114 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 OP-Amp 的兩大特性：

1. 輸入端電流為零：$i_+=i_-=0$。
2. 在線性負回授下，虛短成立：$V_-=V_+$。

電路中 $V_a$ 經 $3\,\text{k}\Omega$ 接至反相端，回授電阻為 $6\,\text{k}\Omega$；$V_b$ 經 $10\,\text{k}\Omega$ 接至非反相端，並以 $5\,\text{k}\Omega$ 接地。

解題方法

先求非反相端電壓。由於 OP-Amp 輸入電流為零，$10\,\text{k}\Omega$ 與 $5\,\text{k}\Omega$ 形成分壓：

$$V_+=\frac{5}{10+5}V_b=\frac{V_b}{3}$$

由虛短特性：

$$V_-=V_+=\frac{V_b}{3}$$

在反相端節點套用 KCL：

$$\frac{V_a-V_-}{3\,\text{k}\Omega} + \frac{V_o-V_-}{6\,\text{k}\Omega}=0$$

乘上 $6\,\text{k}\Omega$：

$$2(V_a-V_-)+(V_o-V_-)=0$$

整理得：

$$V_o=3V_- -2V_a$$

代入 $V_-=\dfrac{V_b}{3}$：

核心觀念

本題考查電容輸入型橋式整流電路的：

• 輸出電壓與變壓器次級峰值電壓的關係
• 橋式整流器二極體的最大反向偏壓 $PIV$
• 橋式整流與單二極體整流的 $PIV$ 比較

橋式整流每次導通時，電流會通過兩顆二極體，因此：

$$V_{o,\max}=V_{s,\max}-2V_{D(on)}$$

非導通二極體的最大反向偏壓為：

$$PIV=V_{s,\max}-V_{D(on)}$$

解題方法

已知輸出為：

$$V_o(t)=7\pm 0.5\text{ V}$$

因此輸出電壓的最大值為：

$$V_{o,\max}=7+0.5=7.5\text{ V}$$

橋式整流在峰值時有兩顆二極體導通，且每顆壓降為 $0.7\text{ V}$，所以變壓器次級電壓峰值為：

$$V_{s,\max}=V_{o,\max}+2V_{D(on)}$$ $$V_{s,\max}=7.5+2(0.7)=8.9\text{ V}$$

接著求二極體的最大反向偏壓。橋式整流中，非導通二極體所承受的反向電壓為：

$$PIV=V_{s,\max}-V_{D(on)}$$

因此：

$$PIV=8.9-0.7=8.2\text{ V}$$

選項分析

• (A) 錯誤

  $V_s$ 的最大振幅為：

  $$V_{s,\max}=8.9\text{ V}$$

核心觀念

本題考查：

• 有限開迴路增益的 OP-Amp：
  $V_o=A(V_+-V_-)$
• 非反相端的電阻加權平均
• 反相端的負回授分壓關係
• 分貝增益換算：
  $A=10^{A_{\mathrm{dB}}/20}$

解題方法

由圖可知，非反相端接收 $7\text{ V}$ 與 $10\text{ V}$，且輸入電阻分別為 $2\text{ k}\Omega$ 與 $3\text{ k}\Omega$。因 OP-Amp 輸入電流近似為零，對 $V_+$ 寫 KCL：

$$\frac{V_+-7}{2\text{ k}\Omega} +\frac{V_+-10}{3\text{ k}\Omega}=0$$

因此：

$$V_+ =\frac{7/2+10/3}{1/2+1/3} =\frac{41}{5} =8.2\text{ V}$$

有限開迴路增益為 $46\text{ dB}$，換算為：

$$A=10^{46/20}\approx199.5$$

反相端接地電阻為 $2\text{ k}\Omega$，回授電阻為 $8\text{ k}\Omega$。在 $V_-$ 節點寫 KCL：

$$\frac{V_-}{2\text{ k}\Omega} +\frac{V_--V_o}{8\text{ k}\Omega}=0$$

乘以 $8\text{ k}\Omega$：

$$4V_-+V_--V_o=0$$

所以：

$$V_o=5V_- \quad\Rightarrow\quad V_-=\frac{V_o}{5}$$

代入有限增益關係：

核心觀念

本題考查 MOSFET 的三極區特性、次臨界導通，以及基體效應的定義。

• 三極區中，MOSFET 可視為由閘極控制的電壓型電阻。
• 次臨界電流主要受 $V_{GS}$、臨界電壓與短通道效應影響。
• 基體效應是源極與基板間的偏壓造成臨界電壓改變。

選項分析

(A) 錯誤

固定 $V_{GS}$ 且操作於三極區時，

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

因此等效通道電阻為

$$R_{\mathrm{ch}}=\frac{V_{DS}}{I_D} =\frac{1}{ \mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L} \left[(V_{GS}-V_T)-\frac{V_{DS}}{2}\right] }.$$

當 $V_{DS}$ 增加時，分母變小，因此 $R_{\mathrm{ch}}$ 反而變大，而不是變小。其物理原因是通道靠近汲極端的電壓升高，使有效通道電荷減少，通道逐漸變窄。

核心觀念

本題考查互補式 MOSFET 反相器的工作狀態判斷，以及 MOSFET 在三極區的電流公式。

電路電源為 $+2.5\text{ V}$ 與 $-2.5\text{ V}$，NMOS 與 PMOS 的閘極皆接於 $V_i$，汲極相接於輸出 $V_o$，且輸出經 $10\,\text{k}\Omega$ 電阻接地。

已知：

$$V_{tn}=1\text{ V},\qquad |V_{tp}|=1\text{ V}$$ $$K_n'(W_n/L_n)=K_p'(W_p/L_p)=1\text{ mA/V}^2$$

且 $\lambda=0$，因此忽略通道長度調變效應。

MOSFET 三極區電流公式為

$$I_D=K\left[(V_{OV})V_{DS}-\frac{V_{DS}^2}{2}\right]$$

其中

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

---

解題方法

分別代入三種輸入電壓，判斷 NMOS、PMOS 的導通狀態，再利用電阻電流與 MOSFET 電流相等求出 $V_o$。

1. 當 $V_i=2.5\text{ V}$

NMOS 的源極接 $-2.5\text{ V}$，因此

$$V_{GS,n}=V_i-(-2.5)=5\text{ V}$$ $$V_{OV,n}=V_{GS,n}-V_{tn}=5-1=4\text{ V}$$

PMOS 的源極接 $+2.5\text{ V}$，故

$$V_{SG,p}=2.5-2.5=0$$

PMOS 截止，只有 NMOS 導通。

令

$$x=V_o-(-2.5)=V_o+2.5$$

則 $x$ 為 NMOS 的 $V_{DS}$，而

$$V_o=x-2.5$$

由於 $V_o$ 為負，$10\,\text{k}\Omega$ 電阻中的電流大小為

$$I_R=\frac{0-V_o}{10\,\text{k}\Omega} =\frac{2.5-x}{10}\text{ mA} =(0.25-0.1x)\text{ mA}$$

NMOS 工作於三極區，其電流為

$$I_{D,n} =1\left(4x-\frac{x^2}{2}\right)\text{ mA}$$

套用 KCL：

$$4x-\frac{x^2}{2}=0.25-0.1x$$

整理得

$$0.5x^2-4.1x+0.25=0$$

取符合 $x$ 很小的物理解：

$$x\approx 0.061\text{ V}$$

因此

$$V_o=x-2.5\approx -2.439\text{ V} \approx -2.44\text{ V}$$

所以選項 (A) 正確。

---

2. 當 $V_i=0\text{ V}$

NMOS：

$$V_{GS,n}=0-(-2.5)=2.5\text{ V}$$

PMOS：

核心觀念

本題考查：

1. MOSFET 小訊號模型。
2. 共源級電壓增益。
3. 回授式 transimpedance 放大器的閉迴路增益。

右圖核心放大器中，$M_2$ 為共源放大晶體管，$M_1$ 的閘極接固定偏壓，因此在小訊號下為交流接地。兩者的輸出電阻皆接在輸出端，故：

$$r_{o,\text{eq}}=r_{o1}\parallel r_{o2} =200\,\text{k}\Omega\parallel 200\,\text{k}\Omega =100\,\text{k}\Omega$$

核心放大器的電壓增益為：

$$a=-g_m(r_{o1}\parallel r_{o2}) =-(1\,\text{mA/V})(100\,\text{k}\Omega) =-100$$

負號表示輸入電壓與輸出電壓反相。

解題方法

設輸入端小訊號電壓為 $v_i$，輸出電壓為 $v_o$，輸入電流為 $i_i$。

由核心放大器：

$$v_o=a v_i=-100v_i$$

回授電阻 $R_f$ 中的電流為：

$$i_i=\frac{v_i-v_o}{R_f}$$

因此 transimpedance 增益為：

$$\frac{v_o}{i_i} = \frac{a v_i}{(v_i-v_o)/R_f} = \frac{aR_f}{1-a}$$

代入 $a=-100$ 與 $R_f=10\,\text{k}\Omega$：

核心觀念

Transimpedance 放大器通常採用並聯負回授（shunt feedback），其閉迴路輸入阻抗會因負回授而降低：

$$R_{in,cl}=\frac{R_{in,ol}}{1+T}$$

其中 $R_{in,ol}$ 為開迴路輸入阻抗，$T=A\beta$ 為迴路增益。

依前一題電路條件，開迴路輸入阻抗約為 $10\,\text{k}\Omega$，且迴路增益約為 $T=10$，因此：

$$R_{in,cl} =\frac{10\,\text{k}\Omega}{1+10} =\frac{10\,\text{k}\Omega}{11} \approx 0.91\,\text{k}\Omega$$

最接近 $1\,\text{k}\Omega$。

選項分析

核心觀念

本題考查 PN 接面的三個基本觀念：

1. 擴散電流由多數載子濃度差所造成。
2. 熱平衡時存在內建電位。
3. 空乏區內具有離子化雜質所形成的空間電荷。

在 PN 接面中，P 區主要載子為電洞，N 區主要載子為電子。接面形成後，電子由 N 區擴散至 P 區，電洞由 P 區擴散至 N 區，接面附近因載子復合而形成空乏區。

選項分析

(A) 正確

擴散電流是由載子濃度不均勻所造成。PN 接面中：

• N 區的多數載子電子向 P 區擴散；
• P 區的多數載子電洞向 N 區擴散。

因此，二極體內的擴散電流確實主要由多數載子產生。

(B) 正確

接面形成後，N 區留下帶正電的離化施體，P 區留下帶負電的離化受體，因此形成由 N 區指向 P 區的內建電場。

由於電場與電位的關係為

$$\mathbf{E}=-\nabla V$$

故沿著由 P 區至 N 區的方向，電位上升，即

$$V_N>V_P$$

核心觀念

本題考查反相放大器的閉迴路增益，以及輸入偏移電壓 $V_{os}$ 經由「雜訊增益」所造成的輸出誤差。

圖中：

• $R_{in}=1\,\text{k}\Omega$
• $R_f=3\,\text{k}\Omega$
• 非反相端接地
• 輸入電壓 $V_{in}=1\,\text{V}$
• $V_{os}=5\,\text{mV}$

反相放大器的信號增益為

$$-\frac{R_f}{R_{in}}=-\frac{3\,\text{k}\Omega}{1\,\text{k}\Omega}=-3$$

而輸入偏移電壓所經過的增益為非反相放大器的增益，也就是雜訊增益：

$$1+\frac{R_f}{R_{in}}=1+3=4$$

解題方法

輸入信號造成的輸出電壓為

$$V_{o,\text{signal}} =-\frac{R_f}{R_{in}}V_{in} =-3(1) =-3\,\text{V}$$

依題目採用的輸入偏移電壓定義，$V_{os}$ 造成的輸出偏移量為

$$V_{o,\text{offset}} =\left(1+\frac{R_f}{R_{in}}\right)V_{os} =4(5\,\text{mV}) =20\,\text{mV} =0.02\,\text{V}$$

因此總輸出為

核心觀念

本題考查共源極 MOSFET 放大器的中頻平坦增益。由於 $M_1$ 操作於飽和區，且忽略 channel length modulation，因此

$$r_o=\infty$$

共源極放大器的電壓增益為

$$A_v=\frac{v_{out}}{v_{in}}\approx -g_mR_D$$

其中 $R_D=R_3$。

解題方法

在平坦頻帶內，耦合電容與旁路電容不造成明顯衰減，且輸入源為理想電壓源，因此

$$v_g\approx v_{in}$$

由於 MOSFET 閘極小訊號電流為零，$R_1$、$R_2$ 的偏壓電阻不會造成輸入電壓分壓。又因為忽略 $r_o$，汲極端的小訊號負載就是 $R_3$。

因此

$$A_v=-g_mR_3$$

代入

$$g_m=5\ \text{mA/V},\qquad R_3=10\ \text{k}\Omega$$

得到

$$A_v =-(5\times10^{-3})(10\times10^3) =-50$$

題目詢問訊號增益大小，因此

$$|A_v|=50$$

核心觀念

本題承接上一題，利用共源級放大器的 Miller 定理估算上下截止頻率。

由上一題可得中頻電壓增益：

$$A_v \approx -g_mR_3 =-(5\,\text{mA/V})(10\,\text{k}\Omega) =-50$$

因此放大器的中頻增益大小為 $|A_v|=50$。

Miller 定理指出，跨接輸入與輸出端的電容 $C_3$，可等效為：

$$C_{Mi}=C_3(1-A_v)$$ $$C_{Mo}=C_3\left(1-\frac{1}{A_v}\right)$$

---

解題方法

1. 輸入端等效電容與下截止頻率

輸入端的 Miller 等效電容為：

$$C_{Mi}=1\,\text{pF}\times(1-(-50)) =51\,\text{pF}$$

再加上輸入端對地電容 $C_2$：

$$C_i=C_2+C_{Mi} =9+51 =60\,\text{pF}$$

偏壓電阻的等效值為：

$$R_i=R_1\parallel R_2 =300\,\text{k}\Omega\parallel500\,\text{k}\Omega =187.5\,\text{k}\Omega$$

所以輸入端所形成的截止頻率為：

$$f_L=\frac{1}{2\pi R_iC_i}$$ $$f_L= \frac{1}{2\pi(187.5\,\text{k}\Omega)(60\,\text{pF})} \approx14.15\,\text{kHz}$$

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2. 輸出端等效電容與上截止頻率

輸出端的 Miller 等效電容為：

$$C_{Mo} =C_3\left(1-\frac{1}{A_v}\right) =1\,\text{pF}\left(1+\frac{1}{50}\right) =1.02\,\text{pF}$$

輸出端總等效電容為：

$$C_o=C_4+C_{Mo} =9+1.02 =10.02\,\text{pF}$$

輸出端電阻約為：

核心觀念

本題考查互補式 MOSFET 反相器的直流分析，以及 NMOS、PMOS 匹配時的對稱性。

已知：

$$V_{DD}=+2.5\text{ V},\qquad V_{SS}=-2.5\text{ V}$$ $$V_{tn}=1\text{ V},\qquad |V_{tp}|=1\text{ V}$$ $$K_n'(W_n/L_n)=K_p'(W_p/L_p)=1\text{ mA/V}^2$$

且 $\lambda=0$，因此忽略通道長度調變效應。

圖中的輸出端接有 $10\text{ k}\Omega$ 電阻至接地。

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解題方法

（一）當 $V_i=2.5\text{ V}$

此時：

• NMOS 的閘極電壓為 $2.5\text{ V}$，源極為 $-2.5\text{ V}$

$$V_{GS,n}=2.5-(-2.5)=5\text{ V}$$

因此 NMOS 導通。

• PMOS 的閘極與源極皆接近 $2.5\text{ V}$，因此 PMOS 截止。

令

$$V_{DS,n}=V_o-(-2.5)=V_o+2.5=x$$

則

$$V_o=x-2.5$$

NMOS 的過驅電壓為

$$V_{OV,n}=V_{GS,n}-V_{tn}=5-1=4\text{ V}$$

由於輸出電壓會接近 $-2.5\text{ V}$，可知 NMOS 工作於三極區，使用：

$$I_D=K_n'(W_n/L_n) \left[ (V_{GS}-V_{tn})V_{DS} -\frac{V_{DS}^2}{2} \right]$$

代入數值：

$$I_D=4x-\frac{x^2}{2}\quad \text{mA}$$

另一方面，$10\text{ k}\Omega$ 電阻中的電流為：

$$I_R=\frac{0-V_o}{10\text{ k}\Omega} =\frac{2.5-x}{10}\quad \text{mA}$$

套用 KCL：

$$4x-\frac{x^2}{2}=\frac{2.5-x}{10}$$

整理得：

$$x^2-8.2x+0.5=0$$

取符合 $0<x<4$ 的解：

$$x=\frac{8.2-\sqrt{8.2^2-2}}{2} \approx 0.062\text{ V}$$

因此：

核心觀念

本題考查雙極性接面電晶體（BJT）的操作區、載子種類、電流關係與放大原理。

對 $npn$ 電晶體而言，在主動區時：

• 基極—射極接面順向偏壓。
• 集極—基極接面逆向偏壓。
• 集極電流主要由電子構成。
• 集極電流可近似表示為
  $I_C \approx I_S e^{V_{BE}/V_T}$
  因此 $V_{BE}$ 可控制 $I_C$。
• $\beta=I_C/I_B$ 並非與操作區及偏壓無關的固定常數。

選項分析

(A) 錯誤。

BJT 作為放大器時，應操作在主動區（active mode），使輸入訊號造成集極電流的線性變化。飽和區中，基極—射極接面與集極—基極接面皆為順向偏壓，電晶體已無法維持正常放大作用。

(B) 正確。

$npn$ 電晶體在主動區時，射極的多數載子為電子。電子由射極注入基極，再被逆向偏壓的集極—基極接面吸引至集極，因此集極電流的主要來源是電子。

(C) 錯誤。

雖然常以

$I_C \approx \beta I_B$

核心觀念

本題考查 PNP 電晶體的直流偏壓、操作區域、小訊號轉導 $g_m$，以及共射極放大器的電壓增益。

主要公式為：

$$I_C=\frac{\beta}{\beta+1}I_E$$ $$g_m=\frac{I_C}{V_T},\qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m}$$

由於旁路電容容值為無限大，在交流小訊號下可視為短路，因此 PNP 電晶體的射極為交流接地。

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解題方法

電流源設定射極電流：

$$I_E=10\text{ mA}$$

因此集極電流為：

$$I_C=\frac{200}{201}(10\text{ mA}) =9.95\text{ mA}$$

集極接 $100\,\Omega$ 電阻至地，所以集極直流電壓為：

$$V_C=I_C(100\,\Omega) =(9.95\text{ mA})(100\,\Omega) =0.995\text{ V}$$

基極直流電流為：

$$I_B=\frac{I_E}{\beta+1} =\frac{10\text{ mA}}{201} \approx49.8\ \mu\text{A}$$

基極電阻上的壓降約為：

$$I_B(10\text{ k}\Omega) \approx0.498\text{ V}$$

因此基極電壓約為：

$$V_B=1.5+0.498\approx2.0\text{ V}$$

因為 $V_C=0.995\text{ V}<V_B\approx2.0\text{ V}$，且 PNP 的射極電位高於基極，故電晶體工作於主動區。

轉導為：

$$g_m=\frac{9.95\text{ mA}}{0.026\text{ V}} \approx0.383\text{ A/V}$$

四捨五入至小數點後第一位：

$$g_m\approx0.4\text{ A/V}$$

小訊號輸入電阻：

$$r_\pi=\frac{\beta}{g_m} =\frac{200}{0.383} \approx522\ \Omega$$

基極對交流地的等效電阻為：

$$R_B'=10\text{ k}\Omega\parallel522\Omega \approx496\Omega$$

因此基極交流電壓為：

核心觀念

本題考查 MOSFET 在通道長度調變下的：

$$g_m=\sqrt{2k_n\frac{W}{L}I_D}$$

以及輸出電阻：

$$r_o=\frac{1}{\lambda I_D}$$

共源極放大器的小訊號電壓增益近似為：

$$A_v=\frac{v_o}{v_i}\approx -g_mR_{\text{out}}$$

其中 $R_{\text{out}}$ 為輸出端所看到的等效電阻。

---

解題方法

將電晶體尺寸由 $\dfrac{W}{L}$ 改為 $\dfrac{W}{4L}$，且電流 $I_D$ 維持不變，因此：

$$\frac{W/L\text{（新）}}{W/L\text{（原）}}=\frac14$$

所以：

$$g_{m,\text{new}}=\sqrt{\frac14}g_{m,\text{old}} =\frac12g_{m,\text{old}}$$

另一方面，通道長度變為原來的 $4$ 倍。通常 $\lambda$ 與通道長度 $L$ 成反比，因此：

$$\lambda_{\text{new}}=\frac14\lambda_{\text{old}}$$

在電流固定時：

$$r_{o,\text{new}} =\frac{1}{\lambda_{\text{new}}I_D} =4r_{o,\text{old}}$$

左圖使用理想電流源，其小訊號輸出電阻視為無限大，因此：

$$R_{\text{out}}\approx r_{o,n}$$

故增益變化為：

$$\frac{A_{v,\text{new}}}{A_{v,\text{old}}} = \frac{(g_m/2)(4r_o)}{g_mr_o} =2$$

---

選項分析

(A) 錯誤

在 $I_D$ 不變時，$g_m$ 與 $\sqrt{W/L}$ 成正比：

$$g_m\propto\sqrt{\frac WL}$$

尺寸變為原來的 $1/4$ 後，轉導變為：

核心觀念

本題考查共源級與共閘級串接的偏壓、飽和區判斷，以及小訊號增益與輸出阻抗。使用長通道飽和區電流式

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

以及小訊號跨導 $g_m=2I_D/V_{OV}$。考慮通道長度調變時，$r_o=V_A/I_D$。

解題方法

圖中 $M_1$ 的源極接地、閘極輸入為 $v_i$；$M_2$ 的汲極與閘極都接 $V_{DD}$，源極接輸出 $v_o$。兩管串接，故直流電流相同。題目給定 $(W/L)_1=80$、$(W/L)_2=20$，所以兩管的尺寸比為 $4$。

當 $v_i=1.5\,\mathrm{V}$ 時，$M_1$ 的過驅電壓為

$$V_{OV1}=V_{GS1}-V_{TH}=1.5-0.5=1\,\mathrm{V}$$

其電流為

$$I_D=\frac{1}{2}(200\,\mu\mathrm{A/V^2})(80)(1)^2 =8\,\mathrm{mA}$$

假設兩管都在飽和區，由串接電流相等得

$$\frac{1}{2}(200\,\mu\mathrm{A/V^2})(80)(1)^2 = \frac{1}{2}(200\,\mu\mathrm{A/V^2})(20)(V_{GS2}-V_{TH})^2$$

因此 $V_{OV2}=2\,\mathrm{V}$。由於 $M_2$ 的閘極接 $5\,\mathrm{V}$，

$$V_{OV2}=V_{GS2}-V_{TH}=5-v_o-0.5$$

可得 $v_o=2.5\,\mathrm{V}$。

選項分析

(A) 正確。 $M_2$ 的閘極與汲極都接 $V_{DD}$，所以 $V_{DS2}=V_{GS2}$。只要 $M_2$ 導通，就有 $V_{DS2}\ge V_{GS2}-V_{TH}$，因此工作在飽和區。

(B) 錯誤。 忽略通道長度調變與 Body effect 時，輸出端的小訊號負載由 $M_2$ 的跨導提供。節點電流關係為

$$g_{m1}v_i+g_{m2}v_o=0$$

因此

$$\frac{v_o}{v_i}=-\frac{g_{m1}}{g_{m2}} =-\sqrt{\frac{(W/L)_1}{(W/L)_2}} =-2$$

核心觀念

本題考查電流鏡偏壓、MOS 飽和條件、轉導 $g_m$，以及共閘極放大器的輸入與輸出阻抗。小訊號分析使用 $r_o$；飽和區的直流偏壓則依電流鏡設定的 $0.1\,\mathrm{mA}$ 計算。

解題方法

圖中 $M_3$ 為二極體接法的 PMOS，與 $M_2$ 組成電流鏡；$M_1$ 是閘極偏壓固定的 NMOS 共閘極級，源極經 $50\,\Omega$ 接到訊號源，輸出取自 $M_1$、$M_2$ 的汲極接點。電流鏡令直流電流約為 $I_D=0.1\,\mathrm{mA}$。

兩管的平方律係數相同：

$$\frac{1}{2}\mu_n C_{\mathrm{ox}}(W/L)_1 = \frac{1}{2}\mu_p C_{\mathrm{ox}}(W/L)_2 = 2.5\,\mathrm{mA/V^2}.$$

因此兩管的過驅電壓與轉導為

$$V_{\mathrm{OV}} =\sqrt{\frac{I_D}{2.5\,\mathrm{mA/V^2}}} =0.2\,\mathrm{V}, \qquad g_m=\frac{2I_D}{V_{\mathrm{OV}}}=1\,\mathrm{mS}.$$

輸出阻抗

求輸出阻抗時，將訊號源設為零，$M_1$ 的源極經 $50\,\Omega$ 接交流地。由 $M_1$ 看入汲極的電阻為

$$r_{out,1}=r_{o1}+(1+g_mr_{o1})R_S =100\,\mathrm{k\Omega}+(1+100)(50\,\Omega) =105.05\,\mathrm{k\Omega}.$$

輸出端另經 $M_2$ 的 $r_{o2}=100\,\mathrm{k\Omega}$ 接交流地，所以

$$R_{\mathrm{out}} =r_{o2}\parallel r_{out,1} =100\,\mathrm{k\Omega}\parallel105.05\,\mathrm{k\Omega} \approx51.23\,\mathrm{k\Omega}.$$

輸入阻抗與直流電壓

依圖中 $R_{\mathrm{in}}$ 的箭頭，從 $M_1$ 源極端往電路內看；汲極端的交流負載為 $r_{o2}$。共閘極級的有限 $r_o$ 輸入阻抗為

核心觀念

本題考查三級直接耦合 BJT 放大器的直流偏壓分析。直流分析時，耦合與旁路電容視為開路；每級的基極電流會影響前一級的集極節點，因此要用節點電流平衡處理級間負載。

使用的關係式為：

$$I_E=(\beta+1)I_B,\qquad I_C=\beta I_B=\frac{\beta}{\beta+1}I_E$$

解題方法

圖中可讀出：$Q_1$ 為 NPN，基極由 $68\,\mathrm{k\Omega}$ 接 $+5\,\mathrm V$、$33\,\mathrm{k\Omega}$ 接 $-5\,\mathrm V$ 分壓，射極經 $4.7\,\mathrm{k\Omega}$ 接 $-5\,\mathrm V$，集極經 $8.2\,\mathrm{k\Omega}$ 接 $+5\,\mathrm V$。$Q_2$ 為 PNP，射極經 $3.3\,\mathrm{k\Omega}$ 接 $+5\,\mathrm V$，集極經 $5.6\,\mathrm{k\Omega}$ 接 $-5\,\mathrm V$；其集極接到 NPN 射極跟隨器 $Q_3$ 的基極，$Q_3$ 射極經 $2.4\,\mathrm{k\Omega}$ 接 $-5\,\mathrm V$。三管的 $\beta=100$，且 $V_{\mathrm{BE}}=0.7\,\mathrm V$。

先將 $Q_1$ 的分壓網路化為戴維寧等效：

$$V_{\mathrm{th}}=-5+10\frac{33}{68+33}=-1.7327\,\mathrm V$$ $$R_{\mathrm{th}}=68\,\mathrm{k\Omega}\parallel33\,\mathrm{k\Omega} =22.218\,\mathrm{k\Omega}$$

由 $V_{E1}=V_{B1}-0.7$，以及 $I_{B1}=I_{E1}/101$，可得：

$$I_{E1}=\frac{V_{\mathrm{th}}+4.3}{4.7\,\mathrm{k\Omega}+R_{\mathrm{th}}/101} \approx0.522\,\mathrm{mA}$$

因此：

$$I_{C1}=\frac{100}{101}I_{E1}\approx0.517\,\mathrm{mA}$$

計算 $Q_2$ 時，$Q_2$ 的基極電流會流入 $Q_1$ 集極節點。故 $8.2\,\mathrm{k\Omega}$ 電阻電流為 $I_{C1}-I_{B2}$，而非直接等於 $I_{C1}$。