114 年國立中山大學通訊工程研究所乙組《電子學》考古題與詳解

Question 1

A third-order low-pass filter has transmission zeros at $\omega = 5$ rad/s and at $\omega = \infty$ . Its natural
modes are at $s = -2$ and $s = -0.3 \pm j0.6$ . The de gain is unity. Find the transfer function $T(s)$ .

Accepted Answer

有限傳輸零點 $\omega=5$ 對應 $s=\pm j5$；另一零點位於無限遠，故分子為二次式： $$ T(s)=K\frac{s^2+25}{(s+2)\left[(s+0.3)^2+0.6^2\right]}. $$ 直流增益為 $1$： $$ T(0)=K\frac{25}{2(0.3^2+0.6^2)} =K\frac{25}{0.9}=1, $$ 因此

Question 2

In the circuit of Fig. 1, the NMOS transistor has $|V_T| = 0.9$ V, and $V_A = 100$ V, and operates with $V_{DD} = V_{GS} = 2$ V.
(a) What is the voltage gain $v_o/v_i$ ? (10%)
(b) What does $V_D$ become when $I_{REF}$ increase to 1 mA? (10%) And (c) what is the new gain? (10%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 NMOS 共源級的小訊號電壓增益，需使用： $$ gm=\frac{2ID}{V{GS}-VT},\qquad ro=\frac{VA}{ID} $$ 中頻時兩個耦合電容視為短路，$RL$ 接至輸出端；直流時電容開路，因此 $RL$ 不影響偏壓。由於 $RG$ 連接汲極與閘極，且閘極電流近似為零，所以直流工作點滿足： $$ VD=VG=V{GS} $$ 依原卷圖面，已知工作點為 $VD=V{GS}=2	ext{ V}$。 --- (a) 電壓增益 $vo/vi$ 已知： $$ ID=500\,\mu	ext{A},\qquad VT=0.9	ext{ V} $$ 過驅電壓為： $$ V{OV}=V{GS}-VT=2-0.9=1.1	ext{ V} $$ 因此： $$ gm=\frac{2(500\,\mu	ext{A})}{1.1} =0.909	ext{ mS} $$ 輸出電阻： $$ ro=\frac{VA}{ID} =\frac{100}{500\,\mu	ext{A}} =200	ext{ k}\Omega $$ 中頻小訊號等效電路中，$V{DD}$ 為交流接地，理想電流源視為交流開路。對汲極節點寫 KCL： $$ \frac{vo}{ro}+\frac{vo}{RL} +\frac{vo-vi}{RG}+gmvi=0 $$ 整理得： $$ \frac{vo}{vi} = -\frac{gm-\frac{1}{RG}} {\frac{1}{ro}+\frac{1}{RL}+\frac{1}{RG}} $$ 代入： $$ RG=10	ext{ M}\Omega,\qquad RL=10	ext{ k}\Omega $$ $$ \frac{vo}{vi} = -\frac{0.909	ext{ mS}-0.1\,\mu	ext{S}} {5\,\mu	ext{S}+100\,\mu	ext{S}+0.1\,\mu	ext{S}} \approx -8.65 $$ 所以輸出與輸入反相。 --- (b) $I{REF}$ 增加至 $1	ext{ mA}$ 時的 $VD$ 直流時耦合電容開路，$RL$ 不接入直流電路；又因 $RG$ 中沒有直流電流，故：

Question 3

The current-steering circuit of Fig. 2 is fabricated in a CMOS technology for which

k_n' = 90

\mu A/V^2

,

k_p = 30

\mu A/V^2

,

V_{tn} = 0.8

V, and

V_{tp} = -0.9

V. If all devices have

L = 2

\mu m

, design the circuit so that

I_{REF} = 20

\mu A

,

I_2 = 100

\mu A

, and

I_5 = 40

\mu A

. Use the minimum width of

2

\mu m

for as many of the devices as possible.
(a) Give the required width for each transistor and the value of R required. (10%)
(b) What is the highest voltage possible at the drain of

Q_2

? (5%)
(c) What is the lowest voltage possible at the drain of

Q_5

? (5%)
If

V_{An} = 6 L

and

V_{Ap} = 10 L

, where

L

is in

\mu m

and

V_{An}

and

V_{Ap}

are in volts,
(d) find the output resistance of the current source

Q_2

, (5%) and
(e) the output resistance of the current sink

Q_5

. (5%)

Accepted Answer

核心觀念

本題考查 CMOS 電流鏡、MOS 飽和區條件、過驅電壓與輸出電阻。

MOS 飽和區汲極電流為

I_D=\frac{1}{2}k'\frac{W}{L}V_{OV}^{2}

其中

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

對 NMOS 而言；PMOS 則使用

V_{OV}=V_{SG}-|V_{tp}|

同一組電流鏡中的 MOS，若 $V_{GS}$ 或 $V_{SG}$ 相同，則電流比等於尺寸比：

\frac{I_2}{I_1}=\frac{(W/L)_2}{(W/L)_1}

解題方法

由圖可知：

$Q_1$ 為二極體接法的 PMOS，設定參考電流 $I_{REF}=20~\mu\text{A}$ 。
$Q_1$ 、 $Q_2$ 、 $Q_3$ 形成 PMOS 電流鏡。
$Q_4$ 為二極體接法的 NMOS，與 $Q_5$ 形成 NMOS 電流鏡。
因為 $Q_4$ 、 $Q_5$ 電流相等，且 $Q_3$ 的電流供應給 $Q_4$ ，所以
$I_{Q3}=I_{Q4}=I_{Q5}=40~\mu\text{A}$ 。

(a) 各電晶體寬度與電阻 $R$

PMOS 電流鏡

為了讓盡可能多的元件採用最小寬度，令

W_1=2~\mu\text{m},\qquad L=2~\mu\text{m}

因此

\left(\frac{W}{L}\right)_1=1

由 $I_{REF}=20~\mu\text{A}$ ：

V_{OV,p} = \sqrt{\frac{2I_{REF}}{k_p(W_1/L)}} = \sqrt{\frac{2(20)}{30}} = 1.155~\text{V}

由於

I_2=100~\mu\text{A}=5I_{REF}

所以

\frac{W_2}{W_1}=5

W_2=5(2)=10~\mu\text{m}

又因為 $I_3=40~\mu\text{A}=2I_{REF}$ ：

\frac{W_3}{W_1}=2

W_3=2(2)=4~\mu\text{m}

NMOS 電流鏡

$Q_4$ 與 $Q_5$ 均流過 $40~\mu\text{A}$ ，因此可同時採用最小寬度：

W_4=W_5=2~\mu\text{m}

且

\left(\frac{W}{L}\right)_4 = \left(\frac{W}{L}\right)_5 =1

求電阻 $R$

$Q_1$ 的 PMOS 源極接於 $+5$ V，其閘極電壓為

V_G=5-V_{SG}

其中

V_{SG}=|V_{tp}|+V_{OV,p} =0.9+1.155 =2.055~\text{V}

因此

V_G=5-2.055=2.945~\text{V}

電阻 $R$ 中流過的電流為 $I_{REF}$ ，故

Question 4

In the emitter follower in Fig. 3, the signal source is directly coupled to the transistor base. If the de component of $v_s$ is zero,
(a) find the de emitter current. Assume $\beta = 120$ . (5%) Neglecting $r_o$ ,
(b) find $R_i$ , (5%)
(c) the voltage gain $v_o/v_s$ , (5%)
(d) the current gain $i_o/i_i$ , (5%) and
(e) the output resistance $R_o$ . (5%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 此電路為 PNP emitter follower： - 直流分析時，耦合電容開路，$1\,	ext{k}\Omega$ 負載不參與直流偏壓。 - 交流中頻分析時，耦合電容視為短路，因此發射極交流負載為 $$RE'=3.3\,	ext{k}\Omega\parallel1\,	ext{k}\Omega.$$ - 採用 $V{BE}\approx -0.7\,	ext{V}$、$VT\approx25\,	ext{mV}$。 - $\beta=120$，故 $\beta+1=121$。 (a) 直流發射極電流 令 $IE$ 為發射極電流。因為基極電流流經 $100\,	ext{k}\Omega$ 至接地： $$ VB=IB(100\,	ext{k}\Omega) =\frac{IE}{121}(100\,	ext{k}\Omega). $$ PNP 電晶體的發射極電壓為 $$ VE=VB+0.7. $$ 另一方面，$3.3\,	ext{k}\Omega$ 上的電流為 $$ IE=\frac{5-VE}{3.3\,	ext{k}\Omega}. $$ 代入得 $$ IE= \frac{5-0.7-\dfrac{100\,	ext{k}\Omega}{121}IE} {3.3\,	ext{k}\Omega}. $$ 因此 $$ IE= \frac{4.3} {3.3\,	ext{k}\Omega+\dfrac{100\,	ext{k}\Omega}{121}} \approx1.042\,	ext{mA}. $$ 並有 $$ IC=\frac{\beta}{\beta+1}IE =\frac{120}{121}(1.042\,	ext{mA}) \approx1.033\,	ext{mA}. $$ (b) 輸入電阻 $Ri$ 交流時 $$ RE'=3.3\,	ext{k}\Omega\parallel1\,	ext{k}\Omega =767.4\,\Omega. $$ 小訊號參數為 $$ gm=\frac{IC}{VT} =\frac{1.033\,	ext{mA}}{25\,	ext{mV}} \approx41.34\,	ext{mS}, $$ $$ r\pi=\frac{\beta}{gm} \approx2.90\,	ext{k}\Omega. $$ 從基極看入的輸入電阻： $$ Ri=r\pi+(\beta+1)RE' $$ $$ Ri=2.90\,	ext{k}\Omega +121(767.4\,\Omega) \approx95.8\,	ext{k}\Omega. $$ (c) 電壓增益 $vo/vs$ 先求基極至發射極的電壓增益：

Question 5

A third-order low-pass filter has transmission zeros at $\omega = 5$ rad/s and at $\omega = \infty$ . Its natural
modes are at $s = -2$ and $s = -0.3 \pm j0.6$ . The de gain is unity. Find the transfer function $T(s)$ .

Accepted Answer

核心觀念 這題考查轉移函數由「零點、極點與增益」重建的方法。 對於實係數線性系統： - 自然模態對應轉移函數的極點。 - 在 $\omega=5\ \mathrm{rad/s}$ 有傳輸零點，表示 $$s=\pm j5$$ 為一對共軛零點。 - 三階低通濾波器在 $s=\infty$ 有傳輸零點，表示分母階數比分子階數高一階。 - 直流增益為單位，即 $$T(0)=1.$$ --- 解題方法 由自然模態可得三個極點： $$ p1=-2,\qquad p{2,3}=-0.3\pm j0.6. $$ 因此，極點因子為 $$ (s-p1)(s-p2)(s-p3) =(s+2)\left[(s+0.3)^2+(0.6)^2\right]. $$ 整理二階因子： $$ (s+0.3)^2+(0.6)^2 =s^2+0.6s+0.09+0.36 =s^2+0.6s+0.45. $$ 所以分母為 $$ D(s)=(s+2)(s^2+0.6s+0.45). $$ 因為在 $\omega=5$ 有零點，對應零點為 $\pm j5$，其零點因子為 $$ (s-j5)(s+j5)=s^2+25. $$ 又因為在 $s=\infty$ 有一個零點，所以分子階數必須比三階分母低一階，即分子為二階，正符合 $$ N(s)=K(s^2+25). $$ 因此轉移函數形式為 $$ T(s)=\frac{K(s^2+25)} {(s+2)(s^2+0.6s+0.45)}. $$ 利用直流增益條件 $T(0)=1$： $$ 1=T(0) =\frac{K(0^2+25)} {(0+2)(0^2+0.6\cdot0+0.45)}. $$ 因此

Question 6

In the circuit of Fig. 1, the NMOS transistor has $|V_T| = 0.9$ V, and $V_A = 100$ V, and operates with $V_{DD} = V_{GS} = 2$ V.
(a) What is the voltage gain $v_o/v_i$ ? (10%)
(b) What does $V_D$ become when $I_{REF}$ increase to 1 mA? (10%) And (c) what is the new gain? (10%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 NMOS 共源級的小訊號電壓增益，需使用： $$ gm=\frac{2ID}{V{GS}-VT},\qquad ro=\frac{VA}{ID} $$ 中頻時兩個耦合電容視為短路，$RL$ 接至輸出端；直流時電容開路，因此 $RL$ 不影響偏壓。由於 $RG$ 連接汲極與閘極，且閘極電流近似為零，所以直流工作點滿足： $$ VD=VG=V{GS} $$ 依原卷圖面，已知工作點為 $VD=V{GS}=2	ext{ V}$。 --- (a) 電壓增益 $vo/vi$ 已知： $$ ID=500\,\mu	ext{A},\qquad VT=0.9	ext{ V} $$ 過驅電壓為： $$ V{OV}=V{GS}-VT=2-0.9=1.1	ext{ V} $$ 因此： $$ gm=\frac{2(500\,\mu	ext{A})}{1.1} =0.909	ext{ mS} $$ 輸出電阻： $$ ro=\frac{VA}{ID} =\frac{100}{500\,\mu	ext{A}} =200	ext{ k}\Omega $$ 中頻小訊號等效電路中，$V{DD}$ 為交流接地，理想電流源視為交流開路。對汲極節點寫 KCL： $$ \frac{vo}{ro}+\frac{vo}{RL} +\frac{vo-vi}{RG}+gmvi=0 $$ 整理得： $$ \frac{vo}{vi} = -\frac{gm-\frac{1}{RG}} {\frac{1}{ro}+\frac{1}{RL}+\frac{1}{RG}} $$ 代入： $$ RG=10	ext{ M}\Omega,\qquad RL=10	ext{ k}\Omega $$ $$ \frac{vo}{vi} = -\frac{0.909	ext{ mS}-0.1\,\mu	ext{S}} {5\,\mu	ext{S}+100\,\mu	ext{S}+0.1\,\mu	ext{S}} \approx -8.65 $$ 所以輸出與輸入反相。 --- (b) $I{REF}$ 增加至 $1	ext{ mA}$ 時的 $VD$ 直流時耦合電容開路，$RL$ 不接入直流電路；又因 $RG$ 中沒有直流電流，故：

Question 7

The current-steering circuit of Fig. 2 is fabricated in a CMOS technology for which

k_n' = 90

\mu A/V^2

,

k_p = 30

\mu A/V^2

,

V_{tn} = 0.8

V, and

V_{tp} = -0.9

V. If all devices have

L = 2

\mu m

, design the circuit so that

I_{REF} = 20

\mu A

,

I_2 = 100

\mu A

, and

I_5 = 40

\mu A

. Use the minimum width of

2

\mu m

for as many of the devices as possible.
(a) Give the required width for each transistor and the value of R required. (10%)
(b) What is the highest voltage possible at the drain of

Q_2

? (5%)
(c) What is the lowest voltage possible at the drain of

Q_5

? (5%)
If

V_{An} = 6 L

and

V_{Ap} = 10 L

, where

L

is in

\mu m

and

V_{An}

and

V_{Ap}

are in volts,
(d) find the output resistance of the current source

Q_2

, (5%) and
(e) the output resistance of the current sink

Q_5

. (5%)

Accepted Answer

核心觀念

本題考查 CMOS 電流鏡、MOS 飽和區條件、過驅電壓與輸出電阻。

MOS 飽和區汲極電流為

I_D=\frac{1}{2}k'\frac{W}{L}V_{OV}^{2}

其中

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

對 NMOS 而言；PMOS 則使用

V_{OV}=V_{SG}-|V_{tp}|

同一組電流鏡中的 MOS，若 $V_{GS}$ 或 $V_{SG}$ 相同，則電流比等於尺寸比：

\frac{I_2}{I_1}=\frac{(W/L)_2}{(W/L)_1}

解題方法

由圖可知：

$Q_1$ 為二極體接法的 PMOS，設定參考電流 $I_{REF}=20~\mu\text{A}$ 。
$Q_1$ 、 $Q_2$ 、 $Q_3$ 形成 PMOS 電流鏡。
$Q_4$ 為二極體接法的 NMOS，與 $Q_5$ 形成 NMOS 電流鏡。
因為 $Q_4$ 、 $Q_5$ 電流相等，且 $Q_3$ 的電流供應給 $Q_4$ ，所以
$I_{Q3}=I_{Q4}=I_{Q5}=40~\mu\text{A}$ 。

(a) 各電晶體寬度與電阻 $R$

PMOS 電流鏡

為了讓盡可能多的元件採用最小寬度，令

W_1=2~\mu\text{m},\qquad L=2~\mu\text{m}

因此

\left(\frac{W}{L}\right)_1=1

由 $I_{REF}=20~\mu\text{A}$ ：

V_{OV,p} = \sqrt{\frac{2I_{REF}}{k_p(W_1/L)}} = \sqrt{\frac{2(20)}{30}} = 1.155~\text{V}

由於

I_2=100~\mu\text{A}=5I_{REF}

所以

\frac{W_2}{W_1}=5

W_2=5(2)=10~\mu\text{m}

又因為 $I_3=40~\mu\text{A}=2I_{REF}$ ：

\frac{W_3}{W_1}=2

W_3=2(2)=4~\mu\text{m}

NMOS 電流鏡

$Q_4$ 與 $Q_5$ 均流過 $40~\mu\text{A}$ ，因此可同時採用最小寬度：

W_4=W_5=2~\mu\text{m}

且

\left(\frac{W}{L}\right)_4 = \left(\frac{W}{L}\right)_5 =1

求電阻 $R$

$Q_1$ 的 PMOS 源極接於 $+5$ V，其閘極電壓為

V_G=5-V_{SG}

其中

V_{SG}=|V_{tp}|+V_{OV,p} =0.9+1.155 =2.055~\text{V}

因此

V_G=5-2.055=2.945~\text{V}

電阻 $R$ 中流過的電流為 $I_{REF}$ ，故

Question 8

In the emitter follower in Fig. 3, the signal source is directly coupled to the transistor base. If the de component of $v_s$ is zero,
(a) find the de emitter current. Assume $\beta = 120$ . (5%) Neglecting $r_o$ ,
(b) find $R_i$ , (5%)
(c) the voltage gain $v_o/v_s$ , (5%)
(d) the current gain $i_o/i_i$ , (5%) and
(e) the output resistance $R_o$ . (5%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 此電路為 PNP emitter follower： - 直流分析時，耦合電容開路，$1\,	ext{k}\Omega$ 負載不參與直流偏壓。 - 交流中頻分析時，耦合電容視為短路，因此發射極交流負載為 $$RE'=3.3\,	ext{k}\Omega\parallel1\,	ext{k}\Omega.$$ - 採用 $V{BE}\approx -0.7\,	ext{V}$、$VT\approx25\,	ext{mV}$。 - $\beta=120$，故 $\beta+1=121$。 (a) 直流發射極電流 令 $IE$ 為發射極電流。因為基極電流流經 $100\,	ext{k}\Omega$ 至接地： $$ VB=IB(100\,	ext{k}\Omega) =\frac{IE}{121}(100\,	ext{k}\Omega). $$ PNP 電晶體的發射極電壓為 $$ VE=VB+0.7. $$ 另一方面，$3.3\,	ext{k}\Omega$ 上的電流為 $$ IE=\frac{5-VE}{3.3\,	ext{k}\Omega}. $$ 代入得 $$ IE= \frac{5-0.7-\dfrac{100\,	ext{k}\Omega}{121}IE} {3.3\,	ext{k}\Omega}. $$ 因此 $$ IE= \frac{4.3} {3.3\,	ext{k}\Omega+\dfrac{100\,	ext{k}\Omega}{121}} \approx1.042\,	ext{mA}. $$ 並有 $$ IC=\frac{\beta}{\beta+1}IE =\frac{120}{121}(1.042\,	ext{mA}) \approx1.033\,	ext{mA}. $$ (b) 輸入電阻 $Ri$ 交流時 $$ RE'=3.3\,	ext{k}\Omega\parallel1\,	ext{k}\Omega =767.4\,\Omega. $$ 小訊號參數為 $$ gm=\frac{IC}{VT} =\frac{1.033\,	ext{mA}}{25\,	ext{mV}} \approx41.34\,	ext{mS}, $$ $$ r\pi=\frac{\beta}{gm} \approx2.90\,	ext{k}\Omega. $$ 從基極看入的輸入電阻： $$ Ri=r\pi+(\beta+1)RE' $$ $$ Ri=2.90\,	ext{k}\Omega +121(767.4\,\Omega) \approx95.8\,	ext{k}\Omega. $$ (c) 電壓增益 $vo/vs$ 先求基極至發射極的電壓增益：

114 年國立中山大學通訊工程研究所乙組《電子學》

第 1 題15 分

第 2 題30 分

第 3 題30 分

核心觀念

解題方法

(a) 各電晶體寬度與電阻 $R$

PMOS 電流鏡

NMOS 電流鏡

求電阻 $R$

第 4 題25 分

核心觀念

(a) 直流發射極電流

(b) 輸入電阻 $R_i$

(c) 電壓增益 $v_o/v_s$

第 1 題15 分

第 2 題30 分

第 3 題30 分

核心觀念

解題方法

(a) 各電晶體寬度與電阻 $R$

PMOS 電流鏡

NMOS 電流鏡

求電阻 $R$

第 4 題25 分

核心觀念

(a) 直流發射極電流

(b) 輸入電阻 $R_i$

(c) 電壓增益 $v_o/v_s$

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114 年 國立中山大學通訊工程研究所乙組《電子學》

第 1 題15 分

第 2 題30 分

第 3 題30 分

核心觀念

解題方法

(a) 各電晶體寬度與電阻 RRR

PMOS 電流鏡

NMOS 電流鏡

求電阻 RRR

第 4 題25 分

核心觀念

(a) 直流發射極電流

(b) 輸入電阻 RiR_iRi​

(c) 電壓增益 vo/vsv_o/v_svo​/vs​

第 1 題15 分

第 2 題30 分

第 3 題30 分

核心觀念

解題方法

(a) 各電晶體寬度與電阻 RRR

PMOS 電流鏡

NMOS 電流鏡

求電阻 RRR

第 4 題25 分

核心觀念

(a) 直流發射極電流

(b) 輸入電阻 RiR_iRi​

(c) 電壓增益 vo/vsv_o/v_svo​/vs​

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(a) 各電晶體寬度與電阻 $R$

求電阻 $R$

(b) 輸入電阻 $R_i$

(c) 電壓增益 $v_o/v_s$

(a) 各電晶體寬度與電阻 $R$

求電阻 $R$

(b) 輸入電阻 $R_i$

(c) 電壓增益 $v_o/v_s$