109 年 國立臺灣大學電子工程學研究所甲組《電子學(D)》

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第 1 題22 分

  1. (22 pts) Consider the filter circuit in Fig. 1:
    (a) (2 pts) What kind of filter function does this circuit realize?
    (b) (4 pts) Calculate ω0\omega_0 and QQ of the circuit.
    (c) (8 pts) The filter circuit transfer function can be expressed as
    VoVi=a2s2+a1s+a0s2+b1s+b0.\frac{V_o}{V_i} = \frac{a_2 s^2 + a_1 s + a_0}{s^2 + b_1 s + b_0}.
    What are the values of a2a_2, a1a_1, a0a_0, b1b_1, b0b_0?
    (d) (8 pts) Design a new filter circuit with an additional notch function by adding one more passive component on the original circuit in Fig. 1. Draw the new filter circuit and explain why your design can realize such a notch function. Calculate the corresponding notch frequency ωn\omega_n.
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核心觀念

本題考查二階 RLC 濾波器的:

  • 阻抗與導納表示法
  • 分壓公式
  • 二階標準形式
  • 共振角頻率 ω0\omega_0
  • 品質因數 QQ
  • 陷波器的串聯共振特性

圖中 L1L_1 為串聯元件,右側的 R1R_1、C1C_1、L2L_2 皆與輸出端並聯接地。


解題方法

先將輸出端的並聯網路以導納表示:

Yp=1R1+sC1+1sL2Y_p=\frac{1}{R_1}+sC_1+\frac{1}{sL_2}

因此其等效阻抗為:

Zp=1YpZ_p=\frac{1}{Y_p}

由 L1L_1 與並聯網路所形成的分壓電路:

VoVi=ZpsL1+Zp\frac{V_o}{V_i} =\frac{Z_p}{sL_1+Z_p}

將 Zp=1/YpZ_p=1/Y_p 代入,可得:

VoVi=11+sL1Yp\frac{V_o}{V_i} =\frac{1}{1+sL_1Y_p}

因此:

VoVi=11+sL1R1+s2L1C1+L1L2\frac{V_o}{V_i} = \frac{1} {1+\frac{sL_1}{R_1}+s^2L_1C_1+\frac{L_1}{L_2}}

將分母除以 L1C1L_1C_1:

VoVi=1L1C1s2+1R1C1s+L1+L2L1L2C1\frac{V_o}{V_i} = \frac{\frac{1}{L_1C_1}} {s^2+\frac{1}{R_1C_1}s+ \frac{L_1+L_2}{L_1L_2C_1}}

(a) 濾波器種類

低頻時,L2L_2 的阻抗接近零,輸出端被旁路至接地,故輸出接近零。

高頻時,C1C_1 的阻抗接近零,輸出端同樣被旁路至接地,故輸出也接近零。

在中間頻率範圍內,電感與電容的旁路效果減弱,輸出可以通過。

因此此電路為:

帶通濾波器(Band-pass Filter)\boxed{\text{帶通濾波器(Band-pass Filter)}}

(b) 計算 ω0\omega_0 與 QQ

二階系統標準形式為:

H(s)=分子s2+ω0Qs+ω02H(s)= \frac{\text{分子}} {s^2+\frac{\omega_0}{Q}s+\omega_0^2}

與本題分母比較:

s2+1R1C1s+L1+L2L1L2C1s^2+\frac{1}{R_1C_1}s+ \frac{L_1+L_2}{L_1L_2C_1}

因此:

ω02=L1+L2L1L2C1\omega_0^2= \frac{L_1+L_2}{L_1L_2C_1}

所以共振角頻率為:

ω0=L1+L2L1L2C1\boxed{ \omega_0= \sqrt{\frac{L_1+L_2}{L_1L_2C_1}} }

又因為:

ω0Q=1R1C1\frac{\omega_0}{Q}=\frac{1}{R_1C_1}

故:

Q=R1C1ω0Q=R_1C_1\omega_0

代入 ω0\omega_0:

Q=R1C1(L1+L2)L1L2\boxed{ Q= R_1\sqrt{\frac{C_1(L_1+L_2)}{L_1L_2}} }

(c) 求傳遞函數係數

題目給定:

VoVi=a2s2+a1s+a0s2+b1s+b0\frac{V_o}{V_i} = \frac{a_2s^2+a_1s+a_0} {s^2+b_1s+b_0}

由前述結果:

VoVi=1L1C1s2+1R1C1s+L1+L2L1L2C1\frac{V_o}{V_i} = \frac{\frac{1}{L_1C_1}} {s^2+\frac{1}{R_1C_1}s+ \frac{L_1+L_2}{L_1L_2C_1}}

逐項比較可得:

a2=0\boxed{a_2=0} a1=0\boxed{a_1=0}
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第 2 題28 分

  1. (28 pts) Suppose a standard CMOS inverter in a given technology has a minimum size with (W/L)n=n(W/L)_n = n and (W/L)p=p(W/L)_p = p, where p=(μn/μp)n=4np = (\mu_n/\mu_p) n = 4n for the matched current-driving strength. Assume the area of a gate in this technology can be expressed as Agate=kA_{\text{gate}} = k (total NMOS transistor size Σn\Sigma n + total PMOS transistor size Σp\Sigma p). For example, Design a standard CMOS inverter to equal to k×(1n+1p)=5knk \times (1n + 1p) = 5kn.

(a) (4 pts) Design a standard CMOS logic gate to implement the logic function F=(A+B)⋅CF = (A + B) \cdot C. Assume all of the complemented input signals Aˉ\bar{A}, Bˉ\bar{B}, and Cˉ\bar{C} are also readily available and use as few transistors as possible. Draw the standard CMOS logic design and size the gate with current-driving capability equal to that of a standard CMOS inverter. Calculate the corresponding area of the standard CMOS logic gate as a function of kk and nn.

(b) (8 pts) Design a pseudo-NMOS logic gate to implement the logic function F=(A+B)⋅CF = (A + B) \cdot C. Assume all of the complemented input signals Aˉ\bar{A}, Bˉ\bar{B}, and Cˉ\bar{C} are also readily available and use as few transistors as possible. Draw the pseudo-NMOS logic design and size the gate with current-driving capability equal to that of a standard CMOS inverter. Calculate the corresponding area of the pseudo-NMOS logic gate as a function of kk and nn. What are the advantage and disadvantage of using pseudo-NMOS logic style to implement this logic function?

(c) (8 pts) Design a dynamic MOS logic gate to implement the logic function F=(A+B)⋅CF = (A + B) \cdot C. Assume all of the complemented input signals Aˉ\bar{A}, Bˉ\bar{B}, and Cˉ\bar{C} are also readily available and use as few transistors as possible. Draw the dynamic MOS logic design and size the gate with current-driving capability equal to that of a standard CMOS inverter. Calculate the corresponding area of the dynamic MOS logic gate as a function of kk and nn. What are the advantage and disadvantage of using dynamic MOS logic style to implement this logic function?

(d) (8 pts) Design a pass-transistor logic gate to implement the logic function F=(A+B)⋅CF = (A + B) \cdot C. Assume all of the complemented input signals Aˉ\bar{A}, Bˉ\bar{B}, and Cˉ\bar{C} are also readily available and use as few transistors as possible. Draw the pass-transistor logic design and size the gate to have minimum gate area. Calculate the corresponding area of the pass-transistor logic as a function of kk and nn. What are the advantage and disadvantage of using pass-transistor logic style to implement this logic function?

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核心觀念

本題比較四種 MOS 邏輯實現方式,核心包括:

  1. 由邏輯函數建立 NMOS pull-down network(PDN)與 PMOS pull-up network(PUN)。
  2. 串聯電晶體會增加等效電阻,因此為維持與標準 CMOS inverter 相同的驅動能力,串聯 mm 顆電晶體時,寬度需放大為原來的 mm 倍。
  3. 電晶體面積為
Agate=k(∑n+∑p)A_{\text{gate}}=k\left(\sum n+\sum p\right)

其中最小尺寸 NMOS 為 nn,最小尺寸 PMOS 為 p=4np=4n。

題目函數為

F=(A+B)CF=(A+B)C

其反函數為

F‾=C‾+A‾ B‾\overline{F}=\overline{C}+\overline{A}\,\overline{B}

因此,NMOS 放電網路應在 F‾=1\overline{F}=1 時導通,也就是實現

C‾+A‾ B‾\overline{C}+\overline{A}\,\overline{B}

(a) 標準 CMOS 邏輯閘

解題方法

NMOS pull-down network 實現

F‾=C‾+A‾ B‾\overline{F}=\overline{C}+\overline{A}\,\overline{B}

因此:

  • C‾\overline{C} 使用一顆 NMOS;
  • A‾B‾\overline{A}\overline{B} 使用兩顆串聯 NMOS;
  • 兩個邏輯分支彼此並聯。

PMOS pull-up network 為其對偶電路:

F=C(A+B)F=C(A+B)

因此:

  • C‾\overline{C} 控制的 PMOS 與
  • A‾\overline{A}、B‾\overline{B} 控制的兩顆並聯 PMOS

形成串聯與並聯的對偶結構。

電晶體尺寸

NMOS 網路

單獨的 C‾\overline{C} 分支只有一顆 NMOS,因此尺寸為 nn。

A‾\overline{A}、B‾\overline{B} 分支有兩顆串聯 NMOS。為使整條路徑等效於標準 inverter 的一顆 NMOS,每顆需放大為 2n2n。

∑n=n+2n+2n=5n\sum n=n+2n+2n=5n

PMOS 網路

每一條導通路徑均包含兩顆串聯 PMOS,因此每顆需為 2p2p:

∑p=2p+2p+2p=6p=24n\sum p=2p+2p+2p=6p=24n

面積

ACMOS=k(5n+24n)=29knA_{\text{CMOS}} =k(5n+24n) =\boxed{29kn}

電路結構

  • PDN:C‾\overline{C} 分支,與 A‾\overline{A}、B‾\overline{B} 串聯分支並聯。
  • PUN:C‾\overline{C} PMOS 與 A‾\overline{A}、B‾\overline{B} 並聯 PMOS 串聯。

標準 CMOS 使用 3 顆 NMOS 與 3 顆 PMOS,共 6 顆電晶體,輸出具有完整的 rail-to-rail 電壓擺幅,且穩態時沒有直流功耗。


(b) Pseudo-NMOS 邏輯閘

解題方法

Pseudo-NMOS 使用:

  • 一顆 gate 接地、永遠導通的 PMOS 作為 pull-up load;
  • NMOS 網路實現 F‾\overline{F}。

NMOS 網路仍為

C‾+A‾ B‾\overline{C}+\overline{A}\,\overline{B}

也就是一顆 C‾\overline{C} NMOS,並聯一條由 A‾\overline{A}、B‾\overline{B} 串聯形成的分支。

電晶體尺寸

NMOS 網路與前一小題相同:

∑n=n+2n+2n=5n\sum n=n+2n+2n=5n

永遠導通的 PMOS 為單一電晶體,尺寸取標準 inverter 的 PMOS 尺寸:

∑p=p=4n\sum p=p=4n

面積

Apseudo-NMOS=k(5n+4n)=9knA_{\text{pseudo-NMOS}} =k(5n+4n) =\boxed{9kn}

優點

  • 只需要一顆 PMOS,不需要完整的互補 PUN。
  • 電晶體數量由 6 顆降為 4 顆。
  • 面積較小,輸入與輸出寄生電容也較低。
  • 對具有複雜 NMOS 邏輯網路的函數,電路結構簡單。

缺點

當 F=0F=0 時,永遠導通的 PMOS 與 NMOS 放電網路同時導通,形成由 VDDV_{DD} 到地的直流電流:

VDD→PMOS→NMOS→GNDV_{DD}\rightarrow \text{PMOS}\rightarrow \text{NMOS}\rightarrow GND

因此具有靜態功耗。此外,輸出低準位取決於 PMOS 與 NMOS 的尺寸比例,屬於 ratioed logic,會造成:

  • 低準位不一定接近 00;
  • 雜訊容限較差;
  • NMOS 必須夠強,才能壓過永遠導通的 PMOS;
  • 大扇出時邏輯準位與速度更容易惡化。

(c) Dynamic MOS 邏輯閘

解題方法

採用預充電為高電位的 dynamic MOS gate:

  • 預充電期間,PMOS 將輸出節點充至 VDDV_{DD};
  • 評估期間,NMOS 網路在 F‾=1\overline{F}=1 時將輸出放電至 00。

因此 NMOS evaluation network 實現

F‾=C‾+A‾ B‾\overline{F}=\overline{C}+\overline{A}\,\overline{B}

電路包含:

  1. 一顆 clock-controlled PMOS 預充電電晶體;
  2. 三顆 NMOS 組成的放電網路。

電晶體尺寸

預充電 PMOS 只有一顆,取標準 inverter 的 PMOS 尺寸:

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第 3 題30 分

  1. (30 pts) For the following differential-to-single circuit, neglect body effect in all transistors for (a)-(c). Channel-length modulation can be neglected in all transistors. Note that (W/L)1,2=500/1(W/L)_{1,2}=500/1, (W/L)=34000/1(W/L)=34000/1, μnCox=50 μA/V2\mu_n C_{\text{ox}}=50\ \mu\text{A}/\text{V}^2, and Vin=0.5VV_{\text{in}}=0.5\text{V}.

(a) (5 pts) First, what is the input common-mode range, VicmV_{\text{icm}}, for both transistor M1M_1-M3M_3 in saturation region?

(b) (9 pts) Now, draw the small-signal circuits and derive Vout/ΔVV_{\text{out}} / \Delta V. Vip=Vicm+0.5ΔVV_{\text{ip}} = V_{\text{icm}} + 0.5\Delta V and Vin=Vicm−0.5ΔVV_{\text{in}} = V_{\text{icm}} - 0.5\Delta V.

(c) (5 pts) What is PSRR (power-supply rejection ratio)? For this part, you can assume a small voltage perturbation ΔVdd\Delta V_{\text{dd}} at 3-V power supply, what is the output response?

(d) (6 pts) Let's take body effect into account, where γ=0.3\gamma=0.3 and 2ϕF=0.82\phi_F=0.8. Repeat part (a).

(e) (5 pts) Repeat part (b) with body effect.

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核心觀念

本題考差動對的偏壓電流、輸入共模範圍、差動小訊號增益,以及體效應對共模範圍的影響。判斷 MOS 飽和區時使用:

VDS≥VGS−VT=VOVV_{DS}\ge V_{GS}-V_T=V_{OV}

依原頁掃描圖,參數為 (W/L)1,2=500/1(W/L)_{1,2}=500/1、(W/L)3=4000/1(W/L)_3=4000/1、μnCox=50 μA/V2\mu_nC_{\text{ox}}=50\ \mu\text{A}/\text{V}^2、Vtn=0.5 VV_{tn}=0.5\text{ V};M3M_3 的閘極電壓為 0.6 V0.6\text{ V}。以下依圖中數值計算。

(a) 不考慮體效應的輸入共模範圍

M3M_3 的過驅電壓為

VOV3=VGS3−Vtn=0.6−0.5=0.1 VV_{OV3}=V_{GS3}-V_{tn}=0.6-0.5=0.1\text{ V}

因此尾電流為

ID3=12μnCoxWL3VOV32=12(50 μA/V2)(4000)(0.1)2=1 mAI_{D3}=\frac{1}{2}\mu_nC_{\text{ox}}\frac{W}{L}_3V_{OV3}^2 =\frac{1}{2}(50\ \mu\text{A}/\text{V}^2)(4000)(0.1)^2 =1\text{ mA}

對稱偏壓下,M1M_1、M2M_2 各流 0.5 mA0.5\text{ mA}。由電流公式求其過驅電壓:

VOV1,2=2IDμnCox(W/L)1,2=2(0.5 mA)(50 μA/V2)(500)=0.2 VV_{OV1,2} =\sqrt{\frac{2I_D}{\mu_nC_{\text{ox}}(W/L)_{1,2}}} =\sqrt{\frac{2(0.5\text{ mA})}{(50\ \mu\text{A}/\text{V}^2)(500)}} =0.2\text{ V}

圖中電阻網路在對稱偏壓下沒有電流流過中間的 0.5 kΩ0.5\text{ k}\Omega 與 1.5 kΩ1.5\text{ k}\Omega 串聯支路。上方 1 kΩ1\text{ k}\Omega 流過 1 mA1\text{ mA},壓降為 1 V1\text{ V};兩個下方 1 kΩ1\text{ k}\Omega 各流 0.5 mA0.5\text{ mA},壓降各為 0.5 V0.5\text{ V}。所以兩個汲極電壓均為

VD1=VD2=3−1−0.5=1.5 VV_{D1}=V_{D2}=3-1-0.5=1.5\text{ V}

設共源節點電壓為 VSV_S。M3M_3 飽和要求 VS≥VOV3=0.1 VV_S\ge V_{OV3}=0.1\text{ V};M1M_1、M2M_2 飽和要求 1.5−VS≥0.2 V1.5-V_S\ge0.2\text{ V},即 VS≤1.3 VV_S\le1.3\text{ V}。又因 VGS1,2=0.5+0.2=0.7 VV_{GS1,2}=0.5+0.2=0.7\text{ V},所以 Vicm=VS+0.7 VV_{\text{icm}}=V_S+0.7\text{ V}。

0.8 V≤Vicm≤2.0 V0.8\text{ V}\le V_{\text{icm}}\le2.0\text{ V}

(b) 差動小訊號增益

由 gm=2ID/VOVg_m=2I_D/V_{OV},

gm1=gm2=2(0.5 mA)0.2 V=5 mSg_{m1}=g_{m2}=\frac{2(0.5\text{ mA})}{0.2\text{ V}}=5\text{ mS}

題目給定 vip=0.5ΔVv_{ip}=0.5\Delta V、vin=−0.5ΔVv_{in}=-0.5\Delta V。對稱差動激勵使共源節點成為交流虛地;上方共用的 1 kΩ1\text{ k}\Omega 支路電流變化互相抵銷,其交流節點也為地。令左右汲極小訊號分別為 v1,v2v_1,v_2。兩汲極間的總電阻是 2 kΩ2\text{ k}\Omega,汲極 KCL 為

v11 kΩ+v1−v22 kΩ+gmΔV2=0\frac{v_1}{1\text{ k}\Omega}+\frac{v_1-v_2}{2\text{ k}\Omega} +g_m\frac{\Delta V}{2}=0 v21 kΩ+v2−v12 kΩ−gmΔV2=0\frac{v_2}{1\text{ k}\Omega}+\frac{v_2-v_1}{2\text{ k}\Omega} -g_m\frac{\Delta V}{2}=0

兩式相加得 v1+v2=0v_1+v_2=0;相減得

v1−v2=−gmΔV1/1 kΩ+2/2 kΩ=−2.5ΔVv_1-v_2 =-\frac{g_m\Delta V}{1/1\text{ k}\Omega+2/2\text{ k}\Omega} =-2.5\Delta V
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第 4 題20 分

  1. (20 pts) For the following circuit, neglect body effect in all transistors. Assume all transistors are in saturation region and their associated transconductance and output resistance are gm1,2,3g_{m1,2,3} and ro1,2,3r_{o1,2,3}. To simplify the questions, ro1,2,3r_{o1,2,3} are identical and equal to ror_o.

(a) (5 pts) First, sketch the transfer curve of VoutV_{\text{out}} vs. VinV_{\text{in}}.

(b) (5 pts) Derive the small-signal output resistance (by looking into VoutV_{\text{out}}) without considering all capacitors.

(c) (10 pts) Due to negative feedback configuration, please identify the design requirement of the ratio of CX/CYC_X / C_Y to maintain the stability of such circuit, where its phase margin is at least 45 degrees. Please note that CXC_X and CYC_Y are all capacitors associated with nodes X and Y.

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核心觀念

本題考查三個重點:

  1. 飽和區 MOSFET 的電流與小訊號模型。
  2. 由輸出端看入的小訊號輸出電阻。
  3. 兩個內部節點 XX、YY 的寄生電容所造成的雙極點穩定度問題。

電路中:

  • M1M_1:閘極接 VinV_{\text{in}},汲極接輸出節點 XX,源極接節點 YY。
  • M2M_2:二極體接法的 PMOS 負載,輸出為 Vout=VXV_{\text{out}}=V_X。
  • M3M_3:閘極接固定偏壓 VbV_b 的 NMOS 電流源。
  • CXC_X、CYC_Y 分別為節點 XX、YY 對地的等效電容。

以下令

goi=1roi,i=1,2,3g_{oi}=\frac{1}{r_{oi}},\qquad i=1,2,3

且題目給定 ro1=ro2=ro3=ror_{o1}=r_{o2}=r_{o3}=r_o。


(a) VoutV_{\text{out}} 對 VinV_{\text{in}} 的轉移曲線

解題方法

由於 M3M_3 的閘極接固定電壓 VbV_b,且假設 M3M_3 工作於飽和區,因此其汲極電流近似固定:

I3≈12k3(Vb−Vtn)2I_3 \approx \frac{1}{2}k_3(V_b-V_{tn})^2

串聯電路中三個電晶體的直流電流相同,因此

I1=I2=I3I_1=I_2=I_3

當 VinV_{\text{in}} 改變時,M1M_1 的源極電壓 VYV_Y 會跟著改變,以維持 I1=I3I_1=I_3。但是在所有電晶體仍處於飽和區時,M2M_2 的電流固定,故其二極體接法所決定的 VXV_X 近似固定。

因此:

Vout=VX≈constantV_{\text{out}}=V_X\approx \text{constant}

而

VY=Vin−VGS1V_Y=V_{\text{in}}-V_{GS1}

所以在飽和區範圍內,VoutV_{\text{out}} 對 VinV_{\text{in}} 呈現近似水平線。

飽和區限制

三個電晶體必須同時滿足飽和條件:

M1:VX−VY≥VGS1−VtnM_1:\quad V_X-V_Y\ge V_{GS1}-V_{tn} M2:VDD−VX≥VSG2−∣Vtp∣M_2:\quad V_{DD}-V_X\ge V_{SG2}-|V_{tp}| M3:VY≥VGS3−VtnM_3:\quad V_Y\ge V_{GS3}-V_{tn}

其中 M3M_3 的飽和條件限制 VinV_{\text{in}} 的下限,M1M_1 的飽和條件限制 VinV_{\text{in}} 的上限。

轉移曲線

因此曲線為:

  • 在所有電晶體皆飽和時:VoutV_{\text{out}} 近似固定。
  • VinV_{\text{in}} 太低:M3M_3 離開飽和區。
  • VinV_{\text{in}} 太高:M1M_1 離開飽和區,輸出開始下降。

示意如下:

在允許的輸入範圍內, Vout 為近似水平的平台\boxed{\text{在允許的輸入範圍內, }V_{\text{out}}\text{ 為近似水平的平台}}

(b) 小訊號輸出電阻

小訊號等效電路

求輸出電阻時,將獨立訊號源歸零:

vin=0,vb=0,vDD=0v_{\text{in}}=0,\qquad v_b=0,\qquad v_{DD}=0

因此:

  • M2M_2 為二極體接法,其對地小訊號電導為
G2=gm2+go2G_2=g_{m2}+g_{o2}
  • M3M_3 的閘極為交流接地,只留下 go3g_{o3}。
  • M1M_1 的 gm1g_{m1} 會透過節點 YY 產生回授效應。

令測試電壓為 vxv_x,節點 YY 電壓為 vyv_y。

節點 YY 方程式

在節點 YY 寫 KCL:

−go1vx+(gm1+go1+go3)vy=0-g_{o1}v_x+ (g_{m1}+g_{o1}+g_{o3})v_y=0

因此

vy=go1gm1+go1+go3vxv_y= \frac{g_{o1}} {g_{m1}+g_{o1}+g_{o3}}v_x

節點 XX 方程式

輸入測試電流為

ix=(gm2+go2)vx+go1vx−(gm1+go1)vyi_x=(g_{m2}+g_{o2})v_x +g_{o1}v_x -(g_{m1}+g_{o1})v_y

代入 vyv_y:

ix=[gm2+go2+go1−(gm1+go1)go1gm1+go1+go3]vxi_x= \left[ g_{m2}+g_{o2}+g_{o1} -\frac{(g_{m1}+g_{o1})g_{o1}} {g_{m1}+g_{o1}+g_{o3}} \right]v_x

整理後:

ixvx=gm2+go2+go1go3gm1+go1+go3\frac{i_x}{v_x} = g_{m2}+g_{o2} + \frac{g_{o1}g_{o3}} {g_{m1}+g_{o1}+g_{o3}}

所以輸出電阻為

Rout=[gm2+go2+go1go3gm1+go1+go3]−1\boxed{ R_{\text{out}} = \left[ g_{m2}+g_{o2} + \frac{g_{o1}g_{o3}} {g_{m1}+g_{o1}+g_{o3}} \right]^{-1} }
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