111 年 國立成功大學光電科學與工程研究所乙組《電子學》

核心觀念

本題考查：

1. 理想運算放大器的基本特性。
2. 光電二極體的響應度（responsivity）與光電流關係。
3. 跨阻放大器（transimpedance amplifier）的輸出電壓。
4. 光電流與暗電流均會流經回授電阻 $250\,\text{k}\Omega$。

由圖可知，運算放大器的非反相端固定於 $-3\,\text{V}$，因此理想運算放大器工作在線性區時：

$$v_- = v_+ = -3\,\text{V}$$

光電二極體的反向電流會流入反相端節點，再經由回授電阻流向輸出端。

(a) 理想運算放大器的五項特性

1. 開迴路電壓增益無限大

   $A_{OL}\to\infty$

2. 輸入電阻無限大

   $R_{in}\to\infty$

   因此兩個輸入端均不吸收電流：

   $i_+=i_-=0$

3. 輸出電阻為零

   $R_{out}=0$

   輸出電壓不會因負載電流而產生內部壓降。

4. 頻寬無限大

   理想運算放大器可放大所有頻率的訊號，不受頻率限制。

5. 輸入失調電壓為零，且共模抑制比無限大

   $V_{OS}=0,\qquad \text{CMRR}\to\infty$

   因此在線性負回授下可使用虛短路條件：

   $v_-=v_+$

(b) 輸出電壓 $v_o$

第一步：計算光電流

光電二極體的響應度為

$$\mathcal{R}=0.5\,\text{A/W}$$

入射光功率為

$$P_{opt}=10\,\mu\text{W}$$

因此光電流為

$$I_{ph}=\mathcal{R}P_{opt}$$ $$I_{ph} =0.5\times 10\,\mu\text{W} =5\,\mu\text{A}$$

第二步：加入暗電流

暗電流為

核心觀念

本題考查兩個 BJT 的直流偏壓分析。由圖可判斷：

• $Q_1$ 為 PNP，發射極經 $9.1\,\text{k}\Omega$ 接至 $+3\,\text{V}$。
• $Q_2$ 為 NPN，集極經 $5.1\,\text{k}\Omega$ 接至 $+3\,\text{V}$，發射極經 $4.3\,\text{k}\Omega$ 接至 $-3\,\text{V}$。
• $Q_1$ 的集極與 $Q_2$ 的基極相連。
• 題目未提供 $\beta$，採用基極電流可忽略的近似，即 $I_C \simeq I_E$。

使用：

$$V_{BE}=0.7\,\text{V}$$

以及電阻電流公式：

$$I=\frac{V_{\text{上端}}-V_{\text{下端}}}{R}$$

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解題方法

令 $Q_1$ 的基極電壓為 $V_1$，$Q_2$ 的集極與發射極電壓分別為 $V_2$、$V_3$。

1. 求 $V_1$

由於晶體管基極電流忽略不計，$100\,\text{k}\Omega$ 電阻中沒有電流，因此電阻兩端無電壓降。

$$V_1=0\,\text{V}$$

因為 $Q_1$ 為 PNP，故其發射極電壓為：

$$V_{E1}=V_1+0.7=0.7\,\text{V}$$

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2. 求 $Q_1$ 集極電流與 $Q_2$ 基極電壓

$Q_1$ 發射極電流由 $+3\,\text{V}$ 經上方 $9.1\,\text{k}\Omega$ 電阻提供：

$$I_{E1} = \frac{3-0.7}{9.1\,\text{k}\Omega} = 252.7\,\mu\text{A}$$

採用 $I_{C1}\simeq I_{E1}$：

$$I_{C1}\simeq252.7\,\mu\text{A}$$

此電流流經下方 $9.1\,\text{k}\Omega$ 電阻至 $-3\,\text{V}$，因此 $Q_1$ 集極電壓，也就是 $Q_2$ 基極電壓為：

$$V_{B2} = -3+I_{C1}(9.1\,\text{k}\Omega)$$

核心觀念

本題考查 PMOS 差動對的直流偏壓分析，需使用：

1. 兩管閘極皆接地，因此 $V_{G1}=V_{G2}=0$。
2. $Q_1$、$Q_2$ 的源極相連，故兩管具有相同的 $V_{SG}$。
3. 在飽和區，PMOS 電流大小為

$$I_D=\frac{1}{2}k_n'(W/L)V_{OV}^{\,2}$$

其中

$$V_{OV}=V_{SG}-V_t$$

由於兩管的 $V_{SG}$ 相同，故電流比等於尺寸比：

$$\frac{I_1}{I_2}=\frac{(W/L)_1}{(W/L)_2}=1.5$$

尾電流為 $200\,\mu\text{A}$。

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解題方法

1. 求 $Q_1$、$Q_2$ 的汲極電流

由

$$I_1+I_2=200\,\mu\text{A}$$

且

$$I_1=1.5I_2$$

得

$$2.5I_2=200\,\mu\text{A}$$ $$I_2=80\,\mu\text{A}$$

因此

$$I_1=120\,\mu\text{A}$$

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2. 求共同源極電壓 $V_3$

題目給定

$$(W/L)_1=20$$

使用 $Q_1$ 的飽和區公式：

$$120\,\mu\text{A} = \frac{1}{2} (125\,\mu\text{A}/\text{V}^2)(20)V_{OV}^{\,2}$$

因此

$$V_{OV}^{\,2} = \frac{120}{1250} =0.096$$ $$V_{OV}=0.3098\,\text{V}$$

所以

$$V_{SG}=V_t+V_{OV} =0.7+0.3098 =1.0098\,\text{V}$$

核心觀念

本題考查 NMOS 的偏壓設計、小訊號參數與共閘極放大器增益：

$$I_D=\frac{1}{2}k_n'\frac WL V_{ov}^2(1+\lambda V_{DS})$$ $$g_m=\frac{2I_D}{V_{ov}},\qquad r_o=\frac{1}{\lambda I_D}$$

由圖可知閘極接地，因此

$$V_{GS}=V_t+V_{ov}=0.4+0.1=0.5\text{ V}$$

所以源極直流電壓應為

$$V_S=V_G-V_{GS}=-0.5\text{ V}$$

(a) 直流工作點

由圖面標示，$R_1=1.5\text{ M}\Omega$。若依圖將 $R_1$ 視為汲極與源極間的偏壓電阻，則

$$V_D=V_S+I_D R_1$$

且

$$V_{DS}=V_D-V_S=I_D R_1$$

未考慮通道長度調變時：

$$I_{D0} =\frac12(0.5\text{ mA/V}^2)(10)(0.1)^2 =25\ \mu\text{A}$$

考慮 $\lambda$ 後：

$$I_D=25\ \mu\text{A}\left(1+0.02I_D(1.5\text{ M}\Omega)\right)$$

因此

$$I_D=25\ \mu\text{A}(1+30000I_D)$$

整理得

$$I_D=100\ \mu\text{A}$$

故

$$V_{DS}=I_D R_1 =(100\ \mu\text{A})(1.5\text{ M}\Omega) =150\text{ V}$$ $$V_D=V_S+V_{DS} =-0.5+150 =149.5\text{ V}$$

然而電源僅為 $V_{DD}=10.1\text{ V}$，所需汲極電壓 $149.5\text{ V}$ 已超過電源電壓，因此

$$R_D=\frac{V_{DD}-V_D}{I_D} =\frac{10.1-149.5}{100\ \mu\text{A}} =-1.394\text{ M}\Omega$$

負電阻無法由圖示被動電阻實現，表示題目圖中的 $R_1=1.5\text{ M}\Omega$ 與其餘數據互相矛盾。

(b) 小訊號參數

若僅形式上依照上述假設計算：

$$g_m=\frac{2I_D}{V_{ov}} =\frac{2(100\ \mu\text{A})}{0.1} =2\text{ mS}$$

核心觀念

本題考查 MOS 差動放大器的小訊號分析，以及 MOSFET 在三極區作為電阻時的等效電阻。

使用的公式如下：

• MOSFET 小訊號汲極電流：
  $i_d=g_m v_{gs}$
• 源極退化電阻會降低差動增益。
• MOSFET 三極區在 $v_{DS}\approx 0$ 時：
  $i_D\approx \mu_n C_{ox}\frac{W}{L}V_{ov}v_{DS}$

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(a) 差動半電路與差動增益

施加純差動輸入：

$v_{g1}=+\frac{v_{id}}{2},\qquad v_{g2}=-\frac{v_{id}}{2}$

由電路對稱性，兩個源極之間的中點為交流虛地。因此，跨接兩個源極的電阻 $R_s$，在差動半電路中等效為：

$\frac{R_s}{2}$

理想電流源的小訊號等效為開路，且忽略 Early effect，因此不考慮 $r_o$。

對左半邊電路，設源極小訊號電壓為 $v_s$，則：

$v_{gs1}=\frac{v_{id}}{2}-v_s$

源極電流為：

$i_s=g_m v_{gs1}=g_m\left(\frac{v_{id}}{2}-v_s\right)$

由源極電阻 $R_s/2$：

$v_s=i_s\frac{R_s}{2}$

代入得：

$v_s=g_m\left(\frac{v_{id}}{2}-v_s\right)\frac{R_s}{2}$

整理：

$$v_s\left(1+\frac{g_mR_s}{2}\right) =\frac{g_mR_s}{4}v_{id}$$

因此：

$$v_{gs1} =\frac{v_{id}/2}{1+g_mR_s/2}$$

左側汲極輸出電壓為：

$$v_{o1}=-g_mR_Dv_{gs1} =-\frac{g_mR_D}{2\left(1+g_mR_s/2\right)}v_{id}$$

由對稱性：

$v_{o2}=+\frac{g_mR_D}{2\left(1+g_mR_s/2\right)}v_{id}$

若定義：

$v_{od}=v_{o1}-v_{o2}$

則差動增益為：

$$A_d=\frac{v_{od}}{v_{id}} =-\frac{g_mR_D}{1+g_mR_s/2}$$

負號表示輸入 $v_{g1}$ 增加時，左側輸出下降；若輸出定義為 $v_{o2}-v_{o1}$，則符號相反，但增益大小相同。

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(b) MOSFET 三極區等效電阻

核心觀念

本題考查 BJT 小訊號參數及兩級直接耦合放大器的增益：

$$g_m=\frac{I_C}{V_T},\qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m}=\frac{\beta V_T}{I_C},\qquad r_o=\frac{V_A}{I_C}$$

其中 $V_T\approx 25\text{ mV}$。輸入電阻主要為第一級電晶體的 $r_{\pi 1}$；整體電壓增益還必須包含訊號源 $R_{\mathrm{sig}}=500\text{ k}\Omega$ 所造成的輸入分壓。

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解題方法

原偏壓電流為

$$I_C=250\,\mu\text{A}$$

因此

$$g_m=\frac{250\,\mu\text{A}}{25\text{ mV}} =10\text{ mS}$$ $$r_\pi=\frac{100}{10\text{ mS}} =10\text{ k}\Omega$$ $$r_o=\frac{50\text{ V}}{250\,\mu\text{A}} =200\text{ k}\Omega$$

1. 輸入電阻 $R_{\mathrm{in}}$

第一級發射極為交流接地，因此

$$R_{\mathrm{in}}\approx r_{\pi 1}=10\text{ k}\Omega$$

偏壓電流增加十倍後：

$$I_C'=2.5\text{ mA}$$ $$g_m'=100\text{ mS}$$ $$r_\pi'=\frac{100}{100\text{ mS}} =1\text{ k}\Omega$$

所以

$$\boxed{R_{\mathrm{in}}'=\frac{1}{10}R_{\mathrm{in}}}$$

輸入電阻降低十倍。

2. 兩級放大器本身的增益

第一級集極負載主要為

$$r_{o1}\parallel r_{\pi2} =200\text{ k}\Omega\parallel10\text{ k}\Omega \approx 9.52\text{ k}\Omega$$

第一級增益的量值為

$$|G_{v1}| \approx g_{m1}(r_{o1}\parallel r_{\pi2}) =10\text{ mS}\times9.52\text{ k}\Omega \approx95.2$$

第二級因輸出端的理想電流源為交流開路，其增益近似為

$$|G_{v2}|\approx g_{m2}r_{o2} =10\text{ mS}\times200\text{ k}\Omega =2000$$

故放大器本身的增益量值約為