Giải BT kỹ thuật xung chương 5

BÀI TẬP CHƯƠNG 5.1 a • Tại điện áp tích C Áp dương hướng cực C • Tại Biến đổi Laplace:  với Do tất hàm nấc:     Vậy với lý thuyết b + Khi t = 0- : Q1 off, Q2 sat Mạch tương đương: =>Vc1(0-)=Vcc-Vbes + Khi t = 0+ : Q1 sat, Q2 off Mạch tương đương: =>Vc1(0+)=Vc1(0-) Theo biến đổi Laplace: =>Vb2(s) = =>Vb2(t) = Mà + Khi t = T1- : Q1 sat, Q2 off Mạch tương đương: =>Vc2(T1-)=Vcc-Vbes + Khi t = T1+ : Q1 off, Q2 sat Mạch tương đương: Theo biến đổi laplace: Tương tự với Vb1(T2-)=Vγ =>T2=R2.C2.ln T=T1+T2=(R1C1+R2C2).ln Do Vcc>> Vces, Vbes, Vγ T =>Đúng lý thuyết 5.3 Giải a) Tại  (cực tính hình 5.36b)    (đpcm) b) Giả sử C nạp từ Vo qua R, tăng theo Tại T1:   5.4 a a) Mạch monostable Giả sử Vi = 0, V1 = 1, V2 = làm V0 = 0: • Tại : kích xung dương vào Vi, V1 =  V2 = để giữ VC = ban đầu V2 = làm V0 = hồi tiếp V1 = Lúc C nạp từ VDD qua R ngõ cổng V2 tăng theo Ta có:   •  Tại : V2 = VT   với Vậy với lý thuyết b) Tại t=0- : V2=VDD, V3=VT, Vo=0=> Vc(0-)=V3-Vo=VT Tại t=0+ : V2=0, V3=VDD+VT, Vo=VDD, Vc(0+)=VT Tại t=T1- : V2=0, V3=VT, Vo=VDD => Vc(T1-)=VT-VDD Tại t=T1+ : V2=VDD, V3=VT-VDD, Vo=0 => Vc(T1+)=VT-VDD =>Đúng lý thuyết 5.5 a)Giả sử Q1 bão hòa, Q2 off, có mạch tương đương hình 5.2 Ta có: Ic1 = IRC – I1 =>IRC = I1 = Ic1 = IRC – I1 = 4.63(mA) Theo đặc tuyến BJT 2N3904: Khi Ic = 4.63 mA, Vbesat = 0.7V, T(℃) = 25℃ Chọn βmin = 10 Có IB1 = I3 – I4 I3 = , I = IB1 = I3 – I4 = 0.652 (mA) Mà => βIB1 > IC1 => Q1 bão hòa b) Xét cực B Q2 Để Q2 off => Vb2 < Vγ  ICBO(IM) < =>TMAX = 25+15.1x10 = 176 c)Khi gắn thêm R1 ảnh hưởng đến IRC I3 Đặt Rc’=Rc//RL Có βIB1 > IC1 5.6 Tại B2: + - Icbo =0  VB2 = - Khi Q2 off => VBE2 < Vϒ < VBES  VB2 β IB1> IC1 Thế (1) (2) => đpcm 5.7 Giải a) Tại Q1 sat: Tại Q2 off: b) Gọi Để mạch hoạt động Q1 sat Q2 off, mà Q2 off không phụ thuộc Rc  cần Q1 sat  V’ = [R2/(Rc1+R1+R2)]Vcc = 4.7 V Rb = [R2(Rc1+R1)/(Rc1+R1+R2)] = 5.06 kΩ Q2 active => IC2 = βIB2 => IB2 = IC2/β = 10/βRC2 = 0.1/RC2 ( chọn β = 100) Hệ (5.20): V2 = V’ – 0.2 => 4.5 = [R2/ (RC1+R1+R2)]VCC – 0.2 =>RC1 = 8.3 kΩ - Xét LTP : Q1 on Q2 off V+ = [(R1+R2)/RC1+R1+R2)]VCC R = [RC1(R1+R2)/(RC1+R1+R2)] = 6.5 kΩ VB2 = [R2/(R1+R2)]VC1 = 0.2 VC1 Hệ (5.28) : V2 = VBE1 + [RE/(αR+RE)](V’ - Vγ2) =>RE = 0.306 kΩ V’ – VBE2 = {[Rb + RE(β+1)]IC2}/β => 4.7 - 0.7 = [5.06x103 + 306(100+1)]/(10RC2) (β = 100) => RC2 = 0.9 kΩ 5.10 Mạch monostable: Tại t = 0- : Q1 off Q2 sat, điện áp tích tụ C Ta có: VC(0-) = VCC – ICBORC1 - VBES Tại t )= 0+: Q1 sat, Q2 off, thay mạch CEQ1 nguồn VCES ===> VA(0- ) = VA(0+) = VCC – ICBORC - VBES Với VB2(T-)=Vγ => T = RC ln[(V+VCC-ICBORC1-VBES+ICBOR-VCES)/(V- Vγ+ICBOR)] 5.11 Q1 off: Q1 on: Sơ đồ tương đương tính T: Khi t = 0-, Q1 off Q2 sat: VC(0-) = VA - VBES (1) Thế nút: (VA – VZ)/R2 + (VA – VCC)/RC1 = mà RZ (VA – VZ)/R2 = VA = VZ = VCC/2 (1) => VC (0-) = VCC/2 - VBES Khi t= 0+, Q1 sat, Q2 off Từ hình 5.22c: VB2(T-) = Vγ T = RC[(VCC +VCC/2 - VBES)/(VCC- Vγ) = RC ln(1.5VCC/VCC) = 0.41RC =>đpcm 5.12 a) Trig Theo 5.40 5.41:  b)Theo 5.36 => 5.13 Thiết kế mạch monostable ghép C-B bỏ qua Icbo, BJT có βmin=20 Trạng thái bền Q1 off: VB1 = -1 Q2sat : IBB gấp đôi IB tối thiểu để trì Q2sat Rc1 = Rc2, VCC = 12V, Ics = Ics2 = 2mA, T= 3ms Khi Q1 off, Q2sat: Ics2 = = 2mA => Rc2 = 5.65 KΩ = Rc1 Để Q2sat: βIb => Ic  Ib > 2/50 = 0.04mA ( chọn β=50)  Chọn Ibs = 0.1 mA R= = = 113 KΩ (5.43) C = = = 38.48 nF (5.44) 5.14 Mạch sau Khi t=0: Q1 off, Q2 sat Mạch tương đương  Vc(0-)= Vcc – Vbes Khi t=0+ Q1 sat, Q2 off Mạch tương đương Ta có Vb2(T1-) = Vϒ  T1 = R1C1 ln () Khi t=T1-: Q1 sat, Q2 off Mạch tương đương  Vc2(T1-)= Vcc – Vbes  Khi t=T1+: Q1 off, Q2 sat Mạch tương đương Ta có VB1(T2+)= Vϒ  T2= R2C2 ln(  T=T16T2=(R1C1+R2C2) ln( 5.15 Giải a) Ta có: b) Ta có:  c) (5.40)   Sau C1 xả với độ dốc Ta có:   5.16 a) Tại t=0-, mạch ổn định, vi+=0, nên  Tại t= 0+: xung kích âm làm Vi+ vọt lên 2VCC để Sau C nạp theo chiều (như hình trên) theo thời Tại t= T-: Vi giảm lượng -2VCC để giữ VC khơng đổi Sau C xả (Chọn T+ gốc 0)  b) Để giảm thời gian xả tụ người ta gắn Diode vào (D//R) Khi Vo=+VCC, kết thúc thời gian mono T, Vi+ đột biến -2VCC làm D on, tải Rf//R = Rf (Rf Vo = Vcc Vc(0-) = V+Vcc Sau C nạp theo thời τ= RC, giảm theo τ Tại t= T-: Vi+(T-)= αVcc => ▲Vi < => ngõ đảo trạng thái thời đoạn T: Vi+(t)= (V+2Vcc) e –t/τ Vi+(T-) = α Vcc  α Vcc = (V+2Vcc) e-T/τ  = e-T/τ  T= τ ln( Th2: taij t= 0-: mạch ổn định Vi+ = V => ▲Vi> => Vo = Vcc  Vc(0-) = V-Vcc  Taij t=0+: xung kích âm ▲Vi>0 => Vo=Vcc=> không đảo trạng thái => khơng có trường hợp V> αVcc  Mạch hoạt đọng khơng tính chất đa hài 5.18 Mạch sau Ta có : + =  Vi+ = V + Vo = αVo + βV Giả sử vo = Vcc => Vi+ = α Vcc + βV + C nạp từ Vo qua R, Vi- tăng theo thời RC Tại t= T1-: Vi-(T1-) = α Vcc + βV làm ▲Vi Qo Q =1 C xả qua R2, R3 vào chân R7 qua Qo xuống GND theo τ2= (R2+R3)C Sau thời gian T2, Vc đạt 1/3 Vcc làm ngõ CMP1=0 v CMP2=1 R=0 v S=1 FF đổi trạng thái Dạng sóng 5.21 Tính T: T= T1+T2 T1: Vc(0-) = 1/3 Vcc [ C nạp qua R1+R2] T2: Vc(0-)= 2/3 Vcc [ C xả qua R3+R4] Tìm được: T= 0.69(R1+R2)C + 0.89(R2+R3)C Để tạo xung vuông đối xứng ngõ ra: T1=T2  R1=R3 ... 0+, Q1 sat, Q2 off Từ hình 5. 22c: VB2(T-) = Vγ T = RC[(VCC +VCC/2 - VBES)/(VCC- Vγ) = RC ln(1.5VCC/VCC) = 0.41RC =>đpcm 5. 12 a) Trig Theo 5. 40 5. 41:  b)Theo 5. 36 => 5. 13 Thiết kế mạch monostable... Q2sat: Ics2 = = 2mA => Rc2 = 5. 65 KΩ = Rc1 Để Q2sat: βIb => Ic  Ib > 2 /50 = 0.04mA ( chọn β =50 )  Chọn Ibs = 0.1 mA R= = = 113 KΩ (5. 43) C = = = 38.48 nF (5. 44) 5. 14 Mạch sau Khi t=0: Q1 off,... => đpcm 5. 7 Giải a) Tại Q1 sat: Tại Q2 off: b) Gọi Để mạch hoạt động Q1 sat Q2 off, mà Q2 off không phụ thuộc Rc  cần Q1 sat  5. 8 a) : Do nên bão hoà b):  ( chủ động ) Áp dụng (5. 25) :  c)