109 年 國立暨南國際大學電機工程學系碩士班《電子學》

核心觀念

半導體電阻率由載子濃度與遷移率共同決定：

$$\rho=\frac{1}{\sigma} =\frac{1}{q(n\mu_n+p\mu_p)}$$

其中：

• $\rho$：電阻率，單位為 $\Omega\cdot\text{cm}$
• $\sigma$：導電率，單位為 $\text{S}/\text{cm}$
• $q=1.6\times10^{-19}\ \text{C}$
• $n$：電子濃度
• $p$：電洞濃度
• $\mu_n,\mu_p$：電子與電洞遷移率

本題分別討論本質矽與摻雜施體雜質的 $n$ 型矽。

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解題方法

（a）本質矽的電阻率

本質半導體中，電子濃度與電洞濃度相等，因此：

$$n=p=n_i=1.5\times10^{10}\ \text{cm}^{-3}$$

導電率為：

$$\sigma_i=q(n_i\mu_n+n_i\mu_p)$$

將 $n_i$ 提出：

$$\sigma_i=q n_i(\mu_n+\mu_p)$$

代入：

$$\begin{aligned} \sigma_i &=(1.6\times10^{-19}) (1.5\times10^{10}) (1200+400)\\ &=(1.6\times10^{-19}) (1.5\times10^{10})(1600)\\ &=3.84\times10^{-6}\ \text{S}/\text{cm} \end{aligned}$$

因此：

$$\rho_i=\frac{1}{\sigma_i} =\frac{1}{3.84\times10^{-6}}$$ $$\boxed{\rho_i\approx2.60\times10^5\ \Omega\cdot\text{cm}}$$

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（b）$N_D=10^{16}\ \text{cm}^{-3}$ 的 $n$ 型矽

假設施體雜質完全游離，且沒有補償雜質。由於：

$$N_D\gg n_i$$

多數載子電子濃度可近似為：

$$n\approx N_D=10^{16}\ \text{cm}^{-3}$$

由質量作用定律：

$$np=n_i^2$$

所以少數載子電洞濃度為：

$$p=\frac{n_i^2}{n} =\frac{(1.5\times10^{10})^2}{10^{16}}$$

核心觀念

本題考查二極體限壓回授與理想運算放大器的分析：

• 理想運算放大器在線性區工作時，$v_-=v_+=0$，因此 $v_-$ 為虛接地。
• 導通二極體具有固定壓降 $0.7\text{ V}$。
• 若某二極體截止，該支路電流為零。
• 運算放大器輸出受限於 $-10\text{ V}\le v_A\le +10\text{ V}$。
• 圖中的 $v_d$ 對應運算放大器輸出端電壓，以下以 $v_A$ 表示。

其中，$D_1$ 的作用是處理正輸入時的回授，$D_2$ 的作用是處理負輸入時的回授。

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解題方法

先依輸入電壓判斷導通狀態，再利用理想運算放大器條件與節點電流定律求解。

(a) $v_I=+1\text{ V}$

此時運算放大器為負向輸出，$D_1$ 導通、$D_2$ 截止。

因為非反相端接地，且 $D_1$ 提供負回授，所以運算放大器在線性區：

$$v_-=0$$

$D_1$ 導通且陰極接運算放大器輸出端，因此

$$v_--v_A=0.7$$

故

$$v_A=v_- -0.7=-0.7\text{ V}$$

由於 $D_2$ 截止，輸出端 $v_o$ 沒有電流流入；上方電阻電流為零，因此其兩端電壓相同：

$$v_o=v_-=0$$

結果為

$$\boxed{v_-=0\text{ V}},\qquad \boxed{v_A=-0.7\text{ V}},\qquad \boxed{v_o=0\text{ V}}$$

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(b) $v_I=+3\text{ V}$

輸入仍為正電壓，因此導通狀態與 (a) 相同：$D_1$ 導通、$D_2$ 截止。

$D_1$ 所形成的負回授使

$$v_-=0$$

且二極體壓降為 $0.7\text{ V}$，所以

$$v_A=-0.7\text{ V}$$

$D_2$ 截止，輸出端沒有電流，故

$$v_o=v_-=0$$

因此

$$\boxed{v_-=0\text{ V}},\qquad \boxed{v_A=-0.7\text{ V}},\qquad \boxed{v_o=0\text{ V}}$$

核心觀念

本題考查 NMOS 差動對的直流偏壓分析：

1. 尾電流源提供總電流
   $I_{D1}+I_{D2}=100\ \mu\text{A}$
2. 兩顆 MOS 的閘極皆接地，因此
   $V_{GS1}=V_{GS2}=-V_3$
3. 飽和區 NMOS 電流公式為
   $I_D=\frac{1}{2}k'\left(\frac WL\right)V_{OV}^2$
   其中
   $V_{OV}=V_{GS}-V_t$
4. 汲極電阻皆為 $10\text{ k}\Omega$，且 $V_{DD}=3\text{ V}$：
   $V_1=3-I_{D1}(10\text{ k}\Omega)$
   $V_2=3-I_{D2}(10\text{ k}\Omega)$

由於兩顆管子的閘極與源極電壓相同，$V_{GS}$ 相同，因此在忽略通道長度調變時：

$I_D\propto \frac WL$

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(a) $(W/L)_1=(W/L)_2=10$

兩顆 MOS 尺寸相同，故電流平均分配：

$I_{D1}=I_{D2}=\frac{100}{2}=50\ \mu\text{A}$

求 $V_{OV}$ 與 $V_3$

$$50\ \mu\text{A} =\frac12(100\ \mu\text{A}/\text{V}^2)(10)V_{OV}^2$$

因此

$V_{OV}^2=0.1$

$V_{OV}=0.316\text{ V}$

又因為 $V_t=0.5\text{ V}$：

$V_{GS}=V_t+V_{OV}=0.5+0.316=0.816\text{ V}$

閘極接地，所以

$V_3=V_S=V_G-V_{GS}=0-0.816=-0.816\text{ V}$

求 $V_1$ 與 $V_2$

$V_1=3-(50\ \mu\text{A})(10\text{ k}\Omega)=2.50\text{ V}$

$V_2=3-(50\ \mu\text{A})(10\text{ k}\Omega)=2.50\text{ V}$

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(b) $(W/L)_1=2(W/L)_2=10$

由題意：

$(W/L)_1=10,\qquad (W/L)_2=5$

因兩顆 MOS 的 $V_{GS}$ 相同，電流比等於尺寸比：

核心觀念

本題考查「汲極回授偏壓」的 NMOS 共源放大器，重點包括：

1. 直流分析時，電容視為開路，MOSFET 閘極電流近似為零。
2. 由於 $1\,\text{M}\Omega$ 電阻中沒有直流電流，因此
   $V_G=V_D$
3. MOSFET 飽和區電流公式：
   $I_D=\frac{1}{2}k'(W/L)(V_{GS}-V_t)^2$
4. 小訊號分析時，耦合電容視為短路，$V_{DD}$ 為交流接地。

以下將圖中的 $40\,\text{V}$ 視為電源電壓 $V_{DD}$。

(a) 求直流工作點 $V_D$ 與 $I_D$

直流時電容開路，且閘極電流為零，因此 $1\,\text{M}\Omega$ 電阻沒有壓降：

$V_G=V_D$

由於源極接地：

$V_S=0$

所以

$V_{GS}=V_G-V_S=V_D$

由汲極電阻 $5\,\text{k}\Omega$ 可得：

$I_D=\frac{40-V_D}{5\,\text{k}\Omega}$

以 mA、V 為單位表示：

$I_D=\frac{40-V_D}{5}\ \text{mA}$

MOSFET 的飽和區電流為：

$$I_D=\frac{1}{2}(0.4)(V_D-1)^2 =0.2(V_D-1)^2\ \text{mA}$$

聯立兩式：

$\frac{40-V_D}{5}=0.2(V_D-1)^2$

整理得：

$40-V_D=(V_D-1)^2$

$V_D^2-V_D-39=0$

因此：

$V_D=\frac{1\pm\sqrt{157}}{2}$

負值解不符合電路工作條件，故

$V_D=6.765\ \text{V}$

再求汲極電流：

$I_D=\frac{40-6.765}{5\,\text{k}\Omega}$

$\boxed{I_D=6.65\ \text{mA}}$

檢查工作區：

$V_{GS}=6.765\ \text{V}$

$V_{GS}-V_t=5.765\ \text{V}$

且

$V_{DS}=V_D=6.765\ \text{V}>V_{GS}-V_t$

故確實操作在飽和區。

(b) 小訊號等效電路

交流分析時：

• $V_{DD}$ 接交流地。
• 輸入、輸出耦合電容視為短路。
• $20\,\text{k}\Omega$ 負載直接接在汲極。
• $5\,\text{k}\Omega$ 接至交流地。
• $1\,\text{M}\Omega$ 電阻連接閘極與汲極。
• 源極接地。
• 題目未給通道長度調變參數，因此忽略 $r_o$，即 $r_o\to\infty$。
• MOSFET 以受控電流源 $g_mv_{gs}$ 取代，方向由汲極流向源極。

小訊號電路可用下列連接關係表示：

$v_g=v_{in},\qquad v_s=0,\qquad v_{gs}=v_{in}$

汲極端接有：

$5\,\text{k}\Omega\parallel20\,\text{k}\Omega$

以及由汲極回到閘極的 $1\,\text{M}\Omega$ 電阻。

(c) 求電壓增益與輸出電阻

先求 $g_m$

過驅電壓為：

$V_{OV}=V_{GS}-V_t=6.765-1=5.765\ \text{V}$

因此：

$g_m=k'(W/L)V_{OV}$

$g_m=(0.4\ \text{mA/V}^2)(5.765\ \text{V})$

$\boxed{g_m=2.306\ \text{mS}}$

電壓增益 $A_v$

汲極對交流地的電阻為：

核心觀念

本題先用直流偏壓求出兩顆 BJT 的工作電流，再以小訊號模型分析回授放大器。取 $V_{BE}=0.7\text{ V}$、$\beta=100$，並忽略題目未提供的 Early 效應。圖中的 $R_f=10\,\text{k}\Omega$ 由 $Q_2$ 發射極接回 $Q_1$ 基極；$R_s=10\,\text{k}\Omega$ 串接在訊號源與輸入端之間。

直流偏壓與各節點電壓

$V_s$ 沒有直流分量，因此直流分析時訊號源等效為接地。設 $Q_1$ 基極電壓為 $V_{B1}$，$Q_2$ 發射極電壓為 $V_{E2}$。兩管導通時：

$$V_{B1}=0.7\text{ V},\qquad V_{B2}=V_{E2}+0.7\text{ V}$$

$Q_1$ 基極電流由 $R_f$ 提供，並分流流經 $R_s$，所以

$$I_{B1} =\frac{V_{E2}-V_{B1}}{R_f}-\frac{V_{B1}}{R_s} =\frac{V_{E2}-1.4}{10\,\text{k}\Omega}$$

因此 $I_{C1}=100I_{B1}$。在 $Q_2$ 發射極節點，發射極電流流經 $R_E$ 與 $R_f$：

$$I_{E2}=\frac{V_{E2}}{140\,\Omega} +\frac{V_{E2}-0.7}{10\,\text{k}\Omega}$$

$200\,\mu\text{A}$ 電流源的電流分為 $Q_1$ 集極電流及 $Q_2$ 基極電流，故

$$200\,\mu\text{A} =I_{C1}+I_{B2} =100\frac{V_{E2}-1.4}{10\,\text{k}\Omega} +\frac{I_{E2}}{101}$$

解得 $V_{E2}\approx1.410\text{ V}$。各節點直流電壓與電流為：

• $Q_1$ 基極：$V_{B1}=0.700\text{ V}$
• $Q_1$ 發射極：$V_{E1}=0\text{ V}$
• $Q_1$ 集極、$Q_2$ 基極：$V_{C1}=V_{B2}\approx2.110\text{ V}$
• $Q_2$ 發射極：$V_{E2}\approx1.410\text{ V}$
• $Q_2$ 集極，也就是輸出：$V_o=15-I_{C2}(500\,\Omega)\approx9.979\text{ V}$
• $I_{E2}\approx10.142\text{ mA}$，所以 $I_{C2}=\frac{100}{101}I_{E2}\approx10.042\text{ mA}$
• $I_{E1}=(\beta+1)I_{B1}\approx100.6\,\mu\text{A}$；$I_{C1}\approx99.6\,\mu\text{A}$

兩管皆在順向主動區：$Q_1$ 的集極電壓高於基極電壓，$Q_2$ 的集極電壓也高於基極電壓。

小訊號增益與輸入電阻

取室溫 $V_T\approx25\text{ mV}$，由直流工作點得到

$$g_{m1}=\frac{I_{C1}}{V_T}\approx3.983\text{ mS}, \qquad r_{\pi1}=\frac{\beta}{g_{m1}}\approx25.1\,\text{k}\Omega$$

核心觀念

本題考查互補式 Class B 推挽輸出級的最大功率轉換效率：

$$\eta=\frac{P_L}{P_{DC}}$$

理想 Class B 電路中，兩支電晶體各導通半個週期，且靜態電流為零。當輸出為正半週時，上方電晶體 $Q_N$ 導通；輸出為負半週時，下方電晶體 $Q_P$ 導通。

設輸出電壓為正弦波：

$$v_o(t)=V_m\sin\omega t$$

其中 $V_m$ 為輸出電壓峰值，負載為 $R_L$。

解題方法與推導

1. 負載輸出功率

負載電流為：

$$i_L(t)=\frac{v_o(t)}{R_L}$$

其峰值為：

$$I_m=\frac{V_m}{R_L}$$

正弦波的輸出有效值為：

$$V_{o,\mathrm{rms}}=\frac{V_m}{\sqrt{2}}$$

因此負載平均功率為：

$$P_L=\frac{V_{o,\mathrm{rms}}^2}{R_L} =\frac{V_m^2}{2R_L}$$

2. 直流電源輸入功率

每一支電晶體只導通半個週期。單一電源所提供的平均電流為半波正弦電流的平均值：

$$I_{\mathrm{DC,rail}}=\frac{I_m}{\pi}$$

正、負兩個電源的總直流輸入功率為：

$$P_{DC} =2V_{CC}\frac{I_m}{\pi}$$

代入 $I_m=V_m/R_L$：

核心觀念

CMOS 邏輯電路由兩部分組成：

• Pull-up network（PMOS 網路）：導通時將 $Y$ 拉至 $V_{DD}$，輸出為邏輯 $1$。
• Pull-down network（NMOS 網路）：導通時將 $Y$ 拉至接地，輸出為邏輯 $0$。

判斷 CMOS 邏輯功能時，通常先分析 NMOS 下拉網路。圖中：

• $A$ 與 $B$ 的 NMOS 為並聯；
• $C$ 與 $D$ 的 NMOS 為並聯；
• 這兩組並聯網路彼此串聯。

因此，NMOS 下拉網路的導通條件為

$$(A+B)(C+D)$$

其中「$+$」表示並聯（OR），乘積表示串聯（AND）。

解題方法

當 NMOS 下拉網路導通時，輸出 $Y=0$，所以

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

利用 De Morgan 定理：

$$Y=\overline{A+B}+\overline{C+D}$$

進一步展開：

核心觀念

本題考查三個理想運算放大器組成的儀表放大器（instrument amplifier）：

• 理想運算放大器具備虛短路：$v_- = v_+$
• 輸入端不取電流
• 前級兩個非反相放大器先放大差動訊號
• 後級 $A_3$ 為差動放大器，用來消除共模訊號

令

$$v_a=v_2-v_1$$

解題方法

設前級兩個運算放大器的輸出分別為 $v_{o1}$、$v_{o2}$。

由虛短路：

$$v_{A1-}=v_1,\qquad v_{A2-}=v_2$$

對 $A_1$ 的反相端套用 KCL：

$$\frac{v_1-v_{o1}}{R_2}+\frac{v_1-v_2}{R_1}=0$$

因此

$$v_{o1} =v_1+\frac{R_2}{R_1}(v_1-v_2)$$

由於 $v_a=v_2-v_1$，可寫成

$$v_{o1}=v_1-\frac{R_2}{R_1}v_a$$

同理，對 $A_2$ 的反相端套用 KCL：

$$\frac{v_2-v_{o2}}{R_2}+\frac{v_2-v_1}{R_1}=0$$

得到

$$v_{o2} =v_2+\frac{R_2}{R_1}(v_2-v_1)$$

所以

$$v_{o2}=v_2+\frac{R_2}{R_1}v_a$$

接著分析差動放大器 $A_3$。

其非反相端電壓為

$$v_+=\frac{R_3}{R_3+R_4}v_{o2}$$

由理想運算放大器的虛短路，$v_-=v_+$。對反相端套用 KCL：

$$\frac{v_{o1}-v_-}{R_4} + \frac{v_o-v_-}{R_3}=0$$

整理得