112 年 國立中山大學電機工程學系碩士班甲組《電子學（甲）》

核心觀念

本題考查四個類比電子學基本觀念：

1. BJT 的 Early effect 與輸出特性。
2. Early effect 對 BJT 小訊號電壓增益的影響。
3. 理想 MOSFET 閘極電流為零的原因。
4. 耗盡型 MOSFET 的結構、導通條件與 $I_D$–$V_{DS}$ 特性。

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(a) BJT 有、無 Early effect 的 $I$–$V$ 特性

無 Early effect

在主動區中，若忽略 Early effect，BJT 的集極電流為

$$I_C \approx \beta I_B$$

因此 $I_C$ 幾乎不隨 $V_{CE}$ 改變。不同 $I_B$ 對應近似水平的特性曲線。

I_C
 ↑
 │        ─────────  I_B3
 │       ──────────  I_B2
 │      ───────────  I_B1
 │
 └────────────────────→ V_CE
       飽和區     主動區

在低 $V_{CE}$ 時，BJT 進入飽和區，$V_{CE}$ 增加至足夠大後才進入主動區。

有 Early effect

實際 BJT 中，當 $V_{CE}$ 增加時，基極—集極接面逆向偏壓增加，使基極寬度變窄，因而集極電流增加。其近似關係為

$$I_C \approx \beta I_B\left(1+\frac{V_{CE}}{V_A}\right)$$

其中 $V_A$ 為 Early voltage。

I_C
 ↑
 │             ／  I_B3
 │           ／
 │         ／      I_B2
 │       ／
 │     ／          I_B1
 │   ／
 └──┼────────────────→ V_CE
   -V_A

各條主動區特性曲線向左延伸後，大致交於 $V_{CE}=-V_A$。曲線斜率代表輸出電導：

$$g_o=\frac{\partial I_C}{\partial V_{CE}} \approx \frac{I_C}{V_A}$$

因此輸出電阻為

$$r_o=\frac{1}{g_o}\approx \frac{V_A}{I_C}$$

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(b) Early effect 對小訊號電壓增益的影響

小訊號模型

考慮 BJT 共射極放大器，在集極端加入 $r_o$：

        集極
          ●──── RC ─── AC 接地
          │
          ro
          │
基極 ── gm·vπ ──→ 集極
          │
        射極
          │
        AC 接地

其中：

• $g_m$ 為跨導：

$$g_m=\frac{I_C}{V_T}$$

• $r_o$ 為 Early effect 所造成的有限輸出電阻：

$$r_o\approx \frac{V_A}{I_C}$$

電壓增益推導

若輸出端負載為 $R_L$，集極端的等效負載為

$$R_{\text{eq}}=R_C\parallel R_L\parallel r_o$$

小訊號輸出電壓為

$$v_o=-g_m v_{\pi}R_{\text{eq}}$$

因此，從 $v_{\pi}$ 到輸出的電壓增益為

$$A_v=\frac{v_o}{v_{\pi}} =-g_m\left(R_C\parallel R_L\parallel r_o\right)$$

若忽略 Early effect，則 $r_o\to\infty$，得到

$$A_{v0} =-g_m\left(R_C\parallel R_L\right)$$

由於有限的 $r_o$ 會與 $R_C$、$R_L$ 並聯，使等效負載變小，所以

$$|A_v|<|A_{v0}|$$

也就是：

• Early effect 使集極電流隨輸出電壓變化。
• 小訊號模型中增加有限輸出電阻 $r_o$。
• $r_o$ 與集極電阻並聯，降低等效負載。
• 因而降低共射極放大器的電壓增益。

若只接集極電阻 $R_C$，則

$$A_v=-g_m(R_C\parallel r_o)$$

並可寫成

$$A_v=-g_mR_C\frac{r_o}{R_C+r_o}$$

當 $r_o\gg R_C$ 時，Early effect 可忽略；當 $r_o$ 與 $R_C$ 同量級時，增益下降明顯。

解題技巧

看到題目問 Early effect 對增益的影響，應立即在 hybrid-$\pi$ 小訊號模型中加入 $r_o$。關鍵公式為

$$r_o\approx \frac{V_A}{I_C}, \qquad A_v\approx -g_m(R_C\parallel R_L\parallel r_o)$$

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(c) 理想 MOSFET 的閘極電流為零

核心原因

MOSFET 的閘極與半導體通道之間隔著一層絕緣氧化層，通常為二氧化矽。閘極、氧化層與半導體形成電容結構：

金屬閘極
────────────
氧化層 SiO₂
────────────
半導體通道

核心觀念

運算放大器的輸入失調電壓 $V_{OS}$ 會被「雜訊增益」放大，而不是單純被訊號增益放大：

$$V_{o,OS}=A_N V_{OS}$$

其中

$$A_N=1+\frac{Z_f}{Z_g}$$

必須依照直流狀態判斷電容的作用：

• 直流時，串聯電容視為開路。
• 大電容在直流時視為開路。
• $V_{OS}=\pm 5\text{ mV}$。

圖一中的兩個電阻皆為 $2\text{ M}\Omega$，且 $R_A=1\text{ k}\Omega$。

(a) 輸入端經電容 $C$ 交流耦合

在直流狀態下，輸入電容 $C$ 開路，因此左側的 $2\text{ M}\Omega$ 電阻不再接地。

由於運算放大器輸入端沒有電流，連接反相端與中間節點的 $2\text{ M}\Omega$ 電阻中沒有電流，因此兩端電壓相同。此時，從反相端看出去：

• 回授電阻為右側的 $2\text{ M}\Omega$；
• 接地電阻為 $R_A=1\text{ k}\Omega$。

所以雜訊增益為

$$A_N =1+\frac{2\text{ M}\Omega}{1\text{ k}\Omega} =1+2000 =2001$$

輸出失調電壓為

$$V_{o,OS}=2001(\pm 5\text{ mV})$$ $$\boxed{V_{o,OS}=\pm 10.005\text{ V}}$$

核心觀念

本題考查：

• 變壓器降壓後的次級電壓換算。
• 全波橋式整流器中，每次有兩顆二極體串聯導通。
• 二極體固定壓降模型。
• 二極體的導通角與導通時間。
• 全波整流使輸出頻率變為輸入頻率的兩倍。

已知一次側電源為 $120\ \text{V(rms)}$、$60\ \text{Hz}$，變壓器匝數比為 $12:1$，負載為 $1\ \text{k}\Omega$。

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解題方法

先求變壓器次級電壓

匝數比為 $12:1$，因此次級有效值電壓為

$$V_{s,\mathrm{rms}}=\frac{120}{12}=10\ \text{V(rms)}$$

次級正弦波峰值為

$$V_{s,\mathrm{peak}}=\sqrt{2}V_{s,\mathrm{rms}} =\sqrt{2}(10) =14.14\ \text{V}$$

橋式整流器每次有兩顆二極體導通，因此總二極體壓降為

$$V_D=2(0.7)=1.4\ \text{V}$$

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(a) 負載兩端整流電壓的峰值

當次級電壓達到正峰值時，負載電壓為次級峰值扣除兩顆二極體的壓降：

$$V_{L,\mathrm{peak}} =V_{s,\mathrm{peak}}-2V_D$$ $$V_{L,\mathrm{peak}} =14.14-1.4 =12.74\ \text{V}$$

因此，

$$\boxed{V_{L,\mathrm{peak}}\approx 12.7\ \text{V}}$$

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(b) 每顆二極體的導通週期比例

導通條件

二極體開始導通的條件是次級瞬時電壓的絕對值至少能克服兩顆二極體的總壓降：

$$|v_s|\geq 1.4\ \text{V}$$

令

$$v_s=14.14\sin\theta$$

在正半週開始導通的角度 $\alpha$ 滿足

$$14.14\sin\alpha=1.4$$

所以

$$\alpha =\sin^{-1}\left(\frac{1.4}{14.14}\right) \approx 5.68^\circ$$

在正半週中，導通範圍為

$$\alpha\leq\theta\leq \pi-\alpha$$

因此每顆二極體的導通角為

$$\theta_{\mathrm{on}} =\pi-2\alpha$$

換算成一個完整週期的比例：

$$\frac{T_{\mathrm{on}}}{T} =\frac{\pi-2\alpha}{2\pi}$$

代入 $\alpha=5.68^\circ$：

核心觀念

本題考查：

• MOSFET 小訊號跨導
  $g_m=\frac{2I_D}{V_{OV}}$
• 差動對的單端輸出增益
• 高頻等效電路中的 $C_{gs}$、$C_{gd}$
• 利用輸入、輸出端的等效電阻與電容估算高頻極點

假設 Q1、Q2 匹配，尾電流源為理想電流源，忽略 $r_o$、$C_{db}$ 與負載電容。

由於尾電流為 $I=400\,\mu\text{A}$，靜態時兩管平均分流：

$$I_{D1}=I_{D2}=\frac{I}{2}=200\,\mu\text{A}$$

因此

$$g_m=\frac{2(200\,\mu\text{A})}{0.4\,\text{V}} =1\,\text{mS}$$

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(a) 中頻整體增益 $\boldsymbol{v_o/v_{sig}}$

中頻時電容視為短路，MOSFET 閘極沒有電流，因此

$$v_{g1}=v_{sig}$$

Q2 的閘極接交流接地，且 Q1、Q2 的跨導相同。由差動對的對稱性，Q1 輸入所造成的共源極電壓為

$$v_s=\frac{v_{g1}}{2}$$

因此 Q2 的小訊號汲極電流為

$$i_{d2}=g_m(v_{g2}-v_s) =g_m\left(0-\frac{v_{sig}}{2}\right) =-\frac{g_m}{2}v_{sig}$$

輸出端接在 Q2 汲極，故

$$v_o=-i_{d2}R_D =\frac{g_mR_D}{2}v_{sig}$$

所以

$$\frac{v_o}{v_{sig}} =\frac{g_mR_D}{2} =\frac{(1\,\text{mS})(40\,\text{k}\Omega)}{2} =20$$

因此中頻增益為

$$\boxed{\frac{v_o}{v_{sig}}=+20\ \text{V/V}}$$

正號表示輸出電壓與輸入訊號同相。

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(b) 高頻極點

輸入端極點

Q1 的汲極接 $V_{DD}$，在交流小訊號下為接地，因此 $C_{gd1}$ 直接接在輸入端與交流地之間。

此外，Q1 的 $C_{gs1}$ 接在輸入閘極與共源極之間。由於

$$v_s=\frac{v_{g1}}{2}$$

所以

$$v_{gs1}=v_{g1}-v_s=\frac{v_{g1}}{2}$$

因此 Q1 的 $C_{gs1}$ 對輸入端呈現的等效電容為

$$C_{gs1,\text{in}}=\frac{C_{gs}}{2}$$

輸入等效電容：

$$C_{in}=C_{gd}+\frac{C_{gs}}{2} =0.5\,\text{pF}+\frac{4\,\text{pF}}{2} =2.5\,\text{pF}$$

輸入端電阻為

$$R_{in}=R_{sig}=200\,\text{k}\Omega$$

所以輸入極點：

核心觀念

本題考查共射極 BJT 放大器的：

• 集極—基極回授偏壓
• 中頻小訊號增益
• hybrid-$\pi$ 模型
• BJT 截止頻率 $f_T$ 與高頻極點 $f_H$
• Miller effect 對 $C_\mu$ 的放大

假設矽 BJT 的 $V_{BE}\approx 0.7\text{ V}$，並忽略 $r_o$。

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(a) 直流集極電流

直流時耦合電容視為開路，因此 $R_L$ 不參與直流偏壓。

由圖可知 $R_B$ 接在集極與基極之間，因此：

$$V_C=V_{CC}-(I_C+I_B)R_C$$

且

$$V_C-V_B=I_B R_B$$

其中

$$I_C=\beta I_B,\qquad V_B\approx V_{BE}=0.7\text{ V}$$

合併得：

$$V_{CC}-V_{BE}=I_B\left[R_B+(\beta+1)R_C\right]$$

代入數值：

$$I_B=\frac{2-0.7} {100\,\text{k}\Omega+101(2\,\text{k}\Omega)}$$ $$I_B=\frac{1.3}{302\,\text{k}\Omega} \approx 4.30\,\mu\text{A}$$

所以

$$I_C=\beta I_B =100(4.30\,\mu\text{A}) \approx 0.430\,\text{mA}$$

此時

$$V_C=2-(I_C+I_B)(2\,\text{k}\Omega) \approx 1.13\text{ V}$$

晶體管確實工作於主動區。

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(b) 中頻總電壓增益 $\boldsymbol{v_o/v_{sig}}$

1. 小訊號參數

由熱電壓 $V_T=0.025\text{ V}$：

$$g_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.430\,\text{mA}}{0.025} \approx 17.2\,\text{mS}$$ $$r_\pi=\frac{\beta}{g_m} =\frac{100}{17.2\,\text{mS}} \approx 5.81\,\text{k}\Omega$$

中頻時耦合電容視為短路，因此集極負載為：

$$R_C\parallel R_L =2\,\text{k}\Omega\parallel2\,\text{k}\Omega =1\,\text{k}\Omega$$

2. 求 $\boldsymbol{v_c/v_b}$

集極端的交流導納為：

$$G_C=\frac{1}{R_C}+\frac{1}{R_L}+\frac{1}{R_B}$$ $$G_C=0.5\,\text{mS}+0.5\,\text{mS}+0.01\,\text{mS} =1.01\,\text{mS}$$

由集極節點 KCL：

$$\frac{v_c}{R_C}+\frac{v_c}{R_L} +\frac{v_c-v_b}{R_B}+g_m v_b=0$$

因此

$$\frac{v_c}{v_b} = -\frac{g_m-\frac{1}{R_B}} {\frac{1}{R_C}+\frac{1}{R_L}+\frac{1}{R_B}}$$ $$\frac{v_c}{v_b} = -\frac{17.2\,\text{mS}-0.01\,\text{mS}} {1.01\,\text{mS}} \approx -17.0$$

3. 求輸入分壓

基極輸入電流包含 $r_\pi$ 與 $R_B$ 的電流：

$$i_{in} = \frac{v_b}{r_\pi}+\frac{v_b-v_c}{R_B}$$

令 $A_v=v_c/v_b\approx-17.0$，則輸入電導為：

$$G_{in} = \frac{1}{r_\pi}+\frac{1-A_v}{R_B}$$ $$G_{in} = \frac{1}{5.81\,\text{k}\Omega} +\frac{1-(-17.0)}{100\,\text{k}\Omega} \approx 0.352\,\text{mS}$$

所以

$$R_{in}=\frac{1}{G_{in}} \approx 2.84\,\text{k}\Omega$$

輸入分壓為：

核心觀念

圖 4 為耗盡型 NMOS 負載反相器：

• $Q_1$ 的閘極與源極接在輸出端，因此 $V_{GS1}=0$。
• $Q_1$ 的臨界電壓為負值，屬於耗盡型 NMOS。
• $Q_2$ 為增強型 NMOS，源極接地，閘極接輸入 $V_i$。
• 採用長通道 MOSFET 模型：

$$I_D= \begin{cases} \dfrac{k}{2}(V_{GS}-V_T)^2, & V_{DS}\ge V_{GS}-V_T \quad \text{飽和區}\\ k\left[(V_{GS}-V_T)V_{DS}-\dfrac{V_{DS}^2}{2}\right], & V_{DS}<V_{GS}-V_T \quad \text{三極區} \end{cases}$$

其中

$$k_1=20\ \mu\text{A}/\text{V}^2,\qquad V_{T1}=-2\text{ V}$$ $$k_2=200\ \mu\text{A}/\text{V}^2,\qquad V_{T2}=1\text{ V},\qquad V_{DD}=5\text{ V}$$

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(a) 邏輯擺幅

輸出高電位 $V_{OH}$

當輸入為低電位時，$Q_2$ 截止，輸出端被 $Q_1$ 充電至電源電壓：

$$V_{OH}=V_{DD}=5\text{ V}$$

輸出低電位 $V_{OL}$

當輸入為高電位時，$V_i=5\text{ V}$，因此 $Q_2$ 導通。

$Q_1$ 的閘源電壓為零，其過驅電壓為

$$V_{GS1}-V_{T1}=0-(-2)=2\text{ V}$$

在低輸出電位時，$Q_1$ 位於飽和區，因此

$$I_{D1}=\frac{k_1}{2}(2)^2 =40\ \mu\text{A}$$

$Q_2$ 位於三極區，且

$$V_{GS2}-V_{T2}=5-1=4\text{ V}$$

令 $V_{DS2}=V_{OL}$，由電流相等得

$$40=200\left(4V_{OL}-\frac{V_{OL}^2}{2}\right)$$

整理：

$$V_{OL}^2-8V_{OL}+0.4=0$$

取低電位的合理解：

$$V_{OL} =\frac{8-\sqrt{62.4}}{2} \approx 0.050\text{ V}$$

因此邏輯擺幅為

$$V_{OL}\approx 0.050\text{ V} \quad\text{至}\quad V_{OH}=5\text{ V}$$

總電壓擺幅：

$$V_{\text{swing}}=V_{OH}-V_{OL} =5-0.050 \approx 4.95\text{ V}$$

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(b) 雜訊容限

以電壓轉移特性曲線斜率

$$\frac{dV_o}{dV_i}=-1$$

所對應的兩個輸入電壓定義 $V_{IL}$ 與 $V_{IH}$。

求 $V_{IL}$

在高輸出電位附近，$Q_1$ 位於三極區，$Q_2$ 位於飽和區。

令

$$x=V_{DS1}=5-V_o$$

因為 $V_{GS1}=0$、$V_{T1}=-2\text{ V}$：

$$I_{D1} =k_1\left[2x-\frac{x^2}{2}\right]$$

$Q_2$ 飽和時：

$$I_{D2} =\frac{k_2}{2}(V_i-1)^2$$

由電流相等，並對 $V_i$ 微分：

$$\frac{dV_o}{dV_i} = \frac{k_2(V_i-1)}{k_1(x-2)}$$

令斜率等於 $-1$：

$$k_2(V_i-1)=k_1(2-x)$$

因此

$$V_i-1=\frac{k_1}{k_2}(2-x) =0.1(2-x)$$