MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO QUYỂN “Giáo trình mạch điện tử I” potx

Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật 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 thơng thường: 1) Vẽ dạng sóng chỉnh lưu : (Bài 1-1 trang 29) Cơng thức tổng qt tính V L : L Li DS L R RR VV V + − = V D = 0,7V (Si) và V D = 0,2V (Ge) a- Vẽ V L (t) với V S (t) dạng sóng vng có biên độ 10 và 1V Kết quả với giả thiết: R i = 1Ω, R L = 9Ω, V D = 0,7V. Vì Diode chỉnh lưu chỉ dẫn điện theo một chiều nên: ∗ Trong 0T 2 1 > , Diode dẫn → i D ≠ 0 → i L ≠ 0 → V L ≠ 0. V37,89 91 7,010 V 1L = + − = và V27,09 91 7,01 V 2L = + − = ∗ Trong 0T 2 1 < , Diode tắt → i D = 0 → i L = 0 → V L = 0. b- Vẽ V L (t) với V S (t) dạng sóng sin có biên độ 10 và 1V. - 35 - Một số bài tập mẫu - 35 - i L i D R L R i V L V s + - - + V D 10 -10 0 1 - - + + V S 2 3 4 t(ms) 1 -1 0 1 - - ++ V S 2 3 4 t(ms) 8,37 0 1 V L1 2 3 4 t(ms) 0,27 0 1 V L2 2 3 4 t(ms) 10 0 -10 9 - - + + 1 2 3 4 t(ms) V S V L1 0 1 2 3 4 t(ms) 1 0 -1 1 2 3 4 t(ms) V S V L2 0 1 2 3 4 t(ms) 0,7 0,27 Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I ∗ Khi V S = 10sinω o t nghĩa là V Sm = 10V >> V D =0,7V ta có: 99 91 10 R RR V V L Li Sm 1L = + ≈ + ≈ tsin9V 01L ω≈ (Ta giải thích theo 0T 2 1 > và 0T 2 1 < ) ∗ Khi V S = 1sinω 0 t nghĩa là V Sm = 1V so sánh được với 0,7V: + V S > 0,7V, Diode dẫn, i D ≠ 0, i L ≠ 0, V L ≠ 0. 6,0tsin9,09 91 7,0tsin1 V 0 0 2L −ω= + −ω = Tại sinω 0 t = 1, |V L2 | = 0,27V. + V S < 0,7V, Diode tắt, i D = 0, i L = 0, V L = 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: R 1 = 1KΩ, R b = 10KΩ, R L = 9KΩ. a- Vẽ V L (t) với dạng sóng vng có biên độ 10V và 1 V. ∗ 0T 2 1 > , Diode dẫn, R thD ≈ 0, dòng i L chảy qua R i , D, R L nên ta có: V37,810.9. 10.910 7,010 R RR VV V 3 33 L Li DS 1L = + − = + − = V27,010.9. 10.910 7,01 R RR VV V 3 33 L Li DS 2L = + − = + − = ∗ 0T 2 1 < , Diode tắt, R ng = ∞, dòng i L chảy qua R i , R b , R L nên ta có. V5,410.9. 10.91010 10 R RRR V V 3 343 L Lbi S 1L = ++ = ++ = V45,010.9. 10.91010 1 R RRR V V 3 343 L Lbi S 1L = ++ = ++ = - 36 - Một số bài tập mẫu - 36 - i L R L 9K R i =1K V L V s + - - + V D R b =10K 10 -10 0 1 - - ++ V S 2 3 4 t(ms) 1 -1 0 1 - - ++ V S 2 3 4 t(ms) 8,37 0 1 V L1 2 3 4 t(ms) 0,27 0 1 V L2 2 3 4 t(ms) -4,5 -0,45 Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I b- Vẽ V L (t) với dạng sóng sin có biên độ 10V và 1 V. ∗ Để đơn giản khi V Sm = 10V (>>V D = 0,7V) ta bỏ qua V D . Khi đó: + 0T 2 1 > , Diode dẫn, R thD ≈ 0, dòng i L chảy qua R i , D, R L nên ta có: )V(tsin910.9. 10.910 tsin10 R RR V V 0 3 33 0 L Li S 1L ω= + ω = + = + 0T 2 1 < , Diode tắt, R ng = ∞, dòng i L chảy qua R i , R b , R L 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 V S = 1sinω 0 t so sánh được với V D ta sẽ có: + 0T 2 1 > , khi V Sm ≥ 0,7, Diode dẫn, R thD ≈ 0, dòng i L chảy qua R i , D, R L 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 t 0 π =ω , sinω 0 t = 1, ta có V L2m = 0,9 - 0,63 = 0,27V + 0T 2 1 > , khi V Sm < 0,7, Diode tắt, R ngD = ∞, dòng i L chảy qua R i , R b , R L nên ta có: 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, R ng = ∞, dòng i L chảy qua R i , R b , R L nên ta có. tsin45,010.9. 10.91010 tsin1 R RRR tsin1 V 0 3 343 0 L Lbi 0 2L ω= ++ ω = ++ ω = - 37 - Một số bài tập mẫu - 37 - 10 0 -10 9 - - + + t(ms) V S V L1 t(ms) 1 0 -1 t(ms) V S V L2 t(ms) 0,7 0,315 + + - - -4,5 -4,5 0,585 Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I 2) Dạng mạch Thevenin áp dụng ngun lý chồng chập: Bài 1-20 với V i (t) = 10sinω 0 t a- Vẽ mạch Thevenin: Áp dụng ngun 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: V3 10.5,110 10.5,1 5 rR r VV 33 3 ii i DCAK = + = + = ∗ Khi chỉ có V i , còn V DC = 0 thì điện áp giữa hai điểm A-K là: )V(tsin4 10.5,110 10 tsin.10 rR R VV 0 33 3 0 ii i iAK ω= + ω= + = ∗ 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: )V(tsin43 rR R V rR r VV 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 10.5,1.10 R rR r.R R 3 33 33 L ii ii T b- Vẽ đường tải DC khi 2 , 3 , 2 , 3 ,0t 0 π − π − ππ =ω . ∗ Tại V3V0t T0 =⇒=ω ∗ Tại )V(46,6 2 3 43V 3 t T0 =+=⇒ π =ω ∗ Tại )V(71.43V 2 t T0 =+=⇒ π =ω - 38 - Một số bài tập mẫu - 38 - V L + - V i + - i D R L 1,4K R i =1K V DC =5v K A r i =1,5K R T i d V T K A R L R i //r i i L V T KA Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I ∗ Tại )V(46,0 2 3 43V 3 t T0 −=−=⇒ π −=ω ∗ Tại )V(11.43V 2 t T0 −=−=⇒ π −=ω Theo định luật Ohm cho tồn mạch ta có. T T D TT DT R V V. R 1 R VV i +−= − = ∗ Tại )mA(15,1 10.2 3 7,0. 10.2 1 i0t 33 0 =+−=⇒=ω ∗ Tại )mA(88,2 10.2 46,6 7,0. 10.2 1 i 3 t 33 0 =+−=⇒ π =ω ∗ Tại )mA(15,3 10.2 7 7,0. 10.2 1 i 2 t 33 0 =+−=⇒ π =ω ∗ Tại )mA(58,0 10.2 46,0 7,0. 10.2 1 i 3 t 33 0 −=−−=⇒ π −=ω ∗ Tại )mA(85,0 10.2 1 7,0. 10.2 1 i 2 t 33 0 −=−−=⇒ π −=ω c- Vẽ ( ) ( ) )V(tsin8,21,2tsin437,0V7,0 10.2 V 10.4,1 Rr//R V R R V .Ri.R)t(V 00T 3 T 3 Lii T L T T LDLL ω+=ω+== = + === II. Diode Zenner: - 39 - Một số bài tập mẫu - 39 - i D (mA) 3,15 2,88 1,15 3 6,46 7 -1 V T t V L 0 -0,7 2,1 4,9V t Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I 1) Dạng dòng I L = const (bài 1-40); 200mA ≤ I Z ≤ 2A, r Z = 0 a- Tìm R i để V L = 18V = const. I min = I Zmin + I L = 0,2 + 1 = 1,2 A. I max = I Zmax + I L = 1 + 2 = 3 A. Mặt khác ta có: V imin = 22V = I Zmin .R i + V Z . Suy ra: Ω== − = − = 3,3 2,1 4 2,1 1822 I VV R minZ Zmini i V imax = 28V = I Zmax R i + V Z Suy ra Ω== − = − = 3,3 3 10 3 1828 I VV R maxZ Zmaxi i Vậy R i = 3,3Ω. b- Tìm cơng suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner: P Zmzx = I Zmax .V Z = 2.18 = 36W. 2) Dạng dòng I L ≠ const: (bài 1-41), 10mA ≤ I L ≤ 85mA. I Zmin = 15mA. a- Tính giá trị lớn nhất của R i maxLminZ Zi i minLmaxZ Zi II VV R II VV + − ≤≤ + − ∗ Khi V DC = 13V ta có Ω= + − ≤ 30 085,0015,0 1013 R maxi ∗ Khi V DC = 16V ta có Ω= + − ≤ 60 085,0015,0 1016 R maxi Vậy ta lấy R imax = 30Ω. b- Tìm cơng suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner. P Zmax = I Zmax .V Z . Mặt khác: V imax = I Zmax R i + V Z - 40 - Một số bài tập mẫu - 40 - R L V Z =10v 13v<V DC <16v R i I Z V L I R I L R L =18Ω V Z =18v 22v<V DC <28v R i I Z V L I L Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I ⇒ mA200 30 1016 R VV I i Zmaxi max = − = − = ⇒ mA19019,001,02,0III minLmaxmaxz ==−=−= ⇒ W9,11019,0P maxz =×= 3) Dạng I Z ≠ const; I L ≠ const (Bài 1-42) 30 ≤ I L ≤ 50mA, I Zmin = 10mA. r Z = 10Ω khi I Z = 30mA; P zmax =800mW. a- Tìm R i để Diode ổn định liên tục: mA80 10 8,0 V P I Z maxZ maxZ === Vậy 10mA ≤ I Z ≤ 80mA Ta có: I min = I Zmin + I Lmax = 60mA I max = I Zmax + I Lmin = 110mA Mặt khác: V imin = I min .R i + V Z = 20V ⇒ Ω= − = 7,166 06,0 1020 R maxi V imax = I max .R i + V Z = 25V ⇒ Ω= − = 36,136 11,0 1025 R mini Suy ra: 136,4Ω ≤ R i ≤ 166,7Ω Vậy ta chọn R i =150Ω b- Vẽ đặc tuyến tải: Ta có: V Z + I Z R i = V DC – I L R i ∗ Với V DC = 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 I Z: mA7,36 150 105,15 I 1Z = − = ; mA7,16 150 105,12 I 2Z = − = mA70 150 105,20 I 3Z = − = ; mA50 150 105,17 I 4Z = − = ; - 41 - Một số bài tập mẫu - 41 - R L V Z =10v 20v<V DC <25v R i 10Ω I Z V L I L I Z (mA) V Z 36,7 50 30 80 70 10 20,5 17,5 15,5 V Z =10V 0 r Z =10Ω 16,7 12,5 Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I - 42 - Một số bài tập mẫu - 42 - Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I Chương II: TRANSISTOR HAI LỚP TIẾP GIÁP I. Bộ khuếch đại R-C khơng có C C và khơng có C E (E.C). 1) Bài 2-10: 20 ≤ β ≤ 60, suy ra I CQ khơng thay đổi q 10%. ∗ Phương trình tải một chiều: V CC = V CEQ + I CQ (R C + R E ). 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 u cầu I CQ ≥ 7,2mA. ∗ Ta giải bài tốn bài tốn một cách tổng qt coi β 1 = 20; β 2 = 60. E22bbE11b R 10 1 RRR 10 1 R β=≤≤β= Ω==≤≤Ω== K610.60. 10 1 RRK210.20. 10 1 R 3 2bb 3 1b Vậy 2KΩ ≤ R b ≤ 6KΩ ∗ Mặt khác β + − = b E BB CQ R R 7,0V I , nếu coi V BB ≈ 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 + 12 bE 1 b E 2 b E 9,01 RR1,0 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 Chọn R b = 3,5KΩ. ∗ Nếu bỏ qua I BQ ta có V BB ≈ V BE + I EQ R E = 0,7 + 8.10 -3 .10 3 = 8,7V. Suy ra: - 43 - Một số bài tập mẫu - 43 - V CEQ = 5V + - +25V R 2 R 1 R C =1,5K R E =1K Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I Ω≈Ω== − = − = K4,55368 652,0 10.5,3 25 7,8 1 1 10.5,3 V V 1 1 RR 3 3 CC BB b1 Ω≈Ω=== K06,1010057 7,8 25 10.5,3 V V RR 3 BB CC b2 ∗ Ta có thể tính tổng qt: Chọn R b = 4KΩ thay vào (1): %9,88 1200 1067 20 10.4 10 60 10.4 10 I I 3 3 3 3 2CQ 1CQ == + + = , bị loại do khơng thỏa mãn (1). ∗ Chọn R b =3KΩ thay vào (1): 91,0 1150 1050 20 10.3 10 60 10.3 10 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 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: AC ƯCQTTƯCEQ ACDC CC TƯCQ maxCm R.IV RR V II = + == Từ hình vẽ: R DC = R C + R E = 1,5.10 3 + 10 3 = 2,5KΩ. R AC = R C + R E = 1,5.10 3 + 10 3 = 2,5KΩ. Suy ra: mA5 10.5,210.5,2 25 I 33 TƯCQ = + = V CEQTƯ = 5.10 -3 .2,5.10 3 = 12,5V ∗ Chọn Ω==β= K1010.100. 10 1 R 10 1 R 3 Eb (bỏ qua I BQ ) V BB ≈ V BE + I CQTƯ .R E = 0,7 + 5.10 -3 .10 3 = 5,7V Ω≈Ω== − = − = K13K95,12 772,0 10 25 7,5 1 1 10.10 V V 1 1 RR 4 3 CC BB b1 - 44 - Một số bài tập mẫu - 44 - V CE (V) i C (mA) V CEQTƯ = 12,5 25 10 R V DC CC = ( ) 5 RR2 V EC CC = +       −≡ 3 10.5,2 1 ACLLDCLL Q TƯ 0 [...]... thể tìm iCmax và VCemax theo phương trình 1 ( VCE − VCEQ ) i C − I CQ = − RC VCEQ 7,5 = 10 −2 + = 60mA Cho VCE = 0 ⇒ i C max = I CQ + RC 150 −1 Cho iC = 0 ⇒ VCE max = I CQ R C + VCEQ = 10 150 + 7,5 = 9V 2) - 46 - Bài 2-16: Điểm Q tối ưu (hình vẽ như hình 2-15) Để có dao động Collector cực đại ta có: Một số bài tập mẫu - 46 - Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I VCC R DC + R AC VCEQTƯ = RAC.ICQTƯ... E = 100.100 = 1KΩ 10 10 Một số bài tập mẫu - 48 - Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I 1 10 3 10 3 = = = 1155Ω VBB 1,345 0,8655 1− 1− 10 VCC V 10 R 2 = R b CC = 10 3 = 7435Ω VBB 1,345 RC 900 I Lm = I Cm = 6,45.10 −3 = 3,225mA RC + RL 900 + 900 VLm = RL.ILm = 900.3,225.10-3 = 2,9V R1 = R b IV Bộ KĐ R.C mắc theo kiểu C.C Bài 2-22: Mạch có thiên áp Base 1) * Đây là dạng bài điểm Q bất kỳ vì đã...  150  0 V 10,675 20 Nếu bài này được tính ở chế CEQ tối ưu thì: độ = 6,05 RDC = RC + RE = 150Ω RERL R AC = = 50Ω khi đó RE + RL VCC 20 I CQTƯ = = = 0,1A = 100 mA R AC + R DC 150 + 50 VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 5V Một số bài tập mẫu VCE(V) - 51 - Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật 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: Bài 4-7: Q bất kỳ a- Chế độ... IBQ Rb . Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật 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 thơng thường: 1) Vẽ dạng sóng chỉnh lưu : (Bài 1-1. mạch Điện Tử I - 42 - Một số bài tập mẫu - 42 - Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I Chương II: TRANSISTOR HAI LỚP TIẾP GIÁP I. Bộ khuếch đại R-C khơng có C C và khơng có C E (E.C). 1) Bài. Zenner: - 39 - Một số bài tập mẫu - 39 - i D (mA) 3,15 2,88 1,15 3 6,46 7 -1 V T t V L 0 -0,7 2,1 4,9V t Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I 1) Dạng dòng I L = const (bài 1-40); 200mA