(Tiểu luận) bài tập lớn mạch khuếch đại liên tầng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KĨ THUẬT TP.HCM KHOA ĐIỆN-ĐIỆN TỬ  MÔN HỌC: ĐIỆN TỬ CƠ BẢN Mã lớp học: BAEL340662_21_1_20 BÀI TẬP LỚN: MẠCH KHUẾCH ĐẠI LIÊN TẦNG GVHD: ThS Trương Thị Bích Ngà SVTH Võ Đăng Khoa MSSV 20161329 Đặng Văn Khải 20161325 Đào Thế Hữu 20161324 Võ Tuấn Kiệt 20161330 TP HỒ CHÍ MINH - 11/2021 h YÊU CẦU BÀI TẬP: a Hãy cho tra cứu thông số β, Cbc Cbe (hay fT ) transistor Q1 Q2 b Vẽ sơ đồ tương đương dc tìm điểm tĩnhQ1, Q2 c Vẽ đường tải DCLL ACLL Q2 Tìm maxswing Vo2 d Vẽ sơ đồ tương đương tín hiệu nhỏ mạch e Zi, Zo, AV,AVS, Ai f Hãy vẽ dạng sóng điểm A, B,C, D VS = 0.1sin10000πt (mV) g Tìm biên độ tín hiệu vào cực tín hiệu ngõ khơng bị méo h Hãy mơ câu b,f,g Hãy nhận xét kết tính mô i Hãy dùng bode plotter đo băng tần mạch, giải thích đồ thị đo Lưu ý: - Có thể giảm biên độ tín hiệu nguồn tín hiệu bị méo - Báo cáo trình bày PowerPoint, báo cáo ghi rõ mục thành viên thực - Mỗi thành viên phải trả lời câu hỏi phần làm hay cơng việc thành viên nhóm VCC 20V R2 820kΩ R3 2.2kΩ C2 R9 82kΩ R10 2.2kΩ B C 1µF A V1 R4 C1 500Ω 1µF 0.1mVpk 5kHz 0° Q1 2N2222* R1 1kΩ D 1µF Q2 2N2222** C4 47µF h C3 R6 10kΩ R5 1kΩ RL 2.2kΩ C5 47µF BÀI GIẢI : a Các thông số β, Cbc Cbe (hay fT ) transistor Q1 Q2 (2N2222) β (hfe) = 200 Cbc = pF Cbe (fT) = 250 MHz b Vẽ sơ đồ tương đương dc tìm điểm tĩnhQ1, Q2 Phân tích DC: xem tụ hở mạch  Tầng 1: VCC 20V R3 2.2kΩ R2 820kΩ Vòng BE B Vòng CE Q1 2N2222 R1 1kΩ Xét vòng BE: - Vcc + IB.R2 + VBE + IC.R1 = Ta có : IB = βIC  IB = Vcc − VBE R2+βR1 = 20 − 0.7 820+200.1 = 0.0189 mA h  IC = 3.78 mA Xét vòng CE: - Vcc + R3.IC + R1.IC =  VCE = Vcc - IC.(R3 + R1) = 20 – 3.78(2.2 + 1) = 7.904 V Q1 (7.904V ; 3.78 mA)  Tầng 2: VCC 20V VCC 20V R10 2.2kΩ R10 2.2kΩ R9 82kΩ C 8.913kΩ Q2 2N2222** Vth 2.174V R5 1kΩ R6 10kΩ Vth = Rth = Vcc.R6 R6+R9 R6.R9 R6+R9 = = 20.10 10+82 10.82 10+82 = 2.174 V = 8.913 k Xét vòng BE: - Vth + IB.Rth + VBE + R5.IC = Ta có : IB = βIC  IB = Q2 2N2222 Rth C Vth − VBE Rth + βR5 = 2.174 − 0.7 8.913+200.1 = 0.007055 mA  IC = 1.411 mA h Vòng CE BE R5 1kΩ Xét vòng CE: - Vcc + R10.IC + R5.IC =  VCE = Vcc - IC.(R10 + R5) = 20 – 1.411(2.2 + 1) = 15.48 V Q2 (15.48 V; 1.411 mA) c Vẽ đường tải DCLL ACLL Q2 Tìm maxswing Vo2 Phương trình đường tải DCLL: IC = −Vce R10+R5 Vcc + R10+R5 = −Vce 3.2 20 + 3.2 (A) Phân tích ACLL : - f ≠ 0, 𝜔 𝑐 ≠ 0, giả sử 𝜔 𝑐 → ∞ , Zc = / 𝜔.𝑐 = (Ω) Các tụ xem nối tắt Vẽ lại mạch: Q2 2N2222** Q1 2N2222* R4 500Ω VS 0.1Vpk 5kHz 0° R3 2.2kΩ R2 820kΩ Phương trình đường tải ACLL: Có Rac = R10//RL = 1.1 kΩ icτ = = −Vceτ Rac −Vceτ 1.1 + + VCEQ2 Rac 15.48 1.1 + ICQ2 + 1.411 (A) h R9 82kΩ R6 10kΩ R10 2.2kΩ RL 2.2kΩ Ic(mA) 15.48 6.25 Q2 (15.48; 1.411) 20 17.03 Vce(V) Maxswing Vo2 = 2.min(VCEQ2 ; Rac2.ICQ2 ) = 2.min( 15.48; 1.55) = 3.1 (V) d Vẽ sơ đồ tương đương tín hiệu nhỏ mạch R4 500Ω V1 0.1mVpk R2 5kHz 820kΩ 0° hie1 1.376kΩ I1 I = { hfeib1 } R3 2.2kΩ h Rth 8.913kΩ hie2 3.68kΩ I2 I = { hfeib2 } R10 2.2kΩ RL 2.2kΩ e Tính Zi, Zo, AV,AVS, Ai * Zi = R2//hie1 = 820k//1.376k = 1.376 kΩ * Zo = R10 = 2.2 kΩ * AV = AV1 AV2 Vo1 + AV1 = =−( Vi1 Rac1 re1 ) Với Rac1 = R3 // Rth // hie2 = 2.2k // 8.913k // 3.68k = 1.1926k  AV1 = + AV2 = 1.2 − (0.00688) = -173.34 Vo2 Vi2 =−( Rac1 re1 ) Với Rac2 = R10 // RL = 2.2k // 2.2k = 1.1 kΩ  AV2 = 1.1 − (0.0184) = - 59.78  AV = AV1 AV2 = 10362.2652 * AVS = Zi Av = Zi+R4 * Ai = AV Zi RL 1.376 1.376+0.5 =10362,2652 10362.2652 = 7600.47 1.376 2.2 = 6481.12 f: Hãy vẽ dạng sóng điểm A, B,C, D VS = 0.1sin10000πt (mV) Điểm A Tại điểm A chỉ có tín hiệu AC h Xét điểm A sơ đồ tương đương tín hiệu nhỏ A R4 500Ω i V1 i 0.1mVpk 5kHz 0° Rtd 1.374kΩ …………… Rtd = (R2 // hie1) Xét vòng hình vẽ ta có: (ii dòng đỉnh) -0.1 + 0.5ii +1.374ii = => ii = 0.1 0.5 +1.374 = 0.0534 μA VAMax = ii × Rtd = ii × 1.374 = 0.0733 mV = 73.3μV VA = 73.3sin10000πt (μV) Điểm B Tại điểm B có tín hiệu DC AC Xét điểm B sơ đồ tương đương DC VB = VCE + VR1 = 7.904 + × 3.78 = 11.681 V h Tín hiệu AC B nhỏ so với tín hiệu DC nên ta bỏ qua Điểm C Tại C có tín hiệu DC AC Xét điểm C sơ đồ tương đương DC VCdc = VCE + VR5 = 15.48 + × 1.411 = 16.891 V Xét điểm C sơ đồ tương đương tín hiệu nhỏ Điện áp C điện áp tải Dòng đỉnh tải là: - i0max = Ai × ii = 6481 × 0.0534 = 346.08 μA Điện áp đỉnh tải: V0max = i0max × RL = 346.08 × 2.2 = 761.4 mV =>VO = 0.7614sin10000πt (V) h Vậy VC = Vcdc + VO = 16.891 + 0.7614sin10000πt (V) Điểm D Tín hiệu D chỉ có tín hiệu AC tín hiệu AC điểm C nên VD = 0.7614sin10000πt (V) h g: Tìm biên độ tín hiệu vào cực tín hiệu ngõ khơng bị méo Biên độ tín hiệu vào cực tín hiệu khơng bị méo tính theo cơng thức: 𝑉𝑖𝑚𝑎𝑥 = 𝑀𝑎𝑥𝑠𝑖𝑛𝑔(𝑉𝑜2 ) 𝐴𝑉𝑆 = 3.1 7600 = 0.204 mV h: Mô phỏng, so sánh nhận xét Điểm Q1 Q1 (7.951V ; 3.759mA) h Điểm Q2 Q2 (15.748V ; 1.327mA) Điểm A h Điểm B Điểm C Thành phần DC h Thành phần AC Điểm D h Mô câu g Bảng so sánh mô phỏng tính toán Mô Tính tốn Q1(7.951V;3.759mA) Q1(7.904V ; 3.78mA) Sai số 𝑉𝐶𝐸1 sai số 0.6% 𝐼𝐶𝑄1 sai số 0.55% Q2(15.748V;1.327mA) Q2(15.48 V;1.411mA) 𝑉𝐶𝐸2 sai số 1.7% 𝐼𝐶𝑄2 sai số 6.3% Điểm A VA(p-p) = 147𝜇V VA(p-p) = 146.6𝜇V 0.27% Điểm B VB = 11.729V VCac(p-p) = 1.416V VCDC = 16.994V 𝑉𝐷(𝑝−𝑝) = 1.416V 𝑉𝑂(𝑝−𝑝) = 2.676V VB = 11.681V VCac(p-p) = 1.523V VCDC = 16.891V 𝑉𝐷(𝑝−𝑝) =1.523V 𝑉𝑂(𝑝−𝑝) = 3.1V 0.4% VCac(p-p) sai số 7.5% VCDC sai số 0.6% 7.5% Điểm Q1 Điểm Q2 Điểm C Điểm D Câu g h 15.8% Nhận xét: Nhìn chung sai số nằm khoảng cho phép 10%, có sai số hệ thống máy tính thành viên khác nhau, riêng câu g tầm dao động đầu chỉ đúng theo tính tốn chu kì đầu tiên, chu kì sau tầm dao động bị giảm làm sai số tăng lớn 10% Chưa giải thích giảm tầm dao động i: Hãy dùng bode plotter đo băng tần mạch, giải thích đồ thị đo fL fH Hình ta có vùng tần số sau: + f ∈ [0;fL] : Vùng tần số thấp mạch khuếch đại + f ∈ (fL;fH) : Vùng tần số trung bình mạch khuếch đại + f ∈ [fH;∞] : Vùng tần số cao mạch khuếch đại h  Trong đó: fL: Tần số cắt mạch khuếch đại fH: Tần số cắt mạch khuếch đại  Độ rộng băng tần mạch theo lý thuyết: Công thức: BW = fH – fL  Độ rộng băng tần mạch bị giới hạn tần số cắt tần số cắt trên, tần số cắt mạch mà có độ lợi mạch giảm bậc hai hai hay nói cách khác giảm dB h