111 年 國立中正大學電機工程學系碩士班晶片系統組《電子學》

核心觀念

本題考查兩級 CMOS 運算放大器的：

• MOS 電流鏡偏壓與工作點
• MOS 飽和區條件與輸入共模範圍
• 電流鏡負載差動對的差模增益
• 有限輸出電阻造成的共模增益
• 共模抑制比

MOS 飽和區電流公式為

$$I_D=\frac{1}{2}\mu C_{\mathrm{ox}}\frac WL V_{OV}^2, \qquad V_{OV}=V_{GS}-V_{TN}$$

對 PMOS 則使用

$$I_D=\frac{1}{2}\mu_p C_{\mathrm{ox}}\frac WL V_{OV}^2, \qquad V_{OV}=V_{SG}-|V_{TP}|$$

且

$$g_m=\frac{2I_D}{V_{OV}}, \qquad r_o=\frac{|V_A|}{I_D}.$$

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(a) 偏壓電壓與輸入共模範圍

1. $M_1$、$M_2$、$M_7$

參考電流為

$$I_{\mathrm{REF}}=0.1\text{ mA}.$$

由於 $M_1$、$M_2$、$M_7$ 匹配，三者電流皆為 $0.1\text{ mA}$。對 $M_1$：

$$\mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac WL =200\ \mu\text{A/V}^2\times 6.25 =1.25\text{ mA/V}^2$$

因此

$$V_{OV1} =\sqrt{\frac{2I_{D1}}{\mu_n C_{\mathrm{ox}}(W/L)}} =\sqrt{\frac{2(0.1)}{1.25}} =0.4\text{ V}$$ $$\boxed{V_{GS1}=0.6+0.4=1.0\text{ V}}$$

所以尾電流源 $M_2$ 的過驅電壓也是 $0.4\text{ V}$。

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2. $M_3$、$M_4$

兩個輸入接地且電路對稱，因此尾電流平均分流：

$$I_{D3}=I_{D4}=0.05\text{ mA}.$$

因為

$$\mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac WL =200\ \mu\text{A/V}^2\times 12.5 =2.5\text{ mA/V}^2$$

故

$$V_{OV3} =\sqrt{\frac{2(0.05)}{2.5}} =0.2\text{ V}$$ $$\boxed{V_{GS3}=0.6+0.2=0.8\text{ V}}$$

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3. $M_5$、$M_6$

由

$$\mu_p C_{\mathrm{ox}} =\frac{\mu_n C_{\mathrm{ox}}}{2} =100\ \mu\text{A/V}^2$$

以及 $(W/L)_{M5}=6.25$：

$$\mu_p C_{\mathrm{ox}}\frac WL =0.625\text{ mA/V}^2$$

又 $I_{D5}=I_{D6}=0.05\text{ mA}$，所以

$$V_{OV5} =\sqrt{\frac{2(0.05)}{0.625}} =0.4\text{ V}$$ $$V_{SG5}=0.6+0.4=1.0\text{ V}$$

由於題目要求 $V_{GS5}$：

$$\boxed{V_{GS5}=-1.0\text{ V}}$$

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4. $M_8$

$M_8$ 的閘極與 $M_6$ 的閘極相接，且

$$\left(\frac WL\right)_{M8}=12.5 =2\left(\frac WL\right)_{M6}.$$

因此

$$I_{D8}=2I_{D6}=0.1\text{ mA}.$$

其過驅電壓為

$$V_{OV8} =\sqrt{\frac{2(0.1)}{100\ \mu\text{A/V}^2\times 12.5}} =0.4\text{ V}$$

所以

$$V_{SG8}=0.6+0.4=1.0\text{ V}$$ $$\boxed{V_{GS8}=-1.0\text{ V}}$$

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5. 輸入共模範圍

令兩輸入的共模電壓為 $V_{CM}$。$M_3$、$M_4$ 的源極電壓為

$$V_S=V_{CM}-V_{GS3}=V_{CM}-0.8.$$

下限

$M_2$ 必須保持飽和：

$$V_{DS2}\ge V_{OV2}=0.4\text{ V}.$$

$M_2$ 源極接於 $V_{SS}=-2.5\text{ V}$，因此

$$V_S\ge -2.5+0.4=-2.1\text{ V}.$$

代入 $V_S=V_{CM}-0.8$：

$$V_{CM}-0.8\ge -2.1$$ $$V_{CM}\ge -1.3\text{ V}.$$

上限

在平衡偏壓下，$M_5$ 的汲極電壓約為

$$V_D=V_{DD}-V_{SG5}=2.5-1.0=1.5\text{ V}.$$

$M_3$ 必須保持飽和：

$$V_D-V_S\ge V_{OV3}=0.2\text{ V}.$$

因此

$$1.5-(V_{CM}-0.8)\ge 0.2$$ $$V_{CM}\le 2.1\text{ V}.$$

故輸入共模範圍為

核心觀念

本題為共源級放大器，利用開路時間常數法（Open-Circuit Time Constants, OCTC）估計高頻截止頻率。

主要公式為

$$\omega_H \simeq \frac{1}{\sum_i R_iC_i}, \qquad f_H \simeq \frac{1}{2\pi\sum_i R_iC_i}$$

其中每個電容的時間常數，皆是在其他電容開路、獨立電壓源設為零時求得。

低頻電壓增益為

$$A_{v0}=-g_m(R_D\parallel r_o)$$

在單一主極點近似下，單位增益頻率為

$$f_u \simeq |A_{v0}|f_H$$

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解題方法

交流等效電路中，$V_{DD}$ 接交流地，因此汲極端的等效電阻為

$$R_D'=20\,\text{k}\Omega\parallel r_o =20\,\text{k}\Omega\parallel20\,\text{k}\Omega =10\,\text{k}\Omega$$

閘極信號源歸零後，閘極經由信號源內阻 $20\,\text{k}\Omega$ 接地，因此

$$R_G=20\,\text{k}\Omega$$

1. $C_{gs}$ 所造成的時間常數

$C_{gs}$ 兩端分別接閘極與交流地，因此

$$\tau_{gs}=R_GC_{gs}$$ $$\tau_{gs} =(20\,\text{k}\Omega)(40\,\text{fF}) =0.8\,\text{ns}$$

2. $C_{db}$ 所造成的時間常數

$C_{db}$ 接在汲極與交流地之間，因此

$$\tau_{db}=R_D'C_{db}$$ $$\tau_{db} =(10\,\text{k}\Omega)(10\,\text{fF}) =0.1\,\text{ns}$$

3. $C_{gd}$ 所造成的時間常數

$C_{gd}$ 跨接閘極與汲極，且共源級具有跨導回授效應。其等效時間常數為

$$\tau_{gd} =C_{gd}\left[R_G+R_D'+g_mR_GR_D'\right]$$

已知

$$g_m=2\,\text{mA/V}=2\,\text{mS}$$

因此

$$g_mR_G=(2\,\text{mS})(20\,\text{k}\Omega)=40$$

故

核心觀念

本題考查**CMOS 靜態邏輯閘（Static CMOS Logic Gate）**的電路實現與結構設計。

CMOS 靜態邏輯電路由兩個互補的網路組成：

1. Pull-Up Network (PUN，上拉網路)：由 PMOS 電晶體組成，連接於電源 $V_{DD}$ 與輸出端 $Y$ 之間。當輸出應為高電位（Logical '1'）時導通。
2. Pull-Down Network (PDN，下拉網路)：由 NMOS 電晶體組成，連接於輸出端 $Y$ 與地端 $GND$ 之間。當輸出應為低電位（Logical '0'）時導通。

在 CMOS 靜態邏輯閘的設計規則中：

• AND（邏輯與）關係：
  • 在 PDN 中以**串聯（Series）**方式實現。
  • 在 PUN 中以**並聯（Parallel）**方式實現。
• OR（邏輯或）關係：
  • 在 PDN 中以**並聯（Parallel）**方式實現。
  • 在 PUN 中以**串聯（Series）**方式實現。

此外，標準 CMOS 邏輯閘本質上具有**邏輯反相（Inverting）**特性。一般的 CMOS 單級邏輯閘直接輸出的布林函數形式為反相輸出 $\bar{Y}$。若題目要求的輸出為正邏輯 $Y$，則需採用「CMOS 反相邏輯閘 + CMOS 反相器（Inverter）」的兩級架構來實現。

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解題方法

Step 1：求取下拉網路（PDN）的邏輯表達式 $\bar{Y}$

根據 CMOS 的反相特性，我們先求輸出為低電位（連接至地端 $GND$）時的邏輯函數 $\bar{Y}$。
將原邏輯函數 $Y = (A \cdot B + C \cdot D) \cdot E$ 取反相：

$\bar{Y} = \overline{(A \cdot B + C \cdot D) \cdot E}$

此處 $\bar{Y}$ 即代表 PDN 的導通條件（當 $\bar{Y} = 1$ 時，PDN 導通將 $Y$ 拉至 $GND$）。
因此，PDN 的結構可以直接由 $Y$ 內部邏輯推導（即 $Y$ 的條件對應 PDN 的連接關係）：

• 內部 $A \cdot B$：$A$ 與 $B$ 串聯。
• 內部 $C \cdot D$：$C$ 與 $D$ 串聯。
• $(A \cdot B + C \cdot D)$：上述兩組串聯結構相互並聯。
  *整體乘以 $E$：上述並聯結構再與 $E$ 串聯。

Step 2：利用狄摩根定律（De Morgan's Laws）推導上拉網路（PUN）

根據對偶原理（Duality），PUN 的邏輯推導如下：

$\overline{Y} = \overline{(A \cdot B + C \cdot D)} + \bar{E} = (\bar{A} + \bar{B}) \cdot (\bar{C} + \bar{D}) + \bar{E}$

對應 PMOS 的連接關係為：

• $A$ 與 $B$ 並聯。
• $C$ 與 $D$ 並聯。
• 上述兩組並聯結構相互串聯。
• 整體結構再與 $E$ 並聯。

Step 3：電路架構與元件配置

由於單級 CMOS 複合閘（Complex Gate）實現的是 $Y_{mid} = \bar{Y} = \overline{(A \cdot B + C \cdot D) \cdot E}$，為了得到目標輸出 $Y$，電路分為兩級：

1. 第一級：CMOS 複合邏輯閘
   • PDN (NMOS 網路)：
     • $M_{NA}$ 與 $M_{NB}$ 串聯成第一分支。
     • $M_{NC}$ 與 $M_{ND}$ 串聯成第二分支。
     • 第一分支與第二分支並聯後，再與 $M_{NE}$ 串聯連接至 $GND$。
   • PUN (PMOS 網路)：

核心觀念

本題考查半導體物理與 $pn$ 接面（$pn$ Junction）的基礎特性，包含平衡狀態下的多數載子與少數載子濃度計算，以及接面建立的內建電位（Built-in Potential, $V_0$ 或 $V_{bi}$）。

1. 熱平衡下的載子濃度與質量作用定律（Mass-Action Law）：
   • 在熱平衡且完全游離（Complete Ionization）假設下，多數載子濃度等於摻雜濃度：
     • $p$ 區多數載子濃度：$p_p \approx N_A$
     • $n$ 區多數載子濃度：$n_n \approx N_D$
   • 熱平衡狀態下少數載子濃度遵守質量作用定律 $n \cdot p = n_i^2$：
     • $p$ 區少數載子濃度：$n_p = \frac{n_i^2}{N_A}$
     • $n$ 區少數載子濃度：$p_n = \frac{n_i^2}{N_D}$
2. 內建電位公式（Built-in Potential）：
   • $pn$ 接面的內建電位由兩側多數載子濃度的擴散效應與漂移平衡所決定，公式為：
     $V_0 = V_T \ln\left(\frac{N_A \cdot N_D}{n_i^2}\right)$
   • 其中 $V_T$ 為熱電壓（Thermal Voltage），在 $T = 300\text{ K}$ 時已知 $V_T = 25.9\text{ mV}$。

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解題方法與詳細推導

(a) 求 $pn$ 二極體兩側之載子濃度 ($p_p, n_p, n_n, p_n$)

由題目給定條件：

• $p$ 區受主摻雜濃度 $N_A = 5 \times 10^{17}\text{ cm}^{-3}$
• $n$ 區供主摻雜濃度 $N_D = 5 \times 10^{16}\text{ cm}^{-3}$
• 本質載子濃度 $n_i = 1.5 \times 10^{10}\text{ cm}^{-3}$

1. $p$ 區載子濃度 ($p_p, n_p$)：

   • 多數空穴（電洞）濃度：
     $p_p = N_A = 5 \times 10^{17}\text{ cm}^{-3}$
   • 少數電子濃度（代入質量作用定律）：
     $n_p = \frac{n_i^2}{N_A} = \frac{(1.5 \times 10^{10})^2}{5 \times 10^{17}} = \frac{2.25 \times 10^{20}}{5 \times 10^{17}} = 450\text{ cm}^{-3}$

2. $n$ 區載子濃度 ($n_n, p_n$)：

   • 多數電子濃度：
     $n_n = N_D = 5 \times 10^{16}\text{ cm}^{-3}$
   • 少數空穴（電洞）濃度（代入質量作用定律）：

核心觀念

本題考查 MOS 差動對、電流鏡負載、源極追隨器，以及負回授放大器的基本參數：

• MOS 跨導：

  $g_m=\frac{2I_D}{V_{ov}}$

• MOS 輸出電阻：

  $r_o=\frac{|V_A|}{I_D}$

• 電壓負回授係數：

  $\beta=\frac{v_f}{v_o}$

• 負回授後的輸出電阻：

  $R_{\text{out}}=\frac{R_{\text{out,OL}}}{1+A\beta}$

其中 $A$ 為開迴路電壓增益。

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(a) $M_2$ 的閘極直流電壓

$M_1$ 與 $M_2$ 構成對稱差動對，且負回授會使兩個輸入端的電壓趨於相等。

已知 $M_1$ 的閘極直流電壓為

$V_{G1}=0\text{ V}$

在負回授平衡狀態下，

$V_{G2}\approx V_{G1}$

因此

$\boxed{V_{G2}\approx 0\text{ V}}$

此時尾電流 $0.2\text{ mA}$ 平均分配，因此

$I_{D1}=I_{D2}=0.1\text{ mA}$

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(b) 回授網路的 $\beta$ 值

圖中輸出電壓直接回送至 $M_2$ 的閘極，因此回授電壓近似等於輸出電壓：

$v_f\approx v_o$

所以

$\beta=\frac{v_f}{v_o}\approx 1$

故

$\boxed{\beta\approx 1}$

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(c) 開迴路增益 $A$

1. 差動對與電流鏡負載

對 $M_1$、$M_2$ 而言，

$I_{D1}=I_{D2}=0.1\text{ mA}$

因此

$$g_{m1}=g_{m2} =\frac{2(0.1\text{ mA})}{0.2\text{ V}} =1\text{ mS}$$

每一支的輸出電阻為

$$r_{o1}=r_{o2} =\frac{20\text{ V}}{0.1\text{ mA}} =200\text{ k}\Omega$$

差動輸出節點的等效電阻近似為

$$R_D=r_{o2}\parallel r_{o4} =200\text{ k}\Omega\parallel200\text{ k}\Omega =100\text{ k}\Omega$$

因此差動對產生的電壓增益大小約為

$$A_1=g_{m1}R_D =(1\text{ mS})(100\text{ k}\Omega) =100$$

2. $M_5$ 源極追隨器

近似取 $M_5$ 的汲極電流為 $0.6\text{ mA}$，則

$$g_{m5} =\frac{2(0.6\text{ mA})}{0.2\text{ V}} =6\text{ mS}$$

核心觀念

本題結合電流鏡偏壓與共閘極放大器的小訊號分析。採用 MOS 飽和區平方律估算偏壓，再將通道長度調變以輸出電阻納入小訊號模型：

$$I_D=\frac12 kV_{ov}^{\,2},\qquad g_m=\frac{2I_D}{V_{ov}},\qquad r_o\simeq\frac{|V_A|}{I_D}.$$

輸入電阻須考慮汲極負載；輸出電阻則依圖中箭頭指定的方向，以測試電壓法求得。

解題方法

圖 P6 中，$M_2$、$M_3$ 為 PMOS 電流鏡，源極接 $V_{DD}=3.0\,\text{V}$；二極體接法的 $M_3$ 承受 $50\,\mu\text{A}$ 參考電流，$M_2$ 的汲極接至 $M_1$ 汲極與輸出節點。$M_1$ 為 NMOS 共閘極級，閘極接固定偏壓 $V_{\text{bias}}$，源極經 $R_S=50\,\Omega$ 接交流訊號源；$R_{\text{in}}$ 向上看入源極，$R_{\text{out}}$ 向下看入 $M_1$ 汲極。

交流分析時，電源與固定偏壓均視為交流接地，理想直流電流源視為開路。

(a) 各電晶體的輸出電阻

以匹配電流鏡的近似，忽略通道長度調變對直流鏡射比例的影響：

$$I_{D3}=I_{D2}=I_{D1}=50\,\mu\text{A}.$$

因此三顆電晶體的本質輸出電阻皆為

$$r_{o1}=r_{o2}=r_{o3} \simeq\frac{30}{50\times10^{-6}} =\boxed{600\,\text{k}\Omega}.$$

此處求的是 $r_o$；$M_3$ 採二極體接法，其汲極與閘極短接節點的等效電阻另為 $1/(g_{m3}+1/r_{o3})$。

(b) $M_1$ 的過驅電壓與跨導

由 $k_n=5\,\text{mA/V}^2$：

$$V_{ov1} =\sqrt{\frac{2I_{D1}}{k_n}} =\sqrt{\frac{2(0.05)}{5}} =\boxed{0.1414\,\text{V}}.$$

因此

$$g_{m1} =\frac{2I_{D1}}{V_{ov1}} =\frac{2(50\,\mu\text{A})}{0.1414\,\text{V}} =\boxed{0.7071\,\text{mS}}.$$

相應的 $V_{GS1}=V_t+V_{ov1}=0.9414\,\text{V}$。將 $V_{ov1}$ 代回平方律，可得 $\tfrac12(5)(0.1414)^2=0.05\,\text{mA}$，符合偏壓電流。

(c) 輸入電阻 $R_{\text{in}}$

$M_2$ 的閘極與源極皆為交流接地，因此其汲極負載為

$$R_L=r_{o2}=600\,\text{k}\Omega.$$

在 $M_1$ 源極施加測試電壓 $v_i$，令流入源極的電流為 $i_i$、汲極電壓為 $v_d$。由 $v_{gs1}=-v_i$，源極端電流為

$$i_i=g_{m1}v_i+\frac{v_i-v_d}{r_{o1}}.$$

閘極不吸收電流，因此 $i_i$ 亦等於流經汲極負載的電流：

$$v_d=i_iR_L.$$

代入並整理：

$$i_i(r_{o1}+R_L) =(1+g_{m1}r_{o1})v_i.$$

故