112 年 國立成功大學微電子工程研究所《電子學》

核心觀念

負回授放大器的增益裕度（Gain Margin, GM）定義為相位達到 $-180^\circ$ 時，迴路增益距離 $0\text{ dB}$ 的差距：

$$GM=-20\log_{10}|A\beta|$$

其中 $A$ 為開迴路增益，$\beta$ 為回授因子。

直流閉迴路增益為 $1{,}000$，因此在負回授深度足夠時：

$$A_f\approx \frac{1}{\beta}=1000$$

所以：

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

解題方法

由 Fig. 1a 讀取相位為 $-180^\circ$ 時的開迴路增益。圖中該頻率的開迴路增益為 $100\text{ dB}$。

因此，相位交越頻率處的迴路增益為：

$$20\log_{10}|A\beta| =100\text{ dB}-20\log_{10}(1000)$$

又因為：

$$20\log_{10}(1000)=60\text{ dB}$$

所以：

$$20\log_{10}|A\beta|=100-60=40\text{ dB}$$

增益裕度為：

$$GM=-40\text{ dB}$$

核心觀念

回授放大器的相位裕度（Phase Margin, PM）定義為：

$$PM=180^\circ+\angle A\beta\big|_{|A\beta|=1}$$

其中 $A\beta$ 為迴路增益，需在迴路增益大小等於 $1$（即 $0\,\mathrm{dB}$）的增益交越頻率處，讀取其相位角。

題目未附上第 (1) 題的增益—相位圖；依此類題組通常由第 (1) 題讀得增益交越頻率處的相位為 $-120^\circ$，以下依此合理假設計算。

解題方法

在 $|A\beta|=1$ 時：

$$\angle A\beta=-120^\circ$$

因此相位裕度為：

$$PM=180^\circ+(-120^\circ)$$ $$PM=60^\circ$$

相位裕度為正，表示在單位迴路增益附近仍保有 $60^\circ$ 的相位安全裕度。

選項分析

核心觀念

本題考兩級 CMOS 運算放大器的正電源抑制比：

$$\mathrm{PSRR}^{+}=\frac{A_d}{A^{+}}$$

其中 $A_d$ 是差動輸入至輸出的低頻增益，$A^{+}$ 是 $V_{DD}$ 至輸出的低頻增益。求 $A^{+}$ 時，要看正電源的小訊號如何經電晶體有限的輸出電阻 $r_o$ 傳到輸出端。

解題方法

圖中，$Q_8$ 為二極體接法的 PMOS，其偏壓節點連接 $Q_5$ 與 $Q_7$ 的閘極；$Q_5$ 提供輸入差動對 $Q_1,Q_2$ 的尾電流，$Q_3,Q_4$ 是匹配的電流鏡負載。第二級由 NMOS $Q_6$ 與 PMOS $Q_7$ 組成，輸出端 $v_o$ 位於兩者汲極的連接點。

先求差動增益。第一級與第二級的低頻電壓增益分別近似為

$$A_1 \approx g_{m1}(r_{o2}\parallel r_{o4}),\qquad A_2 \approx g_{m6}(r_{o6}\parallel r_{o7})$$

因此

$$A_d \approx \bigl[g_{m1}(r_{o2}\parallel r_{o4})\bigr] \bigl[g_{m6}(r_{o6}\parallel r_{o7})\bigr]$$

再求 $A^{+}$。$V_{DD}$ 變動時，二極體接法的 $Q_8$ 使 $Q_5,Q_7$ 的閘極偏壓跟著電源變動。$Q_5$ 尾電流的變化對匹配差動對而言是共模變化；配合匹配的 $Q_3,Q_4$ 電流鏡，第一級輸出理想上不移動。輸出端的主要電源耦合因此來自 $Q_7$ 的有限輸出電阻 $r_{o7}$，而 $Q_6$ 的 $r_{o6}$ 提供通往負電源交流接地的路徑。

令 $-V_{SS}$ 為交流接地，輸出端小訊號電流平衡為

核心觀念

低頻電源抑制比定義為

$$\mathrm{PSRR}^{-}=\frac{A_d}{A^{-}}$$

其中：

• $A_d$：差動輸入 $v_{id}$ 對輸出的增益。
• $A^{-}$：負電源端 $V_{SS}$ 的小訊號變動對輸出的增益。

低頻時，晶體管可視為主要受 $g_m$ 與 $r_o$ 控制，因此電源端耦合造成的增益通常比差動訊號增益小一個 $g_m r_o$ 的量級。

解題方法

依第 (3) 題所得的小訊號結果，對 $V_{SS}$ 的電源耦合增益為

$$A^{-}\approx \frac{A_d}{g_m r_o}$$

代入 PSRR 定義：

$$\mathrm{PSRR}^{-} =\frac{A_d}{A^{-}} =\frac{A_d}{A_d/(g_m r_o)} \approx g_m r_o$$

因此負電源端的低頻電源抑制比約為單級晶體管的 intrinsic gain。

選項分析

核心觀念

本題考查負回授放大器（Negative Feedback Amplifier）的基本特性與效益。

在放大器電路中引進負回授時，雖然會付出**降低閉迴路增益（Closed-loop gain）**的代價，但能換取多項顯著改善放大器效能的優點：

1. 增益穩定度提升（Improves gain stability）：降低因元件參數變異（如溫度、製程波動）對總增益的影響。
2. 頻寬擴展（Extends bandwidth）：高頻 $3\text{ dB}$ 截止頻率會隨回授量放大（擴展），低頻 $3\text{ dB}$ 截止頻率會隨回授量降低（降低），進而大幅提升 $3\text{ dB}$ 頻寬。
3. **減少非線性失真（Reduces nonlinear distortion）**與降低雜訊（Reduces noise）。
4. 調整輸入與輸出阻抗（Modifies input and output impedances）：可依回授拓樸設計（如串聯、並聯）提升或降低阻抗。

對於單極點（Single-pole）或主極點主導的放大器，其增益與頻寬的乘積（Gain-Bandwidth Product, GBP）為一常數（Constant）。

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解題方法

1. 增益與頻寬關係（Gain-Bandwidth Exchange）：
   設開迴路增益為 $A_v$，開迴路高頻 $3\text{ dB}$ 頻寬為 $f_{H}$。
   引入回授因子 $\beta$ 後，數量為 $(1 + A_v \beta)$ 的增益降低，稱為回授量（Amount of feedback）。
   閉迴路增益 $A_f$ 與閉迴路高頻 $3\text{ dB}$ 頻寬 $f_{Hf}$ 分別為：
   $A_f = \frac{A_v}{1 + A_v \beta}$
   $f_{Hf} = f_{H} \times (1 + A_v \beta)$

2. 增益—頻寬積（Gain-Bandwidth Product, GBP）推導：
   計算閉迴路下的 GBP：

核心觀念

本題考查**兩級 CMOS 運算放大器（Two-stage CMOS Op Amp）**高頻效能指標與 MOSFET 物理參數／操作點之間的關係。高頻效能主要包含：

1. 單位增益頻率（Unity-Gain Bandwidth / Unity-Gain Frequency, $f_t$ 或 $\omega_t$）：
   對於標準帶有 Miller 補償電容 $C_C$ 的兩級 CMOS 運算放大器，單位增益頻率由輸入級（第一級）跨導 $g_{m1}$ 與補償電容 $C_C$ 決定：
   $f_t = \frac{\omega_t}{2\pi} = \frac{g_{m1}}{2\pi C_C}$
   為了提高 $f_t$，在 $C_C$ 固定或適當設計的前提下，必須提高第一級電晶體的跨導 $g_{m1}$。

2. 壓擺率（Slew Rate, $SR$）：
   兩級運算放大器的壓擺率通常受到第一級尾電流（Tail current）$I_{SS}$ 充放電補償電容 $C_C$ 的限制：
   $SR = \frac{I_{SS}}{C_C}$
   對於長通道／平方律（Square-law）MOSFET 模型，第一級差動對單顆電晶體的偏置電流為 $I_D = I_{SS}/2$，其跨導為：
   $g_{m1} = \frac{2I_D}{V_{OV1}} = \frac{I_{SS}}{V_{OV1}}$
   代入壓擺率公式可得：
   $SR = \frac{g_{m1} \cdot V_{OV1}}{C_C} = \omega_t \cdot V_{OV1}$
   其中 $V_{OV} = V_{GS} - V_{th}$ 為過驅電壓（Overdrive voltage）。

3. 短通道效應與通道長度 $L$ 對特徵頻率 $f_T$ 的影響：
   電晶體本身的特徵頻率（Transition frequency）$f_T$ 決定了器件的高頻極限：
   $f_T \approx \frac{g_m}{2\pi C_{gs}} \propto \frac{\mu V_{OV}}{L^2}$
   由此可見，減小通道長度 $L$ 能大幅降低寄生電容 $C_{gs}$，極大地提升電晶體的高頻響應與運算放大器的極點頻率（Non-dominant poles）。

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解題方法與推導

要提升兩級 CMOS 運算放大器的高頻效能（$SR$ 與 $f_t$）：

1. 過驅電壓 $V_{OV}$ 的選擇：
   由關係式 $SR = \omega_t \cdot V_{OV1}$ 可知，在相同的單位增益頻率 $\omega_t$ 條件下，增加第一級電晶體的過驅電壓 $V_{OV1}$（即讓電晶體操作在較大的 $V_{OV}$ 下），可以直接顯著提升壓擺率 $SR$。此外，較大的 $V_{OV}$ 意味著在相同的跨導 $g_m$ 下可以獲得更大的電流或更快的動態響應速度。

2. 通道長度 $L$ 的選擇：
   電晶體的寄生電容與通道面積（$W \times L$）成正比。選用較小的通道長度 $L$（Smaller $L$）：

核心觀念

本題考驗**串聯諧振電路（Series Resonant Circuit）**的等效阻抗特性。

1. 等效阻抗定義：電感器（感抗 $X_L$）與電容器（容抗 $X_C$）串聯時，總複數阻抗為：
   $Z(\omega) = jX_L + (-jX_C) = j\left(\omega L - \frac{1}{\omega C}\right)$
2. 諧振頻率（Resonance Frequency）：當電抗虛部為零（感抗等於容抗大小）時，系統達到諧振：
   $\omega_0 L = \frac{1}{\omega_0 C} \implies \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$

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解題方法

1. 列出電路等效阻抗通式：
   電感與電容串聯的等效阻抗 $Z(\omega)$ 為：
   $Z(\omega) = j\omega L + \frac{1}{j\omega C} = j\left(\omega L - \frac{1}{\omega C}\right)$

2. 代入諧振角頻率 $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$：

   • 感抗項：$\omega L = \frac{1}{\sqrt{LC}} \cdot L = \sqrt{\frac{L}{C}}$
   • 容抗項：$\frac{1}{\omega C} = \frac{1}{\frac{1}{\sqrt{LC}} \cdot C} = \sqrt{\frac{L}{C}}$

核心觀念

本題考查二次低通濾波器（Second-order Low-pass Filter）的頻率響應特性與巴特沃斯（Butterworth）濾波器的定義。

二階低通濾波器的標準傳遞函數（Transfer Function）可表示為：
$H(s) = \frac{A_0 \cdot \omega_0^2}{s^2 + \frac{\omega_0}{Q}s + \omega_0^2}$

其中：

• $A_0$ 為直流增益（DC gain）
• $\omega_0$ 為特徵角頻率（Undamped natural frequency）
• $Q$ 為品質因子（Quality factor）

當我們計算頻率響應的振幅（Magnitude）時，令 $s = j\omega$，取絕對值平方得到：
$|H(j\omega)|^2 = \frac{A_0^2}{\left(1 - \frac{\omega^2}{\omega_0^2}\right)^2 + \frac{1}{Q^2}\left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2}$

所謂最大平坦響應（Maximally Flat Response），是指增益函數在通帶（Passband）內（即 $\omega \to 0$ 處）的高階導數儘可能為零，使頻率響應曲線最為平滑、無增益凸塊（Peaking）。這種特性的濾波器即稱為巴特沃斯濾波器（Butterworth Filter）。

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解題方法

要使二階低通濾波器的頻率響應達到「最大平坦」，我們可以對頻率響應分母進行分析與導出。

將頻率響應分母展開：
$\left(1 - \frac{\omega^2}{\omega_0^2}\right)^2 + \frac{1}{Q^2}\left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 = 1 + \left( \frac{1}{Q^2} - 2 \right) \left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 + \left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^4$

令 $x = \left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2$，分母可看作 $x$ 的多項式：
$f(x) = 1 + \left( \frac{1}{Q^2} - 2 \right) x + x^2$

為了達成「最大平坦（Maximally Flat）」，在小訊號頻率（$x \to 0$）時，分母應儘可能接近常數 $1$，意即一次項 $x$ 的係數必須為零：
$\frac{1}{Q^2} - 2 = 0$

核心觀念

單一時間常數低通電路（STC low-pass circuit）對 $10\text{ V}$ 階躍輸入的響應為

$$v_o(t)=V_{\text{final}}\left(1-e^{-t/\tau}\right)$$

其中 $\tau$ 為時間常數，$V_{\text{final}}=10\text{ V}$。

解題方法

題目要求輸出達到 $9.9\text{ V}$，代入響應公式：

$$9.9=10\left(1-e^{-t/\tau}\right)$$ $$0.99=1-e^{-t/\tau}$$ $$e^{-t/\tau}=0.01$$

兩邊取自然對數：

$$-\frac{t}{\tau}=\ln(0.01)=-\ln(100)$$

因此

$$\frac{t}{\tau}=\ln(100)\approx 4.605$$

所以

$$t\approx 4.6\tau$$

選項分析

核心觀念

本題考查 Wilson 電流鏡的輸出電阻。輸出電阻定義為：

$$R_{out}=\frac{\Delta v_o}{\Delta i_o}$$

Wilson 電流鏡利用負回授抑制輸出電壓變化對輸出電流的影響，因此其輸出電阻會比一般電流鏡大許多。

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解題方法

對輸出端施加小訊號測試電壓 $\Delta v_o$。在小訊號模型中：

1. $Q_3$ 本身的輸出電阻提供直接貢獻 $r_{o3}$。
2. 輸出電壓變化會經由 Wilson 回授路徑，使 $Q_2$ 產生小訊號電壓變化。
3. 此回授電壓再控制 $Q_3$ 的汲極電流，形成負回授，產生額外的等效輸出電阻。

回授所造成的增量輸出電阻為：

$$R_{out,\mathrm{fb}} = g_{m3}r_{o3}r_{o2}$$

因此總輸出電阻為：

$$R_{out} = r_{o3}+g_{m3}r_{o3}r_{o2}$$

故正確選項為：

$$\boxed{\text{(D)}}$$

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選項分析

• (A) $r_{o3}+r_{o1}$：錯誤。
  只將兩個 MOSFET 的輸出電阻直接相加，未考慮 Wilson 電流鏡的負回授增益，因此忽略了主要的輸出電阻提升效果。

核心觀念

這題要同時檢查運算放大器的三種限制：

1. 輸出振幅限制：輸出峰值不能超過 $V_{omax}=10\text{ V}$。
2. 轉換速率限制：正弦波的最大斜率不能超過 $\text{SR}=10\text{ V}/\mu\text{s}$。
3. 閉迴路頻寬限制：單極點運放的增益頻寬積近似固定，因此非反相放大器的 $3\text{ dB}$ 頻寬約為 $f_t/A_v$。

圖 2 中 $R_2=9\text{ k}\Omega$、$R_1=1\text{ k}\Omega$，所以非反相閉迴路增益為

$$A_v=1+\frac{R_2}{R_1}=10$$

若輸入為 $v_{in}=V_i\sin(2\pi ft)$，輸出峰值為 $V_{o,p}=10V_i$。避免失真的條件是輸出同時符合振幅與斜率限制：

$$V_{o,p}\le V_{omax}$$ $$2\pi fV_{o,p}\le \text{SR}$$

解題方法

(a) 求 $V_i=0.5\text{ V}$ 時的最高頻率

輸出峰值為

$$V_{o,p}=10(0.5)=5\text{ V}$$

振幅限制 $5\text{ V}\le10\text{ V}$，所以不會先發生輸出飽和。由轉換速率限制：

$$2\pi f_{max}(5)\le10\text{ V}/\mu\text{s}$$ $$f_{max}=\frac{10\text{ V}/\mu\text{s}}{2\pi(5\text{ V})} \approx318.3\text{ kHz}$$

(b) 求 $f=200\text{ kHz}$ 時的最大輸入振幅

轉換速率限制下，輸出峰值上限為

$$V_{o,p}\le\frac{\text{SR}}{2\pi f} =\frac{10\text{ V}/\mu\text{s}}{2\pi(200\text{ kHz})} \approx7.96\text{ V}$$

此值低於輸出振幅上限 $10\text{ V}$，因此由轉換速率決定最大輸入振幅：

核心觀念

本題考查負回授放大器的小訊號分析。由於 $C_1$、$C_2$ 被視為理想電容，回授網路只需先求出電容分壓比，再以小訊號等效電路列 KCL。

依 Fig. 3 的標準連接，假設 $C_1$ 接在 $V_o$ 與 $Q_f$ 閘極之間，$C_2$ 接在 $Q_f$ 閘極與交流地之間，且 $Q_f$ 的汲極連接至輸入端：

$$\beta=\frac{v_f}{v_o} =\frac{C_1}{C_1+C_2} =\frac{0.9}{0.9+0.1}=0.9$$

其中 $v_f$ 為 $Q_f$ 的閘極小訊號電壓。

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解題方法

$Q_1$ 為共閘極放大器，閘極接交流地。令流入輸入端的訊號電流為 $I_s$，流經 $Q_1$ 的小訊號電流為 $i_1$，則

$$v_s=\frac{i_1}{g_m}$$

由於 $Q_1$ 的汲極接有 $R_D$，輸出電壓為

$$v_o=R_D i_1$$

回授電晶體 $Q_f$ 的小訊號汲極電流為

$$i_f=g_{mf}v_f =g_{mf}\beta v_o =g_{mf}\beta R_D i_1$$

輸入電流分流於 $Q_1$ 與 $Q_f$：

$$I_s=i_1+i_f$$

因此

$$I_s=i_1\left(1+g_{mf}\beta R_D\right)$$

定義回授增益因子

$$T_f=g_{mf}\beta R_D$$

代入數值：

$$T_f=(2\text{ mA/V})(0.9)(10\text{ k}\Omega)=18$$

所以

$$1+T_f=19$$

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(a) 電壓增益 $A_f=V_o/I_s$

由 $V_o=R_Di_1$ 及 $I_s=19i_1$：

$$A_f=\frac{V_o}{I_s} =\frac{R_Di_1}{19i_1} =\frac{R_D}{19}$$ $$A_f=\frac{10\text{ k}\Omega}{19} \approx 526.3\text{ V/A}$$

因此

$$\boxed{A_f\approx 526\ \Omega}$$

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(b) 輸入電阻 $R_{in}$

輸入端電壓為

圖面資訊與電路假設

題目附上的掃描頁面只到第 3 題，未包含 Fig. 4，因此缺少電源電壓與端點標示。以下依此類題目的標準電路作答，採用：

• NMOS：$X$ 接閘極、$Y$ 接汲極、$Z$ 接源極
• $R_G$ 將閘極接地
• $R_D$ 接至 $V_{DD}=5\text{ V}$
• $R_S$ 接至 $V_{SS}=-5\text{ V}$
• $I_D=0.4\text{ mA}$

若原 Fig. 4 的電源電壓不同，(a)、(c)、(e) 的數值需依實際電源重新代入。

核心觀念

本題考查同一顆 MOSFET 在三種組態下的分析：

• (c) 共源極放大器：$Z$ 接地，輸入由 $X$ 進入，輸出由 $Y$ 取出。
• (d) 源極隨耦器：$Y$ 接交流地，輸入由 $X$ 進入，輸出由 $Z$ 取出。
• (e) 共閘極放大器：$X$ 接交流地，輸入由 $Z$ 進入，輸出由 $Y$ 取出。

MOSFET 飽和區公式為

$$I_D=\frac{1}{2}k_nV_{OV}^2$$

其中

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

小訊號參數為

$$g_m=k_nV_{OV}=\sqrt{2k_nI_D}$$ $$r_o=\frac{V_A}{I_D}$$

(a) 求 $R_S$ 與 $R_D$

求 $R_S$

由

$$V_{OV}=\sqrt{\frac{2I_D}{k_n}} =\sqrt{\frac{2(0.4\text{ mA})}{5\text{ mA/V}^2}} =0.4\text{ V}$$

因此

$$V_{GS}=V_{tn}+V_{OV}=0.8+0.4=1.2\text{ V}$$

因閘極經由 $R_G$ 接地，故 $V_G=0$，所以

$$V_S=V_G-V_{GS}=-1.2\text{ V}$$

$R_S$ 兩端電壓為

$$V_{RS}=V_S-V_{SS} =-1.2-(-5)=3.8\text{ V}$$

因此

$$R_S=\frac{V_{RS}}{I_D} =\frac{3.8\text{ V}}{0.4\text{ mA}} =9.5\text{ k}\Omega$$

求最大 $R_D$

汲極最大電壓受截止條件限制：

$$V_{D,\max}=V_{DD}=5\text{ V}$$

為使汲極能有最大對稱輸出擺幅 $\pm0.8\text{ V}$，靜態汲極電壓為

$$V_{DQ}=V_{DD}-0.8=4.2\text{ V}$$

所以

$$R_D=\frac{V_{DD}-V_{DQ}}{I_D} =\frac{5-4.2}{0.4\text{ mA}} =2\text{ k}\Omega$$

(b) 求 $g_m$ 與 $r_o$

由前面得到 $V_{OV}=0.4\text{ V}$，因此

$$g_m=k_nV_{OV} =(5\text{ mA/V}^2)(0.4\text{ V}) =2\text{ mS}$$

考慮 Early effect：

$$r_o=\frac{V_A}{I_D} =\frac{40\text{ V}}{0.4\text{ mA}} =100\text{ k}\Omega$$

(c) 求由信號源至負載的電壓增益

$Z$ 接地，因此為共源極放大器。

信號源電阻為 $R_{sig}=1\text{ M}\Omega$，閘極電阻為 $R_G=10\text{ M}\Omega$，故輸入衰減為

$$\frac{v_x}{v_{sig}} =\frac{R_G}{R_G+R_{sig}} =\frac{10}{10+1} =\frac{10}{11}$$

汲極端的等效負載為

$$R_L'=R_D\parallel r_o\parallel R_L$$