113 年 國立中正大學電機工程學系碩士班晶片系統組《電子學》

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第 1 題20 分

  1. (20%) For an output current whose nominal value is 100 µA, and Q1 and Q2 are matched with channel length of 0.5 µm, channel widths of 5 µm, VT=0.4V_T=0.4 V and kn′=500μA/V2k_n' =500 \mu A/V^2. Early voltage is 5 V/µm.
    (a) (5%) What is the required value of R?
    (b) (5%) What is the lowest possible value of VoV_o?
    (c) (5%) Find the output resistance of current source.
    (d) (5%) Find the change in output current resulting from a +0.5 V change in VoV_o.

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核心觀念

本題為基本 NMOS 電流鏡電流源。依照題目所列元件參數，採用合理假設：Q1Q_1 為二極體接法，Q1Q_1、Q2Q_2 的閘極相連，源極接地，RR 用來設定參考電流，Q2Q_2 的汲極為輸出端 VoV_o。

題圖未包含第 1 題電路及電源電壓，因此電阻 RR 的數值必須以題圖中的 VDDV_{DD} 表示。

已知

ID=100 μA,W=5 μm,L=0.5 μmI_D=100~\mu\text{A},\qquad W=5~\mu\text{m},\qquad L=0.5~\mu\text{m} WL=10\frac{W}{L}=10 VT=0.4 V,kn′=500 μA/V2V_T=0.4~\text{V},\qquad k_n'=500~\mu\text{A}/\text{V}^2

MOSFET 的過驅電壓為

VOV=VGS−VTV_{OV}=V_{GS}-V_T

在忽略通道長度調變的情況下，

ID=12kn′WLVOV2I_D=\frac{1}{2}k_n'\frac WL V_{OV}^2

解題方法

(a) 求 RR

先由汲極電流求過驅電壓：

100=12(500)(10)VOV2100 = \frac12(500)(10)V_{OV}^2

因此

VOV=2(100)500(10)=0.2 VV_{OV} = \sqrt{\frac{2(100)}{500(10)}} = 0.2~\text{V}

所以

VGS=VT+VOV=0.4+0.2=0.6 VV_{GS}=V_T+V_{OV} =0.4+0.2 =0.6~\text{V}

電阻電流即為參考電流 100 μA100~\mu\text{A}，因此

R=VDD−VGSIDR=\frac{V_{DD}-V_{GS}}{I_D}

得到

R=VDD−0.6100 μA\boxed{ R=\frac{V_{DD}-0.6}{100~\mu\text{A}} }

若題圖中的電源為 VDD=1.8 VV_{DD}=1.8~\text{V}，則

R=1.8−0.6100 μA=12 kΩR=\frac{1.8-0.6}{100~\mu\text{A}} =12~\text{k}\Omega

(b) VoV_o 的最低值

為使 Q2Q_2 維持飽和區，必須滿足

VDS2≥VGS2−VTV_{DS2}\geq V_{GS2}-V_T

因為 VDS2=VoV_{DS2}=V_o，故

Vo,min⁡=VOVV_{o,\min}=V_{OV}

因此

Vo,min⁡=0.2 V\boxed{V_{o,\min}=0.2~\text{V}}

(c) 電流源的輸出電阻

由 Early voltage 得到單一電晶體的 Early 電壓：

VA=VA′LV_A=V_A'L
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第 2 題20 分

  1. (20%) Three MOSFETs are sized to operate at ∣Vov∣=0.3V|V_{ov}| =0.3V. Let ∣Vt∣=0.5V|V_t| =0.5V and ∣VA∣=20V|V_A|=20V, the current sources utilize single transistors and thus have output resistances equal to ror_o.
    (a) (5%) If VsV_s has a zero dc component, find the dc voltages at nodes S1,G2,S3S_1, G_2, S_3, and G3G_3. Verify that each of the current sources has the minimum required dc voltage across it for proper operation.
    (b) (5%) Calculate the gain of each of these three stages and the overall voltage gain, AA.
    (c) (5%) Find Af=Vo/VsA_f = V_o/V_s.
    (d) (5%) Find the output resistance.

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核心觀念

本題考查三級 MOSFET 放大器的：

  • MOSFET 偏壓與飽和區條件
  • 電壓增益 AvA_v
  • 回授後增益 Af=Vo/VsA_f=V_o/V_s
  • 輸出電阻
  • 電流源的最小順應電壓（compliance voltage）

已知：

∣Vov∣=0.3 V,∣Vt∣=0.5 V,∣VA∣=20 V|V_{ov}|=0.3\text{ V},\qquad |V_t|=0.5\text{ V},\qquad |V_A|=20\text{ V}

若各級偏壓電流為 IDI_D，則

gm=2ID∣Vov∣=2ID0.3g_m=\frac{2I_D}{|V_{ov}|} =\frac{2I_D}{0.3} ro=∣VA∣ID=20IDr_o=\frac{|V_A|}{I_D} =\frac{20}{I_D}

電流源由單一 MOSFET 構成，因此其輸出電阻同樣為 ror_o。

題目資訊缺漏

目前附上的兩張原卷圖片分別是：

  • 國立成功大學第 6～10 題
  • 國立中正大學第 4～5 題

圖片中沒有本題第 2 題的電路圖，也沒有提供三個 MOSFET 的偏壓電流、電源電壓、負載與各節點連接方式。因此 S1S_1、G2G_2、S3S_3、G3G_3 的直流電壓、三級增益、回授增益及輸出電阻均無法唯一決定。

解題方法

取得第 2 題電路圖後，應依下列順序計算。

(a) 直流工作點

對每一顆 MOSFET 使用：

VGS=Vt+VovV_{GS}=V_t+V_{ov}

對 NMOS：

VGS=0.5+0.3=0.8 VV_{GS}=0.5+0.3=0.8\text{ V}

對 PMOS：

∣VSG∣=∣Vt∣+∣Vov∣=0.8 V|V_{SG}|=|V_t|+|V_{ov}|=0.8\text{ V}

因此各閘極與源極之間的電壓差均為 0.8 V0.8\text{ V}。再依電路中電源及串接關係求出：

VS1,VG2,VS3,VG3V_{S_1},\quad V_{G_2},\quad V_{S_3},\quad V_{G_3}

每個電流源均須滿足飽和區條件。以 NMOS 電流源為例：

VDS≥Vov=0.3 VV_{DS}\ge V_{ov}=0.3\text{ V}

以 PMOS 電流源為例：

VSD≥∣Vov∣=0.3 VV_{SD}\ge |V_{ov}|=0.3\text{ V}

所以電流源上的最小直流電壓為 0.3 V0.3\text{ V}。

(b) 各級增益與總增益

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第 3 題20 分

  1. (20%) An NMOS transistor operating in the triode region with vDS=0.3Vv_{DS}=0.3V conducts 50μA50\mu A for VGS=2VV_{GS}=2V and 100μA100\mu A for VGS=3VV_{GS}=3V, respectively.
    (a) (5%) What is the corresponding value of threshold voltage VthV_{th}?
    (b) (5%) If kn′=μnCox=20μA/V2k_n'=\mu_nC_{ox}=20\mu A/V^2, what is the device aspect ratio?
    (c) (5%) What current would be excepted to flow with VGS=2.8VV_{GS}=2.8V and VDS=0.25VV_{DS}=0.25V?
    (d) (5%) If it operates at VDS=2VV_{DS}=2V, at what value of VGSV_{GS} will the drain-end of the MOSFET channel just become pinch-off.

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核心觀念

NMOS 工作於三極區時，忽略通道長度調變效應，汲極電流為

ID=kn[(VGS−Vth)VDS−VDS22]I_D=k_n\left[(V_{GS}-V_{th})V_{DS}-\frac{V_{DS}^2}{2}\right]

其中

kn=kn′WLk_n=k_n'\frac{W}{L}

三極區條件為

VDS<VGS−VthV_{DS}<V_{GS}-V_{th}

當汲極端恰好發生夾止時，滿足

VDS=VGS−VthV_{DS}=V_{GS}-V_{th}

解題方法

令

K=kn′WLK=k_n'\frac{W}{L}

且題目給定 VDS=0.3 VV_{DS}=0.3\text{ V}。

(a) 求臨界電壓 VthV_{th}

當 VGS=2 VV_{GS}=2\text{ V}、ID=50μAI_D=50\mu\text{A} 時：

50=K[(2−Vth)(0.3)−0.322]50=K\left[(2-V_{th})(0.3)-\frac{0.3^2}{2}\right] 50=K[0.3(2−Vth)−0.045]50=K\left[0.3(2-V_{th})-0.045\right]

當 VGS=3 VV_{GS}=3\text{ V}、ID=100μAI_D=100\mu\text{A} 時：

100=K[0.3(3−Vth)−0.045]100=K\left[0.3(3-V_{th})-0.045\right]

兩式相減，可消去 VthV_{th}：

50=K(0.3)50=K(0.3)

因此

K=500.3=166.67μA/V2K=\frac{50}{0.3}=166.67\mu\text{A}/\text{V}^2

代回第一式：

50=166.67[0.3(2−Vth)−0.045]50=166.67\left[0.3(2-V_{th})-0.045\right] 0.3(2−Vth)−0.045=0.30.3(2-V_{th})-0.045=0.3 0.3(2−Vth)=0.3450.3(2-V_{th})=0.345 2−Vth=1.152-V_{th}=1.15

所以

Vth=0.85 V\boxed{V_{th}=0.85\text{ V}}

(b) 求元件寬長比 W/LW/L

由

K=kn′WLK=k_n'\frac{W}{L}

可得

WL=Kkn′\frac{W}{L}=\frac{K}{k_n'}

代入 K=166.67μA/V2K=166.67\mu\text{A}/\text{V}^2 與 kn′=20μA/V2k_n'=20\mu\text{A}/\text{V}^2：

WL=166.6720=8.333\frac{W}{L} =\frac{166.67}{20} =8.333

因此

WL≈8.33\boxed{\frac{W}{L}\approx 8.33}

(c) 求 VGS=2.8 VV_{GS}=2.8\text{ V}、VDS=0.25 VV_{DS}=0.25\text{ V} 時的電流

先計算過驅電壓：

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第 4 題20 分

  1. (20%) The current source in a MOSFET differential amplifier provides constant current I=500μAI=500 \mu A and its equivalent resistance RssR_{ss} and capacitance CssC_{ss} are 100kΩ100 k\Omega and 0.1fF0.1fF, respectively. The parameters of Q1Q_1 and Q2Q_2 are VA=25VV_A =25V, Cgs=30fFC_{gs}=30fF, Cgd=5fFC_{gd}=5fF, and Cdb=5fFC_{db}=5fF. The drain resistor RDR_D is 30kΩ30 k\Omega. Transistors are biased with overdrive voltage Vov=0.3VV_{ov}=0.3 V. Also, there is a 100fF100fF capacitive load (CLC_L) existed between each drain and ground.

(a) (5%) Find the mid-band differential gain AdA_{d}. (5%)
(b) (5%) If the series resistance (RsigR_{sig}) of input signal source for each gate terminal is 20kΩ20k\Omega, please estimate the upper 3-dB frequency fHf_H by open-circuit time-constant method.
(c) (5%) Find the common-mode gain response Acm(jω)A_{cm}(j\omega).
(d) (5%) Which is the dominate corner frequency in CMRR response.

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核心觀念

本題考查：

  1. MOSFET 差動對的跨導 gmg_m、輸出電阻 ror_o。
  2. 差動增益與共模增益。
  3. Miller 效應與開路時間常數法（open-circuit time-constant method）。
  4. 尾電流源有限輸出電阻 RssR_{ss} 與電容 CssC_{ss} 對共模增益及 CMRR 的影響。

每顆輸入電晶體的汲極電流為

ID=I2=250 μAI_D=\frac{I}{2}=250\ \mu\text{A}

因此

gm=2IDVov=2(250 μA)0.3=1.667 mSg_m=\frac{2I_D}{V_{ov}} =\frac{2(250\ \mu\text{A})}{0.3} =1.667\ \text{mS} ro=VAID=25250 μA=100 kΩr_o=\frac{V_A}{I_D} =\frac{25}{250\ \mu\text{A}} =100\ \text{k}\Omega

汲極等效負載為

RL=RD∥ro=30 kΩ∥100 kΩ=23.08 kΩR_L=R_D\parallel r_o =30\ \text{k}\Omega\parallel100\ \text{k}\Omega =23.08\ \text{k}\Omega

（a）中頻差動增益 AdA_d

圖中輸出 vov_o 為兩個汲極間的差動輸出，輸入差動訊號定義為

vid=vi1−vi2v_{id}=v_{i1}-v_{i2}

在純差動激勵下，尾端節點為交流虛地，因此每側的小訊號輸出為

vod1=−gmRLvid2v_{od1}=-g_mR_L\frac{v_{id}}{2} vod2=+gmRLvid2v_{od2}=+g_mR_L\frac{v_{id}}{2}

所以差動輸出

vo=vod1−vod2=−gmRLvidv_o=v_{od1}-v_{od2} =-g_mR_Lv_{id}

故差動增益為

Ad=vovid=−gmRLA_d=\frac{v_o}{v_{id}} =-g_mR_L

代入數值：

Ad=−(1.667 mS)(23.08 kΩ)=−38.46 V/VA_d=-(1.667\ \text{mS})(23.08\ \text{k}\Omega) =-38.46\ \text{V/V}

若只取增益大小：

∣Ad∣=38.46 V/V\boxed{|A_d|=38.46\ \text{V/V}}

約為

20log⁡10(38.46)=31.7 dB20\log_{10}(38.46)=31.7\ \text{dB}

（b）利用開路時間常數法求 fHf_H

在差動模式下，源極為交流虛地，因此尾端的 RssR_{ss} 與 CssC_{ss} 不影響差動高頻響應。

輸入訊號源的串聯電阻為

Rsig=20 kΩR_{sig}=20\ \text{k}\Omega

1. CgsC_{gs} 所造成的時間常數

τgs=RsigCgs=(20 kΩ)(30 fF)=0.600 ns\tau_{gs}=R_{sig}C_{gs} =(20\ \text{k}\Omega)(30\ \text{fF}) =0.600\ \text{ns}

2. CgdC_{gd} 所造成的時間常數

考慮 CgdC_{gd} 時，閘極與汲極間的等效電阻為

Rgd=Rsig+RL+gmRsigRLR_{gd}=R_{sig}+R_L+g_mR_{sig}R_L

其中第三項為 Miller 效應所造成的放大效果。

Rgd=20 kΩ+23.08 kΩ+(1.667 mS)(20 kΩ)(23.08 kΩ)R_{gd} =20\ \text{k}\Omega+23.08\ \text{k}\Omega +(1.667\ \text{mS})(20\ \text{k}\Omega)(23.08\ \text{k}\Omega) Rgd=812.3 kΩR_{gd}=812.3\ \text{k}\Omega

因此

τgd=RgdCgd=(812.3 kΩ)(5 fF)=4.062 ns\tau_{gd}=R_{gd}C_{gd} =(812.3\ \text{k}\Omega)(5\ \text{fF}) =4.062\ \text{ns}

3. CdbC_{db} 與 CLC_L 所造成的時間常數

汲極端看到的電阻為 RLR_L，所以

τdb=RLCdb=(23.08 kΩ)(5 fF)=0.115 ns\tau_{db}=R_LC_{db} =(23.08\ \text{k}\Omega)(5\ \text{fF}) =0.115\ \text{ns} τL=RLCL=(23.08 kΩ)(100 fF)=2.308 ns\tau_L=R_LC_L =(23.08\ \text{k}\Omega)(100\ \text{fF}) =2.308\ \text{ns}

4. 總開路時間常數

τ=τgs+τgd+τdb+τL\tau =\tau_{gs}+\tau_{gd}+\tau_{db}+\tau_L
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第 5 題20 分

  1. (20%) A noninverting op amp provides a direct implementation of the feedback loop. Assume that the op amp has infinite input resistance and zero output resistance.
    (a) (5%) Find an expression for the feedback factor β.
    (b) (5%) If the open-loop voltage gain A=105, find R2/R1 to obtain a closed-loop voltage gain Asof 10
    (c) (5%) What is the amount of feedback in decibels?
    (d) (5%) If Vs = 1V, find Vo, Vf, and Vi.

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核心觀念

本題考查負回授非反相運算放大器：

  • 回授因子
    β=VfVo=R1R1+R2\beta=\frac{V_f}{V_o}=\frac{R_1}{R_1+R_2}
  • 負回授閉迴路增益
    Af=VoVs=A1+AβA_f=\frac{V_o}{V_s}=\frac{A}{1+A\beta}
  • 回授量（dB）
    FdB=20log⁡10(1+Aβ)F_{\mathrm{dB}}=20\log_{10}(1+A\beta)

題目中的 A=105A=105 視為排版省略上標，即 A=105A=10^5。

(a) 回授因子 β\beta

由 R1R_1 與 R2R_2 組成分壓器：

Vf=VoR1R1+R2V_f=V_o\frac{R_1}{R_1+R_2}

因此

β=VfVo=R1R1+R2\boxed{\beta=\frac{V_f}{V_o}=\frac{R_1}{R_1+R_2}}

(b) 求 R2/R1R_2/R_1

閉迴路增益指定為 Af=10A_f=10：

10=1051+105β10=\frac{10^5}{1+10^5\beta}

因此

1+105β=1041+10^5\beta=10^4 β=9999105=0.09999\beta=\frac{9999}{10^5}=0.09999

又

β=R1R1+R2=11+R2/R1\beta=\frac{R_1}{R_1+R_2} =\frac{1}{1+R_2/R_1}

所以

R2R1=1β−1=10.09999−1≈9.001\frac{R_2}{R_1}=\frac{1}{\beta}-1 =\frac{1}{0.09999}-1 \approx 9.001

故

R2R1≈9.00\boxed{\frac{R_2}{R_1}\approx 9.00}

(c) 回授量

回授量為

FdB=20log⁡10(1+Aβ)F_{\mathrm{dB}}=20\log_{10}(1+A\beta)

由上題：

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