Một số bài tập mẫu cho giáo trình mạch điện tử I

Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 1 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) Công thức tổng quát tính VL: L Li DS L RRR VV V + − = VD = 0,7V (Si) và VD = 0,2V (Ge) a- Vẽ VL(t) với VS(t) dạng sóng vuông có biên độ 10 và 1V Kết quả với giả thiết: Ri = 1Ω, RL = 9Ω, VD = 0,7V. Vì Diode chỉnh lưu chỉ dẫn điện theo một chiều nên: ∗ Trong 0T 2 1 > , Diode dẫn → iD ≠ 0 → iL ≠ 0 → VL ≠ 0. V37,89 91 7,010V 1L =+ − = và V27,09 91 7,01V 2L =+ − = ∗ Trong 0T 2 1 < , Diode tắt → iD = 0 → iL = 0 → VL = 0. iL iD RL Ri VL Vs + - - + VD 10 -10 0 1 - - + + VS 2 3 4 t(ms) 1 -1 0 1 - - + + VS 2 3 4 t(ms) 8,37 0 1 VL1 2 3 4 t(ms) 0,27 0 1 VL2 2 3 4 t(ms) Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 2 b- Vẽ VL(t) với VS(t) dạng sóng sin có biên độ 10 và 1V. ∗ Khi VS = 10sinωot nghĩa là VSm = 10V >> VD =0,7V ta có: 99 91 10R RR VV L Li Sm 1L =+ ≈ + ≈ tsin9V 01L ω≈ (Ta giải thích theo 0T 2 1 > và 0T 2 1 < ) ∗ Khi VS = 1sinω0t nghĩa là VSm = 1V so sánh được với 0,7V: + VS > 0,7V, Diode dẫn, iD ≠ 0, iL ≠ 0, VL ≠ 0. 6,0tsin9,09 91 7,0tsin1 V 0 0 2L −ω= + −ω = Tại sinω0t = 1, |VL2| = 0,27V. + VS < 0,7V, Diode tắt, iD = 0, iL = 0, VL = 0. Với dạng sóng tam giác ta có kết quả tương tự như sóng sin. 2) Bài 1-3: Để có các kết quả rõ ràng ta cho thêm các giá trị điện trở: R1 = 1KΩ, Rb = 10KΩ, RL = 9KΩ. a- Vẽ VL(t) với dạng sóng vuông có biên độ 10V và 1 V. ∗ 0T 2 1 > , Diode dẫn, RthD ≈ 0, dòng iL chảy qua Ri, D, RL nên ta có: V37,810.9. 10.910 7,010R RR VV V 333L Li DS 1L = + − = + − = V27,010.9. 10.910 7,01R RR VV V 333L Li DS 2L = + − = + − = iL RL 9K Ri=1K VL Vs + - - + VD Rb=10K 10 0 -10 9 - - + + 1 2 3 4 t(ms) VS VL1 0 1 2 3 4 t(ms) 1 0 -1 1 2 3 4 t(ms) VS VL2 0 1 2 3 4 t(ms) 0,7 0,27 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 3 ∗ 0T 2 1 < , Diode tắt, Rng = ∞, dòng iL chảy qua Ri, Rb, RL nên ta có. V5,410.9. 10.91010 10R RRR V V 3343L Lbi S 1L = ++ = ++ = V45,010.9. 10.91010 1R RRR V V 3343L Lbi S 1L = ++ = ++ = b- Vẽ VL(t) với dạng sóng sin có biên độ 10V và 1 V. ∗ Để đơn giản khi VSm = 10V (>>VD = 0,7V) ta bỏ qua VD. Khi đó: + 0T 2 1 > , Diode dẫn, RthD ≈ 0, dòng iL chảy qua Ri, D, RL nên ta có: )V(tsin910.9. 10.910 tsin10R RR VV 0 3 33 0 L Li S 1L ω=+ ω = + = + 0T 2 1 < , Diode tắt, Rng = ∞, dòng iL chảy qua Ri, Rb, RL nên ta có. )V(tsin5,410.9. 10.91010 tsin10 R RRR V V 0 3 343 0 L Lbi S 1L ω= ++ ω = ++ = ∗ Khi VS = 1sinω0t so sánh được với VD ta sẽ có: + 0T 2 1 > , khi VSm ≥ 0,7, Diode dẫn, RthD ≈ 0, dòng iL chảy qua Ri, D, RL nên ta có: )V(63,0tsin9,010.9. 10.910 7,0tsin1 R RR 7,0tsin1 V 0 3 33 0 L Li 0 2L −ω= + −ω = + −ω = Tại 2 t0 pi =ω , sinω0t = 1, ta có VL2m = 0,9 - 0,63 = 0,27V + 0T 2 1 > , khi VSm < 0,7, Diode tắt, RngD = ∞, dòng iL chảy qua Ri, Rb, RL nên ta có: 10 -10 0 1 - - + + VS 2 3 4 t(ms) 1 -1 0 1 - - + + VS 2 3 4 t(ms) 8,37 0 1 VL1 2 3 4 t(ms) 0,27 0 1 VL2 2 3 4 t(ms) -4,5 -0,45 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 4 tsin315,010.9. 10.91010 tsin7,0 R RRR tsin7,0 V 0 3 343 0 L Lbi 0 2L ω= ++ ω = ++ ω = + 0T 2 1 < , Diode tắt, Rng = ∞, dòng iL chảy qua Ri, Rb, RL nên ta có. tsin45,010.9. 10.91010 tsin1 R RRR tsin1 V 0 3 343 0 L Lbi 0 2L ω= ++ ω = ++ ω = 2) Dạng mạch Thevenin áp dụng nguyên lý chồng chập: Bài 1-20 với Vi(t) = 10sinω0t a- Vẽ mạch Thevenin: Áp dụng nguyên lý xếp chồng đối với hai nguồn điện áp VDC và Vi: ∗ Khi chỉ có VDC, còn Vi = 0 thì điện áp giữa hai điểm A-K: V3 10.5,110 10.5,15 rR r VV 33 3 ii i DCAK = + = + = ∗ Khi chỉ có Vi, còn VDC = 0 thì điện áp giữa hai điểm A-K là: )V(tsin4 10.5,110 10tsin.10 rR RVV 033 3 0 ii i iAK ω=+ ω= + = VL + - Vi + - iD RL 1,4K Ri=1K VDC=5v K A ri=1,5K RT id VT K A RL Ri//ri iL VT K A 10 0 -10 9 - - + + t(ms) VS VL1 t(ms) 1 0 -1 t(ms) VS VL2 t(ms) 0,7 0,315 + + - - -4,5 -4,5 0,585 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 5 ∗ Vậy khi tác động đồng thời cả VDC và Vi thì sức điện động tương đương Thevenin giữa hai điểm A-K là: )V(tsin43 rR RV rR rVV 0 ii i i ii i DCT ω+=+ + + = ∗ Điện trở tương đương Thevenin chính là điện trở tương đương của phần mạch khi Diode hở mạch là: Ω=+ + =+ + = K210.4,1 10.5,110 10.5,1.10R rR r.R R 333 33 L ii ii T b- Vẽ đường tải DC khi 2 , 3 , 2 , 3 ,0t0 pi − pi − pipi =ω . ∗ Tại V3V0t T0 =⇒=ω ∗ Tại )V(46,6 2 343V 3 t T0 =+=⇒ pi =ω ∗ Tại )V(71.43V 2 t T0 =+=⇒ pi =ω ∗ Tại )V(46,0 2 343V 3 t T0 −=−=⇒ pi −=ω ∗ Tại )V(11.43V 2 t T0 −=−=⇒ pi −=ω Theo định luật Ohm cho toàn mạch ta có. T T D TT DT R V V. R 1 R VV i +−= − = ∗ Tại )mA(15,1 10.2 37,0. 10.2 1i0t 330 =+−=⇒=ω ∗ Tại )mA(88,2 10.2 46,67,0. 10.2 1i 3 t 330 =+−=⇒ pi =ω iD (mA) 3,15 2,88 1,15 3 6,46 7 -1 VT t Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 6 ∗ Tại )mA(15,3 10.2 77,0. 10.2 1i 2 t 330 =+−=⇒ pi =ω ∗ Tại )mA(58,0 10.2 46,07,0. 10.2 1i 3 t 330 −=−−=⇒ pi −=ω ∗ Tại )mA(85,0 10.2 17,0. 10.2 1i 2 t 330 −=−−=⇒ pi −=ω c- Vẽ ( ) ( ) )V(tsin8,21,2tsin437,0V7,0 10.2 V10.4,1 Rr//R VR R V.Ri.R)t(V 00T 3 T3 Lii T L T T LDLL ω+=ω+== = + === II. Diode Zenner: 1) Dạng dòng IL = const (bài 1-40); 200mA ≤ IZ ≤ 2A, rZ = 0 a- Tìm Ri để VL = 18V = const. Imin = IZmin + IL = 0,2 + 1 = 1,2 A. Imax = IZmax + IL = 1 + 2 = 3 A. Mặt khác ta có: Vimin = 22V = IZmin.Ri + VZ. Suy ra: Ω==−=−= 3,3 2,1 4 2,1 1822 I VVR minZ Zmini i Vimax = 28V = IZmaxRi + VZ Suy ra Ω==−=−= 3,3 3 10 3 1828 I VV R maxZ Zmaxi i Vậy Ri = 3,3Ω. b- Tìm công suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner: PZmzx = IZmax.VZ = 2.18 = 36W. VL 0 -0,7 2,1 4,9V t RL=18Ω VZ=18v 22v<VDC<28v Ri IZ VL IL Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 7 2) Dạng dòng IL ≠ const: (bài 1-41), 10mA ≤ IL ≤ 85mA. IZmin = 15mA. a- Tính giá trị lớn nhất của Ri maxLminZ Zi i minLmaxZ Zi II VV R II VV + − ≤≤ + − ∗ Khi VDC = 13V ta có Ω= + −≤ 30 085,0015,0 1013R maxi ∗ Khi VDC = 16V ta có Ω= + −≤ 60 085,0015,0 1016R maxi Vậy ta lấy Rimax = 30Ω. b- Tìm công suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner. PZmax = IZmax.VZ. Mặt khác: Vimax = IZmaxRi + VZ ⇒ mA200 30 1016 R VVI i Zmaxi max = − = − = ⇒ mA19019,001,02,0III minLmaxmaxz ==−=−= ⇒ W9,11019,0P maxz =×= 3) Dạng IZ ≠ const; IL ≠ const (Bài 1-42) 30 ≤ IL ≤ 50mA, IZmin = 10mA. rZ = 10Ω khi IZ = 30mA; Pzmax =800mW. a- Tìm Ri để Diode ổn định liên tục: mA80 10 8,0 V P I Z maxZ maxZ === Vậy 10mA ≤ IZ ≤ 80mA Ta có: Imin = IZmin + ILmax = 60mA Imax = IZmax + ILmin = 110mA RL VZ=10v 20v<VDC<25v Ri 10Ω IZ VL IL RL VZ=10v 13v<VDC<16v Ri IZ VL IR IL Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 8 Mặt khác: Vimin = Imin.Ri + VZ = 20V ⇒ Ω=−= 7,166 06,0 1020R maxi Vimax = Imax.Ri + VZ = 25V ⇒ Ω=−= 36,136 11,0 1025R mini Suy ra: 136,4Ω ≤ Ri ≤ 166,7Ω Vậy ta chọn Ri =150Ω b- Vẽ đặc tuyến tải: Ta có: VZ + IZRi = VDC – ILRi ∗ Với VDC = 20V ta có:    ==×− ==×− =+ mA50IkhiV5,1215005,020 mA30IkhiV5,1515003,020 150IV L L ZZ ∗ Với DC = 25V ta có:    ==×− ==×− =+ mA50IkhiV5,1715005,025 mA30IkhiV5,2015003,025 150IV L L ZZ Tương ứng ta tính được các dòng IZ: mA7,36 150 105,15I 1Z = − = ; mA7,16 150 105,12I 2Z = − = mA70 150 105,20I 3Z = − = ; mA50 150 105,17I 4Z = − = ; IZ(mA) VZ 36,7 50 30 80 70 10 20,5 17,5 15,5 VZ =10V 0 rZ =10Ω 16,7 12,5 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 9 Chương II: TRANSISTOR HAI LỚP TIẾP GIÁP I. Bộ khuếch đại R-C không có CC và không có CE (E.C). 1) Bài 2-10: 20 ≤ β ≤ 60, suy ra ICQ không thay đổi quá 10%. ∗ Phương trình tải một chiều: VCC = VCEQ + ICQ(RC + RE). mA8 1010.5,1 525 RR VV I 33 EC CEQCC CQ = + − = + − =⇒ 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 ICQ ≥ 7,2mA. ∗ Ta giải bài toán bài toán một cách tổng quát coi β1 = 20; β2 = 60. E22bbE11b R10 1RRR 10 1R β=≤≤β= Ω==≤≤Ω== K610.60. 10 1RRK210.20. 10 1R 32bb 3 1b Vậy 2KΩ ≤ Rb ≤ 6KΩ ∗ Mặt khác β+ − = b E BB CQ R R 7,0V I , nếu coi VBB ≈ const thì ta có: 9,0 R R R R I I 1 b E 2 b E 2CQ 1CQ ≥ β+ β+ = (1) ∗ Có thể tính trực tiếp từ bất phương trình (1):       β+β−≥⇒     β+≥β+ 12bE1 b E 2 b E 9,01RR1,0 R R9,0 R R Ω== +− = β+β− ≤⇒ − K53,3 10.3,28 100 20 9,0 60 1 10.1,0 9,01 R1,0 R 3 3 12 E b VCEQ = 5V + - +25V R2 R1 RC=1,5K RE=1K Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 10 Chọn Rb = 3,5KΩ. ∗ Nếu bỏ qua IBQ ta có VBB ≈ VBE + IEQRE = 0,7 + 8.10-3.103 = 8,7V. Suy ra: Ω≈Ω== − = − = K4,55368 652,0 10.5,3 25 7,81 110.5,3 V V 1 1RR 3 3 CC BB b1 Ω≈Ω=== K06,1010057 7,8 2510.5,3 V V RR 3 BB CC b2 ∗ Ta có thể tính tổng quát: Chọn Rb = 4KΩ thay vào (1): %9,88 1200 1067 20 10.410 60 10.410 I I 3 3 3 3 2CQ 1CQ == + + = , bị loại do không thỏa mãn (1). ∗ Chọn Rb =3KΩ thay vào (1): 91,0 1150 1050 20 10.310 60 10.310 I I 3 3 3 3 2CQ 1CQ == + + = thỏa mãn bất phương trình (1), ta tính tiếp như trên. 2) Bài 2-11: Với hình vẽ bài (2-10) tìm giá trị cho R1, R2 sao cho dòng iC xoay chiều có giá trị cực đại. ∗ Điểm Q tối ưu được xác định như sau: ACƯCQTTƯCEQ ACDC CC TƯCQmaxCm R.IV RR V II = + == Từ hình vẽ: RDC = RC + RE = 1,5.103 + 103 = 2,5KΩ. RAC = RC + RE = 1,5.103 + 103 = 2,5KΩ. Suy ra: mA510.5,210.5,2 25I 33TƯCQ =+ = VCEQTƯ = 5.10-3.2,5.103 = 12,5V ∗ Chọn Ω==β= K1010.100. 10 1R 10 1R 3Eb (bỏ qua IBQ) VBB ≈ VBE + ICQTƯ.RE = 0,7 + 5.10-3.103 = 5,7V VCE(V) iC(mA) VCEQTƯ = 12,5 25 10 R V DC CC = ( ) 5RR2 V EC CC = +       −≡ 310.5,2 1ACLLDCLL QTƯ 0 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 11 Ω≈Ω== − = − = K13K95,12 772,0 10 25 7,51 110.10 V V 1 1RR 4 3 CC BB b1 Ω≈Ω=== K44K85,43 7,5 2510 V V RR 4 BB CC b2 Vì RDC = RAC nên phương trìng tải DC và AC trùng nhau. 3) Bài 2-14: Điểm Qbất kỳ vì biết VBB = 1,2V; β = 20. Tìm giá trị tối đa của dao động có thể có được ở C và tính η. Biết β = 20, VBEQ = 0,7V. Ta có: mA3,3 50100 7,02,1 R R VV I b E BEQBB CQ = + − = β+ − = ∗ Để tìm giá trị tối đa của dao động có thể có được ở C ta phải vẽ phương trình tải DC, AC VCEQ = VCC – ICQ(RC + RE) = 6 – 3,3.10-3.1,1.103 = 2,37V ∗ Vậy giá trị tối đa của dao động là: ICmmax = iCmax – ICQ = 5,45 – 3,3 = 2,15mA Suy ra VLmax = ICmmax.RC = 2,15.103.10-3 = 2,15V ∗ PCC = ICQ.VCC = 3,3.10-3.6 = 19,8mW +6V Rb = 1K RC = 1K RE = 100Ω VBB = 1,2V 45,5 R V DC CC = ICQ = 3,3 iC (mA) VCE(V) 2,37 3 6 0 2,725 QTƯ Qbk       −= 1100 1ACLLDCLL Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 12 ( ) ( ) mW31,210.10.15,2 2 1R.I 2 1P 3 23 C 2 maxCmL === − Hiệu suất: %7,11 10.8,19 10.31,2 P P 3 3 CC L ===η − − II. Bộ KĐRC không có CC, CE (tụ bypass Emitter) (EC) 1) Bài 2-15: Điểm Q bất kỳ. a- Tìm R1, R2 để ICQ = 01mA (Rb << βRE) Vì Rb << βRE nên ta có: A10mA10 R 7,0V I 2 E BB CQ − == − ≈ suy ra VBB = 0,7 + 100.10-2 = 1,7V Ω==β= K1100.100 10 1R 10 1R Eb Ω≈= − = − = K2,1 83,0 10 10 7,11 10 V V 1 1RR 33 CC BB b1 Ω=== K88,5 7,1 1010 V V RR 3 BB CC b2 b- Để tìm ICmmax với R1, R2 như trên ta phải vẽ DCLL và ACLL: CE→ ∞ Vcc=10V R2 R1 RC=150Ω RE 100Ω β=100; VBEQ=0,7v iC (mA) VCE(V) Q       − 150 1ACLL       − 250 1DCLL 7,5 60 10 VCEmax = 9V ICmmax 15 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 13 VCEQ = VCC – ICQ(RC + RE) = 10 – 10-2.250 = 7,5V Từ hình vẽ ta nhận thấy để ICm lớn nhất và không bị méo thì ICmmax = 10mA. Ta có thể tìm iCmax và VCemax theo phương trình ( )CEQCE C CQC VVR 1Ii −−=− Cho VCE = 0 ⇒ mA60 150 5,710 R V Ii 2 C CEQ CQmaxC =+=+= − Cho iC = 0 ⇒ V95,7150.10VR.IV 1CEQCCQmaxCE =+=+= − 2) Bài 2-16: Điểm Q tối ưu (hình vẽ như hình 2-15). Để có dao động Collector cực đại ta có: ACDC CC ƯCQTmaxCm RR V II + == (1) VCEQTƯ = RAC.ICQTƯ (2) RDC = RC + RE = 150 + 100 = 250Ω RAC = RC = 150Ω Thay vào (1) ta được: mA25 150250 10I ƯCQT =+ = V75,310.25.150V 3ƯCEQT == − VBB ≈ 0,7 + ICQTƯ.RE = 3,2V. Ω==β= K1100.100. 10 1R 10 1R Eb Ω≈= − = − = K47,1 68,0 10 10 2,31 10 V V 1 1RR 33 CC BB b1 VCE(V) iC(mA) VCEQTƯ = 3,75 2ICQTƯ = 50 40 RR V EC CC = +       − 150 1ACLL 2VCEQTƯ =7 10 ICQTƯ = 25       − 250 1DCLL Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 14 Ω≈Ω=== K1,33125 2,3 1010 V V RR 3 BB CC b2 Để vẽ ACLL, rất đơn giản ta chỉ cần xác định: iCmax = 2ICQTƯ và VCemax = 2VCEQTƯ. III. Bộ KĐ R-C có CC và CE (E.C). 1) Bài 2-20: Điểm Q tối ưu RDC = RC + RE = 900 + 100 =1KΩ Ω= + = + = 450 900900 900.900 RR RR R LC LC AC mA9,6 RR V II DCAC CC ƯCQTmaxCm ≈+ == VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 6,9.10-3.450 = 3,1V VBB = 0,7 + RE.ICQTƯ = 0,7 + 100.6,9.10-3 = 1,4V Ω==β= K1100.100. 10 1R 10 1R Eb CE→ ∞ Vcc=10V R2 R1 RC=900Ω RE 100Ω CC→ ∞ RL=900K VCE(V) iC(mA) VCEQTƯ = 3,1 2ICQTƯ = 13,8 10 RR V EC CC = +      − 450 1ACLL 6,2 10 0 ICTƯ = 6,9       − 1000 1DCLL Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 15 Ω≈= − = − = 1163 86,0 10 10 4,11 10 V V1 1RR 33 CC BB b1 Ω=== 7143 4,1 1010 V V RR 3 BB CC b2 Ta có dòng xoay chiều: V1,3V mA45,39,6 900900 900I. RR R I Lm Cm LC C Lm =⇒ = + = + = 2) Vẫn bài 2-20 nếu ta bỏ tụ CE thì ta sẽ có bộ khuếch đại R.C có CC mà không có CE. Khi đó kết quả tính toán sẽ khác rất ít vì RE << RC, RL RDC = RC + RE = 900 + 100 = 1KΩ Ω= + += + += 550 900900 900.900100 RR RR RR LC LC EAC mA45,6 55010 10 RR V II 3 ACDC CC maxCmƯCQT = + = + == VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 6,45.10-3.550 = 3,55V VBB = 0,7 + ICQ. RE = 0,7 + 6,45.10-3.100 = 1,345V Ω==β= K1100.100. 10 1R 10 1R Eb Ω== − = − = 1155 8655,0 10 10 345,11 10 V V1 1RR 33 CC BB b1 Ω=== 7435 345,1 1010 V V RR 3 BB CC b2 mA225,310.45,6. 900900 900I RR R I 3Cm LC C Lm =+ = + = − VLm = RL.ILm = 900.3,225.10-3 = 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 R1, R2. V525. 10.2010.5 10.5V RR R V 33 3 CC 21 1 BB = + = + = mA1,2 60 10.410.2 7,05 RR 7,0VI 3 3b E BB CQ = + − = β+ − = Rb = = = 4KΩ R1 + R2 R1R2 5.103 + 20.103 5.103.20.103 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 16 (Vì β>> b E R R nên có thể tính gần đúng theo công thức E BB CQ R 7,0V I − = ) VCEQ = VCC – ICQ(RC + RE) = 25 – 2,1.10-3.3.103 = 18,7V Từ hình vẽ ta thấy: ICQ < ICQTƯ nên ICm = ICQ = 2,1mA mA05,110.1,2. 10.210.2 10.2I RR R I 333 3 Cm LE L Lm = + = + = − VLmmax = RL.ILm = 2.103.1,05.10-3 = 2,1V * Cách vẽ DCLL và ACLL của bộ KĐ R.C mắc C.C tương tự như cách mắc E.C ( )CEQCE AC CQC VVR 1Ii −−=− với Ω= + += k2 RR RR RR LE LE CAC Cho VCE = 0 suy ra mA45,11 10.2 7,1810.1,2 R V Ii 3 3 AC CEQ CQC =+=+= − Q VCE(V) iC(mA) VCEQ = 18,7 ICmax = 11,45 3,8 R V DC CC =       − 310.2 1ACLL 10 0 ICQTƯ = 5       − 310.3 1DCLL 22,9 25 ICQ = 2,1 VL CC→ ∞ Vcc=25V R2 20K R1 5K RC=1K RE=2K RL 2K β=60 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 17 iC = 0 suy ra V9,2210.1,2.10.27,18IRVV 33CQACCEQmaxCEQ =+=+= − * Với bài toán trên nếu chưa biết R1 và R2 ta có thể thiết kế để dòng điện ra lớn nhất: RDC = RC + RE = 103 + 2.103 = 3KΩ. Ta có: mA5 10.210.3 25 RR V I 33 ACDC CC ƯCQT = + = + = VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 10V. 2) Bài 2-24: Mạch được định dòng Emitter. Theo định luật K.II: ΣVkín = 0 ta có RbIBQ + VBEQ + RE.IEQ –VEE = 0 Suy ra mA93 100 7,010 R R 7,0V I b E BB EQ = − ≈ β+ − = VCEQ = VCC + VEE – ICQ(RC + RE) = 10 + 10 – 93.10-3.150 = 6,05V ∗ mA5,4610.93. 100100 100I RR R I 3Em LE E Lm =+ = + = − ∗ VLm = ILmRL = 46,5.10-3.102 = 4,65V ∗ Đây là điểm Q bất kỳ nên ta có: ( )CEQCE AC CQC VVR 1Ii −−=− + Cho VCE = 0 suy ra mA214 R V Ii AC CEQ CQmaxC =+= + Cho iC = 0 suy ra V675,1050.10.9305,6RIVV 3ACCQCEQCE =+=+= − iL I. I CC→ ∞ VL CE→ ∞ VEE=-10v Rb<<βRE RC=50Ω RE=100Ω RL=100Ω VCC=10v Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 18 ∗ Nếu bài này được tính ở chế độ tối ưu thì: RDC = RC + RE = 150Ω Ω= + = 50 RR RR R LE LE AC khi đó mA100A1,0 50150 20 RR V I DCAC CC ƯCQT ==+ = + = VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 5V VCE(V) iC(mA) VCEQ = 6,05 214 133 RR VV EC EECC = + +       − 50 1ACLL 10,675 20 0 ICQ = 93       − 150 1DCLL Q Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 19 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 K3 205,3 20.5,3 RR RRR 21 21 b ≈+ = + = V320. 205,3 5,3V RR RV CC 21 1 BB ≈+ = + = mA6,4 100 10.3500 7,03I 3CQ ≈ + − = VCEQ = VCC – ICQ(RC + RE) = 20 – 4,6.10-3.2.103 = 10,8V Ω== − − 760 10.6,4 10.25h.4,1h 3 3 feie b- Chế độ AC: Zo iC Zi Ri 2K ib Rb 3K ii RC 1,5K iL RL=1,5K hie 100ib 1,2K RL=1,5K ii RC=1,5K CC2→ ∞ - + +VCC=20V CE→∞ + - R1 3,5K iL R2=20K Ri=2K RE 1,5K CC1→ ∞ - + Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 20 i b b L i L i i i i i i i A == (1) 50100. 10.5,110.5,1 10.5,1h. RR R i i i i i i 33 3 fe LC C b C C L b L −= + −= + −== ( ) 61,076010.2,1 10.2,1 hR//R R//R i i 3 3 iebi bi i b = + = + = Thay vào (1) ta có: Ai = -50.0,61 = -30,6 Zi = Ri//Rb//hie = 1200//760 = 465Ω Zo = RC = 1,5KΩ. 2) Bài 4-11: Q bất kỳ và hfe thay đổi. a- Chế độ DC: ∗ 100R5010.50. 10 1R 10 1R bE11b =<Ω==β= , không bỏ qua IBQ. ∗ 100R15010.150. 10 1R 10 1R bE22b =>Ω==β= , bỏ qua IBQ. mA83 50 10010 7,07,1 RR 7,0VI 1 b E BB 1EQ = + − = β+ − = mA100 10 7,07,1 R 7,0VI E BB 2EQ = − = − ≈ Ω≈= − − 21 10.83 10.25.50.4,1h 3 3 1ie Ω== − − 5,52 10.100 10.25.150.4,1h 3 3 2ie suy ra 21Ω ≤ hie ≤ 52,5Ω RL=100Ω Rb=100Ω VBB=1,7v ii RC=100Ω CC→ ∞ - + +VCC=20v CE→∞ + - iL RE 10Ω Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 21 b- Chế độ AC: ieb b fe LC C i b b L i L i hR R .h. RR R i i i i i i A ++ −=== 66,20 21100 100.50. 100100 100A 1i −=++ −= 1,49 5,52100 100.150. 100100 100A 2i −=++ −= Zi = Rb//hie suy ra Zi1 = 100//21 = 17,36Ω Zi2 = 100//52,5 = 34,43Ω Vậy 20,66 ≤ Ai ≤ 49,18 17,36Ω ≤ Zi ≤ 34,43Ω 3) Bài 4-12: Dạng không có tụ CE a- Chế độ DC: mA5,4 100 1010 7,07,5 h RR 7,0VI 4 3 fe b E BB CQ = + − = + − = (có thể tính ICQ = 5 mA) VCEQ = VCC – ICQ(RC + RE) = 20 – 4,5.10-3.(3.103) = 6,5V Ω== − − 778 10.5,4 10.25.100.4,1h 3 3 ie Rb=10K VBB=5,7V ii RC=2K CC→ ∞ - + +VCC=20V iL RE=1K RL=100Ω iC ib Rb 100Ω ii RC 100Ω iL hie hfeib RL = 100Ω Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 22 b- Chế độ AC: i b b L i L i i i i i i i A == (1) 24,95h. RR R i i i i i i fe LC C b C C L b L −= + −== 09,0 1077810 10 RhhR R i i 54 4 Efeieb b i b = ++ = ++ = Thay vào (1) ta được Ai = -95,24.0,09 = -8,6 [ ] Ω=≈+= K1,910//10Rhh//RZ 54Efeiebi II. Sơ đồ mắc B.C: Bài 4-21, hoe = 410 1) Chế độ DC: 91,0 11 10 h1 hh fe fe fb ==+ = Ω== + = − − 32 10 10.25.10.4,1. 11 1 h1 hh 3 3 fe ie ib 5 4 fe oe ob 1011 10 h1 h h − − == + = RL=100Ω ib Rb 10K ii RC 2K iL hfeRE 100ib hie=778Ω VCC R2 Vi + - R1 Cb→ ∞ ri=50Ω RL=10K Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 23 2) Chế độ AC: i e e L i L V V i i V V V A == (1) 82791,0. 1010 10.10h. h 1R h 1R i i . i Ri i V 54 54 fb ob L ob L e C C LL e L −= + −= + −== 012,0 3250 1 hR 1 hR V. V 1 V i ibiibi i ii e −= + −= + −= + − = Thay vào (1) ta được AV = (-827).(-0,012) = 10,085 ≈ 10 III. Sơ đồ mắc C.C: Bài 4-23 1) Chế độ DC VCC = IBQRb + VBEQ + REIEQ mA65,4 100 1010 7,010 RR 7,0VI 5 3b E CC EQ = + − = β+ − =⇒ VCEQ = VCC – REIEQ = 10 – 4,65.10-3.103 = 5,35 V RL 10KΩ iL 1/hob 105Ω iC hfbie 0,91ib hib 32Ω ie Ri 50Ω Vi + - RL 1KΩ Vi + - RE 1KΩ Zo Zi Cc2→∞ ri 500Ω 100KΩ Rb Cc1→∞ +VCC =10V Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 24 2) Chế độ AC Ω≈= − − 753 10.65,4 10.25h4,1h 3 3 feie i b b L i L v V V V V V V A == (1) ( ) ( )[ ] 985,0 000.50753 500.100 R//Rhhi R//Rh.i V V LEfeieb LEfeb b L = + = + = (2) R’b = Rb//[hie + hfe(RE//RL)] = 33,3Ω 994,0 10.3,33500 K3,33 Rr R Rr V .R. V 1 V V 3' bi ' b ' bi i' b ii b = + Ω = + = + = (3) Thay (2), (3) vào (1) ta có: AV = 0,985.0,994 = 0,979 ≈ 0,98 [ ] Ω≈+≈      += 37,12553,7//10 h R//r h//RZ 3 fe bi ibEo ( )[ ] Ω==+= K3,33RR//Rhh//RZ 'bLEfeiebi iL’ ri 500Ω Vi + - hie 753Ω ib Rb 100KΩ Re.hfe 100KΩ RL.hfe 100KΩ Vb VL Zi hie/hfe 7,53Ω ie RE 1KΩ ri/hfe 5Ω Rb/hfe 1KΩ Zo Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 25 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 Ω==>Ω= + = + = 500R.h. 10 1RK1,2 10.710.3 10.7.10.3 RR R.RR Efeb33 33 2111 2111 1b suy ra, không được bỏ qua IBQ1; V310. 10.710.3 10.3V. RR R V 33 3 CC 2111 11 1BB = + = + = mA2,16 50 2100100 7,03 h R R 7,0V I 1fe b E 1BB 1EQ 1 1 = + − = + − = VCEQ1 = VCC – IEQ1(RC1 + RE1) = 10 – 16,2.10-3.300 = 5,14V Ω=== − −− 108 10.2,16 10.25.50.4,1 I 10.25.h4,1h 3 3 1EQ 3 1fe1ie Ω==<Ω= + = + = 1250R.h. 10 1RK9,0 10.910 10.9.10 RR R.R R Efeb33 33 2212 2212 2b suy ra, được bỏ qua IBQ2; V110. 10.910 10V. RR R V 33 3 CC 2212 12 2BB = + = + = mA2,1 250 3,0 50 900250 7,01 2h R R 7,0V I 2b 2E 2BB 2EQ =≈ + − = + − = VCEQ2 = VCC – IEQ2(RC2 + RE2) = 10 – 1,2.10-3.2250 = 7,3V Ω=== − −− 1458 10.2,1 10.25.50.4,1 I 10.25.h4,1h 3 3 2EQ 3 2fe2ie b - Chế độ AC i 1b 1b 2b 2b L i i i. i i. i iA = (1) iC2 VL Zo Zi Rb 2,1K ii hie1 108 50ib1 RC1 200 Rb2 900 hie2 1458 50ib2 RC 2K ib1 ib2 iC1 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 26 50h.1 i i. i i i i 2fe 2b 2C 2C L 2b L −=−== (2) ( ) 06,550. 1458164 164 h. hR//R R//R i i. i i i i 1fe 2ie2b1C 2b1C 1b 1C 1C 2b 1b 2b −≈ + − ≈ + − == (3) 951,0 1082100 2100 hR R i i 1ieb b i 1b = + = + = (4) Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có Ai = (-50).(5,06).(0,951) ≈ 241 Zi = Rb//hie1 = 2,1.103//108 ≈ 103Ω Zo = ∞ Để tìm biên độ đỉnh đối xứng cực đại ta vẽ DCLL và ACLL. Từ ( )CEQCE AC CQC VvR 1Ii −−=− vCE = 0 suy ra, ICmax = ICQ +VCEQ/RAC = 1,2.10-3 + 7,3/2.103 = 4,85mA iC = 0 suy ra, vCemax = VCEQ.RAC = 7,3 + 1,2.10-3.2.103 = 9,7V Từ đặc tuyến DCLL và ACLL ta có ICmmax = 1,2mA Bài 6-2: Điểm Q tối ưu nên phải tính tầng thứ hai trước, tầng 1 sau. a- Chế độ DC: RDC2 = RC2 + RE2 = 2250Ω; RAC2 = RC = 2KΩ. mA35,2 20002250 10 RR V I 2AC2DC CC ƯT2CQ =+ = + = VCEQ2TƯ = ICQ2TƯ.RAC2 = 2,35010-3.2.103 = 4,7V Q VCE(V) iC(mA) 7,3 iCmax = 4,85 4,4 R V DC CC =       − 310.2 1ACLL 0       − 250 1DCLL 9,7 10 ICQ = 1,2 ICmmax Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 27 Ω=== − −− 745 10.35,2 10.25.50.4,1 I 10.25.h4,1h 3 3 2EQ 3 2fe2ie RDC1 = RC1 + RE1 = 200 + 100 = 300Ω; RAC1 = RC1//Rb2//hie2 = 200//900//745 ≈ 134,4Ω mA23 4,134300 10 RR V I 1AC1DC CC ƯT1CQ =+ = + = Ω=== − −− 76 10.23 10.25.50.4,1 I 10.25.h4,1h 3 3 1EQ 3 1fe1ie b- Chế độ AC: Sơ đồ tương đương tín hiệu nhỏ như trên chỉ có hie1 và hie2 có giá trị khác. Ta áp dụng luôn công thức (1) ở trên: ( ) 434762100 2100. 745164 164.2500 hR R . hR//R R//R h.hA 1ieb b 2ie2b1C 2b1C 2fe1fei ≈++ = ++ = 2) E.C – C.C: Bài 6-3 Điểm Q tối ưu a- Chế độ DC: Tầng 2: RDC2 = RE2 = 1KΩ; RAC2 = RE2//RL = 500Ω. mA7,6 50010 10 RR V I 3 2AC2DC CC ƯT2CQ = + = + = VCEQ2TƯ = ICQ2TƯ.RAC2 = 6,7.10-3.500 = 3,35V Ω=== − −− 522 10.7,6 10.25.100.4,1 I 10.25.h4,1h 3 3 2EQ 3 2fe2ie Ω=Ω=== K101010.100. 10 1R.h 10 1R 432E2fe2b VBB = 0,7 + ICQ2TƯ.RE = 0,7 + 6,7.10-3.103 = 7,4V Ω== − = − = K46,38 26,0 10 10 4,71 10 V V 1 R R 44 CC 2BB b 12 Ω=== K5,13 4,7 1010 V V RR 4 2BB CC b22 Tầng 1: RDC1 = RC1 + RE1 = 400 + 100 = 500Ω; RAC1 = RC1//Rb2//[hie2 + hfe(RL//RE)] = 400//104//[261 + 100.500] = 400//8333 ≈ 382Ω. mA34,11 382500 10 RR V I 1AC1DC CC ƯT1CQ =+ = + = VCEQ1TƯ = ICQ1TƯ.RAC1 = 11,34.10-3.382 = 4,33V Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 28 Ω=== −− 309 34,11 10.25.100.4,1 I 10.25.h4,1h 3 2EQ 3 1fe1ie Ω=== K1100.100. 10 1R.h 10 1R 1E1fe1b VBB1 = 0,7 + ICQ1TƯ.RE1 = 0,7 + 11,34.10-3.100 = 1,834V Ω== − = − = K25,12 8166,0 10 10 834,11 10 V V 1 R R 33 CC 1BB 1b 11 Ω=== K45,5 834,1 1010 V V RR 3 1BB CC 1b21 b- Chế độ AC: i 1b 1b 2b 2b L T i i . i i . i V A = (1) ( )( ) 3LEfe 2b L 10.5,50R//Rh1 i V =+= (2) ( ) ( ) 75,0 51407 10.385100. 50500522385 385 h. R//Rh1hR//R R//R i i . i i i i 2 1fe LEfe2ie2b1C 2b1C 1b 1C 1C 2b 1b 2b −≈ − = ++ − = +++ − == (3) 764,0 30910 10 hR R i i 3 1ie1b 1b i 1b = + = + = (4) Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có AT = (50,5.103).(-0,75).(0,764) ≈ -29000 AT = -29000V/A = -29V/mA. Zi = Rb//hie1 = 103//309 = 236Ω [ ] Ω≈=+=      += 907,9//1085,322,5//10 h R//R h//RZ 33 2fe 2b1C 2ibEo iL’ VL Zo Zi Rb1 2,1K ii hie1 309 100ib RC1 400 Rb2 10K hie2 522 (1+hfe)RL 101KΩ ib1 ib2 iC1 (1+hfe)RE 101KΩ RE 1KΩ Zo hib2 ie2 Rc1//Rb2 hfe2 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 29 3) Dạng bài hỗn hợp E.C – C.C: Bài 6-4 Tìm R để i 02 i 01 i V i V −= (1) i 1b 1b 2b 2b 01 i 01 i i . i i . i V i V = (2) i 1b 1b 2b 2E2fe i 02 i i . i i .R)h1( i V += (3) suy ra 2E2fe 2b 01 R).h1( i V +−= (4) 2b 2C 2C 3b 3b 01 2b 01 i i . i i . i V i V = (5) Từ (5) suy ra 2E2fe2fe 3E3fe3ie2C 2C 3E3fe 2b 01 R)h1(h R)h1(hRR R .R)h1( i V +−= ++++ += 5050100. 505010R10 10.5050 33 3 −= +++ − (6) 105 = 7050 + R R = 100KΩ - 7,05KΩ ≈ 93KΩ Tìm i 01 i V Từ (2) ta có: 5050 50501010.9310 10.10.5050 R)h1(hRR h.R.R)h1( i i i i i V i V 333 23 3E3fe3ie2C 2fe2C3E3fe 2b 2C 2C 3b 3b 01 2b 01 −≈ +++ −= ++++ + −== (7) ( ) ( ) 63,7 6550 10.5 50501000500 100.500 h. R)h1(hR//R R//R i i . i i i i 4 1fe 2E2fe2ie2b1C 2b1C 1b 1C 1C 2b 1b 2b −=−= ++ −= +++ −== (8) ( ) ( ) 5,01010 10 hR//R R//R i i 33 3 1ie1bi 1bi i 1b = + = + = (9) Thay (7), (8), (9) vào (2) ta được: iC2 hie1 1K Ri 100K ii hie2 1K 100ib1 RC1 1K Rb2 1K hfe2RE2 5050 ib2 ib1 iC1 Rb1 1K Vo2 100ib2 hie3 1K RC2 1K hfe3RE3 5050 ib3 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 30 ( ) ( ) mA V27,195,0.63,7.5050 i V i 01 ≈−−= Zi = Ri//Rb1//hie1 ≈ 500Ω [ ] Ω≈++=      ++= 5,471093010//50 h R h Rh//RZ 3fe 2C 3fe 3ib3Eo II. Transistor mắc vi sai và Darlingtơn 1) Bài 6-23: E.C – E.C. a- Chế độ DC V25,29. 10.310 10V. RR R VV 33 3 CC 2111 11 2BB1BB = + = + == mA55,1 42,710 7,025,2 h R R2 7,0V II 3 fe b E 1BB 2EQ1EQ = + − = + − == IE = 2IE1 = 3,1mA VCEQ1 = VCC – 2RE.ICQ1 = 9 – 2.500.1,55.10-3 = 7,45V VCEQ2 = VCC – 2RE.ICQ1 – RC2.ICQ2 = 9 – 103.1,55.10-3 – 2,5.103.1,55.10-3 = 3,575V RE3 50Ω Zo hib3 10 R/hfe3 930 Rc2 hfe3 =10 +VCC =9V ii R21 3K iL ib3 R11 K RE1 500 T1 T2 RC2 2,5K R22 3K R12 1K T3 T4 RC4=RL 60 RE4 60 hfe=100 iC4 hie1 hfe2ib2 100ib2 RL (1+hfe)RE1 (1+hfe)ib4 ii hie3 RC2 2,5K Rb2 750 h2feRE4 ib1 ib2 hfe3hie4 Rb1 750 hie2 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 31 V725,34,1875,39VVI.RVV 4BE3BE2CQ2CCCR 4E =−−=−−−= mA62 60 725,3 R V II 4E R 4EQ4CQ 4E ≈=== mA62,0 10 10.62 h I III 2 3 fe 4CQ 4BQ3EQ3CQ ≈=≈== − VCEQ4 = VCC – ICQ4(RC4 + RE4) = 9 – 62.10-3.120 = 9 – 7,44 = 1,56V VCEQ3 = VCEQ4 – VBE4 = 1,56 – 0,7 = 0,86V Ω=== − −− 2258 10.55,1 10.25.100.4,1 I 10.25.h4,1h 3 3 1EQ 3 1fe1ie Ω=== − −− 5645 10.62,0 10.25.100.4,1 I 10.25.h4,1h 3 3 1EQ 3 3fe3ie Ω=== − −− 45,56 10.62 10.25.100.4,1 I 10.25.h4,1h 3 3 1EQ 3 4fe4ie b- Chế độ AC ( ) 50500101.500h1RR fe1E'E ==+= ( )[ ]( ) [ ] Ω=+=+++= K76,617101.606045,56h1Rh1hR 3fe4E4fe4ie' 4E i 1b 1b 2c 2c 3b 3b L i L i i i . i i . i i . i i i i A == (1) ( )( ) 10201101.101h1h1 i i 4fe3fe 3b L ==++= (2) ( ) 3 33 3 ' 4E4iefe3ie2C 2C 2c 3b 10,4 605,631 5,2 10.76,6175700564510.5,2 10.5,2 Rhh1hR R i i −≈ − = +++ − = ++++ − = (3) ( ) 1001.h i i i i i i 2fe 1b 2b 2b 2c 1b 2c −=−== (4) (Vì R’E rất lớn nên coi ib2 ≈ ib1) 3'' E1ieb b i 1b 10.4,128 28322258750 750 RhR R i i − = ++ = ++ = (5) iC2 hie1 2258 100ib2 RC 60Ω R’E 50,5K Zo (1+hfe)2ib3 10201ib3 ii hie3 5645 RC2 2,5K Rb 750 R’E4 618K ib1 ib2 hie4(1+hfe) 5700 Rb1 750 hie2 2258 ib3 iL Zo’ Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 32 với [ ] Ω≈=+= 28323008//5050Rh//RR b2ie'E''E Thay (2), (3), (4), (5) vào (1) ta có: Ai = 10201.(-4.10-3).(-100).128,4.10-3 = 522,3 (lần) Zi = Rb1//(hie1 +R’’E) ≈ 750//(2258 + 2832) = 654Ω Zo = ∞ ⇒ Z’o = Zo//RC = RC = 60Ω 2) Bài 6-24: E.C – C.C a- Chế độ DC Áp dụng định luật K.II ΣVkín = 0 cho vòng 2 ta có: VBE3 + IEQ3RE3 – VEE = 0 (1) mA3,2 10 7,03 R VV I 3 3E 3BEEE 3EQ = − = − = mA15,1 2 I II 3EQ2EQ1EQ === VCE1 = VCE2 = VCC – RC1ICQ1 – VE1 (2) Mặt khác áp dụng định luật K.II ΣVkín = 0 cho vòng 1 ta có: -VBB1 + RbIBQ1 + VBE1 + VE1 = 0 (3) ⇒ VE = VBB1 – RbIBQ1 – VBE1 = 1 – 104.1,15.10-5 – 0,7 =0,185V Thay vào (2) ta được: VCE1 = VCE2 = 6 – 103.1,15. 10-3 – 0,185 = 4,665V ≈ 4,67V Ta có VE1 = VCE3 + RE3.IEQ3 - VEE (4) Suy ra VCE3 = VEE + VE1 – RE3IEQ3 = 3 + 0,185 – 103.2,3.10-3 = 0,885V VRE6 = VCC – RC2ICQ2 – VBE4 - VBE5 - VBE6 = 6 – 103.1,15.10-3 – 2,1 = 2,75V mA275 10 75,2 R V I 6E 6RE 6EQ === VCE6 = VCC – VRE6 = 6 – 2,75 = 3,25V VCE5 = VCE6 – VBE6 = 3,25 – 0,7 = 2,55V VL Zo Zi ii -3V Rb1 10K RC1 1K Rb2 10K RE 1K VBB2 1V T4 T5 RC2 1K VBB1 1V T3 RE6 10 T6 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 33 VCE4 = VCE5 – VBE5 = 2,55 – 0,7 = 1,85V Ω=== − − − − 3043 10.15,1 10.25.100.4,1 10.15,1 10.25.h4,1h 3 3 3 3 1fe1ie mA75,2 h I I 6fe 6EQ 5EQ == ; A10.75,2h I I 5 5fe 5EQ 4EQ − == Ω=== − −− 72,12 10.275 10.25.100.4,1 I 10.25.h4,1h 3 3 6EQ 3 6fe6ie hie5 = 1272Ω; hie4 = 127.200Ω b- Chế độ AC ( ) Ω≈≈+= 766E3fe6E' 6E 1010.Rh1RR i 2b 2b 4b 4b L i L T i i . i i . i V i V A == (1) Ω≈= 7' 6E 4b L 10R i V (2) 4 4 2 733 23 ' 6E4ie2C 2fe2C 2b 2C 2C 4b 2b 4b 10.3,96 106,3811 10 1010.6,38110 10.10 Rh3R h.R i i . i i i i − −= ++ −= ++ −= ++ −== (3) 485,0 1010.086,610 10 Rh2R R i i i i 434 4 2b1ie1b 1b i 1b i 2b −= −+ −= ++ −=−= (4) Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có AT = 107.(-96,3).10-4.(-0,485) = 46728V/A = 46,7V/mA Zi = Rb1//[2hie1 + Rb2] ≈ 6,15KΩ ( ) Ω≈=      += 37,0382,0//10 h h3 h R //RZ 3 fe 4ie 3 fe 2C 6Eo iC2 hie1 3043 VL hfe2ib2 100ib2 Zo Zi ii hie4 127,2K RC2 1K Rb2 10K R’E6 ib1 Rb1 10K hie2 3043 ib4 ib2 hie5.hfe4 127,2K hie5.hfe4.hfe5 127,2K Zo RE6 3hie4 h3fe =0,381 Rc2 h3fe ≈10 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 34 Chương VII: MẠCH KHUẾCH ĐẠI HỒI TIẾP. I. Hồi tiếp áp, sai lệch dòng. 1) Bài 7-4    = Ω= 40h K1h GT fe ie ;     == = ? i i A ?T KL i L i Đây là dạng hồi tiếp áp, sai lệch dòng. a- Tính độ lợi dòng T: cho ii = 0 ' 1 1b 1b 2b 2b 1 i ' 1 1 V i . i i . i V 0iV V T = = = (1) ( ) 32fe22E 2b 1 10.41h1R i V =+= (2) ( ) ( ) 941,0 85 80 10.4110.411010.2 40.10.2 h1Rh1RhR h.R i i . i i i i 3333 3 2fe22E2fe21E2ie1C 1fe1C 1b 1C 1C 2b 1b 2b −=−= +++ −= +++++ −== (3) 634 1ief1ief ' 1 ' 1 ' 1 1b 10.91 1010 1 hR 1 hR V . V 1 V i − = + = + = + = (4) V1 ii RE22 1K Rf 10K RC1 2K RC2 2K iL RL 100 +VCC RE21 1K T1 VL iC2 hie1 hfe1ib1 40ib1 RE21(hfe2+1) 41K Zo Zi ii RC1 2K RC2 2K ib1 ic1 40ib2 Rf V1 hie2 1K ib2 V’1 + - RE22(hfe2+1) 41K RL 100 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 35 Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: T = 41.103.(-0,941).91.10-6 = -3,51 b- Tính i L i i iA = cho V’1 = 0 i 1b 1b 2b 2b L i L i i i . i i . i i i i A == (1) 6,3940. 1010.2 10.2h. RR R i i . i i i i 3 3 2fe L2C 2C 2b 2C 2C L 2b L −= + −= + −== (2) 941,0 i i 1b 2b −= (như (3) ở phần trên) (3) 234 4 1ief f i 1b 10.91 1010 10 hR R i i − = + = + = (4) Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: Ai = (-39,6).(-0,941).91.10-2 = 33,9 ≈ 34 c- Tính Aif, Zif, Zof. 54,7 51,31 34 T1 A A iif =+ = − = Zi = Rf//hie1 = 104//103 ≈ 910Ω Ω= + = − = 202 51,31 910 T1 Z Z iif Zo = RC2 = 2KΩ Ω= + = − = 443 51,31 10.2 T1 Z Z 3 o of 2) Bài 7-11      ∞→ Ω= = C 10h 100h GT ib fe ;        = == ?T Z;Z ? i i A KL oi i L i ii Rf = Rb =10K RC 2K C iL RL +VCC RE 100 C Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 36 hie = hib.hfe = 10.100 = 1KΩ a- Độ lợi vòng T: cho ii = 0 ' L b b L i ' L L V i . i V 0iV V T = = = (1) 433 233 fe LC C L b C C L b L 10.5 1010 10.10.10h. RR R .R i i . i V i V −= + −= + −== (2) 634 iefief ' L ' L ' L b 10.91 1010 1 hR 1 hR V . V 1 V i − = + = + = + = (3) Thay (2), (3) vào (1) ta có: T =(-5.104).91.10-6 = -4,55 b- Tính Ai, Zi, Zo. i b b L ' Li L i i i . i i 0Vi i A = = = (1) 50100. 1010 10h. RR R i i . i i i i 3 3 fe LC C b C C L b L −= + −= + −== (2) 234 4 ief f i b 10.91 1010 10 hR R i i − = + = + = (3) Thay (2), (3) vào (1) ta có: Ai = (-50).91.10-2 = -45,45 Zi = Rf//hie = 104//103 = 910Ω Zo = RC = 103Ω = 1KΩ c- Tính Aif, Zif, Zof. 2,8 55,41 50 T1 A A iif −=+ −= − = Ω= + = − = 164 55,41 910 T1 Z Z iif Ω= + = − = 180 55,41 10 T1 Z Z 4 o of hie1 iL VL hfeib 100ib Zo ii RC 1K ib ic Rf Rf 10K V’L + - RL Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 37 II. Hồi tiếp áp, sai lệch áp: 1) Bài 7-10      ∞→ Ω= = C 50h 50h GT ib fe ;        = == ?T Z;Z ? i i A KL oi i L i a- Tính độ lợi vòng T (cho ii = 0) ' L 1b 1b 2b 2b L i ' L L V i . i i . i V 0iV V T = = = (1) 33 34 34 2fe 2Cf 2Cf 2b 2C 2C L 2b L 10.5,8350.10.67,150. 10.210 10.2.10 h. RR R.R i i . i V i V −=−= + −= + −== (2) ( ) 46,12 10.5,210.83,0 50.10.83,0 h hR//R R//R i i . i i i i 33 3 1fe 2ie2b1C 2b1C 1b 1C 1C 2b 1b 2b −= + −= + −== (3) 6 3533 3 1fef1E1fe1ie1b 1fe1E ' L 1b 10.2,1 10.210.5 1. 10.510.5,2890 10.5 'Rh.R 1. R.hhR h.R V i − −= +++ − = +++ − = (4) VL ii Rf =10K C +VCC R21 8K C R11 1K RC1 1K RE1 100 R22 10K R12 10K RC2 2K RE2 1K iC1 hfe1ib1 50ib1 hie1 2,5K hie2 2,5K RC2 2K Zo ii RC1 1K Rb2 5K Rf 10K ib2 ib1 iC2 hfe2ib2 50ib2 Rf.hfe1 5.105 RE1hfe1 5K V ’ L + - Rb1 890 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 38 Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: T = (-83,5.103).(-12,46).(1,2.10-6)= -1,25 b- Tính AT, Zi, Zo. i 1b 1b 2b 2b L i L T i i . i i . i V i V A == (1) 2b L i i và 1b 2b i i tính như trên theo công thức (2), (3) ( ) 107,010.95,410.5,2890 890 hRRhR R i i 33 1fef1E1ie1b 1b i 1b = ++ = +++ = (4) Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: Ai = (-83,5.103).(-12,46).(0,107) = 111.103V/A = 111V/mA Zi = Rb1//[hie1 + (RE11//Rf)(1 + hfe)] = 890 //[2500 + 4950] = 795Ω Zo = Rf = 10KΩ c- Tính AVf, Zof, Zif. mA V49 A V10.49 25,11 10.111 T1 A A 3 3 T Tf ==+ = − = ( ) Ω=+=−= 1788)25,11(795T1ZZ iif Ω= + = − = 4444 25,11 10 T1 Z Z 4 o of 2) Bài 7-12      ∞→ Ω= = C 50h 20h GT ib fe ;      = = ?T Z;Z ?A KL oi V VL Vi + - ri 1K Rf =1K C +VCC R21 10K C R11 1K RC1 500 RE12 82 R22 10K R12 1K RC2 500 RE22 82 C RE11 22 C RE21 22 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 39 a- Tính độ lợi vòng T (cho Vi = 0) ' L 1b 1b 2b 2b L i ' L L V i . i i . i V 0iV V T = = = (1) ( ) 666720.500//10h. RR R.R i i . i V i V 3 2fe 2Cf 2Cf 2b 2C 2C L 2b L −=−= + −== (2) ( ) ( ) 52,3 1835 6460 4621050323 20.323 h h1RhR//R R//R i i . i i i i 1fe 2fe21E2ie2b1C 2b1C 1b 1C 1C 2b 1b 2b −=−= ++ −= +++ −== (3) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 6 3 3 1bi1ie1fef11E 1fef11E 1fef , L , L ' L 1b 10.88,10 4,41546 10.452 4,4761050452 452. 10.21 1 R//rhh1R//R h1R//R . h1R V . V 1 V i − − −=−= ++ −= +++ + + −= (4) Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: T = (-6667).(-3,52).(-10,88.10-6)= -0,255 b- Tính AV, Zi, Zo. i 1b 1b 2b 2b L i L V V i . i i . i V V V A == (1) 2b L i V và 1b 2b i i tính như trên theo công thức (2), (3) ( ) ( )( ) 5 3 3 1fef11E1ie1bi 1bi i i ii 1b 10.24 4,1978 10.4,476 45210504,476 4,476. 10 1 h1R//RhR//r R//r . r V . V 1 V i − − == ++ = +++ = (4) hfe1ib1 20ib1 Rf(hfe1+1) 21K hie2 1050 Vi + - Zo Zi Rb1 910 RCb2 910 ib1 iC2 RE11(1+hfe1) 462 iC1 V’L + - ri 1K RC1 500 RC2 500 ib2 ii hie1 1050 RE21(1+hfe2)=462Ω 20ib2 Rf 1050 Rf(hfe1+1) 21K Rb1 910 ib1 RE11(1+hfe1) 462 ri 1K hie1 1050 V’L Rf(1+hfe1) Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 40 Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: AV = (-6667)(-3,52).24.10-5 = 5,63 Zi = Rb//[hie1 + (RE11//Rf)(1 + hfe1)] = 103 //1502 ≈ 600Ω Zo = Rf = 1000Ω c- Tính AVf, Zif, Zof. 486,4 255,01 63,5 T1 A A VVf =+ = − = ( ) Ω=+=−= 753)255,01(600T1ZZ iif Ω= + = − = 797 255,01 1000 T1 Z Z oof