty$ 表示 $r_o=\infty$。

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(a) 集極、基極與射極直流電壓

直流時 $C_{C1}$、$C_{C2}$ 與旁路電容皆開路，因此 $R_L$ 不影響直流工作點。

由於 $R_B$ 將集極電流源所提供的電流分成集極電流與基極電流：

$$I_{CC}=I_C+I_B=I_E$$

因此

$$I_E=0.5\,\text{mA}$$

又

$$I_B=\frac{I_E}{\beta+1} =\frac{0.5\,\text{mA}}{101} =4.95\,\mu\text{A}$$ $$I_C=\beta I_B =100(4.95\,\mu\text{A}) =0.495\,\text{mA}$$

射極電壓為

$$V_E=I_E R_E =(0.5\,\text{mA})(1\,\text{k}\Omega) =0.500\,\text{V}$$

基極電壓為

$$V_B=V_E+V_{BE} =0.500+0.700 =1.200\,\text{V}$$

$R_B$ 中流過的是基極電流，因此

$$V_C-V_B=I_B R_B$$ $$V_C=1.200+(4.95\,\mu\text{A})(100\,\text{k}\Omega) =1.695\,\text{V}$$

工作區檢查：

$$V_{CE}=V_C-V_E=1.695-0.500=1.195\,\text{V}$$

且 $V_C>V_B$，晶體管確實工作於正向主動區。

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(b) 小訊號電壓增益 $A_v=v_o/v_s$

小訊號等效電路

中頻時：

• $C_{C1}$、$C_{C2}$ 視為短路；
• 基極由旁路電容接交流地，故 $v_b=0$；
• 理想電流源的小訊號模型為開路；
• 集極負載為 $R_B$ 與 $R_L$ 的並聯。

因此集極等效負載為

$$R_X=R_B\parallel R_L =100\,\text{k}\Omega\parallel1\,\text{k}\Omega =990.1\,\Omega$$

跨導為

$$g_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.495\,\text{mA}}{25\,\text{mV}} =19.80\,\text{mS}$$

因為基極交流接地，

$$v_\pi=v_b-v_e=-v_e$$

核心觀念

• 迴授放大器的迴路增益 $T(f)$ 為複數函數，\ $|T|$ 與相位 $\angle T$ 分別由分子與分母的幅度與相位決定。
• 每個一極項 $(1+j\frac{f}{f_p})$ 產生相位延遲 $-\arctan\!\left(\frac{f}{f_p}\right)$，幅度因子 $\sqrt{1+(f/f_p)^2}$。
• 判斷 $-180^\circ$ 相位點即求三個延遲之和等於 $180^\circ$；在該頻率再令 $|T|=1$ 求 $\beta$。

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解題方法

(a) 求相位為 $-180^\circ$ 的頻率 $f_{180}$

$$\angle T(f)= -\Bigl[\arctan\!\left(\frac{f}{10^{2}}\right) +\arctan\!\left(\frac{f}{10^{4}}\right) +\arctan\!\left(\frac{f}{10^{6}}\right)\Bigr]$$

令 $\angle T=-180^\circ$：

$$\arctan\!\left(\frac{f}{10^{2}}\right) +\arctan\!\left(\frac{f}{10^{4}}\right) +\arctan\!\left(\frac{f}{10^{6}}\right)=180^\circ \tag{1}$$

觀察 (1)：當 $f\gg10^{6}$ 時，各項皆趨近 $90^\circ$，和為 $270^\circ$；當 $f\ll10^{2}$ 時，和趨近 $0^\circ$，因此在 $10^{4}\sim10^{5}$ 區間必有唯一解。

取 $f=10^{5}\,\text{Hz}$ 代入：

$$\begin{aligned} \arctan\!\left(\frac{10^{5}}{10^{2}}\right)&=\arctan(10^{3})\approx 89.94^\circ,\\ \arctan\!\left(\frac{10^{5}}{10^{4}}\right)&=\arctan(10)\approx 84.29^\circ,\\ \arctan\!\left(\frac{10^{5}}{10^{6}}\right)&=\arctan(0.1)\approx 5.71^\circ. \end{aligned}$$

三項相加 $89.94^\circ+84.29^\circ+5.71^\circ\approx180^\circ$，驗證符合 (1)。
因此

核心觀念

本題考查 BJT 疊接式（cascode）放大器的：

• 直流偏壓分析
• 中頻電壓增益
• BJT 高頻混合 $\pi$ 模型
• Miller effect（米勒效應）
• 輸入、輸出端主導極點的判斷

中頻時，$C_{C1}$、$C_{C2}$、$C_E$ 與 $C_B$ 視為短路，因此 $Q_1$ 為共射極級，$Q_2$ 為共基極級。

以下採用室溫 $V_T=25\,\text{mV}$。

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一、直流工作點

直流時所有耦合及旁路電容皆視為開路。由圖中偏壓電阻串接關係，可列出

$$\frac{V_{B2}-V_{B1}}{R_2} = \frac{V_{B1}+10}{R_3}+I_{B1}$$ $$\frac{10-V_{B2}}{R_1} = \frac{V_{B2}-V_{B1}}{R_2}+I_{B2}$$

其中

$$I_{E1}=\frac{V_{B1}-0.7-(-10)}{R_E} =\frac{V_{B1}+9.3}{5.4\,\text{k}\Omega}$$ $$I_{B1}=\frac{I_{E1}}{\beta+1}$$

由於 $Q_1$ 的集極直接接到 $Q_2$ 的射極，

$$I_{E2}\simeq I_{C1} =\frac{\beta}{\beta+1}I_{E1}$$ $$I_{B2}=\frac{I_{E2}}{\beta+1}$$

解得

$$V_{B1}\simeq -4.06\,\text{V}$$ $$V_{E1}=V_{B1}-0.7\simeq -4.76\,\text{V}$$ $$I_{E1}\simeq 0.970\,\text{mA}$$ $$I_{C1}\simeq 0.962\,\text{mA}$$

因為 $V_{B2}=V_{E2}+0.7$，可得

$$V_{B2}\simeq 0.407\,\text{V}$$ $$V_{E2}=V_{C1}\simeq -0.293\,\text{V}$$

且

$$I_{E2}\simeq 0.962\,\text{mA},\qquad I_{C2}\simeq 0.954\,\text{mA}$$

輸出端直流電壓為

$$V_O=10-I_{C2}R_C =10-(0.954\,\text{mA})(5\,\text{k}\Omega) \simeq 5.23\,\text{V}$$

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二、(a) 輸入與輸出部分的 3 dB 頻率

1. 小訊號參數

$$g_{m1}=\frac{I_{C1}}{V_T} =\frac{0.962\,\text{mA}}{25\,\text{mV}} \simeq 38.5\,\text{mS}$$ $$g_{m2}\simeq 38.2\,\text{mS}$$ $$r_{\pi 1}=\frac{\beta}{g_{m1}} =\frac{120}{38.5\,\text{mS}} \simeq 3.12\,\text{k}\Omega$$

由於 $Q_2$ 為共基極級，其射極小訊號阻抗約為

$$r_{e2}\simeq \frac{1}{g_{m2}}$$

因此 $Q_1$ 集極電壓對其基極電壓的增益約為

$$A_{v1c}\simeq -g_{m1}\frac{1}{g_{m2}} \simeq -1.01$$

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2. 輸入端高頻極點

$Q_1$ 的 $C_{\mu 1}$ 受到 Miller effect 影響，等效輸入電容為

$$C_{\text{in}} = C_{\pi 1}+C_{\mu 1}(1-A_{v1c})$$ $$C_{\text{in}} = 12+2(1-(-1.01)) \simeq 16.0\,\text{pF}$$

輸入端等效電阻為

$$R_{\text{in}} = R_S\parallel r_{\pi1}\parallel R_2\parallel R_3$$ $$R_{\text{in}} = 0.1\,\text{k}\Omega \parallel 3.12\,\text{k}\Omega \parallel 20.5\,\text{k}\Omega \parallel 28.3\,\text{k}\Omega \simeq 96.1\,\Omega$$

故輸入部分的 3 dB 頻率為

$$f_{Hi} = \frac{1}{2\pi R_{\text{in}}C_{\text{in}}}$$ $$f_{Hi} = \frac{1} {2\pi(96.1)(16.0\,\text{pF})} \simeq 1.03\times 10^8\,\text{Hz}$$

因此

$$\boxed{f_{Hi}\simeq 103\,\text{MHz}}$$

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3. 輸出端高頻極點

核心觀念

本題考查兩部分：

1. 直流偏壓分析：電容於直流時視為開路，$V_s$ 無直流成分，因此電壓源 $V_s$ 於直流分析時等效接地。
2. 中頻小訊號與回授分析：電容視為短路，$V_{DD}$ 為交流接地；未給定 $V_A$，故忽略晶體管 $r_o$。

採用：

$$I_C=\beta I_B,\qquad I_E=(\beta+1)I_B$$

並取熱電壓 $V_T=25\text{ mV}$。

(a) 直流工作點

直流時，$V_s=0$，所以 $R_S$ 將 $V_{B1}$ 接地。由於 $Q_1$ 射極接地且導通，

$$V_{B1}=V_{BE1}=0.7\text{ V}$$

令 $V_{E2}=V_E$。則

$$I_{E2}=\frac{V_E}{R_B} =\frac{V_E}{140}$$ $$I_{B2}=\frac{I_{E2}}{\beta+1} =\frac{V_E}{140(101)}$$

由 $V_{E2}$ 經 $R_C=10\text{ k}\Omega$ 流向 $V_{B1}$ 的電流為

$$I_{R_C}=\frac{V_E-0.7}{10\text{ k}\Omega}$$

而經 $R_S$ 流向地的電流為

$$I_{R_S}=\frac{0.7}{10\text{ k}\Omega}=70\ \mu\text{A}$$

因此 $Q_1$ 的基極電流為

$$I_{B1}=I_{R_C}-I_{R_S}$$

在 $V_{B2}$ 節點套用 KCL：

$$200\ \mu\text{A}=I_{C1}+I_{B2}$$

其中

I_{C1}=\beta I_{B1} \] 代入可得

200\ \mu\text{A}

100\left[
\frac{V_E-0.7}{10\text{ k}\Omega}
-70\ \mu\text{A}
\right]
+
\frac{V_E}{140(101)}

$$解得$$

V_{E2}=1.410\text{ V}

$$因此$$

V_{B2}=V_{E2}+0.7=2.110\text{ V}

$$接著計算電流：$$

I_{B1}

\frac{1.410-0.7}{10\text{ k}\Omega}
-70\ \mu\text{A}
=1.003\ \mu\text{A}

$$$$

I_{E1}=(\beta+1)I_{B1}
=101(1.003\ \mu\text{A})
\approx101.3\ \mu\text{A}

$$$$

I_{E2}=\frac{1.410}{140}
\approx10.07\text{ mA}

對 $Q_2$：

I_{C2}=\frac{\beta}{\beta+1}I_{E2}
=\frac{100}{101}(10.07\text{ mA})
\approx9.972\text{ mA}

輸出端經 $R_L=500\Omega$ 接至 $+10\text{ V}$，故

V_o=10-I_{C2}R_L

$$$$

V_o=10-(9.972\text{ mA})(500\Omega)
\approx5.014\text{ V}

## (b) 電壓增益與輸入電阻 令 $v_1$ 為 $Q_1$ 基極小訊號電壓，$v_x$ 為 $Q_1$ 集極、$Q_2$ 基極的小訊號電壓，$v_e$ 為 $Q_2$ 射極小訊號電壓。 由直流工作點：

g_{m1}=\frac{I_{C1}}{V_T}
=\frac{100.3\ \mu\text{A}}{25\text{ mV}}
\approx4.01\text{ mS}

$$$$

r_{\pi1}=\frac{\beta}{g_{m1}}
\approx24.9\text{ k}\Omega

$$$$