Bài tập lớn nguyễn đình bình an

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KỸ THUẬT TP.HCM
KHOA ĐIỆN – ĐIỆN TỬ
MÔN HỌC: ĐIỆN TỬ CƠ BẢN

GVHD: BÙI THỊ TUYẾT ĐAN
SVTH: NGUYỄN ĐÌNH BÌNH AN
MSSV: 22151168
HỌC KÌ: 1 – NĂM HỌC 2023-2024
BUỔI HỌC: CHIỀU THỨ 6 ( Tiết 78910)


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 sin80000t (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, Q2 là loại 2SC1815

1.Yêu cầu bài tập
1. Trình bày trên giấy A4
2. Nội dung gồm:
I. trang bìa ghi rõ: Họ tên – MSSV - Bài số:
II. Yêu cầu của bài tập.
III. Bài giải.
IV. Mô phỏng

V. Kết luận: so sánh kết quả lý thuyết và mô phỏng


2.Bài giải
a) Tra thơng số của transistor 𝑸𝟏 𝒗à 𝑸𝟐

Vì Transistor Q1 và Q2 giống nhau đều là 2SC1815 nên ta chọn 1 thông số
cho cả 2:
- Chọn β =

𝑓𝑇 =

700+70

=385

2

- 𝑓𝑇 = 80 (MHz)
- 𝐶𝑏𝑐 = 2 (pF)
1
->

2𝜋re(𝐶𝑏𝑐 +𝐶𝑏𝑒 )

- Cbe1=

1

2𝜋re1𝑓𝑇

1

- Cbe2=

2𝜋re2𝑓𝑇

- 𝐶𝑏𝑐 =2,63.10-10 F
- 𝐶𝑏𝑐

=4,4.10-10 F

b) Điểm tĩnh Q1 , Q2

Phân tích DC: 𝑍𝐶 =
*TẦNG 1:

1
2𝜋𝑓𝐶

(f → 0 => ZC → ∞)


VCC
10V

I B=

𝑉𝑐𝑐 − 𝑉𝐵𝐸

𝑅𝐵1 + (𝛽+1)𝑅𝐸1

RB1
1MΩ

RC1
1kΩ

=

10− 0.7
1000 + (385 + 1).0,12

Q1

= 0,009(mA )

2SC1815

IC = βIB = 385.0,009 = 3,465 (mA) ~
IE

RE1
0.12kΩ

VCC = ICRc1 + VCE + IERE1
=> VCE =10 –3,465.(1+0,12)=
6,119 (V)

Vậy điểm tĩnh Q1 (ICQ = 3,465mA; VCEQ = 6,119 V).
*TẦNG 2

VCC
10V

I B=
RB2
560kΩ

RC2
1kΩ

𝑉𝑐𝑐 − 𝑉𝐵𝐸

𝑅𝐵2 + (𝛽+1)𝑅𝐸2

=

10− 0.7
560 + (385 + 1).0,12

= 0,015 (mA )
IC = βIB = 385.0,015 = 5,775 (mA) ~
IE

Q2

VCC = ICRc2 + VCE + IERE2
2SC1815
RE2
0.12kΩ

=> VCE =10 –5,775.(1+0,12)=
3,532 (V)


Vậy điểm tĩnh Q2 (ICQ = 5,775mA; VCEQ = 3,532 V).
c. Vẽ đường tải DCLL và ACLL của Q 2 . Tìm maxswing của Vo2
Phương trình đường tải DCLL của 𝑄2
𝐼𝐶𝑄2 =

−1
𝑉𝐶𝐶
𝑉𝐶𝐸𝑄2 +
= −0,893𝑉𝐶𝐸𝑄2 + 8,928 (𝑚𝐴)
𝑅𝐶 + 𝑅𝐸
𝑅𝐶 + 𝑅𝐸

Phân tích AC: 𝑍𝐶 =

1
2𝜋𝑓𝐶

(f → ∞ => ZC → 0)

Đặt 𝑅𝑎𝑐 = 𝑅𝐶 //𝑅𝐿 =0,75 (kΩ)
Phương trình đường tải ACLL của 𝑄2
𝑖𝑑𝜏 =

𝑉𝐶𝐸𝑄2
−1
𝑣𝑐𝑒𝜏 + 𝐼𝐶𝑄2 +

= −1,333𝑣𝑐𝑒𝜏 + 10,484 (𝑚𝐴)
𝑅𝑎𝑐
𝑅𝑎𝑐

IC (mA)

10,484

ACLL

8,928

Q2
DCLL

5,775

0

3,532

9

7,865

9,998

VCE (v)

Vo2maxswing=Vdsmaxswing=min(VCEQ,ICE.RAC) =min[ 3,532;4,331]=3,532 (V)
Maxswing= 2Vomax =2. 3,532=7,064 (V)
d)sơ đồ mạch tương đương tín hiệu nhỏ

e) Av , Zi , Zo , Ai

𝑟𝑒1 =

26𝑚𝑉
= 7,504 (Ω) => ℎ𝑖𝑒1 = 𝛽𝑟𝑒1 = 2889,04 (Ω) = 2,889(𝑘Ω)
𝐼𝐸𝑄

𝑟𝑒2 =

26𝑚𝑉
= 4,502 (Ω) => ℎ𝑖𝑒2 = 𝛽𝑟𝑒2 = 1733,27 (Ω) = 1,733(𝑘Ω)
𝐼𝐸𝑄
❖ 𝑍𝑖 = 𝑅𝐵1 //ℎ𝑖𝑒1 = 2,881 (𝑘Ω)
❖ 𝑍𝑂 = 𝑅𝑐2 = 1 (𝑘Ω)
𝑣𝑜 𝑣0 . 𝑣𝑜1
𝐴𝑣 =
=
= 𝐴𝑣1 . 𝐴𝑣2
𝑣𝑖 𝑣𝑖 . 𝑣𝑜1
𝑅𝑎𝑐1 = Rc1 //𝑅𝐵2//ℎ𝑖𝑒2 = 0,633 (𝑘Ω)


𝑅𝑎𝑐2 = 𝑅𝐶2 //𝑅𝐿 = 0,75 (𝑘Ω)
𝐴𝑣1 =

𝑣01 −𝑅𝑎𝑐1
=
= −84,35
𝑣𝑖1
𝑟𝑒1

𝐴𝑣2 =

𝑣𝑜2 −𝑅𝑎𝑐2
=
= −166.59
𝑣𝑖2
𝑟𝑒2

❖ 𝐴𝑣 = 𝐴𝑣1 . 𝐴𝑣2 = 14051,87
𝑍
❖ 𝐴𝑖 = 𝐴𝑣 . 𝑖 = 13494.48
𝑅𝐿

f) Vẽ dạng sóng tại ngõ ra, biết sóng vào có dạng VS=sin80000t
(mV)
❖ Avs=Av.

𝑍𝑖

𝑍𝑖 +𝑅𝑠

= 11973,81

❖ Vậy dạng sóng ngõ ra có dạng 11973,81sin80000t (mV)

❖ Đồ thị dạng sóng ngõ ra

V (mV)
11973,81
𝜋
80000

4,331
𝜋
160000

-3532

3𝜋
160000

t(ms)
𝜋
40000

-11973,81

g)Tần số cắt dưới của mạch , vẽ đáp ứng tần số của mạch tại vùng tần
số thấp
● Với tụ C1=1µF (hay Ci)
fLC1=

1

2𝜋(𝑅𝑆 +𝑍𝑖 )𝐶1

=

1
2𝜋(0,5+2,881).1.0,001

= 47,073 (𝐻𝑧)


● Với tụ C2=2,2µF
1

fLC2 =

2𝜋(𝑍𝑜1 +𝑍𝑖2 )𝐶2

=

1
2𝜋(1+1,728).2,2.0,001

= 26,519 (𝐻𝑧)

𝑍𝑖2 = 𝑅𝐵2 //ℎ𝑖𝑒2 = 1,728 (𝑘Ω)
Zo1=1 𝑘Ω
● Với tụ C4=1µF( hay Co)
1

fLC4 =

2𝜋(𝑍𝑂 +𝑅𝐿 )𝐶4

=

1
2𝜋(1+3).1.0,001

= 39,789(𝐻𝑧)

● Với tụ C3=47µF (hay CE1)
𝑅𝑆 //𝑅𝐵1+ℎ𝑖𝑒1

Req1=

f LCE1=

𝐵
1
2𝜋𝐶𝐸1 .𝑅𝑒𝑞1

= 412,938(𝐻𝑧)

● Với tụ C5=100µF (hay CE2)
𝑅𝑆 //𝑅𝐵2+ℎ𝑖𝑒2

Req2=

f LCE2=

𝐵

1
2𝜋𝐶𝐸2 .𝑅𝑒𝑞2

= 287,723(𝐻𝑧)

⇨ fL=max[ fLC1; fLC2; fLC4;fLCE3;fLCE5]=412,938 (Hz)
20log|AVS |=81,565 dB
Đồ thị đáp ứng tần số của mạch tại vùng tần số thấp


(dB)
81,565
78,565

0
412,938

h. Mô phỏng câu b, f ,g :
b)
Q1(3,386mA;6,21V)

Q2(5,832mA;3,469V)

f(Hz)


Dạng sóng ngõ vào ( màu đỏ ), sóng ngõ ra ( màu xanh )

Ta thấy:

- Điện áp ngõ ra có biên độ A=3656 (mV)
- Điện áp ngõ vào có biên độ A=999.491 (µV)


⇨ Tần số cắt dưới của mạch fL=568,987 (Hz)


KẾT LUẬN
Chú thích H=

𝑇𝑇
𝑀𝑃

( TT: tính tốn; MP: mơ phỏng )

• Điểm tĩnh Q1: Tính tốn ( TT) : Q1 (ICQ = 3,465mA; VCEQ = 6,119 V).
Mô phỏng (MP): Q1 (ICQ=3,386mA; VCEQ=6,21V).
⮚ HI ≈ 102,33% và HV≈ 98,54%
● Điểm tĩnh Q2: Tính tốn (TT): Q2 (ICQ = 5,775mA; VCEQ = 3,532 V).
Mô phỏng (MP): Q2(ICQ=5,832mA; VCEQ=3,469V).
⮚ HI ≈ 99,02% và HV ≈ 101,82%
Nhận xét: Sai số không đáng kể.
● Dạng sóng ngõ ra: Tính tốn (TT) Avs= 11,974 (V), Biên độ ngõ ra :

Vo=3,532V
Mô phỏng (MP) Avs =3,656 (V), Biên độ ngõ ra : Vo=3,656V
HV ≈ 96,6%

=7,064V

Hình 1

Vo=3,532V

=4,464mA

=5V

Do sóng ra cực đại bị méo , mất thông tin B2(mất thông tin B2 là do B2
lọt vào vùng ngắn mạch phân cực ) nên ta có dạng sóng ra khác với sóng
ngõ vào. ( Hay tín hiệu đầu vào q lớn dẫn đến đầu ra bị xén)


VmsW

Ic(mA)

t

O

VcE (V)

VCE(V)

O

3,532V

Ic(mA)

t

Tín hiệu đầu
ra đã bị xén
dưới

(Nếu Sóng (3) mạch bị méo tín hiệu 2 đầu khi điểm Q nằm tại điểm
giữa của tải tĩnh Q(4,464mA, 5V) như hình 1)
Nhận xét: Sai số không đáng kể
● Tần số cắt dưới mạch: Tính tốn (TT): fL=412,938 (Hz)


Mô phỏng (MP): fL=568,987 (Hz)
⮚ HfL ≈72,574%
Nhận xét: Trong thực tế một mạch khuếch đại chỉ làm việc giới hạn
trong một tần số nào đó, do ảnh hưởng bởi các tụ liên lạc và tụ
bypass(hayCE ) nên khó xét tần số fH đúng chính xác 100%

Nhận xét Chung:
- Q1, Q2 giữa mơ phỏng và tính tốn có sự sai lệch. Ngun nhân là do các thơng số
của BJT giữa tính tốn và mơ phỏng có sự sai lệch nhất định và do ảnh hưởng của các
VOM lên mạch. Và trong lúc tính tốn có làm trịn số
- Bode pha và biên độ ngõ ra cũng có sự sai lệch tương tự. Ngun nhân như trên.
- Trong q trình mơ phỏng nhận thấy VBE khơng chính xác bằng 0,7V mà có sự
biến đổi tuỳ theo những điện trở thành phần.
- Các thơng số như Zi, Zo, Av, AVS, Ai cũng có những sai lệch tương đối giữa mô
phỏng so với khi tính tốn, làm trịn số.

DATASHEET

❖ 2SC1815