113 年 國立成功大學微電子工程研究所《電子學》

核心觀念

Fig. 1 是反相微分器：輸入電容 $C$ 串接至反相端，回授元件為電阻 $R$。理想運算放大器在負回授下使反相端成為虛地，因此

$$\frac{V_o}{V_i}=-\frac{R}{1/(sC)}=-sRC$$

時間常數為 $\tau=RC$。令增益大小等於 1，可得原電路的單位增益角頻率：

$$\omega_u=\frac{1}{RC}$$

若在輸入端串聯電阻 $R_s$，輸入阻抗成為 $R_s+1/(sC)$，傳遞函數則為

$$\frac{V_o}{V_i} =-\frac{R}{R_s+1/(sC)} =-\frac{sRC}{1+sR_sC}$$

此時高頻增益大小趨近 $R/R_s$，而轉折角頻率為 $1/(R_sC)$。

解題方法

(a) 求回授電阻 $R$

已知時間常數 $RC=10^{-3}\text{ s}$，且 $C=10\text{ nF}=10^{-8}\text{ F}$：

$$R=\frac{10^{-3}}{10^{-8}} =10^5\ \Omega =100\text{ k}\Omega$$

(b) 在單位增益頻率的十分之一與十倍處求增益及相位

原電路的單位增益角頻率為

$$\omega_u=\frac{1}{RC} =\frac{1}{10^{-3}} =1000\text{ rad/s}$$

微分器的傳遞函數是 $H(j\omega)=-j\omega RC$，所以增益大小為 $\omega RC$，相位固定為 $-90^\circ$。

• 在 $\omega=0.1\omega_u=100\text{ rad/s}$：

$$|H|=\omega RC=0.1$$

增益大小為 $0.1\text{ V/V}$，相位為 $-90^\circ$。

• 在 $\omega=10\omega_u=10{,}000\text{ rad/s}$：

$$|H|=\omega RC=10$$

增益大小為 $10\text{ V/V}$，相位為 $-90^\circ$。

(c) 串聯輸入電阻以限制高頻增益，求 $3\text{ dB}$ 頻率

加入 $R_s$ 後，高頻時電容近似短路，增益大小趨近 $R/R_s$。要求高頻增益為 $100\text{ V/V}$：

核心觀念

本題考查共閘極放大器的直流偏壓、小訊號參數，以及輸入／輸出電阻與電壓增益。小訊號分析時，$V_{\text{BIAS}}$ 與 $V_{DD}$ 都是交流接地；$Q_2$ 作為 PMOS 電流鏡負載，其閘極交流接地，因此輸出端可視為透過 $r_{o2}$ 接地。

採用飽和區平方律模型：

$$I_D=\frac{1}{2}k(V_{OV})^2,\qquad g_m=\frac{2I_D}{V_{OV}},\qquad r_o=\frac{|V_A|}{I_D}$$

其中 $V_{OV}=V_{GS}-V_t$（NMOS），PMOS 則取過驅電壓的大小。

解題方法

(a) 求 $V_{\text{BIAS}}$

忽略 $V_A$ 時，$Q_3$ 的二極體接法設定 $100\,\mu\text{A}$ 參考電流，匹配的 $Q_2$ 鏡射出 $100\,\mu\text{A}$。因此令 $Q_1$ 的直流電流也為 $100\,\mu\text{A}$。

由 $Q_1$ 的平方律：

$$V_{OV1} =\sqrt{\frac{2I_D}{k_n'(W/L)_n}} =\sqrt{\frac{2(0.1\,\text{mA})}{4\,\text{mA/V}^2}} =0.2236\,\text{V}$$

訊號源沒有直流分量，故 $Q_1$ 源極直流電壓為 $0$。因此：

$$V_{\text{BIAS}}=V_{GS1}=V_t+V_{OV1} =0.8+0.2236 =1.0236\,\text{V}$$

(b) 求 $g_{m1}$ 與各管 $r_o$

三管電流皆取 $100\,\mu\text{A}$，且題目給定的 NMOS、PMOS 製程參數相同，因此：

$$g_{m1}=g_{m2}=g_{m3} =\frac{2I_D}{V_{OV}} =\frac{2(0.1\,\text{mA})}{0.2236\,\text{V}} =0.8944\,\text{mS}$$

各管的輸出電阻為：

$$r_{o1}=r_{o2}=r_{o3} =\frac{20\,\text{V}}{0.1\,\text{mA}} =200\,\text{k}\Omega$$

(c) 求輸入電阻 $R_{\text{in}}$

令 $g_{ds1}=1/r_{o1}$、$g_{ds2}=1/r_{o2}$。閘極交流接地時，對輸入端 $v_i$ 與輸出端 $v_o$ 寫小訊號關係：

$$\frac{v_o}{v_i} =\frac{g_{m1}+g_{ds1}}{g_{ds1}+g_{ds2}}$$

輸入電流為 $i_i=g_{m1}v_i+g_{ds1}(v_i-v_o)$，整理得：

$$R_{\text{in}} =\frac{1}{(g_{m1}+g_{ds1}) \displaystyle\frac{g_{ds2}}{g_{ds1}+g_{ds2}}}$$

代入 $g_{ds1}=g_{ds2}=5\,\mu\text{S}$：

核心觀念

本題考查小訊號模型與負回授電流放大器的分析。兩顆 NMOS 在 $I_D=0.2\,\text{mA}$、$V_{ov}=0.2\,\text{V}$ 時：

$$g_m=\frac{2I_D}{V_{ov}}=2\,\text{mS}, \qquad r_o=\frac{V_A}{I_D}=50\,\text{k}\Omega$$

因此 $g_o=1/r_o=20\,\mu\text{S}$，且 $g_mr_o=100$。小訊號分析時，理想直流電流源視為開路，$V_{DD}$ 視為交流接地。

解題方法

令 $v_a$ 為輸入節點電壓、$v_x$ 為 $Q_1$ 汲極電壓、$v_y$ 為 $Q_2$ 源極電壓。圖中 $Q_1$ 源極接地，且 $Q_1$ 汲極負載只有 $r_o$；由 $v_x$ 節點的 KCL：

$$g_m v_a+g_o v_x=0 \quad\Longrightarrow\quad v_x=-g_mr_o v_a=-100v_a$$

輸入電流經 $R_2=14\,\text{k}\Omega$ 流向 $v_y$，故

$$I_s=\frac{v_a-v_y}{R_2}$$

在 $Q_2$ 源極節點列 KCL，並代入 $R_1=3.5\,\text{k}\Omega$：

$$\frac{v_y}{R_1}+\frac{v_y-v_a}{R_2} +g_m(v_y-v_x)+g_o v_y=0$$

代入 $v_x=-100v_a$ 後：

$$\frac{v_y}{v_a} =-\frac{100g_m-1/R_2}{1/R_1+1/R_2+101g_m+g_o} \approx -84.10$$

因此

$$\frac{v_a}{I_s} =\frac{R_2}{1-v_y/v_a} \approx 164.5\,\Omega$$

輸出箭頭向下，代表 $I_o$ 為流入 $Q_2$ 汲極的電流。汲極交流接地，所以

核心觀念

本題考查有限開迴路增益運算放大器的閉迴路傳遞函數。對負回授電路，

$$\frac{V_o}{V_s}=\frac{A(s)}{1+A(s)\beta(s)}$$

其中 $A(s)$ 是運算放大器的開迴路增益，$\beta(s)=V_-/V_o$ 是回授因子。

解題方法

圖中 $V_s$ 經 $R_s=50\,\text{k}\Omega$ 接到非反相端；輸出經 $R_f=50\,\text{k}\Omega$ 接回反相端，反相端再透過 $C=0.02\,\mu\text{F}$ 接地。運算放大器輸入端不取電流，因此 $V_+=V_s$，且 $R_s$ 不影響傳遞函數。

開迴路增益為

$$A(s)=\frac{10^6}{1+s/100}$$

回授網路是 $R_f$ 與電容阻抗 $Z_C=1/(sC)$ 的分壓，因此

$$\beta(s)=\frac{Z_C}{R_f+Z_C} =\frac{1}{1+sR_fC}$$

由 $R_fC=(50\,\text{k}\Omega)(0.02\,\mu\text{F})=0.001\,\text{s}$，可得

$$\beta(s)=\frac{1}{1+s/1000}$$

代入閉迴路公式：

$$\frac{V_o(s)}{V_s(s)} = \frac{10^6(1+s/1000)} {(1+s/100)(1+s/1000)+10^6}$$

展開分母：

核心觀念

本題考振盪器的 Barkhausen 準則、共基極 Colpitts 振盪器的小訊號分析，以及石英晶體振盪器中反相器的偏壓與增益作用。

振盪時，迴路增益須滿足：

$$|A\beta|=1,\qquad \angle A\beta=2k\pi$$

啟振初期通常需有 $|A\beta|>1$，振幅建立後再由電路非線性使迴路增益回到 1。

(a) Barkhausen 準則

在振盪頻率 $\omega_0$，訊號繞行迴路一周後，振幅與相位都必須回到原值。因此穩定振盪的條件為：

$$|A(j\omega_0)\beta(j\omega_0)|=1$$ $$\angle A(j\omega_0)\beta(j\omega_0)=0^\circ\pmod{360^\circ}$$

第一式是振幅條件，第二式是相位條件。若啟振時迴路增益小於 1，振盪會衰減；若大於 1，振幅會逐漸增加，直到電路的非線性限制振幅。

(b) Fig. 5(a) 小訊號模型與迴路特徵式

將電源端視為交流接地，理想直流偏壓電流源視為開路。晶體管採用共基極小訊號模型：基極交流接地，並以受控電流源 $g_m v_{be}$ 表示晶體管；此處忽略 $r_o$。圖中的輸出耦合電容 $C\to\infty$，交流分析時視為短路，因此負載 $R_L$ 會接在發射極端。

令集極電壓為 $v_c$，發射極電壓為 $v_e$。因基極交流接地，$v_{be}=-v_e$。設 $G_L=1/R_L$；若忽略負載，令 $G_L=0$。對集極與發射極列 KCL：

$$\begin{bmatrix} \frac{1}{sL}+sC_1 & -(sC_1+g_m)\\ -sC_1 & s(C_1+C_2)+G_L+g_m \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_c\\ v_e \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix}$$

非零自然響應要求矩陣行列式為零。整理可得振盪器的特徵式：

$$g_m+G_L+s(C_1+C_2)+G_Ls^2LC_1+s^3LC_1C_2=0$$

這是由小訊號模型得到的迴路振盪條件：實部描述晶體管提供的能量與電路損耗的平衡，虛部則決定振盪頻率。

(c) 推導振盪角頻率

令 $s=j\omega$，代入特徵式。其虛部為：

核心觀念

本題須先依電晶體箭頭辨認種類，再分別求直流工作點與小訊號輸入電阻：

• 直流分析時，耦合電容視為開路，使用 $I_C=\beta I_B$、$I_E=(\beta+1)I_B$。
• 小訊號分析時，圖中標示無限大的電容視為短路，直流電源接交流地，理想定電流源視為開路。
• 電晶體的小訊號參數為 $$g_m=\frac{I_C}{V_T},\qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m},\qquad r_o=\frac{|V_A|}{I_C}.$$ 題目未指定熱電壓，以下採室溫 $V_T=25\text{ mV}$。

解題方法

依原圖，圖 6(a) 的兩顆電晶體皆為 NPN，形成達靈頓接法：$Q_1$ 射極接 $Q_2$ 基極，兩集極接至 $2\text{ k}\Omega$ 下端，$1.5\text{ M}\Omega$ 接於集極節點與輸入基極之間。圖 6(b) 則是 $Q_1$ 為 PNP、射極接地，集極驅動 NPN 的 $Q_2$；$R_f=200\text{ k}\Omega$ 從輸入基極接至輸出節點 $V_C$。

(a) 圖 6(a) 的 $I_C$

兩顆 NPN 均使用 $\beta_N=200$。由 $Q_2$ 射極接地，可得

$$V_{B2}=0.6\text{ V},\qquad V_{B1}=1.2\text{ V}.$$

令 $Q_1$ 基極電流為 $I_{B1}$，則

$$I_{B2}=I_{E1}=201I_{B1},$$ $$I_{C1}=200I_{B1},\qquad I_{C2}=200(201)I_{B1}=40200I_{B1}.$$

$2\text{ k}\Omega$ 電阻須供應兩顆電晶體的集極電流，以及經 $1.5\text{ M}\Omega$ 流入 $Q_1$ 的基極電流，因此

$$I_{2k}=I_{C1}+I_{C2}+I_{B1}=40401I_{B1}.$$

沿電源、$2\text{ k}\Omega$、$1.5\text{ M}\Omega$ 與兩個基射極接面寫迴路方程：

$$5=(2\text{ k}\Omega)(40401I_{B1}) +(1.5\text{ M}\Omega)I_{B1}+1.2.$$

所以

$$I_{B1}=\frac{3.8}{82.302\times10^6} =46.17\text{ nA}.$$

圖中向下的 $I_C$ 箭頭位於 $Q_2$ 集極支路，故

$$\boxed{I_C=I_{C2}=40200I_{B1}\approx1.856\text{ mA}}.$$

代回可得集極節點電壓為 $1.269\text{ V}$，亦滿足
$1.269-1.2=(1.5\text{ M}\Omega)I_{B1}$，且兩顆電晶體均符合主動區條件。

(b) 圖 6(b) 的 $V_C$

$Q_1$ 為 PNP，射極接地，因此輸入基極的直流電壓為

$$V_B=-0.6\text{ V}.$$

由 $R_B=500\text{ k}\Omega$ 流入基極節點的電流為

$$I_{R_B}=\frac{15-(-0.6)}{500\text{ k}\Omega} =31.2\,\mu\text{A}.$$

PNP 的基極電流由電晶體流出，與 $I_{R_B}$ 一起經 $R_f$ 流向 $V_C$，所以

$$I_{R_f}=31.2\,\mu\text{A}+I_{B1}.$$

$Q_1$ 集極電流全部供應 $Q_2$ 基極，故

$$I_{B2}=20I_{B1},\qquad I_{E2}=201I_{B2}=4020I_{B1}.$$

在 $V_C$ 節點寫電流守恆：

$$1\text{ mA}=I_{E2}+I_{R_f} =4021I_{B1}+31.2\,\mu\text{A}.$$

因此

$$I_{B1}=0.24094\,\mu\text{A},$$ $$V_C=V_B-R_fI_{R_f} =-0.6-(200\text{ k}\Omega)(31.44094\,\mu\text{A}),$$ $$\boxed{V_C\approx-6.888\text{ V}\approx-6.89\text{ V}}.$$