115 年 國立中央大學電機工程學系碩士班丙：系統與生醫組《電子學》

核心觀念

將 $R_L$ 視為負載，先從輸出端看入求諾頓等效。圖中的受控電流源大小為 $\beta i_b$，方向由輸出端流向射極；它的輸出電阻視為無限大。求輸出電壓時，可用輸出端的節點電流定律。

解題方法

先求基極電流 $i_b$。射極電流為 $(\beta+1)i_b$，因此射極電壓為

$$v_E=(\beta+1)i_bR_E$$

由基極至射極的電壓關係，

$$v_i=i_br_\pi+v_E =i_b\left[r_\pi+(\beta+1)R_E\right]$$

所以

$$i_b=\frac{v_i}{r_\pi+(\beta+1)R_E}$$

(a) 諾頓等效電路

將輸出端短路時，受控電流源仍由輸出端向射極流動，短路電流若以「由電路送入負載」為正，其值為

$$I_N=-\beta i_b =-\frac{\beta v_i}{r_\pi+(\beta+1)R_E}$$

核心觀念

這題考一階 RC 電路的零點、極點與波德圖斜率。幅度在低頻先維持常數，接著以每十倍頻程 $+20\,\mathrm{dB}$ 上升，最後到達 $0\,\mathrm{dB}$，表示電路有一個零點 $\omega_z$，以及一個較高頻的極點 $\omega_p$。

解題方法

令 $R_1$ 與電容 $C_1$ 並聯，兩者再與 $R_2$ 串接；輸出取在 $R_2$ 兩端。這樣在低頻時電容近似開路，電路是 $R_1$、$R_2$ 分壓；在高頻時電容近似短路，輸出趨近輸入，符合圖中的低頻衰減與高頻 $0\,\mathrm{dB}$ 平坦響應。

並聯支路阻抗為

$$Z_1=R_1\parallel\frac{1}{sC_1} =\frac{R_1}{1+sR_1C_1}$$

依分壓關係，傳遞函數為

$$T(s)=\frac{V_o}{V_i} =\frac{R_2}{R_2+Z_1} =\frac{R_2(1+sR_1C_1)} {R_1+R_2+sR_1R_2C_1}$$

整理成零點與極點形式：

$$T(s)=\frac{R_2}{R_1+R_2} \frac{1+sR_1C_1} {1+s\left(\frac{R_1R_2}{R_1+R_2}\right)C_1}$$

因此，低頻增益為

$$|T(0)|=\frac{R_2}{R_1+R_2}$$

核心觀念

電流鏡負載差動放大器在輸出端的開路電壓增益可寫成

$$A_d \propto g_m R_{\text{out}}$$

輸出端接固定負載電容 $C_L$ 時，主極點為

$$\omega_P=\frac{1}{R_{\text{out}}C_L}$$

MOS 維持飽和且尺寸不變時，$g_m$ 與輸出電阻 $r_o$ 隨偏壓電流的縮放方式不同：$g_m\propto\sqrt{I_D}$，而 $r_o\propto 1/I_D$。

解題方法

平衡偏壓下，尾電流由 $1\ \text{mA}$ 加倍為 $2\ \text{mA}$，差動對每側的汲極電流也加倍。由 MOS 飽和區平方律：

$$g_m=\sqrt{2\mu_n C_{\text{ox}}\frac{W}{L}I_D} \quad\Longrightarrow\quad g_m'=\sqrt{2}\,g_m$$

小訊號輸出電阻與偏壓電流成反比，因此輸出端等效電阻減半：

$$R_{\text{out}}'=\frac{1}{2}R_{\text{out}}$$

增益的新舊比為

核心觀念

本題考查 NMOS 共源放大器的直流偏壓與小訊號增益。直流分析時，電容視為開路；中頻小訊號分析時，耦合電容視為短路，直流電源端則為交流地。

題目未另行定義 $K_n$，以下採常用定義 $I_D=K_n(V_{GS}-V_t)^2$。

解題方法

先求直流工作點。 閘極分壓器由兩個 $2\,\text{k}\Omega$ 電阻構成，且閘極電流近似為零，因此

$$V_G=10\frac{2}{2+2}=5\,\text{V}$$

令 $I_D$ 以 mA 為單位。源極電阻為 $1\,\text{k}\Omega$，所以 $V_S=I_D\,\text{V}$，並有

$$V_{GS}=5-I_D$$ $$V_{GS}-V_t=5-I_D-1=4-I_D$$

代入飽和區電流公式：

$$I_D=K_n(V_{GS}-V_t)^2=(4-I_D)^2$$

解得 $I_D=(9\pm\sqrt{17})/2$。需滿足 $V_{GS}>V_t$，因此採用有效根：

$$I_D=\frac{9-\sqrt{17}}{2}\approx 2.438\,\text{mA}$$

故過驅電壓為

$$V_{OV}=V_{GS}-V_t=4-I_D\approx 1.562\,\text{V}$$

再求跨導。

$$g_m=2K_nV_{OV} =2(1\,\text{mA}/\text{V}^2)(1.562\,\text{V}) \approx 3.123\,\text{mS}$$

核心觀念

本題考威爾遜電流鏡的基極電流誤差分析。使用節點電流定律，以及 BJT 關係式 $I_C=\beta I_B$、$I_E=I_C+I_B$；不能忽略各顆電晶體的基極電流，也不能把 $Q_3$ 的射極電流直接當成輸出集極電流。

解題方法

圖中 $Q_1$ 為基極與集極相接的二極體接法；$Q_1$、$Q_2$ 的基極相連、射極共接。$Q_3$ 的射極接到 $Q_1$ 的基極／集極節點，基極接參考電流節點，集極提供向下的輸出電流 $I_O$。

假設三顆電晶體匹配、具有相同 $\beta$，並忽略 Early effect。因此 $Q_1$、$Q_2$ 的 $V_{BE}$ 相同，集極電流相等。令

$$I_{C1}=I_{C2}=I$$

故

$$I_{B1}=I_{B2}=\frac{I}{\beta}$$

在 $Q_1$、$Q_2$ 基極與 $Q_1$ 集極相接的節點套用 KCL：$Q_3$ 的射極電流供應 $Q_1$ 的集極電流，以及 $Q_1$、$Q_2$ 的基極電流，因此

$$I_{E3}=I_{C1}+I_{B1}+I_{B2} =I\left(1+\frac{2}{\beta}\right)$$

對 $Q_3$ 使用 $I_E=I_C+I_B$，其中 $I_{C3}=I_O$、$I_{B3}=I_O/\beta$：

$$I_{E3}=I_O+I_{B3} =I_O\left(1+\frac{1}{\beta}\right)$$

將兩個 $I_{E3}$ 表示式相等，可得

$$I\left(1+\frac{2}{\beta}\right) = I_O\left(1+\frac{1}{\beta}\right)$$ $$I=I_O\frac{\beta+1}{\beta+2}$$

核心觀念

這題考差動放大器的差模小訊號分析。尾端電流源視為理想電流源，因此小訊號下尾電流不變，兩支電晶體的集極電流增量滿足

$$\Delta i_{C1}=-\Delta i_{C2}$$

兩支電晶體匹配，直流尾電流 $0.2\,\text{mA}$ 平分，因此每支電晶體的靜態集極電流為 $I_C=0.1\,\text{mA}$。取 $V_T=25\,\text{mV}$，則

$$g_m=\frac{I_C}{V_T}=4\,\text{mS}, \qquad \alpha=\frac{\beta}{\beta+1}=\frac{100}{101}$$

解題方法

令 $R_E=250\,\Omega$、$R_C=20\,\text{k}\Omega$。差動輸入 $v_i$ 造成兩側集極電流等量反向變化。沿差動小訊號路徑，輸入電壓與電流增量的關係為

$$v_i = 2\Delta i_{C1} \left( \frac{1}{g_m}+\frac{\beta+1}{\beta}R_E \right)$$

因此

$$\Delta i_{C1} = \frac{v_i} {2\left(\frac{1}{g_m}+\frac{\beta+1}{\beta}R_E\right)}$$

輸出取 $Q_2$ 集極。因為 $\Delta i_{C2}=-\Delta i_{C1}$，$Q_2$ 集極電流減少時，集極電壓上升，所以電壓增益為正：

核心觀念

本題考查共射極級與共基極級組成的 BJT 疊接放大器，包含中頻增益、混合 $\pi$ 模型，以及由晶體管轉移頻率 $f_T$ 推得接面電容，再估算高頻 3 dB 截止頻率。

解題方法

由 Fig. 7 可讀出：$Q_1$ 的射極由 $0.5\,\mathrm{mA}$ 電流源偏壓，並以標示 $\infty$ 的電容交流接地；輸入經 $10\,\mathrm{k\Omega}$ 電阻接到 $Q_1$ 基極。$Q_2$ 基極接 $+5\,\mathrm V$，交流接地，與 $Q_1$ 組成疊接級；$Q_2$ 集極經 $10\,\mathrm{k\Omega}$ 電阻接 $+20\,\mathrm V$，輸出取自集極。採室溫 $V_T=25\,\mathrm{mV}$，並忽略 Early 效應。

先求兩管偏壓電流：

$$I_{C1}=\frac{\beta}{\beta+1}(0.5\,\mathrm{mA}) =0.495\,\mathrm{mA}$$

$Q_1$ 集極電流就是 $Q_2$ 射極電流，因此

$$I_{C2}=\frac{\beta}{\beta+1}I_{C1} =0.490\,\mathrm{mA}$$

故

$$g_{m1}=\frac{I_{C1}}{V_T}=19.80\,\mathrm{mS}, \qquad g_{m2}=\frac{I_{C2}}{V_T}=19.61\,\mathrm{mS}$$

(a) 中頻增益

$Q_1$ 基極輸入電阻為

$$r_{\pi1}=\frac{\beta}{g_{m1}}=5.05\,\mathrm{k\Omega}$$

輸入源經 $10\,\mathrm{k\Omega}$ 電阻分壓後，$Q_1$ 基極訊號為

$$\frac{v_{b1}}{v_i} =\frac{r_{\pi1}}{10\,\mathrm{k\Omega}+r_{\pi1}} =0.3355$$

$Q_2$ 基極為交流接地，其射極小訊號輸入電阻為

$$r_{e2}=\frac{r_{\pi2}}{\beta+1}$$

在此偏壓下，$g_{m1}r_{e2}=1$，所以 $Q_1$ 集極（亦為 $Q_2$ 射極）電壓約為 $v_{c1}=-v_{b1}$。$Q_2$ 共基極級的電壓增益為 $g_{m2}R_C$，其中 $R_C=10\,\mathrm{k\Omega}$，因此

$$A_M=\frac{v_o}{v_i} =-g_{m2}R_C\frac{v_{b1}}{v_i} =-(19.61\,\mathrm{mS})(10\,\mathrm{k\Omega})(0.3355) \approx -65.8$$

負號表示輸出相對輸入反相。

(b) 3 dB 頻率

以 $C_u=C_\mu=2\,\mathrm{pF}$，並用

核心觀念

回授型態由兩件事判斷：輸出端如何取樣，以及回授訊號如何與輸入訊號混合。

• 回授電阻 $56\,\text{k}\Omega$ 接在集極輸出 $v_o$ 與基極輸入節點之間，跨接輸出端，因此是電壓取樣。
• 輸入訊號與回授訊號都接到基極同一節點，以電流相加，因此是並聯混合。

解題方法

輸出端以並聯方式取樣電壓，輸入端以並聯方式混合電流，所以此電路是電壓並聯回授，也稱為 並聯—並聯（shunt-shunt）回授。

求回授因子時，將輸入端視為交流短路，輸出電壓 $v_o$ 經 $56\,\text{k}\Omega$ 回送成回授電流 $i_f$：

$$i_f=\frac{v_o}{56\,\text{k}\Omega}$$

因此回授因子為