Bài tập mạch điện tử

Bài tập mạch điện tử Tài liệu tham khảo Bài tập mạch điện tử dành cho sinh viên khoa Điện - điện tử viễn thông. đây là những bài tập cơ bản giúp sinh viên ngành điện tử viễn thông ứng dụng từ lý thuyết, từ đó cũng cố kiến thức

Bài tập mạch

điện tử

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

+ +

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

+

−

=+

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:

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

Một số bài tập mẫu 4

tsin315,010.9.10.91010

tsin7,0R

RRR

tsin7,0

3 4

L L b i

0 2

++

ω

=+

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

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:

)V(tsin43rR

RVrR

rV

i i

i i i i

i DC

+

++

+

=++

10.5,110

10.5,1.10R

rR

r

R

3 3

3 3

L i i

i i T

3

,2

,3,0t

D T

R

VV.R

1R

VV

10.2

37,0.10.2

1i

46,67,0.10.2

1i

2,88 1,15

-1

VT

t

Một số bài tập mẫu 6

10.2

77,0.10.2

1i

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 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

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

⇒ 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

Ri IZ

VL

IR

IL

Một số bài tập mẫu 8

Mặt khác: Vimin = Imin.Ri + VZ = 20V

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

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

R9,0

RR

Ω

=

=+

−

=β

+β

10020

9,0601

10.1,09,01

R1,0

1 2

E b

Một số bài tập mẫu 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

3 3

2 CQ

1 CQ

=

=+

+

1150105020

10.310

60

10.310I

I

3 3

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

≈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

Một số bài tập mẫu 12

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

2

1R.I

10.8,19

10.31,2P

P

3 3 CC

=

−

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

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:

1I

150

5,710R

VI

C

CEQ CQ

max

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

10

1R10

2,31

10V

V1

1R

CC BB b

V

E C

Một số bài tập mẫu 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

10

1R10

V

E C

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

+

=+

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

Một số bài tập mẫu 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

1ACLL

100

1DCLL

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

+

=+

R

1I

R

VIi

AC

CEQ CQ

max

+ Cho iC = 0 suy ra

V675,1050.10.9305,6RIV

AC CQ CEQ

Một số bài tập mẫu 18

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

RDC = RC + RE = 150Ω

Ω

=+

RR

RRR

L E

L E

mA100A1,050150

20R

R

VI

DC AC

CC Ư

+

=+

R

VV

E C

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

2 1

+

=+

=

V320.205,3

5,3V

RR

R

2 1

1

+

=+

=

mA6,4100

10.3500

7,03

.6,4

10.25h.4,1

Một số bài tập mẫu 20

i

b b

L i

L

ii

ii

i

50100.10.5,110.5,1

10.5,1h

.RR

Ri

ii

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

b- Chế độ AC:

ie b

b fe L C

C i

b b

L i

L i

hR

R.h.RR

Ri

ii

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

Một số bài tập mẫu 22

b- Chế độ AC:

i

b b

L i

L

ii

ii

i

24,95h

.RR

Ri

ii

i

i

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 fe

oe

11

10h1

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

Một số bài tập mẫu 24

.65,4

10.25h,

1

i

b b

L i

L

VV

VV

V

( ) ( )

985,0000.50753

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

V

3 '

b i

' b '

b i

i ' b i i

+

Ω

=+

=+

h

R//

rh//

R

fe

b i ib E o

iL’

ri 500Ω

Vi

+-

Zo

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

i.i

Một số bài tập mẫu 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

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

ie

b- Chế độ AC: Sơ đồ tương đương tín hiệu nhỏ như trên chỉ có hie1 và hie2

có giá trị khác Ta áp dụng luôn công thức (1) ở trên:

( ) 2100 76 434

2100

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 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

Một số bài tập mẫu 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

i.i

V

( )( ) 3

L E fe 2

i

V

=+

( ) ( )

75,051407

10.385100

.50500522

385

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 fe

2 1 C 2 ib E o

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

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

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

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

−

≈+

++

−

=

++++

63,76550

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

−

=

−

=+

+

−

=

+++

10h

R//

R

R//

Ri

i

3 3 3 1

ie 1 i

1 i i

+

=+

Một số bài tập mẫu 30

( )( )

mA

V27,195,0.63,7.5050i

h

Rh

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

+

−

=+

RV

VR 4 = CC − C2 CQ2− BE3 − BE4 = − − =

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

b- Chế độ AC

(1 h ) 500.101 50500R

i

1 1

2 c 2 c

3 3

L i

L

i.i

i.i

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

−

=

++

++

−

=

( )1 100

hi

ii

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

=+

+

=++

Một số bài tập mẫu 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

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

VCE4 = VCE5 – VBE5 = 2,55 – 0,7 = 1,85V

.15,1

10.25.100.4,110.15,1

10.25.h,1

mA75,2h

II

6 fe

6 EQ 5

5 EQ 4

10.25.100.4,1I

10.25.h,1

6 EQ

3 6

fe 6

ie

hie5 = 1272Ω; hie4 = 127.200Ω b- Chế độ AC

( + ) ≈ ≈ Ω

' 6

R

i

2 2

4 4

L i

L

i.i

i.i

Vi

2 7

3 3

2 3

' 6 E 4 ie 2 C

2 fe 2 C 2

2 C 2 C

4 2 4

10.3,9610

6,3811

1010

10.6,38110

10.10

RhR

h.Ri

i.i

iii

−

−

=++

−

=++

−

=

++

10

RhR

Ri

iii

4 3 4

4 2 1 ie 1

1 i

1 i

2

−

=

−+

−

=

++

h

hh

R//

R

fe

4 ie 3

fe

2 C 6 E o

hie5.hfe4.hfe5

Một số bài tập mẫu 34

Chương VII: MẠCH KHUẾCH ĐẠI HỒI TIẾP

I Hồi tiếp áp, sai lệch dòng

K1hGT

iA

?TKL

i

L i

Đây là dạng hồi tiếp áp, sai lệch dòng

a- Tính độ lợi dòng T: cho ii = 0

' 1

1 1

2 2

1 i

' 1

1

V

i.i

i.i

V0iV

fe 22 E 2

i

V

=+

( ) ( )

941,085

8010

.4110.411010.2

40.10.2

h1Rh1RhR

h.Ri

i.i

iii

3 3

3 3

3

2 fe 22 E 2 fe 21 E 2 ie 1 C

1 fe 1 C 1

1 C 1 C

2 1 2

−

=

−

=+

++

−

=

++

++

4 1 ie f 1 ie f

' 1 ' 1

' 1

1010

1h

R

1h

R

V.V

1V

=+

=+

=+

Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có:

T = 41.103.(-0,941).91.10-6 = -3,51

b- Tính

i

L i

2 2

L i

L

i.i

i.i

ii

i

6,3940.1010.2

10.2h

.RR

Ri

i.i

ii

i

3

3 2

fe L 2 C

2 C 2

2 C 2 C

L 2

+

−

=+

−

=

941,0i

i

1

2 3

4 4 1

ie f

f i

1010

10h

R

Ri

=+

=+

34T

=

−

51,31

910T

=

−

51,31

10.2T1

10h

100h

Z

;Z

?i

iA

L i

Một số bài tập mẫu 36

hie = hib.hfe = 10.100 = 1KΩ

a- Độ lợi vòng T: cho ii = 0

' L

b b

L i

' L

L

V

i.i

V0iV

3

2 3 3 fe

L C

C L b

C C

L b

1010

10.10.10h

.RR

R.Ri

i.i

Vi

V

−

=+

−

=+

−

=

6 3

4 ie f ie f

' L ' L

' L

1010

1h

R

1h

R

V.V

1V

=+

=+

=+

L '

L i

L

i.i

i0Vi

10h

.RR

Ri

i.i

ii

i

3

3 fe

L C

C b

C C

L b

+

−

=+

−

=

2 3

4 4 ie

f

f i

1010

10h

R

Ri

=+

=+

2,855,41

50T

=

−

55,41

910T

=

−

55,41

10T1

II Hồi tiếp áp, sai lệch áp:

50h

50h

Z

;Z

?i

iA

L i

a- Tính độ lợi vòng T (cho ii = 0)

' L

1 1

2 2

L i

' L

L

V

i.i

i.i

V0iV

3 4

3 4

2 fe 2 C f

2 C f 2

2 C 2 C

L 2 L

10.5,8350.10.67,150.10.210

10.2.10

h.RR

R.Ri

i.i

ViV

−

=

−

=+

.5,210.83,0

50.10.83,0

hhR//

R

R//

Ri

i.i

iii

3 3

3

1 fe 2 ie 2 1 C

2 1 C 1

1 C 1 C

2 1 2

−

=+

5 3 3

3

1 fe f 1 E 1 fe 1 ie 1

1 fe 1 E '

L 1

10.2,110.210.5

1

10.510.5,2890

10.5

'Rh.R

1.R.hhR

h.RV

i

−

−

=+

++

−

=

++

Rb1

890