Giải Bài Tập Lớn Số 35 môn ĐIỆN TỬ CƠ BẢN Đại học Sư Phạm Kỹ Thuật TPHCM

Giải Bài Tập Lớn Số 35 môn ĐIỆN TỬ CƠ BẢN trường Đại học Sư Phạm Kỹ Thuật TPHCM năm học 2024-2025 Khóa K23

f

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KỸ THUẬT

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KHOA ĐIỆN & ĐIỆN TỬ



BÀI TẬP LỚN SỐ 35 ĐIỆN TỬ CƠ BẢN

Sinh viên thực hiện: : Nguyễn Đoàn Tấn Tiến

Giảng viên hướng dẫn: : BÙI THỊ TUYẾT ĐAN

TP Hồ Chí Minh, tháng 11 năm 2024

NHẬN XÉT CỦA GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

Giáo viên hướng dẫn

ThS Bùi Thị Tuyết Đan

Bài 35: Cho mạch điện như hình sau, tìm:

a Hãy cho tra cứu các thông số β, Cbc , Cbe, hay fT của transistor Q1 và Q2

b Điểm tĩnh Q1 , Q2

c Vẽ đường tải DCLL và ACLL của Q2 Tìm maxswing của Vo2

d Vẽ sơ đồ tương đương tín hiệu nhỏ của mạch

e AV , Zi , ZO , Ai

f Hãy vẽ dạng sóng ra tại ngõ ra, biết sóng vào có dạng sin20000t (mV)

g Tìm tần số cắt dưới của mạch, vẽ đáp ứng tần số của mạch tại vùng tần số

thấp

h Hãy mô phỏng câu b, f, g Nhận xét về kết quả tính và mô phỏng

Biết transistor Q1 là loại K30A, Q2 là loại 2SC1815

BÀI LÀM

a Hãy tra cứu bảng thông số β, C be , C bc hay f T của transistor Q 1 và Q 2

- Thông số cần tìm của transistor 2SC1815

β TT = 70 → 700 => β LT = 70+700

fT = 80 (MHz)

Cbc = 2 (pF)

Cbe = 80 (pF)

- Thông số cần tìm của transistor K30A

IDSS (TT) = 0.3 → 6.5 (mA) => IDSS (LT) = 0.3+6.5

2 = 3.4 (mA)

VP (TT) = - 0.4 → - 5 (V) => VP (LT) = −5−0.4

2 = -2.7 (V)

CISS = Cgs = 8.2 (pF)

CRCC = CGD = 2.6 (pF)

b Điểm tĩnh Q 1 , Q 2 :

Phân tích DC: Xét nguồn VDD triệt tiêu nguồn VS :

Ta có Rth = RG = 104 kΩ // 103 kΩ = 104 × 103

10 4 + 10 3 = 909.09 (kΩ)

Vth = VG = VDD × 𝑅2

𝑅3+𝑅2 = 1.82 (V) Vòng GS: VGS = VG - RS×ID = 1.82- 2×ID (1)

Ta có phương trình Shockley: ID = IDSS × (1 −𝑉𝐺𝑆

𝑉𝑃)2 (2)

Từ (1), (2) →

ID = 3.4 × (1 −1.82−2×𝐼𝐷

−2.7 )2

{ 𝐼𝐷 = 3.7 (𝑚𝐴) (𝑙𝑜ạ𝑖)

𝐼𝐷 = 1.4 (𝑚𝐴) (𝑛ℎậ𝑛)

 VGS = -0.98 (V)

Vòng DS: VDS = VDD – ID × ( RD + RS) = 20 – 1.4× ( 3.3 + 2) = 12.6 (V)

Suy ra: Q 1 = (12.6 V ; 1.4 mA)

Phân tích DC: Xét nguồn VCC:

Ta có Rth = RB = 330kΩ // 33kΩ = 330 × 33

330 + 33 = 30 (kΩ)

Vth = VB = VCC × 𝑅7

𝑅7+𝑅6 = 1.82 (V) Vòng BE: - VB + RB×IB + VBE + IE×RE = 0

 IB = 1.82−0.7

30+(385+1)×0.12= 0.01467 (𝑚𝐴)

Ta có: IC = IB × 𝛽 = 0.01467 × 385 = 5.65 (𝑚𝐴) Vòng CE: - VCC + IC × (1 + 0.12) + VCE = 0

 VCE = 20- 5.65× ( 1.12) = 13.7 (𝑚𝐴)

Suy ra: Q 2 = (13.7 V ; 5.65 mA)

c Vẽ đường tải DCLL và ACLL của Q2 Tìm maxswing của Vo2

DCLL:

Ta có IC = − 1

𝑅𝐸+𝑅𝐶 × VCE + 𝑉𝐶𝐶

𝑅𝐸+𝑅𝐶

 IC = − 1

1.12 VCE + 17.86 (mA)

Phân tích AC: triệt tiêu nguồn VCC xét nguồn VS

Ta có RAC = (RC nt RE ) // RL = (1+0.12)×10

(1+0.12)+10= 1.0072 (𝑘Ω)

 Ic T = −1

𝑅𝐴𝐶 × 𝑉𝑐𝑐 𝑇 +𝑉𝐶𝐸𝑄

𝑅𝐴𝐶 + 𝐼𝐶𝑄

Suy ra: Ic T = 𝑉𝐶𝐸𝑄

𝑅𝐴𝐶 + 𝐼𝐶𝑄 = 13.7

1.0072+ 5.65 = 19.25 (mA)

Vcc T = VCEQ + ICQ × RAC = 13.7 + 5.65 × 1.0072 = 19.35 (V)

ACLL: Ic T = −1

1.0072 × 𝑉𝑐𝑐 𝑇 + 19.25 (𝑚𝐴)

Ta có:

V o2 maxswing = min{ VCEQ ; ICQ×RAC}=5.69 (𝑉)

DCLL

ACLL

IC (mA)

19.25

17.86

5.65

V CE (V)

d Sơ đồ tương đương tín hiệu nhỏ

re = 26𝑚𝑉

𝐼𝐶 = 0.026

5.65 = 0.0046 (𝑘Ω)

hie = β × re = 385 × 0.0046 = 1.8 (kΩ)

gmo = 2×𝐼𝐷𝑆𝑆

|𝑉𝑃| = 2×3.4

|2.7| = 2.52 (mS)

gm = gmo × ( 1 −𝑉𝐺𝑆

𝑉𝑃 ) = 2.52 × ( 1 −−0.98

−2.7) = 1.6 (𝑚𝑆)

e Tính A V , Z i , Z O , A i

Ta có:

Zi = Zi1 = 910 (kΩ)

ZO = re = 0.0046 (kΩ) (Vì đây là mạch C chung)

Zi2 = 30// (β( re + RE )) = 18.46 (kΩ)

Ta có:

AV2 = 1 (Vì đây là mạch C chung)

AV1 = 𝑉𝑂1

𝑉𝑖1 = 𝑅4 ∥ (𝑅7 ∥ ℎ𝑖𝑒)×(−𝑔𝑚×𝑉𝑔𝑠)

30×1.8 30+1.8 ×(3.3)

30×1.8 30+1.8 +(3.3)× (−1.6) = −1.794

Ta có:

AvT = Av1 ×Av2 = (-1.794) × (1) = -1.794

AiT = - AvT × 𝑍𝑖

𝑅𝐿= -1.794 ×910

10 = −163.25

f Vẽ dạng sóng ra tại ngõ ra, biết sóng vào có dạng sin20000t (mV)

Ta có: AVS = AVT × 𝑍𝑖

𝑍𝑖+ 𝑅𝑆 = −1.794 × 910

910+0.5 = −1.793

VO = AVS × VS = -1.793 × 1sin20000t

 Vậy dạng sóng ngõ ra có dạng -1.793sin20000t (mV)

Ta có: 20log|𝐴𝑉𝑆| = 5.072 (𝑑𝐵)

Đồ thị sóng ngõ ra có dạng

V(mV)

0 -1.793

1.793

( )

t ms

g Tìm tần số cắt dưới của mạch, vẽ đáp ứng tần số của mạch tại vùng tần số thấp

f LC1 = 𝟏

𝟐𝝅×𝑪𝟏×(𝑹𝑺+𝒁𝒊) = 𝟏

𝟐𝝅×𝟐.𝟐×𝟏𝟎 −𝟔 ×(𝟎.𝟓+𝟗𝟏𝟎)×𝟏𝟎 𝟑 = 𝟎 𝟎𝟕𝟗𝟒𝟓 (Hz)

𝟐𝝅×𝑪𝟐×(𝟑.𝟑+𝒁𝒊𝟐) = 𝟏

𝟐𝝅×𝟐.𝟐×𝟏𝟎 −𝟔 ×(𝟑.𝟑+𝟏𝟖.𝟒𝟔)×𝟏𝟎 𝟑= 𝟑 𝟑𝟐𝟒𝟔 (Hz)

𝟐𝝅×𝑪𝟑×(𝟎.𝟏𝟐+𝒁𝑳) = 𝟏

𝟐𝝅×𝟐.𝟐×𝟏𝟎 −𝟔 ×(𝟎.𝟏𝟐+𝟏𝟎)×𝟏𝟎 𝟑 = 𝟕.1485 (Hz)

𝟐𝝅×𝑪𝟒×(𝟗𝟏𝟎+𝟑.𝟑) = 𝟏

𝟐𝝅×𝟒𝟕×𝟏𝟎 −𝟔 ×(𝟗𝟏𝟎+𝟑.𝟑)×𝟏𝟎 𝟑= 𝟎 𝟎𝟎𝟑𝟕 (Hz)

 f L = max {𝒇𝑳𝑪𝟏; 𝒇𝑳𝑪𝟐 ; 𝒇𝑳𝑪𝟑 ; 𝒇𝑳𝑪𝟒} = 𝟕 𝟏𝟒𝟖𝟓 (𝑯𝒛)

7.1485

2.072

5.072

( )

Av dB

( )

f Hz

0

h Hãy mô phỏng câu b, f, g Nhận xét kết quả tính và mô phỏng

- Giá trị tính toán: Q1 = (12.6 V; 1.4 mA)

Giá trị mô phỏng Q1

- Giá trị tính toán: Q2 = (13.7V ; 5.65 mA)

Giá trị mô phỏng Q2

- Mô phỏng sóng vào, ra

- Mô phỏng câu g

KẾT LUẬN

Chú thích: Sai số H =𝑀𝑃−𝑇𝑇

𝑇𝑇 × 100 ( TT: Tính toán, MP: Mô phỏng)

- Điểm tĩnh Q 1 :

• Tính toán (TT): Q1 = (12.6 V ; 1.4 mA)

• Mô phỏng (MP): Q1= (12.611 V ; 1.394 mA)

 H V = 0.0873% và H I = 0.4285%

- Điểm tĩnh Q 2 :

• Tính toán (TT): Q2 = (13.7 V ; 5.65 mA)

• Mô phỏng (MP): Q1= (14.337 V ; 5.055 mA)

 H V = 4.649% và H I = 9.53%

Nhận xét: Có sai số tương đối và có thể chấp nhận được

- Dạng sóng ngõ ra:

• Tính toán (TT): AVS = -1.793

• Mô phỏng (MP): AVS = -2.099

Nhận xét: Có sai số tương đối và có thể chấp nhận được

- Tần số cắt dưới:

• Tính toán (TT): fL = 7.1485 (Hz)

• Mô phỏng (MP): fL = 7.296 (Hz)

 H fL = 2.063%

Nhận xét: Có sai số tương đối và có thể chấp nhận được