111 年 國立成功大學生物醫學工程學系碩士班乙組《電子學》

核心觀念

本題考查長通道 NMOS 的三種操作區域判斷，以及三極區與飽和區的汲極電流公式。

假設：

• NMOS 為長通道元件。
• 忽略通道長度調變效應，故 $\lambda=0$。
• 忽略 body effect，臨界電壓為固定的 $V_{TH}$。
• $V_{DS}\ge 0$，$V_{GS}$ 為閘極對源極電壓。
• 定義過驅電壓為

$$V_{OV}=V_{GS}-V_{TH}$$

其中 $V_{OV}$ 代表閘極電壓超過臨界電壓的程度。

NMOS 是否形成反轉層，首先由 $V_{GS}$ 與 $V_{TH}$ 的關係決定；形成反轉層後，再由 $V_{DS}$ 是否使通道在汲極端夾止，判斷元件處於三極區或飽和區。

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解題方法：先判斷通道是否形成

1. 截止區

當

$$V_{GS}<V_{TH}$$

NMOS 尚未形成足夠的反轉層，理想情況下

$$I_D\approx 0$$

本題主要要求三極區與飽和區，但判斷這兩區前，必須先確認 $V_{GS}>V_{TH}$。

2. 反轉層形成

當

$$V_{GS}>V_{TH}$$

NMOS 形成電子反轉層，此時通道可承載汲極電流。接著比較：

$$V_{DS} \quad\text{與}\quad V_{GS}-V_{TH}$$

即可判斷工作區域。

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三極區（Triode Region）

操作條件

NMOS 處於三極區的條件為

$$V_{GS}>V_{TH}$$

且

$$0\le V_{DS}<V_{GS}-V_{TH}$$

亦可寫成

$$V_{DS}<V_{OV}$$

在此區域中，從源極到汲極的通道仍然完整存在，因此 NMOS 的行為類似一個受閘極電壓控制的電阻。

汲極電流推導

沿著通道位置 $x$，設局部通道電壓為 $V(x)$。該位置的反轉層電荷密度為

$$Q_n(x)=-C_{ox}\left[V_{GS}-V_{TH}-V(x)\right]$$

電子漂移所形成的汲極電流大小為

$$I_D = \mu_n C_{ox}\frac{W}{L} \left[V_{GS}-V_{TH}-V(x)\right] \frac{dV(x)}{dx}$$

令

$$k_n=\mu_n C_{ox}\frac{W}{L}$$

並對通道由源極 $x=0$ 積分至汲極 $x=L$，其端點條件為：

$$V(0)=0,\qquad V(L)=V_{DS}$$

因此

$$I_D = k_n\int_0^{V_{DS}} \left(V_{GS}-V_{TH}-V\right)dV$$

積分後得到三極區電流：

$$I_D = k_n \left[ (V_{GS}-V_{TH})V_{DS} -\frac{V_{DS}^2}{2} \right]$$

也就是

$$\boxed{ I_D= \mu_n C_{ox}\frac{W}{L} \left[ (V_{GS}-V_{TH})V_{DS} -\frac{V_{DS}^2}{2} \right] }$$

此公式適用於

$$V_{GS}>V_{TH},\qquad 0\le V_{DS}<V_{GS}-V_{TH}$$

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飽和區（Saturation Region）

操作條件

當 NMOS 已形成反轉層，且汲極電壓高到使汲極端通道剛好夾止時：

$$V_{GS}>V_{TH}$$

且

$$V_{DS}\ge V_{GS}-V_{TH}$$

亦即

$$V_{DS}\ge V_{OV}$$

在邊界

$$V_{DS}=V_{GS}-V_{TH}$$

時，汲極端的反轉層電荷降為零，稱為通道夾止（pinch-off）。當 $V_{DS}$ 再增加，額外電壓主要落在夾止區，理想長通道模型下汲極電流不再明顯增加，因此稱為飽和區。

飽和區電流推導

三極區電流公式在臨界邊界

$$V_{DS}=V_{GS}-V_{TH}$$

時達到飽和電流。令

核心觀念

本題考查真值表、布林代數化簡，以及利用二極體、BJT 與 MOSFET 實現邏輯功能。

由真值表可見：

• 當 $B=0$ 時，不論 $A$ 為何，皆有 $Y=0$。
• 當 $B=1$ 時，不論 $A$ 為何，皆有 $Y=1$。

因此輸出只由 $B$ 決定，$A$ 是無關輸入（don't-care input）。

解題方法與布林函數推導

由真值表中輸出為 $1$ 的兩列：

$(A,B)=(0,1),\quad (1,1)$

可寫成標準乘積和：

$Y=\overline{A}B+AB$

提出 $B$：

$Y=B(\overline{A}+A)$

根據互補律：

$\overline{A}+A=1$

所以：

$\boxed{Y=B}$

也就是一個非反相的 $B$ 緩衝功能，輸入 $A$ 不需使用。

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(B) 二極體電路

可使用二極體搭配下拉電阻，形成正邏輯二極體緩衝器：

                 D
B ────────────|>|────●──── Y
                         │
                         R
                         │
                        GND

其中：

• 二極體陽極接輸入 $B$。
• 二極體陰極接輸出 $Y$。
• $R$ 為下拉電阻。
• 輸入 $A$ 不接入電路。

工作情形：

1. $B=0$

   二極體截止，下拉電阻將輸出拉至低電位：

$Y=0$

2. $B=1$

   二極體導通，輸出被拉高：

$Y\approx V_B-V_D$

在理想二極體假設下：

$Y=1$

因此可實現：

$\boxed{Y=B}$

實際電路會有二極體壓降，若要求標準 CMOS 邏輯電位，需再接邏輯緩衝器。

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(C) BJT 電路

使用兩級 BJT 共射極反相器，即可得到兩次反相，形成非反相輸出。

                VCC                         VCC
                 │                           │
                RC1                         RC2
                 │                           │
B ──RB1──●──────┤ Q1                     ●──┤ Q2
         │       │                         │  │
        R1      GND                        R2  │
         │                                  │  │
        VCC                                  └── Y

較清楚地表示為：

核心觀念

此題為「半波整流加電容濾波」電路。二極體理想時：

• 二極體導通期間：$v_o=v_i$，電容由電源充電。
• 二極體截止期間：電容經由負載電阻 $R$ 放電。
• 每一週期電容放出的電荷，必須由二極體在導通期間補回。
• 輸出漣波電壓以 $V_r$ 表示，導通時間為 $\Delta t$。

令輸入電壓為

$$v_i(t)=V_p\sin\omega t$$

且週期為

$$T=\frac{2\pi}{\omega}$$

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解題方法與推導

1. 漣波電壓 $V_r$

二極體截止期間，電容經過 $R$ 放電：

$$v_o(t)=V_p e^{-t/(RC)}$$

由圖可知，二極體在每個正半週期附近導通一次，因此放電時間約為 $T-\Delta t$。故漣波峰對峰值為

$$V_r = V_p- V_p e^{-(T-\Delta t)/(RC)}$$

由於通常 $\Delta t\ll T$，且 $RC$ 足夠大，可使用 $e^{-x}\approx 1-x$：

$$V_r \approx V_p\frac{T-\Delta t}{RC} \approx V_p\frac{T}{RC}$$

因此

$$\boxed{ V_r\approx \frac{V_pT}{RC} = \frac{2\pi V_p}{\omega RC} }$$

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2. 導通角 $\omega\Delta t$

二極體大約在輸入波形接近正弦波峰值時導通。令二極體開始導通的時刻位於波峰前，其相位差為 $\alpha$，則

$$v_i = V_p\cos\alpha$$

而導通開始時的電壓約比波峰低一個漣波電壓：

$$V_p-V_r\approx V_p\cos\alpha$$

當 $\alpha$ 很小時，

$$\cos\alpha\approx 1-\frac{\alpha^2}{2}$$

所以

$$V_r\approx \frac{V_p\alpha^2}{2}$$

得到

$$\alpha\approx \sqrt{\frac{2V_r}{V_p}}$$

二極體截止時，二極體電流降為零。導通期間

$$i_D=C\frac{dv_o}{dt}+\frac{v_o}{R}$$

在截止瞬間令 $i_D=0$，可得波峰後的相位角約為

$$\beta\approx \tan^{-1}\left(\frac{1}{\omega RC}\right)$$

因此導通角為

$$\boxed{ \omega\Delta t \approx \sqrt{\frac{2V_r}{V_p}} + \tan^{-1}\left(\frac{1}{\omega RC}\right) }$$

當 $\omega RC\gg 1$ 時，$\tan^{-1}(1/\omega RC)\approx 1/\omega RC$，故常用近似式為

$$\boxed{ \omega\Delta t \approx \sqrt{\frac{2V_r}{V_p}} + \frac{1}{\omega RC} }$$

若忽略截止瞬間的小修正，則可寫成

$$\boxed{ \omega\Delta t\approx \sqrt{\frac{2V_r}{V_p}} }$$

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核心觀念

本題考查具有 BJT 電流鏡主動負載的 BJT 差動放大器，核心觀念包括：

• 差動對的電流轉向：
  $v_{id}=v_1-v_2$

$$\Delta i_{c1}=+\frac{g_m v_{id}}{2},\qquad \Delta i_{c2}=-\frac{g_m v_{id}}{2}$$

• 電流鏡將左支路的電流變化複製至右側輸出支路。
• 差動增益由輸出端等效電阻與等效輸出跨導決定。
• 差動輸入電阻為兩個晶體管的 $r_\pi$ 串聯。
• 有限 $\beta$ 造成電流鏡基極電流誤差，進而產生系統性輸入偏移電壓。

以下假設 Q1、Q2 為匹配的 NPN 電晶體，Q3、Q4 為匹配的 PNP 電晶體，且忽略基板效應與電阻負載。

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（A）BJT 差動放大器與 BJT 電流鏡負載

電路如下：

                         VCC
                          |
                    +-----+-----+
                    |           |
                   E| Q3       E| Q4
                    |           |
              B3 ---+-----------+--- B4
               |                  |
              C3                  C4
               |                  |
               +------ vo         |
               |                  |
              C1                  C2
             Q1 NPN              Q2 NPN
              E|                  E|
               +--------+---------+
                        |
                   I_TAIL
                        |
                       VEE

             v1 ───── B Q1     B Q2 ───── v2

其中：

• Q1、Q2 組成 NPN BJT 差動對。
• Q3、Q4 組成 PNP 電流鏡。
• Q3 為二極體接法，亦即其基極與集極相連。
• Q4 的集極為單端輸出端 $v_o$。
• Q1、Q2 的射極連接至尾端電流源 $I_{\text{TAIL}}$。
• Q3、Q4 的射極接至 $V_{CC}$。

令差動輸入為

$$v_{id}=v_1-v_2$$

當 $v_1$ 增加時，Q1 電流增加；同時 Q2 電流減少。Q1 電流的增加會使 Q3 的電流增加，並由 Q4 將此電流變化鏡射至輸出端，因此 Q1、Q2 的差動訊號會在輸出端相加。

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（B）差動增益

令 Q1、Q2 的靜態集極電流皆為 $I_C$，則

$$g_m=\frac{I_C}{V_T}$$

其中 $V_T\approx 25.9\ \text{mV}$，為熱電壓。

在純差動激勵下，尾端電流源的中點為交流虛地，因此

$$v_{be1}=+\frac{v_{id}}{2},\qquad v_{be2}=-\frac{v_{id}}{2}$$

所以 Q1、Q2 的集極電流變化為

$$\Delta i_{c1}=g_m\frac{v_{id}}{2}$$ $$\Delta i_{c2}=-g_m\frac{v_{id}}{2}$$

Q3 為二極體接法，Q4 將 Q3 的電流變化鏡射至輸出端。因此，輸出端由電流鏡提供的電流變化約為

$$\Delta i_{c4}=g_m\frac{v_{id}}{2}$$

輸出端的總小訊號電流為

$$\Delta i_o = \Delta i_{c4}-\Delta i_{c2}$$

代入上式：

$$\Delta i_o = g_m\frac{v_{id}}{2} - \left(-g_m\frac{v_{id}}{2}\right) = g_m v_{id}$$

輸出端等效電阻為

$$R_o=r_{o2}\parallel r_{o4}$$

因此單端差動電壓增益為

核心觀念

本題考查共基極放大器（common-base amplifier）的基本電路結構，以及輸出電阻的求法。

共基極放大器的特徵如下：

• 基極為輸入與輸出的共同端，交流等效上接地。
• 輸入訊號由射極端加入。
• 輸出訊號由集極端取出。
• 中頻時，旁路電容視為短路。
• 輸出電阻定義為：將獨立輸入訊號源歸零後，從輸出端看入電路所得的等效電阻。

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共基極放大器電路

典型共基極放大器如下：

                         VCC
                          │
                         RC
                          │
                          ●──── vo
                          │
                          C
                       ┌──┴──┐
        基極交流接地 ──B     │
          VBB、R1、R2   │  Q │
        及旁路電容      E     │
                       └──┬──┘
                          │
        vi ───────────────●
                          │
                         RE
                          │
                         −VEE

在交流小訊號等效電路中：

• $V_{CC}$ 與 $V_{EE}$ 皆視為交流接地。
• 基極經旁路電容接地，因此 $v_b=0$。
• 輸入端位於射極。
• 輸出端位於集極。

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解題方法：從集極端看入

題目未提供 $R_C$、晶體管 $r_o$ 或偏壓數值，因此採用標準小訊號模型求一般式。

求輸出電阻時，先將輸入獨立電壓源歸零。若輸入訊號源為理想電壓源，歸零後射極端便為交流接地。

此時，基極與射極皆為交流接地：

$$v_b=0,\qquad v_e=0$$

因此晶體管的小訊號控制電壓為：

$$v_{\pi}=v_b-v_e=0$$

受控電流源的電流為：

$$g_m v_{\pi}=0$$

所以從集極看入晶體管時，只剩下晶體管的輸出電阻 $r_o$。

此外，集極端還經由 $R_C$ 接到交流接地，因此輸出端所看到的等效電阻為 $R_C$ 與 $r_o$ 的並聯：

核心觀念

鍺與矽皆為鑽石結構（diamond structure），其傳統立方晶胞內含有 $8$ 個鍺原子。因此：

• 晶胞體積：$a^3$

• 晶胞質量：$\dfrac{8A}{N_A}$

• 密度：

  $\rho=\frac{8A}{N_Aa^3}$

• 原子密度：

  $N=\frac{8}{a^3}$

鑽石結構中，最近鄰原子沿立方體體對角線方向排列，最近鄰距離為：

$d_{\text{nn}}=\frac{\sqrt{3}}{4}a$

其中：

$A=72.59\ \text{g/mol},\qquad a=0.564\ \text{nm}$

解題方法

先將晶格常數換成公分：

$a=0.564\times10^{-7}\ \text{cm}=5.64\times10^{-8}\ \text{cm}$

晶胞體積為：

$$a^3=(5.64\times10^{-8})^3 =1.794\times10^{-22}\ \text{cm}^3$$

(一) 密度

一個晶胞含有 $8$ 個鍺原子，因此晶胞質量為：

$$m_{\text{cell}}=\frac{8(72.59)}{6.022\times10^{23}} =9.643\times10^{-22}\ \text{g}$$

所以密度：

$$\rho=\frac{m_{\text{cell}}}{a^3} =\frac{9.643\times10^{-22}} {1.794\times10^{-22}}$$

$\boxed{\rho\approx5.38\ \text{g/cm}^3}$

(二) 原子密度