113 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

本題考查兩個 MOSFET 基本觀念：

1. Early effect：MOSFET 中通常稱為「通道長度調變」（channel-length modulation），使 MOSFET 進入飽和區後，汲極電流仍會隨 $V_{DS}$ 增加而上升。
2. 耗盡型 MOSFET：在 $V_{GS}=0$ 時已存在導電通道，與必須先施加適當閘源電壓才形成通道的增強型 MOSFET 不同。

---

(a) MOSFET 的 Early effect

1. 發生區域與理想情況

以 n-channel MOSFET 為例，當元件工作於飽和區時，條件為

$$V_{DS}\geq V_{GS}-V_{TN}$$

理想長通道模型中，汲極電流為

$$I_D=\frac{1}{2}k_n(V_{GS}-V_{TN})^2$$

其中

$$k_n=\mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L}$$

在此理想模型下，固定 $V_{GS}$ 後，$I_D$ 與 $V_{DS}$ 無關，輸出特性應為水平線。

實際上，飽和區的 $I_D$ 仍會隨 $V_{DS}$ 增加而增加，這種現象即為 MOSFET 的 Early effect，物理機制稱為通道長度調變。

---

2. 發生機制

當 $V_{DS}$ 增加時，汲極—基體接面附近的反向偏壓增加，使汲極端的耗盡區向通道方向擴展。

因此，通道在汲極端的夾止點向源極方向移動，實際有效通道長度由 $L$ 縮短為

$$L_{\mathrm{eff}}=L-\Delta L$$

由於汲極電流與 $1/L_{\mathrm{eff}}$ 成正比，通道縮短會使 $I_D$ 增加。

因此，雖然 MOSFET 已進入飽和區，增加 $V_{DS}$ 仍會造成汲極電流上升。

---

3. 修正後的汲極電流公式

考慮通道長度調變後，飽和區電流寫為

$$I_D= \frac{1}{2}k_n(V_{GS}-V_{TN})^2(1+\lambda V_{DS})$$

其中：

• $\lambda$：通道長度調變參數，單位為 $\mathrm{V^{-1}}$
• $\lambda$ 越大，表示通道長度調變越明顯
• 長通道元件通常 $\lambda$ 較小
• 短通道元件通常 $\lambda$ 較大

另一種常見寫法為

$$I_D= \frac{1}{2}k_n(V_{GS}-V_{TN})^2 \left(1+\frac{V_{DS}}{V_A}\right)$$

其中 $V_A$ 為 MOSFET 的等效 Early 電壓，且

$$\lambda=\frac{1}{V_A}$$

---

4. 對小訊號模型的影響

由於飽和區的 $I_D$ 不再完全與 $V_{DS}$ 無關，MOSFET 具有有限的輸出電導：

$$g_o=\frac{\partial I_D}{\partial V_{DS}} \approx \lambda I_D$$

因此輸出電阻為

$$r_o=\frac{1}{g_o} \approx \frac{1}{\lambda I_D} =\frac{V_A}{I_D}$$

這表示實際 MOSFET 的輸出特性在飽和區不是水平線，而是具有正斜率。類比電路中，Early effect 會降低放大器的電壓增益，因為輸出電阻 $r_o$ 變小。

---

(a) 作答重點

完整說明應包含：

1. Early effect 在 MOSFET 中即為通道長度調變。
2. 增加 $V_{DS}$ 會使汲極端耗盡區擴展。
3. 夾止點向源極移動，使有效通道長度縮短。
4. 因此飽和區的 $I_D$ 仍隨 $V_{DS}$ 上升。
5. 修正公式為

$$I_D= \frac{1}{2}k_n(V_{GS}-V_{TN})^2(1+\lambda V_{DS})$$

---

(b) 耗盡型 MOSFET 與增強型 MOSFET

1. 耗盡型 MOSFET 的定義

耗盡型 MOSFET 是指在閘源電壓為零時，源極與汲極之間已經存在導電通道，因此元件在

$$V_{GS}=0$$

時即可導通。

以 n-channel depletion-mode MOSFET 為例，當 $V_{GS}=0$ 時已有 n 型通道，施加負的 $V_{GS}$ 會排斥通道中的電子，使通道逐漸耗盡，汲極電流下降。

核心觀念

本題考查：

1. 變壓器匝數比與電壓換算。
2. 全波橋式整流器每次導通有兩顆二極體串聯，因此總壓降為 $2V_D$。
3. 二極體導通比例與橋式整流波形。
4. 橋式整流器的峰值反向電壓（PIV）。
5. 濾波電容的漣波電壓公式。

已知：

$$V_{D}=0.7\text{ V},\qquad R_L=1\text{ k}\Omega$$

一次側電壓為 $120\text{ V(rms)}$，變壓器為 $12:1$ 降壓，因此二次側：

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

二次側峰值電壓：

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

---

(a) 負載兩端整流電壓峰值

橋式整流器每半週有兩顆二極體導通，因此總壓降為：

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

故負載上的整流電壓峰值為：

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

---

(b) 每顆二極體的導通比例

在正半週時，一組對角二極體導通；在負半週時，另一組對角二極體導通。

每一顆二極體皆在一個週期中的半週導通，因此：

$$\text{導通比例}=\frac{T/2}{T}=\frac{1}{2}=50\%$$

亦即每顆二極體導通角為：

$$180^\circ$$

---

(c) 每顆二極體的峰值反向電壓

以其中一顆截止的二極體為例，當另一組二極體導通時，導通路徑中的一顆二極體會產生 $0.7\text{ V}$ 壓降。

因此截止二極體所承受的最大反向電壓為：

$$\mathrm{PIV} =V_{s,\mathrm{peak}}-V_D =14.14-0.7 =13.44\text{ V}$$

核心觀念

圖 2 為互補式 source follower：

• $Q_N$ 的汲極接 $+2.5\text{ V}$，源極接輸出 $v_o$。
• $Q_P$ 的汲極接 $-2.5\text{ V}$，源極接輸出 $v_o$。
• 兩個閘極皆接輸入 $v_i$。
• 負載為 $10\text{ k}\Omega$，故負載電流為
  $I_L=\frac{v_o}{10\text{ k}\Omega}=0.1v_o\text{ mA}$
  其中 $v_o$ 以 V 為單位。

MOSFET 公式為：

飽和區：
$I_D=\frac{k}{2}(V_{GS}-V_T)^2$

三極區：
$I_D=k\left[(V_{GS}-V_T)V_{DS}-\frac{V_{DS}^2}{2}\right]$

其中 $k_n=k_p=1\text{ mA/V}^2$、$V_{TN}=|V_{TP}|=1\text{ V}$。

---

(a) $v_i=5\text{ V}$

此時：

• NMOS：
  $V_{GS,N}=v_i-v_o=5-v_o$
  $V_{OV,N}=V_{GS,N}-V_{TN}=4-v_o$

• PMOS 的閘極電壓高於其源極，故 $Q_P$ 截止：
  $I_{DP}=0$

由於 NMOS 的汲極只有 $+2.5\text{ V}$，因此

$V_{DS,N}=2.5-v_o$

且在正常工作範圍內：

$V_{DS,N}<V_{OV,N}$

所以 NMOS 工作於三極區。套用公式：

$$I_{DN} =1\left[(4-v_o)(2.5-v_o)-\frac{(2.5-v_o)^2}{2}\right]\text{ mA}$$

輸出節點套用 KCL：

$I_{DN}=I_L=0.1v_o\text{ mA}$

因此：

$(4-v_o)(2.5-v_o)-\frac{(2.5-v_o)^2}{2}=0.1v_o$

整理得：

$0.5v_o^2-4.1v_o+6.875=0$

取符合 $v_o<2.5\text{ V}$ 的根：

$v_o=2.351\text{ V}$

所以：

核心觀念

本題考查三級直接耦合 BJT 放大器的：

• DC 工作點分析與基極電流效應
• 小訊號參數 $g_m$、$r_\pi$
• 共射極放大器與射極隨耦器的電壓增益
• 輸入電阻與輸出電阻

已知：

$$V_T=25\text{ mV},\qquad \beta=100,\qquad V_{BE}\approx0.7\text{ V}$$

忽略 Early effect，因此 $r_o\to\infty$。

---

(a) 各電晶體的 DC 集極電流

第 1 級：$Q_1$

基極偏壓網路的戴維寧等效為：

$$V_{TH}=5-\frac{70}{70+30}(10)= -2\text{ V}$$ $$R_{TH}=70\text{ k}\Omega\parallel30\text{ k}\Omega =21\text{ k}\Omega$$

由於 $Q_1$ 為 NPN 電晶體：

$$V_{E1}=V_{B1}-0.7$$

且

$$V_{E1}=-5+I_{E1}(5\text{ k}\Omega)$$

其中

$$I_{E1}=(\beta+1)I_{B1}=101I_{B1}$$

因此：

$$V_{TH}-I_{B1}R_{TH} =-0.7-5+101I_{B1}(5\text{ k}\Omega)$$

整理得：

$$I_{B1} =\frac{2.3}{21\text{ k}\Omega+101(5\text{ k}\Omega)} =4.37\ \mu\text{A}$$

所以

$$I_{C1}=\beta I_{B1} =0.437\text{ mA}$$

並有

$$V_{C1}=5-I_{C1}(8\text{ k}\Omega)-I_{B2}(8\text{ k}\Omega)$$

因為 $V_{C1}$ 同時是 $Q_2$ 的基極電壓，需與第二級聯立計算。

---

第 2 級：$Q_2$

令 $V_{B2}=V_{C1}$，則：

$$V_{E2}=V_{B2}-0.7$$ $$I_{E2}=\frac{V_{E2}+5}{5\text{ k}\Omega} =\frac{V_{B2}+4.3}{5\text{ k}\Omega}$$ $$I_{B2}=\frac{I_{E2}}{101}$$

由 $Q_1$ 集極電阻上的電流：

$$V_{B2} =5-8\text{ k}\Omega(I_{C1}+I_{B2})$$

代入 $I_{C1}=0.437\text{ mA}$ 後，解得：

$$V_{B2}\approx1.411\text{ V}$$

因此：

$$I_{E2} =\frac{1.411+4.3}{5\text{ k}\Omega} =1.142\text{ mA}$$ $$I_{C2} =\frac{\beta}{\beta+1}I_{E2} \approx1.131\text{ mA}$$

---

第 3 級：$Q_3$

$Q_3$ 的基極直接接到 $Q_2$ 集極，因此令：

$$V_{B3}=V_{C2}$$

其基極電流為：

$$I_{B3} =\frac{V_{B3}+4.3}{(\beta+1)(2\text{ k}\Omega)} =\frac{V_{B3}+4.3}{202\text{ k}\Omega}$$

在 $Q_2$ 集極節點套用 KCL：

$$V_{C2} =5-3\text{ k}\Omega(I_{C2}+I_{B3})$$

解得：

$$V_{B3}=V_{C2}\approx1.521\text{ V}$$

所以：

$$I_{B3} =\frac{1.521+4.3}{202\text{ k}\Omega} \approx28.8\ \mu\text{A}$$ $$I_{C3}=\beta I_{B3} \approx2.88\text{ mA}$$

因此三個電晶體的集極電流為：

$$\boxed{ I_{C1}\approx0.437\text{ mA},\quad I_{C2}\approx1.13\text{ mA},\quad I_{C3}\approx2.88\text{ mA} }$$

---

(b) 輸入電阻 $R_{in}$ 與輸出電阻 $R_{out}$

輸入電阻

由於旁路電容在交流時視為短路，$Q_1$ 射極為交流接地。

$$g_{m1}=\frac{I_{C1}}{V_T} =\frac{0.437\text{ mA}}{25\text{ mV}} =17.5\text{ mS}$$ $$r_{\pi1}=\frac{\beta}{g_{m1}} =\frac{100}{17.5\text{ mS}} \approx5.72\text{ k}\Omega$$

因此：

$$R_{in} =70\text{ k}\Omega\parallel30\text{ k}\Omega\parallel r_{\pi1}$$

核心觀念

本題考查高頻小訊號分析中的「開路時間常數法」（open-circuit time-constants, OCTC）。

對含有多個高頻電容的放大器，將其他電容全部開路，逐一求出每個電容兩端所看到的等效電阻 $R_i$，再計算：

$$\tau_i=R_iC_i$$

上截止頻率估計為：

$$f_H \simeq \frac{1}{2\pi\sum_i\tau_i}$$

晶體管參數為：

$$g_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.1\text{ mA}}{25\text{ mV}} =4\text{ mS}$$ $$r_\pi=\frac{\beta}{g_m} =\frac{100}{4\text{ mS}} =25\text{ k}\Omega$$ $$r_o=\frac{V_A}{I_C} =\frac{100\text{ V}}{0.1\text{ mA}} =1\text{ M}\Omega$$

由

$$f_T=\frac{g_m}{2\pi(C_\pi+C_\mu)}$$

得：

$$C_\pi+C_\mu =\frac{4\text{ mS}}{2\pi(200\text{ MHz})} =3.183\text{ pF}$$

因此：

$$C_\pi=3.183-0.2=2.983\text{ pF}$$

每個晶體管皆有：

$$C_\pi=2.983\text{ pF},\qquad C_\mu=0.2\text{ pF}$$

---

解題方法

將 $V_{CC}$、$V_{EE}$ 視為交流接地，理想電流源在小訊號下視為開路。輸入端電壓源歸零後，訊號源內阻為：

$$R_s=R_{\text{sig}}=10\text{ k}\Omega$$

採用 hybrid-$\pi$ 小訊號模型，並保留 $r_o=1\text{ M}\Omega$。

1. $Q_1$ 的 $C_{\pi1}$

將其他電容開路，由 $C_{\pi1}$ 兩端看入，考慮 $Q_1$ 的跨導、$r_o$、訊號源電阻，以及 $Q_2$ 的 $r_\pi$ 負載，可得：

$$R_{C_{\pi1}}\simeq 345\ \Omega$$

因此：

$$\tau_{C_{\pi1}} =R_{C_{\pi1}}C_{\pi1} =(345)(2.983\text{ pF}) \simeq 1.03\text{ ns}$$

---

2. $Q_1$ 的 $C_{\mu1}$

$Q_1$ 的集極接於交流地。將 $C_{\mu1}$ 兩端看入，可得：

$$R_{C_{\mu1}}\simeq 9.96\text{ k}\Omega$$

所以：

$$\tau_{C_{\mu1}} =(9.96\text{ k}\Omega)(0.2\text{ pF}) \simeq 1.99\text{ ns}$$

---

3. $Q_2$ 的 $C_{\pi2}$