Mạch điện tử I_ Bài tập

Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
1

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
= 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.

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 Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
2

b- Vẽ V
L
(t) với V
S
(t) dạng sóng sin có biên độ 10 và 1V.











∗

Khi V
S
= 10sinω
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
ω≈

(Ta giải thích theo
0T
2
1
>
và

0T
2
1
<
)
∗

Khi V
S
= 1sinω
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
−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 trò điện trở: R
1
=

1KΩ, R
b
= 10KΩ, R
L
= 9KΩ.








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 Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
3

∗

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
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:
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 Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
4

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
=

2) Dạng mạch Thevenin áp dụng nguyên lý chồng chập:
Bài 1-20 với V
i
(t) = 10sinω
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
ω=
+
ω=

+
=

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 Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
5

∗

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
∗

Tại
)V(46,0
2
3
43V
3
t
T0
−=−=
⇒
π
−=ω

∗

Tại
)V(11.43V
2
t
T0

−=−=⇒
π
−=ω

















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
=+−=⇒=ω
∗

Tại )mA(88,2
10.2
46,6
7,0.
10.2
1
i
3
t

33
0
=+−=⇒
π
=ω
i
D
(mA)
3,15
2,88
1,15
3 6,46 7
-1
V
T
t
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
6

∗

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:
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 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
=18Ω
V
Z
=18v
22v<V
DC
<28v
R
i
I
Z

V
L
I
L

Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
7

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
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 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
= 10Ω 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

10Ω
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 Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
8

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
=
−
= ;

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 Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
9

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 ≤ β ≤ 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 β = 60 sao cho sau một thời gian
β chỉ còn β = 20 thì yêu cầu I
CQ
≥ 7,2mA.
∗

Ta giải bài toán bài toán một cách tổng quát 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

V
CEQ
= 5V
+
-
+25V

R
2
R
1
R
C
=1,5K
R
E
=1K
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I

Một số bài tập mẫu
10

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:
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 quát: 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
==
+
+
=
, bò loại do không 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 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
= 2,5KΩ.
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
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 Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
11

Ω≈Ω==
−
=
−

= K13K95,12
772,0
10
25
7,5
1
1
10.10
V
V
1
1
RR
4
3
CC
BB
b1

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 trò 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 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
= 100Ω

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
ACLLDCLL

Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
12

( )
( )
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 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
<< βR
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:











C
E
→ ∞
V
cc
=10V
R
2
R
1
R
C
=150Ω

R
E

100Ω
β=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 Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
13

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 = 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

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 Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
14

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 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 =1KΩ
Ω=
+
=
+
= 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
Ω==β= K1100.100.
10
1
R
10
1
R
Eb













C
E
→ ∞
V
cc
=10V

R
2
R
1
R
C
=900Ω
R
E

100Ω
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 Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
15

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 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 = 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

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
+
−
=

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 Viễn thông Mạch Điện Tử I
Một số bài tập mẫu
16

(Vì
β
>>
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
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
=+=+=
−

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