112 年 國立中山大學電波聯合碩士班《電子學》

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第 1 題15 分

  1. (15%) A fourth-order filter has zero transmission at ω=0\omega = 0, ω=2\omega = 2 rad/s, and at ω=∞\omega = \infty. The natural modes are −0.1±j0.5-0.1 \pm j0.5 and −0.1±j1.5-0.1 \pm j1.5. Find the transfer function T(s)T(s). (Hint: The natural modes are the time functions corresponding to the poles.) (15%)

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核心觀念

這題考查由「自然模態」判定極點,再由「零傳輸頻率」判定零點,最後組成轉移函數。

對具有實係數的線性系統:

  • 極點由自然模態的指數項決定。
  • 若在 ω=0\omega=0 時零傳輸,則 T(0)=0T(0)=0,表示 s=0s=0 為零點。
  • 若在 ω=2\omega=2 rad/s 時零傳輸,則 T(j2)=0T(j2)=0。因系統係數為實數,T(−j2)=0T(-j2)=0 也成立,因此零點為 ±j2\pm j2。
  • 在 ω=∞\omega=\infty 時零傳輸,表示分母階數高於分子階數,即系統為嚴格真有理函數。

解題方法

自然模態為

−0.1±j0.5,−0.1±j1.5-0.1\pm j0.5,\qquad -0.1\pm j1.5

因此轉移函數的分母由四個極點構成:

D(s)=[s−(−0.1+j0.5)][s−(−0.1−j0.5)][s−(−0.1+j1.5)][s−(−0.1−j1.5)].D(s)= \left[s-(-0.1+j0.5)\right] \left[s-(-0.1-j0.5)\right] \left[s-(-0.1+j1.5)\right] \left[s-(-0.1-j1.5)\right].

將共軛極點成對相乘:

D(s)=[(s+0.1)2+(0.5)2][(s+0.1)2+(1.5)2].D(s)=\left[(s+0.1)^2+(0.5)^2\right] \left[(s+0.1)^2+(1.5)^2\right].

整理得

D(s)=(s2+0.2s+0.26)(s2+0.2s+2.26).D(s)=\left(s^2+0.2s+0.26\right) \left(s^2+0.2s+2.26\right).

分子部分:

  1. ω=0\omega=0 零傳輸:
T(0)=0⇒s=0T(0)=0\quad\Rightarrow\quad s=0

為零點。

  1. ω=2\omega=2 rad/s 零傳輸:
T(j2)=0,T(−j2)=0T(j2)=0,\qquad T(-j2)=0

因此零點為 s=±j2s=\pm j2,對應因子為

(s−j2)(s+j2)=s2+4.(s-j2)(s+j2)=s^2+4.

所以分子為

N(s)=K s(s2+4),N(s)=K\,s(s^2+4),

其中 KK 為尚未指定的比例常數。

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第 2 題35 分

  1. (35%) Consider the common-emitter amplifier of Fig. 1 under the following conditions: RS=5R_S = 5 kΩk\Omega, R1=33R_1 = 33 kΩk\Omega, R2=22R_2 = 22 kΩk\Omega, RE=3.9R_E = 3.9 kΩk\Omega, RC=4.7R_C = 4.7 kΩk\Omega, RL=5.6R_L = 5.6 kΩk\Omega, VCC=5V_{CC} = 5 V. The dc emitter current can be shown to be IE≈0.33I_E \approx 0.33 mA, at which β0=120\beta_0 = 120, ro=300r_o = 300 kΩk\Omega, and rx=50r_x = 50 Ω\Omega.

(a) Find the input resistance, RinR_{in}. (Hint: Rin=R1∣∣R2∣∣(rx+rπ)R_{in} = R_1 || R_2 || (r_x + r_{\pi})) (10%)
(b) Find the midband gain, AMA_M. (10%)
(c) For CC1=CC2=1C_{C1} = C_{C2} = 1 μF\mu F and CE=10C_E = 10 μF\mu F, estimate the low-frequency 3-dB frequency. Also find the frequency of the zero introduced by CEC_E. (15%)

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
Figure 1. (a) common-emitter amplifier stage; (b) Equivalent circuit for the amplifier of Fig. 1(a) in the low-frequency band.

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁

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核心觀念

本題考查共射極放大器的:

  • 小訊號參數 gmg_m、rπr_{\pi}
  • 輸入電阻與電壓分壓
  • 中頻電壓增益
  • 耦合電容 CC1C_{C1}、CC2C_{C2} 與旁路電容 CEC_E 所造成的低頻極點
  • 旁路電容所引入的零點

取室溫熱電壓 VT≈25 mVV_T\approx25\text{ mV}。

由

IC=β0β0+1IE=120121(0.33 mA)≈0.327 mAI_C=\frac{\beta_0}{\beta_0+1}I_E =\frac{120}{121}(0.33\text{ mA}) \approx0.327\text{ mA}

得到

gm=ICVT=0.327 mA25 mV≈13.1 mSg_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.327\text{ mA}}{25\text{ mV}} \approx13.1\text{ mS}

以及

rπ=β0gm=12013.1 mS≈9.17 kΩr_{\pi}=\frac{\beta_0}{g_m} =\frac{120}{13.1\text{ mS}} \approx9.17\text{ k}\Omega

(a) 輸入電阻 RinR_{in}

依題目提示,

Rin=R1∥R2∥(rx+rπ)R_{in}=R_1\parallel R_2\parallel(r_x+r_{\pi})

其中

R1∥R2=33 kΩ∥22 kΩ=13.2 kΩR_1\parallel R_2 =33\text{ k}\Omega\parallel22\text{ k}\Omega =13.2\text{ k}\Omega

且

rx+rπ=50Ω+9.17 kΩ=9.22 kΩr_x+r_{\pi}=50\Omega+9.17\text{ k}\Omega =9.22\text{ k}\Omega

因此

Rin=13.2 kΩ∥9.22 kΩ≈5.43 kΩR_{in}=13.2\text{ k}\Omega\parallel9.22\text{ k}\Omega \approx5.43\text{ k}\Omega

(b) 中頻增益 AMA_M

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

集極端的等效負載為

RC′=RC∥RL∥roR_C'=R_C\parallel R_L\parallel r_o RC′=4.7 kΩ∥5.6 kΩ∥300 kΩ≈2.53 kΩR_C' =4.7\text{ k}\Omega\parallel5.6\text{ k}\Omega \parallel300\text{ k}\Omega \approx2.53\text{ k}\Omega

由信號源到基極端的電壓衰減為

vbvs=RinRS+Rin=5.435+5.43≈0.520\frac{v_b}{v_s} =\frac{R_{in}}{R_S+R_{in}} =\frac{5.43}{5+5.43} \approx0.520

由於存在基極內部電阻 rxr_x,真正加在 rπr_{\pi} 上的電壓為

vπvb=rπrx+rπ=9.179.17+0.05≈0.9946\frac{v_{\pi}}{v_b} =\frac{r_{\pi}}{r_x+r_{\pi}} =\frac{9.17}{9.17+0.05} \approx0.9946

共射極級的輸出增益為

vovπ=−gmRC′=−(13.1 mS)(2.53 kΩ)≈−33.2\frac{v_o}{v_{\pi}} =-g_mR_C' =-(13.1\text{ mS})(2.53\text{ k}\Omega) \approx-33.2

故由信號源 vsv_s 到輸出 vov_o 的中頻增益為

AM=vovs=(−gmRC′)(rπrx+rπ)(RinRS+Rin)A_M=\frac{v_o}{v_s} = \left(-g_mR_C'\right) \left(\frac{r_{\pi}}{r_x+r_{\pi}}\right) \left(\frac{R_{in}}{R_S+R_{in}}\right) AM≈(−33.2)(0.9946)(0.520)≈−17.2A_M\approx(-33.2)(0.9946)(0.520) \approx-17.2

負號表示共射極放大器具有 180∘180^\circ 相位反相。

若只定義放大器本身的輸入端電壓增益 vo/vbv_o/v_b,則

vovb≈−33.0\frac{v_o}{v_b} \approx-33.0

(c) 低頻 33 dB 頻率與 CEC_E 零點

1. 輸入耦合電容 CC1C_{C1}

CC1C_{C1} 所看到的等效電阻約為

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第 3 題20 分

  1. (20%) Design the circuit of Fig. 2 so that the transistor operates at ID=0.4I_D = 0.4 mA and VD=+1V_D = +1 V. The NMOS transistor has VT=2V_T = 2 V, μnCox=20\mu_n C_{ox} = 20 μA/V2\mu A/V^2, L=10L = 10 μm\mu m, and W=400W = 400 μm\mu m. Neglect the channel-length modulation effect (i.e., assume that λ=0\lambda = 0).
    (a) Find RSR_S. (10%)
    (b) Find RDR_D. (10%)

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
Figure 2.

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 3 頁

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核心觀念

此題考查 NMOS 在飽和區的偏壓設計。由於閘極接地,先利用汲極電流公式求出 VGSV_{GS},再由節點電壓計算 RSR_S 與 RDR_D。

NMOS 飽和區公式為

ID=12μnCoxWL(VGS−VT)2I_D=\frac{1}{2}\mu_n C_{ox}\frac{W}{L}(V_{GS}-V_T)^2

其中過驅電壓為

VOV=VGS−VTV_{OV}=V_{GS}-V_T

解題方法

由題目給定

WL=40010=40\frac{W}{L}=\frac{400}{10}=40

因此

μnCoxWL=20 μA/V2×40=800 μA/V2=0.8 mA/V2\mu_n C_{ox}\frac{W}{L} =20\ \mu\text{A/V}^2\times 40 =800\ \mu\text{A/V}^2 =0.8\ \text{mA/V}^2

代入 ID=0.4 mAI_D=0.4\ \text{mA}:

0.4=12(0.8)(VGS−2)20.4=\frac{1}{2}(0.8)(V_{GS}-2)^2 (VGS−2)2=1(V_{GS}-2)^2=1

NMOS 導通時取正值,因此

VGS−VT=1 VV_{GS}-V_T=1\text{ V} VGS=3 VV_{GS}=3\text{ V}

圖中閘極接地,VG=0V_G=0,故

VS=VG−VGS=0−3=−3 VV_S=V_G-V_{GS}=0-3=-3\text{ V}

(a) 計算 RSR_S

RSR_S 下端接 VSS=−5 VV_{SS}=-5\text{ V},其兩端電壓為

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第 4 題30 分

  1. (30%) For the circuit shown in Fig. 3, find the values of the labeled node voltages for:
    (a) β=∞\beta = \infty. (15%)
    (b) β=100\beta = 100. (15%)

+10 V
W
4.7 ΚΩ
4.7 ΚΩ
V
م
V4
47 ΚΩ
WW
21
22
100 ΚΩ
W
V
3
5
4.7 ΚΩ
-10 V
Figure 3.

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原卷第 3 頁

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核心觀念

依圖中箭頭,Q1、Q2Q_1、Q_2 為 PNP 電晶體。採用矽 BJT 常數壓降模型:

VEB=0.7 V,VE=VB+0.7V_{EB}=0.7\text{ V},\qquad V_E=V_B+0.7

並使用

IE=(β+1)IB,IC=βIBI_E=(\beta+1)I_B,\qquad I_C=\beta I_B

兩個上方 4.7 kΩ4.7\,\text{k}\Omega 電阻接至 PNP 的射極;兩個下方 4.7 kΩ4.7\,\text{k}\Omega 電阻接至共同集極節點 V3V_3,其等效電阻為

4.7 kΩ∥4.7 kΩ=2.35 kΩ4.7\,\text{k}\Omega\parallel4.7\,\text{k}\Omega =2.35\,\text{k}\Omega

(a) β=∞\beta=\infty

此時基極電流為零,因此 47 kΩ47\,\text{k}\Omega 與 100 kΩ100\,\text{k}\Omega 電阻上皆無電壓降:

V1=V5=0V_1=V_5=0

由 VE=VB+0.7V_E=V_B+0.7:

V2=V4=0.7 VV_2=V_4=0.7\text{ V}

每一支上方電阻的射極電流為

IE=10−0.74.7 kΩ=1.979 mAI_E=\frac{10-0.7}{4.7\,\text{k}\Omega} =1.979\text{ mA}

因 β=∞\beta=\infty,IC=IEI_C=I_E。共同集極節點的總電流為

IC,total=2(1.979)=3.957 mAI_{C,\text{total}}=2(1.979)=3.957\text{ mA}

因此

V3=−10+(3.957 mA)(2.35 kΩ)=−0.7 VV_3=-10+ (3.957\text{ mA})(2.35\,\text{k}\Omega) =-0.7\text{ V}

(b) β=100\beta=100

此時 β+1=101\beta+1=101。

對 Q1Q_1,PNP 基極電流由基極流經 47 kΩ47\,\text{k}\Omega 電阻至地,因此

IB1=V147 kΩI_{B1}=\frac{V_1}{47\,\text{k}\Omega}

且

V2=V1+0.7V_2=V_1+0.7

由射極電阻電流等於射極電流:

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