114 年 國立中山大學電波聯合碩士班《電子學》

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第 1 題15 分

  1. (15%) A third-order low-pass filter has transmission zeros at ω=5\omega = 5 rad/s and at ω=∞\omega = \infty. Its natural modes are at s=−2s = -2 and s=−0.3±j0.6s = -0.3 \pm j0.6. The dc gain is unity. Find the transfer function T(s)T(s).

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參考書等級：大學二年級電路/控制系統教材（例：《Signals and Systems》或《控制系統分析》）

解題步驟

  1. 極點：題目給予的自然模式即系統極點

s=−2,s=−0.3±j0.6s=-2,\qquad s=-0.3\pm j0.6

因此分母

D(s)=(s+2)[(s+0.3)2+0.62]=(s+2)(s2+0.6s+0.45)D(s)=(s+2)\big[(s+0.3)^2+0.6^2\big]=(s+2)(s^2+0.6s+0.45)

  1. 零點：傳輸零於 ω=5\omega=5 rad/s，對稱共軛零點為

s=±j5  ⟹  N(s)=K (s2+25)s=\pm j5 \;\Longrightarrow\; N(s)=K\,(s^2+25)

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第 2 題30 分

  1. (30%) In the circuit of Fig. 1, the NMOS transistor has ∣Vt∣|V_{t}| = 0.9 V, and VAV_A = 100 V, and operates with VDS=VGS=2V_{DS} = V_{GS} = 2 V. (a) What is the voltage gain vo/viv_o/v_i ? (10%) (b) What does VDV_D become when II increase to 1 mA? (10%) And (c) what is the new gain? (10%)
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核心觀念

圖中兩個標示 ∞\infty 的耦合電容：

  • 直流分析時視為開路，因此 RLR_L 不影響直流工作點。
  • 中頻小訊號分析時視為短路。
  • RG=10 MΩR_G=10\,\text{M}\Omega 將汲極與閘極連接。因為 MOSFET 閘極電流近似為零，直流時 RGR_G 無壓降，所以
    VG=VD,VGS=VDS=VD.V_G=V_D,\qquad V_{GS}=V_{DS}=V_D.

MOSFET 工作於飽和區，使用

gm=2IDVGS−Vt,ro=VAID.g_m=\frac{2I_D}{V_{GS}-V_t},\qquad r_o=\frac{V_A}{I_D}.

(a) 電壓增益 vo/viv_o/v_i

初始工作點為

ID=500 μA,VGS=2 V.I_D=500\,\mu\text{A},\qquad V_{GS}=2\,\text{V}.

過驅電壓為

VOV=VGS−Vt=2−0.9=1.1 V.V_{OV}=V_{GS}-V_t=2-0.9=1.1\,\text{V}.

因此

gm=2(500 μA)1.1 V=0.9091 mS,g_m=\frac{2(500\,\mu\text{A})}{1.1\,\text{V}} =0.9091\,\text{mS}, ro=100 V500 μA=200 kΩ.r_o=\frac{100\,\text{V}}{500\,\mu\text{A}} =200\,\text{k}\Omega.

交流小訊號中，理想電流源視為開路，且 vgs=viv_{gs}=v_i、vo=vdv_o=v_d。在汲極寫 KCL：

voRL+voro+vo−viRG+gmvi=0.\frac{v_o}{R_L}+\frac{v_o}{r_o} +\frac{v_o-v_i}{R_G}+g_mv_i=0.

整理得

vovi=−gm−1RG1RL+1ro+1RG.\frac{v_o}{v_i} = -\frac{g_m-\dfrac{1}{R_G}} {\dfrac{1}{R_L}+\dfrac{1}{r_o}+\dfrac{1}{R_G}}.

代入

1RL=100 μS,1ro=5 μS,1RG=0.1 μS,\frac{1}{R_L}=100\,\mu\text{S},\quad \frac{1}{r_o}=5\,\mu\text{S},\quad \frac{1}{R_G}=0.1\,\mu\text{S},

所以

vovi=−909.1−0.1100+5+0.1≈−8.65.\frac{v_o}{v_i} = -\frac{909.1-0.1}{100+5+0.1} \approx -8.65.

若忽略 10 MΩ10\,\text{M}\Omega 的微小影響，則

vovi≈−gm(RL∥ro)=−8.66.\frac{v_o}{v_i}\approx -g_m(R_L\parallel r_o) =-8.66.

(b) II 增加至 1 mA1\,\text{mA} 時的 VDV_D

直流時耦合電容開路，且 IG=0I_G=0，因此仍有

VD=VG=VGS.V_D=V_G=V_{GS}.

採用平方律關係

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第 3 題30 分

  1. (30%) The current-steering circuit of Fig. 2 is fabricated in a CMOS technology for which kn′=90k_n' = 90 μ\muA/V2^2, kp=30k_p = 30 μ\muA/V2^2, Vtn=0.8V_{tn} = 0.8 V, and Vtp=−0.9V_{tp} = -0.9 V. If all devices have L=2L = 2 μ\mum, design the circuit so that IREF=20I_{REF} = 20 μ\muA, I2=100I_2 = 100 μ\muA, and I5=40I_5 = 40 μ\muA. Use the minimum width of 2 μ\mum for as many of the devices as possible. (a) Give the required width for each transistor and the value of R required. (10%) (b) What is the highest voltage possible at the drain of Q2? (5%) (c) What is the lowest voltage possible at the drain of Q5? (5%) If VAn=6LV_{An} = 6 L and ∣VAp∣=10L|V_{Ap}| = 10 L, where L is in μ\mum and VAnV_{An} and VApV_{Ap} are in volts, (d) find the output resistance of the current source Q2, (5%) and (e) the output resistance of the current sink Q5. (5%)
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核心觀念

本題考查 CMOS 電流鏡的電流比例、MOS 飽和區平方律、電流源與電流汲取器的輸出擺幅，以及通道長度調變造成的輸出電阻。

忽略通道長度調變時，飽和區電流為

ID=12k′WLVOV2I_D=\frac{1}{2}k'\frac{W}{L}V_{OV}^2

其中 PMOS 的過驅電壓為 VOV,p=VSG−∣Vtp∣V_{OV,p}=V_{SG}-|V_{tp}|，NMOS 的過驅電壓為 VOV,n=VGS−VtnV_{OV,n}=V_{GS}-V_{tn}。同一電流鏡中，元件的 LL 與閘極偏壓相同，因此電流與 W/LW/L 成正比。

解題方法

所有元件的 L=2 μmL=2\,\mu\text{m}。先令能採最小寬度的元件採 W=2 μmW=2\,\mu\text{m}，再依電流鏡比例決定其餘寬度。

(a) 各電晶體寬度與電阻 RR

圖中 Q1,Q2,Q3Q_1,Q_2,Q_3 是 PMOS 電流鏡。令 Q1Q_1 採最小寬度 W1=2 μmW_1=2\,\mu\text{m}，則 Q1Q_1 與 Q2Q_2 的電流比例為

I2IREF=W2/LW1/L=W2W1\frac{I_2}{I_{\text{REF}}} = \frac{W_2/L}{W_1/L} = \frac{W_2}{W_1}

因此

W2=2⋅10020=10 μmW_2=2\cdot\frac{100}{20}=10\,\mu\text{m}

Q3Q_3 提供 Q4Q_4 的二極體接法支路電流。Q4,Q5Q_4,Q_5 是 NMOS 電流鏡；令 Q4Q_4、Q5Q_5 都採最小寬度 2 μm2\,\mu\text{m}，兩者電流相同，故 I4=I5=40 μAI_4=I_5=40\,\mu\text{A}。因此 Q3Q_3 必須提供 40 μA40\,\mu\text{A}，由 PMOS 電流鏡比例得

W3=2⋅4020=4 μmW_3=2\cdot\frac{40}{20}=4\,\mu\text{m}

故 W1=2 μmW_1=2\,\mu\text{m}、W2=10 μmW_2=10\,\mu\text{m}、W3=4 μmW_3=4\,\mu\text{m}、W4=W5=2 μmW_4=W_5=2\,\mu\text{m}。

接著由 Q1Q_1 的飽和區電流求 PMOS 過驅電壓：

20 μA=12(30 μA/V2)(22)VOV,p220\,\mu\text{A} = \frac{1}{2}(30\,\mu\text{A}/\text{V}^2) \left(\frac{2}{2}\right)V_{OV,p}^2 VOV,p=4030=1.155 VV_{OV,p}=\sqrt{\frac{40}{30}}=1.155\,\text{V}

Q1Q_1 的源極接 +5 V+5\,\text{V}，因此其閘極與汲極節點電壓為

VG1=VSG1 所對應的節點電壓=5−(∣Vtp∣+VOV,p)=5−(0.9+1.155)=2.945 VV_{G1}=V_{SG1}\text{ 所對應的節點電壓} =5-(|V_{tp}|+V_{OV,p}) =5-(0.9+1.155) =2.945\,\text{V}

電阻下端接地，流過 RR 的電流為 IREF=20 μAI_{\text{REF}}=20\,\mu\text{A}，所以

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第 4 題25 分

  1. (25%) In the emitter follower in Fig. 3, the signal source is directly coupled to the transistor base. If the dc component of vsv_s is zero, (a) find the dc emitter current. Assume β=120\beta = 120. (5%) Neglecting ror_o, (b) find RiR_i, (5%) (c) the voltage gain vo/vsv_o/v_s, (5%) (d) the current gain io/iii_o/i_i, (5%) and (e) the output resistance RoR_o. (5%)
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核心觀念

本題是 PNP emitter follower（射極隨耦器） 的直流偏壓與小訊號分析，重點包括：

  • 直流分析時，耦合電容視為開路，負載 1 kΩ1\,\text{k}\Omega 不參與偏壓。
  • 中頻小訊號分析時，耦合電容視為短路，因此射極外接電阻為
    RE′=3.3 kΩ∥1 kΩ.R_E'=3.3\,\text{k}\Omega\parallel 1\,\text{k}\Omega.
  • 射極隨耦器的電壓增益接近 11，但必須考慮 100 kΩ100\,\text{k}\Omega 訊號源電阻造成的輸入分壓。
  • 輸出電阻須將訊號源設為零，因此基極經 100 kΩ100\,\text{k}\Omega 接地。

以下採用 VBE≈0.7 VV_{BE}\approx 0.7\,\text{V}、VT=25 mVV_T=25\,\text{mV}，並忽略 ror_o。

(a) 直流射極電流

由於 vsv_s 的直流分量為零，訊號源直流等效為接地。設基極電流為 IBI_B，則

VB=−100 kΩ⋅IBV_B=-100\,\text{k}\Omega\cdot I_B

PNP 電晶體的射極電壓為

VE=VB+0.7=0.7−100 kΩ⋅IB.V_E=V_B+0.7 =0.7-100\,\text{k}\Omega\cdot I_B.

由 3.3 kΩ3.3\,\text{k}\Omega 電阻得到

IE=5−VE3.3 kΩ.I_E=\frac{5-V_E}{3.3\,\text{k}\Omega}.

又因為

IE=(β+1)IB=121IB,I_E=(\beta+1)I_B=121I_B,

所以

121IB=5−(0.7−100 kΩIB)3.3 kΩ.121I_B = \frac{5-\left(0.7-100\,\text{k}\Omega I_B\right)} {3.3\,\text{k}\Omega}.

整理得

IB=4.3299.3 kΩ≈14.37 μA.I_B=\frac{4.3}{299.3\,\text{k}\Omega} \approx 14.37\,\mu\text{A}.

因此

IE=121IB≈1.74 mA.\boxed{I_E=121I_B\approx 1.74\,\text{mA}}.

(b) 輸入電阻 RiR_i

中頻時耦合電容短路，因此

RE′=3.3 kΩ∥1 kΩ=767.4 Ω.R_E'=3.3\,\text{k}\Omega\parallel1\,\text{k}\Omega =767.4\,\Omega.

直流工作點為

IC=ββ+1IE≈1.724 mA.I_C=\frac{\beta}{\beta+1}I_E \approx 1.724\,\text{mA}.

因此

gm=ICVT=1.724 mA25 mV≈68.96 mS,g_m=\frac{I_C}{V_T} =\frac{1.724\,\text{mA}}{25\,\text{mV}} \approx 68.96\,\text{mS}, rπ=βgm≈1200.06896≈1.74 kΩ.r_\pi=\frac{\beta}{g_m} \approx \frac{120}{0.06896} \approx 1.74\,\text{k}\Omega.

射極隨耦器由基極看入的輸入電阻為

Ri=rπ+(β+1)RE′.R_i=r_\pi+(\beta+1)R_E'.

代入得

Ri=1.74 kΩ+121(767.4 Ω)≈94.6 kΩ.R_i =1.74\,\text{k}\Omega +121(767.4\,\Omega) \approx 94.6\,\text{k}\Omega.

因此

Ri≈94.6 kΩ.\boxed{R_i\approx94.6\,\text{k}\Omega}.

(c) 電壓增益 vo/vsv_o/v_s

先求基極至射極的電壓增益：

vovi=(β+1)RE′rπ+(β+1)RE′\frac{v_o}{v_i} = \frac{(\beta+1)R_E'} {r_\pi+(\beta+1)R_E'} vovi=121(767.4)1.74 k+121(767.4)≈0.982.\frac{v_o}{v_i} = \frac{121(767.4)} {1.74\,\text{k}+121(767.4)} \approx0.982.

由於訊號源具有 100 kΩ100\,\text{k}\Omega 串聯電阻，

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