107 地方特考四等 電力工程 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 Operational Amplifier）於線性放大區之分析與電路節點定理（KCL），核心概念與公式如下：

1. 理想運算放大器特性：

• 輸入阻抗無限大，輸入端不取電流：$i_+ = i_- = 0$。
• 處於線性放大區時具備**虛擬短路（Virtual Short）**特性：$v_+ = v_-$。

2. 節點電壓法（KCL）與分壓定理：

• 於輸入端節點建立電流守恆方程式，求解各端點電壓與輸入訊號、輸出電壓之代數關係。

解題方法

依據題目圖一之電路架構進行分步推導：

1. 分析非反相輸入端（$+$ 端）電壓 $v_+$： $+$ 端連接接地電阻 $R_1$ 以及輸出端回授電阻 $R_f$。因為流入運算放大器之輸入電流 $i_+ = 0$，由分壓定理可得： $v_+ = v_o \cdot \frac{R_1}{R_1 + R_f}$ 將已知條件 $R_1 = 2\,\mathrm{k}\Omega$、$R_f = 18\,\mathrm{k}\Omega$ 代入： $v_+ = v_o \cdot \frac{2\,\mathrm{k}\Omega}{2\,\mathrm{k}\Omega + 18\,\mathrm{k}\Omega} = \frac{2}{20} v_o = \frac{1}{10} v_o$ 因此，輸出電壓與非反相端電壓關係為： $v_o = 10 v_+$

2. 分析反相輸入端（$-$ 端）電壓 $v_-$： 訊號 $v_1$ 與 $v_2$ 分別經由電阻 $R_2$ 與 $R_3$ 輸入至 $-$ 端。因流入運算放大器之電流 $i_- = 0$，對 $-$ 端節點列寫節點電壓方程式（KCL）： $\frac{v_1 - v_-}{R_2} + \frac{v_2 - v_-}{R_3} = 0$ 整理求得 $v_-$： $v_- \left(\frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3}\right) = \frac{v_1}{R_2} + \frac{v_2}{R_3}$ $v_- = \frac{R_3}{R_2 + R_3} v_1 + \frac{R_2}{R_2 + R_3} v_2$

3. 利用虛擬短路聯立求解： 由虛擬短路條件 $v_+ = v_-$，將 $v_-$ 代入輸出關係式 $v_o = 10 v_+$ 中： $v_o = 10 \left(\frac{R_3}{R_2 + R_3} v_1 + \frac{R_2}{R_2 + R_3} v_2\right) = \left(10 \cdot \frac{R_3}{R_2 + R_3}\right) v_1 + \left(10 \cdot \frac{R_2}{R_2 + R_3}\right) v_2$

核心觀念

本題考查雙載子接面電晶體（BJT）兩級直接交連放大電路之直流偏壓（DC Bias）分析。電路第一級為 NPN 電晶體（$Q_1$）共射極電路，第二級為 PNP 電晶體（$Q_2$）共射極電路。

解題涉及的核心定律與公式包括：

1. 戴維寧等效電路（Thevenin Equivalent Circuit）：分析第一級分壓式偏壓基極端，將分壓電阻簡化為戴維寧等效電壓 $V_{TH1}$ 與等效電阻 $R_{TH1}$： $V_{TH1} = V_{CC} \frac{R_{b2}}{R_{b1} + R_{b2}}, \quad R_{TH1} = R_{b1} \parallel R_{b2}$
2. 電晶體直流電流關係式（工作於順向主動區）： $I_C = \beta I_B, \quad I_E = (1 + \beta)I_B$

• NPN 電晶體：基射極順向導通電壓 $V_{BE} = V_{BE(\mathrm{on})} = 0.7\,\mathrm{V}$
• PNP 電晶體：射基極順向導通電壓 $V_{EB} = V_{EB(\mathrm{on})} = 0.7\,\mathrm{V}$

3. 克希荷夫電壓定律（KVL）與電流定律（KCL）：

• 第一級基－射極迴路 KVL 求解 $I_{B1}$
• 級間交連節點（$C_1 / B_2$ 節點）KCL 分析：考慮第二級基極電流 $I_{B2}$ 對第一級集極節點電壓之負載效應
• 第二級射－基極迴路 KVL 求解 $I_{B2}$

4. 主動區條件驗證：

• NPN：$V_{CE} > V_{CE(\mathrm{sat})} \approx 0.2\,\mathrm{V}$
• PNP：$V_{EC} > V_{EC(\mathrm{sat})} \approx 0.2\,\mathrm{V}$

解題方法

步驟一：第一級 NPN 電晶體（$Q_1$）直流偏壓分析

假設 $Q_1$ 與 $Q_2$ 均工作於順向主動區。

1. 求 $Q_1$ 基極之戴維寧等效電路： $V_{TH1} = V_{CC} \times \frac{R_{b2}}{R_{b1} + R_{b2}} = 15 \times \frac{50\,\mathrm{k}\Omega}{100\,\mathrm{k}\Omega + 50\,\mathrm{k}\Omega} = 5.0\,\mathrm{V}$ $R_{TH1} = R_{b1} \parallel R_{b2} = \frac{100 \times 50}{100 + 50} = \frac{100}{3}\,\mathrm{k}\Omega \approx 33.333\,\mathrm{k}\Omega$

2. 對 $Q_1$ 基－射極迴路列 KVL： $V_{TH1} = I_{B1} R_{TH1} + V_{BE1} + I_{E1} R_e$ 將 $I_{E1} = (1 + \beta)I_{B1} = 101 I_{B1}$ 代入： $5.0 - 0.7 = I_{B1} \left[ \frac{100}{3} + 101 \times 3 \right]$ $4.3 = I_{B1} \left( \frac{100 + 909}{3} \right) = I_{B1} \left( \frac{1009}{3} \right)$ $I_{B1} = \frac{4.3 \times 3}{1009} \approx 0.012785\,\mathrm{mA} = 12.79\,\mu\mathrm{A}$

3. 求 $Q_1$ 之集極電流與射極電流： $I_{C1} = \beta I_{B1} = 100 \times 0.012785\,\mathrm{mA} \approx 1.2785\,\mathrm{mA}$ $I_{E1} = (1 + \beta)I_{B1} = 101 \times 0.012785\,\mathrm{mA} \approx 1.2913\,\mathrm{mA}$ 流經 $R_e$ 之電流即為 $I_{Re} = I_{E1} \approx 1.2913\,\mathrm{mA}$。

4. 求節點電壓 $V_{E1}$ 與 $V_{B1}$： $V_{E1} = I_{E1} R_e = 1.2913\,\mathrm{mA} \times 3\,\mathrm{k}\Omega = 3.874\,\mathrm{V}$ $V_{B1} = V_{E1} + V_{BE1} = 3.874\,\mathrm{V} + 0.7\,\mathrm{V} = 4.574\,\mathrm{V}$

5. 求流經偏壓電阻 $R_{b1}$ 與 $R_{b2}$ 的電流： $I_{Rb1} = \frac{V_{CC} - V_{B1}}{R_{b1}} = \frac{15 - 4.574}{100\,\mathrm{k}\Omega} = 0.1043\,\mathrm{mA} = 104.26\,\mu\mathrm{A}$ $I_{Rb2} = \frac{V_{B1}}{R_{b2}} = \frac{4.574}{50\,\mathrm{k}\Omega} = 0.0915\,\mathrm{mA} = 91.48\,\mu\mathrm{A}$ 驗算 KCL：$I_{Rb1} - I_{Rb2} = 104.26\,\mu\mathrm{A} - 91.48\,\mu\mathrm{A} = 12.78\,\mu\mathrm{A} = I_{B1}$（吻合）。

步驟二：第二級 PNP 電晶體（$Q_2$）直流偏壓分析

第二級 $Q_2$ 為 PNP 電晶體，射極透過 $R_{e2}$ 接至 $V_{CC}$，基極直接交連至 $Q_1$ 集極（節點 $C_1/B_2$），集極透過 $R_{c2}$ 接地。PNP 電晶體基極電流 $I_{B2}$ 是流出基極注入節點 $C_1$。

1. 求 $C_1$ 節點視入之戴維寧等效電路： 若不接 $Q_2$，節點 $C_1$ 之開路電壓為： $V_{TH2} = V_{CC} - I_{C1} R_{c1} = 15 - 1.2785 \times 5 = 8.608\,\mathrm{V}$ 等效電阻為： $R_{TH2} = R_{c1} = 5\,\mathrm{k}\Omega$

2. 對 $Q_2$ 射－基極迴路列 KVL： $V_{CC} - I_{E2} R_{e2} - V_{EB2} - I_{B2} R_{TH2} - V_{TH2} = 0$ 代入 $I_{E2} = (1 + \beta)I_{B2} = 101 I_{B2}$ 與 $V_{EB2} = 0.7\,\mathrm{V}$： $15 - 0.7 - 8.608 = I_{B2} \left[ 101 \times 2\,\mathrm{k}\Omega + 5\,\mathrm{k}\Omega \right]$ $5.692 = I_{B2} \left[ 202 + 5 \right] = 207 I_{B2}$ $I_{B2} = \frac{5.692\,\mathrm{V}}{207\,\mathrm{k}\Omega} \approx 0.0275\,\mathrm{mA} = 27.50\,\mu\mathrm{A}$

核心觀念

本題考查兩級式 CMOS 運算放大器（Two-Stage CMOS Op-Amp）的米勒頻率補償（Miller Compensation）與負回授穩定度準則，核心概念涵蓋：

1. 波德穩定度準則與相位邊限（Phase Margin, $\text{PM}$）： 在閉迴路負回授系統中，迴路傳遞函數 $T(j\omega) = A(j\omega)\beta$。當開迴路增益降至單位增益（$0\text{ dB}$，即 $|A(j\omega)| = 1$）時的頻率稱為單位增益頻率 $\omega_t$。若在 $\omega_t$ 處系統之相位落後累積達到或超過 $-180^\circ$（即 $\text{PM} \le 0^\circ$），負回授將轉變為正回授，造成輸出震盪或發散；一般電路設計要求 $\text{PM} \ge 45^\circ \sim 60^\circ$ 以保證穩定運作。
2. 米勒效應（Miller Effect）與極點分裂（Pole Splitting）： 利用跨接於第二級高反相增益放大器輸入與輸出端的回授電容 $C_C$，使主極點往低頻大幅移動、次極點往高頻推移，拉大兩極點間距，使系統在進入 $0\text{ dB}$ 前呈現穩定的單極點衰減（$-20\text{ dB/dec}$）。

解題方法

一、未進行頻率補償時之電路狀態（無 $C_C$）

1. 極點分佈： 兩級式 CMOS 運算放大器包含兩處高阻抗節點：

• 第一級（差動輸入級）輸出節點：對地等效電阻為 $R_1$，等效電容為 $C_1$，形成極點： $\omega_{p1} = \frac{1}{R_1 C_1}$
• 第二級（共源極放大級）輸出節點：對地等效電阻為 $R_2$，等效電容為 $C_2$，形成極點： $\omega_{p2} = \frac{1}{R_2 C_2}$ 由於第一級與第二級皆為主動負載之高增益放大級，輸出電阻 $R_1$ 與 $R_2$ 均極大，導致 $\omega_{p1}$ 與 $\omega_{p2}$ 均座落於較低頻處，且兩者位置十分接近（$\omega_{p1} \approx \omega_{p2}$）。

2. 未補償波德圖特性與不穩定機制：

• 振幅響應：低頻直流開迴路增益為 $A_{v0} = g_{m1} R_1 \cdot g_{m2} R_2$。當頻率超過 $\omega_{p1}$ 時，增益以 $-20\text{ dB/dec}$ 開始衰減；但因 $\omega_{p2}$ 緊鄰於後，增益尚未降至 $0\text{ dB}$ 之前，頻率即已跨過 $\omega_{p2}$，衰減斜率加劇為 $-40\text{ dB/dec}$。
• 相位響應：每一個極點在頻率超過其數值後貢獻 $-90^\circ$ 的相位落後。在單位增益頻率 $\omega_{t0}$ 處，相位落後累積已逼近或達到 $-180^\circ$。
• 穩定性評估： $\text{PM} = 180^\circ + \angle A(j\omega_{t0}) \le 0^\circ$ 當接成深度負回授（如單位增益緩衝器 $\beta = 1$）時，系統極點進入 $s$ 平面右半部，電路發生發散震盪，無法穩定工作。

二、加入回授補償電容 $C_C$ 之機制（米勒補償與極點分裂）

跨接於第二級（增益為 $A_{v2} = -g_{m2} R_2$）兩端的電容 $C_C$，利用米勒效應與節點電路分析，會使原有的兩個極點產生極點分裂（Pole Splitting）：

1. 主極點移向極低頻（Dominant Pole Shift）： 第二級輸入端因米勒效應感應出極大的等效電容 $C_{in2} \approx (1 + g_{m2} R_2) C_C \approx g_{m2} R_2 C_C$。第一級輸出節點的時間常數大幅增加，使新主極點 $\omega_{p1}'$ 顯著左移： $\omega_{p1}' \approx \frac{1}{R_1 [C_1 + (1 + g_{m2} R_2) C_C]} \approx \frac{1}{g_{m2} R_1 R_2 C_C} \ll \omega_{p1}$

2. 次極點推向極高頻（Non-dominant Pole Shift）： 在高頻時，$C_C$ 呈現短路，將第二級之輸入與輸出端接在一起，使第二級之等效轉導變為阻抗衰減，次極點 $\omega_{p2}'$ 被推向遠高於原先頻率之處： $\omega_{p2}' \approx \frac{g_{m2} C_C}{C_1 C_2 + C_C(C_1 + C_2)} \approx \frac{g_{m2}}{C_2} \gg \omega_{p2}$

3. 單位增益頻率： 經過極點分裂後，新主極點 $\omega_{p1}'$ 提早以 $-20\text{ dB/dec}$ 開始滾降，其單位增益頻率為： $\omega_t = A_{v0} \cdot \omega_{p1}' = (g_{m1} R_1 g_{m2} R_2) \cdot \frac{1}{g_{m2} R_1 R_2 C_C} = \frac{g_{m1}}{C_C}$ 適當選定 $C_C$，可使 $\omega_t$ 落在 $\omega_{p1}'$ 與 $\omega_{p2}'$ 之間，並滿足 $\omega_{p1}' \ll \omega_t \ll \omega_{p2}'$。

三、波德圖對比說明

下圖為未補償（虛線）與經 $C_C$ 米勒補償後（實線）之波德圖對比：

核心觀念

1. 考畢茲振盪器（Colpitts Oscillator）架構： 屬於三端式（three-point）振盪器的一種變形。電路利用電晶體提供反相反饋增益（小訊號模型為理想壓控電流源 $g_m v_\pi$ 配上等效輸出電阻 $R$），反饋網路則由兩個電容（$C_1$ 與 $C_2$）組成的電容分壓器與一個呈電感性的元件（此處由石英晶體 crystal 取代傳統電感）構成。
2. 石英晶體（Crystal）等效電路與阻抗特性： 忽略串聯等效電阻 $r$ 後，晶體的等效電路由動態電感 $L$、動態電容 $C$（亦有文獻標示為 $C_s$）串聯後，再與電極間的靜電並聯電容 $C_p$（亦有文獻標示為 $C_0$）並聯而成。

• 串聯共振頻率：$\omega_s = \frac{1}{\sqrt{LC}}$
• 並聯共振（反共振）頻率：$\omega_p = \sqrt{\frac{1}{L}\left(\frac{1}{C} + \frac{1}{C_p}\right)}$
• 晶體必須工作於電感區（感性區），即 $\omega_s < \omega < \omega_p$，才能與外接電容構成共振回路。

3. 巴克豪森準則（Barkhausen Criterion）： 迴路增益 $A\beta = 1$。在穩態振盪時，閉迴路特徵方程式在 $s = j\omega$ 下，其實部與虛部均必須分別為零：

• 虛部為零：決定電路的「振盪頻率 $\omega_o$」。
• 實部為零：決定維持振盪所需的「起振增益條件（$g_m R$）」。

解題方法

步驟一：建立電路的小訊號等效電路模型與節點定義

依題意，繪製並標定交流小訊號模型：

1. 主動元件：

• 輸入端（基極/閘極）輸入阻抗為無限大，端電壓為 $v_\pi$。
• 輸出端（集極/汲極）至射極/源極（接地端）為受控電流源 $g_m v_\pi$，方向向下流向接地端。
• 輸出端對地並聯單一電阻 $R$（代表輸出電阻、負載與損耗）。

2. 外接電容：

• 電容 $C_1$ 連接於輸出端與地之間。
• 電容 $C_2$ 連接於輸入端與地之間（故 $v_\pi$ 即為 $C_2$ 兩端之跨壓）。

3. 石英晶體（Crystal）：

• 跨接於輸出端（電壓記為 $v_o$）與輸入端（電壓為 $v_\pi$）之間，其兩端等效阻抗記為 $Z_x(s)$，導納記為 $Y_x(s) = \frac{1}{Z_x(s)}$。

石英晶體之導納 $Y_x(s)$ 為並聯電容 $C_p$ 與串聯支路 $(sL + 1/sC)$ 之總和： $Y_x(s) = s C_p + \frac{1}{sL + \frac{1}{sC}} = s C_p + \frac{sC}{s^2 LC + 1}$

令 $s = j\omega$，因忽略等效電阻 $r$，阻抗純為虛數（電抗 $X_x(\omega)$）： $Z_x(j\omega) = j X_x(\omega)$ $Y_x(j\omega) = \frac{1}{j X_x(\omega)} = j\omega \left[ C_p + \frac{C}{1 - \omega^2 LC} \right]$

步驟二：列寫節點方程式（KCL）推導特徵方程式

1. 在輸入節點（電壓為 $v_\pi$）應用 KCL： 由輸出端經晶體流入輸入節點的電流，等於流經 $C_2$ 流向地的電流（電晶體無輸入電流）： $\frac{v_o - v_\pi}{Z_x} = s C_2 v_\pi \implies v_o - v_\pi = s C_2 Z_x v_\pi$ $v_o = (1 + s C_2 Z_x) v_\pi$

2. 在輸出節點（電壓為 $v_o$）應用 KCL： 輸出節點流出之總電流為零： $\left(\frac{1}{R} + s C_1\right) v_o + g_m v_\pi + \frac{v_o - v_\pi}{Z_x} = 0$

將 $v_o - v_\pi = s C_2 Z_x v_\pi$ 代入： $\left(\frac{1}{R} + s C_1\right) v_o + g_m v_\pi + s C_2 v_\pi = 0$

再將 $v_o = (1 + s C_2 Z_x) v_\pi$ 代入整理： $\left[ \left(\frac{1}{R} + s C_1\right)(1 + s C_2 Z_x) + (g_m + s C_2) \right] v_\pi = 0$

為維持非零之穩定振盪訊號（$v_\pi \neq 0$），括號內的特徵多項式必須為零： $\left(\frac{1}{R} + s C_1\right)(1 + s C_2 Z_x) + g_m + s C_2 = 0$

步驟三：代入 $s = j\omega$ 並令虛部為零以求解振盪頻率

代入 $s = j\omega$ 及 $Z_x(j\omega) = j X_x(\omega)$，此時 $s Z_x = (j\omega)(j X_x) = -\omega X_x$： $\left(\frac{1}{R} + j\omega C_1\right)(1 - \omega C_2 X_x) + g_m + j\omega C_2 = 0$

將上式展開為實部與虛部：

• 實部： $\frac{1}{R}(1 - \omega C_2 X_x) + g_m = 0 \implies g_m R = \omega C_2 X_x - 1$
• 虛部： $\omega C_1 (1 - \omega C_2 X_x) + \omega C_2 = 0$

振盪頻率由虛部方程式決定。因振盪頻率 $\omega \neq 0$，同除以 $\omega$： $C_1 (1 - \omega C_2 X_x) + C_2 = 0$ $C_1 + C_2 = \omega C_1 C_2 X_x$

核心觀念

本題為經典的**電阻負載式 nMOS 反相器（Resistive-Load Inverter）**分析，涵蓋以下核心觀念與公式：

1. 基底效應（Body Effect）判定： 電路中 nMOS 電晶體的源極（Source）與基底（Body）皆接地（$V_S = V_B = 0\,\mathrm{V}$），源基電壓差 $V_{SB} = 0\,\mathrm{V}$。根據門檻電壓公式： $V_T = V_{T0} + \gamma \left(\sqrt{2\phi_F + V_{SB}} - \sqrt{2\phi_F}\right)$ 因 $V_{SB} = 0\,\mathrm{V}$，基底效應項為零，故門檻電壓直接等於本質門檻電壓 $V_T = V_{T0} = 1.0\,\mathrm{V}$。題目所給的 $\gamma = 0.2\,\mathrm{V}^{1/2}$ 在此電路中不影響計算。

2. MOSFET 操作區間與電流公式（$\lambda = 0$）： 定義轉導參數 $k_n = \mu_n C_{ox}\left(\frac{W}{L}\right)$。

• 飽和區（Saturation Region）（條件：$v_{GS} \ge V_T$ 且 $v_{DS} \ge v_{GS} - V_T$）： $i_D = \frac{1}{2} k_n (v_{GS} - V_T)^2$
• 線性區／三極體區（Triode Region）（條件：$v_{GS} \ge V_T$ 且 $v_{DS} < v_{GS} - V_T$）： $i_D = k_n \left[ (v_{GS} - V_T)v_{DS} - \frac{1}{2}v_{DS}^2 \right]$

3. 反相器電壓轉移特性（VTC）與邏輯臨界電壓定義：

• 當輸入為高準位 $v_I = V_{OH} = V_{DD} = 5.0\,\mathrm{V}$ 時，輸出為低準位 $v_O = V_{OL} = 0.6\,\mathrm{V}$。
• 輸入低電壓準位 $V_{IL}$：定義為 VTC 曲線上，輸出由高轉低時斜率為 $-1$ 的點，即 $\left.\frac{dv_O}{dv_I}\right|_{v_I = V_{IL}} = -1$。此時 MOSFET 處於飽和區。
• 輸入高電壓準位 $V_{IH}$：定義為 VTC 曲線上，輸出接近低電位時斜率為 $-1$ 的點，即 $\left.\frac{dv_O}{dv_I}\right|_{v_I = V_{IH}} = -1$。此時 MOSFET 處於線性區。

解題方法

（一）求電晶體所需要的幾何比值 $W/L$

1. 確認偏壓條件與電流： 當輸入為高電壓準位 $v_I = V_{OH} = V_{DD} = 5.0\,\mathrm{V}$ 時，輸出為低電壓準位 $v_O = V_{OL} = 0.6\,\mathrm{V}$。 流經負載電阻 $R$ 的汲極電流為： $I_D = \frac{V_{DD} - V_{OL}}{R} = \frac{5.0\,\mathrm{V} - 0.6\,\mathrm{V}}{1\,\mathrm{k}\Omega} = 4.4\,\mathrm{mA}$

2. 判斷 MOSFET 工作區間：

• $v_{GS} = v_I = 5.0\,\mathrm{V}$
• $v_{DS} = v_O = 0.6\,\mathrm{V}$
• 過驅動電壓 $v_{GS} - V_T = 5.0\,\mathrm{V} - 1.0\,\mathrm{V} = 4.0\,\mathrm{V}$

因 $v_{DS} = 0.6\,\mathrm{V} < v_{GS} - V_T = 4.0\,\mathrm{V}$，電晶體工作於線性區（三極體區）。

3. 計算 $W/L$： 代入線性區電流方程式： $I_D = \mu_n C_{ox} \left(\frac{W}{L}\right) \left[ (v_{GS} - V_T)v_{DS} - \frac{1}{2}v_{DS}^2 \right]$ $4.4 \times 10^{-3} = 22.0 \times 10^{-6} \times \left(\frac{W}{L}\right) \times \left[ (4.0)(0.6) - \frac{1}{2}(0.6)^2 \right]$ 括號項為： $(4.0)(0.6) - 0.18 = 2.4 - 0.18 = 2.22\,\mathrm{V}^2$ 故得： $\frac{W}{L} = \frac{4.4 \times 10^{-3}}{22.0 \times 10^{-6} \times 2.22} = \frac{200}{2.22} = \frac{10000}{111} \approx 90.09$

同時求得轉導參數 $k_n$ 及無因次乘積 $k_n R$： $k_n = \mu_n C_{ox}\left(\frac{W}{L}\right) = 22.0 \times 10^{-6} \times \frac{10000}{111} = \frac{220}{111} \times 10^{-3}\,\mathrm{A/V}^2 \approx 1.982\,\mathrm{mA/V}^2$ $k_n R = 1.982 \times 10^{-3}\,\mathrm{A/V}^2 \times 1000\,\Omega = \frac{220}{111} \approx 1.982\,\mathrm{V}^{-1}$ $\frac{1}{k_n R} = \frac{111}{220} \approx 0.505\,\mathrm{V}$

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

1. 求輸入低電壓準位 $V_{IL}$

此時輸出電壓 $v_O$ 仍維持在較高準位，MOSFET 剛導通並處於飽和區： $i_D = \frac{1}{2} k_n (v_I - V_T)^2$ 輸出電壓方程式為：