108 年 國立成功大學電機工程學系碩士班丁組《電子學》

核心觀念

本題考查交流耦合非反相運算放大器：

1. 中頻電壓增益：
   $A_v=1+\frac{R_2}{R_1}$
2. 為降低輸入偏壓電流造成的輸入失調，非反相端的電阻 $R_3$ 通常取反相端對地等效電阻：
   $R_3=R_1\parallel R_2$
3. 串聯耦合電容與電阻形成高通電路，其截止頻率為：
   $$f_c=\frac{1}{2\pi RC}$$$$
   C=\frac{1}{2\pi Rf_c} $$$$

解題方法

(a) 求 $R_1$ 與 $R_3$

已知：

$A_v=100,\qquad R_2=100~\text{k}\Omega$

由非反相放大器增益公式：

$100=1+\frac{100~\text{k}\Omega}{R_1}$

因此：

$$R_1=\frac{100~\text{k}\Omega}{99} =1.0101~\text{k}\Omega$$

為使兩個輸入端看到的直流等效電阻相同：

$R_3=R_1\parallel R_2$

代入數值：

$$R_3=(1.0101~\text{k}\Omega)\parallel(100~\text{k}\Omega)$$ $$R_3=\frac{1.0101\times100}{1.0101+100}~\text{k}\Omega \approx1.00~\text{k}\Omega$$

(b) 求 $C_1$ 與 $C_2$

對於 $C_1$，其主要形成的高通截止頻率由 $R_1C_1$ 決定：

核心觀念

此電路利用運算放大器與二極體形成精密半波整流器：

• $V_1>0$ 時，二極體導通，形成負回授，因此理想運算放大器滿足
  $V_o=V_1$
• 二極體導通時，其正向壓降約為 $0.7\text{ V}$，所以
  $V_A=V_o+0.7\text{ V}$
• $V_1<0$ 時，二極體截止，輸出端僅透過 $R$ 接地，因此
  $V_o=0$
  運算放大器因為 $V_+<V_-$ 而負飽和：
  $V_A=-12\text{ V}$

解題方法

先分別判斷二極體的導通狀態，再利用運算放大器的負回授條件或飽和條件求解。

當二極體導通時，負端電壓為 $V_o$，正端電壓為 $V_1$。由虛短路：

$V_o=V_1$

負載電流為：

$I_R=\frac{V_o}{R}$

其中 $R=1\text{ k}\Omega$。

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（a）$V_1=10\text{ mV}$

輸入為正，二極體導通，故：

$V_o=V_1=10\text{ mV}$

在常用的二極體定電壓降模型下：

$$V_A=V_o+0.7 =0.01+0.7 =0.71\text{ V}$$

此時電阻電流為：

$I_R=\frac{10\text{ mV}}{1\text{ k}\Omega}=10\ \mu\text{A}$

嚴格而言，題目只給出二極體在 $1\text{ mA}$ 時的 $0.7\text{ V}$ 壓降，並未提供 $10\ \mu\text{A}$ 時的實際伏安特性；因此以上採用考試常用的「導通壓降固定為 $0.7\text{ V}$」近似。

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（b）$V_1=1\text{ V}$

二極體導通，負回授成立，因此：

$V_o=V_1=1\text{ V}$

負載電流為：

核心觀念

本題考查 CMOS 疊接式差動放大器的：

1. MOSFET 飽和區電流與尺寸關係
   $I_D=\frac{1}{2}\mu C_{\mathrm{ox}}\frac WL V_{\mathrm{ov}}^2$
2. 跨導
   $g_m=\frac{2I_D}{V_{\mathrm{ov}}}$
3. 有限輸出電阻
   $r_o=\frac{|V_A|}{I_D},\qquad |V_A|=|V_A'|L$
4. 疊接組態的輸出電阻與差動增益。

差動輸入下，尾電流平均分配，因此每一側電晶體的偏壓電流為

$I_D=\frac{100\ \mu\mathrm{A}}{2}=50\ \mu\mathrm{A}.$

所有電晶體的通道長度為最小長度的兩倍：

$L=2(0.18\ \mu\mathrm{m})=0.36\ \mu\mathrm{m}.$

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(a) 求 $Q_1$ 至 $Q_4$ 的 $W/L$

$Q_1$ 至 $Q_4$ 為 NMOS，且

$\mu_n C_{\mathrm{ox}}=400\ \mu\mathrm{A/V^2}.$

代入 $I_D=50\ \mu\mathrm{A}$、$V_{\mathrm{ov}}=0.2\ \mathrm{V}$：

$$50 = \frac12(400)\frac WL(0.2)^2$$

因此

$$\frac WL = \frac{2(50)}{400(0.2)^2} = \frac{100}{16} = 6.25.$$

所以

$$\boxed{\left(\frac WL\right)_{Q_1} = \left(\frac WL\right)_{Q_2} = \left(\frac WL\right)_{Q_3} = \left(\frac WL\right)_{Q_4} = 6.25}$$

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(b) 求 $Q_5$ 至 $Q_8$ 的 $W/L$

$Q_5$ 至 $Q_8$ 為 PMOS。由題意

$$\mu_n C_{\mathrm{ox}}=4\mu_p C_{\mathrm{ox}}=400\ \mu\mathrm{A/V^2}$$

故

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

各支路電流仍為 $50\ \mu\mathrm{A}$，因此

$$50 = \frac12(100)\frac WL(0.2)^2$$

得到

$$\frac WL = \frac{2(50)}{100(0.2)^2} = \frac{100}{4} = 25.$$

所以

$$\boxed{\left(\frac WL\right)_{Q_5} = \left(\frac WL\right)_{Q_6} = \left(\frac WL\right)_{Q_7} = \left(\frac WL\right)_{Q_8} = 25}$$

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(c) 差動電壓增益

1. 小訊號參數

所有電晶體的跨導皆為

$$g_m=\frac{2I_D}{V_{\mathrm{ov}}} = \frac{2(50\ \mu\mathrm{A})}{0.2} = 0.5\ \mathrm{mS}.$$

Early voltage 為

核心觀念

本題考查：

• MOS 小訊號參數
  $g_m=\frac{2I_D}{|V_{OV}|},\qquad r_o=\frac{|V_A|}{I_D}$
• 電流鏡負載差動放大器
• 源極跟隨器
• 負回授降低輸出阻抗
• 小訊號節點分析

由題目給定：

$R_S=R_F=10\,\text{k}\Omega,\qquad |V_{OV}|=0.2\,\text{V}$

對 $Q_1\sim Q_4$：

$I_D=100\,\mu\text{A}$

因此

$$g_{m1\sim4}=\frac{2(100\,\mu\text{A})}{0.2} =1\,\text{mS}$$ $$r_{o1\sim4} =\frac{20\,\text{V}}{100\,\mu\text{A}} =200\,\text{k}\Omega$$

令

$g_o=\frac{1}{200\,\text{k}\Omega}=5\,\mu\text{S}$

對 $Q_5$：

$I_{D5}=800\,\mu\text{A}$

$$g_{m5}=\frac{2(800\,\mu\text{A})}{0.2} =8\,\text{mS}$$ $$r_{o5}=\frac{20\,\text{V}}{800\,\mu\text{A}} =25\,\text{k}\Omega$$

$g_{o5}=40\,\mu\text{S}$

由於 MOS 閘極小訊號電流為零，$R_S$ 上沒有小訊號壓降，因此

$v_{g1}=v_s$

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解題方法

設：

• $v_x$：$Q_2$ 與 $Q_4$ 汲極、$Q_5$ 閘極的節點
• $v_o$：$Q_5$ 源極，也是回授電壓
• $v_s'$：$Q_1,Q_2$ 的共同源極
• $v_a$：$Q_1$ 汲極與 $Q_3$ 二極體接法的節點

由 $Q_5$ 源極端的小訊號 KCL：

$g_{m5}(v_o-v_x)+g_{o5}v_o+\frac{v_o}{R_F}=0$

所以

$$v_o =\frac{g_{m5}}{g_{m5}+g_{o5}+1/R_F}v_x$$

代入數值：

$$\frac{v_o}{v_x} = \frac{8\,\text{mS}} {8\,\text{mS}+40\,\mu\text{S}+100\,\mu\text{S}} =0.9828$$

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(a) 閉迴路增益 $A_f=I_o/V_s$

對 $Q_1\sim Q_4$ 進行小訊號節點分析。考慮所有晶體管的 $r_o$ 後，可得：

$\frac{v_x}{v_s}\approx 1.0072$

因此

$$\frac{v_o}{v_s} = \frac{v_o}{v_x}\frac{v_x}{v_s} = 0.9828(1.0072)$$

$\frac{v_o}{v_s}\approx 0.9899$

在輸出源極節點，$Q_5$ 的小訊號電流等於流經回授電阻的電流：

$i_o=\frac{v_o}{R_F}$

因此

$$A_f=\frac{i_o}{v_s} =\frac{1}{R_F}\frac{v_o}{v_s}$$ $$A_f = \frac{0.9899}{10\,\text{k}\Omega}$$ $$\boxed{ A_f=\frac{i_o}{v_s}\approx 98.99\,\mu\text{A/V} }$$

約可寫成

$\boxed{A_f\approx 99\,\mu\text{S}}$

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核心觀念

(a) 考查維恩電橋振盪器的選頻正回授網路、巴克豪森振盪條件，以及放大器增益與振盪頻率的關係。

(b) 考查薩倫－凱（Sallen–Key）濾波器的電容接法。依原卷圖 5，$R_1$、$R_2$ 串接，$C_2$ 由兩電阻的接點接地，$C_1$ 接在輸出與運算放大器非反相輸入端之間；運算放大器以輸出直接回授至反相端，形成電壓追隨器。

解題方法

(a) 基本維恩電橋振盪器

電路由非反相放大器與維恩電橋選頻網路組成。從輸出至非反相輸入端的正回授支路，是串聯的 $C$、$R$；非反相輸入端再以並聯的 $R$、$C$ 接地。反相端則由 $R_f$ 接輸出、$R_g$ 接地，形成負回授。

                         C        R
Vout ──────────────────||──────/\/\/──●────(+)
                                         ├──/\/\/ R──GND
                                         └──|| C─────GND

Vout ───────────────────────/\/\/ Rf──●────(−)
                                        └──/\/\/ Rg──GND

令 $s=j\omega$，正回授網路的串聯阻抗與並聯阻抗分別為

$$Z_s=R+\frac{1}{sC}, \qquad Z_p=R\parallel\frac{1}{sC} =\frac{R}{1+sRC}.$$

因此，從輸出到非反相輸入端的回授係數為

$$\beta(s)=\frac{Z_p}{Z_s+Z_p} =\frac{sRC}{(sRC)^2+3sRC+1}.$$

令 $\omega_0=1/(RC)$，此時網路相位為 $0^\circ$，且

$$\beta(j\omega_0)=\frac{1}{3}.$$

非反相放大器的閉迴路增益為

$$A_v=1+\frac{R_f}{R_g}.$$

依巴克豪森條件，振盪時總相位須為 $0^\circ$，迴路增益大小須為 $1$，所以 $A_v\beta=1$。由 $\beta=1/3$ 得 $A_v=3$，進而

$$1+\frac{R_f}{R_g}=3 \quad\Longrightarrow\quad R_f=2R_g.$$

振盪角頻率與頻率為

核心觀念

1. 迴路增益與波德圖（Bode Plot）：
   • 迴路增益函數 $T(f)$ 的波德圖包含振幅響應（Magnitude Response）與相位響應（Phase Response）。
   • 振幅圖採雙對數座標，以分貝（$\mathrm{dB}$，即 $20\log_{10}|T(f)|$）為縱軸；低頻增益為直流增益 $T_0$。每個實數極點（Pole）會使高於該極點頻率的漸近線斜率增加 $-20\,\mathrm{dB/decade}$。
   • 相位圖以度數（$\mathrm{deg}$）為縱軸，每個極點在其轉折頻率處貢獻 $-45^\circ$，在遠高於該極點時貢獻 $-90^\circ$。
2. 穩定度與相位裕度（Phase Margin, PM）：
   • 增益交越頻率（Gain Crossover Frequency, $f_c$）：滿足迴路增益大小為單位增益（$0\,\mathrm{dB}$）之頻率，即 $|T(f_c)| = 1$。
   • 相位裕度定義為： $$\mathrm{PM} = 180^\circ + \angle T(f_c)$$ 若迴路增益存在相角落後（$\angle T < 0$），則 $\mathrm{PM} = 180^\circ - |\angle T(f_c)|$。欲使系統具有良好穩定性與阻尼特性，通常要求 $\mathrm{PM} \ge 45^\circ$。
3. 主極點補償（Dominant-Pole Compensation）：
   • 透過在系統中引入一個極低頻的新極點 $f_D$（滿足 $f_D \ll f_{p1}$），使迴路增益在極低頻率便以 $-20\,\mathrm{dB/decade}$ 開始衰減，藉此將新的增益交越頻率 $f_c'$ 拉回至低頻處，使原本高頻極點造成的相角延遲大幅降低，從而提高相位裕度至所需之規格（例如 $\ge 45^\circ$）。

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解題方法

由原卷頁圖（原卷第 6 題）確認題目給定三極點回授放大器之迴路增益為：

$$T(f) = \frac{1000}{\left(1+j\frac{f}{10^4}\right)\left(1+j\frac{f}{10^6}\right)\left(1+j\frac{f}{10^8}\right)}$$

可知：

• 直流迴路增益（DC Loop Gain）：$T_0 = 1000 \implies |T(0)|_{\mathrm{dB}} = 20\log_{10}(1000) = 60\,\mathrm{dB}$。
• 三個極點頻率分別為：$f_{p1} = 10^4\,\mathrm{Hz}$、$f_{p2} = 10^6\,\mathrm{Hz}$、$f_{p3} = 10^8\,\mathrm{Hz}$。

本題分為兩小題進行求解：

• (a) 小題：依據直流增益與三個轉折頻率，分別推導並繪出振幅漸近線波德圖與相位特性曲線圖，標示出各轉折頻率、斜率變化與關鍵點座標。
• (b) 小題：設新增之額外主極點為 $f_D$（滿足 $f_D \ll 10^4\,\mathrm{Hz}$），補償後的迴路增益函數為 $T'(f)$。利用相位裕度條件 $\mathrm{PM} \ge 45^\circ \iff |\angle T'(f_c')| \le 135^\circ$ 與增益交越條件 $|T'(f_c')| = 1$，列出聯立方程式求得精確臨界值 $f_D$；同時對照標準教科書之波德圖漸近線設計法，提供完整推導與比較。

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詳細計算與推導

(a) 繪製波德圖（Bode Plot）

1. 振幅圖（Magnitude Plot）特性推導：

   • 低頻區間（$f < 10^4\,\mathrm{Hz}$）： $$|T(f)|_{\mathrm{dB}} \approx 20\log_{10}(1000) = 60\,\mathrm{dB}$$ 漸近線斜率為 $0\,\mathrm{dB/decade}$。
   • 第一與第二極點之間（$10^4\,\mathrm{Hz} \le f < 10^6\,\mathrm{Hz}$）：
     通過 $f_{p1} = 10^4\,\mathrm{Hz}$ 後，斜率變為 $-20\,\mathrm{dB/decade}$。
     在 $f = 10^6\,\mathrm{Hz}$ 處，漸近線增益為： $$60\,\mathrm{dB} - 20\log_{10}\left(\frac{10^6}{10^4}\right) = 60 - 40 = 20\,\mathrm{dB}$$
   • 第二與第三極點之間（$10^6\,\mathrm{Hz} \le f < 10^8\,\mathrm{Hz}$）：
     通過 $f_{p2} = 10^6\,\mathrm{Hz}$ 後，斜率增加為 $-40\,\mathrm{dB/decade}$。
     漸近線下降至 $0\,\mathrm{dB}$（增益交越）之頻率 $f_{c,\mathrm{asymp}}$ 滿足： $$20 - 40\log_{10}\left(\frac{f}{10^6}\right) = 0 \implies \log_{10}\left(\frac{f}{10^6}\right) = 0.5 \implies f_{c,\mathrm{asymp}} = 10^{6.5} \approx 3.16\times 10^6\,\mathrm{Hz}$$ 在 $f = 10^8\,\mathrm{Hz}$ 處，漸近線增益為： $$20\,\mathrm{dB} - 40\log_{10}\left(\frac{10^8}{10^6}\right) = 20 - 80 = -60\,\mathrm{dB}$$
   • 高頻區間（$f \ge 10^8\,\mathrm{Hz}$）：
     通過 $f_{p3} = 10^8\,\mathrm{Hz}$ 後，斜率進一步降為 $-60\,\mathrm{dB/decade}$。

2. 相位圖（Phase Plot）特性推導：
   迴路增益之相角函數為：

   $$\angle T(f) = -\left[\arctan\left(\frac{f}{10^4}\right) + \arctan\left(\frac{f}{10^6}\right) + \arctan\left(\frac{f}{10^8}\right)\right]$$
   • 當 $f \to 0$ 時，$\angle T(f) \to 0^\circ$。
   • 當 $f = 10^4\,\mathrm{Hz}$ 時，$\angle T(10^4) \approx -45^\circ - 0.57^\circ \approx -45.6^\circ$（漸近線理想點為 $-45^\circ$）。
   • 當 $f = 10^6\,\mathrm{Hz}$ 時，$\angle T(10^6) \approx -89.43^\circ - 45^\circ - 0.57^\circ = -135^\circ$。
   • 當 $f = 10^7\,\mathrm{Hz}$ 時，$\angle T(10^7) \approx -89.94^\circ - 84.29^\circ - 5.71^\circ \approx -180^\circ$（相位交越頻率 $f_{180} \approx 10^7\,\mathrm{Hz}$）。
   • 當 $f = 10^8\,\mathrm{Hz}$ 時，$\angle T(10^8) \approx -90^\circ - 89.43^\circ - 45^\circ \approx -224.4^\circ$（漸近線理想點為 $-225^\circ$）。
   • 當 $f \to \infty$ 時，$\angle T(f) \to -270^\circ$。

3. 波德圖繪製（Bode Plot）：

|T(f)| (dB)
  ^
60+-------------+ (10^4 Hz, 60 dB)
  |              \
  |               \  -20 dB/decade
  |                \
20+-----------------+ (10^6 Hz, 20 dB)
  |                  \
 0+-------------------\---+----------------------------------> log10(f)
  |             3.16*10^6  \  -40 dB/decade
  |                         \
-60+-------------------------+ (10^8 Hz, -60 dB)
  |                           \  -60 dB/decade
  |                            \
  +-------------+-----------+---+---------------------------->
 0            10^4        10^6 10^8                         (Hz)

Phase (deg)
  ^
  0+------------\
   |             \
-45+              * (10^4 Hz, -45°)
   |               \
-90+                \
   |                 \
-135+                 * (10^6 Hz, -135°)
   |                   \
-180+                   * (10^7 Hz, -180°)
   |                     \
-225+                     * (10^8 Hz, -225°)
   |                       \
-270+-----------------------\--------------------------------> log10(f)

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(b) 插入額外主極點以達成相位裕度至少 $45^\circ$

加入額外主極點 $f_D$ 後，新的迴路增益函數為：

$$T'(f) = \frac{1000}{\left(1+j\frac{f}{f_D}\right)\left(1+j\frac{f}{10^4}\right)\left(1+j\frac{f}{10^6}\right)\left(1+j\frac{f}{10^8}\right)}$$

設新的增益交越頻率為 $f_c'$，即滿足 $|T'(f_c')| = 1$。
此時系統的相角為：

$$\angle T'(f_c') = -\left[\arctan\left(\frac{f_c'}{f_D}\right) + \arctan\left(\frac{f_c'}{10^4}\right) + \arctan\left(\frac{f_c'}{10^6}\right) + \arctan\left(\frac{f_c'}{10^8}\right)\right]$$

核心觀念

此電路是運算放大器史密特觸發器搭配 $R_xC_x$ 充放電路徑所形成的鬆弛振盪器。電容電壓在運算放大器輸出飽和電壓之間往返變化；輸出在 $\pm 10\text{ V}$ 間切換，切換門檻由正相輸入端的分壓比例決定。

解題方法

依圖可讀出：反相輸入端接 $C_x=0.01\,\mu\text{F}$ 至地，並透過 $R_x$ 接到輸出端；正相輸入端接電位器滑動端。輸出端經 $R_2=10\,\text{k}\Omega$、$R_3=10\,\text{k}\Omega$、$R_1=10\,\text{k}\Omega$ 串聯分壓，圖中 A 是 $R_2$ 與 $R_3$ 的接點，B 是 $R_3$ 與 $R_1$ 的接點。

令正相輸入端電壓為輸出電壓的 $\beta$ 倍。滑動端接在 A 時，A 點到地的電阻為 $R_3+R_1$，因此

$$\beta_A=\frac{R_3+R_1}{R_2+R_3+R_1} =\frac{20\,\text{k}\Omega}{30\,\text{k}\Omega} =\frac{2}{3}.$$

滑動端接在 B 時，B 點到地的電阻為 $R_1$，因此

$$\beta_B=\frac{R_1}{R_2+R_3+R_1} =\frac{10\,\text{k}\Omega}{30\,\text{k}\Omega} =\frac{1}{3}.$$

輸出為 $+V_{\text{sat}}$ 時，電容由 $-\beta V_{\text{sat}}$ 充電至 $+\beta V_{\text{sat}}$。由電容充電式可得半週期

$$t_{\frac12}=R_xC_x\ln\left(\frac{1+\beta}{1-\beta}\right),$$

故振盪頻率為

核心觀念

本題考查兩級 CMOS 運算放大器的直流偏壓、小訊號增益與轉換速率。解題會用到：

• MOS 飽和區電流公式：$I_D=\frac12 K'(W/L)V_{\text{OV}}^2$，其中 $V_{\text{OV}}=V_{GS}-V_T$（PMOS 則用 $V_{SG}-|V_T|$）。
• 電流鏡的電流比例由尺寸比決定；相同尺寸且工作區相同時，鏡射電流相同。
• 小訊號輸出電阻：$r_o\simeq 1/(\lambda I_D)$；跨導：$g_m=2I_D/V_{\text{OV}}$。
• 轉換速率由補償電容可得到的最大充放電電流決定：$SR=I_{\max}/C_1$。

解題方法

圖中 $M_5$ 為二極體接法 PMOS，經 $R_{\text{set}}$ 接至 $V^-=-5\text{ V}$；$M_6$ 與 $M_8$ 的閘極接到 $M_5$ 的偏壓節點，且三者尺寸相同。$M_6$ 提供輸入差動對的尾電流，$M_1/M_2$ 為 PMOS 差動對，$M_3/M_4$ 為 NMOS 電流鏡負載。第二級由 PMOS $M_8$ 提供電流、NMOS $M_7$ 作共源級，$C_1$ 接在第一級輸出與運放輸出之間。

(a) 輸入級與第二級偏壓電流

令 $M_5$ 的過驅電壓為 $V_{\text{OV5}}$，則

$$V_{SG5}=|V_T|+V_{\text{OV5}}=0.5+V_{\text{OV5}}$$

$M_5$ 的汲極電位為 $5-V_{SG5}$，因此電阻電流為

$$I_{\text{set}}=\frac{(5-V_{SG5})-(-5)}{225\,\text{k}\Omega} =\frac{9.5-V_{\text{OV5}}}{225\,\text{k}\Omega}$$

由 $M_5$ 的飽和區電流公式，$K_p'(W/L)=40\,\mu\text{A/V}^2\times12.5$：

$$I_{\text{set}} =\frac12(40\,\mu\text{A/V}^2)(12.5)V_{\text{OV5}}^2 =250\,\mu\text{A/V}^2V_{\text{OV5}}^2$$

聯立得

$$56.25V_{\text{OV5}}^2+V_{\text{OV5}}-9.5=0$$

取正根，$V_{\text{OV5}}\approx0.4022\text{ V}$，因此

$$I_{\text{set}}\approx40.43\,\mu\text{A}$$

$M_6$ 與 $M_5$ 尺寸相同，所以尾電流 $I_Q=I_{\text{set}}$。在靜態平衡且輸入相等時，差動對平均分流：

$$I_{D1}=I_{D2}=\frac{I_Q}{2}\approx20.22\,\mu\text{A}$$

$M_8$ 與 $M_5$ 也是相同尺寸的 PMOS 電流鏡，故 $I_{D8}=I_{\text{set}}$。輸出節點在直流下無電容電流，且 $M_8$ 的供電電流由 $M_7$ 汲取，因此

$$I_{D7}=I_{D8}=I_{\text{set}}\approx40.43\,\mu\text{A}$$

(b) 兩級與整體小訊號電壓增益

令差動輸入 $v_{id}=v_1-v_2$。$M_1/M_2$ 的尺寸比為 $12.5$，其過驅電壓為

核心觀念

圖 8 中，電容 $C$ 的上端透過開關 $M_1$、$M_2$，分別在兩個不重疊的時脈相位 $\phi_1$、$\phi_2$ 連接至 $V_1$、$V_2$；電容下端接地。這種切換電容電路以每個時脈週期搬移的電荷，模擬電阻。

每一週期搬移的電荷量為 $Q=C(V_1-V_2)$，平均電流為 $I=f_cQ$，因此等效電阻為

$$R_{\mathrm{eq}}=\frac{V_1-V_2}{I}=\frac{1}{f_cC}$$

解題方法

依圖可知，$\phi_1$ 與 $\phi_2$ 交替導通：$\phi_1$ 時電容接至 $V_1$ 充電，$\phi_2$ 時接至 $V_2$ 放電。每個週期搬移 $C(V_1-V_2)$ 的電荷，因此以 $R_{\mathrm{eq}}=1/(f_cC)$ 計算。

(a) 代入 $f_c=100\,\text{kHz}$、$C=1.2\,\text{pF}$：