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
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
Ω≈Ω=== K44K85,43
7,5
25
10
V
V
RR
4
BB
CC
b2
Vì R
DC
= R
AC
nên phương trìng tải DC và AC trùng nhau.
3) Bài 2-14: Điểm Q
bất kỳ
vì biết V
BB
= 1,2V; β = 20. Tìm giá trị tối đa của dao

động có thể có được ở C và tính η.
Biết β = 20, V
BEQ
= 0,7V.
Ta có:
mA3,3
50100
7,02,1
R
R
VV
I
b
E
BEQBB
CQ
=
+
−
=
β
+
−
=
∗ Để tìm giá trị tối đa của dao động có thể có được ở C ta phải vẽ phương
trình tải DC, AC
V
CEQ
= V
CC

– I
CQ
(R
C
+ R
E
) = 6 – 3,3.10
-3
.1,1.10
3
= 2,37V
∗ Vậy giá trị tối đa của dao động là:
I
Cmmax
= i
Cmax
– I
CQ
= 5,45 – 3,3 = 2,15mA
Suy ra V
Lmax
= I
Cmmax
.R
C
= 2,15.10
3
.10
-3
= 2,15V

∗ P
CC
= I
CQ
.V
CC
= 3,3.10
-3
.6 = 19,8mW
( )
( )
mW31,210.10.15,2
2
1
R.I
2
1
P
3
2
3
C
2
maxCmL
===
−
Hiệu suất:
%7,11
10.8,19
10.31,2

P
P
3
3
CC
L
===η
−
−
II. Bộ KĐRC khơng có C
C
, C
E
(tụ bypass Emitter) (EC)
1)
Bài 2-15: Điểm Q bất kỳ.
- 45 - Một số bài tập mẫu - 45 -
+6V
R
b
= 1K
R
C
= 1K
R
E
= 100Ω
V
BB
= 1,2V

C
E→
∞
V
cc
=10V
R
2
R
1
R
C
=150Ω
R
E
100Ω
β=100; V
BEQ
=0,7v
45,5
R
V
DC
CC
=
I
CQ
= 3,3
i
C

(mA)
V
CE
(V)
2,37
3
6
0
2,725
Q
TƯ
Q
bk






−=
1100
1
ACLLDCLL
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
a- Tìm R
1
, R
2
để I
CQ

= 01mA (R
b
<< β R
E
)
Vì R
b
<< βR
E
nên ta có:
A10mA10
R
7,0V
I
2
E
BB
CQ
−
==
−
≈
suy ra V
BB
= 0,7 + 100.10
-2
= 1,7V
Ω==β= K1100.100
10
1

R
10
1
R
Eb
Ω≈=
−
=
−
= K2,1
83,0
10
10
7,1
1
10
V
V
1
1
RR
33
CC
BB
b1
Ω=== K88,5
7,1
10
10
V

V
RR
3
BB
CC
b2
b- Để tìm I
Cmmax
với R
1
, R
2
như trên ta phải vẽ DCLL và ACLL:
V
CEQ
= V
CC
– I
CQ
(R
C
+ R
E
) = 10 – 10
-2
.250 = 7,5V
Từ hình vẽ ta nhận thấy để I
Cm
lớn nhất và khơng bị méo thì I
Cmmax

= 10mA.
Ta có thể tìm i
Cmax
và V
Cemax
theo phương trình
( )
CEQCE
C
CQC
VV
R
1
Ii −−=−
Cho V
CE
= 0 ⇒
mA60
150
5,7
10
R
V
Ii
2
C
CEQ
CQmaxC
=+=+=
−

Cho i
C
= 0 ⇒
V95,7150.10VR.IV
1
CEQCCQmaxCE
=+=+=
−
2)
Bài 2-16: Điểm Q tối ưu (hình vẽ như hình 2-15).
Để có dao động Collector cực đại ta có:
- 46 - Một số bài tập mẫu - 46 -
i
C
(mA)
V
CE
(V)
Q






−
150
1
ACLL







−
250
1
DCLL
7,5
60
10
V
CEmax
= 9V
I
Cmmax
15
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
ACDC
CC
ƯCQT
maxCm
RR
V
II
+
==
(1)
V

CEQTƯ
= R
AC
.I
CQTƯ
(2)
R
DC
= R
C
+ R
E
= 150 + 100 = 250Ω
R
AC
= R
C
= 150Ω
Thay vào (1) ta được:
mA25
150250
10
I
ƯCQT
=
+
=
V75,310.25.150V
3
ƯCEQT

==
−
V
BB
≈ 0,7 + I
CQTƯ
.R
E
= 3,2V.
Ω==β= K1100.100.
10
1
R
10
1
R
Eb
Ω≈=
−
=
−
= K47,1
68,0
10
10
2,3
1
10
V
V

1
1
RR
33
CC
BB
b1
Ω≈Ω=== K1,33125
2,3
10
10
V
V
RR
3
BB
CC
b2
Để vẽ ACLL, rất đơn giản ta chỉ cần xác định:
i
Cmax
= 2I
CQTƯ
và V
Cemax
= 2V
CEQTƯ.
III. Bộ KĐ R-C có C
C
và C

E
(E.C).
1)
Bài 2-20: Điểm Q tối ưu
R
DC
= R
C
+ R
E
= 900 + 100 =1KΩ
Ω=
+
=
+
= 450
900900
900.900
RR
RR
R
LC
LC
AC
- 47 - Một số bài tập mẫu - 47 -
V
CE
(V)
i
C

(mA)
V
CEQTƯ

= 3,75
2I
CQT Ư
= 50
40
RR
V
EC
CC
=
+






−
150
1
ACLL
2V
CEQTƯ
=7
10
I

CQTƯ
= 25






−
250
1
DCLL
C
E→
∞
V
cc
=10V
R
2
R
1
R
C
=900Ω
R
E
100Ω
C
C→

∞
R
L
=900K
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
mA9,6
RR
V
II
DCAC
CC
ƯCQT
maxCm
≈
+
==
V
CEQTƯ
= I
CQTƯ
.R
AC
= 6,9.10
-3
.450 = 3,1V
V
BB
= 0,7 + R
E
.I

CQTƯ
= 0,7 + 100.6,9.10
-3
= 1,4V
Ω==β= K1100.100.
10
1
R
10
1
R
Eb
Ω≈=
−
=
−
= 1163
86,0
10
10
4,1
1
10
V
V
1
1
RR
33
CC

BB
b1
Ω=== 7143
4,1
10
10
V
V
RR
3
BB
CC
b2
Ta có dòng xoay chiều:
V1,3V
mA45,39,6
900900
900
I.
RR
R
I
Lm
Cm
LC
C
Lm
=⇒
=
+

=
+
=
2)
Vẫn bài 2-20 nếu ta bỏ tụ C
E
thì ta sẽ có bộ khuếch đại R.C có C
C
mà khơng có
C
E
. Khi đó kết quả tính tốn sẽ khác rất ít vì R
E
<< R
C
, R
L
R
DC
= R
C
+ R
E
= 900 + 100 = 1KΩ
Ω=
+
+=
+
+= 550
900900

900.900
100
RR
RR
RR
LC
LC
EAC
mA45,6
55010
10
RR
V
II
3
ACDC
CC
maxCm
ƯCQT
=
+
=
+
==
V
CEQTƯ
= I
CQTƯ
.R
AC

= 6,45.10
-3
.550 = 3,55V
V
BB
= 0,7 + I
CQ
. R
E
= 0,7 + 6,45.10
-3
.100 = 1,345V
Ω==β= K1100.100.
10
1
R
10
1
R
Eb
- 48 - Một số bài tập mẫu - 48 -
V
CE
(V)
i
C
(mA)
V
CEQTƯ

= 3,1
2I
CQTƯ
= 13,8
10
RR
V
EC
CC
=
+






−
450
1
ACLL
6,2 10
0
I
CTƯ
= 6,9







−
1000
1
DCLL
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
Ω==
−
=
−
= 1155
8655,0
10
10
345,1
1
10
V
V
1
1
RR
33
CC
BB
b1
Ω=== 7435
345,1
10

10
V
V
RR
3
BB
CC
b2
mA225,310.45,6.
900900
900
I
RR
R
I
3
Cm
LC
C
Lm
=
+
=
+
=
−
V
Lm
= R
L

.I
Lm
= 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 R
1
, R
2
.
V525.
10.2010.5
10.5
V
RR
R
V
33
3
CC
21
1
BB
=
+
=
+

=
mA1,2
60
10.4
10.2
7,05
R
R
7,0V
I
3
3
b
E
BB
CQ
=
+
−
=
β
+
−
=
(Vì
β
>>
b
E
R

R
nên có thể tính gần đúng theo cơng thức
E
BB
CQ
R
7,0V
I
−
=
)
V
CEQ
= V
CC
– I
CQ
(R
C
+ R
E
) = 25 – 2,1.10
-3
.3.10
3
= 18,7V
- 49 - Một số bài tập mẫu - 49 -
Q
V
CE

(V)
i
C
(mA)
V
CEQ

= 18,7
I
Cmax
= 11,45
3,8
R
V
DC
CC
=






−
3
10.2
1
ACLL
10
0

I
CQTƯ
= 5






−
3
10.3
1
DCLL
22,9
25
I
CQ
= 2,1
V
L
C
C→
∞
V
cc
=25V
R
2
20K

R
1
5K
R
C
=1K
R
E
=2K
R
L
2K
β=60
R
b
= = =
4KΩ
R
1
+ R
2
R
1
R
2
5.10
3
+ 20.10
3
5.10

3
.20.10
3
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
Từ hình vẽ ta thấy: I
CQ
< I
CQTƯ
nên I
Cm
= I
CQ
= 2,1mA
mA05,110.1,2.
10.210.2
10.2
I
RR
R
I
3
33
3
Cm
LE
L
Lm
=
+
=

+
=
−
V
Lmmax
= R
L
.I
Lm
= 2.10
3
.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
( )
CEQCE
AC
CQC
VV
R
1
Ii −−=−
với
Ω=
+
+= k2
RR
RR
RR

LE
LE
CAC
Cho V
CE
= 0 suy ra
mA45,11
10.2
7,18
10.1,2
R
V
Ii
3
3
AC
CEQ
CQC
=+=+=
−
i
C
= 0 suy ra
V9,2210.1,2.10.27,18IRVV
33
CQACCEQmaxCEQ
=+=+=
−
* Với bài tốn trên nếu chưa biết R
1

và R
2
ta có thể thiết kế để dòng điện ra lớn
nhất: R
DC
= R
C
+ R
E
= 10
3
+ 2.10
3
= 3KΩ.
Ta có:
mA5
10.210.3
25
RR
V
I
33
ACDC
CC
ƯCQT
=
+
=
+
=

V
CEQTƯ
= I
CQTƯ
.R
AC
= 10V.
2)
Bài 2-24: Mạch được định dòng Emitter.
Theo định luật K.II: ΣV
kín
= 0 ta có
R
b
I
BQ
+ V
BEQ
+ R
E
.I
EQ
–V
EE
= 0
Suy ra
mA93
100
7,010
R

R
7,0V
I
b
E
BB
EQ
=
−
≈
β
+
−
=
V
CEQ
= V
CC
+ V
EE
– I
CQ
(R
C
+ R
E
)
= 10 + 10 – 93.10
-3
.150 = 6,05V

- 50 - Một số bài tập mẫu - 50 -
i
L
I
BQ
C
C→
∞
V
L
C
E→
∞
V
EE
=-10v
R
b
<<βR
E
R
C
=50Ω
R
E
=100Ω
R
L
=100Ω
V

CC
=10v
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
∗
mA5,4610.93.
100100
100
I
RR
R
I
3
Em
LE
E
Lm
=
+
=
+
=
−
∗ V
Lm
= I
Lm
R
L
= 46,5.10
-3

.10
2
= 4,65V
∗ Đây là điểm Q bất kỳ nên ta có:
( )
CEQCE
AC
CQC
VV
R
1
Ii −−=−
+ Cho V
CE
= 0 suy ra
mA214
R
V
Ii
AC
CEQ
CQmaxC
=+=
+ Cho i
C
= 0 suy ra
V675,1050.10.9305,6RIVV
3
ACCQCEQCE
=+=+=

−
∗ Nếu bài này được tính ở chế độ tối ưu thì:
R
DC
= R
C
+ R
E
= 150Ω
Ω=
+
= 50
RR
RR
R
LE
LE
AC
khi đó
mA100A1,0
50150
20
RR
V
I
DCAC
CC
ƯCQT
==
+

=
+
=
V
CEQTƯ
= I
CQTƯ
.R
AC
= 5V
- 51 - Một số bài tập mẫu - 51 -
V
CE
(V)
i
C
(mA)
V
CEQ

= 6,05
214
133
RR
VV
EC
EECC
=
+
+







−
50
1
ACLL
10,675 20
0
I
CQ
= 93






−
150
1
DCLL
Q
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:

1)
Bài 4-7: Q bất kỳ.
a- Chế độ DC
K3
205,3
20.5,3
RR
RR
R
21
21
b
≈
+
=
+
=
V320.
205,3
5,3
V
RR
R
V
CC
21
1
BB
≈
+

=
+
=
mA6,4
100
10.3
500
7,03
I
3
CQ
≈
+
−
=
V
CEQ
= V
CC
– I
CQ
(R
C
+ R
E
) = 20 – 4,6.10
-3
.2.10
3
= 10,8V

Ω==
−
−
760
10.6,4
10.25
h.4,1h
3
3
feie
b- Chế độ AC:
i
b
b
L
i
L
i
i
i
i
i
i
i
A ==
(1)
50100.
10.5,110.5,1
10.5,1
h.

RR
R
i
i
i
i
i
i
33
3
fe
LC
C
b
C
C
L
b
L
−=
+
−=
+
−==
- 52 - Một số bài tập mẫu - 52 -
Z
o
i
C
Z

i
R
i
2K
i
b
R
b
3K
i
i
R
C
1,5K
i
L
R
L
=1,5K
h
ie
100i
b
1,2K
R
L
=1,5K
i
i
R

C
=1,5K
C
C2→
∞
-
+
+V
CC
=20V
C
E→∞
+
-
R
1
3,5K
i
L
R
2
=20K
R
i
=2K
R
E
1,5K
C
C1→

∞
-
+
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
( )
61,0
76010.2,1
10.2,1
hR//R
R//R
i
i
3
3
iebi
bi
i
b
=
+
=
+
=
Thay vào (1) ta có: A
i
= -50.0,61 = -30,6
Z
i
= R
i

//R
b
//h
ie
= 1200//760 = 465Ω
Z
o
= R
C
= 1,5KΩ.
2)
Bài 4-11: Q bất kỳ và h
fe
thay đổi.
a- Chế độ DC:
∗
100R5010.50.
10
1
R
10
1
R
bE11b
=<Ω==β=
, khơng bỏ qua I
BQ
.
∗
100R15010.150.

10
1
R
10
1
R
bE22b
=>Ω==β=
, bỏ qua I
BQ
.
mA83
50
100
10
7,07,1
R
R
7,0V
I
1
b
E
BB
1EQ
=
+
−
=
β

+
−
=
mA100
10
7,07,1
R
7,0V
I
E
BB
2EQ
=
−
=
−
≈
Ω≈=
−
−
21
10.83
10.25
.50.4,1h
3
3
1ie
Ω==
−
−

5,52
10.100
10.25
.150.4,1h
3
3
2ie
suy ra 21Ω ≤ h
ie
≤ 52,5Ω
b- Chế độ AC:
ieb
b
fe
LC
C
i
b
b
L
i
L
i
hR
R
.h.
RR
R
i
i

i
i
i
i
A
++
−===
66,20
21100
100
.50.
100100
100
A
1i
−=
++
−=
1,49
5,52100
100
.150.
100100
100
A
2i
−=
++
−=
- 53 - Một số bài tập mẫu - 53 -

R
L
=100Ω
R
b
=100Ω
V
BB
=1,7v
i
i
R
C
=100Ω
C
C→
∞
-
+
+V
CC
=20v
C
E→∞
+
-
i
L
R
E

10Ω
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
Z
i
= R
b
//h
ie
suy ra Z
i1
= 100//21 = 17,36Ω
Z
i2
= 100//52,5 = 34,43Ω
Vậy 20,66 ≤ A
i
≤ 49,18
17,36Ω ≤ Z
i
≤ 34,43Ω
3)
Bài 4-12: Dạng khơng có tụ C
E
a- Chế độ DC:
mA5,4
100
10
10
7,07,5
h

R
R
7,0V
I
4
3
fe
b
E
BB
CQ
=
+
−
=
+
−
=

(có thể tính I
CQ
= 5 mA)
V
CEQ
= V
CC
– I
CQ
(R
C

+ R
E
) = 20 – 4,5.10
-3
.(3.10
3
) = 6,5V
Ω==
−
−
778
10.5,4
10.25
.100.4,1h
3
3
ie
b- Chế độ AC:
i
b
b
L
i
L
i
i
i
i
i
i

i
A ==
(1)
- 54 - Một số bài tập mẫu - 54 -
R
b
=10K
V
BB
=5,7V
i
i
R
C
=2K
C
C→
∞
-
+
+V
CC
=20V
i
L
R
E
=1K
R
L

=100Ω
R
L
=100Ω
i
b
R
b
10K
i
i
R
C
2K
i
L
h
fe
R
E
100i
b
h
ie
=778Ω
i
C
i
b
R

b
100Ω
i
i
R
C
100Ω
i
L
h
ie
h
fe
i
b
R
L
= 100Ω
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
24,95h.
RR
R
i
i
i
i
i
i
fe
LC

C
b
C
C
L
b
L
−=
+
−==
09,0
1077810
10
RhhR
R
i
i
54
4
Efeieb
b
i
b
=
++
=
++
=
Thay vào (1) ta được A
i

= -95,24.0,09 = -8,6
[ ]
Ω=≈+= K1,910//10Rhh//RZ
54
Efeiebi
II. Sơ đồ mắc B.C: Bài 4-21, h
oe
=
4
10
1)
Chế độ DC:
91,0
11
10
h1
h
h
fe
fe
fb
==
+
=
Ω==
+
=
−
−
32

10
10.25
.10.4,1.
11
1
h1
h
h
3
3
fe
ie
ib
5
4
fe
oe
ob
10
11
10
h1
h
h
−
−
==
+
=
2)

Chế độ AC:
i
e
e
L
i
L
V
V
i
i
V
V
V
A ==
(1)
- 55 - Một số bài tập mẫu - 55 -
V
CC
R
2
V
i
+
-
R
1
C
b→
∞

r
i
=50Ω
R
L
=10K
R
L
10KΩ
i
L
1/h
ob
10
5Ω
i
C
h
fb
i
e
0,91i
b
h
ib
32Ω
i
e
R
i

50Ω
V
i
+
-
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
82791,0.
1010
10.10
h.
h
1
R
h
1
R
i
i
.
i
Ri
i
V
54
54
fb
ob
L
ob
L

e
C
C
LL
e
L
−=
+
−=
+
−==
012,0
3250
1
hR
1
hR
V
.
V
1
V
i
ibiibi
i
ii
e
−=
+
−=

+
−=
+
−
=
Thay vào (1) ta được A
V
= (-827).(-0,012) = 10,085 ≈ 10
III. Sơ đồ mắc C.C: Bài 4-23
1)
Chế độ DC
V
CC
= I
BQ
R
b
+ V
BEQ
+ R
E
I
EQ
mA65,4
100
10
10
7,010
R
R

7,0V
I
5
3
b
E
CC
EQ
=
+
−
=
β
+
−
=⇒
V
CEQ
= V
CC
– R
E
I
EQ
= 10 – 4,65.10
-3
.10
3
= 5,35 V
2)

Chế độ AC
- 56 - Một số bài tập mẫu - 56 -
R
L
1KΩ
V
i
+
-
R
E
1KΩ
Z
o
Z
i
C
c2→∞
r
i
500Ω
100KΩ
R
b
C
c1→∞
+V
CC
=10V
i

L
’
r
i
500Ω
V
i
+
-
h
ie
753Ω
i
b
R
b
100KΩ
R
e
.hfe
100KΩ
R
L
.hfe
100KΩ
V
b
V
L
Z

i
h
ie
/h
fe
7,53Ω
i
e
R
E
1KΩ
r
i
/hfe
5Ω
R
b
/hfe
1KΩ
Z
o
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
Ω≈=
−
−
753
10.65,4
10.25
h4,1h
3

3
feie
i
b
b
L
i
L
v
V
V
V
V
V
V
A ==
(1)
( )
( )
[ ]
985,0
000.50753
500.100
R//Rhhi
R//Rh.i
V
V
LEfeieb
LEfeb
b

L
=
+
=
+
=
(2)
R
’
b
= R
b
//[h
ie
+ h
fe
(R
E
//R
L
)] = 33,3Ω
994,0
10.3,33500
K3,33
Rr
R
Rr
V
.R.
V

1
V
V
3'
bi
'
b
'
bi
i
'
b
ii
b
=
+
Ω
=
+
=
+
=
(3)
Thay (2), (3) vào (1) ta có: A
V
= 0,985.0,994 = 0,979 ≈ 0,98
[ ]
Ω≈+≈







+= 37,12553,7//10
h
R//r
h//RZ
3
fe
bi
ibEo
( )
[ ]
Ω==+= K3,33RR//Rhh//RZ
'
bLEfeiebi
- 57 - Một số bài tập mẫu - 57 -
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
Chương VI: MẠCH TRANSISTOR GHÉP LIÊN TẦNG.
I. Transistor ghép Cascading:
1) E.C – C.E
Bài 6-1: Điểm Q bất kỳ, 2 tầng hồn tồn độc lập với nhau.
a - Chế độ DC
Ω==>Ω=
+
=
+
= 500R.h.
10

1
RK1,2
10.710.3
10.7.10.3
RR
R.R
R
Efeb
33
33
2111
2111
1b
suy ra, khơng được bỏ qua I
BQ1
;
V310.
10.710.3
10.3
V.
RR
R
V
33
3
CC
2111
11
1BB
=

+
=
+
=
mA2,16
50
2100
100
7,03
h
R
R
7,0V
I
1fe
b
E
1BB
1EQ
1
1
=
+
−
=
+
−
=
V
CEQ1

= V
CC
– I
EQ1
(R
C1
+ R
E1
) = 10 – 16,2.10
-3
.300 = 5,14V
Ω===
−
−−
108
10.2,16
10.25
.50.4,1
I
10.25
.h4,1h
3
3
1EQ
3
1fe1ie
Ω==<Ω=
+
=
+

= 1250R.h.
10
1
RK9,0
10.910
10.9.10
RR
R.R
R
Efeb
33
33
2212
2212
2b
suy ra, được bỏ qua I
BQ2
;
V110.
10.910
10
V.
RR
R
V
33
3
CC
2212
12

2BB
=
+
=
+
=
mA2,1
250
3,0
50
900
250
7,01
2h
R
R
7,0V
I
2b
2E
2BB
2EQ
=≈
+
−
=
+
−
=
V

CEQ2
= V
CC
– I
EQ2
(R
C2
+ R
E2
) = 10 – 1,2.10
-3
.2250 = 7,3V
Ω===
−
−−
1458
10.2,1
10.25
.50.4,1
I
10.25
.h4,1h
3
3
2EQ
3
2fe2ie
b - Chế độ AC
i
1b

1b
2b
2b
L
i
i
i
.
i
i
.
i
i
A =
(1)
50h.1
i
i
.
i
i
i
i
2fe
2b
2C
2C
L
2b
L

−=−==
(2)
- 58 - Một số bài tập mẫu - 58 -
i
C2
V
L
Z
o
Z
i
R
b
2,1K
i
i
h
ie1
108
50i
b1
R
C1
200
R
b2
900
h
ie2
1458

50i
b2
R
C
2K
i
b1
i
b2
i
C1
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
( )
06,550.
1458164
164
h.
hR//R
R//R
i
i
.
i
i
i
i
1fe
2ie2b1C
2b1C
1b

1C
1C
2b
1b
2b
−≈
+
−
≈
+
−
==
(3)
951,0
1082100
2100
hR
R
i
i
1ieb
b
i
1b
=
+
=
+
=
(4)

Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có
A
i
= (-50).(5,06).(0,951) ≈ 241
Z
i
= R
b
//h
ie1
= 2,1.10
3
//108 ≈ 103Ω
Z
o
= ∞
Để tìm biên độ đỉnh đối xứng cực đại ta vẽ DCLL và ACLL.
Từ
( )
CEQCE
AC
CQC
Vv
R
1
Ii −−=−
v
CE
= 0 suy ra, I
Cmax

= I
CQ
+V
CEQ
/R
AC

= 1,2.10
-3
+ 7,3/2.10
3
= 4,85mA
i
C
= 0 suy ra, v
Cemax
= V
CEQ
.R
AC

= 7,3 + 1,2.10
-3
.2.10
3
= 9,7V
Từ đặc tuyến DCLL và ACLL ta có I
Cmmax
= 1,2mA
Bài 6-2: Điểm Q tối ưu nên phải tính tầng thứ hai trước, tầng 1 sau.

a- Chế độ DC:
R
DC2
= R
C2
+ R
E2
= 2250Ω; R
AC2
= R
C
= 2KΩ.
mA35,2
20002250
10
RR
V
I
2AC2DC
CC
ƯT2CQ
=
+
=
+
=
V
CEQ2TƯ
= I
CQ2TƯ

.R
AC2
= 2,35010
-3
.2.10
3
= 4,7V
Ω===
−
−−
745
10.35,2
10.25
.50.4,1
I
10.25
.h4,1h
3
3
2EQ
3
2fe2ie
R
DC1
= R
C1
+ R
E1
= 200 + 100 = 300Ω;
R

AC1
= R
C1
//R
b2
//h
ie2
= 200//900//745 ≈ 134,4Ω
mA23
4,134300
10
RR
V
I
1AC1DC
CC
ƯT1CQ
=
+
=
+
=
- 59 - Một số bài tập mẫu - 59 -
Q
V
CE
(V)
i
C
(mA)

7,3
i
Cmax
= 4,85
4,4
R
V
DC
CC
=






−
3
10.2
1
ACLL
0






−
250

1
DCLL
9,7
10
I
CQ
= 1,2
I
Cmmax