110 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《電子學》

核心觀念

本題考查理想運算放大器的「虛短」特性，以及四電阻差動放大器的差動增益。

理想 OP 在負回授下具有：

$$v_+=v_-=v_x$$

且輸入端不吸收電流。由圖中標示，差動輸入定義為：

$$v_{id}=v_{\text{下}}-v_{\text{上}}$$

因此可令：

$$v_{\text{下}}=+\frac{v_{id}}{2},\qquad v_{\text{上}}=-\frac{v_{id}}{2}$$

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解題方法

先分析非反相端。非反相端由下方輸入電壓經 $R_2$，再透過 $R_1$ 接地，因此為分壓電路：

$$v_+=\frac{R_1}{R_1+R_2}\left(\frac{v_{id}}{2}\right)$$

由虛短特性：

$$v_-=v_+=\frac{R_1}{R_1+R_2}\frac{v_{id}}{2}$$

在反相端節點套用 KCL：

核心觀念

此電路為理想反相積分器，輸入端經 $R_1$ 接至反相端，回授元件為電容 $C_1$，因此：

$$V_o(t)=-\frac{1}{R_1C_1}\int V_i(t)\,dt$$

微分後可得：

$$V_i(t)=-R_1C_1\frac{dV_o}{dt}$$

解題方法

由圖可知，輸出電壓在 $0\sim 5\text{ ms}$ 間由 $5\text{ V}$ 線性下降至 $0\text{ V}$，所以輸出斜率為：

$$\frac{dV_o}{dt} =\frac{0-5}{5\text{ ms}} =-1\text{ V/ms} =-1000\text{ V/s}$$

電路參數為：

$$R_1C_1=(30\text{ k}\Omega)(50\text{ nF})$$

核心觀念

本題考查齊納二極體並聯穩壓器的工作條件與小訊號穩壓特性。

在齊納二極體正常崩潰區，可用下列近似模型：

$$V_O \approx V_Z+r_z I_Z$$

其中：

• $V_Z=5.1\text{ V}$：指定齊納電流 $I_Z=50\text{ mA}$ 時的電壓
• $r_z=7\,\Omega$：齊納動態電阻
• $V_{ZK}=4.8\text{ V}$：齊納開始正常崩潰的膝點電壓
• $R_S$：限制電流並吸收輸入電壓變化
• $R_L$：負載電阻

穩壓器正常工作時，必須使齊納電流維持在膝點以上，同時不能超過最大允許電流。

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解題方法

輸入電流為

$$I_S=\frac{V_S-V_O}{R_S}$$

且有

$$I_S=I_L+I_Z$$

其中

$$I_L=\frac{V_O}{R_L}$$

當輸入電壓產生小變化時，負載固定不變，輸出電壓的變化量可由小訊號模型求得：

$$\Delta V_O = \frac{r_z\parallel R_L}{R_S+(r_z\parallel R_L)} \Delta V_S$$

當 $R_L=\infty$ 時，

$$r_z\parallel R_L=r_z$$

因此

$$\frac{\Delta V_O}{\Delta V_S} = \frac{r_z}{R_S+r_z} = \frac{7}{200+7} = \frac{7}{207} \approx 0.0338$$

所以輸入電壓變化 $10\%$ 時，輸出電壓相對變化約為

$$0.0338\times 10\% \approx 0.338\%$$

小於 $1\%$。

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選項分析

(a) 正確

$R_L=\infty$ 代表沒有負載，輸出端只接齊納二極體。

由小訊號電壓分配：

$$\frac{\Delta V_O}{\Delta V_S} = \frac{r_z}{R_S+r_z} = \frac{7}{207} \approx 0.0338$$

當 $V_S$ 有 $10\%$ 變化時，

核心觀念

本題考查 PN 接面的空乏區電荷、擴散電流、漂移電流，以及內建電位的極性。

在熱平衡下：

• P 區的受體原子失去電子，形成帶負電的固定離子。
• N 區的施體原子失去電子，形成帶正電的固定離子。
• 多數載子因濃度差而產生擴散電流。
• 少數載子受空乏區內建電場作用而產生漂移電流。

選項分析

(a) 錯誤

P 區的多數載子為電洞。電洞擴散離開接面後，留下帶負電的受體離子，因此 P 區空乏區中的空間電荷為負：

$$\rho_P<0$$

所以「P 區域的空乏電荷是正的」錯誤。

(b) 錯誤

N 區的多數載子為電子。電子擴散離開接面後，留下帶正電的施體離子，因此 N 區空乏區中的空間電荷為正：

$$\rho_N>0$$

所以「N 區域的空乏電荷是負的」錯誤。

(c) 錯誤

擴散電流是由載子濃度梯度所造成。PN 接面中：

• 電洞由 P 區向 N 區擴散；
• 電子由 N 區向 P 區擴散。

核心觀念

本題考查二極體 Shockley 方程式、串聯二極體電流相同，以及 Kirchhoff 電壓定律。

二極體方程式為

$$I_D=I_S\left(e^{V_D/V_T}-1\right)$$

因此

$$V_D=V_T\ln\left(1+\frac{I_D}{I_S}\right)$$

由圖可知，$D_1、D_2$ 順向串聯，$D_3$ 反向偏壓。$D_3$ 僅流過反向飽和電流，大小為 $I_{S3}=10^{-17}\text{ A}$，相較於主電流可忽略，但計算中予以保留。

解題方法

令流過 $D_1、D_2$ 的順向電流為 $I$，則

$$V_{D1}=25\text{ mV}\cdot \ln\left(1+\frac{I}{10^{-16}}\right)$$ $$V_{D2}=25\text{ mV}\cdot \ln\left(1+\frac{I}{4\times10^{-16}}\right)$$

$D_3$ 反向偏壓，其電流約為

$$I_{D3}\approx -10^{-17}\text{ A}$$

所以流入電阻 $R_1$ 的電流為

$$I_{R1}=I+I_{D3}\approx I-10^{-17}$$

對整個電路套用 KVL：

$$3=I_{R1}R_1+V_{D1}+V_{D2}$$

核心觀念

本題考查 NMOS 共源放大器搭配 PMOS 電流鏡負載時，輸入電壓 $v_i$ 上升所造成的：

1. 輸出電壓 $v_o$ 變化。
2. Q1、Q2 的工作區域變化。
3. PMOS 電流鏡負載電流的變化。

Q3 為二極體接法的 PMOS，與 Q2 形成電流鏡。Q2 的源極接 $V_{DD}$，其汲極接輸出端；Q1 為 NMOS，源極接地、閘極接 $v_i$。

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解題方法

當 $v_i$ 從 $0$ 上升時，依序觀察 Q1 的汲極電流與輸出節點電壓：

• $v_i$ 很低時，Q1 截止，沒有下拉電流，輸出端 $v_o$ 被 Q2 拉向 $V_{DD}$。
• $v_i$ 上升使 Q1 導通後，Q1 的汲極電流增加，將 $v_o$ 往下拉。
• 因此，$v_o$ 應隨 $v_i$ 上升而下降，而非上升。

Q1 的工作區域判斷如下：

• 截止區：$v_{GS1}<V_{TN}$
• 三極區：$v_{GS1}>V_{TN}$ 且 $v_{DS1}<v_{GS1}-V_{TN}$
• 飽和區：$v_{GS1}>V_{TN}$ 且 $v_{DS1}\geq v_{GS1}-V_{TN}$

Q2 為 PMOS，其飽和條件可寫成：

$$v_{SD2}\geq v_{SG2}-|V_{TP}|$$

由於 $v_{SD2}=V_{DD}-v_o$，當 $v_o$ 由高變低時，Q2 的 $v_{SD2}$ 增加，因此 Q2 會由三極區進入飽和區。

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選項分析

(a) $v_o$ 也跟著上升

錯誤。

$v_i$ 上升後，Q1 的 $v_{GS1}$ 增加，Q1 汲極電流上升。Q1 對輸出節點產生更強的下拉作用，因此：

$$v_o \downarrow$$

所以 $v_o$ 不會跟著上升，而是下降。

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(b) Q2 的電流上升

正確。

當 Q1 截止時，$v_o$ 接近 $V_{DD}$，Q2 的 $v_{SD2}=V_{DD}-v_o$ 接近零，因此 Q2 電流接近零。

核心觀念

本題比較共源放大器與串疊放大器的三項頻率特性：

• 直流電壓增益：$A_{v0}$
• $3\text{ dB}$ 頻率：$f_{3\text{dB}}$
• 轉換頻率：$f_T$，即電壓增益下降至 1 倍的頻率

兩個電路的輸出端具有相同的負載 $R_L$ 與 $C_L$，且偏壓電流相同。

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解題方法

1. 直流增益

共源放大器的輸出電阻約為

$$R_{out,\mathrm{CS}}=r_o\parallel R_L$$

因此直流增益為

$$A_{v0,\mathrm{CS}}\approx -g_m(r_o\parallel R_L)$$

串疊放大器利用上方電晶體隔離輸出端與下方電晶體，使輸出電阻大幅提升。其輸出電阻約為

$$R_{out,\mathrm{cas}}\approx g_mr_o^2$$

若再考慮負載電阻，則

$$R_{out,\mathrm{cas}}\parallel R_L > R_{out,\mathrm{CS}}$$

所以

$$|A_{v0,\mathrm{cas}}| = g_m(R_{out,\mathrm{cas}}\parallel R_L) > |A_{v0,\mathrm{CS}}|$$

因此串疊放大器的直流增益較大。

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2. $3\text{ dB}$ 頻率

由輸出端負載電容 $C_L$ 所形成的主要極點為

$$f_{3\text{dB}} \approx \frac{1}{2\pi R_{out}C_L}$$

串疊放大器的輸出電阻較大，因此

$$f_{3\text{dB,cas}} < f_{3\text{dB,CS}}$$

也就是說，串疊放大器雖然增益較高，但輸出端極點較低，$3\text{ dB}$ 頻率反而較小。

核心觀念

兩個電路皆為 NMOS 共源放大器，差別在於：

• 放大器 #1：源極交流接地。
• 放大器 #2：源極串接電阻 $R_S$，形成源極退化。

假設兩個電路使用相同偏壓電流與相同 MOSFET，且上方理想電流源的小訊號電阻為無限大。

MOSFET 的閘極電流近似為零，因此

$$R_{in}\approx\infty$$

共源級的開路電壓增益主要比較源極是否有負回授。

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解題方法

對放大器 #1：

$$A_{vo1}=-g_m r_o$$

輸出阻抗為

$$R_{out1}=r_o$$

對放大器 #2，源極電阻造成源極退化，使增益降低：

$$A_{vo2} = -\frac{g_m r_o} {1+g_mR_S+\dfrac{R_S}{r_o}}$$

因此

$$|A_{vo2}|<|A_{vo1}|$$

放大器 #2 的輸出阻抗則因源極退化而提高：

$$R_{out2} = r_o+(1+g_mr_o)R_S$$

所以

$$R_{out2}>R_{out1}$$

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選項分析

(a) 輸入阻抗 $R_{in}$

兩者的輸入端皆接在 MOSFET 閘極，閘極電流近似為零：

$$R_{in1}\approx R_{in2}\approx\infty$$

因此放大器 #1 並沒有比較大，選項錯誤。

核心觀念

本題考查：

1. PMOS 電流鏡的電流比例。
2. MOSFET 飽和區的小訊號參數：
   $g_m=\sqrt{2\mu C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L}I_D}$
   $r_o=\frac{1}{\lambda I_D}$
3. 共源級放大器的電壓增益：
   $A_v\approx -g_{m1}(r_{o1}\parallel r_{o2})$

由於兩個耦合電容皆為 $C=\infty$，在交流小訊號下可視為短路，因此 $v_i$ 直接加在 $M_1$ 的閘極，輸出 $v_o$ 位於 $M_1$ 與 $M_2$ 的汲極接點。

解題方法

1. 求 $M_2$ 的偏壓電流

$M_2$、$M_3$ 構成 PMOS 電流鏡，且閘極相連。已知：

$I_{D3}=0.1\text{ mA}$

因此，忽略電流鏡中通道長度調變造成的直流比例誤差：

$I_{D2}=I_{D3}\frac{(W/L)_2}{(W/L)_3}$

代入元件尺寸：

$I_{D2}=0.1\text{ mA}\times\frac{20}{5}=0.4\text{ mA}$

在直流工作點，輸出節點沒有直流外接負載，因此：

$I_{D1}=I_{D2}=0.4\text{ mA}$

2. 求 $M_1$ 的跨導

對 $M_1$：

$$g_{m1} =\sqrt{2\mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L}_1 I_{D1}}$$ $$g_{m1} =\sqrt{2(0.2\text{ mA/V}^2)(1)(0.4\text{ mA})} =0.4\text{ mA/V}$$

因此：

$g_{m1}=0.4\text{ mS}$

3. 求 $M_1$ 與 $M_2$ 的輸出電阻

對 $M_1$：

核心觀念

三級環形振盪器的振盪頻率由迴路相位條件決定。每級反向器提供 $180^\circ$ 反相，負載電阻 $R_L$ 與電容 $C_L$ 則形成一階低通極點，另外提供隨頻率增加的相位落後。

解題方法

依圖可讀出：三級相同的類比反向器串接成環，第三級輸出回授至第一級輸入；每級輸出端具有負載電阻 $R_L=1\,\text{k}\Omega$ 與負載電容 $C_L=0.1\,\text{pF}$。不考慮通道長度調變時，忽略 MOSFET 的輸出電阻，單級的主要極點由 $R_LC_L$ 決定。

令單級小訊號增益為

$$A_v(s)=\frac{-A_0}{1+sR_LC_L}$$

其中 $A_0$ 為低頻增益。單級相位為 $-180^\circ-\tan^{-1}(\omega R_LC_L)$。三級總相位需為 $360^\circ$ 的整數倍；取振盪的最低頻相位條件：

$$-3\left[180^\circ+\tan^{-1}(\omega_{\text{osc}}R_LC_L)\right] =-720^\circ$$

因此

核心觀念

本題考查 BJT 電流增益的定義、影響電流增益的結構因素，以及 BJT 與兩個獨立二極體的差異。

共射極電流增益定義為

$$\beta = \frac{I_C}{I_B}$$

共基極電流增益定義為

$$\alpha = \frac{I_C}{I_E}$$

由 $I_E=I_C+I_B$ 可得

$$\beta = \frac{\alpha}{1-\alpha}$$

因此，提升電流增益的核心，是讓由射極注入基極的載子有較高比例能穿越基極、到達集極，同時減少基極電流。

解題方法

從高電流增益所需的 BJT 結構判斷選項：基極應做得薄，射極應重摻雜，使射極有效注入載子；基極摻雜則須相對低，降低基極向射極注入的載子比例。再檢查兩個二極體是否能呈現 BJT 的載子傳輸作用，並判斷同批元件的增益是否一致。

選項分析

核心觀念

這題考查雙極接面電晶體電流鏡：二極體接法的 $Q_1$ 決定參考電流，匹配的 $Q_2$ 以相同的基極—射極電壓複製該電流。標準理想分析中，忽略基極電流，並假設兩顆電晶體匹配。

解題方法

圖中 $Q_1$ 的集極與基極相接，$Q_1$、$Q_2$ 的基極相連，兩者射極接至 $-5\text{ V}$；參考支路由 $+5\text{ V}$ 經 $9.3\text{ k}\Omega$ 電阻連到 $Q_1$ 的集極—基極節點。題目給定 $V_{\text{BE,on}}=0.7\text{ V}$。

因此基極節點電壓為

$$V_B=-5+0.7=-4.3\text{ V}$$

電阻上的電壓為

$$V_R=5-(-4.3)=9.3\text{ V}$$

參考電流為

核心觀念

本題考查 BJT 小訊號等效電路與射極退化。小訊號模型中，$r_\pi$ 連接基極與射極，且 $r_\pi=\beta/g_m$；射極電阻反映到基極的等效電阻為 $(\beta+1)R_E$。

解題方法

圖中為 NPN 共射極電路：訊號源經 $10\,\text{k}\Omega$ 接至基極；射極由 $0.2\,\text{mA}$ 電流源偏壓，並透過電容接到 $125\,\Omega$ 電阻。集極有 $10\,\text{k}\Omega$ 電阻與電容耦合的 $10\,\text{k}\Omega$ 負載。由於 $C=\infty$，小訊號分析時電容視為短路；理想直流電流源的小訊號等效為開路，因此射極的小訊號電阻為 $125\,\Omega$。

直流射極電流為 $I_E=0.2\,\text{mA}$，故

$$I_C=\frac{\beta}{\beta+1}I_E =\frac{100}{101}(0.2\,\text{mA}) =0.1980\,\text{mA}$$ $$g_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{0.1980\,\text{mA}}{26\,\text{mV}} =7.616\,\text{mS}$$

核心觀念

本題考查共集極放大器（射極隨耦器）的交流小訊號電壓增益。電壓增益定義為 $A_v=v_o/v_i$；需先由偏壓電流求出 $g_m$ 與 $r_\pi$，再用小訊號等效電路計算。

解題方法

圖中 $Q_1$ 的集極接 $3\text{ V}$，射極接理想電流源與 $R_L=100\,\Omega$，輸入與輸出都經 $C=\infty$ 的電容耦合；題目給定 $R_B=1\,\text{M}\Omega$、$I_E=1.01\,\text{mA}$、$\beta=100$、$V_T=25\,\text{mV}$。交流分析時，耦合電容視為短路、直流電源視為交流接地，理想電流源的小訊號等效為開路。輸入 $v_i$ 是理想電壓源，直接設定基極電壓，因此 $R_B$ 不影響 $v_o/v_i$。

先由 $\beta=I_C/I_B$ 與 $I_E=I_C+I_B$ 求集極電流：

$$I_C=\frac{\beta}{\beta+1}I_E =\frac{100}{101}(1.01\,\text{mA}) =1.00\,\text{mA}$$

因此：

核心觀念

BJT 的小訊號轉導定義為集極電流對基極—射極電壓的變化率。題目給定

$$I_C=I_S\exp\left(\frac{V_{EB}}{V_T}\right)$$

對 $V_{EB}$ 微分，可得

$$g_m=\frac{\partial I_C}{\partial V_{EB}}=\frac{I_C}{V_T}$$

因此先由電路的直流偏壓求出 $I_C$，再代入轉導公式。

解題方法

圖中是 PNP 電晶體：射極經 $R_E=4.3\,\text{k}\Omega$ 接至 $+5\,\text{V}$，集極經 $R_C=4.3\,\text{k}\Omega$ 接至 $-5\,\text{V}$，基極經 $R_1=50\,\text{k}\Omega$ 接地。依題目給定，$|V_{BE}|=0.7\,\text{V}$、$\beta=100$；圖中的耦合電容標示為 $C=\infty$，但求直流工作點時視為開路。

令基極電壓為 $V_B$，則 PNP 電晶體的射極電壓為

$$V_E=V_B+0.7$$

基極電流經 $R_1$ 流向地，因此

$$I_B=\frac{V_B}{50\,\text{k}\Omega}$$

射極電流由 $+5\,\text{V}$ 經 $R_E$ 提供，且 $I_E=(\beta+1)I_B$。列式：

核心觀念

這題考 MOSFET 差動對的共模響應。兩個匹配的 MOSFET 閘極同時接收相同的共模輸入，尾電流源固定總電流 $I$，因此對稱工作時：

$$I_{D1}=I_{D2}=\frac{I}{2}$$

MOSFET 在飽和區的電流主要由閘源電壓 $V_{GS}$ 決定；汲極電壓的小訊號變化可寫成 $\Delta v_o=-R_D\Delta i_D$。

解題方法

圖中 $Q_1$、$Q_2$ 為匹配的 MOSFET，兩個閘極接同一個共模輸入 $v_{\text{CM}}$；兩個汲極各經 $R_D$ 接至 $V_{DD}$，共源節點 $V_S$ 接理想尾電流源 $I$。在兩管維持對稱且工作於飽和區時，$v_{\text{CM}}$ 上升會使 $V_S$ 跟著上升，讓兩管的 $V_{GS}=v_{\text{CM}}-V_S$ 維持不變。

因此兩管電流仍各為 $I/2$，汲極電阻上的壓降不變，$V_{O1}$、$V_{O2}$ 也不變。以小訊號表示：

核心觀念

此題考 MOS 差動放大器的偏壓縮放。長通道 MOS 在飽和區時，若尺寸與製程參數不變：

$$g_m \propto \sqrt{I_D}, \qquad r_o \propto \frac{1}{I_D}$$

因此，偏壓電流加倍會使跨導乘上 $\sqrt{2}$，而輸出電阻減半。差動增益約為跨導乘上輸出電阻；輸出端的主極點則由輸出電阻與負載電容決定。

解題方法

圖中是 NMOS 差動輸入對、尾電流源 $I_{\text{bias}}$，上方以 PMOS 電流鏡作主動負載，輸出 $V_o$ 接負載電容 $C_L$。題目給定原偏壓為 $1\,\text{mA}$，提高至 $2\,\text{mA}$，且其他條件不變。

在平衡偏壓下，尾電流加倍會使每支輸入 MOS 的汲極電流加倍；PMOS 電流鏡支路電流也隨之加倍。因此各支路的 $g_m$ 乘上 $\sqrt{2}$，$r_o$ 減半。

差動增益的大小可寫成

$$|A_{do}| \approx g_m R_{\text{out}}$$

其中 $R_{\text{out}}$ 由輸出節點看到的 MOS 輸出電阻組成。電流加倍後，$g_m$ 乘上 $\sqrt{2}$，而 $R_{\text{out}}$ 除以 $2$，所以

核心觀念

這題考 PMOS 差動對的偏壓電流、小訊號跨導，以及差動輸出增益。忽略通道長度調變時，MOSFET 的輸出電阻視為無限大；差動輸入使兩支路電流產生等量反向變化，因此兩側負載上的輸出電壓變化相減。

解題方法

圖中 $M_3$ 是閘極偏壓為 $3.5\text{ V}$、源極接 $V_{DD}=5\text{ V}$ 的 PMOS，作為差動對的偏壓電流源；$M_1$、$M_2$ 為尺寸相同的 PMOS 差動對，各自接一個 $5\,\text{k}\Omega$ 負載。圖示輸入的正端接 $M_2$ 閘極、負端接 $M_1$ 閘極；輸出定義為左側減右側，即 $v_o=v_{o1}-v_{o2}$。

先求 $M_3$ 提供的總偏壓電流。其過驅電壓為

$$V_{OV3}=V_{SG3}-|V_{tp}|=(5-3.5)-0.5=1\text{ V}.$$

由飽和區電流公式，

$$I_{\text{bias}} =\frac{1}{2}\mu_p C_{ox}(W/L)_3V_{OV3}^2 =\frac{1}{2}(0.05)(20)(1)^2 =0.5\text{ mA}.$$

平衡偏壓時，兩支路電流相等，因此

$$I_{D1}=I_{D2}=\frac{I_{\text{bias}}}{2}=0.25\text{ mA}.$$

每支差動對電晶體的跨導為

核心觀念

共模輸入範圍是兩個輸入端同時改變時，仍能讓放大器中相關 MOSFET 保持在飽和區的輸入電壓範圍。下限由輸入級 PMOS 的飽和條件決定；上限由提供偏壓電流的 PMOS $Q_5$ 的飽和條件決定。

解題方法

由圖可讀出：$Q_8$、$Q_5$ 是 PMOS 電流鏡，尺寸皆為 $80/0.8$；輸入差動對 $Q_1$、$Q_2$ 是 PMOS，尺寸皆為 $40/0.8$；負載 $Q_3$、$Q_4$ 是 NMOS，尺寸皆為 $10/0.8$。電源為 $V_{\text{DD}}=2.5\text{ V}$、$V_{\text{SS}}=-2.5\text{ V}$，且 $Q_5$ 提供的電流分配給 $Q_1$、$Q_2$。

先由 $Q_8$、$Q_5$ 的電流鏡比例求偏壓電流：

$$I_5=I_{\text{REF}}\frac{(W/L)_5}{(W/L)_8} =100\,\mu\text{A}$$

兩輸入相等時，差動對各分得一半電流：

$$I_{D1}=I_{D2}=50\,\mu\text{A}$$

MOSFET 在飽和區的平方律為 $I_D=\frac{1}{2}\mu C_{\text{ox}}(W/L)V_{\text{OV}}^2$。對 $Q_1$、$Q_2$：

$$V_{\text{OV},p} =\sqrt{\frac{2(50\,\mu\text{A})} {(50\,\mu\text{A}/\text{V}^2)(40/0.8)}} =0.2\text{ V}$$

對 $Q_3$、$Q_4$，各流過 $50\,\mu\text{A}$：

$$V_{\text{OV},n} =\sqrt{\frac{2(50\,\mu\text{A})} {(200\,\mu\text{A}/\text{V}^2)(10/0.8)}} =0.2\text{ V}$$

$Q_3$ 為二極體接法，因此其汲極電壓為

核心觀念

本題考二級 CMOS 放大器的中頻小訊號電壓增益。兩級增益相乘：

$$A_v=\frac{v_o}{v_{in+}-v_{in-}}=A_1A_2$$

其中第一級是 PMOS 差動對搭配 NMOS 電流鏡負載，第二級是 NMOS 共源級搭配 PMOS 電流源負載。小訊號參數使用 $g_m=\sqrt{2\mu C_{ox}(W/L)I_D}$、$r_o=|V_A|/I_D$。

解題方法

依圖，$Q_8$ 為二極體接法的 PMOS 參考支路，$Q_5$、$Q_7$ 與其構成電流鏡；$Q_1,Q_2$ 是 PMOS 差動輸入對，$Q_3,Q_4$ 是 NMOS 電流鏡負載；$Q_6$ 為第二級 NMOS 共源放大管。補償電容 $C_C$ 跨接第一級輸出節點與 $v_o$，計算中頻增益時視為開路。

由 $Q_5$ 與 $Q_8$ 尺寸相同，尾電流為 $100\,\mu\text{A}$。平衡時：

$$I_{D1}=I_{D2}=I_{D3}=I_{D4}=50\,\mu\text{A}$$

$Q_7$ 與 $Q_8$ 尺寸相同，因此 $I_{D7}=100\,\mu\text{A}$。$Q_6$ 的尺寸是 $Q_4$ 的兩倍，故 $I_{D6}=100\,\mu\text{A}$。

第一級中，$Q_1,Q_2$ 的 $\mu_p C_{ox}(W/L)=50\times(40/0.8)=2500\,\mu\text{A}/\text{V}^2$，因此：

$$g_{m1}=g_{m2} =\sqrt{2(2500)(50)}\,\mu\text{S} =500\,\mu\text{S}$$

每支輸出管的輸出電阻為：