107 地方特考四等 電子工程 電子學概要 考古題詳解

核心觀念

本題評量理想運算放大器（Ideal Op-Amp）​構成之非反相加法放大器（Non-inverting Summing Amplifier）​電路分析。解題涉及之核心觀念與公式如下：

1. 理想運算放大器特性：

• 輸入阻抗無窮大：流入兩輸入端之電流為零，即 $i_+ = i_- = 0$。
• 線性工作區虛短路（Virtual Short）：在負回授條件下，反相端與非反相端電位相同，即 $v_+ = v_-$。

2. 非反相放大組態增益公式： 反相輸入端（$-$）經電阻 $R_1$ 接地，並經回授電阻 $R_f$ 連接至輸出端 $v_o$，其輸出與輸入端之電壓增益為： $A_v = \frac{v_o}{v_+} = 1 + \frac{R_f}{R_1}$
3. 節點電壓法（KCL）與非反相端電位： 非反相輸入端（$+$）分別由 $v_1$ 經電阻 $R_2$ 與 $v_2$ 經電阻 $R_3$ 連接，依據克希荷夫電流定律（KCL）可求得非反相端電壓 $v_+$。

解題方法

本題切入點為先將電路拆解為「非反相端的加權分壓」與「反相回授的非反相放大」兩部分，推導輸出電壓 $v_o$ 與輸入電壓 $v_1, v_2$ 之通式，再比對題目給定之係數求解。

步驟一：求反相端設定之非反相閉迴路增益 $A_v$

由理想運算放大器特性，$i_- = 0$。對反相端（$-$）應用分壓定理： $v_- = \frac{R_1}{R_1 + R_f} v_o$ 由虛短路 $v_+ = v_-$，可得輸出電壓 $v_o$ 與非反相端電壓 $v_+$ 的關係式： $v_o = \left(1 + \frac{R_f}{R_1}\right) v_+$

代入已知數值 $R_1 = 2\,\mathrm{k}\Omega$、$R_f = 18\,\mathrm{k}\Omega$： $A_v = 1 + \frac{18\,\mathrm{k}\Omega}{2\,\mathrm{k}\Omega} = 1 + 9 = 10$ 即： $v_o = 10 v_+$

步驟二：利用節點分析法求非反相端電壓 $v_+$

非反相端（$+$）分別經由 $R_2$ 接至 $v_1$、經由 $R_3$ 接至 $v_2$。因流入運算放大器之電流 $i_+ = 0$，對該節點列 KCL 方程式： $\frac{v_+ - v_1}{R_2} + \frac{v_+ - v_2}{R_3} = 0$

整理通分求 $v_+$： $v_+ \left(\frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3}\right) = \frac{v_1}{R_2} + \frac{v_2}{R_3}$ $v_+ \left(\frac{R_2 + R_3}{R_2 R_3}\right) = \frac{R_3 v_1 + R_2 v_2}{R_2 R_3}$

核心觀念

本題考查雙極性接面電晶體（BJT）多級直接耦合放大電路之直流偏壓分析。

1. 電路架構識別： 本電路為經典的「NPN－PNP 互補直接耦合放大電路」：

• 第一級 $Q_1$ 為 NPN 電晶體，採用分壓式偏壓電路（Voltage-Divider Bias）。
• 第二級 $Q_2$ 為 PNP 電晶體，基極直接與第一級集極 $C_1$ 連接；射極經由 $R_{e2}$ 接至高電位 $V_{CC}$，集極經由 $R_{c2}$ 接地。此互補結構可免除級間耦合電容，且能使兩級皆穩定操作在順向主動區（Forward-Active Mode）。

2. 戴維寧等效電路（Thévenin's Theorem）： 將 $Q_1$ 基極分壓電路化簡為戴維寧等效電壓 $V_{TH}$ 與等效電阻 $R_{TH}$： $V_{TH} = V_{CC} \times \frac{R_{b2}}{R_{b1} + R_{b2}}$ $R_{TH} = R_{b1} \parallel R_{b2} = \frac{R_{b1} R_{b2}}{R_{b1} + R_{b2}}$
3. BJT 主動區電流與端電壓關係：

• NPN 電晶體（$Q_1$）：$V_{BE} = 0.7\,\mathrm{V}$、$I_C = \beta I_B$、$I_E = (\beta + 1)I_B$。
• PNP 電晶體（$Q_2$）：$V_{EB} = 0.7\,\mathrm{V}$、$I_C = \beta I_B$、$I_E = (\beta + 1)I_B$。

4. 克希荷夫電流定律（KCL）： 在級間耦合節點（$C_1$ 與 $B_2$ 連接點），流經 $R_{c1}$ 之電流與 $Q_2$ 基極流出之電流匯流後，流入 $Q_1$ 的集極： $I_{Rc1} + I_{B2} = I_{C1}$

解題方法

步驟一：第一級 $Q_1$（NPN）直流工作點分析

1. 求 $Q_1$ 基極戴維寧等效參數： $V_{TH} = 15 \times \frac{50\,\mathrm{k}\Omega}{100\,\mathrm{k}\Omega + 50\,\mathrm{k}\Omega} = 15 \times \frac{1}{3} = 5\,\mathrm{V}$ $R_{TH} = 100\,\mathrm{k}\Omega \parallel 50\,\mathrm{k}\Omega = \frac{100 \times 50}{150}\,\mathrm{k}\Omega = \frac{100}{3}\,\mathrm{k}\Omega \approx 33.33\,\mathrm{k}\Omega$

2. 由基極－射極迴路列 KVL 求 $I_{B1}$： $V_{TH} - I_{B1} R_{TH} - V_{BE1} - I_{E1} R_e = 0$ 代入 $I_{E1} = (\beta + 1)I_{B1} = 101 I_{B1}$： $I_{B1} = \frac{V_{TH} - V_{BE1}}{R_{TH} + (\beta + 1)R_e} = \frac{5 - 0.7}{\frac{100}{3}\,\mathrm{k}\Omega + 101 \times 3\,\mathrm{k}\Omega} = \frac{4.3\,\mathrm{V}}{\frac{1009}{3}\,\mathrm{k}\Omega} \approx 0.01279\,\mathrm{mA} = 12.79\,\mu\mathrm{A}$

3. 求 $Q_1$ 之集極、射極電流與各節點電壓：

• 集極電流： $I_{C1} = \beta I_{B1} = 100 \times 0.01279\,\mathrm{mA} = 1.279\,\mathrm{mA}$
• 射極電流： $I_{E1} = (\beta + 1)I_{B1} = 101 \times 0.01279\,\mathrm{mA} = 1.291\,\mathrm{mA}$
• 射極電壓： $V_{E1} = I_{E1} R_e = 1.291\,\mathrm{mA} \times 3\,\mathrm{k}\Omega \approx 3.87\,\mathrm{V}$
• 基極電壓： $V_{B1} = V_{E1} + V_{BE1} = 3.87\,\mathrm{V} + 0.7\,\mathrm{V} = 4.57\,\mathrm{V}$
• 分壓電阻電流： $I_{Rb1} = \frac{V_{CC} - V_{B1}}{R_{b1}} = \frac{15 - 4.57}{100\,\mathrm{k}\Omega} \approx 0.1043\,\mathrm{mA} = 104.3\,\mu\mathrm{A}$ $I_{Rb2} = \frac{V_{B1}}{R_{b2}} = \frac{4.57}{50\,\mathrm{k}\Omega} \approx 0.0914\,\mathrm{mA} = 91.4\,\mu\mathrm{A}$ （驗算：$I_{Rb1} - I_{Rb2} = 104.3\,\mu\mathrm{A} - 91.4\,\mu\mathrm{A} = 12.9\,\mu\mathrm{A} \approx I_{B1}$，符合 KCL）

步驟二：級間節點與第二級 $Q_2$（PNP）直流工作點分析

第二級 $Q_2$ 的基極與 $Q_1$ 集極相連（節點電壓 $V_{C1} = V_{B2}$）。 因為 $Q_2$ 為 PNP，射極電壓為： $V_{E2} = V_{B2} + V_{EB2} = V_{C1} + 0.7\,\mathrm{V}$

1. 依節點 $C_1$ 列 KCL 方程式（精確解）：

• 流經 $R_{c1}$ 之電流（由 $V_{CC}$ 流入節點 $C_1$）： $I_{Rc1} = \frac{V_{CC} - V_{C1}}{R_{c1}} = \frac{15 - V_{C1}}{5\,\mathrm{k}\Omega}$
• $Q_2$ 射極電流： $I_{E2} = \frac{V_{CC} - V_{E2}}{R_{e2}} = \frac{15 - (V_{C1} + 0.7)}{2\,\mathrm{k}\Omega} = \frac{14.3 - V_{C1}}{2\,\mathrm{k}\Omega}$
• $Q_2$ 基極電流（自基極流出至節點 $C_1$）： $I_{B2} = \frac{I_{E2}}{\beta + 1} = \frac{14.3 - V_{C1}}{101 \times 2\,\mathrm{k}\Omega} = \frac{14.3 - V_{C1}}{202\,\mathrm{k}\Omega}$
• 節點 $C_1$ 之 KCL：流入 = 流出 $I_{Rc1} + I_{B2} = I_{C1}$ $\frac{15 - V_{C1}}{5} + \frac{14.3 - V_{C1}}{202} = 1.279$ $3 - 0.2 V_{C1} + 0.0708 - 0.00495 V_{C1} = 1.279$ $3.0708 - 0.20495 V_{C1} = 1.279$ $0.20495 V_{C1} = 1.7918 \implies V_{C1} \approx 8.74\,\mathrm{V}$

2. 計算第二級各端電壓與元件電流：

• 級間節點電壓： $V_{C1} = V_{B2} = 8.74\,\mathrm{V}$
• $R_{c1}$ 電流：

核心觀念

本題主要測驗兩級式 CMOS 運算放大器（Two-Stage CMOS Op-Amp）​的頻率補償機制與負回授穩定度準則，核心觀念包含：

1. 負回授系統穩定度準則：

• 運算放大器接成閉迴路（尤其是最嚴苛的單位增益回授 $\beta = 1$）時，在迴路增益降至 $0\text{ dB}$ 的增益交越頻率（Gain Crossover Frequency / 單位增益頻率 $f_t$）​處，其迴路相位延遲若達到或超過 $-180^\circ$，將滿足巴克豪森振盪準則，系統會發生振盪而不穩定。
• 衡量穩定度的指標為相位邊限（Phase Margin, $PM$）： $PM = 180^\circ + \angle A(f_t)$ 工程上通常要求 $PM \ge 45^\circ$（理想上 $PM \approx 60^\circ$），系統才具備足夠的阻尼與穩定度。

2. 兩級式架構之非補償問題：

• 第一級（差動級）與第二級（共源極）之輸出端皆為高阻抗節點，會分別形成兩個頻率接近的低頻極點（$f_{p1}$ 與 $f_{p2}$）。

3. 密勒補償（Miller Compensation）與極點分裂（Pole Splitting）：

• 利用連接於第二級輸入與輸出間的電容 $C_C$，藉由第二級的反相放大電壓增益所產生的密勒效應，將主極點推向更低頻，並同時將次極點推向更高頻，達成單極點主導（Dominant Pole）滾降特性。

解題方法

一、未加頻率補償（無 $C_C$）時的不穩定成因

1. 極點分佈：

• 設第一級輸出電阻為 $R_1$、對地等效電容為 $C_1$；第二級輸出電阻為 $R_2$、負載電容為 $C_2$。
• 未補償時，電路具有兩個極點： $f_{p1} = \frac{1}{2\pi R_1 C_1}, \quad f_{p2} = \frac{1}{2\pi R_2 C_2}$
• 由於兩級輸出皆為高阻抗節點（$R_1, R_2$ 皆很大），$f_{p1}$ 與 $f_{p2}$ 的頻率相當接近。

2. 未補償時的波德圖特徵：

• 幅值圖（Magnitude Plot）：
• 在頻率通過 $f_{p1}$ 後，增益以 $-20\text{ dB/decade}$ 開始下降。
• 由於 $f_{p2}$ 與 $f_{p1}$ 靠得很近，增益尚未降至 $0\text{ dB}$ 之前，頻率即已通過 $f_{p2}$，使斜率進一步加劇為 $-40\text{ dB/decade}$。
• 增益交越頻率（$0\text{ dB}$ 處）發生在 $f_{p2}$ 之後（即 $f_t > f_{p2}$）。
• 相位圖（Phase Plot）：
• 每個極點會造成 $-90^\circ$ 的相位落後。
• 在 $f_t > f_{p2}$ 處，第一極點與第二極點皆已完全發揮作用，總相位延遲接近： $\angle A(f_t) \approx -90^\circ - 90^\circ = -180^\circ$
• 此時的相位邊限： $PM = 180^\circ + \angle A(f_t) \approx 0^\circ \quad (\text{甚至 } PM < 0^\circ)$
• 結論：當接成負回授閉迴路時，電路極易產生振盪，無法穩定工作。

二、加入回授電容 $C_C$ 之頻率補償機制（極點分裂）

引入跨接於第二級兩端的補償電容 $C_C$ 後，第二級的反相電壓增益（設為 $-A_{v2} = -g_{m2} R_2$）對 $C_C$ 產生密勒效應，產生「極點分裂（Pole Splitting）」：

1. 主極點移向極低頻（$f_{p1}' \ll f_{p1}$）：

• 在第一級輸出端，密勒等效電容被大幅放大為 $(1 + g_{m2} R_2) C_C \approx g_{m2} R_2 C_C$。
• 新的主極點降至非常低的頻率： $f_{p1}' \approx \frac{1}{2\pi R_1 \left[ C_1 + C_C(1 + g_{m2} R_2) \right]} \approx \frac{1}{2\pi g_{m2} R_1 R_2 C_C}$

2. 第二極點推向極高頻（$f_{p2}' \gg f_{p2}$）：

• 經小訊號分析推導，次極點被推向高頻處： $f_{p2}' \approx \frac{g_{m2} C_C}{2\pi (C_1 C_2 + C_C C_1 + C_C C_2)} \approx \frac{g_{m2}}{2\pi C_2} \quad (\text{假設 } C_2 \gg C_1)$

3. 單位增益交越頻率 $f_t$：

• 由低頻開迴路增益 $A_0 = g_{m1} R_1 \cdot g_{m2} R_2$ 與主極點乘積決定： $f_t \approx A_0 \cdot f_{p1}' = (g_{m1} R_1 g_{m2} R_2) \cdot \frac{1}{2\pi g_{m2} R_1 R_2 C_C} = \frac{g_{m1}}{2\pi C_C}$

三、以波德圖說明由「不穩定」轉為「穩定」

波德圖在補償前後的行為對比如下：

核心觀念

本題考查考畢茲晶體振盪器（Colpitts crystal oscillator，亦稱 Pierce 振盪器）​之小訊號分析與振盪頻率推導。核心觀念涵蓋：

1. 巴克豪森振盪準則（Barkhausen Criterion）： 在回授電路中，振盪發生之條件為迴路傳遞函數滿足 $T(j\omega) = 1$（若以負回授定義則為迴路增益 $A\beta = 1$）。此準則包含兩部分：

• 相位條件：總迴路相移為 $360^\circ$（或 $0^\circ$）。電晶體共射極／共源極組態反相提供 $180^\circ$，回授 $\pi$ 型電抗網路需提供其餘 $180^\circ$ 相移。三電抗電路滿足 $180^\circ$ 相移之條件為： $X_1 + X_2 + X_3 = 0$ 其中 $X_1, X_2$ 為同號電抗（電容性，$X_1, X_2 < 0$），$X_3$ 必為異號電抗（電感性，$X_3 > 0$）。
• 增益條件：迴路增益大小 $|T(j\omega)| \ge 1$，決定電路起振之臨界跨導 $g_m$。

2. 石英晶體（Quartz Crystal）的小訊號等效電路： 石英晶體由壓電效應產生諧振，等效電路為一串聯支路（動態電感 $L$、動態電容 $C$ 與損耗電阻 $r$）並聯一靜態封裝電容 $C_p$（或記為 $C_0$）。

• 題目指定 $r$ 忽略不計（$r \approx 0$）。
• 晶體之等效阻抗 $Z_x(s)$ 為： $Z_x(s) = \frac{1}{sC_p + \frac{1}{sL + \frac{1}{sC}}} = \frac{s^2LC + 1}{s\left[(s^2LC + 1)C_p + C\right]}$
• 晶體具備兩個特徵諧振頻率： 串聯諧振頻率 $\omega_s = \frac{1}{\sqrt{LC}}$、並聯諧振頻率 $\omega_p = \sqrt{\frac{1}{L}\left(\frac{1}{C} + \frac{1}{C_p}\right)}$。
• 在 $\omega_s < \omega < \omega_p$ 區間內，晶體呈現電感性（$X_3 = X_x > 0$），正好充當考畢茲振盪器所需的電感元件。

解題方法

步驟一：建立小訊號等效電路模型

依題意設定電路節點：

• 節點 1（輸入端／基極或閘極）：對地電壓為 $v_\pi$。連接電容 $C_1$ 至地，電晶體輸入電阻為無限大（無分流）。
• 節點 2（輸出端／集極或汲極）：對地電壓為 $v_o$。連接電容 $C_2$ 至地、等效電阻 $R$ 至地，以及受控電流源 $g_m v_\pi$（方向由節點 2 流向地）。
• 晶體支路：跨接於節點 1 與節點 2 之間，其導納以 $Y_x(s)$ 表示。

步驟二：列寫節點柯希荷夫電流定律（KCL）方程式

1. 節點 1 之 KCL（流出電流和為零）： $v_\pi \cdot sC_1 + (v_\pi - v_o) Y_x(s) = 0$ 整理可得： $(v_o - v_\pi) Y_x(s) = sC_1 v_\pi \implies v_\pi = v_o \frac{Y_x(s)}{sC_1 + Y_x(s)}$

2. 節點 2 之 KCL（流出電流和為零）： $(v_o - v_\pi) Y_x(s) + g_m v_\pi + v_o \left(\frac{1}{R} + sC_2\right) = 0$

將節點 1 關係式 $(v_o - v_\pi) Y_x(s) = sC_1 v_\pi$ 代入節點 2 方程式： $sC_1 v_\pi + g_m v_\pi + v_o \left(\frac{1}{R} + sC_2\right) = 0$ $(g_m + sC_1) v_\pi + \left(\frac{1}{R} + sC_2\right) v_o = 0$

再將 $v_\pi = v_o \frac{Y_x(s)}{sC_1 + Y_x(s)}$ 代入，且因振盪時輸出 $v_o \neq 0$，可得系統特徵方程式： $\frac{Y_x(s)}{sC_1 + Y_x(s)} (g_m + sC_1) + \left(\frac{1}{R} + sC_2\right) = 0$

兩邊同乘以 $[sC_1 + Y_x(s)]$： $Y_x(s)(g_m + sC_1) + \left(\frac{1}{R} + sC_2\right)[sC_1 + Y_x(s)] = 0$ 依 $Y_x(s)$ 項合併整理： $Y_x(s) \left[ g_m + \frac{1}{R} + s(C_1 + C_2) \right] + sC_1 \left(\frac{1}{R} + sC_2\right) = 0$

步驟三：代入晶體導納並推導振盪頻率

晶體導納為： $Y_x(s) = sC_p + \frac{1}{sL + \frac{1}{sC}} = sC_p + \frac{sC}{s^2LC + 1}$

代入特徵方程式中： $\left(sC_p + \frac{sC}{s^2LC + 1}\right) \left[ g_m + \frac{1}{R} + s(C_1 + C_2) \right] + sC_1 \left(\frac{1}{R} + sC_2\right) = 0$

先將含 $sC_p$ 的項與後項合併： $sC_p \left[ g_m + \frac{1}{R} + s(C_1 + C_2) \right] + sC_1 \left(\frac{1}{R} + sC_2\right)$ $= s \left[ \frac{C_1 + C_p}{R} + g_m C_p \right] + s^2 \left[ C_1 C_2 + C_p(C_1 + C_2) \right]$

定義 $C_1$ 與 $C_2$ 之串聯等效電容為 $C_T = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}$，則： $C_1 C_2 + C_p(C_1 + C_2) = (C_1 + C_2)(C_T + C_p)$

特徵方程式化簡為：

核心觀念

1. 電阻負載反相器（Resistive-Load Inverter）基本架構：

• 電路由一顆增強型 nMOS 與汲極負載電阻 $R$ 串聯組成。輸入電壓接於閘極（$V_{in} = V_{GS}$），輸出電壓取自汲極（$V_{out} = V_o = V_{DS}$），源極接接地端（$V_S = 0\,\mathrm{V}$）。
• 基底（Substrate/Body）通常接最低電位（接地端，$V_B = 0\,\mathrm{V}$），故源極與基底間無逆向偏壓（$V_{SB} = 0\,\mathrm{V}$），不發生基底效應（Body Effect），臨界電壓保持為： $V_T = V_{T0} = 1.0\,\mathrm{V}$
• 當輸入為低電位（nMOS 截止，$I_D = 0$）時，輸出高電壓準位為： $V_{OH} = V_{DD} = 5.0\,\mathrm{V}$

2. MOSFET 操作區間與電流方程式（$\lambda=0$）：

• 三極區（線性區，Triode Region）：當 $V_{GS} \ge V_T$ 且 $V_{DS} < V_{GS} - V_T$ 時： $I_D = \mu_n C_{ox} \left(\frac{W}{L}\right) \left[ (V_{GS} - V_T)V_{DS} - \frac{1}{2}V_{DS}^2 \right]$
• 飽和區（Saturation Region）：當 $V_{GS} \ge V_T$ 且 $V_{DS} \ge V_{GS} - V_T$ 時： $I_D = \frac{1}{2} \mu_n C_{ox} \left(\frac{W}{L}\right) (V_{GS} - V_T)^2$

3. 邏輯臨界電壓定義（Logic Thresholds）：

• 根據電壓轉換特性曲線（VTC），$V_{IL}$ 與 $V_{IH}$ 定義為斜率（小訊號增益）等於 $-1$ 的點： $\frac{dV_o}{dV_i} = -1$
• 在 $V_i = V_{IL}$ 時，輸出維持高電位，nMOS 工作於飽和區。
• 在 $V_i = V_{IH}$ 時，輸出已降至低電位，nMOS 工作於三極區。

解題方法

（一）求電晶體的幾何比值（$W/L$）

1. 工作狀態確認：

• 當輸出為低電壓準位 $V_o = V_{OL} = 0.6\,\mathrm{V}$ 時，對應的輸入為邏輯高準位 $V_i = V_{OH} = V_{DD} = 5.0\,\mathrm{V}$。
• 電晶體各端電壓： $V_{GS} = V_{in} = 5.0\,\mathrm{V}$ $V_{DS} = V_o = 0.6\,\mathrm{V}$ $V_{GS} - V_T = 5.0 - 1.0 = 4.0\,\mathrm{V}$
• 因為 $V_{DS} = 0.6\,\mathrm{V} < V_{GS} - V_T = 4.0\,\mathrm{V}$，此時 nMOS 操作於三極區（線性區）。

2. 列式計算電流：

• 流經電阻 $R$ 的電流即為汲極電流 $I_D$： $I_D = \frac{V_{DD} - V_{OL}}{R} = \frac{5.0 - 0.6}{1\,\mathrm{k}\Omega} = \frac{4.4\,\mathrm{V}}{1000\,\Omega} = 4.4\,\mathrm{mA} = 4.4 \times 10^{-3}\,\mathrm{A}$

3. 代入三極區電流公式求解 $W/L$： $I_D = \mu_n C_{ox} \left(\frac{W}{L}\right) \left[ (V_{GS} - V_T)V_{DS} - \frac{1}{2}V_{DS}^2 \right]$ $4.4 \times 10^{-3} = 22.0 \times 10^{-6} \times \left(\frac{W}{L}\right) \times \left[ (4.0)(0.6) - \frac{1}{2}(0.6)^2 \right]$ 括號內數值為： $(4.0)(0.6) - 0.18 = 2.4 - 0.18 = 2.22\,\mathrm{V}^2$ 因此： $4.4 \times 10^{-3} = 22.0 \times 10^{-6} \times 2.22 \times \left(\frac{W}{L}\right) = 48.84 \times 10^{-6} \times \left(\frac{W}{L}\right)$ $\frac{W}{L} = \frac{4.4 \times 10^{-3}}{48.84 \times 10^{-6}} = \frac{4400}{48.84} = \frac{10000}{111} \approx 90.09$

（二）求輸入低電壓準位 $V_{IL}$ 及輸入高電壓準位 $V_{IH}$

為簡化推導與計算，先定義轉導參數： $k_n = \mu_n C_{ox} \left(\frac{W}{L}\right) = 22.0 \times 10^{-6} \times \frac{10000}{111} = \frac{220}{111} \times 10^{-3}\,\mathrm{A/V^2} \approx 1.982\,\mathrm{mA/V^2}$ 無因次（或電壓反比）乘積項： $k_n R = \left(\frac{220}{111} \times 10^{-3}\,\mathrm{A/V^2}\right) \times 1000\,\Omega = \frac{220}{111} \approx 1.982\,\mathrm{V}^{-1}$ $\frac{1}{k_n R} = \frac{111}{220} \approx 0.505\,\mathrm{V}$

1. 計算 $V_{IL}$

• 當 $V_i = V_{IL}$ 時，nMOS 剛導通不久，輸出電壓 $V_o$ 仍很高，電晶體處於飽和區： $I_D = \frac{1}{2} k_n (V_i - V_T)^2$
• 輸出電壓方程式：