Một số bài tập mạch điện tử

Chương I sẽ giới thiệu các khái niệm cơ bản về mạch, các ký hiệu kinh kiện và ác mô hình toán học của linh kiện và các mô hình toán học của linh kiện. Đồng thời cung cấp các định luật cơ bản trong lý thuyết mạch. Sau đó áp

Trang 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 L i

D S

RR

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:

7,010

7,01

-D

10

-10 0 1 - -

+ +

VS

2 3 4 t(ms)

1 -1 0 1 - -

+ +

Trang 2

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:

9991

10R

RR

V

L i

Sm 1

+

≈+

≈

tsin9

VL1 ≈ ω0(Ta giải thích theo T 0

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 1-3: 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

+

−

=+

−

=

iL

RL9K

0,27

Trang 3

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

++

=+

+

=

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: + T 0

tsin10R

RR

V

3

3 0L

L i

S 1

+

ω

=+

=

+ T 02

1

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

)V(tsin5,410.9.10.91010

tsin10R

RRR

V

3 4

3

0 L

L b i

S 1

++

ω

=+

+

=

∗ Khi VS = 1sinω0t so sánh được với VD ta sẽ có:

+ T 02

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

7,0tsin1RRR

7,0tsin1

3 3

0 L

L i

0 2

+

−ω

=+

−ω

=Tại

VS

2 3 4 t(ms)

1 -1 0 1 - -

+ +

-0,45

Trang 4

tsin315,010.9.10.91010

tsin7,0R

RRR

tsin7,0

3 4

L L b i

0 2

++

ω

=+

+

ω

=

+ 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

3

0 L

L b i

0 2

++

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:

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

=+

=

VL +

Trang 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(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

b- Vẽ đường tải DC khi , 2

3

,2

,3,0t

0 = π⇒ = + =ω

∗ Tại V 3 4.1 7(V)

2

0 = π ⇒ = + =ω

2

343V3

0 =−π⇒ = − =−ω

∗ Tại V 3 4.1 1(V)

2

0 =−π⇒ = − =−ω

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

0

0 = ⇒ =− + =ω

10.2

46,67,0.10.2

1i

3

0 = π⇒ =− + =ω

iD (mA) 3,15

2,88 1,15

3 6,46 7 -1

VT

t

Trang 6

10.2

77,0.10.2

1i

2

0 = π⇒ =− + =ω

10.2

46,07,0.10.2

1i

3

0 =−π⇒ =− − =−ω

10.2

17,0.10.2

1i

2

0 =−π⇒ =− − =−ω

c- 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 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

18

28I

VV

R

max Z

Z max i i

t

RL=18Ω

VZ=18v 22v<VDC<28v

Ri IZ

VL

IL

Trang 7

2) Dạng dòng IL ≠ const: (bài 1-41), 10mA ≤ IL ≤ 85mA

IZmin = 15mA

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 max = − = − =

⇒ 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

RL

VZ=10v 20v<VDC<25v

Ri10Ω IZ VL

IL

RL

VZ=10v 13v<VDC<16v

Ri IZ

VL

IR

IL

Trang 8

Mặt khác: Vimin = Imin.Ri + VZ = 20V

⇒ = − =166,7Ω

06,0

1020

Rimax

Vimax = Imax.Ri + VZ = 25V

⇒ = − =136,36Ω

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

IZ2 = − =mA

70150

105,20

150

105,17

IZ4 = − = ;

IZ(mA)

VZ

36,75030

8070

1020,5 17,5 15,5 VZ =10V 0

rZ =10Ω

16,712,5

Trang 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)

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

I , nếu coi VBB ≈ const thì ta có:

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 0,1R R 1 0,9

R9,0

RR

Ω

=

=+

−

=β

+β

−

≤

⇒

− 3,53K10

.3,28

10020

9,0601

10.1,09,01

R1,0

1 2

E b

Trang 10

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

=

=+

+

= , bị loại do không thỏa mãn (1)

∗ Chọn Rb =3KΩ thay vào (1): 0,91

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

CC =+

1ACLL

DCLL

QTƯ

0

Trang 11

≈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

Trang 12

2

1R.I

Hiệu suất: 11,7%

10.8,19

10.31,2P

P

3 3

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:

A10mA10R

7,0V

= 100.100 1K

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

R

1I

150

5,710R

VI

C

CEQ CQ

max

C = + = − + =Cho iC = 0 ⇒ V I R V 10 1.150 7,5 9V

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

Ư CEQT = − =

VBB ≈ 0,7 + ICQTƯ.RE = 3,2V

Ω

=

=β

= 100.100 1K

10

1R10

2,31

10V

V1

1R

CC BB b

V

E C

Trang 14

Ω

≈Ω

=

2,3

1010V

VR

BB

CC b 2

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

=+

900900

900.900R

R

RRR

L C

L C AC

mA9,6RR

VI

I

DC AC

CC Ư

CQT max

= 100.100 1K

10

1R10

V

E C

CC =+

6,2 100

Trang 15

4,11

10V

V1

1R

CC BB b

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

+

=+

= 100.100 1K

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 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

7,05R

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

+

=+

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

( CE CEQ)AC

CQ

R

1I

++

RR

RRRR

L E

L E C AC

Cho VCE = 0 suy ra 11,45mA

10.2

7,1810

.1,2R

VI

AC

CEQ CQ

1ACLL

100

1DCLL

R15K

RC=1K

RE=2K R2K L β=60

Trang 17

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

CQ AC CEQ max

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

7,0

10RR

7,0VI

b E

BB

β+

100I

RR

R

Em L E

E

+

=+

∗ VLm = ILmRL = 46,5.10-3.102 = 4,65V

∗ Đây là điểm Q bất kỳ nên ta có:

( CE CEQ)AC

CQ

R

1I

+ Cho VCE = 0 suy ra 214mA

R

VIi

AC

CEQ CQ

max

+ Cho iC = 0 suy ra

V675,1050.10.9305,6RIV

AC CQ CEQ

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

+

=+

R

VV

E C

EE

CC =+

10,675 200

Trang 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

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

ii

RC1,5K

iL

RL=1,5K

hie

100ib 1,2K

RL=1,5K

ii

RC=1,5K

C+C2→ ∞ +VCC=20V

-CE→∞

+

-

R13,5K

Trang 20

i

b b

L i

L

ii

i

50100.10.5,110.5,1

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

R 2 = β2 E = = Ω> b = , bỏ qua IBQ

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

Trang 21

b- Chế độ AC:

ie b

b fe L C

C i

b b

L i

hR

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

ii

RC100Ω

iL

hie hfeib RL = 100Ω

Trang 22

b- Chế độ AC:

i

b b

L i

L

ii

i

24,95h

.RR

Ri

ii

i

fe L C

C b

C C

10R

hhR

Ri

i

5 4

4

E fe ie b

b i

++

=+

II Sơ đồ mắc B.C: Bài 4-21, hoe = 10 4

1) Chế độ DC:

91,011

10h1

hh

−

3210

10.25.10.4,1.11

1h1

h

fe

ie ib

5 4

=

RL=100Ω

ib

Rb 10K

ii

RC2K

Trang 23

2) Chế độ AC:

i

e e

L i

L

ii

VV

V

82791

,0.1010

10.10h

.h

1Rh

1Ri

i.i

Ri

i

V

5 4

5 4 fb

ob L ob L

e

C C

L L e

+

−

=+

−

=

012,03250

1h

R

1h

R

V.V

1

V

i

ib i ib

i

i i

−

=+

−

=

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

mA65,4100

1010

7,0

10R

R

7,0V

3 b E

iL 1/hob

105

Ω

iC

hfbie0,91ib

hib32Ω

ie

Ri 50Ω

Vi

+-

RL1KΩ

Trang 24

.65,4

10.25h,

1

hie fe 33

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

+

Ω

=+

= 10 //7,53 5 12,37

h

R//

rh//

R

fe

b i ib E o

iL’

ri 500Ω

Vi

+-

hie 753Ω

ib

Rb 100KΩ R100KΩ e.hfe R100KΩ L.hfe

ri/hfe5Ω R1KΩ b/hfe

Zo

Trang 25

Chương VI: 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

ie

b - Chế độ AC

i

1 1

2 2

L

i.i

Trang 26

50h

.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

a- 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

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 Ö

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

++

=++

10R

R

V

2 AC 2 DC

CC Ö

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 Ö

T 1

+

=+

=

VCEQ1TÖ = ICQ1TÖ.RAC1 = 11,34.10-3.382 = 4,33V

Trang 28

,11

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

b- 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

+

=+

= 10 //5,22 3,85 10 //9,07 9

h

R//

Rh//

R

2 fe

2 1 C 2 ib E o

(1+hfe)RE101KΩ

RE 1KΩ

Trang 29

3) Dạng bài hỗn hợp E.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

+

=+

Thay (7), (8), (9) vào (2) ta được:

iC2

hie11K

Rb21K hfe2RE2

5050

ib3

Trang 30

mA

V27,195,0.63,7.5050i

h

Rh

//

RZ

3 fe

2 C 3 fe 3 ib 3 E o

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

RV

21 11

11 2

BB 1

+

=+

=

mA55,142,710

7,025,2h

RR2

7,0VI

fe

b E

1 BB 2 EQ 1

+

−

=+

Zo

hib3 10 R/hfe3 930

R121K

RL(1+hfe)RE1

(1+hfe)ib4

ii

hie3

RC22,5K

Trang 31

RV

VR 4 = CC − C2 CQ2− BE3 − BE4 = − − =

mA6260

725,3R

VI

I

4 E

R 4 EQ 4

CQ = = 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

b- Chế độ AC

(1 h ) 500.101 50500R

E

i

1 1

2 c 2 c

3 3

L i

L

i.i

ii

i

(1 h )(1 h ) 101.101 10201i

i

4 fe 3

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

−

=

++

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

=+

+

=++

R’ E50,5K

Zo

(1+hfe)2ib310201ib3

ii

hie3

5645

RC22,5K

Rb

750

R’ E4618K

Trang 32

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

E

'' E

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

7,03R

VV

3 E

3 BE EE 3

EQ = − = − =

mA15,12

II

2 EQ 1

EQ = = =

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:

75,2R

VI

6 E

6 RE 6

RC11K

Rb210K

RE1K

VBB21V

T4

T5

RC21K

VBB1 1V

10

T6

Định dạng
Số trang	40
Dung lượng	392,05 KB