một số bài tập mẫu mạch điện tử
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (714.15 KB, 40 trang )
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 35 - Một số bài tập mẫu - 35 -
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 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 vuông có biên độ 10 và 1V
Kết quả với giả thiết: R
i
= 1, R
L
= 9, 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.
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)
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 36 - Một số bài tập mẫu - 36 -
b- Vẽ V
L
(t) với V
S
(t) dạng sóng sin có biên độ 10 và 1V.
Khi V
S
= 10sin
o
t nghóa là V
Sm
= 10V >> V
D
=0,7V ta có:
99
91
10
R
RR
V
V
L
Li
Sm
1L
tsin9V
01L
(Ta giải thích theo
0T
2
1
và
0T
2
1
)
Khi V
S
= 1sin
0
t
nghóa 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
Tại sin
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 trò điện trở: R
1
=
1K, R
b
= 10K, R
L
= 9K.
a- Vẽ V
L
(t) với dạng sóng vuông 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
i
L
R
L
9K
R
i
=1K
V
L
V
s
+
-
-
+
V
D
R
b
=10K
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
- 37 - Một số bài tập mẫu - 37 -
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
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
+
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
Khi V
S
= 1sin
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
Tại
2
t
0
, sin
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:
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
- 38 - Một số bài tập mẫu - 38 -
tsin315,010.9.
10.91010
tsin7,0
R
RRR
tsin7,0
V
0
3
343
0
L
Lbi
0
2L
+
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
2) Dạng mạch Thevenin áp dụng nguyên lý chồng chập:
Bài 1-20 với V
i
(t) = 10sin
0
t
a- Vẽ mạch Thevenin:
Áp dụng nguyên 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
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
K
A
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
- 39 - Một số bài tập mẫu - 39 -
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
Điện trở tương đương Thevenin chính là điện trở tương đương của
phần mạch khi Diode hở mạch là:
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
.
Tại
V3V0t
T0
Tại
)V(46,6
2
3
43V
3
t
T0
Tại
)V(71.43V
2
t
T0
Tại
)V(46,0
2
3
43V
3
t
T0
Tại
)V(11.43V
2
t
T0
Theo đònh luật Ohm cho toàn 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
Tại
)mA(88,2
10.2
46,6
7,0.
10.2
1
i
3
t
33
0
i
D
(mA)
3,15
2,88
1,15
3
6,46
7
-1
V
T
t
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 40 - Một số bài tập mẫu - 40 -
Tại
)mA(15,3
10.2
7
7,0.
10.2
1
i
2
t
33
0
Tại
)mA(58,0
10.2
46,0
7,0.
10.2
1
i
3
t
33
0
Tại
)mA(85,0
10.2
1
7,0.
10.2
1
i
2
t
33
0
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
II. Diode Zenner:
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:
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
3,3
3
10
3
1828
I
VV
R
maxZ
Zmaxi
i
Vậy R
i
= 3,3.
b- Tìm công suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner:
P
Zmzx
= I
Zmax
.V
Z
= 2.18 = 36W.
V
L
0
-0,7
2,1
4,9V
t
R
L
=18
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
- 41 - Một số bài tập mẫu - 41 -
2) Dạng dòng I
L
const: (bài 1-41), 10mA I
L
85mA.
I
Zmin
= 15mA.
a- Tính giá trò lớn nhất của R
i
maxLminZ
Zi
i
minLmaxZ
Zi
II
VV
R
II
VV
Khi V
DC
= 13V ta có
30
085,0015,0
1013
R
maxi
Khi V
DC
= 16V ta có
60
085,0015,0
1016
R
maxi
Vậy ta lấy R
imax
= 30.
b- Tìm công suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner.
P
Zmax
= I
Zmax
.V
Z
.
Mặt khác: V
imax
= I
Zmax
R
i
+ V
Z
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
= 10 khi I
Z
= 30mA; P
zmax
=800mW.
a- Tìm R
i
để Diode ổn đònh 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
R
L
V
Z
=10v
20v<V
DC
<25v
R
i
10
I
Z
V
L
I
L
R
L
V
Z
=10v
13v<V
DC
<16v
R
i
I
Z
V
L
I
R
I
L
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 42 - Một số bài tập mẫu - 42 -
Mặt khác: V
imin
= I
min
.R
i
+ V
Z
= 20V
7,166
06,0
1020
R
maxi
V
imax
= I
max
.R
i
+ V
Z
= 25V
36,136
11,0
1025
R
mini
Suy ra: 136,4 R
i
166,7
Vậy ta chọn R
i
=150
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
;
I
Z
(mA)
V
Z
36,7
50
30
80
70
10
20,5
17,5
15,5
V
Z
=10V
0
r
Z
=10
16,7
12,5
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 43 - Một số bài tập mẫu - 43 -
Chương II: TRANSISTOR HAI LỚP TIẾP GIÁP
I. Bộ khuếch đại R-C không có C
C
và không có C
E
(E.C).
1) Bài 2-10: 20 60, suy ra I
CQ
không thay đổi quá 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 = 60 sao cho sau một thời
gian chỉ còn = 20 thì yêu cầu I
CQ
7,2mA.
Ta giải bài toán bài toán một cách tổng quát coi
1
= 20;
2
= 60.
E22bbE11b
R
10
1
RRR
10
1
R
K610.60.
10
1
RRK210.20.
10
1
R
3
2bb
3
1b
Vậy 2K R
b
6K
Mặt khác
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
(1)
Có thể tính trực tiếp từ bất phương trình (1):
12
bE
1
b
E
2
b
E
9,01
RR1,0
R
R9,0
R
R
K53,3
10.3,28
100
20
9,0
60
1
10.1,0
9,01
R1,0
R
3
3
12
E
b
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
- 44 - Một số bài tập mẫu - 44 -
Chọn R
b
= 3,5K.
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:
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
K06,1010057
7,8
25
10.5,3
V
V
RR
3
BB
CC
b2
Ta có thể tính tổng quát: Chọn R
b
= 4K thay vào (1):
%9,88
1200
1067
20
10.4
10
60
10.4
10
I
I
3
3
3
3
2CQ
1CQ
, bò loại do không thỏa mãn (1).
Chọn R
b
=3K 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 trò cho R
1
, R
2
sao cho dòng i
C
xoay
chiều có giá trò cực đại.
Điểm Q tối ưu được xác đònh 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
= 2,5K.
R
AC
= R
C
+ R
E
= 1,5.10
3
+ 10
3
= 2,5K.
Suy ra:
mA5
10.5,210.5,2
25
I
33
TƯCQ
V
CEQTƯ
= 5.10
-3
.2,5.10
3
= 12,5V
Chọn
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
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
- 45 - Một số bài tập mẫu - 45 -
K13K95,12
772,0
10
25
7,5
1
1
10.10
V
V
1
1
RR
4
3
CC
BB
b1
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; = 20. Tìm giá trò tối đa của dao
động có thể có được ở C và tính .
Biết = 20, V
BEQ
= 0,7V.
Ta có:
mA3,3
50100
7,02,1
R
R
VV
I
b
E
BEQBB
CQ
Để tìm giá trò 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 trò 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
+6V
R
b
= 1K
R
C
= 1K
R
E
= 100
V
BB
= 1,2V
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
ACLLD CLL
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 46 - Một số bài tập mẫu - 46 -
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
II. Bộ KĐRC không có C
C
, C
E
(tụ bypass Emitter) (EC)
1) Bài 2-15: Điểm Q bất kỳ.
a- Tìm R
1
, R
2
để I
CQ
= 01mA (R
b
<< R
E
)
Vì R
b
<< R
E
nên ta có:
A10mA10
R
7,0V
I
2
E
BB
CQ
suy ra V
BB
= 0,7 + 100.10
-2
= 1,7V
K1100.100
10
1
R
10
1
R
Eb
K2,1
83,0
10
10
7,1
1
10
V
V
1
1
RR
33
CC
BB
b1
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:
C
E
V
cc
=10V
R
2
R
1
R
C
=150
R
E
100
=100; V
BEQ
=0,7v
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
- 47 - Một số bài tập mẫu - 47 -
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 không bò 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:
ACDC
CC
ƯCQT
maxCm
RR
V
II
(1)
V
CEQTƯ
= R
AC
.I
CQTƯ
(2)
R
DC
= R
C
+ R
E
= 150 + 100 = 250
R
AC
= R
C
= 150
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.
K1100.100.
10
1
R
10
1
R
Eb
K47,1
68,0
10
10
2,3
1
10
V
V
1
1
RR
33
CC
BB
b1
V
CE
(V)
i
C
(mA)
V
CEQTƯ
= 3,75
2I
CQTƯ
= 50
40
RR
V
EC
CC
150
1
ACLL
2V
CEQTƯ
=7
10
I
CQTƯ
= 25
250
1
DCLL
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 48 - Một số bài tập mẫu - 48 -
K1,33125
2,3
10
10
V
V
RR
3
BB
CC
b2
Để vẽ ACLL, rất đơn giản ta chỉ cần xác đònh:
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 =1K
450
900900
900.900
RR
RR
R
LC
LC
AC
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
K1100.100.
10
1
R
10
1
R
Eb
C
E
V
cc
=10V
R
2
R
1
R
C
=900
R
E
100
C
C
R
L
=900K
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
- 49 - Một số bài tập mẫu - 49 -
1163
86,0
10
10
4,1
1
10
V
V
1
1
RR
33
CC
BB
b1
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 không
có C
E
. Khi đó kết quả tính toán sẽ khác rất ít vì R
E
<< R
C
, R
L
R
DC
= R
C
+ R
E
= 900 + 100 = 1K
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
K1100.100.
10
1
R
10
1
R
Eb
1155
8655,0
10
10
345,1
1
10
V
V
1
1
RR
33
CC
BB
b1
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
R
b
= = =
4K
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
- 50 - Một số bài tập mẫu - 50 -
(Vì
b
E
R
R
nên có thể tính gần đúng theo công 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
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
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
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
=60
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 51 - Một số bài tập mẫu - 51 -
i
C
= 0 suy ra
V9,2210.1,2.10.27,18IRVV
33
CQACCEQmaxCEQ
* Với bài toán 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
= 3K.
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 đònh dòng Emitter.
Theo đònh luật K.II: V
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
V
CEQ
= V
CC
+ V
EE
– I
CQ
(R
C
+ R
E
)
= 10 + 10 – 93.10
-3
.150 = 6,05V
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
i
L
I.
I
BQ
C
C
V
L
C
E
V
EE
=-10v
R
b
<<R
E
R
C
=50
R
E
=100
R
L
=100
V
CC
=10v
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 52 - Một số bài tập mẫu - 52 -
Nếu bài này được tính ở chế độ tối ưu thì:
R
DC
= R
C
+ R
E
= 150
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
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
- 53 - Một số bài tập mẫu - 53 -
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
760
10.6,4
10.25
h.4,1h
3
3
feie
b- Chế độ AC:
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
- 54 - Một số bài tập mẫu - 54 -
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
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 = 465
Z
o
= R
C
= 1,5K.
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
, không bỏ qua I
BQ
.
100R15010.150.
10
1
R
10
1
R
bE22b
, bỏ qua I
BQ
.
mA83
50
100
10
7,07,1
R
R
7,0V
I
1
b
E
BB
1EQ
mA100
10
7,07,1
R
7,0V
I
E
BB
2EQ
21
10.83
10.25
.50.4,1h
3
3
1ie
5,52
10.100
10.25
.150.4,1h
3
3
2ie
suy ra 21 h
ie
52,5
R
L
=100
R
b
=100
V
BB
=1,7v
i
i
R
C
=100
C
C
-
+
+V
CC
=20v
C
E
+
-
i
L
R
E
10
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 55 - Một số bài tập mẫu - 55 -
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
Z
i
= R
b
//h
ie
suy ra Z
i1
= 100//21 = 17,36
Z
i2
= 100//52,5 = 34,43
Vậy 20,66 A
i
49,18
17,36 Z
i
34,43
3) Bài 4-12: Dạng không 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
778
10.5,4
10.25
.100.4,1h
3
3
ie
R
b
=10K
V
BB
=5,7V
i
i
R
C
=2K
C
C
-
+
+V
CC
=20V
i
L
R
E
=1K
R
L
=100
i
C
i
b
R
b
100
i
i
R
C
100
i
L
h
ie
h
fe
i
b
R
L
= 100
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 56 - Một số bài tập mẫu - 56 -
b- Chế độ AC:
i
b
b
L
i
L
i
i
i
i
i
i
i
A
(1)
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
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
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
R
L
=100
i
b
R
b
10K
i
i
R
C
2K
i
L
h
fe
R
E
100i
b
h
ie
=778
V
CC
R
2
V
i
+
-
R
1
C
b
r
i
=50
R
L
=10K
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 57 - Một số bài tập mẫu - 57 -
2) Chế độ AC:
i
e
e
L
i
L
V
V
i
i
V
V
V
A
(1)
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
V
CEQ
= V
CC
– R
E
I
EQ
= 10 – 4,65.10
-3
.10
3
= 5,35 V
R
L
10K
i
L
1/h
ob
10
5
i
C
h
fb
i
e
0,91i
b
h
ib
32
i
e
R
i
50
V
i
+
-
R
L
1K
V
i
+
-
R
E
1K
Z
o
Z
i
C
c2
r
i
500
100K
R
b
C
c1
+V
CC
=10V
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 58 - Một số bài tập mẫu - 58 -
2) Chế độ AC
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
)] = 33,3
994,0
10.3,33500
K3,33
Rr
R
Rr
V
.R.
V
1
V
V
3'
bi
'
b
'
bi
i
'
b
ii
b
(3)
Thay (2), (3) vào (1) ta có: A
V
= 0,985.0,994 = 0,979 0,98
37,12553,7//10
h
R//r
h//RZ
3
fe
bi
ibEo
K3,33RR//Rhh//RZ
'
bLEfeiebi
i
L
’
r
i
500
V
i
+
-
h
ie
753
i
b
R
b
100K
R
e
.hfe
100K
R
L
.hfe
100K
V
b
V
L
Z
i
h
ie
/h
fe
7,53
i
e
R
E
1K
r
i
/hfe
5
R
b
/hfe
1K
Z
o
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 59 - Một số bài tập mẫu - 59 -
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 hoàn toàn độc lập với nhau.
a - Chế độ DC
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, không 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
108
10.2,16
10.25
.50.4,1
I
10.25
.h4,1h
3
3
1EQ
3
1fe1ie
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
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)
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
