109 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》

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第 1 題20 分

Consider the folded-cascode amplifier of Fig. 1 for the following case: VDD=1.8V_{DD}=1.8 V, μnCox=1/4μnCox\mu_n C_{ox}=1/4 \mu_n C_{ox}, and Vtn=−Vtp=0.5V_{tn}=-V_{tp}=0.5 V. To operate Q1Q_1 and Q2Q_2 at equal bias currents I1=I2=II_{1}=I_{2}=I, where I=2II=2I and I2=II_2=I. While current source I1I_1 is implemented using the simple circuit and current source I2I_2 is realized using a cascoded circuit. The transistor W/L ratios are selected so that each operates at an overdrive voltage of 0.20.2 V. (20%)

(a) What must the relationship of (W/L)2(W/L)_2 to (W/L)1(W/L)_1 be? (4%)
(b) What is the minimum dc voltage required across current source I1I_1 for proper operation? If a 0.10.1-V peak-to-peak signal swing is to be allowed at the drain of Q1Q_1, what is the highest dc bias voltage that can be used at that node? (4%)
(c) What is the value of VSGV_{SG} of Q2Q_2, and hence what is the largest value to which VG2V_{G2} can be set? (4%)
(d) What is the minimum dc voltage required across current-source I2I_2 for proper operation? (4%)
(e) Given the results of (c) and (d), what is the allowable range of signal swing at the output? (4%)

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核心觀念

本題用到 MOSFET 飽和區的平方律電流、PMOS 與 NMOS 的過驅電壓關係,以及電流源的順從電壓。最大輸出範圍由上下兩端的元件何時剛好離開飽和區決定。

解題方法

依原卷圖,Q1Q_1 是源極接地的 NMOS,汲極接在節點 VXV_X;I1I_1 是由 VDDV_{DD} 向 VXV_X 供電的簡單 PMOS 電流源。Q2Q_2 是源極接 VXV_X、閘極接 VG2V_{G2}、汲極接輸出的 PMOS;I2I_2 則是由輸出端向地汲取電流的疊接電流源。原卷給定 μpCox=14μnCox\mu_p C_{ox}=\frac14\mu_n C_{ox}、Vtn=∣Vtp∣=0.5 VV_{tn}=|V_{tp}|=0.5\text{ V},且各電晶體的過驅電壓為 0.2 V0.2\text{ V};Q1Q_1、Q2Q_2 的偏壓電流各為 II,因此 I1=2II_1=2I、I2=II_2=I。

(a) 求 (W/L)2(W/L)_2 與 (W/L)1(W/L)_1 的關係

兩管偏壓電流相等,且過驅電壓相同。以飽和區平方律比較:

I=12μnCox(W/L)1Vov2=12μpCox(W/L)2Vov2I=\frac12\mu_n C_{ox}(W/L)_1V_{ov}^2 =\frac12\mu_p C_{ox}(W/L)_2V_{ov}^2

因此

(W/L)2(W/L)1=μnCoxμpCox=4\frac{(W/L)_2}{(W/L)_1} =\frac{\mu_n C_{ox}}{\mu_p C_{ox}} =4

(b) 求 I1I_1 的最低電壓與 VXV_X 的最高直流偏壓

簡單 PMOS 電流源要維持飽和,須滿足 VSD≥VovV_{SD}\ge V_{ov},故 I1I_1 兩端的最低電壓為

VSD,I1,min⁡=0.2 VV_{SD,I_1,\min}=0.2\text{ V}

因此 VXV_X 的最高瞬時電壓為 1.8−0.2=1.6 V1.8-0.2=1.6\text{ V}。0.1 V0.1\text{ V} 峰對峰訊號以直流偏壓為中心,峰值振幅為 0.05 V0.05\text{ V},所以

VX,dc+0.05≤1.6⟹VX,dc,max=1.55 VV_{X,\mathrm{dc}}+0.05\le 1.6 \quad\Longrightarrow\quad V_{X,\mathrm{dc,max}}=1.55\text{ V}

(c) 求 Q2Q_2 的 VSGV_{SG} 與 VG2V_{G2} 最大值

PMOS 的過驅電壓為 VSG−∣Vtp∣V_{SG}-|V_{tp}|,因此

VSG2=∣Vtp∣+Vov=0.5+0.2=0.7 VV_{SG2}=|V_{tp}|+V_{ov}=0.5+0.2=0.7\text{ V}
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第 2 題14 分

Consider the integrated-circuit CS amplifier in Fig. 2 for the case IBIAS=100I_{BIAS}=100 µA, Q2Q_2 and Q3Q_3 are matched, and Rsig=200R_{sig}=200 kΩ. For Q1Q_1: μnCox=90\mu_n C_{ox}=90 µA/V2^2, ∣VA∣=12.8|V_A|=12.8 V, W/L=100W/L=100 µm/1.0 µm, Cgs=0.2C_{gs}=0.2 pF, Cgd=0.015C_{gd}=0.015 pF. For Q2Q_2: ∣VA∣=19.2|V_A|=19.2 V. Neglecting the effect of the capacitance inevitably present at the output node. (14%)

(a) Find the low-frequency gain (5%)
(b) Find the 3-dB frequency fHf_H (5%)
(c) Find the frequency of the zero fZf_Z (4%)

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核心觀念

本題考查 NMOS 共源放大器搭配 PMOS 電流鏡負載的中高頻特性:

  1. 由 MOSFET 飽和區電流公式求 gmg_m。
  2. 由 Early 電壓求 ror_o。
  3. 以 ro1∥ro2r_{o1}\parallel r_{o2} 求低頻增益。
  4. 以 Miller effect 處理 CgdC_{gd},求輸入主導極點。
  5. 由 CgdC_{gd} 的前饋路徑判斷右半平面零點。

由於 Q2Q_2、Q3Q_3 匹配且 IBIAS=100 μAI_{BIAS}=100~\mu\text{A},靜態時

ID1=ID2=ID3=100 μA.I_{D1}=I_{D2}=I_{D3}=100~\mu\text{A}.

(a) 低頻增益

1. 求 Q1Q_1 的跨導

μnCoxWL=90 μA/V2×100=9 mA/V2\mu_n C_{ox}\frac WL = 90~\mu\text{A/V}^2\times 100 = 9~\text{mA/V}^2

飽和區 MOSFET 的跨導為

gm=2μnCoxWLIDg_m=\sqrt{2\mu_n C_{ox}\frac WL I_D}

因此

gm1=2(9 mA/V2)(100 μA)=1.342 mS.g_{m1} = \sqrt{2(9~\text{mA/V}^2)(100~\mu\text{A})} = 1.342~\text{mS}.

2. 求輸出電阻

對 Q1Q_1:

ro1=∣VA1∣ID=12.8100 μA=128 kΩr_{o1}=\frac{|V_{A1}|}{I_D} = \frac{12.8}{100~\mu\text{A}} = 128~\text{k}\Omega

對 Q2Q_2:

ro2=∣VA2∣ID=19.2100 μA=192 kΩr_{o2}=\frac{|V_{A2}|}{I_D} = \frac{19.2}{100~\mu\text{A}} = 192~\text{k}\Omega

輸出端等效電阻為

Ro=ro1∥ro2=128 kΩ∥192 kΩ=76.8 kΩ.R_o=r_{o1}\parallel r_{o2} = 128~\text{k}\Omega\parallel192~\text{k}\Omega = 76.8~\text{k}\Omega.

3. 低頻電壓增益

低頻時電容視為開路,且 MOSFET 閘極沒有輸入電流,因此 vg=vsigv_g=v_{sig}。故

Av0=vovsig=−gm1RoA_{v0} = \frac{v_o}{v_{sig}} = -g_{m1}R_o Av0=−(1.342 mS)(76.8 kΩ)≈−103.1 V/V.A_{v0} = -(1.342~\text{mS})(76.8~\text{k}\Omega) \approx -103.1~\text{V/V}.

(b) 33-dB 頻率 fHf_H

1. Miller 等效輸入電容

共源級的電壓增益為 Av0≈−103.1A_{v0}\approx -103.1,因此 CgdC_{gd} 會被 Miller effect 放大:

Cin=Cgs+Cgd(1−Av0)C_{in} = C_{gs}+C_{gd}(1-A_{v0})

代入數值:

Cin=0.2 pF+0.015 pF [1−(−103.1)]C_{in} = 0.2~\text{pF} + 0.015~\text{pF}\,[1-(-103.1)]
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第 3 題16 分

Fig. 3 shows the feedback circuit with the case gm1=gm2=2g_{m1}=g_{m2}=2 mA/V, Rsig=200R_{sig}=200 kΩ, RD1=RD2=10R_{D1}=R_{D2}=10 kΩ, R1=1R_1=1 kΩ, and R2=9R_2=9 kΩ. For simplicity, neglect ror_o of each of Q1Q_1 and Q2Q_2. (16%)

(a) Find the loop gain βA\beta A (4%)
(b) Find the voltage gain Vo/VsV_o/V_s (4%)
(c) Find the input resistance RinR_{in} (4%)
(d) Find the output resistance RoutR_{out} (4%)

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核心觀念

本題考查負回授放大器的:

  • 迴路增益 βA\beta A
  • 負回授電壓增益
  • 輸入電阻
  • 輸出電阻

一般負回授公式為

Af=A1+βAA_f=\frac{A}{1+\beta A}

但各電阻的變化必須依回授拓撲判定:

  • 串聯混合:RinR_{in} 增加
  • 並聯混合:RinR_{in} 降低
  • 電壓取樣:RoutR_{out} 降低
  • 電流取樣:RoutR_{out} 增加

題圖資訊不足

目前附上的掃描圖是另一題「半波整流器與 PMMC 儀表」的電路,圖中沒有本題所述的 Q1Q_1、Q2Q_2、R1R_1、R2R_2 回授電路 Fig. 3。因此無法確定:

  • Q1Q_1、Q2Q_2 的串接方式
  • 回授訊號取自電壓或電流
  • R1R_1、R2R_2 的實際連接位置
  • VsV_s、VoV_o 的定義與量測節點
  • 回授係數 β\beta 的方向與極性

在缺少 Fig. 3 的情況下,βA\beta A、Vo/VsV_o/V_s、RinR_{in} 與 RoutR_{out} 都沒有唯一答案;僅由元件數值無法推導出確定結果。

解題方法

取得 Fig. 3 後,應依下列步驟計算:

  1. 將 Q1Q_1、Q2Q_2 以小訊號模型取代,並令 ro=∞r_o=\infty。
  2. 由電路求出前向增益 AA。
  3. 令輸入源歸零,從輸出端求回授網路的 β\beta。
  4. 計算
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第 4 題15 分

For the Class AB output stage shown in Fig. 4, we know that Q3Q_3 and Q4Q_4 are the major power BJTs which deliver current to load resistance RLR_L. Please give your answer and brief explanation for the following questions: (15%)

(a) In addition to provide two VBEV_{BE} voltage drop for biasing the Q3Q_3 and Q4Q_4 like the conventional diode-connected biasing circuit does, what is the major advantage of the input stage which consists of Q1,Q2,R1Q_1, Q_2, R_1 and R2R_2? (5%)
(b) What is the major purpose of the last stage which consists of Q5,Q6,R3Q_5, Q_6, R_3 and R4R_4? (5%)
(c) What is the major purpose of the resistors R5R_5 and R6R_6? (5%)

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核心觀念

本題考查 Class AB 互補式推挽輸出級的三項功能:

  1. 偏壓電路如何產生約 2VBE2V_{BE},消除交越失真。
  2. 驅動級如何提供足夠的電流增益以驅動功率電晶體。
  3. 發射極電阻如何改善熱穩定性、限制電流並均分輸出電流。

題目未附上 Fig. 4 的完整電路圖;以下依題目所述之標準 Class AB 互補推挽架構作答,假設 Q3,Q4Q_3,Q_4 為互補功率輸出電晶體,R5,R6R_5,R_6 分別接在其發射極與負載之間。

(a) Q1,Q2,R1,R2Q_1,Q_2,R_1,R_2 輸入級的主要優點

解題方法

傳統二極體連接偏壓電路只能提供約兩個 VBEV_{BE} 的偏壓電壓,使 Q3Q_3 與 Q4Q_4 在無輸入時略微導通,以降低交越失真。

由 Q1,Q2,R1,R2Q_1,Q_2,R_1,R_2 組成的主動式偏壓/驅動級,除了提供約 2VBE2V_{BE} 的偏壓之外,還具有晶體管的電流增益,因此可提供較大的驅動電流。

主要優點

此級可作為前級與功率輸出級之間的緩衝與驅動級,具有:

  • 較高的輸入阻抗,減少前級負載效應;
  • 較低的輸出阻抗,能有效驅動 Q3,Q4Q_3,Q_4 的基極;
  • 提供額外電流增益,使前級不必直接供應功率晶體管所需的基極電流;
  • 可使兩個輸出晶體管的導通轉換較平順,進一步降低交越失真。

因此,與單純二極體連接偏壓相比,其核心優勢是「兼具 2VBE2V_{BE} 偏壓與主動式電流驅動能力」。

(b) Q5,Q6,R3,R4Q_5,Q_6,R_3,R_4 最後級的主要目的

解題方法

Q3,Q4Q_3,Q_4 是輸出功率晶體管,負載電流較大。若前級直接驅動它們,會受到功率晶體管基極電流與電流增益變動的影響。

Q5,Q6Q_5,Q_6 與 R3,R4R_3,R_4 所形成的最後驅動級,可在功率輸出晶體管之前提供額外的電流增益與緩衝作用。

主要目的

其主要功能是:

  • 提供足夠的基極驅動電流給 Q3,Q4Q_3,Q_4;
  • 降低前級所需供應的電流;
  • 降低功率晶體管基極電流變化對前級的負載效應;
  • 改善輸出級的驅動能力與線性度;
  • 使 Q3,Q4Q_3,Q_4 的推挽導通轉換更加平順,降低交越失真。
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第 5 題20 分

Fig. 5 shows a three-stage feedback amplifier: (20%)

A1A_1 has an 82-kΩ differential input resistance, a 20-V/V open-circuit differential voltage gain, and a 3.2-kΩ output resistance.
A2A_2 has a 5-kΩ input resistance, a 20-mA/V short-circuit transconductance, and a 20-kΩ output resistance.
A3A_3 has an 20-kΩ input resistance, unity open-circuit voltage gain, and a 1-kΩ output resistance.
The feedback amplifier feeds a 1-kΩ load resistance and is fed by a signal source with a 9-kΩ resistance.

(a) If R1=20R_1 = 20 kΩ, find the value of R2R_2 that results in a closed-loop gain Vo/VsV_o/V_s that is ideally 5V/V. (4%)
(b) Find the feedback amplifier's input resistance RinR_{in}. (4%)
(c) Find the feedback amplifier's output resistance RoutR_{out}. (4%)
(d) If the high-frequency response if the open-loop gain AA is dominated by a pole at 100Hz, what is the upper 3-dB frequency of the closed-loop gain? (4%)
(e) If for some reason, A1A_1 drops to half its nominal value, what is the percentage change in the closed-loop gain AfA_f? (4%)

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核心觀念

本題是典型的「電壓串聯負回授放大器」:

  • 輸入端以串聯方式比較 vsv_s 與回授電壓。
  • 輸出端取樣電壓。
  • R1R_1、R2R_2 形成回授分壓器。
  • 負回授基本公式為
Af=A1+AβA_f=\frac{A}{1+A\beta}

其中 AA 為開迴路增益,β\beta 為回授因子,AβA\beta 為迴路增益。


解題方法

(a) 求 R2R_2

理想情況下,第一級輸入差動電壓趨近於零,因此回授分壓電壓等於輸入電壓:

VoVs=1+R1R2\frac{V_o}{V_s}=1+\frac{R_1}{R_2}

要求理想閉迴路增益為 55:

5=1+20 kΩR25=1+\frac{20\,\text{k}\Omega}{R_2}

因此

20R2=4\frac{20}{R_2}=4 R2=5 kΩ\boxed{R_2=5\,\text{k}\Omega}

(b) 求閉迴路輸入電阻 RinR_{in}

先求三個放大級的開迴路增益。

第一級 A1A_1

A1A_1 的輸出電阻為 3.2 kΩ3.2\,\text{k}\Omega,而 A2A_2 的輸入電阻為 5 kΩ5\,\text{k}\Omega,故第一級實際增益為

Av1=2053.2+5=12.20A_{v1} =20\frac{5}{3.2+5} =12.20

第二級 A2A_2

A2A_2 的輸出電阻為 20 kΩ20\,\text{k}\Omega,且被 A3A_3 的輸入電阻 20 kΩ20\,\text{k}\Omega 負載:

RL2=20 kΩ∥20 kΩ=10 kΩR_{L2}=20\,\text{k}\Omega\parallel20\,\text{k}\Omega =10\,\text{k}\Omega

因此

Av2=gmRL2=(20 mA/V)(10 kΩ)=200A_{v2}=g_mR_{L2} =(20\,\text{mA/V})(10\,\text{k}\Omega) =200

第三級 A3A_3

A3A_3 的輸出電阻為 1 kΩ1\,\text{k}\Omega,負載也是 1 kΩ1\,\text{k}\Omega:

Av3=1⋅11+1=0.5A_{v3}=1\cdot\frac{1}{1+1}=0.5

因此,考慮負載後的前向增益為

A=12.20×200×0.5≈1219.5A=12.20\times200\times0.5 \approx1219.5

由於輸入源電阻 Rs=9 kΩR_s=9\,\text{k}\Omega,輸入差動電阻為 82 kΩ82\,\text{k}\Omega,實際迴路增益約為

Aβ≈215.6A\beta\approx215.6

故輸入電阻因串聯負回授而提高:

Rin≈Rid(1+Aβ)R_{in}\approx R_{id}(1+A\beta)

更精確計算回授網路負載後:

Rin≈82 kΩ(240.3)R_{in}\approx82\,\text{k}\Omega(240.3)

所以

Rin≈19.7 MΩ\boxed{R_{in}\approx19.7\,\text{M}\Omega}

(c) 求閉迴路輸出電阻 RoutR_{out}

電壓串聯負回授會使輸出電阻降低:

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