112 年 國立中正大學機械工程學系光機電整合工程碩士班《電子學》

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第 1 題25 分

For circuit below, where VtnV_{tn} (threshold voltage for NMOS) = ∣Vtp∣|V_{tp}| (threshold voltage for PMOS) | = 1 V, μnCox=2μpCox=200μA/V2\mu_n C_{ox} = 2 \mu_p C_{ox} = 200 \mu A/V^2 (CoxC_{ox} is the oxide capacitance, μn\mu_n is the mobility of the electrons, and μp\mu_p is the mobility of the holes), VA′=40V/μmV'_A = 40 V/\mu m (VA′V'_A is entirely process-technology dependent, as early voltage VA=VA′LV_A = V'_A L).

Let drain current ID=2mAI_D = 2 mA is desired, please find (a) (5%) VGGV_{GG} (circuit below), (b) (5%) gmg_m (transconductance), (c) (5%) ror_o (output resistance due to the Early effect), (d) (5%) RoR_o (output resistance), (e) (5%) AvA_v (voltage gain).

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(Circuit diagram shows a common-source amplifier configuration with a PMOS transistor. The drain is connected to a 10V supply through a 2K resistor. The source is connected to ground through a 0.2K resistor. The gate is connected to a voltage source VGGV_{GG} through a 2M resistor and also receives an input signal ViV_i. The output voltage VoV_o is taken at the drain. The PMOS transistor has W/L = 2 μm/0.2μm\mu m / 0.2 \mu m.)

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核心觀念

本題考查 MOSFET 共源放大器的直流偏壓與小訊號參數：

  • 飽和區電流：
    ID=12μnCoxWLVOV2I_D=\frac{1}{2}\mu_n C_{ox}\frac WL V_{OV}^2
  • 過驅電壓：
    VOV=VGS−VtnV_{OV}=V_{GS}-V_{tn}
  • 跨導：
    gm=2IDVOVg_m=\frac{2I_D}{V_{OV}}
  • Early 電壓：
    VA=VA′LV_A=V_A'L
  • 由 Early effect 造成的輸出電阻：
    ro=VAIDr_o=\frac{V_A}{I_D}

題圖所示為汲極接 10 V10\text{ V}、源極經 0.2 kΩ0.2\text{ k}\Omega 接地的共源級。此接法應為 NMOS；若元件確實是 PMOS，則源極接地且汲極接正電源無法形成正常 PMOS 放大器。以下依圖示正常偏壓之 NMOS 共源級計算。

(a) 求 VGGV_{GG}

已知

ID=2 mA,μnCox=200 μA/V2,WL=20.2=10I_D=2\text{ mA},\qquad \mu_n C_{ox}=200\ \mu\text{A/V}^2,\qquad \frac WL=\frac{2}{0.2}=10

因此

μnCoxWL=200×10=2000 μA/V2=2 mA/V2\mu_n C_{ox}\frac WL =200\times 10 =2000\ \mu\text{A/V}^2 =2\text{ mA/V}^2

由飽和區電流公式：

2 mA=12(2 mA/V2)VOV22\text{ mA} =\frac12(2\text{ mA/V}^2)V_{OV}^2 VOV2=2⇒VOV=1.414 VV_{OV}^2=2 \quad\Rightarrow\quad V_{OV}=1.414\text{ V}

所以

VGS=Vtn+VOV=1+1.414=2.414 VV_{GS}=V_{tn}+V_{OV} =1+1.414 =2.414\text{ V}

源極電壓為

VS=IDRS=(2 mA)(0.2 kΩ)=0.4 VV_S=I_D R_S =(2\text{ mA})(0.2\text{ k}\Omega) =0.4\text{ V}

閘極電壓即為 VGGV_{GG}：

VGG=VG=VGS+VS=2.414+0.4V_{GG}=V_G=V_{GS}+V_S =2.414+0.4 VGG=2.814 V\boxed{V_{GG}=2.814\text{ V}}

(b) 求跨導 gmg_m

gm=2IDVOVg_m=\frac{2I_D}{V_{OV}}

代入數值：

gm=2(2 mA)1.414 V=2.828 mSg_m =\frac{2(2\text{ mA})}{1.414\text{ V}} =2.828\text{ mS}

因此

gm=2.83 mS\boxed{g_m=2.83\text{ mS}}

(c) 求 ror_o

題目給定

VA′=40 V/μm,L=0.2 μmV_A'=40\text{ V}/\mu\text{m},\qquad L=0.2\ \mu\text{m}

所以

VA=VA′L=(40)(0.2)=8 VV_A=V_A'L =(40)(0.2) =8\text{ V}

Early effect 所造成的輸出電阻為

ro=VAID=8 V2 mA=4 kΩr_o=\frac{V_A}{I_D} =\frac{8\text{ V}}{2\text{ mA}} =4\text{ k}\Omega

因此

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第 2 題25 分

For circuit below, where thermal voltage VT=25mVV_T = 25 mV, IREF=100μAI_{REF} = 100 \mu A, IO=20μAI_O = 20 \mu A, transistor parameters in current are IS1=IS2=5×10−15AI_{S1} = I_{S2} = 5 \times 10^{-15} A, please find (a) (5%) VBE1V_{BE1}, (b) (10%) VBE2V_{BE2}, (c) (10%) RER_E.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
(Circuit diagram shows a current mirror configuration with two bipolar junction transistors, Q1 and Q2. The emitters of both transistors are connected to a resistor RER_E. The collector of Q1 is connected to the base of Q1. A current source IREFI_{REF} is connected to the collector of Q1 (acting as a reference current). The collector of Q2 is connected to an output node where a current IOI_O is sourced. The bases of Q1 and Q2 are connected together.)

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核心觀念

本題考查 BJT 指數電流關係與 Widlar 電流源的分析。忽略基極電流時：

IC=ISeVBE/VTI_C=I_S e^{V_{BE}/V_T}

因此：

VBE=VTln⁡(ICIS)V_{BE}=V_T\ln\left(\frac{I_C}{I_S}\right)

依題圖採用標準電流鏡配置：Q1Q_1 為參考晶體管，Q2Q_2 的射極串接電阻 RER_E。由於兩管基極相連，射極電阻上的電壓為 VBE1−VBE2V_{BE1}-V_{BE2}。

解題方法

(a) 求 VBE1V_{BE1}

Q1Q_1 的集極電流為參考電流：

IC1=IREF=100 μAI_{C1}=I_{REF}=100\,\mu\text{A}

因此：

VBE1=VTln⁡(IREFIS1)V_{BE1} =V_T\ln\left(\frac{I_{REF}}{I_{S1}}\right)

代入數值：

VBE1=25 mV⋅ln⁡(100×10−65×10−15)V_{BE1} =25\,\text{mV}\cdot \ln\left(\frac{100\times10^{-6}}{5\times10^{-15}}\right) VBE1=25 mV⋅ln⁡(2×1010)≈0.593 VV_{BE1} =25\,\text{mV}\cdot\ln(2\times10^{10}) \approx 0.593\,\text{V}

(b) 求 VBE2V_{BE2}

忽略基極電流時，Q2Q_2 的集極電流近似為輸出電流：

IC2≈IO=20 μAI_{C2}\approx I_O=20\,\mu\text{A}

因此：

VBE2=VTln⁡(IOIS2)V_{BE2} =V_T\ln\left(\frac{I_O}{I_{S2}}\right)

代入數值：

VBE2=25 mV⋅ln⁡(20×10−65×10−15)V_{BE2} =25\,\text{mV}\cdot \ln\left(\frac{20\times10^{-6}}{5\times10^{-15}}\right)
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第 3 題25 分

For circuit below, please find voltage gain AvA_v.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
(Circuit diagram shows an operational amplifier circuit. The non-inverting input is connected to ground. The inverting input is connected to the output through a 22K resistor. The input signal ViV_i is connected to the inverting input through a 2K resistor. The output is VoV_o.)

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核心觀念

本題考查理想運算放大器的反相放大器。由於非反相端接地，且電路具有負回授，因此可使用：

  • 虛短：V−=V+V_- = V_+
  • 虛斷：運算放大器輸入端電流近似為 00

因為 V+=0V_+ = 0，所以反相端為虛接地：

V−≈0V_- \approx 0

解題方法

設流經輸入電阻 2 kΩ2\,\text{k}\Omega 的電流為 ii，則

i=Vi−V−2 kΩ=Vi2 kΩi=\frac{V_i-V_-}{2\,\text{k}\Omega} =\frac{V_i}{2\,\text{k}\Omega}

由於運算放大器反相端不吸收電流，該電流必須流經回授電阻 22 kΩ22\,\text{k}\Omega：

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第 4 題25 分

Consider the Hybrid π\pi model for BJT, where voltage across the base-emitter junction VBE=0.9VV_{BE} = 0.9 V, transistor parameter βo=100\beta_o = 100, thermal voltage VT=25mVV_T = 25 mV, voltage across the collector-emitter junction VCE=0.4VV_{CE} = 0.4 V, early voltage VA=40VV_A = 40 V. Let quiescent collector current IC=4mAI_C = 4 mA, please find (a) (5%) transconductance gmg_m, (b) (5%) base resistance (rπr_\pi), (c) (5%) transresistance (rmr_m), (d) (5%) output resistance (ror_o), and (e) (5%) output conductance (gCEg_{CE}).

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核心觀念

本題考查 BJT Hybrid-π\pi 小訊號模型的五個重要參數：

  • 跨導：gmg_m
  • 基極—射極小訊號電阻：rπr_\pi
  • 跨阻：rmr_m
  • 輸出電阻：ror_o
  • 輸出電導：gCEg_{CE}

已知：

IC=4 mA,βo=100,VT=25 mV,VCE=0.4 V,VA=40 VI_C=4\,\text{mA},\quad \beta_o=100,\quad V_T=25\,\text{mV},\quad V_{CE}=0.4\,\text{V},\quad V_A=40\,\text{V}

其中 VBE=0.9 VV_{BE}=0.9\,\text{V} 不直接出現在本題各參數的計算式中；因為 ICI_C 已經直接給定。

解題方法與計算

(a) 跨導 gmg_m

BJT 的跨導定義為

gm=ICVTg_m=\frac{I_C}{V_T}

代入數值：

gm=4 mA25 mV=4×10−325×10−3=0.16 Sg_m=\frac{4\,\text{mA}}{25\,\text{mV}} =\frac{4\times10^{-3}}{25\times10^{-3}} =0.16\,\text{S}

因此

gm=0.16 S=160 mS\boxed{g_m=0.16\,\text{S}=160\,\text{mS}}

(b) 基極—射極小訊號電阻 rπr_\pi

Hybrid-π\pi 模型中，

rπ=βogmr_\pi=\frac{\beta_o}{g_m}

代入：

rπ=1000.16=625 Ωr_\pi=\frac{100}{0.16} =625\,\Omega

因此

rπ=625 Ω\boxed{r_\pi=625\,\Omega}

也可由下式驗算：

rπ=βoVTIC=100(25 mV)4 mA=625 Ωr_\pi=\frac{\beta_o V_T}{I_C} =\frac{100(25\,\text{mV})}{4\,\text{mA}} =625\,\Omega

(c) 跨阻 rmr_m

BJT 的跨阻定義為集極小訊號電流與基極—射極小訊號電壓之間的反比關係：

rm=vbeicr_m=\frac{v_{be}}{i_c}

由

ic=gmvbei_c=g_m v_{be}

可得

rm=1gmr_m=\frac{1}{g_m}

代入：

rm=10.16=6.25 Ωr_m=\frac{1}{0.16} =6.25\,\Omega

因此

rm=6.25 Ω\boxed{r_m=6.25\,\Omega}

亦可直接使用：

rm=VTIC=25 mV4 mA=6.25 Ωr_m=\frac{V_T}{I_C} =\frac{25\,\text{mV}}{4\,\text{mA}} =6.25\,\Omega

(d) 輸出電阻 ror_o

考慮 Early effect 時，BJT 集極電流可近似表示為

IC≈IC0(1+VCEVA)I_C\approx I_{C0}\left(1+\frac{V_{CE}}{V_A}\right)
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