108 年 國立成功大學電機資訊學院碩士班─微電、奈米聯招《電子學》

核心觀念

本題考查交流耦合非反相運算放大器的：

1. 非反相放大器閉迴路增益
   $A_v=1+\frac{R_2}{R_1}$
2. 運算放大器輸入端等效電阻的匹配
3. RC 高通電路的截止頻率
   $f_c=\frac{1}{2\pi RC}$

中頻時，$C_1$、$C_2$ 視為短路；低頻時，兩個電容分別造成高通截止頻率。

解題方法

(a) 求 $R_1$ 與 $R_3$

求 $R_1$

中頻時 $C_1$ 視為短路，因此反相端的接地電阻為 $R_1$。非反相放大器增益為

$$A_v=1+\frac{R_2}{R_1}$$

已知 $A_v=100$、$R_2=100\,\text{k}\Omega$：

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

因此

$$R_1=\frac{100\,\text{k}\Omega}{99} \approx 1.01\,\text{k}\Omega$$

求 $R_3$

為了補償運算放大器輸入偏壓電流，非反相端所看到的電阻通常選為反相端等效電阻：

$$R_3=R_1\parallel R_2$$

代入數值：

$$R_3=(1.010\,\text{k}\Omega)\parallel(100\,\text{k}\Omega)$$ $$R_3\approx 1.00\,\text{k}\Omega$$

因此可選用標準值

$$R_1\approx 1.0\,\text{k}\Omega,\qquad R_3\approx 1.0\,\text{k}\Omega$$

(b) 求 $C_1$ 與 $C_2$

求 $C_1$

$C_1$ 所形成的高通電路，其等效電阻為 $R_1$。要求截止頻率為 $100\,\text{Hz}$：

$$100=\frac{1}{2\pi R_1C_1}$$

所以

核心觀念

此電路是精密半波整流器，利用理想運算放大器的負回授，使二極體導通時滿足：

$V_- = V_+ = V_1$

又因為反相端直接接在輸出端 $V_O$，所以二極體導通時：

$V_O=V_1$

電阻 $R=1\,\text{k}\Omega$ 接地，因此負載電流為：

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

二極體方向為由 $V_A$ 導向 $V_O$，所以：

• $V_1>0$：二極體導通，形成負回授。
• $V_1<0$：二極體截止，負回授中斷，運算放大器輸出飽和至 $-12\,\text{V}$。

以下採用題目常見的定電壓降模型，假設二極體導通壓降為 $0.7\,\text{V}$。

解題方法

(a) $V_1=10\,\text{mV}$

因為 $V_1>0$，二極體導通，負回授有效，因此：

$V_O=V_1=10\,\text{mV}$

負載電流為：

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

二極體導通時，運算放大器輸出需比整流輸出高 $0.7\,\text{V}$：

$V_A=V_O+0.7\,\text{V}$

因此：

$V_A=0.010+0.700=0.710\,\text{V}$

(b) $V_1=1\,\text{V}$

二極體導通，負回授有效：

$V_O=V_1=1\,\text{V}$

此時負載電流為：

$I_R=\frac{1\,\text{V}}{1\,\text{k}\Omega}=1\,\text{mA}$

題目給定二極體在 $1\,\text{mA}$ 時的壓降為 $0.7\,\text{V}$，所以：

$V_A=V_O+0.7=1.7\,\text{V}$

核心觀念

本題考查 CMOS 疊接式差動放大器的：

1. MOSFET 飽和區電流與尺寸比：
   $I_D=\frac{1}{2}\mu C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L}V_{\mathrm{ov}}^2$

2. 小訊號跨導：
   $g_m=\frac{2I_D}{V_{\mathrm{ov}}}$

3. Early effect 所造成的輸出電阻：
   $r_o=\frac{|V_A|}{I_D}$

4. 疊接級的輸出電阻：
   $R_{\mathrm{cas}}\approx g_mr_o^2+2r_o$

圖中 $Q_1,Q_2$ 為 NMOS 差動輸入對，$Q_3,Q_4$ 為 NMOS 疊接管；$Q_5,Q_6$ 為 PMOS 疊接管，$Q_7,Q_8$ 為 PMOS 負載管。

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解題方法

1. 各支路電流

尾電流為

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

在平衡狀態下，差動對平均分流，因此每一側電流為

$I_D=\frac{100}{2}=50\,\mu\text{A}$

由於所有晶體管均工作於相同的 $V_{\mathrm{ov}}=0.2\text{ V}$，所以 $Q_1$ 至 $Q_8$ 的直流電流皆為 $50\,\mu\text{A}$。

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2. 通道長度與 Early voltage

最小通道長度為 $0.18\,\mu\text{m}$，題目指定通道長度為最小值的兩倍：

$L=2(0.18)=0.36\,\mu\text{m}$

因此

$|V_A|=(10\,\text{V}/\mu\text{m})(0.36\,\mu\text{m})=3.6\text{ V}$

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(a) 求 $Q_1$ 至 $Q_4$ 的 $W/L$

$Q_1$ 至 $Q_4$ 為 NMOS，且

$\mu_nC_{\mathrm{ox}}=400\,\mu\text{A}/\text{V}^2$

代入飽和區電流公式：

$$50\,\mu\text{A} =\frac{1}{2}(400\,\mu\text{A}/\text{V}^2) \frac{W}{L}(0.2)^2$$

因此

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

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。由題目

$\mu_nC_{\mathrm{ox}}=4\mu_pC_{\mathrm{ox}}=400\,\mu\text{A}/\text{V}^2$

可得

$\mu_pC_{\mathrm{ox}}=100\,\mu\text{A}/\text{V}^2$

同樣代入：

$$50\,\mu\text{A} =\frac{1}{2}(100\,\mu\text{A}/\text{V}^2) \frac{W}{L}(0.2)^2$$

因此

$$\frac{W}{L} =\frac{2(50)}{100(0.2)^2} =\frac{100}{4} =25$$

所以

核心觀念

本題考查：

• MOS 小訊號參數
  $g_m=\frac{2I_D}{|V_{OV}|},\qquad r_o=\frac{|V_A|}{I_D},\qquad g_o=\frac{1}{r_o}$
• 差動放大器搭配電流鏡負載的電壓增益。
• 負回授對閉迴路增益與輸出阻抗的影響。
• Q5 為共漏極形式，源極電壓 $V_o$ 經由 $R_F$ 回授至 Q2 的閘極。

由圖中偏壓電流：

$I_{D1}=I_{D2}=I_{D3}=I_{D4}=100\ \mu\text{A}$

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

因此

$$g_{m1}=g_{m2}=g_{m3}=g_{m4} =\frac{2(100\ \mu\text{A})}{0.2} =1\ \text{mS}$$ $$r_{o1}=r_{o2}=r_{o3}=r_{o4} =\frac{20\ \text{V}}{100\ \mu\text{A}} =200\ \text{ k}\Omega$$ $$g_{m5}=\frac{2(800\ \mu\text{A})}{0.2} =8\ \text{mS}$$ $$r_{o5}=\frac{20\ \text{V}}{800\ \mu\text{A}} =25\ \text{ k}\Omega,\qquad g_{o5}=40\ \mu\text{S}$$

差動級 Q1～Q4 的輸出電壓增益取為

$A_v=g_{m1}(r_{o2}\parallel r_{o4})$

$$A_v=(1\ \text{mS})(200\ \text{k}\Omega\parallel200\ \text{k}\Omega) =100$$

因此 Q5 的閘極電壓為

$v_{g5}=A_v(V_s-V_o)$

---

(a) 閉迴路增益 $A_f=I_o/V_s$

Q5 的汲極接交流接地，因此其小訊號汲極電流為

$I_o=g_{m5}(v_{g5}-V_o)-g_{o5}V_o$

代入 $v_{g5}=A_v(V_s-V_o)$：

$$I_o=g_{m5}A_vV_s- \left[g_{m5}(A_v+1)+g_{o5}\right]V_o$$

由於 Q5 源極的電流流經回授電阻 $R_F$：

$I_o=\frac{V_o}{R_F}$

所以

$$\frac{V_o}{R_F} =g_{m5}A_vV_s- \left[g_{m5}(A_v+1)+g_{o5}\right]V_o$$

整理得

$$\frac{I_o}{V_s} = \frac{g_{m5}A_v} {1+R_F\left[g_{m5}(A_v+1)+g_{o5}\right]}$$

代入數值：

$$A_f= \frac{(8\ \text{mS})(100)} {1+(10\ \text{k}\Omega) \left[(8\ \text{mS})(101)+40\ \mu\text{S}\right]}$$ $$A_f =\frac{0.8}{808.14} =9.90\times10^{-5}\ \text{A/V}$$

因此

$\boxed{\frac{I_o}{V_s}\approx 99.0\ \mu\text{A/V}}$

核心觀念

此電路是運算放大器鬆弛振盪器：電阻 $R_X$ 與電容 $C_X$ 形成反相端的充放電路徑，正相端則由輸出電壓經電阻串列分壓，提供切換門檻。當電容電壓到達正相端門檻時，輸出翻轉；電容接著朝相反方向充放電，到達另一門檻後再次翻轉。

若正相端電壓為 $V_+=\beta V_o$，且輸出飽和電壓大小為 $V_{\text{sat}}$，每半週的充放電時間為

$$t_{1/2}=R_XC_X\ln\left(\frac{1+\beta}{1-\beta}\right)$$

因此振盪頻率為

$$f=\frac{1}{2R_XC_X\ln\left(\frac{1+\beta}{1-\beta}\right)}$$

解題方法

圖中 $C_X=0.01\,\mu\text{F}$ 接在反相端與地之間，$R_X$ 由輸出端接回反相端；正相端接電阻串列的滑動端。分壓串列由輸出端往地依序為 $R_2=10\,\text{k}\Omega$、$R_3=10\,\text{k}\Omega$、$R_1=10\,\text{k}\Omega$。運算放大器輸出飽和於 $\pm10\,\text{V}$，其幅度會在頻率公式中約去。

(a) 滑動端接在 A 點時，正相端位於 $R_2$ 與 $R_3$ 之間。其下方的電阻為 $R_3+R_1=20\,\text{k}\Omega$，所以分壓比為

$$\beta_A=\frac{R_3+R_1}{R_2+R_3+R_1} =\frac{20}{30}=\frac{2}{3}$$

又 $C_X=0.01\,\mu\text{F}=10\,\text{nF}$，代入 $f_A=500\,\text{Hz}$：

核心觀念

非重疊時脈控制的開關電容電路，可用電阻等效表示。每個時脈週期，電容在兩個相位分別連接 $V_1$ 與 $V_2$，搬移的電荷量為 $Q=C(V_1-V_2)$。因此平均電流為 $I=Qf_c$，等效電阻為

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

解題方法

圖中 $M_1$ 由相位 $\phi_1$ 控制、連接 $V_1$ 與電容節點；$M_2$ 由相位 $\phi_2$ 控制、連接電容節點與 $V_2$，電容 $C$ 的另一端接地。兩相位交替導通，因此每個時脈週期搬移一次電荷。

核心觀念

圖 8 是兩相非重疊時脈控制的開關電容電路：電容 $C$ 一端接地，另一端交替透過 $M_1$ 接到 $V_1$、透過 $M_2$ 接到 $V_2$。每個時脈週期，電容在兩端電壓間轉移電荷，形成等效電阻：

$$R_{\text{eq}}=\frac{1}{C f_c}$$

解題方法

由圖可讀出，$M_1$、$M_2$ 分別受相位 $\phi_1$、$\phi_2$ 控制，兩相交替導通；題目要求以 $f_c=50\,\text{kHz}$ 的時脈模擬 $50\,\text{M}\Omega$ 電阻。將數值代入等效電阻公式，解出電容：

第 5-(a) 題：Wien-Bridge Oscillator 基本電路圖與說明

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核心觀念

本題考的是 Wien-bridge oscillator（溫氏電橋振盪器） 的基本電路結構與振盪原理。涉及的核心觀念包括：

1. Barkhausen 振盪條件：迴路增益 $A\beta = 1$，且迴路相移為 $0°$（或 $360°$ 的整數倍）。
2. 正回授頻率選擇網路（Wien bridge 網路）：由一組 RC 串聯與一組 RC 並聯組成，提供特定頻率下零相移的正回授。
3. 負回授增益設定網路：由電阻分壓器 $R_f$、$R_g$ 構成，設定放大器的閉迴路增益恰好滿足振盪條件。

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解題方法

由原卷 原卷頁圖 可見，第 5 題為問答題，(a) 要求畫出基本 Wien-bridge oscillator 的電路圖並加以說明。以下給出標準電路與完整推導。

一、電路圖（Basic Wien-Bridge Oscillator）

                    C₁        R₁
        Vout o──┤├──┬──/\/\/──┬──→ V⁺ (op-amp 正輸入端)
                           │
                          R₂    C₂    （R₂ 與 C₂ 並聯）
                           │    │
                          GND  GND
        
        負回授部分：
                    Rf
        Vout o──/\/\/──┬──→ V⁻ (op-amp 負輸入端)
                       │
                      Rg
                       │
                      GND

具體連接說明：

• 正回授路徑（頻率選擇網路）：$V_\text{out}$ 依序經過 串聯的 $C_1$ 與 $R_1$ 連至 op-amp 的 正輸入端 ($V^+$)，該節點再經 並聯的 $R_2 \| C_2$ 接地。
• 負回授路徑（增益設定網路）：$R_f$ 接於 $V_\text{out}$ 與 op-amp 的 負輸入端 ($V^-$) 之間；$R_g$ 由負輸入端接地。
• Op-amp 為非反相組態，閉迴路電壓增益為 $A_v = 1 + R_f / R_g$。

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二、振盪頻率推導

令 $R_1 = R_2 = R$，$C_1 = C_2 = C$（最常見的等值元件設計），分析正回授網路的轉移函數 $\beta(j\omega)$。

串聯臂阻抗：

$$Z_s = R + \frac{1}{j\omega C} = \frac{1 + j\omega RC}{j\omega C}$$

並聯臂阻抗：

$$Z_p = R \;\|\; \frac{1}{j\omega C} = \frac{R}{1 + j\omega RC}$$

回授因子為分壓比：

$$\beta(j\omega) = \frac{Z_p}{Z_s + Z_p}$$

代入化簡：

$$\beta(j\omega) = \frac{\dfrac{R}{1+j\omega RC}}{\dfrac{1+j\omega RC}{j\omega C} + \dfrac{R}{1+j\omega RC}}$$

通分整理，令 $x = \omega RC$：

核心觀念

Sallen–Key 二階濾波器需要兩個電容形成適當的頻率相依回授，才能產生二階響應。圖中的運算放大器接成電壓追隨器，理想情況下 $V_{\text{out}}=V_+$；因此，若電容 $C_1$ 接在 $V_+$ 與輸出端之間，兩端電壓相同，$C_1$ 就不會有電流。

解題方法

圖中 $V_{\text{in}}$ 經 $R_1$、$R_2$ 串接至運算放大器的非反相端；$C_2$ 從 $R_1$、$R_2$ 之間的節點接地，$C_1$ 則接在非反相端與輸出端之間。反相端直接接輸出端，故運算放大器構成電壓追隨器。

採用理想運算放大器模型，輸入端電流為零，且 $V_{\text{out}}=V_+$。所以 $C_1$ 兩端電壓為零，電流也為零；$R_2$ 中同樣沒有電流，故 $R_2$ 兩端沒有壓降。令 $V_x$ 為 $R_1$、$R_2$ 與 $C_2$ 的交會節點電壓，則 $V_x=V_+=V_{\text{out}}$。

對節點 $V_x$ 寫 KCL：

核心觀念

本題考的是三極點迴路增益函數的波德圖（Bode Plot）繪製，包含幅度圖（Magnitude Plot）與相位圖（Phase Plot）。需用到的觀念：

• 迴路增益 $T(f)$ 的直流增益（DC gain）換算為 dB
• 各極點頻率的辨識
• 漸近線斜率的疊加法則：每通過一個極點，斜率增加 $-20\ \text{dB/dec}$
• 相位貢獻：每個極點在其頻率處貢獻 $-45°$，遠低頻貢獻 $0°$，遠高頻貢獻 $-90°$

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解題方法

由原卷圖確認迴路增益函數為：

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

三個極點頻率分別為：

$$f_{p1} = 10^4\ \text{Hz},\quad f_{p2} = 10^6\ \text{Hz},\quad f_{p3} = 10^8\ \text{Hz}$$

直流增益（$f = 0$）：

$$|T(0)| = 1000 \implies 20\log_{10}(1000) = 60\ \text{dB}$$

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幅度波德圖（Magnitude Bode Plot）

利用漸近線法，在各頻段的斜率與增益值如下：

頻率範圍	累計斜率	說明
$f < 10^4$	$0\ \text{dB/dec}$	尚未經過任何極點，增益平坦 $= 60\ \text{dB}$
$10^4 < f < 10^6$	$-20\ \text{dB/dec}$	通過第一個極點，斜率變 $-20$
$10^6 < f < 10^8$	$-40\ \text{dB/dec}$	通過第二個極點，斜率再減 $20$
$f > 10^8$	$-60\ \text{dB/dec}$	通過第三個極點，斜率再減 $20$

各轉折點處的漸近線增益值：

• 在 $f = 10^4\ \text{Hz}$：$60\ \text{dB}$（平坦段結束）
• 在 $f = 10^6\ \text{Hz}$：從 $10^4$ 到 $10^6$ 共 2 個 decade，以 $-20\ \text{dB/dec}$ 下降 $40\ \text{dB}$，故為 $60 - 40 = 20\ \text{dB}$
• 在 $f = 10^8\ \text{Hz}$：從 $10^6$ 到 $10^8$ 共 2 個 decade，以 $-40\ \text{dB/dec}$ 下降 $80\ \text{dB}$，故為 $20 - 80 = -60\ \text{dB}$

漸近線依序連續通過 $(10^4,\ 60\ \text{dB})$、$(10^6,\ 20\ \text{dB})$、$(10^8,\ -60\ \text{dB})$，轉折後不出現水平段，是標準的連續折線。

幅度波德圖示意：

|T(f)| (dB)
 60 |__________________
    |                  \  (-20 dB/dec)
 40 |                   \
    |                    \
 20 |                     \_____________ (轉折)
    |                      \  (-40 dB/dec)
  0 |                       \
    |                        \
-20 |                         \
    |                          \
-40 |                           \
    |                            \
-60 |                             \_______ (轉折)
    |                              \  (-60 dB/dec)
-80 |                               \
    |________|________|________|________|___→ f (Hz)
         10⁴      10⁶      10⁸     10¹⁰

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相位波德圖（Phase Bode Plot）

每個極點的相位貢獻為 $\phi_i = -\arctan\!\left(\dfrac{f}{f_{pi}}\right)$，總相位為：