Tài liệu MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO QUYỂN “Giáo trình mạch điện tử I” doc

Chương I: DIODE BÁN DẪN... Với dạng sóng tam giác ta có kết quả tương tự như sóng sin... b- Tìm công suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner... - 43 - Một số bài tập mẫu - 43 - Chương II

Trang 1

- 35 - Một số bài tập mẫu - 35 -

MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO QUYỂN

“Giáo trình mạch điện tử I”

Chương I: DIODE BÁN DẪN

I

I Diode bán dẫn thông thường:Diode bán dẫn thông thường:

1) Vẽ dạng sóng chỉnh lưuVẽ dạng sóng chỉnh lưuVẽ dạng sóng chỉnh lưu: (Bài 1-1 trang 29)

Công thức tổng quát tính VL:

L L i

D S

RR

VV

V

+

−

=

VD = 0,7V (Si) và VD = 0,2V (Ge)

aaaa Vẽ VVẽ VL(t) với VSSSS(t) dạng sóng vuông có biên độ 10 và 1V (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:

7,010

7,01

-D

10

+ +

Trang 2

∗ Khi VS = 10sinωot nghĩa là VSm = 10V >> VD =0,7V ta có:

9991

10R

RR

V

L i

Sm 1

+

≈+

≈

tsin9

7,0tsin1

=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 1Bài 1Bài 1 3:3:3: Để có các kết quả rõ ràng ta cho thêm các giá trị điện trở: R1 =

7,010R

RR

VV

3 3

L L i

D S 1

+

−

=+

−

=

V27,010.9.10.910

7,01R

RR

VV

3 3

L L i

D S 2

+

−

=+

Trang 3

V5,410.9.10.91010

10R

RRR

V

3 4

3 L L b i

S 1

++

=+

+

=

V45,010.9.10.91010

1R

RRR

V

3 4

3 L L b i

S 1

++

=+

+

=

bbbb Vẽ VVẽ VL(t) với dạng sóng sin có biên độ 10V và 1 V.(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:

tsin10R

RR

S 1

+

ω

=+

tsin10R

RRR

V

3 4

3

0 L

L b i

S 1

++

ω

=+

7,0tsin1RRR

7,0tsin1

3 3

0 L

L i

0 2

+

−ω

=+

−ω

=Tại

tsin7,0R

RRR

tsin7,0

3 4

L L b i

0 2

++

ω

=+

Trang 4

+ T 02

1

< , Diode tắt, Rng = ∞, dòng iL chảy qua Ri, Rb, RL nên ta có

tsin45,010.9.10.91010

tsin1R

RRR

tsin1

3 4

L L b i

0 2

++

ω

=+

+

ω

=

2)

2) Dạng mạch Thevenin áp dụnDạng mạch Thevenin áp dụnDạng mạch Thevenin áp dụng nguyên lý chồng chập:g nguyên lý chồng chập:g 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:

V310.5,110

10.5,15rR

rV

i i

i DC

+

=+

=

∗ Khi chỉ có Vi, còn VDC = 0 thì điện áp giữa hai điểm A-K là:

)V(tsin410.5,110

10t

sin.10rR

RV

i i

+ω

=+

=

∗ Vậy khi tác động đồng thời cả VDC và Vi thì sức điện động tương

đương Thevenin giữa hai điểm A-K là:

Trang 5

)V(tsin43rR

RVrR

rV

i i

i i i i

i DC

+

++

+

=++

10.5,110

10.5,1.10R

rR

r

R

3 3

L i i

i i T

3

,2

,3,0t

Theo định luật Ohm cho toàn mạch ta có

T

T D T T

D T

R

VV.R

1R

VV

10.2

37,0.10.2

1i

46,67,0.10.2

1i

77,0.10.2

1i

2,88 1,15

-1

VT

t

Trang 6

∗ Tại 0,58(mA)

10.2

46,07,0.10.2

1i

17,0.10.2

1i

2

ωc- Vẽ

( ) (3 4sin t) 2,1 2,8sin t(V)7

,0V7,0

10.2

V10.4,1Rr//

R

VR

R

V.Ri

R)t(V

0 0

T

3 T 3 L

i i

T L

T

T L D L L

ω+

=ω+

=

=+

=

II

II Diode Zenner:Diode Zenner:Diode Zenner:

1) Dạng dòng IL = const (bài 1-40); 200mA ≤ IZ ≤ 2A, rZ = 0

42,1

1822I

VVR

min Z

Z min i i

1828I

VV

R

max Z

Z max i i

t

IR

RL=18Ω

VZ=18v 22v<VDC<28v

VL

IL

Trang 7

a- Tính giá trị lớn nhất của Ri

max L min Z

Z i i

min L max Z

Z i

II

VVR

II

VV

+

−

≤

≤+

−

∗ Khi VDC = 13V ta có

Ω

=+

−

085,0015,0

1013

Rimax

∗ Khi VDC = 16V ta có

Ω

=+

−

085,0015,0

1016

RimaxVậy ta lấy Rimax = 30Ω

b- Tìm công suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner

VV

I

i

Z max i

⇒ Izmax =Imax −ILmin = 0,2−0,01=0,19=190mA

⇒ Pzmax =0,19×10=1,9W

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:

mA8010

8,0V

PI

Z

max Z max

Vậy 10mA ≤ IZ ≤ 80mA

Ta có: Imin = IZmin + ILmax = 60mA

Imax = IZmax + ILmin = 110mA

Mặt khác: Vimin = Imin.Ri + VZ = 20V

RL

VZ=10v 20v<VDC<25v

Ri

IL

Trang 8

⇒ = − =166,7Ω

06,0

1020

Rimax

Vimax = Imax.Ri + VZ = 25V

11,0

1025

RiminSuy ra: 136,4Ω ≤ Ri ≤ 166,7Ω

mA50IkhiV5,1215005,020

mA30IkhiV5,1515003,020150IV

L

L Z

mA50IkhiV5,1715005,025

mA30IkhiV5,2015003,025150IV

L

L Z

Z

Tương ứng ta tính được các dòng IZ:

mA7,36150

105,15

150

105,12

mA70150

105,20

150

105,17

IZ(mA)

VZ

36,75030

8070

10

rZ =10Ω

16,712,5

Trang 9

Chương II

Chương II: TRANSISTOR HAI LỚP TIẾP GIÁP: TRANSISTOR HAI LỚP TIẾP GIÁP: TRANSISTOR HAI LỚP TIẾP GIÁP

I

I Bộ khuếch đại RBộ khuếch đại R C khC khC không có Công có CC và không có CE (E.C) (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)

mA81010.5,1

525R

R

VV

E C

CEQ CC

+

−

=+

−

=

⇒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

E 2 2

b E 1

10

1RRR10

=

10

1RRK210.20.10

1

2 b

3 1

Vậy 2KΩ ≤ Rb ≤ 6KΩ

∗ Mặt khác

β+

−

=

b E

BB

R

7,0V

9,0RR

RRI

I

1

b E 2

b E

2 CQ

1 CQ

≥β+

≥β

+

1 2 b E 1

b E 2

b

E R 0,9 R R 0,1R R 1 0,9R

Ω

=

=+

−

=β

+β

−

≤

⇒

− 3,53K10

.3,2810020

9,0601

10.1,09,01

R1,0

1 2

E b

Trang 10

∗ Nếu bỏ qua IBQ ta có VBB ≈ VBE + IEQRE = 0,7 + 8.10-3.103 = 8,7V Suy ra:

Ω

≈Ω

10.5,325

7,81

110.5,3V

V1

1R

CC BB b

1

Ω

≈Ω

=

7,8

2510.5,3V

VR

BB

CC b 2

∗ Ta có thể tính tổng quát: Chọn Rb = 4KΩ thay vào (1):

%9,881200106720

10.410

60

10.410I

I

3 3

2 CQ

1 CQ

=

=+

+

1150105020

10.310

60

10.310I

I

3 3

2 CQ

1 CQ

=

=+

+

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:

AC Ư CQT TƯ CEQ

AC DC

CC TƯ

CQ max Cm

R.IV

RR

VI

1ACLL

DCLL

QTƯ

0

Trang 11

Ω

≈Ω

7,51

110.10V

V1

1R

CC BB b

1

Ω

≈Ω

=

7,5

2510V

VR

BB

CC b 2

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

50100

7,02,1RR

VVI

b E

BEQ BB

+

−

=β+

∗ 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

( ) (2,15.10 ) 10 2,31mW

2

1R.I

Trang 12

Hiệu suất: 11,7%

10.8,19

10.31,2P

P

3 3

II Bộ KĐRC không có CBộ KĐRC không có CC, CE (tụ bypass Emitter) (EC) (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:

A10mA10R

7,0V

10

1R10

7,11

10V

V1

1R

CC BB b

1010V

VR

BB

CC b 2

b- Để tìm ICmmax với R1, R2 như trên ta phải vẽ DCLL và ACLL:

Trang 13

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

( CE CEQ)

C CQ

R

1I

150

5,710R

VI

C

CEQ CQ

max

CEQ C CQ max

2) Bài 2-16: Điểm Q tối ưu (hình vẽ như hình 2-15)

Để có dao động Collector cực đại ta có:

AC DC

CC Ư

CQT max

VI

10

1R10

2,31

10V

V1

1R

CC BB b

1

Ω

≈Ω

=

2,3

1010V

VR

BB

CC b 2

V

E C

Trang 14

Để vẽ ACLL, rất đơn giản ta chỉ cần xác định:

iCmax = 2ICQTƯ và VCemax = 2VCEQTƯ

III

III Bộ KĐ RBộ KĐ RBộ KĐ R C có CC có CC và CE (E.C) (E.C)

1) Bài 2-20: Điểm Q tối ưu

RDC = RC + RE = 900 + 100 =1KΩ

Ω

=+

900900

900.900R

R

RRR

L C

L C AC

mA9,6RR

VI

I

DC AC

CC Ư

CQT max

10

1R10

1010

4,11

10V

V1

1R

CC BB b

V

E C

CC =+

Trang 15

1010V

VR

BB

CC b 2

Ta có dòng xoay chiều:

V1,3V

mA45,39,6900900

900I

RR

RI

Lm

Cm L C

C Lm

=

⇒

=+

=++

900900

900.900100R

R

RRRR

L C

L C E AC

mA45,655010

10R

R

VI

AC DC

CC max

Cm Ư

+

=+

10

1R10

1010

345,11

10V

V1

1R

CC BB b

1010V

VR

BB

CC b 2

mA225,310.45,6.900900

900I

RR

R

Cm L C

C

+

=+

VLm = RL.ILm = 900.3,225.10-3 = 2,9V

IV

IV Bộ KĐ R.C mắc theo kiểu C.C.Bộ KĐ R.C mắc theo kiểu C.C.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

2 1

1

+

=+

=

mA1,260

10.410.2

7,0

5R

R

7,0V

3 b

Trang 16

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

3 3

3 Cm

L E

L

+

=+

R

1I

++

RR

RRRR

L E

L E C AC

10.2

7,1810

.1,2R

VI

AC

CEQ CQ

iC = 0 suy ra V V R I 18,7 2.103.2,1.10 3 22,9V

CQ AC CEQ max

1ACLL

100

1DCLL

ICQ = 2,1

Trang 17

10.210.3

25R

R

V

AC DC

CC Ư

+

=+

=

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

100

7,010RR

7,0VI

b E

BB

β+

100I

RR

R

Em L E

E

+

=+

R

1I

R

VIi

AC

CEQ CQ

max

+ Cho iC = 0 suy ra

V675,1050.10.9305,6RIV

AC CQ CEQ

133R

R

VV

E C

Trang 18

∗ Nếu bài này được tính ở chế độ tối ưu thì:

RDC = RC + RE = 150Ω

Ω

=+

RR

RRR

L E

mA100A1,050150

20R

R

VI

DC AC

CC Ư

+

=+

=

VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 5V

Trang 19

Chương IV

Chương IV:

THIẾT KẾ VÀ PHÂN TÍCH TÍN HIỆU NHỎ TẦN SỐ THẤP

I

I Sơ đồ mắc Emitter chung E.C:Sơ đồ mắc Emitter chung E.C:

1) Bài 4-7: Q bất kỳ

a- Chế độ DC

K3205,3

20.5,3RR

RRR

2 1

+

=+

=

V320.205,3

5,3V

RR

R

2 1

1

+

=+

=

mA6,4100

10.3500

7,03

.6,4

10.25h.4,1

b- Chế độ AC:

i

b b

L i

L

ii

Trang 20

10.5,1h

.RR

Ri

ii

i

3 3

3 fe

L C

C b

C C

L b

+

−

=+

R//

R

R//

Ri

i

3 3

ie b i

b i i

b

=+

=Thay vào (1) ta có: Ai = -50.0,61 = -30,6

1

mA8350

10010

7,07,1RR

7,0VI

1

b E

BB 1

+

−

=β+

−

=

mA10010

7,07,

1R

7,0VI

E

BB 2

.83

10.25.50.4,1

10.25.150.4,1

suy ra 21Ω ≤ hie ≤ 52,5Ω b- Chế độ AC:

Trang 21

ie b

b fe L C

C i

b b

L i

L

R.h.RR

Ri

ii

iA

++

100.50.100100

100

++

−

=

1,495,52100

100.150.100100

100

++

−

=

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:

mA5,4100

1010

7,07,5h

RR

7,0V

3 fe

b E

.5,4

10.25.100.4,1

Trang 22

i

b b

L i

L

ii

i

24,95h

.RR

Ri

ii

i

fe L C

C b

C C

−

=

09,01077810

10R

hhR

Ri

i

5 4

4

E fe ie b

b i

++

=+

II Sơ đồ mắc B.C:Sơ đồ mắc B.C:Sơ đồ mắc B.C: Bài 4-21, hoe = 104

1) Chế độ DC:

91,011

10h1

hh

−

3210

10.25.10.4,1.11

1h1

h

fe

ie ib

5 4

Trang 23

i

e e

L i

L V

V

ii

VV

V

82791

,0.1010

10.10h

.h

1Rh

1Ri

i.i

Ri

i

V

5 4

5 4 fb

ob L

e

C C

L L e

L

−

=+

−

=+

−

=

012,03250

1h

R

1h

R

V.V

1

V

i

ib i ib

i

i i

i

e

−

=+

−

=+

−

=+

−

=

Thay vào (1) ta được AV = (-827).(-0,012) = 10,085 ≈ 10

III Sơ đồ mắc C.C:Sơ đồ mắc C.C:Sơ đồ mắc C.C: Bài 4-23

1) Chế độ DC

VCC = IBQRb + VBEQ + REIEQ

mA65,4100

1010

7,0

10R

R

7,0V

3 b E

Trang 24

≈

−75310

.65,4

10.25h,

1

i

b b

L i

L

VV

500.100

R//

Rhhi

R//

Rh.iV

V

L E fe ie b

L E fe b b

L

=+

K3,33R

r

RR

r

V.R.V

1

V

3 '

b i

' b '

b i

i ' b i i

b

=+

Ω

=+

h

R//

rh//

R

fe

b i ib E o

Zo

Trang 25

Chương VI:

Chương VI: MẠCH TRANSISTOR GHÉP LIÊN TẦNG MẠCH TRANSISTOR GHÉP LIÊN TẦNG MẠCH TRANSISTOR GHÉP LIÊN TẦNG

I Transistor ghép Cascading:

=+

10

1RK1,210.710.3

10.7.10.3RR

R.R

21 11

21 11 1

suy ra, không được bỏ qua IBQ1;

V310.10.710.3

10.3V

.RR

R

21 11

11 1

+

=+

=

mA2,1650

2100100

7,03h

RR

7,0VI

1 fe

b E

1 BB 1 EQ

1 1

=+

−

=+

.2,16

10.25.50.4,1I

10.25.h,1

1 EQ

3 1

fe 1

=+

10

1RK9,010.910

10.9.10R

R

R.R

22 12

22 12 2

suy ra, được bỏ qua IBQ2;

V110.10.910

10V

.RR

R

22 12

12 2

+

=+

=

mA2,1250

3,050

900250

7,012

RR

7,0VI

2 2 E

2 BB 2

+

−

=+

.2,1

10.25.50.4,1I

10.25.h,1

2 EQ

3 2

fe 2

2 2

L

i.i

Trang 26

.1i

i.i

ii

i

2 fe 2

2 C 2 C

L 2

06,550.1458164164

h.hR//

R

R//

Ri

i.i

ii

i

1 fe 2 ie 2 1 C

2 1 C 1

1 C 1 C

2 1

2

−

≈+

2100h

R

Ri

i

1 ie b

b i

+

=+

R

1I

Bài 6 2222: Điểm Q tối ưu nên phải tính tầng thứ hai trước, tầng 1 sau

aaaa Chế độ DC:Chế độ DC:Chế độ DC:

RDC2 = RC2 + RE2 = 2250Ω; RAC2 = RC = 2KΩ

mA35,220002250

10R

R

VI

2 AC 2 DC

CC Ư

T 2

+

=+

1ACLL

9,710

ICQ = 1,2

ICmmax

Trang 27

.35,2

10.25.50.4,1I

10.25.h4,1

2 EQ

3 2

fe 2

ie

RDC1 = RC1 + RE1 = 200 + 100 = 300Ω;

RAC1 = RC1//Rb2//hie2 = 200//900//745 ≈ 134,4Ω

mA234,134300

10R

R

VI

1 AC 1 DC

CC Ư

T 1

+

=+

.23

10.25.50.4,1I

10.25.h,1

1 EQ

3 1

fe 1

745164

164.2500h

R

R.hR//

R

R//

Rh

.hA

1 ie b

b 2

ie 2 1 C

2 1 C 2

fe 1 fe

++

=++

=

2) E.C

2) E.C –––– C.C: C.C: C.C:

Bài 6

Bài 6 3 3 3 Điểm Q tối ưu

aaaa Chế độ DC: Chế độ DC: Chế độ DC:

Tầng 2:

RDC2 = RE2 = 1KΩ; RAC2 = RE2//RL = 500Ω

mA7,650010

10R

R

V

2 AC 2 DC

CC Ư

T 2

+

=+

.7,6

10.25.100.4,1I

10.25.h,1

2 EQ

3 2

fe 2

ie

Ω

=Ω

1

2 E 2 fe 2

4,71

10V

V1

R

CC

2 BB

b 12

1010V

VR

2 BB

CC b 22

10R

R

VI

1 AC 1 DC

CC Ư

T 1

+

=+

=

VCEQ1TƯ = ICQ1TƯ.RAC1 = 11,34.10-3.382 = 4,33V

Trang 28

10.25.100.4,1I

10.25.h,1

2 EQ

3 1

fe 1

834,11

10V

V1

R

CC

1 BB

1 11

1010V

VR

1 BB

CC 1 21

bbbb Chế độ AC: Chế độ AC: Chế độ AC:

i

1 1

2 2

L

i.i

V

L E fe 2

L 1 h R //R 50,5.10i

V

=+

75,051407

10.385100

.50500522

385

h.R//

Rh1hR//

R

R//

Ri

i.i

iii

2

1 fe L E fe 2

ie 2 1 C

2 1 C 1

1 C 1 C

2 1 2

−

≈

−

=+

+

−

=

+++

10h

R

Ri

1 ie 1

1 i

+

=+

h

R//

Rh//

R

2 ib E o

(1+hfe)RE

101KΩ

RE 1KΩ

Trang 29

3) 3) Dạng bài hỗn hợp E.C Dạng bài hỗn hợp E.C Dạng bài hỗn hợp E.C –––– C.C: C.C: C.C: Bài 6-4

Tìm R để

i

02 i

01

i

Vi

2 2

01 i

01

i

i.i

Vi

V

i

1 1

2 2 E 2 fe i

02

i

i.i

i.R)h1(i

3 3

01 2

01

i

i.i

Vi

V

Từ (5) suy ra

2 E 2 fe 2

fe 3 E 3 fe 3

ie 2

C

2 C 3

E 3 fe 2

R)h1(hRR

R

R)h1(i

V

+

−

=+

++++

=

5050100

.505010

R10

10

+++

50505050

1010.9310

10.10.5050

R)h1(hRR

h.R.R)h1(i

ii

ViV

3 3 3

2 3

3 E 3 fe 3

ie 2

C

2 fe 2 C 3 E 3 fe 2

2 C 2 C

3 3

01 2 01

−

≈+

++

−

=

++++

10.550501000

500

100.500

h.R)h1(hR//

R

R//

Ri

i.i

iii

4

1 fe 2 E 2 fe 2

ie 2 1 C

2 1 C 1

1 C 1 C

2 1 2

−

=

−

=+

+

−

=

+++

R//

R

R//

Ri

i

3 3 3

1 ie 1 i

1 i i

+

=+

Trang 30

( 5050)( 7,63).0,5 19,27mAVi

h

Rh

//

RZ

3 fe

2 C 3 fe 3 ib 3 E o

II

II Transistor mắc vi sai và DarlingtơnTransistor mắc vi sai và DarlingtơnTransistor mắc vi sai và Darlingtơn

1) Bài 6

1) Bài 6 23: E.C 23: E.C 23: E.C –––– E.C E.C E.C

aaaa Chế độ DC Chế độ DC Chế độ DC

V25,29.10.310

10V

.RR

RV

21 11

11 2

BB 1

+

=+

=

mA55,142,710

7,025,2h

RR2

7,0VI

fe

b E

1 BB 2 EQ 1

+

−

=+

Trang 31

V725,34,1875,39VVI

RV

mA6260

725,3R

VI

I

4 E

R 4 EQ 4

mA62,010

10.62h

III

fe

4 CQ 4 BQ 3 EQ 3

.55,1

10.25.100.4,1I

10.25.h4,1

1 EQ

3 1

fe 1

.62,0

10.25.100.4,1I

10.25.h4,1

1 EQ

3 3

fe 3

.62

10.25.100.4,1I

10.25.h,1

1 EQ

3 4

fe 4

ie

bbbb Chế độ AC Chế độ AC Chế độ AC

(1 h ) 500.101 50500R

i

1 1

2 c 2 c

3 3

L i

L

i.i

ii

fe 3

( )

3

3 3

3

' 4 E 4 ie fe 3

ie 2 C

2 C 2

c 3

10,4605,631

5,2

10.76,6175700564510

.5,2

10.5,2

Rhh1hR

Ri

−

=

++

−

=

( )1 100

hi

ii

i

2 fe 1

2 2

2 c 1

2

(Vì R’E rất lớn nên coi ib2 ≈ ib1)

3 ''

E 1 ie b

b i

28322258750

750R

hR

Ri

=+

+

=++

Trang 32

với R =R' //[hie2 +Rb]=5050//3008≈2832Ω

E

'' E

Thay (2), (3), (4), (5) vào (1) ta có:

aaaa Chế độ DC Chế độ DC Chế độ DC

Áp dụng định luật K.II ΣVkín = 0 cho vòng 2 ta có:

mA3,210

7,03R

VV

3 E

3 BE EE 3

mA15,12

II

2 EQ 1

VCE1 = VCE2 = 6 – 103.1,15 10-3 – 0,185 = 4,665V ≈ 4,67V

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

mA27510

75,2R

VI

6 E

6 RE 6

Định dạng
Số trang	40
Dung lượng	371,75 KB