108 年 國立臺灣大學電信工程學研究所甲組《電子學（C）》

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第 1 題

Assume R1=2 kΩR_1 = 2 \, \text{k}\Omega, R2=20 kΩR_2 = 20 \, \text{k}\Omega, the open-loop gain is 105 V/V10^5 \, \text{V/V} and the unity-gain bandwidth of the operational amplifiers is 5×106 rad/s5 \times 10^6 \, \text{rad/s}.

(1) For the closed-loop amplifier in Fig. 1(a), find the dc gain and 3-dB bandwidth. [10%]
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Fig. 1(a)

(2) For the closed-loop amplifier in Fig. 1(b), find the dc gain and 3-dB bandwidth. [10%]
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Fig. 1(b)

(3) For the closed-loop amplifier in Fig. 1(c), find the dc gain and 3-dB bandwidth. What is the transfer function T(s)=Vo/ViT(s) = V_o/V_i of the amplifier? [20%]
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Fig. 1(c)

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核心觀念

運算放大器採用單一主極點模型：

A(s)=A01+s/ωpA(s)=\frac{A_0}{1+s/\omega_p}

其中

A0=105,ωt=A0ωp=5×106 rad/sA_0=10^5,\qquad \omega_t=A_0\omega_p=5\times10^6\ \text{rad/s}

因此

ωp=5×106105=50 rad/s\omega_p=\frac{5\times10^6}{10^5}=50\ \text{rad/s}

負回授放大器的閉迴路增益為

T(s)=A(s)1+βA(s)T(s)=\frac{A(s)}{1+\beta A(s)}

其直流增益與頻寬分別為

T(0)=A01+βA0T(0)=\frac{A_0}{1+\beta A_0} ω3dB=ωp(1+βA0)\omega_{3\text{dB}}=\omega_p(1+\beta A_0)

(1) Fig. 1(a)

此電路為非反相放大器，回授因子為

β=R1R1+R2=22+20=111\beta=\frac{R_1}{R_1+R_2} =\frac{2}{2+20} =\frac{1}{11}

閉迴路傳遞函數為

Ta(s)=A(s)1+A(s)11T_a(s)=\frac{A(s)}{1+\dfrac{A(s)}{11}}

代入 A(s)A(s)：

Ta(s)=A01+A0/11+s/ωpT_a(s) =\frac{A_0}{1+A_0/11+s/\omega_p}

直流增益

Ta(0)=1051+105/11=1,100,000100,011≈10.9988 V/VT_a(0)=\frac{10^5}{1+10^5/11} =\frac{1{,}100{,}000}{100{,}011} \approx 10.9988\ \text{V/V}

3-dB 頻寬

ω3dB,a=50(1+10511)\omega_{3\text{dB},a} =50\left(1+\frac{10^5}{11}\right) ω3dB,a≈4.546×105 rad/s\boxed{\omega_{3\text{dB},a}\approx4.546\times10^5\ \text{rad/s}}

(2) Fig. 1(b)

此電路為電壓追隨器，輸出端直接回授至反相端，因此

β=1\beta=1

閉迴路傳遞函數為

Tb(s)=A(s)1+A(s)=A01+A0+s/ωpT_b(s)=\frac{A(s)}{1+A(s)} =\frac{A_0}{1+A_0+s/\omega_p}

直流增益

Tb(0)=1051+105=100000100001≈0.99999 V/VT_b(0)=\frac{10^5}{1+10^5} =\frac{100000}{100001} \approx0.99999\ \text{V/V}

3-dB 頻寬

ω3dB,b=50(1+105)\omega_{3\text{dB},b} =50(1+10^5) ω3dB,b=5.00005×106 rad/s\boxed{\omega_{3\text{dB},b}=5.00005\times10^6\ \text{rad/s}}

(3) Fig. 1(c)

Fig. 1(c) 是兩級串接：

  1. 第一級為 Fig. 1(a) 的非反相放大器。
  2. 第二級為電壓追隨器。

由於第二級輸入阻抗極高，第一級不受第二級負載影響，因此總傳遞函數為兩級傳遞函數的乘積。

第一級：

T1(s)=A01+A0/11+s/ωpT_1(s) =\frac{A_0}{1+A_0/11+s/\omega_p}

第二級：

T2(s)=A01+A0+s/ωpT_2(s) =\frac{A_0}{1+A_0+s/\omega_p}

所以

T(s)=VoVi=T1(s)T2(s)T(s)=\frac{V_o}{V_i} =T_1(s)T_2(s)

即

T(s)=A02(1+A011+sωp)(1+A0+sωp)\boxed{ T(s)= \frac{A_0^2} {\left(1+\dfrac{A_0}{11}+\dfrac{s}{\omega_p}\right) \left(1+A_0+\dfrac{s}{\omega_p}\right)} }

代入數值：

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第 1 題

Assume R1=2 kΩR_1 = 2 \, \text{k}\Omega, R2=20 kΩR_2 = 20 \, \text{k}\Omega, the open-loop gain is 105 V/V10^5 \, \text{V/V} and the unity-gain bandwidth of the operational amplifiers is 5×106 rad/s5 \times 10^6 \, \text{rad/s}.

(1) For the closed-loop amplifier in Fig. 1(a), find the dc gain and 3-dB bandwidth. [10%]
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Fig. 1(a)

(2) For the closed-loop amplifier in Fig. 1(b), find the dc gain and 3-dB bandwidth. [10%]
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Fig. 1(b)

(3) For the closed-loop amplifier in Fig. 1(c), find the dc gain and 3-dB bandwidth. What is the transfer function T(s)=Vo/ViT(s) = V_o/V_i of the amplifier? [20%]
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Fig. 1(c)

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核心觀念

運算放大器採用單一主極點模型：

A(s)=A01+s/ωpA(s)=\frac{A_0}{1+s/\omega_p}

其中

A0=105,ωt=A0ωp=5×106 rad/sA_0=10^5,\qquad \omega_t=A_0\omega_p=5\times10^6\ \text{rad/s}

因此

ωp=5×106105=50 rad/s\omega_p=\frac{5\times10^6}{10^5}=50\ \text{rad/s}

負回授放大器的閉迴路增益為

T(s)=A(s)1+βA(s)T(s)=\frac{A(s)}{1+\beta A(s)}

其直流增益與頻寬分別為

T(0)=A01+βA0T(0)=\frac{A_0}{1+\beta A_0} ω3dB=ωp(1+βA0)\omega_{3\text{dB}}=\omega_p(1+\beta A_0)

(1) Fig. 1(a)

此電路為非反相放大器，回授因子為

β=R1R1+R2=22+20=111\beta=\frac{R_1}{R_1+R_2} =\frac{2}{2+20} =\frac{1}{11}

閉迴路傳遞函數為

Ta(s)=A(s)1+A(s)11T_a(s)=\frac{A(s)}{1+\dfrac{A(s)}{11}}

代入 A(s)A(s)：

Ta(s)=A01+A0/11+s/ωpT_a(s) =\frac{A_0}{1+A_0/11+s/\omega_p}

直流增益

Ta(0)=1051+105/11=1,100,000100,011≈10.9988 V/VT_a(0)=\frac{10^5}{1+10^5/11} =\frac{1{,}100{,}000}{100{,}011} \approx 10.9988\ \text{V/V}

3-dB 頻寬

ω3dB,a=50(1+10511)\omega_{3\text{dB},a} =50\left(1+\frac{10^5}{11}\right) ω3dB,a≈4.546×105 rad/s\boxed{\omega_{3\text{dB},a}\approx4.546\times10^5\ \text{rad/s}}

(2) Fig. 1(b)

此電路為電壓追隨器，輸出端直接回授至反相端，因此

β=1\beta=1

閉迴路傳遞函數為

Tb(s)=A(s)1+A(s)=A01+A0+s/ωpT_b(s)=\frac{A(s)}{1+A(s)} =\frac{A_0}{1+A_0+s/\omega_p}

直流增益

Tb(0)=1051+105=100000100001≈0.99999 V/VT_b(0)=\frac{10^5}{1+10^5} =\frac{100000}{100001} \approx0.99999\ \text{V/V}

3-dB 頻寬

ω3dB,b=50(1+105)\omega_{3\text{dB},b} =50(1+10^5) ω3dB,b=5.00005×106 rad/s\boxed{\omega_{3\text{dB},b}=5.00005\times10^6\ \text{rad/s}}

(3) Fig. 1(c)

Fig. 1(c) 是兩級串接：

  1. 第一級為 Fig. 1(a) 的非反相放大器。
  2. 第二級為電壓追隨器。

由於第二級輸入阻抗極高，第一級不受第二級負載影響，因此總傳遞函數為兩級傳遞函數的乘積。

第一級：

T1(s)=A01+A0/11+s/ωpT_1(s) =\frac{A_0}{1+A_0/11+s/\omega_p}

第二級：

T2(s)=A01+A0+s/ωpT_2(s) =\frac{A_0}{1+A_0+s/\omega_p}

所以

T(s)=VoVi=T1(s)T2(s)T(s)=\frac{V_o}{V_i} =T_1(s)T_2(s)

即

T(s)=A02(1+A011+sωp)(1+A0+sωp)\boxed{ T(s)= \frac{A_0^2} {\left(1+\dfrac{A_0}{11}+\dfrac{s}{\omega_p}\right) \left(1+A_0+\dfrac{s}{\omega_p}\right)} }

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第 2 題

For the common-gate amplifier in Fig. 2, VDD=5 VV_{DD} = 5 \, \text{V}, −VSS=−5 V-V_{SS} = -5 \, \text{V}, RD=8 kΩR_D = 8 \, \text{k}\Omega and CC1C_{C1} and CC2C_{C2} are ideal coupling capacitors. The parameters of the MOSFET are given as μnCox(W/L)=1 mA/V2\mu_n C_{ox}(W/L) = 1 \, \text{mA/V}^2 and Vt=1 VV_t = 1 \, \text{V}.

(1) If an input resistance of 1 kΩ1 \, \text{k}\Omega is needed, find the value of the bias current II. [10%]
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Fig. 2

(2) Use the value of current II in (1). If the amplifier is used as a current amplifier, please draw the equivalent circuit model and specify the values of the parameters. [10%]

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核心觀念

此題考查共閘極（common-gate, CG）MOSFET 放大器的：

  • 輸入電阻：
    Rin≈1gmR_{\mathrm{in}}\approx \frac{1}{g_m}
  • MOSFET 跨導：
    gm=2μnCox(WL)IDg_m=\sqrt{2\mu_n C_{\mathrm{ox}}\left(\frac WL\right)I_D}
  • 中頻小訊號等效電路與電流增益。

由於 CC1C_{C1}、CC2C_{C2} 為理想耦合電容，中頻時視為短路；直流電流源的小訊號等效為開路。

(1) 求偏壓電流 II

題目要求輸入電阻為 1 kΩ1\,\text{k}\Omega，因此

Rin=1gmR_{\mathrm{in}}=\frac{1}{g_m}

所以

gm=11 kΩ=1 mSg_m=\frac{1}{1\,\text{k}\Omega} =1\,\text{mS}

已知

μnCox(WL)=1 mA/V2\mu_n C_{\mathrm{ox}}\left(\frac WL\right) =1\,\text{mA/V}^2

使用

gm=2knIg_m=\sqrt{2k_n I}

其中

kn=1 mA/V2k_n=1\,\text{mA/V}^2

因此

I=gm22kn=(1 mS)22(1 mA/V2)I=\frac{g_m^2}{2k_n} =\frac{(1\,\text{mS})^2} {2(1\,\text{mA/V}^2)} I=0.5 mA\boxed{I=0.5\,\text{mA}}

偏壓工作區確認

過驅電壓為

VOV=gmkn=1 mS1 mA/V2=1 VV_{OV}=\frac{g_m}{k_n} =\frac{1\,\text{mS}}{1\,\text{mA/V}^2} =1\,\text{V}

因此

VGS=Vt+VOV=1+1=2 VV_{GS}=V_t+V_{OV}=1+1=2\,\text{V}

閘極接地，所以

VS=−2 VV_S=-2\,\text{V}

汲極電壓為

VD=VDD−IRD=5−(0.5 mA)(8 kΩ)=1 VV_D=V_{DD}-IR_D =5-(0.5\,\text{mA})(8\,\text{k}\Omega) =1\,\text{V}

故

VDS=VD−VS=1−(−2)=3 V>VOVV_{DS}=V_D-V_S=1-(-2)=3\,\text{V}>V_{OV}

MOSFET 確實工作於飽和區。

(2) 電流放大器小訊號等效模型

在中頻時：

  • CC1C_{C1}、CC2C_{C2} 視為短路。
  • VDDV_{DD} 與 −VSS-V_{SS} 皆為交流接地。
  • 理想偏壓電流源 II 視為開路。
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第 3 題

Assume that an open-loop amplifier has two poles. The dc gain is 105 V/V10^5 \, \text{V/V} and the poles are given as ωp1=10 rad/s\omega_{p1} = 10 \, \text{rad/s} and ωp2=106 rad/s\omega_{p2} = 10^6 \, \text{rad/s}.

(1) Find the phase margin of the open-loop amplifier. [10%]
(2) If the open-loop amplifier is used in a feedback system with β=0.1\beta= 0.1, find the closed-loop transfer function. [10%]
(3) If the open-loop amplifier is used in a feedback system, how do you choose the value of β\beta such that the closed-loop dc gain becomes 100 V/V100 \, \text{V/V}? What is the 3-dB bandwidth of the closed-loop amplifier? [20%]

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核心觀念

令開迴路放大器傳遞函數為

A(s)=A0(1+sωp1)(1+sωp2)A(s)=\frac{A_0}{\left(1+\frac{s}{\omega_{p1}}\right)\left(1+\frac{s}{\omega_{p2}}\right)}

其中

A0=105,ωp1=10,ωp2=106 rad/sA_0=10^5,\qquad \omega_{p1}=10,\qquad \omega_{p2}=10^6\ \text{rad/s}

負回授系統的閉迴路傳遞函數為

T(s)=A(s)1+βA(s)T(s)=\frac{A(s)}{1+\beta A(s)}

相位裕度定義為單位增益交越頻率 ωgc\omega_{gc} 處的

PM=180∘+∠A(jωgc)PM=180^\circ+\angle A(j\omega_{gc})

(1) 開迴路放大器的相位裕度

開迴路增益大小為

∣A(jω)∣=105[1+(ω10)2][1+(ω106)2]|A(j\omega)| = \frac{10^5} {\sqrt{\left[1+\left(\frac{\omega}{10}\right)^2\right] \left[1+\left(\frac{\omega}{10^6}\right)^2\right]}}

在單位增益交越頻率 ωgc\omega_{gc} 時，∣A(jωgc)∣=1|A(j\omega_{gc})|=1，因此

[1+(ωgc10)2][1+(ωgc106)2]=1010\left[1+\left(\frac{\omega_{gc}}{10}\right)^2\right] \left[1+\left(\frac{\omega_{gc}}{10^6}\right)^2\right] =10^{10}

由於 ωgc≫10\omega_{gc}\gg 10，可近似為

ωgc101+(ωgc106)2=105\frac{\omega_{gc}}{10} \sqrt{1+\left(\frac{\omega_{gc}}{10^6}\right)^2} =10^5

解得

ωgc≈7.86×105 rad/s\omega_{gc}\approx 7.86\times 10^5\ \text{rad/s}

開迴路相位為

∠A(jω)=−tan⁡−1(ω10)−tan⁡−1(ω106)\angle A(j\omega) = -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10}\right) -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10^6}\right)

因此

∠A(jωgc)≈−90∘−tan⁡−1(0.786)\angle A(j\omega_{gc}) \approx -90^\circ-\tan^{-1}(0.786) ∠A(jωgc)≈−128.2∘\angle A(j\omega_{gc})\approx -128.2^\circ

相位裕度為

PM=180∘−128.2∘PM=180^\circ-128.2^\circ PM≈51.8∘\boxed{PM\approx 51.8^\circ}

(2) β=0.1\beta=0.1 時的閉迴路傳遞函數

負回授閉迴路增益為

T(s)=A(s)1+βA(s)T(s)=\frac{A(s)}{1+\beta A(s)}

代入 A(s)A(s)：

T(s)=105(1+s10)(1+s106)+0.1(105)T(s) = \frac{10^5} {\left(1+\frac{s}{10}\right) \left(1+\frac{s}{10^6}\right)+0.1(10^5)}

因為

0.1(105)=1040.1(10^5)=10^4

且

(1+s10)(1+s106)=1+(110+1106)s+s2107\left(1+\frac{s}{10}\right) \left(1+\frac{s}{10^6}\right) = 1+\left(\frac{1}{10}+\frac{1}{10^6}\right)s+\frac{s^2}{10^7}

所以

T(s)=10510001+0.100001s+10−7s2\boxed{ T(s)= \frac{10^5} {10001+0.100001s+10^{-7}s^2} }

其閉迴路直流增益為

T(0)=10510001≈9.999T(0)=\frac{10^5}{10001}\approx 9.999
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第 1 題

Assume R1=2 kΩR_1 = 2 \, \text{k}\Omega, R2=20 kΩR_2 = 20 \, \text{k}\Omega, the open-loop gain is 105 V/V10^5 \, \text{V/V} and the unity-gain bandwidth of the operational amplifiers is 5×106 rad/s5 \times 10^6 \, \text{rad/s}.

(1) For the closed-loop amplifier in Fig. 1(a), find the dc gain and 3-dB bandwidth. [10%]
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(2) For the closed-loop amplifier in Fig. 1(b), find the dc gain and 3-dB bandwidth. [10%]
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Fig. 1(b)

(3) For the closed-loop amplifier in Fig. 1(c), find the dc gain and 3-dB bandwidth. What is the transfer function T(s)=Vo/ViT(s) = V_o/V_i of the amplifier? [20%]
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Fig. 1(c)

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核心觀念

運算放大器採用單一主極點模型：

A(s)=A01+s/ωpA(s)=\frac{A_0}{1+s/\omega_p}

其中

A0=105,ωt=A0ωp=5×106 rad/sA_0=10^5,\qquad \omega_t=A_0\omega_p=5\times10^6\ \text{rad/s}

因此

ωp=5×106105=50 rad/s\omega_p=\frac{5\times10^6}{10^5}=50\ \text{rad/s}

負回授放大器的閉迴路增益為

T(s)=A(s)1+βA(s)T(s)=\frac{A(s)}{1+\beta A(s)}

其直流增益與頻寬分別為

T(0)=A01+βA0T(0)=\frac{A_0}{1+\beta A_0} ω3dB=ωp(1+βA0)\omega_{3\text{dB}}=\omega_p(1+\beta A_0)

(1) Fig. 1(a)

此電路為非反相放大器，回授因子為

β=R1R1+R2=22+20=111\beta=\frac{R_1}{R_1+R_2} =\frac{2}{2+20} =\frac{1}{11}

閉迴路傳遞函數為

Ta(s)=A(s)1+A(s)11T_a(s)=\frac{A(s)}{1+\dfrac{A(s)}{11}}

代入 A(s)A(s)：

Ta(s)=A01+A0/11+s/ωpT_a(s) =\frac{A_0}{1+A_0/11+s/\omega_p}

直流增益

Ta(0)=1051+105/11=1,100,000100,011≈10.9988 V/VT_a(0)=\frac{10^5}{1+10^5/11} =\frac{1{,}100{,}000}{100{,}011} \approx 10.9988\ \text{V/V}

3-dB 頻寬

ω3dB,a=50(1+10511)\omega_{3\text{dB},a} =50\left(1+\frac{10^5}{11}\right) ω3dB,a≈4.546×105 rad/s\boxed{\omega_{3\text{dB},a}\approx4.546\times10^5\ \text{rad/s}}

(2) Fig. 1(b)

此電路為電壓追隨器，輸出端直接回授至反相端，因此

β=1\beta=1

閉迴路傳遞函數為

Tb(s)=A(s)1+A(s)=A01+A0+s/ωpT_b(s)=\frac{A(s)}{1+A(s)} =\frac{A_0}{1+A_0+s/\omega_p}

直流增益

Tb(0)=1051+105=100000100001≈0.99999 V/VT_b(0)=\frac{10^5}{1+10^5} =\frac{100000}{100001} \approx0.99999\ \text{V/V}

3-dB 頻寬

ω3dB,b=50(1+105)\omega_{3\text{dB},b} =50(1+10^5) ω3dB,b=5.00005×106 rad/s\boxed{\omega_{3\text{dB},b}=5.00005\times10^6\ \text{rad/s}}

(3) Fig. 1(c)

Fig. 1(c) 是兩級串接：

  1. 第一級為 Fig. 1(a) 的非反相放大器。
  2. 第二級為電壓追隨器。

由於第二級輸入阻抗極高，第一級不受第二級負載影響，因此總傳遞函數為兩級傳遞函數的乘積。

第一級：

T1(s)=A01+A0/11+s/ωpT_1(s) =\frac{A_0}{1+A_0/11+s/\omega_p}

第二級：

T2(s)=A01+A0+s/ωpT_2(s) =\frac{A_0}{1+A_0+s/\omega_p}

所以

T(s)=VoVi=T1(s)T2(s)T(s)=\frac{V_o}{V_i} =T_1(s)T_2(s)

即

T(s)=A02(1+A011+sωp)(1+A0+sωp)\boxed{ T(s)= \frac{A_0^2} {\left(1+\dfrac{A_0}{11}+\dfrac{s}{\omega_p}\right) \left(1+A_0+\dfrac{s}{\omega_p}\right)} }

代入數值：

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第 2 題

For the common-gate amplifier in Fig. 2, VDD=5 VV_{DD} = 5 \, \text{V}, −VSS=−5 V-V_{SS} = -5 \, \text{V}, RD=8 kΩR_D = 8 \, \text{k}\Omega and CC1C_{C1} and CC2C_{C2} are ideal coupling capacitors. The parameters of the MOSFET are given as μnCox(W/L)=1 mA/V2\mu_n C_{ox}(W/L) = 1 \, \text{mA/V}^2 and Vt=1 VV_t = 1 \, \text{V}.

(1) If an input resistance of 1 kΩ1 \, \text{k}\Omega is needed, find the value of the bias current II. [10%]
🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Fig. 2

(2) Use the value of current II in (1). If the amplifier is used as a current amplifier, please draw the equivalent circuit model and specify the values of the parameters. [10%]

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 1 頁

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核心觀念

此題考查共閘極（common-gate, CG）MOSFET 放大器的：

  • 輸入電阻：
    Rin≈1gmR_{\mathrm{in}}\approx \frac{1}{g_m}
  • MOSFET 跨導：
    gm=2μnCox(WL)IDg_m=\sqrt{2\mu_n C_{\mathrm{ox}}\left(\frac WL\right)I_D}
  • 中頻小訊號等效電路與電流增益。

由於 CC1C_{C1}、CC2C_{C2} 為理想耦合電容，中頻時視為短路；直流電流源的小訊號等效為開路。

(1) 求偏壓電流 II

題目要求輸入電阻為 1 kΩ1\,\text{k}\Omega，因此

Rin=1gmR_{\mathrm{in}}=\frac{1}{g_m}

所以

gm=11 kΩ=1 mSg_m=\frac{1}{1\,\text{k}\Omega} =1\,\text{mS}

已知

μnCox(WL)=1 mA/V2\mu_n C_{\mathrm{ox}}\left(\frac WL\right) =1\,\text{mA/V}^2

使用

gm=2knIg_m=\sqrt{2k_n I}

其中

kn=1 mA/V2k_n=1\,\text{mA/V}^2

因此

I=gm22kn=(1 mS)22(1 mA/V2)I=\frac{g_m^2}{2k_n} =\frac{(1\,\text{mS})^2} {2(1\,\text{mA/V}^2)} I=0.5 mA\boxed{I=0.5\,\text{mA}}

偏壓工作區確認

過驅電壓為

VOV=gmkn=1 mS1 mA/V2=1 VV_{OV}=\frac{g_m}{k_n} =\frac{1\,\text{mS}}{1\,\text{mA/V}^2} =1\,\text{V}

因此

VGS=Vt+VOV=1+1=2 VV_{GS}=V_t+V_{OV}=1+1=2\,\text{V}

閘極接地，所以

VS=−2 VV_S=-2\,\text{V}

汲極電壓為

VD=VDD−IRD=5−(0.5 mA)(8 kΩ)=1 VV_D=V_{DD}-IR_D =5-(0.5\,\text{mA})(8\,\text{k}\Omega) =1\,\text{V}

故

VDS=VD−VS=1−(−2)=3 V>VOVV_{DS}=V_D-V_S=1-(-2)=3\,\text{V}>V_{OV}

MOSFET 確實工作於飽和區。

(2) 電流放大器小訊號等效模型

在中頻時：

  • CC1C_{C1}、CC2C_{C2} 視為短路。
  • VDDV_{DD} 與 −VSS-V_{SS} 皆為交流接地。
  • 理想偏壓電流源 II 視為開路。
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第 3 題

Assume that an open-loop amplifier has two poles. The dc gain is 105 V/V10^5 \, \text{V/V} and the poles are given as ωp1=10 rad/s\omega_{p1} = 10 \, \text{rad/s} and ωp2=106 rad/s\omega_{p2} = 10^6 \, \text{rad/s}.

(1) Find the phase margin of the open-loop amplifier. [10%]
(2) If the open-loop amplifier is used in a feedback system with β=0.1\beta= 0.1, find the closed-loop transfer function. [10%]
(3) If the open-loop amplifier is used in a feedback system, how do you choose the value of β\beta such that the closed-loop dc gain becomes 100 V/V100 \, \text{V/V}? What is the 3-dB bandwidth of the closed-loop amplifier? [20%]

🖼️ 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

令開迴路放大器傳遞函數為

A(s)=A0(1+sωp1)(1+sωp2)A(s)=\frac{A_0}{\left(1+\frac{s}{\omega_{p1}}\right)\left(1+\frac{s}{\omega_{p2}}\right)}

其中

A0=105,ωp1=10,ωp2=106 rad/sA_0=10^5,\qquad \omega_{p1}=10,\qquad \omega_{p2}=10^6\ \text{rad/s}

負回授系統的閉迴路傳遞函數為

T(s)=A(s)1+βA(s)T(s)=\frac{A(s)}{1+\beta A(s)}

相位裕度定義為單位增益交越頻率 ωgc\omega_{gc} 處的

PM=180∘+∠A(jωgc)PM=180^\circ+\angle A(j\omega_{gc})

(1) 開迴路放大器的相位裕度

開迴路增益大小為

∣A(jω)∣=105[1+(ω10)2][1+(ω106)2]|A(j\omega)| = \frac{10^5} {\sqrt{\left[1+\left(\frac{\omega}{10}\right)^2\right] \left[1+\left(\frac{\omega}{10^6}\right)^2\right]}}

在單位增益交越頻率 ωgc\omega_{gc} 時，∣A(jωgc)∣=1|A(j\omega_{gc})|=1，因此

[1+(ωgc10)2][1+(ωgc106)2]=1010\left[1+\left(\frac{\omega_{gc}}{10}\right)^2\right] \left[1+\left(\frac{\omega_{gc}}{10^6}\right)^2\right] =10^{10}

由於 ωgc≫10\omega_{gc}\gg 10，可近似為

ωgc101+(ωgc106)2=105\frac{\omega_{gc}}{10} \sqrt{1+\left(\frac{\omega_{gc}}{10^6}\right)^2} =10^5

解得

ωgc≈7.86×105 rad/s\omega_{gc}\approx 7.86\times 10^5\ \text{rad/s}

開迴路相位為

∠A(jω)=−tan⁡−1(ω10)−tan⁡−1(ω106)\angle A(j\omega) = -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10}\right) -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10^6}\right)

因此

∠A(jωgc)≈−90∘−tan⁡−1(0.786)\angle A(j\omega_{gc}) \approx -90^\circ-\tan^{-1}(0.786) ∠A(jωgc)≈−128.2∘\angle A(j\omega_{gc})\approx -128.2^\circ

相位裕度為

PM=180∘−128.2∘PM=180^\circ-128.2^\circ PM≈51.8∘\boxed{PM\approx 51.8^\circ}

(2) β=0.1\beta=0.1 時的閉迴路傳遞函數

負回授閉迴路增益為

T(s)=A(s)1+βA(s)T(s)=\frac{A(s)}{1+\beta A(s)}

代入 A(s)A(s)：

T(s)=105(1+s10)(1+s106)+0.1(105)T(s) = \frac{10^5} {\left(1+\frac{s}{10}\right) \left(1+\frac{s}{10^6}\right)+0.1(10^5)}

因為

0.1(105)=1040.1(10^5)=10^4

且

(1+s10)(1+s106)=1+(110+1106)s+s2107\left(1+\frac{s}{10}\right) \left(1+\frac{s}{10^6}\right) = 1+\left(\frac{1}{10}+\frac{1}{10^6}\right)s+\frac{s^2}{10^7}

所以

T(s)=10510001+0.100001s+10−7s2\boxed{ T(s)= \frac{10^5} {10001+0.100001s+10^{-7}s^2} }

其閉迴路直流增益為

T(0)=10510001≈9.999T(0)=\frac{10^5}{10001}\approx 9.999
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