Bai giai cac bai tap dien tu co ban

Bài giải các bài tập không gỉải ĐTCB/CNTT
R1
6

R3
2

a
I1

1.2 Áp dụng định luật Kirchhoff cho:
Vòng 1cho: -12V + 6I1- 4I 2 =0



Vòng 2 cho: - 6 V+2I3+ 4I 2 +2I3=0 
Nút 1 cho:
(1)
(2)
(3)

Cho:
Cho:
Cho:

I1 + I2 - I3 = 0

I3
I2

R2

4
R4
2

12V = 6I1 – 4I2

(1)

6V = 4I3 + 4I2

(2)

a'

(3)

4I2 = -12 V + 6 I1
(4)
4I2 = 6 V - 6 I3
 I2 = (6/4)A – I3 =1,5A – I3
I1 = I3 – I2
(6)

(5)

Thay (6) vào (4) cho:
4I2 = -12 V + 6 (I3 - I2)  10 I2 = -12 V + 6 I3 (7)
Thay (5) vào (7) được:
10 (1,5 A – I 3) = - 12 V + 6 I3
15V – 10 I3 = - 12 V + 6 I3  27 V = 16 I3

 I3 = 27/16 = 1,6875 A
(8)
Thay (9) vào (5) cho:
I2 =1,5 A – I3 =1,5A – 1,6875A = - 0.,1875 A
(9)
Từ (6) tinh được:
I 1 = I 3 – I 2 = 1,6875 – (- 0,1875) = 1,875
(10)
1.3.

1. Phương pháp nút (KCL):

Theo chiều đã chọn trong hình. ta có:
I1 – I2 + I – I3 = 0  I1 + I = I2 + I3

(1)

Gọi điện thế tại nút là V2, ta viết được:
V1 − V2
V
V2
+I = 2 +
R1
R2 R3 + R4

R1
2

8 − V2
V

V
+ 6A = 2 + 2
2
4 2+6
1 1 1
7
4 + 6 = V2  + + ÷ = V2  ÷ V
2 4 8
8

V1 +
8V

-

R3
+
4
R2

2
I
6A

+
R4 vo
6
-

-

 8  80
V2 = 10  ÷ =
7 7
VO =

R4
6  80  60
V2 =
 ÷=
R3 + R4
2+6 7  7

= 8,57V
2. Áp dụng nguyên lý chồng chập và định lý Thevenin
Bt DTCB CNTT

1

Nguyễn Thành Long

+

V1
12V

+

V2
6V

•

Cho hở tãi và hở dòng I, mạch còn lại cho (H.1):
R2
4
32
VTH 1 =
V=
( 8 ) = = 5,33V
R1 + R2
2+4
6
RTH 1 = R1 R2 =

2 ( 4)

2+4

=

8
= 1.33Ω
6

R1
2
a

+

V
8V

R2
4

a'

H.1
•

Cho hở tãi và nối tắt nguồn thế, mạch còn lại (H.2) cho:
RTH 2 = R1 R2 =
VTH 2

2 ( 4)

R1
2

= 1,33Ω
2+4
8
= RTH 2 I = ( 6 ) = 8V
6

a
I

R2
4

6A
a'

H.2
•

Vậy mạch tương đương Thevenin tổng cộng là (H.3):
VTH = VTH 1 + VTH 2 = 5,33 + 8 = 13,33V
RTH = 1.33Ω
Khi nối tãi R4 và R3 vào lại mạch (H.3) tính được:
VO =

RTH

R4
6
79,98
VTH =
V
( 13,33) =
+ R3 + R4
1,33 + 2 + 6
9,33

= 8,57V
RTH

1,33

R3
2
+

VTH

+

R4
6

Vo

13,33

-

H.3
Có cùng kết quả như trên

1.5 Áp dụng định lý Thevenin và định lý Norton lần lượt cho:RTHaa
1

a

R2
1
+

Bt DTCB CNTT

2

VTHaa
1V

+

Nguyễn Thành Long
a'


• Hở tải và Vaá cho:
Vaa ' = R1 I1 = 1( 1) = 1V
RN = RTH = R1 = 1Ω

•

Mạch tương 1 cho:
Vbb ' =

R3
2
Vaa ' =
( 1) V
RTHaa ' + R2 + R3
1+1+ 2

RTHbb'
1

1
= V
2
RTHbb ' = R3 ( RTHaa ' + R2 ) = 2 2 = 1Ω

R4
1

b

c

VTHbb' +
1/2 V
c'

b'

• Mạch tương đương 2 cho:
VCC '

RTHcc'
1

R5
2 1
=

( Vbb ' ) =
 ÷
R5 + RTHbb ' + R4
2 +1+1 2 

1
= V
4
RTHcc ' = R5 ( RRHbb ' + R4 ) = 2 2 = 1Ω

•

R6
1

b

c

VTHcc' +
1/4 V
c'

b'

Mạch tương đươn g Thevenin cuối cho:
Vo = VTHcc ' =

R7
2 1 1

VTHcc ' =
 ÷=
R7 + R6 + RTHcc '
2 +1+1  4  8

= 0,125V
RTH = R7 ( R6 + RTHcc ' ) = 2 2 = 1Ω
RTHcc'
1

c

R6
1
+

VTHcc' +
1/4 V
c'

Vs

5.4 Mạch theo nguồn ( SF)

-

+

10V

Bt DTCB CNTT

vo

1k

iD

+
-

Vo

vi
R

+
vO
-

-

3

1k

Nguyễn Thành Long


Ta có điện thế ngõ ra :

Đáp số

2.

VTH ≤ vI ≤ VS + VTH

1. Xem chứng minh ở sau
Ta có:
vo = Rid = R

K
RK
2
2
( vGS − VTH ) = ( vi − vo − VTH )
2
2

2vo
2
= ( vi `−vo − VTH )
RK
2vo
2
= ( vi − VTH ) + vo2 − 2 ( vi − VTH ) vo
RK
2 
2

vo2 −  2 ( vi − VTH ) +

vo + ( vi − VTH ) = 0

RK 

2

2 
2 
2


2
v
−
V
+
−
2
v
−
V
+
−
4
v
−
V
(
)
(

)
(
)
i
TH
i
TH
i
TH


RK 
RK 
vo =
2
2

2

2 
1 
2
2

 2 
2
v
−
V
+

−
4
v
−
V
+
+
8
v
−
V
(
)
(
)
(
)

 − 4 ( vi − VTH )
i
TH

÷
i
TH
 i TH

RK 
RK 
 RK 


=
2

2 

 2 ( vi − VTH ) + RK  −

 2  2
2 


÷ + 4 ( vi − VTH )
RK 
 RK 
2

Hoặc có thể viết dưới dạng:

2

 2
2 
+ 4 ( vi − VTH ) −


RK 
vo =  RK
2






2

5.6 Cho mạch theo hình sau :
Điện trở R phụ thuộc điện thế vB. Tính vB.

Bt DTCB CNTT

4

Nguyễn Thành Long


Giải:
Theo qui tắc cầu phân thế cho
vB =
=

vB =

RB
VS
RA + RB + R
RB
RA + RB +

K

vB

VS

RBVS vB
vB ( RA + RB ) + K

∴ vB ( RA + RB ) + K = RBVS

∴ vB ( RA + RB ) = RBVS − K
∴ vB =

RBVS − K
RA + RB

5.7 Chứng minh vO theo vI trong mạch ở hình sau.
Giả sử MOSFET hoạt động trong vùng bảo hoà
Và được đặc trưng bởi các tham số K và VT.
Đáp số

BT Ch6. Khuếch đại tín hiện nhỏ
6.4

Mạch khuếch đại hai tấng

Bt DTCB CNTT

5

Nguyễn Thành Long

Vs
Vs

R

R

+

Vo

VIN

+

+
VMID

-

-

-

1. VMID
iD =

K ( VGS − VTH )

2

2

và:
iD =

VS − VO
R

đồng nhất hai phương trình cho:
K ( VGS − VTH )

2

VS − VO
2
R
2( V −V )
2
( VGS − VTH ) = S O
KR
iD =

2 ( VS − VO )

VGS − VTH =

KR

VMID = VGS 2 =

VI =

=

2 ( VS − VO )

2 ( VS − VMID )
KR

KR

+ VTH

+ VTH

2. Độ lợi thế tổng cộng:
G = − g m1 R ( − g m 2 R )
= [ − KR ]  − K ( VS − iD R − VTH ) R 


KR
2
= K 2 R 2 ( VI − VTH )  VS −
( VI − VTH ) − VTH ÷
2



7.3

a. Tính VO

Bt DTCB CNTT

6

Nguyễn Thành Long


iB =

vI − 0, 6 0, 7V − 0, 6V
=
= 1µ A
RI
100k Ω

iC = β iB = 100 ( 1µ A ) = 100 µ A = 0,1mA

VO = VS − iC RL = 15V − 0,1mA ( 50k Ω ) = 15V − 5V = 10V
c. Độ lợi điện thế:
AV =

100 ( 50k Ω )
vo − β RL ib
− β RL
=

=−
=−
= −50
vi
RI ib
RI
100k Ω

d. Điện thế ngõ ra:
vo = Av vi = −50 ( 0, 001) sin ωt = 0, 05sin ωt
e. Điện trở vào và điện trở ra:
ri =

vi
= RI = 100k Ω
ib

ro =

vo
io

vI = R

= ro = ∞

RL → ∞

ro' = ro RL = RL = 50k Ω
f. Độ lợi dòng điện và độ lợi công suất khi có mắc thêm tải R o:

iL iL io  RL 
 50 
=
=
÷( − β ) = 
÷100 = −50
ii io ii  RL + RL 
 50 + 50 
100 ( 25 )
v i  β ( RL RO ) 
AP = Av Ai = o o =  −
÷( −50 ) = −
( −50 ) = 1250
÷
vi ii 
RI
100

Ai =

7.4 .
a. Độ lợi thế:
Av =

vo
β RL ib
β RL
=−
=−
vi

RI ib
RI

b. Độ lợi thế ở mạch sau:
vb =

R1
vi ;
R1 + R2

Av =

vo − β RL
=
vi
RB

RB = R1 R2
 RI 

÷
 RI + R2 

7.5. Mạch khuếch đại theo phát
Bt DTCB CNTT

7

Nguyễn Thành Long

a. Xác định điểm hoạt động Q:
VI − 0, 6V

R 
( β + 1) ( RE ) + I 
β + 1

V − 0, 6V
I E = ( β + 1) iB = I
R
( RE ) + I
β +1
V − 0, 6V
VI − 0, 6V
VO = I E RE = I
RE
=
RI
RI
1+
( RE ) +
β +1
( β + 1) RE
IB =

VI − 0, 6V
=
RI + ( β + 1) RE

c. Độ lợi thế:
Av =

vo dvO
=
=
vi dvI 1 +

1
RI
( β + 1) RE

d. Điện trở vào và điện trở ra:
ri =

vi
= RI + ( β + 1) RE
ii

ro =

vo
v
R
= = I
io vI = 0 i β + 1

 RI 
 β + 1 ÷RE
ro RE

RI RE
RI RE

'
ro = ro RE =
=
=
=
RI
ro + RE
+ RE RI + ( β + 1) RE RI + RE + β RE
β +1
=

RI RE
RI RE
=

 RI RE 
β RE 
( RI + RE ) 1 +
÷ 1+ β 
÷
 RI + RE 
 RI 

e. Độ lợi dòng:
Ai =

iL iL io  RE 

=
=
÷( β + 1)
ii io ib  RE + RO 

( β + 1)

2

RO RE RE

( β + 1) ( RE RO ) 
( RE + RO )
v i
RE 
Ap = o o =
( β + 1)
=
vi ii RI + ( β + 1) ( RE RO ) 
RE + Ro  RI + ( β + 1) ( RE RO )
= ( β + 1)

Bt DTCB CNTT

2

RE2

( RE + RO )

2

2

RO
RI + ( β + 1) ( RE RO )

8

Nguyễn Thành Long