PHÂN TÍCH MẠCH ĐIỆN KHÔNG TUYẾN TÍNH

GT ĐIỆN TỬ CƠ BẢN
PHÂN TÍCH MẠCH
KHÔNG TUYẾN TÍNH

1


I. Khái niệm phi tuyến
•
•
•

Trong chương trước, ta đã phân tích mạch điện tuyến tính, là mạch có đặc tuyến v – i là
đường thẳng
Mạch điện phi tuyến là mạch có đặc tuyến v - i là đường cong (không thẳng).
Các linh kiện điện tử thường là các linh kiện có đặc tính phi tuyến ở chế độ tín hiệu lớn
như diod, transistor
lưỡng cực nối, transistor trường…
Với mạch phi tuyến, ta có thể tuyến tính hoá khi xét ở chế độ tín hiệu nhỏ.

Chú ý: Các định lý Chồng chập, Thevenin,Norton, chỉ áp dụng cho mạch tuyến tính.

•

2


•
•

II. Các phần tử phi tuyến

Đặc tuyến của

iD = aebvD

iD = I S evD

vT

= aebvD

R

•
V

+

iD

D

0

a
vD

-

•

Hoặc đặc tuyến của MOSFET loại tăng:
iD

iD = k ( vGS − vT )

2
0

vTH

vDS

3


III. Phương pháp phân tích mạch
1. Phương pháp toán học

•

vD − V
+ iD = 0
R
Giải phương trình bằng:bv
iD = ae D




R

Theo mạch điện diod ta có:

Thử đúng hay sai

( 1)

V

+

iD

D

-

(2)

Phương pháp toán số

vD − V
+ aebvD = 0
R

4


•

Thí dụ:

•

2
Xét mạch diod ở trên, với iD = kvD .

•

Giải:

vD − V
+ kvD2 = 0
R
RkvD2 + vD − E = 0
• Chọn trị số dương:
•

vD =
•

−1 +

iD

E/R

nghiệm vật lý

iD=kvD

2

1 + 4 RkE
2 Rk

 −1 + 1 + 4 RkE 
iD = k 

2
Rk



2

E vD

5


•
•
•

•

2. Phương pháp đồ thị
Dùng cách vẽ đường thẳng tải

(1) cho

:

vD − V
= − aebvD
R
V
v
− D = aebvD
R
R

iD

I

DMax

iD = ae

= V/R

bvD

M

Q

(3)

N
0

•
•

VD

V

vD

vế tráí của (3) là đường thẳng có hệ số độ dốc - 1/R,
vế phải của (3) là đặc tuyên của diod

Giao điểm của hai đường này cho nghiệm số của(1) và (2) hay của (3)

Cách vẽ đường thẳng tải tỉnh:
- Cho VD = 0  IDM = V/R cho điểm M trên dồ thị
- Cho ID =0  VDM = V cho điểm N trên đồ thị

6


•

Thí dụ 1: Cho
V=1,

iD

1

R=1
a=¼
b=1

0,4

vD = 0,5 V

Q

a=1/4

Được: iD = 0,4 A
0

•
•

•
•
•

0,5

1

vD

Thi dụ 2: Cho mạch diod có phương trình sau:
10mA

iD

vD − E
5mA
Với E = 3 V, R = 500
R
Tính được:
iD = I S ( evD / vT − 1)2mA
iD = −

Ω

•

0

DCLL(-1/R)

0,6 1

0,6V
3V
+
500Ω 500Ω
= −1, 2mA + 6mA = 4,8mA

2

3

vD

iD = −

7


3. Phương pháp phân tích gia tăng ( tín hiệu nhỏ)
•

Sơ đồ: Khuếch đại âm nhạc

vi
V

+

iD

LED

-

•

vi(t) 

Ampli

SP

iD(t)  ánh sáng  iR  âm thanh (khuếch đại )

phi tuyến

tuyến tính

8


•

LED là linh kiện phi tuyến  sái dạng

•

iD

iD

t 

vD
vD

vD = vi

vD

iD

9


Thí dụ:
Với mạch diod cho ở trên, tính iD khi vD =0,5V, 0,6V, 0,7V. Cho biết VT = 0,025V, Is = 1 pA.
Giải:

-Với VD = 0,5V

iD = Is(evD/VTH − 1).
-với VD = 0,6V

iD = 1 × 10−12(e0.5/0.025 − 1) = 0.49 mA.

= 26khimA,
Ta thấy dòng iD tăng rấtiD
nhanh
VD lớn hơn 0,6V và không tăng tuyến tính với vD.
Chú ý: khi vD = - 0,2V cho iD:

-Với VD = 0,7V

iD = 1450 mA.

iD = Is(evD/VTH − 1) = 1 × 10−12(e−0.2/0.025 − 1) = − 0.9997 × 10−12A.
10


IV. Phân tích tín hiệu nhỏ
1. Phương pháp tín hiệu nhỏ

•Phân cực điểm Q và cho tín hiệu nhỏ tác động ngõ vào cho:
iD

vi(t)
vI

+

iD=ID+id

-

+
vD

+

-

id
LED
vD=VD+vd

ID

VI
-

VD

•
Giá trị

vD

iD = ID + id

phân cực DC
vd

rất nhỏ

tức thời tổng cộng

tín hiệu nhỏ

chồng lên

11


•

Dạng sóng:

vD = vi

vd

VD

vD

t

iD

id

ID

iD

t

12


a. Ý nghĩa toán học
•

Khai triển chuổi Taylor của hàm sồ f(x) tại trị x = xo:

df
1 d2 f
2
y = f ( x ) = f ( xo ) +
x
−
x
+
x
−
x
( o)
( o ) + ....
2
dx xo
2! dx xo

•
•
•

•
•

Áp dụng vào hàm iD=f(vD) không tuyến tính
Thay thế

gia tăng chung quanh VD

vD = VD + vd = VD + ∆vD

Khai triển Taylor f(vD) gần vD = VD cho:

2
df ( vD )
1 d f ( vD )
iD = f ( VD ) +
∆vD2 ) + ....
( ∆v D ) +
(
2
v =V
dv
2! dvD vD = VD
qua số hạng bậc cao vì
rấtDbé, taDđược:D

∆vD

iD = f ( VD ) +

df ( vD )
dvD

vD = VD

( ∆vD )
13

•

Hay có thể viết:

iD = f ( VD ) +

df ( vD )
dvD

vD = VD

( ∆v D )

iD = I D + ∆iD
I D = f ( VD )

Điểm tĩnh điều hành Q

df ( vD )
∆iD =
( ∆vD )
dvD vD = VD
hằng số thừa số của

•

∆vD

Ký hiệu:
= vd,

= id

Với thí dụ diod cho:

∆vD

∆iD

iD = aebvD

Điểm tĩnh Q ( DC)

tínDhiệu
= I D + id ≈ aebv
+nhỏ
aebvD .b.vd

I D = ae

h.s

bvD

tuyến tính

id = aebvD .b.vd = ( I D .b).vd

14

b. Giải thích bằng đồ thị
•

Ta có:

I D = ae

bvD

Điểm tĩnh Q

id = I D .b.viDd
A

Độ dốc tại
VD,ID

id

B

ID

Q

vd

VD

vD

Ta làm tuyến tính A với B

15


3. Giải thích bằng mạch điện

•

Mạch tín hiệu lớn

+
vi
-

id
LED

vd
-

Đáp ứng tín hiệu nhỏ:



I D = aebvD

+

Mạch tín hiệu nhỏ

id = I D .b.vd
+
Tuyến tính

+
vi
-

id

+
vd
-

R

R=

vd

-

R
id

1
I Db

16


2. Phân tích bằng tuyến tính từng mảnh
•
•
•
•

Phương pháp thứ tư để giải mạch không tuyến tính là dùng phân tích tuyến tính từng mảnh
Đó là cách dùng các đoạn thẳng rồi kế đó áp dụng phương pháp phân tích mạch tuyến tính để tính toán với
các đoạn thẳng đó.
Để đơn giản, ta xét thí dụ với diod và khi đó gọi là mô hình diod diod lý tưởng
Trước hết, ta triển khai mô hình tuyến tính từng mảnh đơn giản của diod:
iD

iD

- Xấp xỉ thứ nhứt:
Diod ON ( mạch nối tiếp):
VD = 0 V với tất cả VD>0
Diod OFF ( mạch hở):
ID =0 với mọi VD< 0

mạch hở

vD

vD

a. Diod thực

mạch nối tắt

b. Diod lý tưởng

D

17


•
•

Thí dụ:
Cho mạch diod theo H. Với diod lý tưởng

D
VD=0V
E

+

10V

•

RL
1k

+

10V

RL
1k

Ta có:
VL = E = 10V
IL = VL/ RL = 10V/1kOhm =10 mA

18


•

Thí dụ 2: Cho mạch diod theo H. . Với VD = 0V

D

R1
6k

E
36V

•

+

R2
3k

RTH
2k

RL
1k

VTH
12V

+

RL
1k

Tính được:

3
( 36V ) = 12V
3+ 6
3( 6)
RTH =
k Ω = 2k Ω
3+ 6
12V
IL =
= 4mA
2

+
1
(
)

VTH =

VL = RL I L = 1k Ω ( 4mA ) = 4V
19


- Xấp xỉ thứ hai:

iD

cho VD = 0,7V khi diod dẫn

Thí dụ: Cho mạch theo H. .
Với VD = 0,7V
0

0,7V

vD

VD=0V

D

E

+

10V

•

D
0,7V

RL
1k

+

10V

RL
1k

VL = 10V − 0, 7V = 9,3V
9,3V
IL =
= 9,3mA
1k Ω

20


•

Thi dụ 2 : Cho mạch diod ở H.

D

R1
6k

E
36V

•

Với VD = 0,7V

R2
3k

+

RTH
2k

RL
1k

VTH
12V

+

VD
0,7V

RL
1k

Tính được:

3
( 36V ) = 12V
3+ 6
3( 6)
RTH =
k Ω = 2k Ω
3+ 6
VL = 12V − 0, 7V = 11, 3V
VTH =

IL =

11, 3V
= 3, 77 mA
( 2 + 1)

VL = RL I L = 1k Ω ( 3, 77 mA ) = 3, 77V

21

- Xấp xỉ 3:

id

Mạch tương đương Diod dẫn:
VD= 0,7 + IDRB,

vd
+ 0,7V

vD

+

- 0 0,7
RB

1N4001
D

+

VD
0,7V

E
10V

+

RL
1k

+

10V

RB
0.23
RL
10

VT = 10V − 0, 7V = 9,3V
IL =

9,3V
= 0,909 A
( 0, 23Ω + 10Ω )

VL = I L RL = 0,909 A ( 10Ω ) = 9,9V
22


•

Thí dụ 3: Cho mạch điện ở H. . Với diod có mô hình VD = 0,7V và RB = 100 Ohm.

•

Ta có thể giải

1k

3k

phi tuyến bằng
cách làm tuyến tính
phần tử phi tuyến
và sau đó giải

5k

iD

2k

+
vB

+
vD

1mA

-

+

như mạch tuyến tính

-

1V
-

(áp dụng định lý chồng
chập, Thevenin, Norton…)



Xem diod có VD =0V

1k

Va RB = 100 Ohm




3k

Áp dụng nguyên lý
Chồng chập lần lượt tính:

5k

+
vB
-

2k
1mA
+
1V

iD
+
RB
100
-

-

23


•

Bước 1. Nối tắt nguồn thế tính được VBI:

Req = ( 3k Ω + 100Ω ) 2k Ω) + 1k Ω 5k Ω
= 1,535k Ω

1k

5k

vBI = 1,535k Ω ( 1mA ) = 1,535V

•

+
vBI
-

3k

iD

2k

+
RB
100
-

1mA

Bước 2. Cho hở dòng 1mA, tính vBV:

Rx = ( 1k Ω + 5k Ω )

( 3k Ω + 100Ω )

1k

3k

= 2, 05k Ω
Rx

2, 05k Ω
vx = 1V
= 1V
2k Ω + Rx
2k Ω + 2, 05k Ω

5k

= 0, 51V
5k Ω
5k Ω
vBV = vx
= 0, 51V
1k Ω + 5k Ω
1k Ω + 5k Ω
= 0, 425V

vB = vBI + vBV = 1.535 V + 0.425 V = 1.96 V.

+
vBI
-

2k
1mA
+
1V

iD
+

RB
100
-

-

24