108 年 國立成功大學光電科學與工程研究所乙組《電子學》

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第 1 題10 分

(Circuit Models for Amplifiers) An amplifier with an input resistance of 10 kΩ10\,k\Omega, when driven by a current source of 1 μA1\,\mu A and a source resistance of 100 kΩ100\,k\Omega, has a short-circuit output current of 10 mA10\,mA and an open-circuit output voltage of 10 V10\,V. The device is driving a 4 kΩ4\,k\Omega load. Give the values of the voltage gain, current gain, and power gain expressed as ratios.

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核心觀念

本題考查放大器的輸入、輸出等效模型，以及負載效應。

採用放大器端口增益定義：

Av=vLvi,Ai=iLii,Gp=PLPi=AvAiA_v=\frac{v_L}{v_i},\qquad A_i=\frac{i_L}{i_i},\qquad G_p=\frac{P_L}{P_i}=A_vA_i

其中：

  • vi,iiv_i,i_i：放大器輸入端電壓與電流
  • vL,iLv_L,i_L：負載上的輸出電壓與電流
  • Pi=viiiP_i=v_i i_i
  • PL=vLiLP_L=v_L i_L

解題方法

1. 求輸入端電壓與電流

電流源 1 μA1\,\mu\text{A} 與源電阻 100 kΩ100\,\text{k}\Omega 並聯，放大器輸入電阻為 10 kΩ10\,\text{k}\Omega。

輸入端電阻為

Rin=10 kΩR_{\text{in}}=10\,\text{k}\Omega

因此輸入電壓為

vi=1 μA(100 kΩ∥10 kΩ)v_i=1\,\mu\text{A} \left(100\,\text{k}\Omega\parallel 10\,\text{k}\Omega\right) 100 kΩ∥10 kΩ=100×10100+10 kΩ=9.091 kΩ100\,\text{k}\Omega\parallel 10\,\text{k}\Omega = \frac{100\times 10}{100+10}\,\text{k}\Omega = 9.091\,\text{k}\Omega

所以

vi=1 μA×9.091 kΩ=9.091 mVv_i=1\,\mu\text{A}\times 9.091\,\text{k}\Omega =9.091\,\text{mV}

流入放大器的輸入電流為

ii=viRin=9.091 mV10 kΩ=0.9091 μAi_i=\frac{v_i}{R_{\text{in}}} = \frac{9.091\,\text{mV}}{10\,\text{k}\Omega} =0.9091\,\mu\text{A}

2. 求輸出電阻

放大器的開路輸出電壓與短路輸出電流分別為

voc=10 V,isc=10 mAv_{oc}=10\,\text{V},\qquad i_{sc}=10\,\text{mA}

由輸出端 Thevenin 等效模型：

Ro=vocisc=10 V10 mA=1 kΩR_o=\frac{v_{oc}}{i_{sc}} = \frac{10\,\text{V}}{10\,\text{mA}} =1\,\text{k}\Omega

3. 求負載電壓與負載電流

負載為

RL=4 kΩR_L=4\,\text{k}\Omega

利用輸出端 Thevenin 等效電路，負載電壓為

vL=vocRLRo+RLv_L=v_{oc}\frac{R_L}{R_o+R_L}
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第 2 題10 分

(The OP Amplifier)
(A) Please plot the configuration of inverting amplifier.
(B) Show that for the inverting amplifier if the op-amp gain is A, the input resistance is given by
Rin=R1+R2A+1R_{in} = R_1 + \frac{R_2}{A+1}

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（A）反相放大器架構

                 R2
          ┌────/\/\/\────┐
          │              │
vi ──/\/\/\──●────(−)    │
     R1       │     │\    │
              │     │ \───●── vo
GND ───────────────(+) /
                    │/

其中非反相端接地，R1R_1 連接輸入端與反相端，R2R_2 由輸出端回授至反相端。

（B）輸入電阻推導

設反相端電壓為 v−v_-。運算放大器的有限開迴路增益為 AA，故

vo=A(v+−v−)=−Av−v_o=A(v_+-v_-)=-Av_-

因此

v−=−voAv_-=-\frac{v_o}{A}
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第 3 題10 分

(Rectifier Circuits) Consider a half-wave rectifier circuit with a triangular-wave input of 5-V peak-to-peak amplitude and zero average, and with R=1 kΩR=1\,k\Omega. Assume that the diode can be represented by the constant-voltage-drop model with VD=0.65 VV_D = 0.65\,V and rD=20 Ωr_D = 20\,\Omega. Find the average value of vov_o.

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輸入三角波峰值為

Vp=52=2.5 VV_p=\frac{5}{2}=2.5\text{ V}

當 vi>VD=0.65 Vv_i>V_D=0.65\text{ V} 時，二極體導通，輸出為

vo=RR+rD(vi−VD)v_o=\frac{R}{R+r_D}(v_i-V_D)

三角波在 −Vp-V_p 至 VpV_p 間的時間分布均勻，因此平均輸出為

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第 4 題10 分

(BJT Circuits) For the circuit with BJT (shown in below), to determine the value of the voltage VBBV_{BB} that results in the transistor operating
(a) in the active mode with VCE=5 VV_{CE} = 5\,V;
(b) at the edge of saturation;
(c) deep in saturation with βforced=10\beta_{forced} = 10.
For simplicity, assume that VBEV_{BE} remains constant at 0.7 V0.7\,V. The transistor is specified to be 5050.

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核心觀念

此題考查 BJT 共射極電路的三種操作狀態：

  • 主動區：IC=βIBI_C=\beta I_B
  • 飽和邊界：VCB=0V_{CB}=0，因此 VC=VB≈VBE=0.7 VV_C=V_B\approx V_{BE}=0.7\,\text{V}
  • 深度飽和：以強迫電流增益 βforced=10\beta_{\text{forced}}=10 設計，滿足
    IB=ICβforcedI_B=\frac{I_C}{\beta_{\text{forced}}}

電路參數為

VCC=10 V,RC=1 kΩ,RB=10 kΩV_{CC}=10\,\text{V},\qquad R_C=1\,\text{k}\Omega,\qquad R_B=10\,\text{k}\Omega

VBE=0.7 V,β=50V_{BE}=0.7\,\text{V},\qquad \beta=50

基極迴路皆使用

VBB=VBE+IBRBV_{BB}=V_{BE}+I_B R_B

(a) 主動區且 VCE=5 VV_{CE}=5\,\text{V}

集極迴路：

IC=VCC−VCERC=10−51 kΩ=5 mAI_C=\frac{V_{CC}-V_{CE}}{R_C} =\frac{10-5}{1\,\text{k}\Omega} =5\,\text{mA}

主動區中

IB=ICβ=5 mA50=0.1 mA=100 μAI_B=\frac{I_C}{\beta} =\frac{5\,\text{mA}}{50} =0.1\,\text{mA}=100\,\mu\text{A}

因此

VBB=VBE+IBRBV_{BB}=V_{BE}+I_B R_B

VBB=0.7+(100 μA)(10 kΩ)=0.7+1.0=1.7 VV_{BB}=0.7+(100\,\mu\text{A})(10\,\text{k}\Omega) =0.7+1.0 =1.7\,\text{V}

(b) 飽和邊界

在飽和邊界，基極—集極接面剛好不再反向偏壓，因此

VC=VB≈VBE=0.7 VV_C=V_B\approx V_{BE}=0.7\,\text{V}

集極電流為

IC=VCC−VCRC=10−0.71 kΩ=9.3 mAI_C=\frac{V_{CC}-V_C}{R_C} =\frac{10-0.7}{1\,\text{k}\Omega} =9.3\,\text{mA}

在飽和邊界仍可使用 β=50\beta=50 求所需基極電流：

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第 5 題10 分

(MOS Transistor) An NMOS transistor with kn=1 mA/V2k_n = 1\,mA/V^2 and Vt=1 VV_t = 1\,V is operated with VGS=2.5 VV_{GS} = 2.5\,V. At what value of VDSV_{DS} does the transistor enter the saturation region? What value of IDI_D is obtained in saturation.

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核心觀念

NMOS 進入飽和區的臨界條件為

VDS=VGS−VtV_{DS}=V_{GS}-V_t

其中

VOV=VGS−VtV_{OV}=V_{GS}-V_t

稱為過驅電壓。當 VDS≥VOVV_{DS}\ge V_{OV} 時，NMOS 工作於飽和區。

忽略通道長度調變時，NMOS 飽和區電流為

ID=12kn(VGS−Vt)2I_D=\frac{1}{2}k_n(V_{GS}-V_t)^2

解題方法

先計算過驅電壓：

VOV=VGS−Vt=2.5−1=1.5 VV_{OV}=V_{GS}-V_t =2.5-1 =1.5\text{ V}

因此，當

VDS,sat=VOV=1.5 VV_{DS,\text{sat}}=V_{OV}=1.5\text{ V}

時，電晶體剛好進入飽和區。

接著代入飽和區電流公式：

ID=12(1 mA/V2)(1.5 V)2I_D=\frac{1}{2}(1\text{ mA/V}^2)(1.5\text{ V})^2 ID=12×1×2.25 mA=1.125 mAI_D=\frac{1}{2}\times 1\times 2.25\text{ mA} =1.125\text{ mA}
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第 6 題14 分

Design the following circuit so that the transistor operates in saturation with VDV_D biased 1 V1\,V from the edge of the triode region, with ID=1 mAI_D = 1\,mA and VD=3 VV_D = 3\,V, for each of the following two devices (use a 10-mA current in the voltage divider):
(a) Vt=1 VV_t = 1\,V and kp′W/L=0.5 mA/V2k'_p W/L = 0.5\,mA/V^2
(b) ∣Vt∣=2 V|V_t| = 2\,V and kp′W/L=1.25 mA/V2k'_p W/L = 1.25\,mA/V^2
For each case, specify the values of VG,VD,VS,R1,R2,RS,RDV_G, V_D, V_S, R_1, R_2, R_S, R_D.

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核心觀念

本題考查：

  1. PMOS 在飽和區的電流方程式
    ID=12kp′WL(VSG−∣Vt∣)2I_D=\frac{1}{2}k'_p\frac WL\left(V_{SG}-|V_t|\right)^2

  2. PMOS 飽和區邊界條件
    VSD=VSG−∣Vt∣V_{SD}=V_{SG}-|V_t|

    因此
    VD=VG+∣Vt∣V_D=V_G+|V_t|

  3. 題目要求工作點距離三極區邊界 1 V1\,V，故 PMOS 應比邊界再多 1 V1\,V 的飽和裕度：
    VD=VG+∣Vt∣−1V_D=V_G+|V_t|-1

  4. 電阻電壓與歐姆定律：
    RS=10−VSID,RD=VDIDR_S=\frac{10-V_S}{I_D},\qquad R_D=\frac{V_D}{I_D}

    電壓分壓器電流為 10 mA10\,\text{mA}，因此
    R1+R2=10 V10 mA=1 kΩR_1+R_2=\frac{10\,V}{10\,mA}=1\,k\Omega

解題方法

已知

ID=1 mA,VD=3 V,VDD=10 VI_D=1\,mA,\qquad V_D=3\,V,\qquad V_{DD}=10\,V

先由 MOSFET 電流方程式求出過驅電壓：

VOV=VSG−∣Vt∣=2IDkp′(W/L)V_{OV}=V_{SG}-|V_t| =\sqrt{\frac{2I_D}{k'_p(W/L)}}

再求：

VSG=∣Vt∣+VOVV_{SG}=|V_t|+V_{OV}

由題目所給的飽和裕度：

VG=VD−∣Vt∣+1V_G=V_D-|V_t|+1

且

VS=VG+VSGV_S=V_G+V_{SG}

最後利用分壓器與電阻公式求出各電阻。

(a) ∣Vt∣=1 V|V_t|=1\,V，kp′W/L=0.5 mA/V2k'_pW/L=0.5\,mA/V^2

1. 求 VSGV_{SG} 與 VSV_S

過驅電壓為

VOV=2(1 mA)0.5 mA/V2=2 VV_{OV} =\sqrt{\frac{2(1\,mA)}{0.5\,mA/V^2}} =2\,V

因此

VSG=∣Vt∣+VOV=1+2=3 VV_{SG}=|V_t|+V_{OV}=1+2=3\,V

由飽和裕度條件：

VG=VD−∣Vt∣+1=3−1+1=3 VV_G=V_D-|V_t|+1 =3-1+1=3\,V

所以

VS=VG+VSG=3+3=6 VV_S=V_G+V_{SG}=3+3=6\,V

2. 求 RSR_S 與 RDR_D

RS=10−61 mA=4 kΩR_S=\frac{10-6}{1\,mA}=4\,k\Omega

RD=31 mA=3 kΩR_D=\frac{3}{1\,mA}=3\,k\Omega

3. 求 R1R_1 與 R2R_2

分壓器電流為 10 mA10\,mA，且閘極電流近似為零。

R2=VG10 mA=310 mA=300 ΩR_2=\frac{V_G}{10\,mA} =\frac{3}{10\,mA}=300\,\Omega
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第 7 題12 分

Consider the FET amplifier of the following Figure for the case, Vt=2 VV_t = 2\,V, kn′(W/L)=1.0 mA/V2k'_n(W/L) = 1.0\,mA/V^2, VGS=4 VV_{GS}=4\,V, VDD=10 VV_{DD} = 10\,V, and RD=3.6 kΩR_D = 3.6\,k\Omega.
(a) Find the dc quantities IDI_D and VDV_D.
(b) Calculate the value of gmg_m at the bias point.
(c) Calculate the value of the voltage gain.
(d) If the MOSFET has a=0.01 V−1a = 0.01\,V^{-1}, find output resistance ror_o at the bias point and calculate the voltage gain. (A is called the "channel-length modulation coefficient").

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核心觀念

本題考查共源極（common-source）MOSFET 放大器的偏壓與小訊號分析：

  • 飽和區汲極電流
    ID=12kn′(WL)(VGS−Vt)2I_D=\frac{1}{2}k'_n\left(\frac WL\right)(V_{GS}-V_t)^2
  • 跨導
    gm=kn′(WL)(VGS−Vt)=2IDVGS−Vtg_m=k'_n\left(\frac WL\right)(V_{GS}-V_t)=\frac{2I_D}{V_{GS}-V_t}
  • 忽略通道長度調變時，電壓增益
    Av=−gmRDA_v=-g_mR_D
  • 考慮通道長度調變時
    ro=1λIDr_o=\frac{1}{\lambda I_D}
    Av=−gm(RD∥ro)A_v=-g_m(R_D\parallel r_o)

圖中 source 接地，因此 VDS=VDV_{DS}=V_D，且輸入訊號加在 gate。

(a) 求 IDI_D 與 VDV_D

已知

Vt=2 V,VGS=4 VV_t=2\,\text{V},\qquad V_{GS}=4\,\text{V}

過驅電壓為

VOV=VGS−Vt=4−2=2 VV_{OV}=V_{GS}-V_t=4-2=2\,\text{V}

因此

ID=12(1.0 mA/V2)(2 V)2I_D=\frac{1}{2}(1.0\,\text{mA/V}^2)(2\,\text{V})^2 ID=2.0 mAI_D=2.0\,\text{mA}

汲極電阻上的壓降為

IDRD=(2.0 mA)(3.6 kΩ)=7.2 VI_DR_D=(2.0\,\text{mA})(3.6\,\text{k}\Omega)=7.2\,\text{V}

所以

VD=VDD−IDRDV_D=V_{DD}-I_DR_D VD=10−7.2=2.8 VV_D=10-7.2=2.8\,\text{V}

確認操作區域：

VDS=VD=2.8 V>VOV=2 VV_{DS}=V_D=2.8\,\text{V}>V_{OV}=2\,\text{V}

故 MOSFET 確實工作於飽和區。

(b) 求偏壓點的 gmg_m

gm=kn′(WL)VOVg_m=k'_n\left(\frac WL\right)V_{OV} gm=(1.0 mA/V2)(2 V)g_m=(1.0\,\text{mA/V}^2)(2\,\text{V}) gm=2.0 mS\boxed{g_m=2.0\,\text{mS}}

(c) 忽略通道長度調變時的電壓增益

中頻小訊號分析下，VDDV_{DD} 為交流接地，source 也接交流地，因此共源極電壓增益為

Av=−gmRDA_v=-g_mR_D

代入數值：

Av=−(2.0 mS)(3.6 kΩ)A_v=-(2.0\,\text{mS})(3.6\,\text{k}\Omega)
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第 8 題12 分

Consider the basic bipolar current mirror of the following figure for the case in which Q1 and Q2 are identical devices having IS=10−15 AI_S = 10^{-15}\,A.
(a) Assuming the transistor β\beta is very high, find the range of VBEV_{BE} and IQI_Q corresponding to IREFI_{REF} increasing from 10 μA10\,\mu A to 10 mA10\,mA. Assume that Q2Q_2 remains in the active mode, and neglect the Early effect.
(b) Find the range of IQI_Q corresponding to IREFI_{REF} in the range of 10 μA10\,\mu A to 10 mA10\,mA, taking into account the finite β\beta. Assume that β\beta remains constant at 100100 over the current range 0.1 mA0.1\,mA to 5 mA5\,mA but that at IC=10 mAI_C = 10\,mA and at IC=10 μAI_C = 10\,\mu A, β=70\beta=70. Specify IQI_Q corresponding to IREF=10 μAI_{REF} = 10\,\mu A, 0.1 mA0.1\,mA, 1 mA1\,mA, and 10 mA10\,mA. Note that β\beta variation with current causes the current transfer ratio to vary with current.

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核心觀念

這題考基本 BJT 電流鏡。Q1Q_1 的集極與基極相接，形成二極體接法，並與 Q2Q_2 共用 VBEV_{BE}。兩顆電晶體相同、忽略 Early effect 時，兩者的集極電流相同：

IC1=IC2=IOI_{C1}=I_{C2}=I_O

BJT 的電流與基極－射極電壓關係為：

IC≈ISeVBE/VTI_C \approx I_S e^{V_{BE}/V_T}

其中 VTV_T 是熱電壓。以下採室溫近似 VT=25 mVV_T=25\,\text{mV}。

解題方法

(a) β\beta 很大

β\beta 很大時，基極電流可忽略，因此參考電流幾乎全流入 Q1Q_1：

IC1≈IREFI_{C1}\approx I_{REF}

由於兩顆電晶體相同且共用 VBEV_{BE}，輸出電流為：

IO=IC2=IC1≈IREFI_O=I_{C2}=I_{C1}\approx I_{REF}

由 BJT 電流方程求 VBEV_{BE}：

VBE=VTln⁡(IREFIS)V_{BE}=V_T\ln\left(\frac{I_{REF}}{I_S}\right)

當 IREF=10 μAI_{REF}=10\,\mu\text{A}：

VBE=25 mVln⁡(10−510−15)≈0.576 VV_{BE}=25\,\text{mV}\ln\left(\frac{10^{-5}}{10^{-15}}\right) \approx 0.576\,\text{V}

當 IREF=10 mAI_{REF}=10\,\text{mA}：

VBE=25 mVln⁡(10−210−15)≈0.748 VV_{BE}=25\,\text{mV}\ln\left(\frac{10^{-2}}{10^{-15}}\right) \approx 0.748\,\text{V}

因此 VBEV_{BE} 約由 0.576 V0.576\,\text{V} 增至 0.748 V0.748\,\text{V}，而 IOI_O 約由 10 μA10\,\mu\text{A} 增至 10 mA10\,\text{mA}。

(b) 考慮有限 β\beta

參考電流除了供應 Q1Q_1 的集極電流，也要供應兩顆電晶體的基極電流。兩顆電晶體相同，因此：

IREF=IC1+IB1+IB2I_{REF}=I_{C1}+I_{B1}+I_{B2}
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第 9 題12 分

Consider the CMOS amplifier of the following figure when fabricated with a process for which kn′=2.5kp′=250 μA/V2k'_n = 2.5k'_p = 250\,\mu A/V^2, ∣Vt∣=0.6 V|V_t| = 0.6\,V, and ∣VA∣=10 V|V_A| = 10\,V. Find IREFI_{REF} and (W/L)1(W/L)_1 to obtain a voltage gain of −40 V/V-40\,V/V and an output resistance of 100 kΩ100\,k\Omega. If Q2Q_2 and Q3Q_3 are to be operated at the same overdrive voltage as Q1Q_1, what must their W/LW/L ratios be?

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核心觀念

本題考查 CMOS 共源極放大器與 PMOS 電流鏡負載的小訊號分析。

由圖可知：

  • Q1Q_1 為 NMOS 共源極放大器。
  • Q2Q_2 為 PMOS 電流鏡負載。
  • Q3Q_3 為二極體接法 PMOS，用來設定電流鏡參考電流。
  • Q1Q_1 與 Q2Q_2 的直流電流相等，皆設為 IDI_D。

忽略基體效應時，所需公式為

Av≃−gm1(ro1∥ro2)A_v \simeq -g_{m1}(r_{o1}\parallel r_{o2}) Ro=ro1∥ro2R_o=r_{o1}\parallel r_{o2} ro=∣VA∣IDr_o=\frac{|V_A|}{I_D}

MOSFET 的跨導公式為

gm=2k′WLIDg_m=\sqrt{2k'\frac WL I_D}

其中

kn′=250 μA/V2,kp′=100 μA/V2k'_n=250\,\mu\text{A/V}^2,\qquad k'_p=100\,\mu\text{A/V}^2

解題方法

1. 由輸出電阻求偏壓電流

題目指定

Ro=ro1∥ro2=100 kΩR_o=r_{o1}\parallel r_{o2}=100\,\text{k}\Omega

由於 Q1Q_1 與 Q2Q_2 通過相同的直流電流，且兩者的 ∣VA∣|V_A| 相同，因此

ro1=ro2=10 VIDr_{o1}=r_{o2}=\frac{10\,\text{V}}{I_D}

所以

ro1∥ro2=1210 VID=5 VIDr_{o1}\parallel r_{o2} =\frac{1}{2}\frac{10\,\text{V}}{I_D} =\frac{5\,\text{V}}{I_D}

令其等於 100 kΩ100\,\text{k}\Omega：

5ID=100×103\frac{5}{I_D}=100\times 10^3

因此

ID=50 μAI_D=50\,\mu\text{A}

電流鏡的輸出電流等於參考電流，故

IREF=50 μA\boxed{I_{REF}=50\,\mu\text{A}}

2. 由電壓增益求 gm1g_{m1}

題目要求

Av=−40 V/VA_v=-40\,\text{V/V}

又因為

Ro=100 kΩR_o=100\,\text{k}\Omega

因此

40=gm1(100 kΩ)40=g_{m1}(100\,\text{k}\Omega)

得到

gm1=0.4 mSg_{m1}=0.4\,\text{mS}

3. 求 (W/L)1(W/L)_1

對 Q1Q_1 使用 NMOS 跨導公式：

gm12=2kn′(WL)1IDg_{m1}^2 =2k'_n\left(\frac WL\right)_1 I_D

因此

(WL)1=gm122kn′ID\left(\frac WL\right)_1 =\frac{g_{m1}^2}{2k'_n I_D}

代入數值：

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