我把本篇分成三个部分，因为全部一起发或者分两次发的话因为某种奇怪的原因总是无法上传。

#########正文开始##########

最早学电路中的反馈应该是在模电中。当时对四种反馈不太理解，学的一塌糊涂，不过按照“电压短路，电流开路”等等的所谓原则，虽然不明白究竟为什么是这样，但是好歹做题还是溜溜的，因为背熟了那四种情况直接代嘛谁不会啊。上个学期学CMOS模拟集成电路，又学了这四种反馈，好像比原来是明白点了，但是还是不清楚究竟为什么是这样做。而且我当时还发现了一个问题。下图是拉扎维的Design Of Analog CMOS Integrated Circuits 书中Example8.7的电路。

按照书中的方法，要计算图a中的增益，可以先算图b中的增益 $A_{open}$ （所谓的开环增益），然后再算一个反馈系数 $\beta$ ，就能够得到图a中的增益：

$$A_v=\frac{A_{open}}{1+\beta A_{open}}$$

我当时为了比较直接计算和用上面那个方法计算得到的结果是否相同，将电路中的所有电阻和跨导的值都设为1。得到的结果让我很震惊，这两个结果不一样！为了证实我的计算没错，我还用HSPICE仿真了一遍，将晶体管用压控电流源代替，得到的两个结果确实不一样！我当时百思不得其解，还决定到时候去问老师。但是后来又不了了之了。这几天在看拉扎维（怎么还是他。。）的Design of Integrated Circuits for Optical Communication，里面遇到反馈问题，我发现我忘得差不多了，所以又复习了一下，并且花了一些时间（两个晚上吧）彻底解决了当时的疑问。

先上结论：书上的那个方法是近似法，确实在大多数情况下结果与直接计算的结果很接近。这让我很震惊，我一直以为这个方法和戴维宁定理一样是精确的。下面推导精确的方法并说明近似法在大多数情况下适用。

首先先回顾一下电路的叠加原理。如下图所示。

假设 $I_{1}$ 和 $I_{2}$ 是未知量，如何确定 $V_{x}$ 和 $V_{out}$ ?电路的叠加原理告诉我们，先让 $I_{2}$ 等于0，计算 $I_{1}$ 对 $V_{x}$ 和 $V_{out}$ 的贡献：

$$V_{x}=I_{1}\frac{R_{F}+R_{D2}}{R}R_{S}\\ V_{out}=I_{1}\frac{R_{S}}{R}R_{D2}$$

其中 $R=R_{S}+R_{F}+R_{D2}$ .然后让 $I_{1}$ 等于0，再计算 $I_{2}$ 对 $V_{x}$ 和 $V_{out}$ 的贡献：

$$V_{x}=I_{2}\frac{R_{D2}}{R}R_{S}\quad\quad V_{out}=I_{2}\frac{R_{S}+R_{F}}{R}R_{D2}$$

最后将两者的贡献的加起来：

$$V_{x}=I_{1}\frac{R_{F}+R_{D2}}{R}R_{S}+I_{2}\frac{R_{D2}}{R}R_{S}\quad\quad V_{out}=I_{1}\frac{R_{S}}{R}R_{D2}+I_{2}\frac{R_{S}+R_{F}}{R}R_{D2}$$

或者用更简单的形式：

$$V_{x}=\alpha_{1}I_{1}+\alpha_{2}I_{2}\quad\quad V_{out}=\beta_{1}I_{1}+\beta_{2}I_{2}$$

其中 $\alpha_{1},\alpha_{2},\beta_{1},\beta_{2}$ 为常系数，代表 $I_{1}$ 或者 $I_{2}$ 对 $V_{x}$ 或 $V_{out}$ 的贡献大小。

如果未知量是 $V_{out}$ 和 $I_{1}$ ，求 $V_{x}$ ，也可以用一样的方法得到。有了这些知识，就可以开始解决这个问题了。

原电路如下图所示。

首先分析该电路。输入 $V_{in}$ 减去 $V_{x}$ 得到的差值被放大成 $I$ ，然后输出电压反馈回输入级。由图中上面一个红色圈圈表示的电路可以列出方程：

$$I=K(V_{in}-V_{x}).........1$$

其中 $K$ 是一个常系数，不必管它是多少。M1的源漏电流可以用 $a(V_{in}-V_{x})$ 表示，由上面分析的叠加原理知：

$$V_{out}=a_{1}I+a_{2}(V_{in}-V_{x})..........2\\ V_{x}=\alpha_{1}(V_{in}-V_{x})+\alpha_{2}V_{out}..........3$$

其中 $a,a_{1},a_{2},\alpha_{1},\alpha_{2}$ 代表常系数。注意第2式和3式， $(V_{in}-V_{x})$ 这一项代表的是M1的源漏电流（差一个常熟）。由以上三个方程就可解出该电路的增益 $V_{out}/V_{in}$ .将前两个方程合并：

$$V_{out}=K'(V_{in}-V_{x})..........4$$

整理3式得到：

$$V_{x}=\frac{\alpha_{1}}{1+\alpha_{1}}V_{in}+\frac{\alpha_{2}}{1+\alpha_{1}}V_{out}..........5$$

带入4式：

$$V_{out}=\frac{K'}{1+\alpha_{1}}(V_{in}-\alpha_{2}V_{out})..........6$$

学过反馈的同学马上就反应过来了， $\frac{K'}{1+\alpha_{1}}$ 是开环增益， $\alpha_{2}$ 是反馈系数。想想 $\alpha_{2}$ 在3式中代表什么？代表的是 $V_{out}$ 对 $V_{x}$ 贡献的大小！所以我们得到了第一个重要结论：

该电路的反馈系数等于输出电压 $V_{out}$ 对 $V_{x}$ 的贡献大小（不考虑M1的电流，也就是将M1断路）！可以很容易得到： $\beta=\alpha_{2}=R_{S}/(R_{S}+R_{F})$ .

对5式，可以整理成 $V_{x}=g(V_{in},V_{out})$ ,又因为线性性，所以 $g(V_{in},V_{out})=g(V_{in},0)+g(0,V_{out})$ .带入4式，得到：

$$K'(V_{in}-g(V_{in},0)-g(0,V_{out}))=V_{out}..........7$$

显然在这里 $V_{in}-g(V_{in},0)=\frac{1}{1+\alpha_{1}}V_{in}$ 。 $g(V_{in},0)$ 表示将输出电压短路后得到的 $V_{x}$ （只存在 $V_{in}$ 的贡献）。 $g(0,V_{out})$ 与 $V_{in}$ 无关，所以不用管它。 $K'(V_{in}-g(V_{in},0))$ 代表什么？回顾1式和2式，将 $V_{x}$ 用 $g(V_{in},0)$ 代替，可以发现 $K'(V_{in}-g(V_{in},0))$ 就是下面这个电路的输出电压：

这里可能不是很好理解，但是只要对该图按照1式和2式的方法列出方程，又因为 $V_{x}=g(V_{in},0)$ ，所以 $K'(V_{in}-g(V_{in},0))$ 就是这个电路的输出电压。

因为 $K'(V_{in}-g(V_{in},0))=K'/(1+\alpha_{1})V_{in}=A_{open}V_{in}$ ，7式整理成：

$$A_{open}(V_{in}-\frac{K'}{A_{open}}g(0,V_{out}))=V_{out}$$

对比6式，得到 $\frac{K'}{A_{open}}g(0,V_{out})=\alpha_{2}V_{out}$ .当然将 $K',A_{open}$ 和 $g(0,V_{out})$ 的数值带进去也可以得到一样的结果。所以我们得到另一个重要结论：这个变形后的电路的增益就是原电路的开环增益！和原书对比发现右边多了一个电流源，该电流源的电流与M1的源漏电流相同。通过该电路计算出来的开环增益再与得到的反馈系数计算得到的闭环增益才会与直接计算的结果相同。证明此事很简单，下面使用cadence软件验证。因为该计算都是基于小信号模型，所以cadence中晶体管全部换成压控电流源，VDD接地，设Vin=1V,所有电阻和跨导都取1。如下图pic4所示，左边是原电路，输出电压为0.5V，所以增益为0.5。右边是计算开环增益的电路，那个增加的压控电流源的一端接在了VDD，因为仿真时不允许有浮动端。并且该电流与第一级的压控电流源电流一样。输出电压为2/3V，所以增益为2/3。反馈系数为1/2，所以闭环增益等于

$$\frac{2/3}{1+2/3*1/2}=\frac{1}{2}$$

与左边的结果一样。如果按照书上的电路，没有加那个电流源，则如下图所示：

开环增益为4/9，反馈系数仍为1/2，计算得到闭环增益4/11不等于1/2。在什么情况下可以忽略那个电流源呢？一般情况下那个电流源下面的三个电阻阻值都不会相差一个数量以上，又由于多级放大的原因，输出端的电流远大于M1的源漏电流，所以一般情况下忽略这个电流源并不会对最终结果产生很大的影响，毕竟小信号模型本身也是近似的模型，而且该计算并没有考虑沟道效应。

至此，我们证明了求闭环增益的理论依据，并且得到了求开环增益的精确电路。总结一下，因为该电路是电压反馈，所以在输入端将输出电压接地，这与原方法一样；在输出端保留原电路，所以加上了一个压控电流源。

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