115 年 國立中山大學電波聯合碩士班《電子學》

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第 1 題30 分

  1. (30 pt) For the circuit in Fig. 1, it is required to determine the value of the voltage VBBV_{BB} that results in the transistor operating
    (a) in the active mode with VCE=5V_{CE} = 5 V (10 pt)
    (b) at the edge of saturation (10 pt)
    (c) deep in saturation with βforced=10\beta_{forced} = 10 (10 pt)
    For simplicity, assume that VBEV_{BE} remains constant at 0.7 V. The transistor β\beta is specified to be 50.

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核心觀念

此電路為固定偏壓共射極 NPN 電晶體，射極接地，因此：

IB=VBB−VBERBI_B=\frac{V_{BB}-V_{BE}}{R_B} IC=βIBI_C=\beta I_B

集極迴路套用 KVL：

VCE=VCC−ICRCV_{CE}=V_{CC}-I_C R_C

已知：

RB=RC=10 kΩ,VCC=10 VR_B=R_C=10\,\text{k}\Omega,\quad V_{CC}=10\,\text{V} VBE=0.7 V,β=50V_{BE}=0.7\,\text{V},\quad \beta=50

(a) 主動模式且 VCE=5 VV_{CE}=5\,\text{V}

由集極迴路：

IC=VCC−VCERC=10−510 kΩ=0.5 mAI_C=\frac{V_{CC}-V_{CE}}{R_C} =\frac{10-5}{10\,\text{k}\Omega} =0.5\,\text{mA}

主動模式下：

IB=ICβ=0.5 mA50=10 μAI_B=\frac{I_C}{\beta} =\frac{0.5\,\text{mA}}{50} =10\,\mu\text{A}

因此：

VBB=VBE+IBRBV_{BB}=V_{BE}+I_B R_B VBB=0.7+(10 μA)(10 kΩ)=0.8 VV_{BB}=0.7+(10\,\mu\text{A})(10\,\text{k}\Omega) =0.8\,\text{V}

(b) 飽和邊界

在飽和邊界，基極—集極接面剛好由反向偏壓轉為零偏壓，因此：

VCB=0V_{CB}=0

所以：

VCE=VBE=0.7 VV_{CE}=V_{BE}=0.7\,\text{V}

集極電流為：

IC=10−0.710 kΩ=0.93 mAI_C=\frac{10-0.7}{10\,\text{k}\Omega} =0.93\,\text{mA}

此時仍以臨界主動模式的 β=50\beta=50 計算基極電流：

IB=0.93 mA50=18.6 μAI_B=\frac{0.93\,\text{mA}}{50} =18.6\,\mu\text{A}

因此：

VBB=0.7+(18.6 μA)(10 kΩ)V_{BB}=0.7+(18.6\,\mu\text{A})(10\,\text{k}\Omega) VBB=0.886 V\boxed{V_{BB}=0.886\,\text{V}}

(c) 深度飽和，βforced=10\beta_{\text{forced}}=10

深度飽和時，採用標準近似：

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第 2 題20 分

  1. (20 pt) For the circuit in Fig. 2, assume that βmin=30\beta_{min} = 30, and find (a) VEV_E (5 pt), (b) VBV_B (5 pt), (c) IC1I_{C1} (5 pt), and (d) IC2I_{C2} (5 pt).

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核心觀念

圖中 Q1 為上方 NPN，Q2 為下方 PNP，兩者射極相接於 VEV_E，基極相接於 VBV_B。採用常見 BJT 近似：

VBE≈0.7 V,VCE(sat)≈0.2 VV_{BE}\approx 0.7\text{ V},\qquad V_{CE(\mathrm{sat})}\approx 0.2\text{ V}

主動區時：

VE=VB−0.7,IE=(β+1)IBV_E=V_B-0.7,\qquad I_E=(\beta+1)I_B

解題方法

先假設 Q1 工作於主動區、Q2 截止，並以 βmin⁡=30\beta_{\min}=30 檢核。

基極電流由 +10 V+10\text{ V} 經 10 kΩ10\text{ k}\Omega 電阻提供：

IB1=10−VB10 kΩI_{B1}=\frac{10-V_B}{10\text{ k}\Omega}

又因為 VB=VE+0.7V_B=V_E+0.7，且 1 kΩ1\text{ k}\Omega 電阻電流等於 Q1 射極電流：

VE=(βmin⁡+1)IB1(1 kΩ)V_E=(\beta_{\min}+1)I_{B1}(1\text{ k}\Omega)

因此：

VE=31(9.3−VE10 kΩ)(1 kΩ)V_E=31\left(\frac{9.3-V_E}{10\text{ k}\Omega}\right)(1\text{ k}\Omega) VE=3.1(9.3−VE)=7.03 VV_E=3.1(9.3-V_E)=7.03\text{ V}

但 Q1 集極僅接在 +5 V+5\text{ V}，主動區不可能有 VE>5 VV_E>5\text{ V}，故 Q1 必定進入飽和區。

飽和時：

VE=5−0.2=4.8 VV_E=5-0.2=4.8\text{ V}
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第 3 題20 分

  1. (20 pt) For the circuit in Fig. 3, a full-wave bridge-rectifier circuit with a 1-kΩ\Omega load operates from a 120-V (rms) 60-Hz household supply through a 12-to-1 step-down transformer having a single secondary winding. It uses four diodes, each of which can be modeled to have a 0.7-V drop for any current. (a) What is the peak value of the rectified voltage across the load? (5 pt) (b) For what fraction of a cycle does each diode conduct? (5 pt) (c) What is the average voltage across the load? (5 pt) (d) What is the average current through the load? (5 pt)

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核心觀念

本題考查單相全波橋式整流器：

  • 變壓器匝數比決定次級電壓。
  • 橋式整流時，每半週有兩顆二極體導通，因此總壓降為 2VD=1.4 V2V_D=1.4\text{ V}。
  • 負載為純電阻，輸出電壓等於整流後的次級電壓扣除二極體壓降。
  • 二極體只有在輸入電壓大於 1.4 V1.4\text{ V} 時才會導通。

解題方法

次級電壓

一次側為 120 Vrms120\text{ V}_{\mathrm{rms}}，變壓器為 12:112:1 降壓，因此次級有效值為

Vs,rms=12012=10 VV_{s,\mathrm{rms}}=\frac{120}{12}=10\text{ V}

次級電壓峰值為

Vm=2Vs,rms=102=14.14 VV_m=\sqrt{2}V_{s,\mathrm{rms}} =10\sqrt{2} =14.14\text{ V}

橋式整流的負載瞬時電壓為

vL=Vm∣sin⁡ωt∣−2VD=14.14∣sin⁡ωt∣−1.4v_L=V_m|\sin\omega t|-2V_D =14.14|\sin\omega t|-1.4

但此式僅在二極體導通時成立。

(a) 負載整流電壓的峰值

峰值發生於 ∣sin⁡ωt∣=1|\sin\omega t|=1：

VL,peak=Vm−2VDV_{L,\mathrm{peak}}=V_m-2V_D VL,peak=14.14−1.4=12.74 VV_{L,\mathrm{peak}}=14.14-1.4 =\boxed{12.74\text{ V}}

(b) 每顆二極體的導通週期比例

二極體開始導通的條件為

Vmsin⁡θ0=2VDV_m\sin\theta_0=2V_D

因此

θ0=sin⁡−1(1.414.14)=0.0992 rad\theta_0=\sin^{-1}\left(\frac{1.4}{14.14}\right) =0.0992\text{ rad}

每一顆二極體在一個週期中導通的角度為

Δθ=π−2θ0\Delta\theta=\pi-2\theta_0

所以導通比例為

Δθ2π=π−2θ02π\frac{\Delta\theta}{2\pi} =\frac{\pi-2\theta_0}{2\pi} =π−2(0.0992)2π=0.468=\frac{\pi-2(0.0992)}{2\pi} =0.468

因此每顆二極體導通約

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第 4 題30 分

  1. (30 pt) In the circuit of Fig. 4, the NMOS transistor has ∣VT∣=0.9|V_T| = 0.9 V, and VDD=50V_{DD} = 50 V, and operates with VD=VGS=2V_D = V_{GS} = 2 V. (a) What is the voltage gain vo/viv_o/v_i? (10 pt) (b) What does VDV_D become when II increase to 1 mA? (10 pt) And (c) what is the new gain? (10 pt)

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核心觀念

直流時，耦合電容視為開路；NMOS 閘極沒有直流電流，因此 RG=10 MΩR_G=10\,\text{M}\Omega 上沒有壓降，故

VG=VD,VGS=VDV_G=V_D,\qquad V_{GS}=V_D

交流中，耦合電容視為短路，理想電流源視為開路。NMOS 工作於飽和區時：

gm=2IDVGS−VT,ro=VAIDg_m=\frac{2I_D}{V_{GS}-V_T},\qquad r_o=\frac{V_A}{I_D}

(a) 電壓增益

原工作點為

ID=500 μA,VGS=VD=2 VI_D=500\,\mu\text{A},\qquad V_{GS}=V_D=2\,\text{V}

過驅電壓：

VOV=VGS−VT=2−0.9=1.1 VV_{OV}=V_{GS}-V_T=2-0.9=1.1\,\text{V}

因此

gm=2(500 μA)1.1=0.9091 mSg_m=\frac{2(500\,\mu\text{A})}{1.1} =0.9091\,\text{mS} ro=50 V500 μA=100 kΩr_o=\frac{50\,\text{V}}{500\,\mu\text{A}} =100\,\text{k}\Omega

由於 vg=viv_g=v_i、vd=vov_d=v_o，在汲極節點寫 KCL：

voRL+voro+vo−viRG+gmvi=0\frac{v_o}{R_L}+\frac{v_o}{r_o} +\frac{v_o-v_i}{R_G}+g_mv_i=0

故

vovi=−gm−1RG1RL+1ro+1RG\frac{v_o}{v_i} = -\frac{g_m-\dfrac{1}{R_G}} {\dfrac{1}{R_L}+\dfrac{1}{r_o}+\dfrac{1}{R_G}}

代入 RL=10 kΩR_L=10\,\text{k}\Omega、RG=10 MΩR_G=10\,\text{M}\Omega：

vovi=−909.1−0.1100+10+0.1≈−8.26\frac{v_o}{v_i} = -\frac{909.1-0.1} {100+10+0.1} \approx -8.26

(b) 電流增加至 1 mA1\,\text{mA} 時的 VDV_D

採用包含通道長度調變的飽和區公式：

ID=12kn(VGS−VT)2(1+VDSVA)I_D=\frac{1}{2}k_n(V_{GS}-V_T)^2 \left(1+\frac{V_{DS}}{V_A}\right)

因為 VGS=VDS=VDV_{GS}=V_{DS}=V_D，利用前後兩個工作點相除：

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