Một số bài tập mẫu cho Giáo trình mạch điện tử I

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 VL: L Li DS L RRR VV V + − = VD = 0,7V (Si) và VD = 0,2V (Ge) a- Vẽ VL(t) với VS(t) dạng sóng vuông có biên độ 10 và 1V Kết quả với giả thiết: Ri = 1Ω, RL = 9Ω, VD = 0,7V. Vì Diode chỉnh lưu chỉ dẫn điện theo một chiều nên: ∗ Trong 0T 2 1 > , Diode dẫn → iD ≠ 0 → iL ≠ 0 → VL ≠ 0. V37,89 91 7,010V 1L =+ − = và V27,09 91 7,01V 2L =+ − = ∗ Trong 0T 2 1 < , Diode tắt → iD = 0 → iL = 0 → VL = 0. iL iD RL Ri VL Vs + - - + VD 10 -10 0 1 - - + + VS 2 3 4 t(ms) 1 -1 0 1 - - + + VS 2 3 4 t(ms) 8,37 0 1 VL1 2 3 4 t(ms) 0,27 0 1 VL2 2 3 4 t(ms) Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 2 b- Vẽ VL(t) với VS(t) dạng sóng sin có biên độ 10 và 1V. ∗ Khi VS = 10sinωot nghĩa là VSm = 10V >> VD =0,7V ta có: 99 91 10R RR VV L Li Sm 1L =+ ≈ + ≈ tsin9V 01L ω≈ (Ta giải thích theo 0T 2 1 > và 0T 2 1 < ) ∗ Khi VS = 1sinω0t nghĩa là VSm = 1V so sánh được với 0,7V: + VS > 0,7V, Diode dẫn, iD ≠ 0, iL ≠ 0, VL ≠ 0. 6,0tsin9,09 91 7,0tsin1 V 0 0 2L −ω= + −ω = Tại sinω0t = 1, |VL2| = 0,27V. + VS < 0,7V, Diode tắt, iD = 0, iL = 0, VL = 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: R1 = 1KΩ, Rb = 10KΩ, RL = 9KΩ. a- Vẽ VL(t) với dạng sóng vuông có biên độ 10V và 1 V. ∗ 0T 2 1 > , Diode dẫn, RthD ≈ 0, dòng iL chảy qua Ri, D, RL nên ta có: V37,810.9. 10.910 7,010R RR VV V 333L Li DS 1L = + − = + − = V27,010.9. 10.910 7,01R RR VV V 333L Li DS 2L = + − = + − = iL RL 9K Ri=1K VL Vs + - - + VD Rb=10K 10 0 -10 9 - - + + 1 2 3 4 t(ms) VS VL1 0 1 2 3 4 t(ms) 1 0 -1 1 2 3 4 t(ms) VS VL2 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, Rng = ∞, dòng iL chảy qua Ri, Rb, RL nên ta có. V5,410.9. 10.91010 10R RRR V V 3343L Lbi S 1L = ++ = ++ = V45,010.9. 10.91010 1R RRR V V 3343L Lbi S 1L = ++ = ++ = b- Vẽ VL(t) với dạng sóng sin có biên độ 10V và 1 V. ∗ Để đơn giản khi VSm = 10V (>>VD = 0,7V) ta bỏ qua VD. Khi đó: + 0T 2 1 > , Diode dẫn, RthD ≈ 0, dòng iL chảy qua Ri, D, RL nên ta có: )V(tsin910.9. 10.910 tsin10R RR VV 0 3 33 0 L Li S 1L ω=+ ω = + = + 0T 2 1 < , Diode tắt, Rng = ∞, dòng iL chảy qua Ri, Rb, RL 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 VS = 1sinω0t so sánh được với VD ta sẽ có: + 0T 2 1 > , khi VSm ≥ 0,7, Diode dẫn, RthD ≈ 0, dòng iL chảy qua Ri, D, RL 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 t0 pi =ω , sinω0t = 1, ta có VL2m = 0,9 - 0,63 = 0,27V + 0T 2 1 > , khi VSm < 0,7, Diode tắt, RngD = ∞, dòng iL chảy qua Ri, Rb, RL nên ta có: 10 -10 0 1 - - + + VS 2 3 4 t(ms) 1 -1 0 1 - - + + VS 2 3 4 t(ms) 8,37 0 1 VL1 2 3 4 t(ms) 0,27 0 1 VL2 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, Rng = ∞, dòng iL chảy qua Ri, Rb, RL 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 Vi(t) = 10sinω0t a- Vẽ mạch Thevenin: Áp dụng nguyên lý xếp chồng đối với hai nguồn điện áp VDC và Vi: ∗ Khi chỉ có VDC, còn Vi = 0 thì điện áp giữa hai điểm A-K: V3 10.5,110 10.5,15 rR r VV 33 3 ii i DCAK = + = + = ∗ Khi chỉ có Vi, còn VDC = 0 thì điện áp giữa hai điểm A-K là: )V(tsin4 10.5,110 10tsin.10 rR RVV 033 3 0 ii i iAK ω=+ ω= + = VL + - Vi + - iD RL 1,4K Ri=1K VDC=5v K A ri=1,5K RT id VT K A RL Ri//ri iL VT K A 10 0 -10 9 - - + + t(ms) VS VL1 t(ms) 1 0 -1 t(ms) VS VL2 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 VDC và Vi thì sức điện động tương đương Thevenin giữa hai điểm A-K là: )V(tsin43 rR RV rR rVV 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 10.5,1.10R rR r.R R 333 33 L ii ii T b- Vẽ đường tải DC khi 2 , 3 , 2 , 3 ,0t0 pi − pi − pipi =ω . ∗ Tại V3V0t T0 =⇒=ω ∗ Tại )V(46,6 2 343V 3 t T0 =+=⇒ pi =ω ∗ Tại )V(71.43V 2 t T0 =+=⇒ pi =ω ∗ Tại )V(46,0 2 343V 3 t T0 −=−=⇒ pi −=ω ∗ Tại )V(11.43V 2 t T0 −=−=⇒ pi −=ω Theo định 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 37,0. 10.2 1i0t 330 =+−=⇒=ω ∗ Tại )mA(88,2 10.2 46,67,0. 10.2 1i 3 t 330 =+−=⇒ pi =ω iD (mA) 3,15 2,88 1,15 3 6,46 7 -1 VT t Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 6 ∗ Tại )mA(15,3 10.2 77,0. 10.2 1i 2 t 330 =+−=⇒ pi =ω ∗ Tại )mA(58,0 10.2 46,07,0. 10.2 1i 3 t 330 −=−−=⇒ pi −=ω ∗ Tại )mA(85,0 10.2 17,0. 10.2 1i 2 t 330 −=−−=⇒ pi −=ω c- Vẽ ( ) ( ) )V(tsin8,21,2tsin437,0V7,0 10.2 V10.4,1 Rr//R VR R V.Ri.R)t(V 00T 3 T3 Lii T L T T LDLL ω+=ω+== = + === II. Diode Zenner: 1) Dạng dòng IL = const (bài 1-40); 200mA ≤ IZ ≤ 2A, rZ = 0 a- Tìm Ri để VL = 18V = const. Imin = IZmin + IL = 0,2 + 1 = 1,2 A. Imax = IZmax + IL = 1 + 2 = 3 A. Mặt khác ta có: Vimin = 22V = IZmin.Ri + VZ. Suy ra: Ω==−=−= 3,3 2,1 4 2,1 1822 I VVR minZ Zmini i Vimax = 28V = IZmaxRi + VZ Suy ra Ω==−=−= 3,3 3 10 3 1828 I VV R maxZ Zmaxi i Vậy Ri = 3,3Ω. b- Tìm công suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner: PZmzx = IZmax.VZ = 2.18 = 36W. VL 0 -0,7 2,1 4,9V t RL=18Ω VZ=18v 22v<VDC<28v Ri IZ VL IL Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 7 2) Dạng dòng IL ≠ const: (bài 1-41), 10mA ≤ IL ≤ 85mA. IZmin = 15mA. a- Tính giá trị lớn nhất của Ri maxLminZ Zi i minLmaxZ Zi II VV R II VV + − ≤≤ + − ∗ Khi VDC = 13V ta có Ω= + −≤ 30 085,0015,0 1013R maxi ∗ Khi VDC = 16V ta có Ω= + −≤ 60 085,0015,0 1016R maxi Vậy ta lấy Rimax = 30Ω. b- Tìm công suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner. PZmax = IZmax.VZ. Mặt khác: Vimax = IZmaxRi + VZ ⇒ mA200 30 1016 R VVI i Zmaxi max = − = − = ⇒ mA19019,001,02,0III minLmaxmaxz ==−=−= ⇒ W9,11019,0P maxz =×= 3) Dạng IZ ≠ const; IL ≠ const (Bài 1-42) 30 ≤ IL ≤ 50mA, IZmin = 10mA. rZ = 10Ω khi IZ = 30mA; Pzmax =800mW. a- Tìm Ri để Diode ổn định liên tục: mA80 10 8,0 V P I Z maxZ maxZ === Vậy 10mA ≤ IZ ≤ 80mA Ta có: Imin = IZmin + ILmax = 60mA Imax = IZmax + ILmin = 110mA RL VZ=10v 20v<VDC<25v Ri 10Ω IZ VL IL RL VZ=10v 13v<VDC<16v Ri IZ VL IR IL Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 8 Mặt khác: Vimin = Imin.Ri + VZ = 20V ⇒ Ω=−= 7,166 06,0 1020R maxi Vimax = Imax.Ri + VZ = 25V ⇒ Ω=−= 36,136 11,0 1025R mini Suy ra: 136,4Ω ≤ Ri ≤ 166,7Ω Vậy ta chọn Ri =150Ω b- Vẽ đặc tuyến tải: Ta có: VZ + IZRi = VDC – ILRi ∗ Với VDC = 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 IZ: mA7,36 150 105,15I 1Z = − = ; mA7,16 150 105,12I 2Z = − = mA70 150 105,20I 3Z = − = ; mA50 150 105,17I 4Z = − = ; IZ(mA) VZ 36,7 50 30 80 70 10 20,5 17,5 15,5 VZ =10V 0 rZ =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 CC và không có CE (E.C). 1) Bài 2-10: 20 ≤ β ≤ 60, suy ra ICQ không thay đổi quá 10%. ∗ Phương trình tải một chiều: VCC = VCEQ + ICQ(RC + RE). 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 ICQ ≥ 7,2mA. ∗ Ta giải bài toán bài toán một cách tổng quát coi β1 = 20; β2 = 60. E22bbE11b R10 1RRR 10 1R β=≤≤β= Ω==≤≤Ω== K610.60. 10 1RRK210.20. 10 1R 32bb 3 1b Vậy 2KΩ ≤ Rb ≤ 6KΩ ∗ Mặt khác β+ − = b E BB CQ R R 7,0V I , nếu coi VBB ≈ 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+ 12bE1 b E 2 b E 9,01RR1,0 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 VCEQ = 5V + - +25V R2 R1 RC=1,5K RE=1K Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 10 Chọn Rb = 3,5KΩ. ∗ Nếu bỏ qua IBQ ta có VBB ≈ VBE + IEQRE = 0,7 + 8.10-3.103 = 8,7V. Suy ra: Ω≈Ω== − = − = K4,55368 652,0 10.5,3 25 7,81 110.5,3 V V 1 1RR 3 3 CC BB b1 Ω≈Ω=== K06,1010057 7,8 2510.5,3 V V RR 3 BB CC b2 ∗ Ta có thể tính tổng quát: Chọn Rb = 4KΩ thay vào (1): %9,88 1200 1067 20 10.410 60 10.410 I I 3 3 3 3 2CQ 1CQ == + + = , bị loại do không thỏa mãn (1). ∗ Chọn Rb =3KΩ thay vào (1): 91,0 1150 1050 20 10.310 60 10.310 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 R1, R2 sao cho dòng iC xoay chiều có giá trị cực đại. ∗ Điểm Q tối ưu được xác định như sau: ACƯCQTTƯCEQ ACDC CC TƯCQmaxCm R.IV RR V II = + == Từ hình vẽ: RDC = RC + RE = 1,5.103 + 103 = 2,5KΩ. RAC = RC + RE = 1,5.103 + 103 = 2,5KΩ. Suy ra: mA510.5,210.5,2 25I 33TƯCQ =+ = VCEQTƯ = 5.10-3.2,5.103 = 12,5V ∗ Chọn Ω==β= K1010.100. 10 1R 10 1R 3Eb (bỏ qua IBQ) VBB ≈ VBE + ICQTƯ.RE = 0,7 + 5.10-3.103 = 5,7V VCE(V) iC(mA) VCEQTƯ = 12,5 25 10 R V DC CC = ( ) 5RR2 V EC CC = +       −≡ 310.5,2 1ACLLDCLL QTƯ 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 7,51 110.10 V V 1 1RR 4 3 CC BB b1 Ω≈Ω=== K44K85,43 7,5 2510 V V RR 4 BB CC b2 Vì RDC = RAC nên phương trìng tải DC và AC trùng nhau. 3) Bài 2-14: Điểm Qbất kỳ vì biết VBB = 1,2V; β = 20. Tìm giá trị tối đa của dao động có thể có được ở C và tính η. Biết β = 20, VBEQ = 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 VCEQ = VCC – ICQ(RC + RE) = 6 – 3,3.10-3.1,1.103 = 2,37V ∗ Vậy giá trị tối đa của dao động là: ICmmax = iCmax – ICQ = 5,45 – 3,3 = 2,15mA Suy ra VLmax = ICmmax.RC = 2,15.103.10-3 = 2,15V ∗ PCC = ICQ.VCC = 3,3.10-3.6 = 19,8mW +6V Rb = 1K RC = 1K RE = 100Ω VBB = 1,2V 45,5 R V DC CC = ICQ = 3,3 iC (mA) VCE(V) 2,37 3 6 0 2,725 QTƯ Qbk       −= 1100 1ACLLDCLL Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 12 ( ) ( ) mW31,210.10.15,2 2 1R.I 2 1P 3 23 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 CC, CE (tụ bypass Emitter) (EC) 1) Bài 2-15: Điểm Q bất kỳ. a- Tìm R1, R2 để ICQ = 01mA (Rb << βRE) Vì Rb << βRE nên ta có: A10mA10 R 7,0V I 2 E BB CQ − == − ≈ suy ra VBB = 0,7 + 100.10-2 = 1,7V Ω==β= K1100.100 10 1R 10 1R Eb Ω≈= − = − = K2,1 83,0 10 10 7,11 10 V V 1 1RR 33 CC BB b1 Ω=== K88,5 7,1 1010 V V RR 3 BB CC b2 b- Để tìm ICmmax với R1, R2 như trên ta phải vẽ DCLL và ACLL: CE→ ∞ Vcc=10V R2 R1 RC=150Ω RE 100Ω β=100; VBEQ=0,7v iC (mA) VCE(V) Q       − 150 1ACLL       − 250 1DCLL 7,5 60 10 VCEmax = 9V ICmmax 15 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 13 VCEQ = VCC – ICQ(RC + RE) = 10 – 10-2.250 = 7,5V Từ hình vẽ ta nhận thấy để ICm lớn nhất và không bị méo thì ICmmax = 10mA. Ta có thể tìm iCmax và VCemax theo phương trình ( )CEQCE C CQC VVR 1Ii −−=− Cho VCE = 0 ⇒ mA60 150 5,710 R V Ii 2 C CEQ CQmaxC =+=+= − Cho iC = 0 ⇒ V95,7150.10VR.IV 1CEQCCQmaxCE =+=+= − 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 ƯCQTmaxCm RR V II + == (1) VCEQTƯ = RAC.ICQTƯ (2) RDC = RC + RE = 150 + 100 = 250Ω RAC = RC = 150Ω Thay vào (1) ta được: mA25 150250 10I ƯCQT =+ = V75,310.25.150V 3ƯCEQT == − VBB ≈ 0,7 + ICQTƯ.RE = 3,2V. Ω==β= K1100.100. 10 1R 10 1R Eb Ω≈= − = − = K47,1 68,0 10 10 2,31 10 V V 1 1RR 33 CC BB b1 VCE(V) iC(mA) VCEQTƯ = 3,75 2ICQTƯ = 50 40 RR V EC CC = +       − 150 1ACLL 2VCEQTƯ =7 10 ICQTƯ = 25       − 250 1DCLL Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 14 Ω≈Ω=== K1,33125 2,3 1010 V V RR 3 BB CC b2 Để vẽ ACLL, rất đơn giản ta chỉ cần xác định: iCmax = 2ICQTƯ và VCemax = 2VCEQTƯ. III. Bộ KĐ R-C có CC và CE (E.C). 1) Bài 2-20: Điểm Q tối ưu RDC = RC + RE = 900 + 100 =1KΩ Ω= + = + = 450 900900 900.900 RR RR R LC LC AC mA9,6 RR V II DCAC CC ƯCQTmaxCm ≈+ == VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 6,9.10-3.450 = 3,1V VBB = 0,7 + RE.ICQTƯ = 0,7 + 100.6,9.10-3 = 1,4V Ω==β= K1100.100. 10 1R 10 1R Eb CE→ ∞ Vcc=10V R2 R1 RC=900Ω RE 100Ω CC→ ∞ RL=900K VCE(V) iC(mA) VCEQTƯ = 3,1 2ICQTƯ = 13,8 10 RR V EC CC = +      − 450 1ACLL 6,2 10 0 ICTƯ = 6,9       − 1000 1DCLL Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 15 Ω≈= − = − = 1163 86,0 10 10 4,11 10 V V1 1RR 33 CC BB b1 Ω=== 7143 4,1 1010 V V RR 3 BB CC b2 Ta có dòng xoay chiều: V1,3V mA45,39,6 900900 900I. RR R I Lm Cm LC C Lm =⇒ = + = + = 2) Vẫn bài 2-20 nếu ta bỏ tụ CE thì ta sẽ có bộ khuếch đại R.C có CC mà không có CE. Khi đó kết quả tính toán sẽ khác rất ít vì RE << RC, RL RDC = RC + RE = 900 + 100 = 1KΩ Ω= + += + += 550 900900 900.900100 RR RR RR LC LC EAC mA45,6 55010 10 RR V II 3 ACDC CC maxCmƯCQT = + = + == VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 6,45.10-3.550 = 3,55V VBB = 0,7 + ICQ. RE = 0,7 + 6,45.10-3.100 = 1,345V Ω==β= K1100.100. 10 1R 10 1R Eb Ω== − = − = 1155 8655,0 10 10 345,11 10 V V1 1RR 33 CC BB b1 Ω=== 7435 345,1 1010 V V RR 3 BB CC b2 mA225,310.45,6. 900900 900I RR R I 3Cm LC C Lm =+ = + = − VLm = RL.ILm = 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 R1, R2. V525. 10.2010.5 10.5V RR R V 33 3 CC 21 1 BB = + = + = mA1,2 60 10.410.2 7,05 RR 7,0VI 3 3b E BB CQ = + − = β+ − = Rb = = = 4KΩ R1 + R2 R1R2 5.103 + 20.103 5.103.20.103 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 − = ) VCEQ = VCC – ICQ(RC + RE) = 25 – 2,1.10-3.3.103 = 18,7V Từ hình vẽ ta thấy: ICQ < ICQTƯ nên ICm = ICQ = 2,1mA mA05,110.1,2. 10.210.2 10.2I RR R I 333 3 Cm LE L Lm = + = + = − VLmmax = RL.ILm = 2.103.1,05.10-3 = 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 VVR 1Ii −−=− với Ω= + += k2 RR RR RR LE LE CAC Cho VCE = 0 suy ra mA45,11 10.2 7,1810.1,2 R V Ii 3 3 AC CEQ CQC =+=+= − Q VCE(V) iC(mA) VCEQ = 18,7 ICmax = 11,45 3,8 R V DC CC =       − 310.2 1ACLL 10 0 ICQTƯ = 5       − 310.3 1DCLL 22,9 25 ICQ = 2,1 VL CC→ ∞ Vcc=25V R2 20K R1 5K RC=1K RE=2K RL 2K β=60 Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 17 iC = 0 suy ra V9,2210.1,2.10.27,18IRVV 33CQACCEQmaxCEQ =+=+= − * Với bài toán trên nếu chưa biết R1 và R2 ta có thể thiết kế để dòng điện ra lớn nhất: RDC = RC + RE = 103 + 2.103 = 3KΩ. Ta có: mA5 10.210.3 25 RR V I 33 ACDC CC ƯCQT = + = + = VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 10V. 2) Bài 2-24: Mạch được định dòng Emitter. Theo định luật K.II: ΣVkín = 0 ta có RbIBQ + VBEQ + RE.IEQ –VEE = 0 Suy ra mA93 100 7,010 R R 7,0V I b E BB EQ = − ≈ β+ − = VCEQ = VCC + VEE – ICQ(RC + RE) = 10 + 10 – 93.10-3.150 = 6,05V ∗ mA5,4610.93. 100100 100I RR R I 3Em LE E Lm =+ = + = − ∗ VLm = ILmRL = 46,5.10-3.102 = 4,65V ∗ Đây là điểm Q bất kỳ nên ta có: ( )CEQCE AC CQC VVR 1Ii −−=− + Cho VCE = 0 suy ra mA214 R V Ii AC CEQ CQmaxC =+= + Cho iC = 0 suy ra V675,1050.10.9305,6RIVV 3ACCQCEQCE =+=+= − iL I. I CC→ ∞ VL CE→ ∞ VEE=-10v Rb<<βRE RC=50Ω RE=100Ω RL=100Ω VCC=10v Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 18 ∗ Nếu bài này được tính ở chế độ tối ưu thì: RDC = RC + RE = 150Ω Ω= + = 50 RR RR R LE LE AC khi đó mA100A1,0 50150 20 RR V I DCAC CC ƯCQT ==+ = + = VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 5V VCE(V) iC(mA) VCEQ = 6,05 214 133 RR VV EC EECC = + +       − 50 1ACLL 10,675 20 0 ICQ = 93       − 150 1DCLL Q Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 19 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 RRR 21 21 b ≈+ = + = V320. 205,3 5,3V RR RV CC 21 1 BB ≈+ = + = mA6,4 100 10.3500 7,03I 3CQ ≈ + − = VCEQ = VCC – ICQ(RC + RE) = 20 – 4,6.10-3.2.103 = 10,8V Ω== − − 760 10.6,4 10.25h.4,1h 3 3 feie b- Chế độ AC: Zo iC Zi Ri 2K ib Rb 3K ii RC 1,5K iL RL=1,5K hie 100ib 1,2K RL=1,5K ii RC=1,5K CC2→ ∞ - + +VCC=20V CE→∞ + - R1 3,5K iL R2=20K Ri=2K RE 1,5K CC1→ ∞ - + Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I Một số bài tập mẫu 20 i b b L i L i i i i i i i A == (1) 50100. 10.5,110.5,1 10.5,1h. RR R i i i i