›
›

Bài tập mạch điện tử

pdf 41 trang huongle 10540
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập mạch điện tử", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfbai_tap_mach_dien_tu.pdf

Nội dung text: Bài tập mạch điện tử

  1. Bài tập mạch điện tử
  2. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO QUYỂN “Giáo trình mạch điện tử I” Chương I: DIODE BÁN DẪN. I. Diode bán dẫn thông thường: 1) Vẽ dạng sóng chỉnh lưu : (Bài 1-1 trang 29) iD Ri + - VD iL + RL VL Vs - Công thức tổng quát tính V L: VS − VD VL = R L R i + R L VD = 0,7V (Si) và V D = 0,2V (Ge) a- Vẽ V L(t) với V S(t) dạng sóng vuông có biên độ 10 và 1V V S VS 10 1 + + + + 0 2 3 4 t(ms) 0 1 2 3 4 t(ms) 1 - - - - -10 -1 VL1 VL2 8,37 0,27 0 1 2 3 4 t(ms) 0 1 2 3 4 t(ms) Kết quả với giả thiết: R i = 1 Ω, R L = 9 Ω, V D = 0,7V. Vì Diode chỉnh lưu chỉ dẫn điện theo một chiều nên: 1 ∗ Trong T > 0, Diode dẫn → i ≠ 0 → i ≠ 0 → V ≠ 0. 2 D L L 10 − 0,7 1− 0,7 V = 9 = ,8 37V và V = 9 = ,0 27V L1 1+ 9 L2 1+ 9 1 ∗ Trong T < 0 , Diode tắt → i D = 0 → i L = 0 → V L = 0. 2 Một số bài tập mẫu 1
  3. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I b- Vẽ V L(t) với V S(t) dạng sóng sin có biên độ 10 và 1V . VS VS 10 1 + 2 + 3 0,7 2 3 t(ms) t(ms) 0 1 - - 4 0 1 4 -10 -1 VL1 VL2 9 0,27 t(ms) t(ms) 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 ∗ Khi V S = 10sin ωot nghĩa là V Sm = 10V >> V D =0,7V ta có: VSm 10 VL1 ≈ RL ≈ 9 = 9 Ri + RL 1+ 9 VL1 ≈ 9sin ω0 t 1 1 (Ta giải thích theo T > 0 và T 0,7V, Diode dẫn, i D ≠ 0, i L ≠ 0, V L ≠ 0. 1sin ω t − 0,7 V = 0 9 = 9,0 sin ω t − 6,0 L2 1 + 9 0 Tại sin ω0t = 1, |V L2 | = 0,27V. + VS 0 , Diode dẫn, R thD ≈ 0, dòng i L chảy qua R i, D, R L nên ta có: 2 VS − VD 10 − 0,7 3 VL1 = R L = 3 3 .9. 10 = ,8 37V R i + R L 10 + .9 10 VS − VD 1 − 0,7 3 VL2 = R L = 3 3 .9. 10 = ,0 27V R i + R L 10 + .9 10 Một số bài tập mẫu 2
  4. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 1 ∗ T >V D = 0,7V) ta bỏ qua V D. Khi đó: 1 + T > 0 , Diode dẫn, R thD ≈ 0, dòng i L chảy qua R i, D, R L nên ta 2 có: VS 10sin ω0t 3 VL1 = RL = 3 3 .9. 10 = 9sin ω0 (t V) R i + R L 10 + .9 10 1 + T 0 , khi V Sm ≥ 0,7, Diode dẫn, R thD ≈ 0, dòng i L chảy qua R i, 2 D, R L nên ta có: 1sin ω0 t − 7,0 1sin ω0 t − 7,0 3 VL2 = R L = 3 3 .9. 10 = 9,0 sinω0 t − ,0 63(V) R i + R L 10 + .9 10 π Tại ω t = , sin ω0t = 1, ta có V L2m = 0,9 - 0,63 = 0,27V 0 2 1 + T > 0 , khi V Sm < 0,7, Diode tắt, R ngD = ∞, dòng i L chảy qua R i, 2 Rb, R L nên ta có: Một số bài tập mẫu 3
  5. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 7,0 sinω0 t 7,0 sinω0 t 3 VL2 = R L = 3 4 3 .9. 10 = ,0 315sinω0 t R i + R b + R L 10 + 10 + .9 10 1 + T < 0 , Diode tắt, R ng = ∞, dòng i L chảy qua R i, R b, R L nên ta có. 2 1sin ω0 t 1sin ω0 t 3 VL2 = R L = 3 4 3 .9. 10 = ,0 45sin ω0 t R i + R b + R L 10 + 10 + .9 10 VS VS 10 1 + + 0,7 t(ms) t(ms) 0 - - 0 -10 -1 VL1 VL2 9 0,585 + + - - t(ms) 0,315 t(ms) -4,5 -4,5 2) Dạng mạch Thevenin áp dụng nguyên lý chồng chập: Bài 1-20 với V i(t) = 10sin ω0t i Ri=1K A D K + ri=1,5K RL V =5v + DC 1,4K VL Vi - - A K A i Ri//r i iL RT d RL VT VT K a- Vẽ mạch Thevenin: Áp dụng nguyên lý xếp chồng đối với hai nguồn điện áp V DC và V i: ∗ Khi chỉ có V DC , còn V i = 0 thì điện áp giữa hai điểm A-K: 3 ri .5,1 10 VAK = VDC = 5 3 3 = 3V R i + ri 10 + .5,1 10 ∗ Khi chỉ có V i, còn V DC = 0 thì điện áp giữa hai điểm A-K là: 3 Ri 10 VAK = Vi = 10.sin ω0 t 3 3 = 4sin ω0 (t V) Ri + ri 10 + .5,1 10 Một số bài tập mẫu 4
  6. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I ∗ Vậy khi tác động đồng thời cả V DC và V i thì sức điện động tương đương Thevenin giữa hai điểm A-K là: ri R i VT = VDC + Vi = 3 + 4sin ω0 (t V) Ri + ri R i + ri ∗ Điện trở tương đương Thevenin chính là điện trở tương đương của phần mạch khi Diode hở mạch là: 3 3 R i r. i 10 .5,1. 10 3 R T = + R L = 3 3 + .4,1 10 = 2KΩ R i + ri 10 + .5,1 10 π π π π b- Vẽ đường tải DC khi ω t = ,0 , ,− ,− . 0 3 2 3 2 ⇒ ∗ Tại ω0 t = 0 VT = 3V π 3 ∗ Tại ω t = ⇒ V = 3 + 4 = ,6 46(V) 0 3 T 2 π ∗ Tại ω t = ⇒ V = 3 + 1.4 = (7 V) 0 2 T π 3 ∗ Tại ω t = − ⇒ V = 3 − 4 = − ,0 46(V) 0 3 T 2 π ∗ Tại ω t = − ⇒ V = 3 − 1.4 = − (1 V) 0 2 T iD (mA) 3,15 2,88 1,15 -1 3 6,46 7 V T t Theo định luật Ohm cho toàn mạch ta có. VT − VD 1 VT i = = − V. D + R T R T R T 1 3 ∗ Tại ω t = 0 ⇒ i = − 7,0. + = ,115(mA) 0 2.10 3 2.103 π 1 6,46 ∗ Tại ω t = ⇒ i = − 7,0. + = ,2 88(mA) 0 3 2.10 3 2.103 Một số bài tập mẫu 5
  7. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I π 1 7 ∗ Tại ω t = ⇒ i = − 7,0. + = ,315(mA) 0 2 2.10 3 2.103 π 1 0,46 ∗ Tại ω t = − ⇒ i = − 7,0. − = − ,0 58(mA) 0 3 2.10 3 2.10 3 π 1 1 ∗ Tại ω t = − ⇒ i = − 7,0. − = − ,0 85(mA) 0 2 2.103 2.103 c- Vẽ V V V V )t( = R i. = R . T = R T = .4,1 103 T L L D L R L R // r + R .2 103 T ()i i L = 7,0 VT = 7,0 ()3 + 4sin ω0t = 1,2 + 8,2 sin ω0 (t V) VL 4,9V 2,1 0 t -0,7 II. Diode Zenner: 1) Dạng dòng I L = const (bài 1-40); 200mA ≤ I Z ≤ 2A, rZ = 0 Ri I IL Z VZ=18v R =18 Ω 22v<V DC <28v L VL a- Tìm R i để V L = 18V = const. Imin = I Zmin + I L = 0,2 + 1 = 1,2 A. Imax = I Zmax + I L = 1 + 2 = 3 A. Mặt khác ta có: V imin = 22V = I Zmin .R i + V Z. Suy ra: Vi min − VZ 22 −18 4 R i = = = = 3,3 Ω I Z min 2,1 2,1 Vimax = 28V = I Zmax Ri + V Z Suy ra Vi max − VZ 28 −18 10 R i = = = = 3,3 Ω I Z max 3 3 Vậy R i = 3,3 Ω. b- Tìm công suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner: PZmzx = IZmax .V Z = 2.18 = 36W. Một số bài tập mẫu 6
  8. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 2) Dạng dòng I L ≠ const: (bài 1-41), 10mA ≤ I L ≤ 85mA. IZmin = 15mA. IR Ri I IL Z VZ=10v RL V 13v<V DC <16v L a- Tính giá trị lớn nhất của R i Vi − VZ Vi − VZ ≤ R i ≤ I Z max + I L min I Z min + I L max ∗ Khi V DC = 13V ta có 13 −10 R ≤ = 30Ω i max ,0 015 + ,0 085 ∗ Khi V DC = 16V ta có 16 −10 R ≤ = 60Ω i max ,0 015 + ,0 085 Vậy ta lấy R imax = 30 Ω. b- Tìm công suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner. PZmax = I Zmax .V Z. Mặt khác: V imax = I Zmax Ri + V Z V − V 16 −10 ⇒ i max Z Imax = = = 200mA R i 30 ⇒ I z max = I max − I L min = 0,2 − 0,01 = 0,19 = 190mA ⇒ Pz max = 0,19 ×10 = 1,9W 3) Dạng I Z ≠ const; I L ≠ const (Bài 1-42) 30 ≤ I L ≤ 50mA, I Zmin = 10mA. rZ = 10 Ω khi I Z = 30mA; P zmax =800mW. R IL i IZ 10 Ω V =10v Z RL V 20v<V DC <25v L a- Tìm R i để Diode ổn định liên tục: PZ max 0,8 I Z max = = = 80mA VZ 10 Vậy 10mA ≤ I Z ≤ 80mA Ta có: I min = I Zmin + I Lmax = 60mA Imax = I Zmax + I Lmin = 110mA Một số bài tập mẫu 7
  9. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Mặt khác: V imin = I min .R i + V Z = 20V 20 −10 ⇒ R = = 166 7, Ω i max ,0 06 Vimax = I max .R i + V Z = 25V 25 −10 ⇒ R = = 136,36Ω i min ,0 11 Suy ra: 136,4 Ω ≤ R i ≤ 166,7 Ω Vậy ta chọn R i =150 Ω b- Vẽ đặc tuyến tải: Ta có: V Z + I ZRi = V DC – I LRi ∗ Với V DC = 20V ta có: 20 − ,0 03×150 = 15 5, V khi I L = 30mA VZ + I Z150 =  20 − ,0 05×150 = 12 5, V khi I L = 50mA ∗ Với DC = 25V ta có: 25 − ,0 03×150 = 20 5, V khi I L = 30mA VZ + I Z150 =  25 − ,0 05×150 = 17 5, V khi I L = 50mA Tương ứng ta tính được các dòng I Z: 15,5 −10 12,5 −10 I = = 36 7, mA ; I = = 16 7, mA Z1 150 Z2 150 20,5 −10 17,5 −10 I = = 70mA ; I = = 50mA ; Z3 150 Z4 150 I (mA) Z 20,5 17,5 15,5 12,5 VZ =10V 0 VZ 10 16,7 30 rZ =10 Ω 36,7 50 70 80 Một số bài tập mẫu 8
  10. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Chương II : TRANSISTOR HAI LỚP TIẾP GIÁP I. Bộ khuếch đại R-C không có C C và không có C E (E.C). 1) Bài 2-10: 20 ≤ β ≤ 60, suy ra I CQ không thay đổi quá 10%. +25V RC=1,5K R2 + V = 5V - CEQ R1 R =1K E ∗ Phương trình tải một chiều: VCC = V CEQ + I CQ (R C + R E). V − V ⇒ CC CEQ 25 − 5 I CQ = = 3 3 = 8mA R C + R E .5,1 10 + 10 Nếu coi đây là dòng điện ban đầu khi β = 60 sao cho sau một thời gian β chỉ còn β = 20 thì yêu cầu I CQ ≥ 7,2mA. ∗ Ta giải bài toán bài toán một cách tổng quát coi β1 = 20; β2 = 60. 1 1 R = β R ≤ R ≤ R = β R b1 10 1 E b b2 10 2 E 1 1 R = .20.10 3 = 2KΩ ≤ R ≤ R = .60.103 = 6KΩ b1 10 b b2 10 Vậy 2K Ω ≤ R b ≤ 6K Ω V − 0,7 ∗ Mặt khác I= BB , nếu coi V ≈ const thì ta có: CQ R BB R + b E β R R + b I E β CQ1 = 2 ≥ 9,0 (1) I CQ2 R b R E + β1 ∗ Có thể tính trực tiếp từ bất phương trình (1): R  R   1 9,0  b  b  ⇒   R E + ≥ 9,0 R E +  1,0 R E ≥ R b − +  β2  β1   β2 β1  1,0 R .1,0 103 100 ⇒ R ≤ E = = = ,3 53KΩ b 1 9,0 1 9,0 28 .3, 10 −3 − + − + β2 β1 60 20 Một số bài tập mẫu 9
  11. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Chọn R b = 3,5K Ω. -3 3 ∗ Nếu bỏ qua I BQ ta có V BB ≈ V BE + I EQ RE = 0,7 + 8.10 .10 = 8,7V. Suy ra: 1 1 .5,3 103 R = R = .5,3 103 = = 5368Ω ≈ 4,5 KΩ 1 b V 7,8 ,0 652 1 − BB 1 − VCC 25 VCC 3 25 R 2 = R b = .5,3 10 = 10057Ω ≈ 10,06KΩ VBB 7,8 ∗ Ta có thể tính tổng quát: Chọn R b = 4K Ω thay vào (1): .4 103 10 3 + I 1067 CQ1 = 60 = = 88 9, %, bị loại do không thỏa mãn (1). I .4 103 1200 CQ2 10 3 + 20 .3 103 103 + ICQ1 60 1050 ∗ Chọn R b =3K Ω thay vào (1): = = = ,0 91 thỏa I .3 103 1150 CQ2 103 + 20 mãn bất phương trình (1), ta tính tiếp như trên. 2) Bài 2-11: Với hình vẽ bài (2-10) tìm giá trị cho R 1, R 2 sao cho dòng i C xoay chiều có giá trị cực đại. ∗ Điểm Q tối ưu được xác định như sau: VCC I Cm max = I CQTƯ = R DC + R AC VCEQTƯ = ICQTƯ R. AC 3 3 Từ hình vẽ: R DC = R C + R E = 1,5.10 + 10 = 2,5K Ω. 3 3 R AC = R C + R E = 1,5.10 + 10 = 2,5K Ω. 25 I = = 5mA Suy ra: CQTƯ .5,2 103 + .5,2 103 -3 3 VCEQTƯ = 5.10 .2,5.10 = 12,5V 1 1 3 ∗ Chọn R = βR = .100.10 = 10KΩ (bỏ qua I BQ ) b 10 E 10 iC(mA)  1  VCC   = 10 DCLL ≡ ACLL − 3 R  .5,2 10  DC V QTƯ CC = 5 2()R C + R E 0 VCEQTƯ = 12,5 25 V (V) CE -3 3 VBB ≈ V BE + I CQTƯ .R E = 0,7 + 5.10 .10 = 5,7V Một số bài tập mẫu 10
  12. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 1 1 10 4 R = R = 10.103 = = 12,95KΩ ≈ 13KΩ 1 b V 7,5 ,0 772 1− BB 1− VCC 25 VCC 4 25 R 2 = R b = 10 = 43,85KΩ ≈ 44KΩ VBB 7,5 Vì R DC = R AC nên phương trìng tải DC và AC trùng nhau. 3) Bài 2-14: Điểm Q bất kỳ vì biết V BB = 1,2V; β = 20. Tìm giá trị tối đa của dao động có thể có được ở C và tính η. +6V RC = 1K Rb = 1K VBB = 1,2V RE = 100 Ω Biết β = 20, V BEQ = 0,7V. V − V 2,1 − 7,0 Ta có: I = BB BEQ = = 3,3 mA CQ R 100 + 50 R + b E β ∗ Để tìm giá trị tối đa của dao động có thể có được ở C ta phải vẽ phương trình tải DC, AC iC (mA)  1  V DCLL = ACLL−  CC = ,5 45  1100  R DC Qbk ICQ = 3,3 Q 2,725 TƯ 0 3 2,37 6 VCE (V) -3 3 VCEQ = V CC – I CQ (R C + R E) = 6 – 3,3.10 .1,1.10 = 2,37V ∗ Vậy giá trị tối đa của dao động là: ICmmax = i Cmax – I CQ = 5,45 – 3,3 = 2,15mA 3 -3 Suy ra V Lmax = I Cmmax .R C = 2,15.10 .10 = 2,15V -3 ∗ PCC = I CQ .V CC = 3,3.10 .6 = 19,8mW Một số bài tập mẫu 11
  13. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 1 1 2 P = ()I 2 R. = ( ,2 15.10 −3 ) .10 3 = ,2 31mW L 2 Cm max C 2 −3 PL ,2 31.10 Hiệu suất: η = = −3 = 11 7, % PCC 19 .8, 10 II. Bộ KĐRC không có C C, C E (tụ bypass Emitter) (EC) 1) Bài 2-15: Điểm Q bất kỳ. Vcc =10V RC=150 Ω R2 β=100; V BEQ =0,7v R1 RE CE→ ∞ 100 Ω a- Tìm R 1, R 2 để I CQ = 01mA (R b << βRE) Vì R b << βRE nên ta có: VBB − 0,7 −2 I CQ ≈ = 10mA = 10 A R E -2 suy ra V BB = 0,7 + 100.10 = 1,7V 1 1 R = βR = 100.100 = 1KΩ b 10 E 10 1 103 10 3 R = R = = ≈ 2,1 KΩ 1 b V 7,1 ,0 83 1− BB 1− VCC 10 VCC 3 10 R 2 = R b = 10 = ,5 88KΩ VBB 7,1 b- Để tìm I Cmmax với R 1, R 2 như trên ta phải vẽ DCLL và ACLL:  1  i (mA) DCLL−  C  250  60  1  ICmmax ACLLQ −   150  15 7,5 10 VCE (V) VCEmax = 9V Một số bài tập mẫu 12
  14. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I -2 VCEQ = V CC – I CQ (R C + R E) = 10 – 10 .250 = 7,5V Từ hình vẽ ta nhận thấy để I Cm lớn nhất và không bị méo thì I Cmmax = 10mA. Ta có thể tìm i Cmax và V Cemax theo phương trình 1 i C − I CQ = − ()VCE − VCEQ R C V ⇒ CEQ −2 5,7 Cho V CE = 0 i C max = I CQ + = 10 + = 60mA R C 150 ⇒ −1 Cho i C = 0 VCE max = I CQ R. C + VCEQ = 10 .150 + 5,7 = 9V 2) Bài 2-16: Điểm Q tối ưu (hình vẽ như hình 2-15). Để có dao động Collector cực đại ta có: VCC I Cm max = I CQTƯ = (1) R DC + R AC VCEQTƯ = R AC .I CQTƯ (2) RDC = R C + R E = 150 + 100 = 250 Ω RAC = R C = 150 Ω 10 Thay vào (1) ta được: I = = 25mA CQTƯ 250 + 150 −3 VCEQTƯ = 150.25.10 = ,3 75V iC(mA) 2I CQTƯ = 50  1  VCC ACLL−  = 40  150  R C + R E I = 25  1  CQTƯ DCLL−   250  V CEQTƯ 2V CEQTƯ 10 VCE (V) = 3,75 =7 VBB ≈ 0,7 + I CQTƯ .R E = 3,2V. 1 1 R = βR = .100.100 = 1KΩ b 10 E 10 1 103 103 R = R = = ≈ ,1 47KΩ 1 b V 2,3 ,0 68 1− BB 1− VCC 10 Một số bài tập mẫu 13
  15. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I VCC 3 10 R 2 = R b = 10 = 3125Ω ≈ 1,3 KΩ VBB 2,3 Để vẽ ACLL, rất đơn giản ta chỉ cần xác định: iCmax = 2I CQTƯ và V Cemax = 2V CEQTƯ. III. Bộ KĐ R-C có C C và C E (E.C). 1) Bài 2-20: Điểm Q tối ưu RDC = R C + R E = 900 + 100 =1K Ω R CR L 900.900 R AC = = = 450Ω R C + R L 900 + 900 Vcc =10V RC=900 Ω R2 CC→ ∞ RL=900K R1 RE CE→ ∞ 100 Ω VCC I Cm max = I CQTƯ = ≈ 9,6 mA R AC + R DC -3 VCEQTƯ = I CQTƯ .R AC = 6,9.10 .450 = 3,1V -3 VBB = 0,7 + R E.I CQTƯ = 0,7 + 100.6,9.10 = 1,4V 1 1 R = βR = .100.100 = 1KΩ b 10 E 10 iC(mA) 2I CQTƯ = 13,8 V  1  CC = 10 ACLL−   450  R C + R E I = 6,9  1  CTƯ DCLL−   1000  V (V) 0 VCEQTƯ 6,2 10 CE = 3,1 Một số bài tập mẫu 14
  16. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 1 103 103 R = R = = ≈ 1163Ω 1 b V 4,1 1− BB 1− ,0 86 VCC 10 VCC 3 10 R 2 = R b = 10 = 7143Ω VBB 4,1 Ta có dòng xoay chiều: R C 900 I Lm = I. Cm = 9,6 = ,3 45mA R C + R L 900 + 900 ⇒ VLm = 1,3 V 2) Vẫn bài 2-20 nếu ta bỏ tụ C E thì ta sẽ có bộ khuếch đại R.C có C C mà không có C E. Khi đó kết quả tính toán sẽ khác rất ít vì R E << R C, R L RDC = R C + R E = 900 + 100 = 1K Ω R C R L 900.900 R AC = R E + = 100 + = 550Ω R C + R L 900 + 900 VCC 10 I CQTƯ = I Cm max = = 3 = ,6 45mA R DC + R AC 10 + 550 -3 VCEQTƯ = I CQTƯ .R AC = 6,45.10 .550 = 3,55V -3 VBB = 0,7 + I CQ . R E = 0,7 + 6,45.10 .100 = 1,345V 1 1 R = βR = .100.100 = 1KΩ b 10 E 10 1 103 103 R = R = = = 1155Ω 1 b V ,1 345 ,0 8655 1 − BB 1 − VCC 10 VCC 3 10 R 2 = R b = 10 = 7435Ω VBB ,1345 R C 900 −3 I Lm = I Cm = ,6. 45.10 = ,3 225mA R C + R L 900 + 900 -3 VLm = R L.I Lm = 900.3,225.10 = 2,9V. IV. Bộ KĐ R.C mắc theo kiểu C.C. 1) Bài 2-22: Mạch có thiên áp Base. * Đây là dạng bài điểm Q bất kỳ vì đã biết R 1, R 2. 3 3 R1R2 5.10 .20.10 Rb = = = 4K Ω R + R 5.10 3 + 20.10 3 1 2 3 R1 .5 10 VBB = VCC = 3 3 .25 = 5V R1 + R 2 .5 10 + 20.10 VBB − 0,7 5 − 0,7 ICQ = = 3 = 1,2 mA Rb 3 .4 10 RE + .2 10 + β 60 Một số bài tập mẫu 15
  17. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Vcc =25V R =1K R2 C 20K β=60 CC→ ∞ R1 RL 5K RE=2K V 2K L R b VBB − 0,7 (Vì R E >> nên có thể tính gần đúng theo công thức I CQ = ) β R E -3 3 VCEQ = V CC – I CQ (R C + R E) = 25 – 2,1.10 .3.10 = 18,7V i (mA) C ICmax = 11,45  1  ACLL−   3  VCC .2 10 = 3,8 R DC I = 5 CQTƯ  1    DCLL − 3 Q  .3 10  ICQ = 2,1 0 10 VCEQ 22,9 25 VCE (V) = 18,7 Từ hình vẽ ta thấy: I CQ < I CQTƯ nên I Cm = I CQ = 2,1mA 3 R L .2 10 −3 I Lm = I Cm = 3 3 .1,2. 10 = ,1 05mA R E + R L .2 10 + .2 10 3 -3 VLmmax = R L.I Lm = 2.10 .1,05.10 = 2,1V * Cách vẽ DCLL và ACLL của bộ KĐ R.C mắc C.C tương tự như cách mắc E.C 1 i C − I CQ = − ()VCE − VCEQ R AC R E R L với R AC = R C + = 2kΩ R E + R L VCEQ −3 18 7, Cho V CE = 0 suy ra i C = I CQ + = .1,2 10 + 3 = 11,45mA R AC .2 10 Một số bài tập mẫu 16
  18. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 3 −3 iC = 0 suy ra VCEQ max = VCEQ + R ACI CQ = 18 7, + .2 10 .1,2. 10 = 22 9, V * Với bài toán trên nếu chưa biết R 1 và R 2 ta có thể thiết kế để dòng điện ra lớn 3 3 nhất: R DC = R C + R E = 10 + 2.10 = 3K Ω. VCC 25 Ta có: I CQTƯ = = 3 3 = 5mA R DC + R AC .3 10 + .2 10 VCEQTƯ = I CQTƯ .R AC = 10V. 2) Bài 2-24: Mạch được định dòng Emitter. Theo định luật K.II: ΣVkín = 0 ta có RbIBQ + V BEQ + R E.I EQ –VEE = 0 V − 0,7 10 − 0,7 Suy ra I = BB ≈ = 93mA EQ R 100 R + b E β VCEQ = V CC + V EE – I CQ (R C + R E) = 10 + 10 – 93.10 -3.150 = 6,05V VCC =10v R =50 Ω CC→ ∞ C I. I CE→ ∞ iL Rb<< βRE RE=100 Ω RL=100 Ω VL V =-10v EE R E 100 −3 ∗ I Lm = I Em = .93.10 = 46 5, mA R E + R L 100 + 100 -3 2 ∗ VLm = I Lm RL = 46,5.10 .10 = 4,65V ∗ Đây là điểm Q bất kỳ nên ta có: 1 i C − I CQ = − ()VCE − VCEQ R AC V + CEQ Cho V CE = 0 suy ra i C max = I CQ + = 214mA R AC + Cho i C = 0 suy ra −3 VCE = VCEQ + I CQ R AC = ,6 05 + 93.10 .50 = 10,675V Một số bài tập mẫu 17
  19. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I iC(mA) 214  1  ACLL−  VCC + VEE  50  = 133 R + R C E Q ICQ = 93  1  DCLL−   150  0 VCEQ 10,675 20 VCE (V) = 6,05 ∗ Nếu bài này được tính ở chế độ tối ưu thì: RDC = R C + R E = 150 Ω R E R L R AC = = 50Ω khi đó R E + R L VCC 20 I CQTƯ = = = 1,0 A = 100mA R AC + R DC 150 + 50 VCEQTƯ = I CQTƯ .R AC = 5V Một số bài tập mẫu 18
  20. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Chương IV : THIẾT KẾ VÀ PHÂN TÍCH TÍN HIỆU NHỎ TẦN SỐ THẤP. I. Sơ đồ mắc Emitter chung E.C: 1) Bài 4-7: Q bất kỳ. a- Chế độ DC +V CC =20V RC=1,5K R2=20K CC2 → ∞ + - CC1 → ∞ + - iL RL=1,5K R1 RE + ii Ri=2K 3,5K C →∞ 1,5K E - R1R2 3,5.20 Rb = = ≈ 3K R1 + R2 5,3 + 20 R1 3,5 VBB = VCC = .20 ≈ 3V R1 + R2 5,3 + 20 3 − 0,7 I = ≈ 6,4 mA CQ .3 103 500 + 100 -3 3 VCEQ = V CC – I CQ (R C + R E) = 20 – 4,6.10 .2.10 = 10,8V 25.10−3 h = h.4,1 = 760Ω ie fe .6,4 10−3 b- Chế độ AC: iC ib iL Ri Rb RC hie RL=1,5K 2K 3K 1,5K ii 100i b 1,2K Zi Zo Một số bài tập mẫu 19
  21. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I i L i L i b A i = = (1) i i i b i i 3 i L i L iC R C .5,1 10 = = − h. fe = − 3 3 .100 = −50 i b i C i b R C + R L .5,1 10 + .5,1 10 3 i b R i // R b .2,1 10 = = 3 = ,0 61 i i ()R i // R b + h ie .2,1 10 + 760 Thay vào (1) ta có: Ai = -50.0,61 = -30,6 Zi = R i//R b//h ie = 1200//760 = 465 Ω Zo = R C = 1,5K Ω. 2) Bài 4-11: Q bất kỳ và h fe thay đổi. a- Chế độ DC: 1 1 ∗ R = β R = .50.10 = 50Ω R = 100 , bỏ qua I BQ . b2 10 2 E 10 b +V CC =20v R =100 Ω C CC→ ∞ + - i L Rb=100 Ω RL=100 Ω RE + ii V =1,7v BB 10 Ω CE→∞ - VBB − 0,7 1,7 − 0,7 IEQ1 = = = 83mA Rb 100 RE + 10 + β1 50 VBB − 0,7 1,7 − 0,7 IEQ2 ≈ = = 100mA RE 10 25.10 −3 h = .4,1 50. ≈ 21Ω ie1 83.10 −3 25.10−3 h = .4,1 150. = 52 5, Ω ie2 100.10−3 suy ra 21 Ω ≤ h ie ≤ 52,5 Ω Một số bài tập mẫu 20
  22. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I b- Chế độ AC: i L i L i b R C R b A i = = = − h. fe . i i i b i i R C + R L R b + h ie 100 100 A = − .50. = −20,66 1i 100 + 100 100 + 21 100 100 A = − .150. = −49 1, 2i 100 +100 100 + 52 5, Zi = R b//h ie suy ra Z i1 = 100//21 = 17,36 Ω Zi2 = 100//52,5 = 34,43 Ω Vậy 20,66 ≤ A i ≤ 49,18 17,36 Ω ≤ Z i ≤ 34,43 Ω iC ib iL R Rb C hie RL = 100 Ω hfe ib 100 Ω 100 Ω ii 3) Bài 4-12: Dạng không có tụ C E a- Chế độ DC: VBB − 0,7 5,7 − 0,7 ICQ = = 4 = 5,4 mA Rb 3 10 RE + 10 + hfe 100 (có thể tính I CQ = 5 mA) -3 3 VCEQ = V CC – I CQ (R C + R E) = 20 – 4,5.10 .(3.10 ) = 6,5V 25.10−3 h = .4,1 100. = 778Ω ie .5,4 10 −3 +V CC =20V R =2K C CC→ ∞ + - iL Rb=10K RL=1 00 Ω i i VBB =5,7V RE=1K Một số bài tập mẫu 21
  23. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I b- Chế độ AC: ib hie =778 Ω iL Rb RC hfe RE R =100 Ω 10K L ii 100i 2K b i L i L i b A i = = (1) i i i b i i i L i L iC R C = = − h. fe = −95,24 i b i C i b R C + R L 4 i b R b 10 = = 4 5 = ,0 09 i i R b + h ie + h fe R E 10 + 778 +10 Thay vào (1) ta được A i = -95,24.0,09 = -8,6 4 5 Zi = R b //[h ie + h fe R E ] ≈ 10 //10 = 1,9 KΩ 4 II. Sơ đồ mắc B.C: Bài 4-21, h oe = 10 1) Chế độ DC: ri=50 Ω RL=10K R2 + Vi R1 - C → ∞ VCC b hfe 10 hfb = = = ,0 91 1+ h fe 11 −3 hie 1 25.10 hib = = .4,1. 10. −3 = 32Ω 1+ hfe 11 10 −4 h oe 10 −5 h ob = = = 10 1+ h fe 11 Một số bài tập mẫu 22
  24. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 2) Chế độ AC: R 50 Ω i i C ie i + L h ib 1/h ob RL Vi 32 Ω hfb ie 10 5Ω - 10K Ω 0,91i b VL VL i e A V = = (1) Vi ie Vi 1 R L 4 5 VL i L R L iC h ob 10 .10 = . = − h. fb = − 4 5 ,0. 91 = −827 i e iC ie 1 10 +10 R L + h ob i 1 − V 1 1 e = . i = − = − = − ,0 012 Vi Vi Ri + hib Ri + hib 50 + 32 Thay vào (1) ta được A V = (-827).(-0,012) = 10,085 ≈ 10 III. Sơ đồ mắc C.C: Bài 4-23 1) Chế độ DC +V CC =10V 100K Ω Rb C ri 500 Ω c1 →∞ Cc2 →∞ + R Vi L RE 1K Ω - 1K Ω Z i Zo VCC = I BQ Rb + V BEQ + R EIEQ V − 0,7 10 − 0,7 ⇒ CC IEQ = = 5 = ,4 65mA R b 3 10 RE + 10 + β 100 -3 3 VCEQ = V CC – R EIEQ = 10 – 4,65.10 .10 = 5,35 V Một số bài tập mẫu 23
  25. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 2) Chế độ AC i ri 500 Ω b hie 753 Ω ’ iL + Rb Re.hfe RL.hfe Vi Vb VL 100K Ω 100K Ω 100K Ω - Zi h /h 7,53 Ω ie fe ie ri/hfe Rb/hfe RE 5Ω 1K Ω 1K Ω Zo 25.10 −3 h = 4,1 h ≈ 753Ω ie fe ,4 65.10 −3 VL VL Vb A v = = (1) Vi Vb Vi V i .h (R // R ) L = b fe E L V i []h + h ()R // R b b ie fe E L (2) 100.500 = = ,0 985 753 + 50.000 ’ R b = R b//[hie + h fe (R E//R L)] = 33,3 Ω ' Vb 1 ' Vi R b 33 3, KΩ = R. b . ' = ' = 3 = ,0 994 (3) Vi Vi ri + R b ri + R b 500 + 33 .3, 10 Thay (2), (3) vào (1) ta có: A V = 0,985.0,994 = 0,979 ≈ 0,98   ri // R b 3 Zo = R E //h ib +  ≈ 10 //[],7 53 + 5 ≈ 12,37Ω  h fe  ' Zi = R b //[h ie + h fe (R E // R L )] = R b = 33 3, KΩ Một số bài tập mẫu 24
  26. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Chương VI: MẠCH TRANSISTOR GHÉP LIÊN TẦNG. I. Transistor ghép Cascading: 1) E.C – C.E Bài 6-1: Điểm Q bất kỳ, 2 tầng hoàn toàn độc lập với nhau. a - Chế độ DC 3 3 R11 R. 21 .3 10 .7. 10 1 Rb1 = = 3 3 = 1,2 KΩ > Rb = h. fe R. E = 500Ω R11 + R21 .3 10 + .7 10 10 suy ra, không được bỏ qua I BQ1 ; 3 R11 .3 10 VBB1 = V. CC = 3 3 .10 = 3V R11 + R 21 .3 10 + .7 10 V − 0,7 3 − 0,7 I = BB1 = = 16 2, mA EQ1 R 2100 R + b1 100 + E1 50 h fe1 -3 VCEQ1 = V CC – I EQ1 (R C1 + R E1 ) = 10 – 16,2.10 .300 = 5,14V 25.10 −3 25.10 −3 h ie1 = 4,1 h fe1. = .4,1 50. −3 = 108Ω I EQ1 16 .2, 10 3 3 R12 R. 22 10 .9. 10 1 R b2 = = 3 3 = 9,0 KΩ < R b = h. fe R. E = 1250Ω R12 + R 22 10 + .9 10 10 suy ra, được bỏ qua I BQ2 ; 3 R12 10 VBB2 = V. CC = 3 3 .10 = 1V R12 + R 22 10 + .9 10 V − 0,7 1− 0,7 0,3 I = BB2 = ≈ = 2,1 mA EQ2 R 900 250 R + b2 250 + E2 h2 50 -3 VCEQ2 = V CC – I EQ2 (R C2 + R E2 ) = 10 – 1,2.10 .2250 = 7,3V 25.10 −3 25.10 −3 h ie2 = 4,1 h fe2 . = .4,1 50. −3 = 1458Ω I EQ2 .2,1 10 b - Chế độ AC i i ib1 C1 ib2 C2 Rb hie1 RC1 Rb2 hie2 RC VL ii 2,1K 108 50i b1 200 900 1458 50i b2 2K Z i Zo iL ib2 i 1b Ai = . . (1) ib2 ib1 ii Một số bài tập mẫu 25
  27. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I iL iL iC2 = . = − h.1 fe2 = −50 (2) ib2 iC2 ib2 i i i − R // R b2 = b2 . C1 = C1 b2 h. i i i ()R // R + h fe1 b1 C1 b1 C1 b2 ie2 (3) −164 ≈ .50 ≈ − ,5 06 164 + 1458 i R 2100 b1 = b = = ,0 951 (4) ii Rb + h ie1 2100 +108 Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có Ai = (-50).(5,06).(0,951) ≈ 241 3 Zi = R b//h ie1 = 2,1.10 //108 ≈ 103 Ω Zo = ∞ Để tìm biên độ đỉnh đối xứng cực đại ta vẽ DCLL và ACLL. iC(mA) i Cmax = 4,85  1  ACLL−   .2 103  VCC = 4,4 R DC  1  ICmmax Q DCLL−   250  I = 1,2 CQ VCE (V) 0 7,3 10 9,7 1 Từ i C − ICQ = − ()vCE − VCEQ R AC vCE = 0 suy ra, I Cmax = I CQ +V CEQ /R AC = 1,2.10 -3 + 7,3/2.10 3 = 4,85mA iC = 0 suy ra, v Cemax = V CEQ .R AC = 7,3 + 1,2.10 -3.2.10 3 = 9,7V Từ đặc tuyến DCLL và ACLL ta có I Cmmax = 1,2mA Bài 6-2: Điểm Q tối ưu nên phải tính tầng thứ hai trước, tầng 1 sau. a- Chế độ DC: RDC2 = R C2 + R E2 = 2250 Ω; R AC2 = R C = 2K Ω. VCC 10 I CQ2TƯ = = = ,2 35mA R DC2 + R AC2 2250 + 2000 -3 3 VCEQ2TƯ = I CQ2TƯ .R AC2 = 2,35010 .2.10 = 4,7V Một số bài tập mẫu 26
  28. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 25.10 −3 25.10 −3 h ie2 = 4,1 h fe2 . = .4,1 50. −3 = 745Ω I EQ2 ,2 35.10 RDC1 = R C1 + R E1 = 200 + 100 = 300 Ω; RAC1 = R C1 //R b2 //h ie2 = 200//900//745 ≈ 134,4 Ω VCC 10 I CQ1TƯ = = = 23mA R DC1 + R AC1 300 +134 4, 25.10 −3 25.10 −3 h ie1 = 4,1 h fe1. = .4,1 50. −3 = 76Ω I EQ1 23.10 b- Chế độ AC: Sơ đồ tương đương tín hiệu nhỏ như trên chỉ có h ie1 và h ie2 có giá trị khác. Ta áp dụng luôn công thức (1) ở trên: R C1 // R b2 R b 164 2100 A i = h fe1 h. fe2 . = 2500. . ≈ 434 ()R C1 // R b2 + h ie2 R b + h ie1 164 + 745 2100 + 76 2) E.C – C.C: Bài 6-3 Điểm Q tối ưu a- Chế độ DC: Tầng 2: RDC2 = R E2 = 1K Ω; R AC2 = R E2 //R L = 500 Ω. VCC 10 I CQ2TƯ = = 3 = 7,6 mA R DC2 + R AC2 10 + 500 -3 VCEQ2TƯ = I CQ2TƯ .R AC2 = 6,7.10 .500 = 3,35V 25.10 −3 25.10 −3 h ie2 = 4,1 h fe2 . = .4,1 100. −3 = 522Ω I EQ2 .7,6 10 1 1 R = h R. = .100.103 = 10 4 Ω = 10KΩ b2 10 fe2 E2 10 -3 3 VBB = 0,7 + I CQ2TƯ .R E = 0,7 + 6,7.10 .10 = 7,4V R 10 4 10 4 R = b = = = 38,46KΩ 12 V 4,7 ,0 26 1− BB2 1− VCC 10 VCC 4 10 R 22 = R b = 10 = 13 5, KΩ VBB2 4,7 Tầng 1: RDC1 = R C1 + R E1 = 400 + 100 = 500 Ω; RAC1 = R C1 //R b2 //[h ie2 + h fe (R L//R E)] = 400//10 4//[261 + 100.500] = 400//8333 ≈ 382 Ω. VCC 10 I CQ1TƯ = = = 11,34mA R DC1 + R AC1 500 + 382 -3 VCEQ1TƯ = I CQ1TƯ .R AC1 = 11,34.10 .382 = 4,33V Một số bài tập mẫu 27
  29. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 25.10 −3 25.10 −3 h ie1 = 4,1 h fe1. = .4,1 100. = 309Ω I EQ2 11,34 1 1 R = h R. = .100.100 = 1KΩ b1 10 fe1 E1 10 -3 VBB1 = 0,7 + I CQ1TƯ .R E1 = 0,7 + 11,34.10 .100 = 1,834V R 103 103 R = b1 = = = 12,25KΩ 11 V ,1834 ,0 8166 1− BB1 1− VCC 10 VCC 3 10 R 21 = R b1 = 10 = ,5 45KΩ VBB1 ,1 834 b- Chế độ AC: i ib1 C1 ib2 hie2 522 ’ iL R h R (1+h )R b1 ie1 C1 Rb2 fe E (1+h fe )R L 100i VL ii 2,1K 309 b 400 10K 101K Ω 101K Ω Zi Zo VL i b2 i b1 A T = . . (1) i b2 i b1 i i VL 3 = (1+ h fe )(R E // R L ) = 50 .5, 10 (2) i b2 i i i − R // R b2 = b2 . C1 = C1 b2 h. i i i ()()R // R + h + 1+ h R // R fe1 b1 C1 b1 C1 b2 ie2 fe E L (3) − 385 − 385.102 = .100 = ≈ − ,0 75 385 + 522 + 50500 51407 i R 103 b1 = b1 = = ,0 764 (4) i i R b1 + h ie1 10 + 309 Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có 3 AT = (50,5.10 ).(-0,75).(0,764) ≈ -29000 AT = -29000V/A = -29V/mA. ie2 h ib2 Rc1 //R b2 RE hfe2 1K Ω Zo 3 Zi = R b//h ie1 = 10 //309 = 236 Ω   R C1 // R b2 3 3 Zo = R E //h ib2 +  = 10 //[],5 22 + ,3 85 = 10 // ,9 07 ≈ 9Ω  h fe2  Một số bài tập mẫu 28
  30. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 3) Dạng bài hỗn hợp E.C – C.C: Bài 6-4 i i ib1 C1 ib2 hie2 1K C2 ib3 hie3 1K Ri Rb1 hie1 RC1 Rb2 RC2 V 100K 1K 1K 1K 1K hfe2 RE2 o2 1K hfe3 RE3 ii 100i b1 5050 100i b2 5050 V V Tìm R để 01 = − 02 (1) i i i i V V i i 01 = 01 . b2 . b1 (2) i i i b2 i b1 i i V02 i b2 i b1 = 1( + h fe2 )R E2 . . (3) i i i b1 i i V01 suy ra = − 1( + h fe2 ).R E2 (4) i b2 V V i i 01 = 01 . b3 . C2 (5) i b2 i b3 iC2 i b2 Từ (5) suy ra V01 R C2 = 1( + h fe3 )R E3 . h fe2 = − 1( + h fe2 )R E2 i b2 R C2 + R + h ie3 + 1( + h fe3 )R E3 103 − 5050. .100 = −5050 (6) 103 + R +103 + 5050 10 5 = 7050 + R R = 100K Ω - 7,05K Ω ≈ 93K Ω V Tìm 01 i i Từ (2) ta có: V V i i (1+ h )R .R .h 01 = 01 b3 C2 = − fe3 E3 C2 fe2 i i i i R + R + h + 1( + h )R b2 b3 C2 b2 C2 ie3 fe3 E3 (7) 5050.103.10 2 = − ≈ −5050 103 + 93.103 +103 + 5050 i i i (R // R ) b2 = b2 . C1 = − C1 b2 h. i i i ()R // R + h + 1( + h )R fe1 b1 C1 b1 C1 b2 ie2 fe2 E2 (8) 500.100 .5 10 4 = − = − = − ,7 63 500 + 1000 + 5050 6550 3 i b1 (R i // R b1 ) 10 = = 3 3 = 5,0 (9) i i ()R i // R b1 + h ie1 10 +10 Thay (7), (8), (9) vào (2) ta được: Một số bài tập mẫu 29
  31. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I V V 01 = ()()− 5050 . − ,7 63 5,0. ≈ 19,27 i i mA R/h fe3 930 hib3 10 Rc2 RE3 =10 hfe3 50 Ω Zo Zi = R i//R b1 //h ie1 ≈ 500 Ω   R R C2 Zo = R E3 //h ib3 + +  = 50 //[]10 + 930 +10 ≈ 47 5, Ω  h fe3 h fe3  II. Transistor mắc vi sai và Darlingtơn 1) Bài 6-23: E.C – E.C. +V =9V CC iL RC2 R21 R22 RC4 =R L 2,5K 3K 3K i T3 60 b3 T1 T2 hfe =100 T4 R12 ii R11 RE1 R E4 K 500 1K 60 ib2 iC4 ib1 hie1 hie2 hie3 hfe3 hie4 Rb1 Rb2 RC2 2 RL (1+h fe )R E1 hfe2 ib2 h fe RE4 750 750 2,5K ii 100i b2 (1+h fe )i b4 a- Chế độ DC 3 R11 10 VBB1 = VBB2 = V. CC = 3 3 9. = ,2 25V R11 + R 21 10 + .3 10 VBB1 − 0,7 2,25 − 0,7 I EQ1 = I EQ2 = = 3 = ,1 55mA R b 10 + ,7 42 2R E + h fe IE = 2I E1 = 3,1mA -3 VCEQ1 = V CC – 2R E.I CQ1 = 9 – 2.500.1,55.10 = 7,45V VCEQ2 = V CC – 2R E.I CQ1 – R C2 .I CQ2 = 9 – 10 3.1,55.10 -3 – 2,5.10 3.1,55.10 -3 = 3,575V Một số bài tập mẫu 30
  32. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I V = V − R .I − V − V = 9 − 3,875 −1,4 = 3,725V R E 4 CC C2 CQ2 BE3 BE4 V RE4 ,3 725 I CQ4 = I EQ4 = = ≈ 62mA R E4 60 −3 ICQ4 62.10 I CQ3 = I EQ3 = I BQ4 ≈ = 2 ≈ ,0 62mA h fe 10 -3 VCEQ4 = V CC – I CQ4 (R C4 + R E4 ) = 9 – 62.10 .120 = 9 – 7,44 = 1,56V VCEQ3 = V CEQ4 – V BE4 = 1,56 – 0,7 = 0,86V 25.10 −3 25.10 −3 h ie1 = 4,1 h fe1 . = .4,1 100. −3 = 2258Ω I EQ1 ,1 55.10 25.10 −3 25.10 −3 h ie3 = 4,1 h fe3 . = .4,1 100. −3 = 5645Ω I EQ1 ,0 62.10 25.10 −3 25.10 −3 h ie4 = 4,1 h fe4 . = .4,1 100. −3 = 56,45Ω I EQ1 62.10 b- Chế độ AC hie3 hie4 (1+h fe ) i ib2 iC2 i iL b1 hie1 2258 hie2 2258 b3 5645 5700 ’ ’ R R E Rb R R E4 b1 C2 RC i 750 50,5K 750 2,5K 618K (1+ h )2i i fe b3 60 Ω 100i b2 10201i b3 ’ Zo Zo ' R E = R E1 (1 + h fe ) = 500 .101 = 50500 ' R E4 = [h ie4 + (1+ h fe4 )R E4 ](1+ h fe3 ) = [56,45 + 6060].101 = 617,76KΩ i L i L i b3 i c2 i b1 A i = = . . . (1) i i i b3 i c2 i b1 i i i L = (1+ h fe3 )(1+ h fe4 ) = 101.101 = 10201 (2) i b3 i b3 − R C2 = ' i c2 R C2 + h ie3 + ()1+ h fe h ie4 + R E4 − .5,2 103 = (3) .5,2 103 + 5645 + 5700 + 617,76.103 − 5,2 = ≈ − ,4 103 631,605 i c2 i c2 i b2 = = h fe2 .()−1 = −100 (4) i b1 i b2 i b1 (Vì R’ E rất lớn nên coi i b2 ≈ i b1 ) i b1 R b 750 −3 = '' = = 128 .4, 10 (5) i i R b + h ie1 + R E 750 + 2258 + 2832 Một số bài tập mẫu 31
  33. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I '' ' với R E = R E //[h ie2 + R b ] = 5050 // 3008 ≈ 2832Ω Thay (2), (3), (4), (5) vào (1) ta có: -3 -3 Ai = 10201.(-4.10 ).(-100).128,4.10 = 522,3 (lần) Zi = R b1 //(h ie1 +R’’ E) ≈ 750//(2258 + 2832) = 654 Ω Zo = ∞ ⇒ Z’ o = Z o//R C = R C = 60 Ω 2) Bài 6-24: E.C – C.C R R C1 C2 1K 1K T 4 T5 T6 Rb2 Rb1 10K 10K ii V T3 V RE6 BB1 BB2 VL 10 1V 1V RE Zi Z 1K o -3V a- Chế độ DC Áp dụng định luật K.II ΣVkín = 0 cho vòng 2 ta có: VBE3 + I EQ3 RE3 – V EE = 0 (1) VEE − VBE3 3 − 0,7 I EQ3 = = 3 = 3,2 mA R E3 10 I I = I = EQ3 = ,115mA EQ1 EQ2 2 VCE1 = V CE2 = V CC – R C1 ICQ1 – V E1 (2) Mặt khác áp dụng định luật K.II ΣVkín = 0 cho vòng 1 ta có: -VBB1 + R bIBQ1 + V BE1 + V E1 = 0 (3) 4 -5 ⇒ V E = V BB1 – R bIBQ1 – V BE1 = 1 – 10 .1,15.10 – 0,7 =0,185V Thay vào (2) ta được: 3 -3 VCE1 = V CE2 = 6 – 10 .1,15. 10 – 0,185 = 4,665V ≈ 4,67V Ta có V E1 = V CE3 + R E3 .I EQ3 - V EE (4) Suy ra V CE3 = V EE + V E1 – R E3 IEQ3 = 3 + 0,185 – 10 3.2,3.10 -3 = 0,885V VRE6 = V CC – R C2 ICQ2 – V BE4 - V BE5 - V BE6 = 6 – 10 3.1,15.10 -3 – 2,1 = 2,75V VRE6 2,75 I EQ6 = = = 275mA R E6 10 VCE6 = V CC – V RE6 = 6 – 2,75 = 3,25V VCE5 = V CE6 – V BE6 = 3,25 – 0,7 = 2,55V Một số bài tập mẫu 32
  34. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I VCE4 = V CE5 – V BE5 = 2,55 – 0,7 = 1,85V 25.10 −3 25.10 −3 h = 4,1 h . = .4,1 100. = 3043Ω ie1 fe1 ,115.10−3 ,115.10−3 I EQ6 I EQ5 −5 I EQ5 = = ,2 75mA ; I EQ4 = = ,2 75.10 A h fe6 h fe5 25.10 −3 25.10 −3 h ie6 = 4,1 h fe6 . = .4,1 100. −3 = 12,72Ω I EQ6 275.10 hie5 = 1272 Ω; h ie4 = 127.200 Ω b- Chế độ AC hie4 hie5 .h fe4 hie5 .h fe4 .h fe5 ib1 hie1 3043 hie2 3043 iC2 ib4 127,2K 127,2K 127,2K ib2 Rb1 Rb2 RC2 ’ hfe2 ib2 R E6 10K 10K 1K VL ii 100i b2 Zi ' 3 6 7 Zo R E6 = R E6 (1+ h fe ) ≈ R E6 .10 ≈ 10 Ω VL VL i b4 i b2 A T = = . . (1) i i i b4 i b2 i i VL ' 7 = R E6 ≈ 10 Ω (2) i b4 i i i R .h b4 = b4 . C2 = − C2 fe2 i i i R + 3h + R ' b2 C2 b2 C2 ie4 E6 (3) 10 3.10 2 10 2 = − = − = −96 .3, 10 −4 103 + 381 .6, 103 +10 7 1+ 381 6, +10 4 i i R b2 = − b1 = − b1 i i R + 2h + R i i b1 ie1 b2 (4) 10 4 = − = − ,0 485 10 4 + ,6 086.103 −10 4 Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có 7 -4 AT = 10 .(-96,3).10 .(-0,485) = 46728V/A = 46,7V/mA 3h ie4 =0,381 RE6 Rc2 3 h fe 3 ≈10 h fe Zo Zi = R b1 //[2h ie1 + R b2 ] ≈ 6,15K Ω   R C2 3h ie4 Zo = R E6 // 3 + 3  = 10 //(),0 382 ≈ ,0 37Ω  h fe h fe  Một số bài tập mẫu 33
  35. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Chương VII: MẠCH KHUẾCH ĐẠI HỒI TIẾP. I. Hồi tiếp áp, sai lệch dòng. 1) Bài 7-4 +V CC RC1 RC2 2K 2K i T1 L RL VL RE21 100 1K i i Rf 10K RE22 V1 1K  T = ? h ie = 1KΩ  GT ; KL i L A i = = ?  h fe = 40   i i Đây là dạng hồi tiếp áp, sai lệch dòng. RE21 (h fe2 +1) i i ib1 c1 ib2 hie2 1K 41K C2 R f RE22 (h fe2 +1) hie1 RC1 V RC2 RL + h i 41K 1 ii V’ fe1 b1 2K 40i 2K 100 1 b2 - 40i b1 Z Zi o a- Tính độ lợi dòng T: cho i i = 0 V1 V1 i b2 i b1 T = ' = . . ' (1) V1 i i = 0 i b2 i b1 V1 V1 3 = R E22 ()1+ h fe2 = 41.10 (2) i b2 i i i R .h b2 = b2 . C1 = − C1 fe1 i i i R + h + R ()()1+ h + R 1+ h b1 C1 b1 C1 ie2 E21 fe2 E22 fe2 (3) .2 103.40 80 = − = − = − ,0 941 2.103 +103 + 41.103 + 41.103 85 ' i b1 1 V1 1 1 −6 ' = ' . = = 4 3 = 91.10 (4) V1 V1 R f + h ie1 R f + h ie1 10 +10 Một số bài tập mẫu 34
  36. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: T = 41.10 3.(-0,941).91.10 -6 = -3,51 i L b- Tính Ai = cho V’ 1 = 0 ii i L i L i b2 i b1 A i = = . . (1) i i i b2 i b1 i i 3 i L i L i C2 R C2 .2 10 = . = − h. fe2 = − 3 .40 = −39 6, (2) i b2 i C2 i b2 R C2 + R L .2 10 +10 i b2 = − ,0 941 (như (3) ở phần trên) (3) i b1 4 i b1 R f 10 −2 = = 4 3 = 91.10 (4) i i R f + h ie1 10 + 10 Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: -2 Ai = (-39,6).(-0,941).91.10 = 33,9 ≈ 34 c- Tính A if , Z if , Z of . A 34 A = i = = ,7 54 if 1− T 1+ ,3 51 4 3 Zi = R f//h ie1 = 10 //10 ≈ 910 Ω Z 910 Z = i = = 202Ω if 1− T 1+ ,3 51 Zo = R C2 = 2K Ω Z .2 103 Z = o = = 443Ω of 1− T 1+ ,3 51 2) Bài 7-11 +V CC RC 2K Rf = R b =10K C iL RL RE C ii 100  i L  A i = = ? h fe = 100 i   i GTh ib = 10Ω ; KL Zi ;Zo    C → ∞  T = ?  Một số bài tập mẫu 35
  37. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I hie = h ib .h fe = 10.100 = 1K Ω ib ic iL Rf hie1 RC Rf + h i RL VL ii ’ fe b V L 1K 10K 100i b - Zo a- Độ lợi vòng T: cho i i = 0 VL VL i b T = ' = . ' (1) VL i i = 0 i b VL 3 3 2 VL VL iC R C 10 .10 .10 4 = . = −R L . h. fe = − 3 3 = − .5 10 (2) i b i C i b R C + R L 10 +10 ' i b 1 VL 1 1 −6 ' = ' . = = 4 3 = 91.10 (3) VL VL R f + h ie R f + h ie 10 + 10 Thay (2), (3) vào (1) ta có: T =(-5.10 4).91.10 -6 = -4,55 b- Tính A i, Z i, Z o. i L i L i b A i = ' = . (1) i i VL = 0 i b i i 3 i L i L i C R C 10 = . = − h. fe = − 3 .100 = −50 (2) i b i C i b R C + R L 10 +10 4 i b R f 10 −2 = = 4 3 = 91.10 (3) i i R f + h ie 10 +10 Thay (2), (3) vào (1) ta có: -2 Ai = (-50).91.10 = -45,45 4 3 Zi = R f//h ie = 10 //10 = 910 Ω 3 Zo = R C = 10 Ω = 1K Ω c- Tính A if , Z if , Z of . A 50 A = i = − = − 2,8 if 1− T 1+ ,4 55 Z 910 Z = i = = 164Ω if 1− T 1+ ,4 55 Z 10 4 Z = o = = 180Ω of 1− T 1+ ,4 55 Một số bài tập mẫu 36
  38. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I II. Hồi tiếp áp, sai lệch áp: 1) Bài 7-10 +V CC RC2 RC1 R22 R21 2K 1K 10K 8K C VL R12 RE2 R11 10K C RE1 1K i 1K i 100 Rf =10K  i L  A i = = ? h fe = 50 i   i GTh ib = 50Ω ; KL Z i ; Zo    C → ∞  T = ?  ib1 hie1 2,5K iC1 ib2 iC2 Rf.h fe1 RE1 hfe1 5 Rf 5.10 R hie2 Rb1 RC1 b2 10K RC2 5K + hfe1 ib1 h i ii 890 V’ 1K 5K 2,5K fe2 b2 2K L 50i b1 - 50i b2 Zo a- Tính độ lợi vòng T (cho i i = 0) VL VL i b2 i b1 T = ' = . . ' (1) VL i i = 0 i b2 i b1 VL V V i R .R L = L . C2 = − f C2 h. i i i R + R fe2 b2 C2 b2 f C2 (2) 10 4 .2. 103 = − .50 = − ,1 67.103.50 = −83 .5, 103 10 4 + 2.103 i i i R // R b2 = b2 . C1 = − C1 b2 h i i i ()R // R + h fe1 b1 C1 b1 C1 b2 ie2 (3) ,0 83.103.50 = − = −12,46 ,0 83.103 + .5,2 103 i − R .h 1 b1 = E1 fe1 . V ' R + h + h R. R h. + 'R L b1 ie1 fe1 E1 f fe1 (4) − .5 103 1 = . = − .2,1 10 −6 890 + .5,2 103 + .5 103 .5 10 5 + .2 103 Một số bài tập mẫu 37
  39. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: T = (-83,5.10 3).(-12,46).(1,2.10 -6)= -1,25 b- Tính A T, Z i, Z o. VL VL i b2 i b1 A T = = . . (1) i i i b2 i b1 i i i i L và b2 tính như trên theo công thức (2), (3) i b2 i b1 i b1 R b1 890 = = 3 3 = ,0 107 (4) i i R b1 + h ie1 + ()R E1 + R f h fe1 890 + .5,2 10 + ,4 95.10 Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: 3 3 Ai = (-83,5.10 ).(-12,46).(0,107) = 111.10 V/A = 111V/mA Zi = R b1 //[h ie1 + (R E11 //R f)(1 + h fe )] = 890 //[2500 + 4950] = 795 Ω Zo = R f = 10K Ω c- Tính A Vf , Z of , Z if . A 111.103 V V A = T = = 49.103 = 49 Tf 1− T 1+ ,1 25 A mA Zif = Z i (1− T) = 795(1+1,25) = 1788Ω Z 10 4 Z = o = = 4444Ω of 1− T 1+ ,1 25 2) Bài 7-12 +V CC RC2 R21 RC1 R22 10K 500 10K 500 ri 1K C RE21 VL 22 R C E11 R12 + R 11 22 1K RE22 Vi 1K C 82 - RE12 C 82 R =1K f  h = 20 A = ?  fe  V GTh ib = 50Ω ; KL Z i ;Zo    C → ∞  T = ? Một số bài tập mẫu 38
  40. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Rf(h fe1 +1) i i RC2 500 ii ri 1K ib1 hie1 1050 21K C1 ib2 hie2 1050 C2 + hfe1 ib1 20i b2 Rb1 RC1 RCb2 Vi + 20i b1 ’ 910 - 910 V L 500 - Z RE11 (1+h fe1 ) R 1050 i R (1+h )=462 Ω f Zo 462 E21 fe2 a- Tính độ lợi vòng T (cho V i = 0) ib1 hie1 1050 ’ ri Rb1 RE11 (1+h fe1 ) Rf(h fe1 +1) V L 1K 910 462 21K Rf(1+h fe1 ) VL VL i b2 i b1 T = ' = . . ' (1) VL i i = 0 i b2 i b1 VL VL VL i C2 R f .R C2 3 = . = − h. fe2 = −()10 // 500 .20 = −6667 (2) i b2 i C2 i b2 R f + R C2 i i i R // R b2 = b2 . C1 = − C1 b2 h i i i ()()R // R + h + R 1+ h fe1 b1 C1 b1 C1 b2 ie2 E21 fe2 (3) 323.20 6460 = − = − = − ,3 52 323 +1050 + 462 1835 i 1 V , (R // R )(1+ h ) b1 = − . L . E11 f fe1 V ' V, R ()1+ h (R // R )(1+ h )+ h + (r // R ) L L f fe1 E11 f fe1 ie1 i b1 (4) 1 452 452.10 −3 = − . = − = −10,88.10 −6 21.103 452 +1050 + 476 4, 41546 4, Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: T = (-6667).(-3,52).(-10,88.10 -6)= -0,255 b- Tính A V, Z i, Z o. VL VL i b2 i b1 A V = = . . (1) Vi i b2 i b1 Vi V i L và b2 tính như trên theo công thức (2), (3) i b2 i b1 i 1 V r // R b1 = . i . i b1 V V r (r // R )+ h + (R // R )(1+ h ) i i i i b1 ie1 E11 f fe1 (4) 1 476 4, 476 .4, 10 −3 = . = = 24.10 −5 103 476 4, +1050 + 452 1978 4, Một số bài tập mẫu 39
  41. Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: -5 AV = (-6667)(-3,52).24.10 = 5,63 3 Zi = R b//[h ie1 + (R E11 //R f)(1 + h fe1 )] = 10 //1502 ≈ 600 Ω Zo = R f = 1000 Ω c- Tính A Vf , Z if , Z of . A 5,63 A = V = = ,4 486 Vf 1− T 1+ ,0 255 Zif = Zi (1− T) = 600(1+ 0,255) = 753Ω Z 1000 Z = o = = 797Ω of 1− T 1+ ,0 255 Một số bài tập mẫu 40