111 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

理想運算放大器電路的輸出電壓，必須依據電路拓撲、電阻值及輸入端連接方式計算。若為反相加法器，通常使用：

$$V_o=-R_f\left(\frac{V_1}{R_1}+\frac{V_2}{R_2}+\frac{V_3}{R_3}\right)$$

若為非反相加法器，則計算公式會依電路配置而不同。

解題方法

目前附上的圖片內容是「控制系統」第 3 題，圖中只有回授控制方塊圖，沒有題目所述的理想運算放大器電路，也沒有各電阻的阻值與連接方式。

因此，僅由輸入訊號

核心觀念

本題考查反相運算放大器積分器的輸出斜率，以及運算放大器的輸出飽和電壓與輸出電流限制。

理想積分器的關係式為

$$V_o(t)=-\frac{1}{RC}\int_0^t V_i(\tau)\,d\tau$$

若輸入為自 $t=0$ 起施加的固定電壓 $V_i=0.1\text{ V}$，且初始輸出為 $0\text{ V}$，則

$$V_o(t)=-\frac{V_i}{RC}t$$

因此輸出會朝負飽和電壓 $-10\text{ V}$ 移動。

解題方法

若輸出電流限制尚未作用，所需時間為

$$10=\frac{0.1}{RC}t$$

所以

$$t=100RC$$

其中 $C=10\text{ pF}$，故

$$t=100R(10\text{ pF}) =10^{-9}R\text{ s}$$

若輸入電阻以 $\Omega$ 為單位，則

$$t=R\text{ ns}$$

另一方面，電容充放電電流為

$$i_C=C\left|\frac{dV_o}{dt}\right|$$

受運算放大器輸出電流限制時，

$$\left|\frac{dV_o}{dt}\right| \leq \frac{I_{\max}}{C} =\frac{20\text{ mA}}{10\text{ pF}} =2\times 10^9\text{ V/s} =2\text{ V/ns}$$

核心觀念

本題考查二極體的小訊號模型與交流等效電路。

由圖 (b) 可知二極體的電流—電壓曲線斜率為

$$\frac{di_D}{dv_D}=0.025\ \Omega^{-1}$$

因此二極體的小訊號電阻為

$$r_d=\frac{dv_D}{di_D} =\frac{1}{0.025} =40\ \Omega$$

輸入訊號振幅為 $9\ \text{mV}$，需計算經由二極體網路與 $50\Omega$ 負載分壓後的輸出振幅。

解題方法

在小訊號交流分析中，理想直流電流源視為開路。因此，上方與下方的 $2.5\text{mA}$ 電流源在交流等效電路中均為開路。

二極體以小訊號電阻 $r_d=40\Omega$ 取代。從輸入端到輸出端有上下兩條等效路徑：

核心觀念

本題考查二極體串聯偏壓電路的小訊號分析。

二極體方程式為

$$I=I_S e^{V_D/(nV_T)}$$

因此二極體的小訊號電阻為

$$r_d=\frac{nV_T}{I}$$

四顆特性相同且串聯，總小訊號電阻為

$$r_{d,\text{total}}=4r_d=\frac{4nV_T}{I}$$

解題方法

直流工作點下，電阻中的電流為

$$I=\frac{8V-3V}{5k\Omega} =\frac{5V}{5k\Omega} =1mA$$

由於 $n=1$、$V_T=0.025V$，每顆二極體的小訊號電阻為

$$r_d=\frac{nV_T}{I} =\frac{0.025V}{1mA} =25\Omega$$

四顆串聯後：

$$r_{d,\text{total}}=4(25\Omega)=100\Omega$$

核心觀念

本題考查增強型 MOSFET 的：

• 製程縮放與電流特性
• 通道長度調變效應
• 閘極直流與交流等效特性
• 三極區與飽和區的分界條件
• MOSFET 中垂直電場與水平電場的作用

對增強型 nMOS 而言，忽略通道長度調變時：

三極區：

$$I_D=\mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L} \left[(V_{GS}-V_T)V_{DS}-\frac{V_{DS}^2}{2}\right]$$

飽和區：

$$I_D=\frac{1}{2}\mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L}(V_{GS}-V_T)^2$$

三極區進入飽和區的條件為：

$$V_{DS}=V_{GS}-V_T$$

考慮通道長度調變時，飽和區電流近似為：

$$I_D=\frac{1}{2}\mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L} (V_{GS}-V_T)^2(1+\lambda V_{DS})$$

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解題方法

逐項檢查各敘述是否符合 MOSFET 的基本模型：

1. 需要相同電流特性時，不能只看 $W/L$，還要考慮製程參數。
2. 飽和區的 $I_D$–$V_{DS}$ 斜率由 $\lambda$ 決定，並可由 $r_o$ 判斷。
3. 閘極雖然沒有直流電流，但存在寄生電容，因此交流訊號仍可耦合通過。
4. 利用汲極端反轉層電荷降為零的條件，判斷三極區與飽和區邊界。
5. 分辨閘極垂直電場與汲極—源極水平電場的功能。

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選項分析

(a) 錯誤

製程由一代換到另一代時，即使保持相同的通道寬長比 $W/L$，也不一定得到相同的電流—電壓特性。

由飽和區電流式：

$$I_D=\frac{1}{2}\mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L} (V_{GS}-V_T)^2$$

可知電流除了與 $W/L$ 有關，也與下列製程參數有關：

• 電子遷移率 $\mu_n$
• 氧化層電容密度 $C_{\mathrm{ox}}$
• 臨界電壓 $V_T$
• 通道長度調變參數 $\lambda$

不同世代製程通常會改變氧化層厚度、遷移率、臨界電壓及短通道效應，因此只保持相同的 $W/L$ 並不足以維持相同特性。

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(b) 正確

考慮通道長度調變時：

$$I_D=I_{D,\mathrm{sat}}(1+\lambda V_{DS})$$

其中：

$$I_{D,\mathrm{sat}} = \frac{1}{2}\mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L} (V_{GS}-V_T)^2$$

因此飽和區輸出特性曲線的斜率為：

$$\frac{\partial I_D}{\partial V_{DS}} = \lambda I_{D,\mathrm{sat}}$$

MOSFET 的小訊號輸出電阻為：

核心觀念

本題考查 MOSFET 的三個重點：

1. 三極區（線性區）特性
   $I_D=\mu_n C_{ox}\frac{W}{L}\left[(V_{GS}-V_T)V_{DS}-\frac{V_{DS}^2}{2}\right]$

   當 $V_{DS}$ 很小時，可忽略 $V_{DS}^2/2$：
   $I_D\approx \mu_n C_{ox}\frac{W}{L}(V_{GS}-V_T)V_{DS}$

2. 飽和區特性
   $I_D=\frac{1}{2}\mu C_{ox}\frac{W}{L}(V_{OV})^2$

   其中 $V_{OV}=V_{GS}-V_T$（NMOS），或 $V_{OV}=V_{SG}-|V_T|$（PMOS）。

3. 二極體接法 MOSFET

   當閘極與汲極相接時，$V_{DS}=V_{GS}$（NMOS）或 $V_{DS}=V_{SG}$（PMOS），只要元件導通，必定工作於飽和區。

選項分析

（a）正確

當 $V_{GS}>V_T$ 且 $V_{DS}$ 接近零時，NMOS 工作在線性區：

$I_D=\mu_n C_{ox}\frac{W}{L}\left[(V_{GS}-V_T)V_{DS}-\frac{V_{DS}^2}{2}\right]$

因為 $V_{DS}$ 很小，可近似為：

$I_D\approx \mu_n C_{ox}\frac{W}{L}(V_{GS}-V_T)V_{DS}$

因此等效電阻為：

$R_{DS}\approx \frac{1}{\mu_n C_{ox}(W/L)(V_{GS}-V_T)}$

所以通道電導

$g_{DS}\approx \mu_n C_{ox}\frac{W}{L}(V_{GS}-V_T)$

確實正比於 $V_{GS}-V_T$，而且 $I_D$ 正比於 $(V_{GS}-V_T)V_{DS}$，故本項正確。

（b）錯誤

當 $V_{DS}$ 增加時，靠近汲極端的通道電位升高，使有效的閘極對通道電壓降低，通道會呈現由源極端較寬、汲極端較窄的錐形。

然而，通道變窄會使通道電阻增加，而不是減少。當 $V_{DS}$ 增加至

$V_{DS}=V_{GS}-V_T$

汲極端通道夾止，進入飽和區。因此本項後半段敘述錯誤，整項錯誤。

（c）正確

圖（6-a）中，NMOS 與 PMOS 的閘極、汲極分別相接於 $V_S$，兩者電流大小相同，且皆工作於飽和區。

NMOS：

$V_{GS,n}=V_S$

$V_{OV,n}=V_S-0.5$

PMOS：

核心觀念

本題考查含汲極—閘極回授電阻的 MOSFET 小信號分析。由於 MOSFET 閘極電流近似為零，$R_1$ 與 $R_2$ 形成由輸出端 $v_o$ 回授至閘極的分壓：

$$v_g=\frac{R_1}{R_1+R_2}v_o$$

且訊號源直接接在源極，因此

$$v_s=v_{sig}$$

小信號閘源電壓為

$$v_{gs}=v_g-v_s$$

解題方法

題目給定 $R_1=R_2=0.5\,\text{M}\Omega$，所以

$$v_g=\frac{0.5}{0.5+0.5}v_o =\frac{v_o}{2}$$

因此

$$v_{gs}=\frac{v_o}{2}-v_{sig}$$

忽略通道長度調變效應，故 $r_o=\infty$。在汲極節點寫小信號 KCL：

$$\frac{v_o}{R_D}+g_m v_{gs}=0$$

代入 $v_{gs}$：

$$\frac{v_o}{R_D}+g_m\left(\frac{v_o}{2}-v_{sig}\right)=0$$

整理得

核心觀念

本題考查共源極 MOSFET 放大器的小訊號分析，以及電流改變後的工作點：

• 過驅電壓：
  $V_{ov}=V_{GS}-V_t$
• 飽和區汲極電流：
  $I_D=\frac{1}{2}k_nV_{ov}^2(1+\lambda V_{DS})$
• 轉導：
  $g_m=\frac{2I_D}{V_{ov}}$
• 輸出電阻：
  $r_o=\frac{1}{\lambda I_D}$
• 電壓增益：
  $\frac{v_o}{v_i}=-g_m\left(r_o\parallel R_G\parallel R_L\right)$

兩個電容值為無限大，因此在交流分析時視為短路；理想電流源在交流時視為開路。

由於直流時閘極電流近似為零，$R_G$ 上沒有直流壓降，因此

$V_G=V_D=1.3V$

且源極接地，所以

$V_{GS}=1.3V$

初始過驅電壓為

$V_{ov}=V_{GS}-V_t=1.3-0.8=0.5V$

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解題方法與初始電壓增益

初始轉導：

$$g_m=\frac{2I_D}{V_{ov}} =\frac{2(500\mu A)}{0.5V} =2mA/V$$

考慮通道長度調變後，輸出電阻為

$$r_o=\frac{1}{\lambda I_D} =\frac{1}{(0.01)(500\mu A)} =200k\Omega$$

交流負載為

$$R_{\text{eq}}=r_o\parallel R_G\parallel R_L$$ $$R_{\text{eq}} =200k\Omega\parallel10M\Omega\parallel10k\Omega \approx9.51k\Omega$$

因此

$$\frac{v_o}{v_i} =-g_mR_{\text{eq}} =-(2mA/V)(9.51k\Omega) \approx-19.0V/V$$

所以選項 (a) 正確。

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電流上升至 $1.28mA$ 時

因為 $R_G$ 只負責直流偏壓，且閘極電流為零，仍有

$V_D=V_G=V_{GS}$

令新的過驅電壓為 $V_{ov2}$，則

$V_{D2}=V_{GS2}=V_t+V_{ov2}=0.8+V_{ov2}$

利用兩個工作點的電流比：

$$\frac{I_{D2}}{I_{D1}} = \left(\frac{V_{ov2}}{V_{ov1}}\right)^2 \frac{1+\lambda V_{D2}}{1+\lambda V_{D1}}$$

代入數值：

核心觀念

本題考查負回授對放大器增益變動的抑制作用。

基本放大器增益為 $A$，回授因子為 $\beta$ 時，負回授閉迴路增益為

$$A_f=\frac{A}{1+A\beta}$$

閉迴路增益對基本增益變化的相對敏感度為

$$\frac{\Delta A_f}{A_f} \approx \frac{1}{1+A\beta}\frac{\Delta A}{A}$$

其中

$$\frac{1}{1+A\beta}$$

稱為增益敏感度。

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解題方法

已知基本放大器額定增益

$$A=1000$$

閉迴路額定增益

$$A_f=10$$

由負回授公式：

$$10=\frac{1000}{1+1000\beta}$$

因此

$$1+1000\beta=100$$

所以

$$1+A\beta=100$$

基本放大器因溫度變化產生的增益變動為

$$\frac{\Delta A}{A}=\pm 10\%$$

閉迴路增益變動量為

$$\frac{\Delta A_f}{A_f} \approx \frac{1}{100}(\pm 10\%)$$ $$=\pm 0.1\%$$

因此正確選項為

$$\boxed{\text{(f)}\ \pm 0.1\%}$$

若採用精確計算，當 $A$ 分別變為 $1100$ 與 $900$ 時：

$$A_{f,\max}=\frac{1100}{1+1100(0.099)} \approx 10.009$$ $$A_{f,\min}=\frac{900}{1+900(0.099)} \approx 9.989$$

相對於額定值 $10$，變化約為 $+0.091\%$ 與 $-0.111\%$，以選項精度表示即為約 $\pm 0.1\%$。

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選項分析

• (a) $\pm 20\%$：錯誤。
  此數值大於原基本放大器的 $\pm 10\%$ 變化，違反負回授能降低增益敏感度的特性。

核心觀念

本題考查轉阻回授放大器的輸入輸出關係：

$$A_f=\frac{V_o}{I_s}$$

因為 $C_C=\infty$，在交流小訊號下視為短路，因此輸入電流源上端與 MOSFET 閘極相連。MOSFET 閘極電流為零，但 $g_m v_{gs}$ 與 $r_o$ 必須納入小訊號模型。

輸出端的理想直流電流源在小訊號下視為開路。

解題方法

設閘極電壓為 $v_g$，且 MOSFET 源極接地，因此

$$v_{gs}=v_g$$

在輸出端 $v_o$ 寫 KCL：

$$\frac{v_o}{r_o}+\frac{v_o-v_g}{R_F}+g_m v_g=0$$

整理得

$$v_o\left(\frac{1}{r_o}+\frac{1}{R_F}\right) =v_g\left(\frac{1}{R_F}-g_m\right)$$

因此

$$\frac{v_o}{v_g} = \frac{\frac{1}{R_F}-g_m} {\frac{1}{r_o}+\frac{1}{R_F}}$$

代入數值：

$$\frac{v_o}{v_g} = \frac{\frac{1}{20\,\text{k}\Omega}-4.5\,\text{mA/V}} {\frac{1}{20\,\text{k}\Omega}+\frac{1}{20\,\text{k}\Omega}} =-44.5$$

再於輸入節點寫 KCL：

核心觀念

單極點運算放大器的開迴路增益頻率響應為

$$A(f)=\frac{A_0}{1+j(f/f_p)}$$

因此其大小為

$$|A(f)|=\frac{A_0}{\sqrt{1+(f/f_p)^2}}$$

迴路增益大小為 $|A(f)\beta|$。非反相放大器的閉迴路增益與迴路增益的關係為

$$G=\frac{A_0}{1+A_0\beta}$$

其中 $G$ 是低頻閉迴路增益，$\beta$ 是回授因數。

解題方法

由低頻閉迴路增益 $G=100$，利用有限開迴路增益下的閉迴路增益公式求回授因數：

$$100=\frac{10^5}{1+10^5\beta}$$ $$1+10^5\beta=1000$$ $$\beta=\frac{999}{10^5}=0.00999$$

接著計算各選項頻率的迴路增益大小：

$$|A(f)\beta| =\frac{10^5(0.00999)}{\sqrt{1+(f/10)^2}} =\frac{999}{\sqrt{1+(f/10)^2}}$$

令迴路增益大小等於 $1$，可估算其交越頻率：

$$\frac{999}{\sqrt{1+(f/10)^2}}=1$$ $$f=10\sqrt{999^2-1}\approx 9.99\times 10^3\ \mathrm{Hz}$$

因此最接近 $10^4\ \mathrm{Hz}$。

選項分析

核心觀念

回授放大器的迴路增益為 $L(s)=A(s)\beta$。當迴路增益大小降至 $1$ 時，該頻率稱為增益交越頻率；相位邊限為

$$\mathrm{PM}=180^\circ+\angle L(j\omega_c)$$

閉迴路增益為 $20\ \mathrm{dB}$，即 $10$ 倍。對電壓串聯回授放大器，在開迴路增益遠大於閉迴路增益時，$\beta\approx 1/10=0.1$。

補償時，新增一個低頻主極點，使高頻交越頻率降低。若原有極點在交越頻率附近造成約 $-45^\circ$ 相位，而新增的低頻極點造成約 $-90^\circ$ 相位，總相位約為 $-135^\circ$，因此相位邊限約為 $45^\circ$。

解題方法

直流開迴路增益為

$$A_0=10^{100/20}=10^5$$

原有主極點頻率為 $f_0=1\ \mathrm{MHz}$。依單一原有極點的補償近似，將增益交越頻率設在 $f_0$ 附近，使原有極點提供約 $-45^\circ$ 相位；新增極點則須遠低於交越頻率，提供近似 $-90^\circ$ 相位。

在 $f_c=f_0=1\ \mathrm{MHz}$ 時，包含原有極點衰減後的迴路增益大小為

$$|L(j2\pi f_c)| = \frac{\beta A_0} {\sqrt{1+(f_c/f_{\mathrm{new}})^2}\sqrt{1+(f_c/f_0)^2}}$$

令交越時 $|L|=1$，代入 $\beta A_0=0.1\times10^5=10^4$，且 $f_c=f_0$：

$$1= \frac{10^4} {\sqrt{1+(10^6/f_{\mathrm{new}})^2}\sqrt{2}}$$

因此

$$f_{\mathrm{new}} = \frac{10^6}{\sqrt{(10^4/\sqrt{2})^2-1}} \approx 141\ \mathrm{Hz}$$

核心觀念

本題考查二極體接法的 BJT 偏壓與節點電流。因 $\beta\to\infty$，兩顆電晶體的基極電流皆為零，因此 $Q_1$ 的集極電流等於射極電流，且 $R_B$ 的電流全部流經 $Q_1$。兩顆電晶體的基極電壓相同，且 $V_{BE}=0.7\ \mathrm{V}$，所以兩者射極電壓相同。

解題方法

圖中 $R_B=8\ \mathrm{k\Omega}$ 由 $+5\ \mathrm{V}$ 接至節點 $V_B$；$Q_1$ 為基極與集極相接的二極體接法，射極串接 $R_{E1}=600\ \Omega$ 接地。$Q_2$ 的基極接 $V_B$，射極串接 $R_{E2}=300\ \Omega$ 接地，集極經 $R_L=2\ \mathrm{k\Omega}$ 接至 $+5\ \mathrm{V}$，集極電壓即為 $V_O$。

令共同射極電壓為 $V_E$，則

$$V_B=V_E+0.7$$

由於 $Q_1$ 的基極電流為零，流經 $R_B$ 的電流等於 $Q_1$ 的射極電流：

$$\frac{5-V_B}{8\,000}=\frac{V_E}{600}$$

代入 $V_B=V_E+0.7$：

解題方法

圖中 $Q_1$ 的集極經 $R_C=3\,\mathrm{k}\Omega$ 接至 $+5\,\mathrm V$，基極經 $R_B=20\,\mathrm{k}\Omega$ 接到小訊號電壓源；射極經 $R_E=75\,\Omega$ 接至 $1\,\mathrm{mA}$ 電流源，並由 $C_E=\infty$ 旁路至地。$R_{\mathrm{in}}$ 的測量端在 $R_B$ 與基極之間，因此計算時不包含 $R_B$。

核心觀念

小訊號下，$C_E$ 可視為短路，使 $R_E$ 下端成為交流接地，但 $R_E$ 仍在射極小訊號路徑中。從基極看入的輸入電阻為

$$R_{\mathrm{in}}=r_\pi+(\beta+1)R_E, \qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m}, \qquad g_m=\frac{I_C}{V_T}.$$

計算與工作區確認

直流時，小訊號電壓源的直流值為零，電流源設定射極電流 $I_E=1\,\mathrm{mA}$。假設工作於主動區，利用 $\beta=99$：

$$I_E=I_C+I_B=(\beta+1)I_B$$ $$I_B=\frac{1\,\mathrm{mA}}{100}=10\,\mathrm{\mu A}, \qquad I_C=99I_B=0.99\,\mathrm{mA}.$$

基極經 $R_B$ 接至直流零伏，因此 $V_B=-I_BR_B=-0.2\,\mathrm V$。集極電壓為

核心觀念

這題考互補式射極隨耦器的直流偏壓與基極電流。使用 $\beta=I_C/I_B$，以及 $I_E=I_C+I_B=(\beta+1)I_B$；射極電壓則由基極電壓扣除正向導通的 $V_{BE}$。

解題方法

圖中 $V_I=2.7\ \mathrm{V}$ 經 $100\ \mathrm{k\Omega}$ 電阻接到兩顆電晶體共用的基極 $V_B$；上方 $Q_1$ 的集極接 $+5\ \mathrm{V}$，射極接輸出 $V_E$，而 $V_E$ 經 $1\ \mathrm{k\Omega}$ 電阻接地。下方 $Q_2$ 的射極也接 $V_E$，集極接 $-5\ \mathrm{V}$。

由於輸入為正，$Q_1$ 導通，$Q_2$ 截止。對 $Q_1$：

$$V_E=V_B-0.7$$

輸出電阻上的電流就是 $Q_1$ 的射極電流：

$$I_E=\frac{V_E}{1\ \mathrm{k\Omega}}$$

又因為 $\beta=99$，所以 $\beta+1=100$，基極電流為：

$$I_B=\frac{I_E}{\beta+1} =\frac{V_E}{100\ \mathrm{k\Omega}}$$

輸入電阻的電流等於 $Q_1$ 的基極電流，因此：

核心觀念

本題考查 BJT 的電流增益與溫度特性。電流增益定義為

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

在主動區，集極電流可近似表示為

$$I_C=I_S e^{V_{BE}/V_T}, \qquad V_T=\frac{kT}{q}$$

其中 $I_S$ 是反向飽和電流，$V_T$ 是熱電壓。電流增益則受射極注入效率、基極內的載子復合及基極寬度等因素影響。

解題方法

逐一檢查各敘述的因果關係：

1. 射極摻雜較重，有助於提高射極注入效率，減少由基極注入射極的載子比例。
2. 基極較窄，可減少載子穿越基極時的復合，使基極電流降低，因而提高 $\beta$。
3. 一般教材所述的 BJT 溫度特性中，在額定工作溫度範圍內，溫度上升時電流增益通常上升。
4. 固定偏壓電流時，溫度升高會使達到相同集極電流所需的 $V_{BE}$ 降低。

選項分析

(A) 正確。
射極摻雜濃度通常高於基極，能提高射極向基極注入載子的比例，也就是提高射極注入效率。

核心觀念

本題考查 MOSFET 飽和區條件與二極體接法 MOSFET 的偏壓。NMOS 在飽和區需滿足

$$V_{DS}\ge V_{GS}-V_{tn}=V_{OV}$$

其中 $V_{OV}=V_{GS}-V_{tn}$。本題計算偏壓時，必須將通道長度調變納入飽和區電流式：

$$I_D=\frac{1}{2}\mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L}V_{OV}^2(1+\lambda_N V_{DS})$$

解題方法

由圖可讀出：偏壓電流源 $I_B=0.5\,\mathrm{mA}$ 流經二極體接法的 NMOS $N_0$，其源極接地；$N_0$ 與 $N_5$ 共用閘極，且 $N_5$ 的源極接地、汲極接輸出 $v_O$。因此先由 $N_0$ 求得共同閘極偏壓，再套用 $N_5$ 的飽和條件求輸出下限。

$N_0$ 為二極體接法，故 $V_{DS0}=V_{GS0}=V_{tn}+V_{OV0}$。代入題目給定的 $\mu_n C_{\mathrm{ox}}W/L=16\,\mathrm{mA/V^2}$、$\lambda_N=0.05\,\mathrm{V^{-1}}$ 與 $V_{tn}=1.75\,\mathrm{V}$：

核心觀念

第二級是帶有源極退化電阻的 PMOS 共源級，負載為接地的 NMOS $N_5$。小訊號增益由 $P_1$ 的跨導、源極電阻 $R_3$，以及 $N_5$ 的輸出電阻共同決定。因 $P_1$ 的 $\lambda_P=0$，其小訊號輸出電阻視為無限大。

解題方法

圖中 $P_1$ 的閘極接 $v_1$，源極接節點 $v_2$，而 $v_2$ 經 $R_3=6\,\mathrm{k}\Omega$ 接至 $V_{DD}$；$P_1$ 的汲極接輸出 $v_O$，並由 $N_5$ 下拉。依偏壓鏡像，$N_5$ 的工作電流為 $I_D=I_B=0.5\,\mathrm{mA}$。

因此，

$$g_{mP_1}=\sqrt{2\left(\mu_p C_{\mathrm{ox}}\frac WL\right)I_D} =\sqrt{2(16\,\mathrm{mA/V^2})(0.5\,\mathrm{mA})} =4\,\mathrm{mS}$$

核心觀念

令 $v_{id}=0$ 時，兩個差動對輸入端都受到相同的 $v_{icm}$。尾電流源因有限輸出電阻而產生變動，使第一級的 $v_1$ 隨共模輸入改變；再乘上第二級的 $v_o/v_1$，即可得到總共模增益。

解題方法

依圖，$R_1=R_2=10\ \mathrm{k}\Omega$ 分別接在 $N_1,N_2$ 的汲極，兩管共源端為 $v_s$；$N_3,N_4$ 由 $v_b$ 偏壓並構成尾電流源。$N_1$ 汲極的 $v_1$ 驅動 $P_1$，而 $P_1$ 的源極經 $R_3=6\ \mathrm{k}\Omega$ 接至 $V_{DD}$，輸出端 $v_o$ 由 $N_5$ 拉向地。小信號分析時，$V_{DD}$ 與偏壓節點 $v_b$ 都視為交流接地。

在平衡偏壓下，每支差動對晶體管的電流為 $0.5\ \mathrm{mA}$，尾電流合計為 $1\ \mathrm{mA}$；$N_5$ 與 $P_1$ 的偏壓電流為 $0.5\ \mathrm{mA}$。由此得

$$g_{mn}=g_{mp}=\sqrt{2(16\ \mathrm{mA/V^2})(0.5\ \mathrm{mA})} =4\ \mathrm{mS}$$

每支差動對晶體管的 $g_{dsn}=\lambda_N I_D=25\ \mu\mathrm{S}$；尾電流源合計的輸出電導為 $G_t=50\ \mu\mathrm{S}$。$N_5$ 的輸出電導也是 $25\ \mu\mathrm{S}$。

第一級共模增益

令每支差動對晶體管的增量汲極電流為 $i_n$。汲極與尾電流源的小信號關係為

$$i_n=-\frac{v_1}{R_1}, \qquad 2i_n=G_t v_s$$

所以

$$v_s=-\frac{2}{R_1G_t}v_1=-4v_1$$

單側汲極的 KCL 為