Bài tập Mạch điện tử

pdf 85 trang hapham 280
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập Mạch điện tử", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfbai_tap_mach_dien_tu.pdf

Nội dung text: Bài tập Mạch điện tử

  1. BÀI TẬP MẠCH ĐIỆN TỬ
  2. Phần 2 : MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU Chương 1: ĐÁP ỨNG TẦN SỐ THẤP 1.1 a) Sớ đồ mạch và sơ đồ tín hiệu bé : iL > RL 1k i i Rb 4k RE 100 CE 5uF ib hie =1 K i > c< Rb iL i hfe CE i 4k .Re 5k hfe .ib 1k h fe RL b) Thiết lập hàm truyền : iL iL ib Ai= = . Trong đó : ii ib ii iL  = −h fe = −50 ib 3 ib Rb 9s + .2 10  = ≈ 8.0 3 ii Rb + hie + (hfe +1)(Re// /1 sc) (s + .4 10 ) Vậy : 3 (s + .2 10 ) Ai=-40 (s + .4 103 ) (s + .2 10 3 ) ( jω + .2 10 3 ) Tiệm cận biên độ A = 40 = 40 i (s + .4 10 5 ) ( jω + .4 10 3 ) 56
  3. 2 Tiệm cận tần sô thấp : A (ω → )0 = 40. = 20(26db) i 4 Tiệm cận tần số cao : Ai (ω → ∞) = 40(32db) Giản đồ Bode : A i db Aim 32 A io 26 ω(log scale) 0 ω1 ω 2 1.2 a) Xác định R 1,R 2 để xảy ra max_swing : Vcc =20V Lúc này ta coi như Re bị bypass nên Rc Vcc 20 1K I CQ(m _ s) = = k = .6 67mA 2Rc + Re 3 Mạch ổn định DC tốt khi h ie <<R b<<h fe Re Rb 1 k i Re ta chọn : Rb = h fe Re = 5 i + 1K Ce 10 Vbb 25 hie =1,4.50. = 261Ω ,6 67 Suy ra V VBB =o.7 +I CQ Re ~7,4V Từ V BB và R b suy ra  V .R R = cc b = 13,15K  2 V  BB  R R = b = 9,7 k  1 V  1− BB  Vcc 57
  4. b) Tần số` thấp 3 db xác định như sau : Ta có thời hằng nạp và xả của tụ : Rb 3 t=C e[R e//(hib + )]=C e[10 //(5+100)]=99,1 C e h fe 1 1 ,0 01 suy ra ω L = = = t 99 1, Ce Ce 1 1 CE = ' = 3 ≈ 1000µF ω1 (RE // Rb ) 10(105//10 ) 1.3 Cho biểu thức (s +10)(s + 300)(s + 400) A(s) = 104 (s + 2)(s +12)(s + 2000) a) Tiệm cận biên dộ : A,db 128 114 100 86 ω (log scale ) 0 2 10 12 300 400 2000 1.4 a) Sơ đồ tín hiệu bé : Tìm hàm truyền : iL iL ib vb Ai = = . . ii ib vb ii Trong đó : 58
  5. iL  = −h fe ib Vcc Rc Rb 1k hfe =100 500k VL K hie =1 Cc1 i 50k i Ri RE 100 Cc1 ib hie i V > C < L iL r Rb hfeRe i i Vb Rc i hfe .ib ib 1 1  = ≈ vb hie + 1( + h fe )Re hie + h fe Re vb ri .Rb //(hie + h fe Re )  = ii 1 ri + + []Rb //(hie + h fe Re ) sCc1 Do đó : − h fe ri [Rb //(hie + h fe Re )] Ai = . hie + h fe Re 1 ri + + Rb //(hie + h fe Re ) sCc1 ' K k k k Đặt R b =R b//(h ie + h fe Re)=500 //(1 + 100.0,01 )~11 59
  6. ' − ri. Rb 1 Ai = . hib + Re 1 ' ri + + Rb sCc1 ' − ri Rb sCc1 Ai = . ' hib + Re (ri + Rb )Cc1 +1 ' − ri // Rb s Ai = . hib + Re 1 s + ' Cc1 (ri + Rb ) Thay số vào ta có : −50K //11K s s A = . = −82 im ,0( 01K + 1,0 K ) 1 1 s + 3 3 s + 3 (50.10 +11.10 )Cc1 61.10 Cc1 Tần số 3 db bằng 10Hz nên : 1 ω L = 2Π.10 = 3 → Cc1 = ,0 26µF 61.10 Cc1 nên : s vL 3 s A i = − 82 → = −82.10 s + 62 8, ii s + 62 8, ♦ Giản đồ Bode : -Tiệm cận tần số thấp : Ai (ω → )0 = 0 (db) -Tiệm cận tần số cao : Ai (ω → ∞) = 38(db) 60
  7. A i,db Aim 38 0 ω L ω (log scale ) 1-6 a) Sơ đồ mạch và sơ đồ tín hiệu bé : Vcc= 20V R = 10k //100 k ≈ 10k  b hfe =50 R2  10 1k V Cc2 VBB = 20. = ,181 100k  110 20uF Ri RL 1k RE i 10k 10uF i 10k 100 R1 Cc 1 i 1/sCc2 b hie iL > > r i Rb (1+hfe)Re 5k hfe.ib ii 1k 1k ♦ Điều kiện tĩnh : 61
  8. VBB − 7,0 25 K I CQ = = (7,3 mA) → hie = 50. = ,0 34 Rb 7,3 + Re h fe Đặt 1 51.105 - Z1 = (h fe +1)[Re // ] = 3 sCc1 s +10 4 1 3 .5 10 - Z 2 = RL + = 10 + sCc2 s Hàm truyền : iL iL ib − h fe .Re Rb Ai = = . = . i i i R +500Z R +s(hs ++1000Z ) i b i A =c − 2 . b ie 1 i 21 (s + 25)(s +1485) Xây dựng A i bằng cách khác : 1 ♦ Điểm zero : ω = ;0 ω = = 1000rad / s ReCc1 ♦ Điểm cực 1 ω a = = 1485rad / s Rb + hie Cc1[Re //( )] h fe +1 1 ω b = = 25 Cc2 [Rc + RL ] ♦ Độ lợi tầng giữa iL − h fe Rc Rb A = = . = −24 im i R + R R + h i ω→∞ c L b fe 62
  9. suy ra : A i s(s +1000) Ai = −24 24 (s + 25)(s +1485) 16 0 25 10 3 1485 ω 1.7 Từ sơ đồ ta có : 5V Rb Vcc ( + Re )I CQ −VEE +VBE = 0 h fe Cc1 ri 10 Suy ra Cc2 V V + Rb 5 − 7,0 I = = (2,4 mA) Vi 1k CQ 1K - 1k RL =10k +1K RE 50 -5V 25 Zin nên : h = 50 = 3,0 K Ta có ie 4,2 ' K K K K Zin = Rb [hie + (h fe + )1 Re ] = 1 //( 3,0 + 50 ) ≈ 1 nên : 1 1 1 1 ω = ≈ ⇒ Cc1 = = 3 = 200µF Cc1 (ri + Zin ) Cc1Z in ωZ in .5 10 1.9 V cc  I = 1mA I  =EQ1mA  EQ R c 1 k C c2   h fe = 20 > h fe = 20 iL R b R 1 k i 1 k R E L= i + 1 k C e VB B 63
  10. 25 K hie = 20. = 5,0 1 ib 1/sCc1 > > hie iL i Rb hfe/sCe hfeib i Vb hfeRe Rc R L - Ta có : 1 1 -ω e = ≈ Rb 75.Ce Ce [Re //(hib + )] h fe 1 1 -ω 2 = = 3 Cc2 [Rc + RL ] .2 10 Cc2 Xảy ra điểm cực kép tại ω = 10rad / s thì ω e = ω 2 = 10rad / s nên C = 1933µF e Cc2 = 50µF ♦ Để tần số 3 db là 10 rad/s với C e=1333uF thì nếu không kể đến sự gây méo của Cc 2 thì ω L = ω e = 10rad / s . Do đó ta chọn ω 2 << ω L = 1rad / s nên ω 2 = 1rad / s suy ra : 1 ω 2 = 3 = 1rad / s → Cc2 = 500µF .2 10 Cc2 Vậy Ce = 1333uF Cc2 = 500uF ♦ Xây dựng hàm truyền A ikhi C e=1333uF, Cc 2=500uF Đặt Z 1 = h fe .(R e// (1/sC e)) Z 2=R L + 1/sCc 2. Ta có 64
  11. iL iL ib Rc Rb Ai = = . = −h fe . ii ib ii Rc + Z 2 Rb + hie + Z1 .RcCc2 .s Rb (ReCe + )1 Ai = −h fe . (Rc + RL )Cc2 s +1 Re + (Rb + hie )(Ce Re s + 0)1 3 10 Cc2 .h fe .Rb (Ce Re s + )1 s Ai = 3 [Ce (hie + Rb )re s + h fe Re + hie + Rb ][Cc2 (RL +10 )s + ]1 Thay số 20s(1333s +1000) s(s + ,0 75) A = ≈ ,6 67 i 43(s +1)(93s +1000) (s +1)(s +10,75) ♦ Cách khác 1 1 -Điểm zero ω = ,0 ω = = 3 −6 ≈ ,0 75rad / s ReCe 10 .1333.10 1 1 -Điểm cực :-ω1 = ≈ −6 ≈10,75rad / s Rb 69,76.1333.10 Ce[Re //(hib + )] hfe h fe RL Rb Aim = − . = − ,6 67 Rc + RL Rb + hie Vậy : s(s + ,0 75) A = − ,6 67. i (s +10 7, )(s + )1 1.11 Vcc hfe =100 K RC hie = 1 1k 65 10k 10k R1 R2 Ri i 100k 10uF i C
  12. R1 R2 i C iC b> hfei iL i b i ri hie R L R 10 K i i c V >h ie nên có thể bỏ qua r i ♦ Độ lợi vòng T vL ib ib i T = ' = −h fe Re ' = −h fe .Re ' vL vL i vL ii =0 với : 1 i 1  b = sC = i 1 (R + h )Cs +1 + h + R ie sC ie i 1 (r + hie )Cs +1  ' = = vL  1  (RCs + hieCs)R + 2R + hie R +  //(R + hie ) sC  nên 66
  13. 3 3 1 −10 T = −10 h fe = [CR(R + hie )s + 2R + hie ] 11s + 210 1 T = −91 s +19 1, ♦ Độ lợi không hồi tiếp : 1 R + R // 3 iL iL ib sC −10 (s + 20) Ai = = = −h fe . = ii , ib ii 1 11s + 210 vL =0 R + R // + h sC ie suy ra Ai −1000(s + 20) Aif = = 1− T 11(s +110) ♦ Tần số 3db ω L = 110(rad / s) ♦ Giản đô Bode Aif , db 39 24 ω(log scale ) 0 20 ω L 1-13 67
  14. VDD Cc1 ,Cc2 → ∞ Rd 5k Cc2 VL Cc1 ri RL 5k Rs1 250 100k Rg 100k + Vi 250 100uF - Rs2 Sơ đồ tín hiệu bé : 5k rds D + ri Vi1 Rd 100k + RL Rg - uv gs 5K - 100k Rs1 250 Rs2 100uF 250 Do R g.>>r i nên : v g~v i Dùng tương đương Thevenin như trên ta có : 5k vg~vi rds (u+1)Z VL + Vi1 + 100k uv uvi Rd //Rl - g~ - 1 với : + Z = R + R // s1 s2 sC + µ = rds .g m = 25 68
  15. a) Xác định hàm truyền : vL − µRd // RL Av = = vi Rd // RL + (µ + )1 Z + rds Do R d<<R L nên R d//R L~R d nên − µR − R A = d = d v R + (µ + )1 Z + r R (µ + )1 Z r d ds d + + ds µ µ µ Cuối cùng ta được : − Rd (CRs2 .s + )1 Av = CRs2 s[Rs1 (µ + )1 + Rd + rds ] + Rs (µ + )1 + rds + Rd Thay số : − 250(s + 40) (s + 40) A = ≈ − ,7 57 v (33s +1840) (s + 55 )7, ♦ Cách khác : 1 -Điểm zero : ω1 = = 40(rad / s) Rs2C 1 -Điểm cực : ω = = 55,75 2 r + R // R C[R //(R + ds d L )] s2 s1 µ +1 Sở dĩ phải chia cho (µ + )1 là bởi lẽ ; -Theo sơ đồ mạch C t = .[(µ + )1 R //((µ + )1 R + r + R )] µ +1 s2 s1 ds d C  rds + Rd  = Rs2 //()µ +1 (Rs1 +  µ +1  µ +1   rds + Rd  = CRs2 //(Rs1 + ) ( bỏ qua R L do quá lớn )  µ +1  -Độ lợi tầng giữa : 69
  16. v − µR A = L = d = − ,7 575 vm v r + R (µ + )1 + R i ω→∞ ds s1 d Do đó ta cũng có biểu thức giống trên: (s + 40) A = − ,7 575 v (s + 55 )7, b)Nếu ghép tụ ở 2 đầu R s=R s1 + Rs2 thì : − µRd ' Av = ' với Z =(R s1 +R s2 )//1/sC Rd + (µ + )1 Z + rds Thay số ta có : (s + 20) A = −12 5, v s + 46 ->Băng thông giảm và độ lợi tăng 1-12 Vcc =10 V 5k R2 Cc 1/ sCc ri hie R31k V ri + 0.6k 1K E Vi1 1K + 5k Rb hfeRe Vi R1 1k 3.5k 100k - - RE ♦ Điều kiện tĩnh 5 V = 10 = 5V ; R = 1K + 5K // 5K = 5,3 K BB 5 + 5 b suy ra : 5V − o 7, V 25 I = = ,4 15mA → h = 100 = 6,0 k CQ 5,3 K ie .4 15 +1K 100 70
  17. K ♦ Chế độ xoay chiều : do h fe RE = 100 >>h ie ->v E~V B Ta có : v v R //(h + h + R ) A = E ≈ b = b ie fe e v v v 1 i i R //(h + h R ) + r + b ie fe e i sCc Thay số ta có ; 17,62.105 Cc.s A = v 22,83.105 Cc.s + 521 ♦ Tần số 3db : 521 10−5.521 ϖ = = L 22,83.105 Cc 22,83Cc Theo gia thuyết ω L = 2πf L = 10π nên 10−5.521 Cc = = ,7 26(µF) 22,83.10π 71
  18. 2-1 Vcc R4 1k rbb' V i L R3 L Ii 1k i R2 r1 C1 C R i b b'e b'e Mg v L + Vbb m b' Với giả thiết C b'c = 0 thì C M = 0; r bb' = 0 : ngắn mạch B - B'. Sơ đồ chỉ còn lại như sau : B=B1 iL i R //r C g v i b b'e b'e m b Rc Theo giả thiết ta có : ICQ = 2 mA suy ra : h fe .25 hie = = 12,5.h fe 2 mà : hie = r bb' + r b'e = r b'e (r bb' = 0) Do vậy : h fe 1 12,5.h fe = r b'e (1) → g m = = = 0.08 mho rb'e 12 5, Tần số cao 3 dB : 1 1 fh = = 2πRb'e (Cb'e + CM ) 2πRb'eCb'e với : R b'e = (r i // R b + r bb' ) // r b'e = R b // r b'e (r bb' = 0; r i = ∞ ) nên : 72
  19. 1 fh = (2) 2πRb // rb'e .Cb'e Độ lợi dòng tần giữa : iL iL vb' Aim = = . = -gm.R b // r b'e ii vb' ii Theo giả thiết : Aim = 32 dB = 40 Suy ra : Aim 40 Rb // r b'e = = = 500Ω g m ,0 08 với : 3 3 500.10 3 Rb = 10 Ω → r b'e = = 10 Ω 103 − 500 Từ (2) ta có : 1 1 Cb'e = = = 400 pF 3 2πf h .Rb // rb' e 2π.800.10 .500 Từ (1) suy ra : 3 rb'e 10 hfe = = = 80 12 5, 12 5, Vậy : hfe = 80; rb'e = 1K; Cb'e = 400 pF 2-2 Cho sơ đồ mạch như sau : +V CC Các thông số : 9 - ωr = 10 rad/s 10k 1k 20uF - hfe = 100 iL 20uF Q1 - Cb'c = 5pF NPN RL - rbb' = 0 1k ii 10k 1k 100 20uF - IEQ = 10 mA 73
  20. Rb = 1K //10K = 9,0 K  → g m = 40I EQ = 4,0 mho  Cb'e = g m /ωT = 400 pF Cb'e +CM C C c2 c1 r b'e E iL B' R R L i R c i ri b R e Ce g v m b'e a) Tính độ lợi tần giữa A im : cho ngắn mạch các tụ C c1 , C c2 , C e và bỏ qua các phần tử C b'e , C b'c (cho hở mạch hai đầu các phần tử ấy). Khi đó : iL iL vb'e Aim = = . i v i i ω →∞ b'e i iL Rc với : * = −g m . vb'e Rc + RL vb'e ri // Rb * = rb'e . ii ri // Rb + rb'e Vậy : Rc (ri // Rb ).rb'e Aim = −g m . . = 38 Rc + RL (ri // Rb ) + rb'e b) Tìm tần số 3 dB f h : Ta có : g m 4,0 Cb'e = = 9 = 400 pF ωT 10 74
  21. Xét ở tần số cao ta sẽ thấy rằng các tụ ghép ngoài C c1 , C c2 , C e có trở kháng rất bé do ω rất lớn → ngắn mạch các tụ ghép ngoài. Sơ đồ chỉ còn : B' C iL ii R //r r C +C g v R b i b'e b'e MLm b'c Rc Và : CM = [1 + g m.(R c//R L)]C b'c CM = (1 + 0,4.500).5 pF CM = 1000 (pF) Tần số cao 3 dB : 1 ωh = (R b'e = r i // R b // r b'e = 196 Ω) Rb'e (Cb'e + CM ) 1 1 ωh = −12 = 3,64 (Mrad/s) << 196.(400 +1000).10 (RL // Rc )Cb'c → tính toán là hợp lý. Vậy : ωh = 3,64 Mrad/s 2-5 9 Cho sơ đồ mạch như sau với các thông số : ωT = 10 rad/s, C b'e = 6 pF, r bb' = 0; I EQ = 1 mA, h fe = 20 → g m = 0,04 mho. Vcc 0.5k Yh Q1 r +r //R Yh NPN Cc2 i bb'R e'= RE L C i + c1 L vi + v C R' C' - 1k 1k i b'c - - VEE 75
  22. C R’ = r + h R ’, C’ = b'e b’e fe e ' 1+ g m Re * Độ lợi tần giữa : hở mạch C b'c , C' : h fe (Re // RL ) Avm = = 0,9 h fe (Re // RL ) + ri + rb'e * Tần số cao 3 dB : R' = r b'e + h fe Re' >> R e' : bỏ qua R e'. Do đó tần số xảy ra điểm cực : 1 1 ω1 = = ' R (' Cb'c + C )' (rb'e + h fe Re )(Cb'c + C )' Thay số : 25 R' = h fe . + h fe .R E//R L = 10,5 K I CQ Cb'e g m /ωT C' = ' = ' = 2 pF 1+ g m Re 1+ g m Re Suy ra : ω1 = 12 Mrad/s : cho Z i Để tính tần số ωh ta xét hai trường hợp sau : 1 1 ωβ = = −12 = 50 (Mrad/s) rb'e .Cb'e 500.40.10 a) Nếu ω < ωβ : bỏ qua C'. Khi đó : ' ve ve vb Av = = ' . vi vb vi Trong đó : ve * ' ≈ 1 vb ' vb 1 1 ' * = với ωi = ' Ri = r i + r bb' vi s /ω i +1 Cb'c Ri 76
  23. ' vb Do ta đang xét ω > ωβ : bỏ qua R'. Khi đó : ' ' vb 1+ ReC's Av ≈ = ' ' ' 2 ' ' vi 1+ s[(Re + Ri )C'+RiCb'c ] + s (ReC )(' Ri Cb'c ) Thay số : 1+10−9 s Av = 1+ s.5.10−9 + s 2 .3.10−18 9 ' 9 1+ s /10 ω1 = ,0 23.10 rad / s Av = với  1( + s /ω ' )(1+ s /ω ' ) ' 9 1 2 ω 2 = ,1 43.10 rad / s Suy ra : 1+ ω 2 .10−18 Av = 1( − .3 10−18.ω 2 ) 2 + (ω s 109 ) 2 Cho Av = /1 2 ta có : 1 - 6.10 -18 ω2 + 9.10 -36 ω4 + 25.10 -18 ω2 = 2 + 2.10 -18 ω2 hay : 4.10 -36 ω4 + (25.10 -18 - 6.10 -18 - 2.10 -18 )ω2 - 1 = 0 4.10 -36 ω4 - 17.10 -18 ω2 - 1 = 0 9 Giải phương trình trên ta được ωh = 0,23.10 rad/s = 230 Mrad/s >> ωβ. Vậy : ω h = 230 Mrad/s có thể lấy xấp xỉ ωh = ω1' Aim ≈ 1 2-6 Cho sơ đồ mạch như sau : 9 - ωT = 10 rad/s - Cb'c = 6p 77
  24. - rbb' = 0 - IEQ = 1 mA - hfe = 20 Transistor Q 2 được ghép dạng B chung với Q 1 nhằm mục đích làm giảm điện dung Miller C M . Tần số 3 dB ngắn mạch B chung f α ≈ fT. Do đó ta chỉ xét Q 2 ở tần số thấp và Q 1 ở tần số cao nên R e1 bị ngắn mạch. Sơ đồ thay thế : bị ngắn mạch (nối mass). Ở đây ta đã bỏ qua một tụ C b’e mắc song song Rc2 do quá nhỏ. Trong đó : rb'e CM = (1 + g m.R c1 // ).C b’c = 11,85 pF ≈ 12 pF h fe +1 a) Tính A im : ngắn mạch các tụ ghép ngoài, hở mạch các tụ ghép trong ta sẽ có sơ đồ sau để tính A im và ngắn mạch các điện trở trong trừ điện trở r b’e . Ta có : v ' iL iL ie b1e1 Aim = = . . ii ie v ' ii ω→∞ b1e1 Rc2 g m Rc1 Aim = -hfb . . .(Rb // hie ) Rc2 + RL Rc1 + hib − Rc2.g m .Rc1(Rb // hie ) Aim = (Rs + RL )(Rc1 + hib ) Thay số : −103 ,0. 04.103.(103 // 500) Aim ≈ = -6,5. (103 +103 )(103 + 25) Vậy : Aim = -6,5 b) Tìm tần số cao 3 dB ωh : 78
  25. 1 1 ω = = = 57,7 Mrad/s h −12 (Rb // rb'e )(Cb'e + CM ) 333,33.(40 +12).10 Vậy : ωh = 58 Mrad/s rb'e rb'e * Ta thấy tụ C M có giá trị rất nhỏ là do R c1 // mà = h ib h fe +1 h fe +1 có giá trị nhỏ. Nếu không mắc thêm Q 2 vào thì : CM = (1 + g m.R c1 // R L).C b’c =120 pF Khi đó : 1 ωh = = 18,75 Mrad/s : nhỏ hơn trường 333,33(40 +120).10−12 hợp trên rất nhiều. Do đó ghép thêm Q 2 làm tăng băng thông của mạch. 2-9 20V Vcc r6 20uF Q2 2N4223 20uF i + L v1i 100k - 4k 1k Zi Zo rds = 5K, C gs = 6p, C gd = 2p, g m = 0,003 mho → g mrds = µ =15 Giả sử FET được phân cực ở chế độ tĩnh với các thông số như trên. * Xét sơ đồ mạch ở tần số thấp : a) Trở kháng vào : 79
  26. ' 1 Zi = + Rg → Zi = ∞ sCc1 ' • Zi → ∞ khi ω → 0 1 • Nếu mạch hoạt động ở tần số ω > = 50 Hz thì s = s L = 0,72 R C v r L c2 g R // R + ds s L µ +1 80
  27. vg Rg s • = = 1 vi Rg + ri + s + 5,0 sCc1 Vậy : RL .Cc2 s Rg .Cc1s ,0 72 Av = ,0. 72. = RL .Cc2 s +1 (Rg + ri )Cc1s +1 (s + 50)(s + )5,0 * Tần số giữa : a) Trở kháng vào : Zi = R g =100K rds b) Trở kháng ra : Zo = R s // = 0,29K µ +1 vL vL Rs // RL c) Độ lợi áp : Avm = = = = 0,72 v v r i g R // R + ds s L µ +1 Tần số thấp 3 dB : ωL = 50 Hz (Trên thực tế hàm truyền A v có 3 điểm cực song có 2 điểm cực xấp xỉ bằng nhau). * Tần số cao : ngắn mạch các tụ ghép ngoài : 1) Nếu ω > 500 Mrad/s : bỏ qua C’ nên : ' 1 Zi = Zi = ,0 69K // ≈ 0 khi ω → ∞ sCgd Ta có : vs Z0 = io vi =0 vs = (g mvgs + i o)(Z + Z 1) với : 81
  28. 1 ri • Z = r i // = Cgd riCgd s +1 1 • Z1 = Cgs Suy ra : vs = [g m (vg − vs ) + io ](Z + Z1)   Z vg = vs  Z + Z1 Từ đó suy ra : vs Z + Z1 Zo = = io 1+ g m Z1 hay : 1 1[ + s(Cgd + Cgs)ri Zo = . g m 1( + jωCgs / g m )(1+ jωriCgd ) ,6 67.1011(s + ,1 25.108 ) Z0 = (s + .5 108 )2  Độ lợi áp : a) ω g m/C gs = 500 Mrad/s : loại b) ω >> g m/C gs : bỏ qua C. 8 vg R // r .5 10 A = = i = v 8 vi ri 1[ + s(R // ri ).Cgd ] 1+12,24.10 8 → ωh = 12,24.10 rad/s = 1224 Mrad/s >> g m/C gs Giản đồ Bode : 82
  29. 1 ω1 = C'.R  1 1  1 ω2 =  + .  C' Cgd  R 1  1  Zi = //R +  sCgd  sC' 2-10 Sơ đồ mạch : Các thông số : + r i = 1K, R g = 100K + R s1 = 1,5K; R s2 = 2,5K + R L = 1K + C gd = 2p, C gs = 6p + g m = 0,003 mho, R ds = 5K → µ = 15 Ta xét các khoảng tần số sau : a) Tần số thấp : Sơ đồ tương đương như sau : Trong đó : Rg 100K + Z = = = 241K : rất lớn so với i µ 15 5,2 K 1− [R / R ] 1− . µ +1 s2 s 16 4K ri. r 5K + Z ' = ds = = 0,32K o µ +1 16 µ + A ' = ≈ 1 v µ +1 * Tần số cắt thấp : 1 1 ω = = = 0,2 (rad/s) 1 −6 3 Cc1[Zi + ri ] 20.10 [241+1].10 83
  30. 1 1 ω = = = 39 (rad/s) 2 ' −6 3 3 Cc2[RL + Rs // Zo ] 20.10 [10 + .4 10 // 320] Suy ra : ωL ≈ 38 (rad/s) * Dẫn nạp ngõ ra : 1 1 1 1 Y = + = + = 3,38(kmho) o ' 3 3 Rs Zo .4 10 ,0 32.10 * Độ lợi áp : vL vL vs vg Av = = . . vi vs vg vi Trong đó : v R R s C 103.20.10−6.s s • L = L = L c2 = = 1 3 −6 vs RL + RLCs .s +1 10 .20.10 .s +1 s + 50 sCc2  1  Rs // RL + vs  sCc2  ,0 714(s + 50) • = = vg  1  ' s + 39 Rs // RL + + Z o  sCc2  3 −12 vg Z 241.10 .20.10 .s s • = i = = 1 3 −12 vi Zi + ri + 1+ 242.10 .20.10 .s s + 2,0 sCc1 Suy ra : ,0 714s 2 Av = (s + 39)(s + )2,0 Cũng có thể tính bằng cách khác : - Dựa vào sơ đồ mạch ta thấy A v có điểm zero kép tại ω = 0. - Điểm cực : 1 + ω1 = = 0,2 (rad/s) (Zi + ri )Cc1 84
  31. 1 1 +ω = = =39 (rad/s) 2 ' 3 3 −6 [RL + Rs // Zo ]Cc2 (10 + .4 10 // 320).20.10 vL vL vg vL Rs // RL + A im = = . ≈ (do Z i >> r i) = = 0,714 v v v v ' i ω→∞ g i g Rs // RL + Z o Vậy : s 2 ,0 714 Av = Aim . = (s + ω1)(s + ω 2 ) (s + 2,0 )(s + 39) b) Tần số cao : hay rút gọn còn : Trong đó : bỏ qua R g do R g >> r i . −12 Cgs .6 10 + C’= = = 2p −3 1+ g m R 1+ .3 10 .670 + R = r ds //R s//R L = 0,67K g ,0 003 * Nếu ω > m = 500 (Mrad/s) : bỏ qua C’. Cgs - Tần số 3 dB trên : 1 1 ω = = = 1246 (Mrad/s) h −12 3 Cgd [ri // R] .2 10 [10 // 670] g m Rõ ràng ωh >> : Cgs ωh = 1246 Mrad/s 85
  32. - Độ lợi : R // r 670 //103 A = i = v 3 3 −12 ri 1[ + s(R // ri ).Cgd ] 10 1[ + s(670 //10 ). .2 10 ] 4,0 Av = 1( + s ) ωh - Dẫn nạp ngõ vào : 1 1 1 1 Y = + + C s = + + .2 10−2 s o gd 3 3 3 rds // Rs ri .5 10 // .4 10 10 -12 Yo = 0,00145 + 2.10 s, điểm zero : 725 Mrad/s Giản đồ Bode : 2-11 Các thông số mạch : 9 - ωT = 10 rad/s, h fe = 100, C b’c = 5p, C b’e = g m/ωT = 40I CQ /ωT - ICQ = 10 mA → C b’e = 400 pF, R 1 = 10K, R 2 = 1K → R b ≈ 1K - rbb’ = 0, r i = 10K, R L = 1K 25 - Cc1 = C c2 = C c3 = 20 µF; r b’e = h ie = 100. = 0,25K 10 Sơ đồ tương đương tổng quát : Trong đó : + R b1 = R b2 = 1K; r b’e1 = r b’e2 = 0,25K + R c1 = R c2 = R c =1K Đặt R 1 = r i // R b1 //r b’e1 =10K // 1K // 0,25K = 0,2K R 2 = R c1 // R b2 //r b’e2 =1K // 1K // 0,25K = 0,17K R 3 = R c2 // R L = 1K // 1K = 0,5K Sơ đồ thay thế bởi tụ Miller : Trong đó : CM = (1 + g m. R c2 // R L).C b’c2 = (1 + g m.R 3).C b’c2 = (1 + 0,4.500).5p = 1000p CM _ phản ánh trở kháng tầng sau về tầng trước. + C 2 = C b’e2 + C M = 1400p 86
  33. 3 + C = R 2gmCb’c1 = 0,17.10 .0,4.5p = 340 pF C + R = 2 = 1400p/(0,4.5p) = 700 Ω = 0,7K g mCb'c1 * Tần số 3 dB trên : Ta có : C + C γ = b'e b'c C1 C1 = C b'e + (1 + g mR2)C b'c C1 = 400p + (1 + 0,4.170).5p = 745p nên : 100 p + 5p  γ = = 0,544 745p 1 1  ω1 = = −12 = 6,71 (Mrad/s) R1C1 745.10 .200 1 1  ω2 = = −12 = 4,2 (Mrad/s) R2C2 1400.10 .170 nên :  2  ω1ω 2  ω 2 ω1  ω 2 ω1  2  ωh = 2 −  + + 1(2 − γ ) +  + + 1(2 − γ ) + 4γ  2γ ω1 ω 2  ω1 ω 2    ,6 71 2,4.   2,4 ,6 71  = − + + 1(2 − ,0 544) + 2    ,0.2 544   ,6 71 2,4  2   2,4 ,6 71  2  + + + 1(2 − ,0 544) + ,0.4 544   ,6 71 2,4     = 47,61[-(3,13) + ,3( 13) 2 + ,118 ] → ωh = 2,95 (Mrad/s) * Độ lợi tần giữa : ở tần số cao ta có : 87
  34. (g 2 R ).R R 1 A = m c2 1 2 . v 2 (Rc2 + RL )  1 1  s 1+ s +  + .γ ω1 ω2  ω1ω 2 Suy ra : 2 gm .Rc2 .R1R2 Aim = lim Av = s→∞ Rc2 + RL Thay số : 4,0 2.103.200.190 Aim = = 2720 103 +103 * Nếu bỏ qua ảnh hưởng của tụ Miller, dùng công thức ghép n tầng (n = 2). n 2 Aim = (-gmRb’e ) /2 = (-gmRb’e ) /2 với : Rb’e = R c // R b // r b’e = 1K // 1K // 0,25K = 0,17K Suy ra : 2 1 Rc Aim = (-0,4.170) /2 = 2312 ( = ) 2 Rc + RL Tần số 3 dB trên của một tầng : 1 1 ω = = = 14,7 (Mrad/s) 1 −12 Rb'eCb'e 170.400.10 Suy ra tần số 3 dB trên khi ghép 2 tầng : 2/1 ωh = 0,64. ω1 = 9,4 (Mrad/s) (0,64 = 2 −1 ) Ta thấy rõ ràng hai kết quả quá chênh lệch nhau. Điều này đúng bởi lẽ trong công thức ghép n tầng, người ta xem C b’c = 0 trong khi theo giả thiết C b’c = 5p. 2-12 Sơ đồ mạch : + r i = 1K, R g = 1M + R d = 10K, R L = 10K 88
  35. + C gs = 6p, C gd = 2p + g m = 0,03 mho, r ds = 5K Sơ đồ thay thế : Đặt : R 1 = R g // r i ≈ 1K R 2 = R d // r ds // R g ≈ R d // r ds = 3,33K R 3 = R d // r ds // R L = 2,5K Tương tự như BJT : biến đổi sơ đồ thành : Trong đó : C 1 R = 2 . Cgd g m C = R2.g m.C gd1 C2 = C gs2 + C M = C gs2 + (1 + g mR3)C dg2 * Độ lợi áp : Ta tính các tham số : C1 = C gs + (1 + g mR2)C gd 3 C1 = 6p + (1 + 0,03.3,33.10 ).2p = 206p 3 C2 = 6p + (1 + 0,03.2,5.10 ).2p =158p nên : C + C 2 p + 6 p γ = gs gd = = 0,039 C1 206 p 1 1 ω = = = 4,85 (Mrad/s) 1 −12 3 C1R1 206.10 .10 1 1 ω = = = 1,9 (Mrad/s) 2 −12 3 C2 R2 158.10 ,3. 33.10 Suy ra :  2  ω ω  ω ω   ω ω  ω 2 = 1 2 −  1 + 2 + 1(2 − γ ) +  1 + 2 + 1(2 − γ ) + 4γ 2  h 2     2γ  ω2 ω1  ω2 ω1     Ta tính : 89
  36. ω ω ,4 85 9,1. a = 1 2 = = 3029 (Mrad/s) 2 2γ 2 ,0.2 0392 ω ω ,4 85 9,1 b = 1 + 2 + 1(2 − γ ) = + + 1(2 − ,0 039) = 4,87 ω2 ω1 9,1 ,4 85 c = a 2 + 4γ 2 = ,4 872 + ,0.4 0392 = 4,870624 Suy ra : 2 ω h = a(-b + c) nên : ωh = 3029 ,0. 000624 = 1,375 (Mrad/s) * Độ lợi tầng giữa : Ở tần số cao : 2 (−g m ) .(Rd // rds )R1R2 1 Ai = . [(Rd // rds ) + RL ]  1 1  2 γ 1+ s +  + s ω1 ω2  ω1ω2 nên : 2 g m .(Rd // rds ).R1R2 Aim = lim Av = ω→0 (Rd // rds ) + RL ,0( 03)2 .(10 // 5).103.103 ,3. 33.103 Aim = (10 // 5).103 +10.103 RL Aim = 748 → A vm = A im . ri 90
  37. 2-13 Các sơ đồ mạch như sau : + r b’e = 1K + C b’e = 1000p + C b’c = 20p + g m = 0,05 mho → hfe = 50. a) Sơ đồ ở tần số thấp : Tần số 3 dB thấp : 1 fL = 2πCe[Re //(hib + Rb / h fe )] 1 fL = 2π.20.10−6[103 //(20 + 200)] Suy ra : fL = 44 Hz * Độ lợi tần giữa : iL − h feib Rb Aim = = = −h i i fe R + h i ω→∞ i b ie 10K Aim = -50. = -45 10K +1K * Ở tần số cao ta có sơ đồ như sau : Trong đó : CM = (1 + g mRc).C b’c 3 CM = (1 + 0,05.10 ).10p = 500p Tần số 3 dB trên : 1 1 f = = h −12 2π (CM + Cb'e )(Rb // rb'e ) 2π (500 +1000).10 .(1000 //1000) fh = 116 KHz Suy ra : 6 GBW = Aim ( f h − f L ) = 25 ,0( 21.10 − 44) = 5,249 (MHz) 91
  38. Vậy : GBW = 5,249 MHz b) Sơ đồ ở tần số thấp : Tần số 3 dB thấp : 1 fL = 2πCc1[ri + Rb //(hie + h fe Re )] Thay số : 1 fL = = 0,23 (Hz) = fL 2π.20.10−6[103 +105 //(103 + 50.103 )] * Độ lợi tần giữa : iL ri .(ri // Rb ) Aim = = i r // R + h + h R i ω→∞ i b ie fe e 1K.(1K //100K) Aim = = 0,02 1K //100K +1K + 50K * Ở tần số cao : bỏ qua R b do R b >> r i , ta có sơ đồ : ' Với : R i = r i + r bb’ ≈ ri ' R’ = r b’e +h fe Re = 1K +50.1K = 51K ' Re = R e = 1K C 1000 p C’ = b'e = = 20p ' 3 1+ g m Re 1+ ,0 05 .1. 10 Ta xét hai khả năng sau : • Nếu ω > ω = = = 1 Mrad/s :bỏ β 3 −12 rb'e .Cb'e 10 .1000.10 qua R’. Khi đó : ' vb ' Av = (do v e < vb ) vi 92
  39. 1+ s.R ' C' A = e v ' ' 2 ' 1+ s[(Re + Ri ).C'+Ri .Cb'c ] + s (Ri .Re .C'.Cb'c ) 1+ s .2. 10−8 1+ s .5/ 107 Av = = 1+ s .5. 10−8 + s 2 .2. 10−16 1( + s .2,2/ 107 )(1+ s / 22 .8, 107 ) → ωh = 22 (Mrad/s) ( ωh >> ωβ : thỏa) → fh = 3,5 (MHz) Vậy : GBW = ( f h − f L ).Aim ≈ 3,5 (MHz) Sơ đồ ghép C chung có băng thông lớn hơn sơ đồ ghép E chung nhưng độ lợi lại nhỏ hơn. 2-14 Cb’c = 10p, g m = 0,05 mho Cb’e = 1000p; rb’e = 1K * Cách 1 : bỏ qua C b’c , coi tần số f L rất nhỏ. Aùp dụng công thức ghép 2 tầng giống nhau, ta có : Rc Aim = (-gm.R b’e )(-gm. ).r b’e Rc + RL 1 với : Rb’e = r i // R b // r b’e = 1K // 10K // 1K = 0,5K = rb’e 2 nên : 3 2 Aim = (-0,05.0,5.10 ) = 625 Tần số 3dB cao của một tầng : 1 1 f = = = 0,318 (MHz) 1 3 −12 2πRb'eCb'e 2π .5,0. 10 .1000.10 * Cách 2 : tính toán chính xác bằng sơ đồ tương đương : a) Xét ở tần số thấp : 93
  40.  1  với Z = h ie + h fe . Re //   sCe  94
  41. Chương 3 : KHUẾCH ĐẠI CÔNG SUẤT ÂM TẦN ___ 3-16 V 20V + CC = Vì I C = 0,2A nên đây là điểm Q 1,58:1 bất kỳ. a) Độ dốc của đường tải AC : R L 1 1 1 1 = = = R 20 2 2 b RAC N RL ,1( 58) .20 50 = 0,02 b) Phương trình đường tải AC trong hệ tọa độ tổng quát : i (A) C iCmax = 0,6 DCLL( ∞ ) Q ACLL( -0,02) 0,2 vCE (V) 0 VCC = 20 vCEmax =30 1 iC – I CQ = - (v CE – V CEQ ) RAC VCEQ 20 + Cho v CE = 0 ⇒ i = I CQ + = 2,0 + = 0,6A Cmax RAC 50 + Cho i C = 0 ⇒ v = V CEQ + I CQ. RAC = 20 + 0,2.50 = 30V CEmax c) Giá trị đỉnh cực đại của điện áp collector khi không bị sái dạng : V = min[V CEQ , I CQ .R AC ] = min[20 , 0,2.50] = min[20,10] = 10V Cmmax 95
  42. 1 V 2 1 V 2 1 102 d) P = . Lm = . Cm = . = 1W L 2 2 RL 2 N RL 2 50 e) PCC = I CQ .V CC = 0,2.20 = 4W PL 1 η = = = 0,25 = 25% << ηmax = 50% PCC 4 3-17 Giống hình bài 3-16 có β = 40. a) Để điện áp ngõ ra đỉnh – đỉnh cực đại : Vcc 20 I cm max = I CQ = = = 4,0 A RAC 50 I CQ 4,0 I BQ = = = ,0 01A h fe 40 1 1 b) P = I 2 .R = (0,4) 2.50 = 4W Lmax 2 Cmmax AC 2 c) PCC = I CQ .V CC = 0,4.20 = 8W P Lmax 4 ηmax = = = 0,5 = 50% PCC 8 P = P = P − P = 4W Cmax Lmax CC Lmax 3-19 i +v L in T1 • R Cho I p = I Cm = 4A; V p = V Cm = 24V L 8 12V 1 1 a) PL= VCm .ICm = .4.12= 24W T2 2 2 - vin 2I Cm b) PCC = I TB .V CC = .V π CC 96
  43. 4.2 = .24 = 61,15W ,314 c) 2P C = P CC – P L = 61,15 – 24 = 37,15W 37,15 ⇒ P C = = 18,575W 2 P 24 d) η = L = = 39,24% PCC 61,15 3-20 Điện áp collector đỉnh trong mỗi transistor là cực đại : V = V = V = 24V; I = I = 8A pmax Cmmax CC pmax Cmmax (vì dòng đỉnh tăng cùng tỷ lệ lớn gấp 2 lần so với 3-19) 1 1 a) P = V .I = .24.8 = 96W Lmax 2 Cmmax Cmmax 2 2I Cmax 8.2 b) P CC = I TB .V CC = .V = .24 = 122,3W π CC ,314 P 96 c) η = L = = 78,5% PCC 122 3, Để P C max ta có : 2 2 ICm = I = 8. = 5,1A π Cmmax π 2 1 2 2P C = P CC - P = V .I − I .V Lmax π CC Cm 2 Cm Cm 2 1 = .24.5,1 - .5,1.24 π 2 ≈ 77,96 – 61,2 = 16,76W ⇒ P C = 8,38W 97
  44. 3-21 Hệ số ghép biến áp : N p 160 N = = = 4 N s 40 2PL .2 40 I Lm = = = 3,16A ⇒ V Lm = 2PL RL RL 8 V Lm = .2 40 8. = 25,3V ⇒ V Cm = V Lm .N = 101,2V Vậy V = 101,2V CCmin 3-23 • Gọi sái dạng khi chưa có hồi tiếp là D = 10%. • Gọi sái dạng khi có hồi tiếp là D f = 1%. Ta có : D Df = = 10% ⇒ 1 + βA = 10 ⇒ βA = 9 = T 1+ βA T 9 ⇒ A = = = 450 β ,0 02 3-24 Av Av 80 Avf = = 20 ⇒ 1 + βAv = = = 4 1+ βAv Avf 20 Mặt khác : D Df = ⇒ D = D f(1 + βAv) = 0,1.4 = 0,4 = 40% 1+ βAv 3-26 98
  45. +V =20V CC V a) V = I .R = CC .R = 20V Lmax Lmax L L T1 RL Y h C R L c1 12 Vì mạch khuếch đại mắc vin + collector chung nên giá trị đỉnh ngõ T2 vào lớn nhất là : Vin = V L = 20V (A v ≈ 1) - VCC =-20V 2 2 1 VLm 1 20 b) P = . max = . = 16,67W Lmax 2 RL 2 12 c) Vdt = 2V CC = 2.20 = 40V 3-28 + 30V R 680 B 1 T1 L R E1 C 0.5 v c1 500uF in + + C R R E2 c2 L 0.5 8 B 2 T2 R 680 VCC − 2VD 30 − 4,1 a) Ipa = = = 21mA 2R 2.680 99
  46. -3 b) V = V CC – I pa .R = 30 – 21.10 .680 = 15,7V B1 V = V – 2V D = 15,7 – 1,4 = 14,3V B2 B1 2 2 1 V p 1 10 c) PL = . = . = 6,25W 2 RL 2 8 ICm V p .VCC 10.30 300 P CC = I TB .V CC = .VCC = = = π π (RE + RL ) π 5,0( + )8 26,69 = 11,24W P ,6 25 η = L = = 55,6% PCC 11,24 1 1 104 d) f = = = ≈ 37,5 Hz L −4 2π (RL + RE )CC ,6 28 .5.5,8. 10 266 7, 3-29 1 1 104 a) R’ + R = = = = 21,23 Ω L E −4 2πf LCc ,6 28 .5. 10 .15 471 ' ⇒ RL = 21,23 – 0,5 = 20,73 Ω VCC 30 b) I Lm = = ≈ 0,7A (= 0,7065A) max (2 R + R ' ) 5,0(2 + 20,73) E1 L 1 1 P = (I )2 .R ' = .( )7,0 2 .20,73 = 5,174W Lmax 2 Lmax L 2 2I Lmax VCC ,0 7065 P CC = I TB .V CC = . = .30 = 6,75W π 2 ,314 ' PL ,5174 π R η = max = = 76,65% ( η = . L = 76,65%) ' PCC ,6 75 4 RL + RE  Bài mẫu : 100
  47. Cho mạch điện như hình vẽ : V =15V + CC Q3, Q 4 có h fe = 20; r be = 10 Ω; R1 Q1, Q 2 có h fe = 50; r be = 100 Ω B1 a) Tìm PL , PCC , PC Yh Q1 max max max C Q3 c1 trên mỗi BJT, bỏ qua tiêu tán R4 R6 100 của thành phần phân cực. v 1 in R2 b) Hãy vẽ đồ thị biểu diễn R7 1 R R5 L PCC , P C, P L, η theo I Cm của 100 4 C Q4 c2 Q3, Q 4. B2 Q2 R3  Bài giải : -V = -15V CC Vì Q 1 và Q 2 giống nhau, Q3 và Q 4 giống nhau nên ta chỉ cần tính cho Q 1 và Q 3. a) Để P L max ta có : V 15 I = I = I = CC = = 3A Cm4 max Cm3 max Lmmax RE + RL 1+ 4 I cm 3 I = 3 = = 0,15A bm3 h 20 fe3 1 1 P= I2. R = .3.4 2 = 18W Lmax 3,42 Lm max L 2 2I Cmax P tại I Cm = = 1,91A Cmax 3 π 2 1 2 P = ,1. 91.15 − .( ,1 91)2 4. = 18,256 – 7,296 = 10,96W Cmax π 2 ⇒ P = 5,5W Cmax 2I P=2 IV . = Cm 3 . V = 28,66W CC3,4 TBCC3 π CC 101
  48. PL 18 η = max 3,4 = = 62,8% PCC 3,4 28,66 V = I .r + I .R = 0,15.10 + 3,1 = 4,5V R4 bm3 b'e3 Cm3 6 VR 5,4 I = 4 = = 0,045A = 45 mA R4 R4 100 ⇒ I = I + I = 45 +150 =195 mA ≈ 0,2A Cm1 R4 bm3 −3 I cm 195.10 I = 1 = = 3,9 mA bm1 h 50 fe1 RAC1 = R4 //[hie3 + R6 h fe3 ] = 100 //[10 + .1 20] ≈ 23Ω 1 2 1 2 P = .I cm 1 .R ≈ .( )2,0 .23 = ,0 46W L max 1 2 AC 1 2 2I 2,0.2 P = cm1 V = .15 = ,1 91W CC max1 π cc ,314 ,0 46 2I cm1max η = = 24%; P cmax1 tại I = = 124 2, mA max1 ,1 91 cm1 π 2 1 2P = .124 .2, 10−3.15 − (124 .2, 10−3 ) 2 .23 c1max π 2 → PC max1 = 5,0 W b) P 28,66 Pcc 18 PL PC 5,5 5,33 Icm 0 1,91 3  Nếu V i = 10V hãy tính các bước như trên . Giả thiết R 1 , R 2 , R 3 rất lớn nên bỏ qua: 102
  49. ' rbe1 rbe3' .hfe1 100 500 Đặt R=R 4hfe1 //[r b'e3 + R 6hfe1 + 500 R4hfe1 1K R6hfe1 hfe3 +R 6hfe1 hfe3 ] // K k Vi =0,5 [0,5 +1 ] = 225 - 4K R1hfe1 hfe3 V R h h 4 K A = L = L fe1 fe3 = = ,0 925 v V r + R + R h h 1,0 K + O,225K + 4K i b'e1 L fe1 fe3 → VL = AV .Vi = ,0 925.10 = ,9 25(V ) VL ,9 25 I Lm = I cm3 = = = ,2 31A RL 4 I cm3 ,2 31 I bm3 = = = ,0 1155A h fẻ 20 2 2 1 2 1 V Lm 1 ,9( 25) PL max 3 = I Lm .RL = = ≈ 10 7, W 2 2 RL 2 4 .2 I ,2.2 31 Pcc = I .Vcc = cm3 V = .15 ≈ 22W 3 TB3 π cc ,314 PL 10 7, ' 2 ⇒ η = = = 48 6, %; I cm3 = I cm3 = ,1 47A PCC3 22 π 103
  50. 4_3 Cho mạch khuếch đại cộng hưởng như sau : Vcc fo=30Mhz , K rb e=1 R2 rbb' =0 10k RFC Cc2 ->oo hfe =100 Cc1 ->oo fT=500Mhz Cb'c =2p R h fe 1 R1 L L 1k → C ' = i 1k Re Ce ->oo b e i rb'e ωT 100 Cb'e =31,8pF K K K Sơ đồ thay thế R b=1 //10 ~1 ,q m=h fe /r b'e = 1,0 mho B' V L g v ' C m b R i L Rb r b' L i b'e 1K 1K 1k Ta có R=R b//r b'e =0,5K Cb' = C b'e + C M = 31,8p + (1+g mRL)C b'c = 31,8p + (1+0,1.10 3)2p = 234pF Cộng hưởng tại f o = 30 Mhz thì 1 f o = = 30(Mhz) 2π LCb' 1 1 suy ra : L = 2 = −12 2 6 2 = ,0 12µH Cb' 2( πf o ) 234.10 4. π (30.10 ) ♦ Băng thông : 1 1 BW = = −12 = ,1 36(Mhz) 2πRCb' 2π.500.234.10 ♦ Độ lợi dòng : 103
  51. iL iL vb' R Ai = = . = −g m ii vb' ii ω ω o 1+ jQi ( − ) ω o ω ' 7 2 −12 Với : Qi = ωo RCb = ,6 28 .3. 10 .5. 10 .234.10 ≈ 22 nên : Aim = -gmR = -0,1.500 = -50 1 ⇒ A = −50 i ω .3 107 1+ j22( − ) 3.107 ω 4_4 Thiết kế mạch công hưởng đơn có : K Aim = 10db = 3,16 ri = 1 K fo = 40 Mhz RL = 1 BW = 1Mhz Vcc = 10 V Cuộn dây có Q = 50; Sơ đồ cần thiết kế có dạng như sau : iC V L iL Rp gm v ' R i r L r' C b L i i be 1k 1k ở đây ta chọn transistor có : gm=0,01 mho ; r bb' =0 ; h fe = 100 2 h fe 10 Cb'c = 10p, Cb'e =1000p rb'e = = −2 g m 10 Ta có : 1 BW = = 106 2πRC với R = r i //Rp//r b'e C = C b'e + (1+g mRL)C b'c + C' : C' là tụ ghép ngoài 104
  52. 1 1 1 1 1 ω C 1 ω C và = + + = + o + = .4,1 10−3 + o R ri Rp rb'e 1000 Qc 2500 Qc ωL với Qc = : hệ số tổn hao của cuộn dây rc Do đó : 1 ω (1110 pF + C )' BW = 106 = .( .4,1 10−3 + o ) 2π (1110 pF + C )' 50 hay 1 −3 ω o (1110 pF + C )' (1110 pF + C )' = C = .4,1[ 10 + ) 2π.106 50 hay 2πf .4,1 10−3 C 1( − o ) = 2π 50.106 2π.106 suy ra : ,0 22.10−9 C = = .1,1 10−9 = 1110 pF 40 1− 50 Ta nhận thấy : C = 1110+C' = 1110pF -> transistor có các thông số không thỏa. Chọn lại transistor có Cb'c = 2p rb'e =2500 Cb'e = 32p hfe = 100 gm = 0,01 fT = 500Mhz Khi đó : Cb'e + ( 1 + g mRL )C b'c = 54 pF suy ra C' = 1100 -54 = 1046 pF = 0,001uF 1 Sơ đồ như sau : L = 2 = ,0 0144µH ω o C 105
  53. iL VL > C' R i r L L i i K R = r i//R p//r b'e Rp = Q c.ω o. L = 1,81 Aim = -gmR = -0,01.512 = -5,12 > 3,16 : chưa tối ưu 4_5 : n:1 m:1 2N4223 RL i r L1 L2 i i=1K 1k FET Các điều kiện : A im cực đại tại f o = 30Mhz để đơn giản hóa ta giả sử n=m Sơ đồ cần thiết kế : 2N422 n:1 3 m:1 RL i r L1 Rg L2 i i=1K 1k K Các thông số của FET : rds = 5 , C gs = 6p , C gd = 2p gm = 0,003 mho 2 Phản kháng trở kháng t ải : R' L = n RL Sơ đồ tương đương : 106
  54. iL > 2 g v i r L1 a Cgs m g i i rds R'L 2 a Cgd(1+gm(rds//R'L )) 2 ' đặt : C i = a [C gs + C gd (1 + g m(r ds //R L))] ' 2 Giả sử r ds > = K = 5 hay n >=50 RL 1 2 Chọn n = 64 -> n=8; vì nếu chọn n lớn hơn nữa thì A vm giảm Khi đó 3 Avm = -1/8.0,003.5.10 = -1,87 Có thể tăng A vm − họn n = 8 và m ≠ n Khi đó a=1/m − Nếu chọn m=1 thì : Avm =-qmrds =-15 Khi đó C i = 38pF nên từ (1) suy ra L1 = 0,73(uH) ♦ Băng thông : 1 1 BW = = 3 −12 = ,119(MHz) 2πriCi 2π.10 38.10 107
  55. GBW = Avm .BW = 63(Mhz) 4_7 C K " Cho h fe = 50, h ie = 1 , r bb' = 0 L nL V Cb'e = 10p , C b'c = 1p 9K L n RL= 100 , C" = 10p + Mạch cộng hưởng tại f o = 10Mhz và R Vi n2 n1 L - BW = 1Mhz 100 h 50 fe −2 g m = = 3 = .5 10 Giải hie 10 Mạch dùng cuộn cảm kép Đặt a=n 1/n 2 Sơ đồ thay thế B' iC + < 2 R i R L' V ' a Cb gm v b I __be L i a- 9K 2 (n/n 2) C” )C" với Cb = C b'e + (1 + g mRL)C b'c = 10p + 6p = 16p r 9 R = b'e // r = (K) a 2 i 1+ 9a 2 đặt n n n C = ( ) 2 C"+a 2Cb = ( ) 210 p + ( 1 ) 216 pF n2 n2 n2 Tại ω = ω o thì iL Aim = = −ag m R ii Suy ra 108
  56. K 3 RL 1,0 .9 10 Avm = Aim = − K a ,0 05. 2 ri 9 1+ 9a a A = −5 vm 1+ 9a 2 Vì a ≤ 1 nên ta có dAvm Avm đạt giá trị max khi = 0 suy ra a = 1/3 <1( thoả điều da kiện a ≤ 1) Tại a=1/3 thì ta có : 1 A = − .5 10 −2.103 = −75 im 3 3 5 A = A = −5 = − vm vm max 1 6 1+ 9 9 Ta có 1 1 BW = = = 106 2πRC 2π .5,4 103 C Suy ra 1 C = = 35 4, pF 2π 4500.106 mà 2 2  n   n1  C =   .10 p +   16 p = 35 4, p  n2   n2  n1 1 với = a = thì n/n 2 = 1,83 nên ta suy ra n2 3 n2/n 1 = 3; n/n 1 = 3.1,83 = 5,5 1 1 suy ra L'= 2 = .2 7 2 −12 = ,7 16µH 2( πf o ) C 4π (10 ) .35 .4, 10 2 2 L = L'(n/n 2) = 7,16 uH (1,87) = 24 uH 109
  57. 4-9 15V gm = 0,003 mho ;Cgd = 2p RFC rds = 80K Cgs = 6p Cc2 - o 2N42 Cc3 - o V Cc1 o >o >o ri - Rs 23 2N42 >o 300 RFC RL 10k RG + 23 10K L 50K RE Vi RFC + - 300 15V Sơ đồ thay thế : bỏ qua các tụ ghép trong của FET ghép cascode vì tại tần số cộng hưởng các tụ này có giá trị trở kháng rất lớn rds2 G1 rds1 + i µ V i + 2 g 2 ___vi r R L Rg1 Cgs C µ V L VL ri i M - 1 g1 với : -12 -3 3 ♦ CM=C gd [1+g m.r ds1 ]=2.10 [1+3.10 .80.10 ] Thay số o A=240 o Vs2 = -0,9v g1 K o Zo = 152 K K K Đặt R = r i//R g1 = 10 //50 = 8,3 C = C gs + C M = 6 + 3,8 = 9,8pF Cộng hưởng nên : 1 1 ` L = = = 25µH 2 2 2 14 −12 4π f o C 4π 10 .8., 10  Băng thông : 1 1 BW = = = ,1 95(Mhz) 2πRC 2π .3,8. 103 .8,9. 10−12 110
  58. Ta có iL iL vs2 vg1 Ai = = . ii vs2 vg1 ii A R .(−g m Rg 2 ). Z o + RL ω ω o 1+ jQi ( − ) ω o ω 7 3 −12 với Qi = ω o RC = 2π.10 .3,8. 10 .8,9. 10 = ,511 suy ra tại ω = ω o : 3 − Ag m R.Rg 2 − 240 ,0. 003 .3,8. 10 .300 Avm = Aim = = 3 4 = −11,07 zo + RL 152.10 +10 4_10 V L 100 i i Rc C2 L2 R C1 L1 R1 L 10k Sơ đồ thay thế : i + +gm vb2 i g v Rc rbe' R C1 L1 R1 C Rbe' m b1 C2 L2 C L - - Với : C=C b'c + (1 + g mRL)C b'c Các thông số giả thiết cho : 3 fT = 10 Mhz ; h fe = 100 ; r bb' = 50 K rb'e = 1 ; C b'c = 2p suy ra 111
  59.  100 g m = = 1,0 mho  103 → C = 16p+22p = 38pF  g 100pF  m 1,0 Cb' e = = = = 16p  9  2πf T 2π10 2π Đặt :  K R = Rb'e // R1 = 1 // RL rbb'  với Rb'e = rb'e // ≈ rb'e K K K (r .ω C) 2 R2 = Rc // rb'e = 10 //1 = 1 b'e o  Mạch cộng hưởng tại f o = 100Khz nên : 1 1 ω o = = L2 (C + C2 ) L1 (C + C1 )  Băng thông : 1 BW = = .1,3 103 (Hz) 2πR(C + C1 ) Đơn giản ta có thể chọn C 1 = C 2 , L 1 = L2 : Khi đó 1 1 C + C1 = C + C2 = 2 = L1ωO 2πR.BW  Nhận xét :  Có thể tính ở tần số giữa ( bỏ qua C : C = 0) vi : 1 ω o R 1 = R l = 10 Suy ra : 112
  60. 103 L = L = = 50µH 2 1 2.107 1 1 C + C = = = ,0 0513(µF) 1 2π.R.BW 2π103 .1,3. 103 nên C 1 = C 2 = 0,0513 uF - 38pF = 0,0513uF  Độ lợi 2 − g m Ai = −g m R 2   ω ω  1+ jQ − o   i    ω o ω  2 3 2 nên A im = (g mR) = (0,1.10 ) = 10 113
  61. BÀI TẬP CHƯƠNG 5 5_15 4V i1 10k 0,6V Ta có 20 K + 30 K o o i2 30k i3 20k → v − = v + = 6,0 v v o = 10(V) do đó: i1 = 0,6 (mA) i2 = 0,2 (mA) i3 = 0,2 (mA)  io = i 1 + i 3 = 0,8 (mA) Công suất phát ra từ nguồn : V Png = 4 .i 1 = 4.0,6 = 2,40 (mV) 5.16 3k V- 4k Ta có : Vo - K 1mA a) v = 4 .1mA + v o = v o + 4 (V) ->v + = v - = v + 4 (V) 2k 1k o mà v + = -1K.1mA = -1V V+ nên : V vo + 4 = -1 -> v 0 = -5 114
  62. suy ra : v+ = v - = -1 ( V) b) i 3k v- 4k > + Vo Nếu có điện trở nối giữa AB 5V K -3 3 là 5 thì V AB =10 .5.10 =5V - 1k Ta có : v - = 4 K.i +v = v + 10k V v + = v − = Vo = o + Vo 50k 5 Vs 9V (1) - v − v − v − − v 10k 40k mà : i = s = o 50 K 20 K V+ suy ra : 7v − − 2v 2v - 2v - = 5v - - 5v hay v = s (2) o 5 Từ (1) và (2) : 7v − − 2v s = 5v − 5 - hay 18v =-2v s − v → v − = s = − (1 V ) = v + 9 nên v o = -5(V) b)Tìm giá trị R để v o = -10(V) (tăng gấp đôi) 115
  63. Ta vẫn có : v v + = v − = o (1 5 i 50k ie 20k Tại đầu nút (1) : > > V- v − v − v − v − − v + s o K = + K Vs i 50 R 20 9V 1< Vo - (2) R Khử v - ở (1) & (2) ta có : 10k 40k + v 1 1 1 v v V s = ( + + ) o − o 50 K R 5o K 20 K 5 20 K Thay số : 9V 1 1 1 −10V 10V = ( + + ) + 50 K R 50 K 20 K 5 20 K → R = 11,11K 5_19 A 3k 4k 1K v a) Ta có : v + = .v = A ; Mặt khác v- 3K A 3 is v+=v - nên : v = 3v + = 3v - Vo A suy ra tại nút A : − + v A − v v A − v + i = + 2k v 1k S 3K 2 K − + 2v 2v 2 2 + = K + K = ( K + K )v 3 2 3 2 − + V − K v A − v với i s = 1mA thì v = 0,6 → v = v − 4 . o 3K 6,0.2 V hay v = 6,0 V − 4K = − (1 V ) o 3K b) Nếu có điện trở 3 K mắc // nguồn dòng Ta vẫn có : 116
  64. + - vA = 3v = 3v Tại A : 3k A 3k 4k v- + 3V − v v − v − v − v + A = A + A 3V Vo K K K - 3 3 2 → v + = ,0 375(V ) = v − + 2k v 1k → v A = ,1125(V ) nên : v − v − ,0.2 375 v = v − − 4 K A = ,0 375(V ) − 4 K . o 3K 3K vo = -0,625(V) 5_22 a) R1 R2  Khi K=0: + v+ = v - = 0 Vi - R4 Vo nên mạch là khuếch đại R3 đảo : kR3 R A = − 2 + - R1  Khi K = 1 v = v = v i ->tạo mạch đệm (do không có dòng qua R 1&R 2) ->A=1 R Vậy − 2 ≤ A ≤ 1 R1 b) Khi có nối thêm R 4 + - Ta có v = v = kv i (1) Tại nút 1 : 117
  65. v − v + v + v + − v i = + o (2) R1 R4 R2 Khử v + ở (1) & (2) ta có : v  1 1 1  v i   o = kvi  + +  − R1  R1 R4 R2  R2 nên   1 1 1  1  v   o vi k + +  −  =   R1 R4 R2  R1  R2   1 1 1  1  ->   A = R2 k + +  −    R1 R4 R2  R1  c) Để có : − 5 ≤ A ≤ 5 Dựa vào biểu thức A   1 1 1  1    A = R2 k + +  −    R1 R4 R2  R1   Khi k = 0 : R2 A = − = −5 → R2 = 5R1 (1) R1  Khi k = 1 : R2 A = 1+ = 5 → R2 = 4R4 R4 Từ đó có thê chọn : k R2 = 10 K R1 = 2 K R4 = 2,5 118
  66. 5.24 - + OA 1 có : v 1 = v 1 = v 1(1) - V1 1 OA1 + - v Vo1 OA2 có : v 2 = v 2 = 0 (2) Từ (1) ta có : R1 R R3 R2 4 v1 = v02 + V 1=V1 R4 + R3 - Vo 2 v 2 Từ (2) suy ra : R4 + v v OA2 v 2 o1 = − O2 R1 R2 R1 hay vo1 = − vo2 R2 R  R  1  3  vo1 = − 1+ v1 R2  R4  R1  R3  → A = − 1+  R2  R4  K  A = 0 -> R 1 = 0 : chọn R 1 là biến trở 100 K  A=-100 R 1 = 100 : chọn R 3 = R 4 = 0,5R 2 = 1K 5_25 Mỗi OA hoạt động như một mạch khuếch đại đảo. Khi điều chỉnh biến trở thực chất ta điều chỉnh các điện áp v 1,v 2. Cụ thể nếu biến trở nằm chính giữa thì v 1=v 2. Nếu lên trên thì v 1 nhỏ hơn, xuống dưới thì v 1 lớn hơn. Do đó sẽ kéo theo sự sai lệch giữa v L & v R ở ngõ ra của 2 OA( mạch dùng chỉnh balance cho volume trong bộ khuếch đại âm tần) 119
  67. R R2 1 V1 10k OA1 VL 10k + Vi - R1 10k R2 V2 OA2 VR  Khi kéo nút xoay xuống hoàn toàn : v2 = 0 -> v R = 0 Ta có: R v = − 2 V (khuếch đại đảo ) (1) L 10 K 1 Suy ra: 5K v1 = K vi (2) 5 + R1 R1 v1 + Vi Từ 1 và 2 suy ra : 10k K - R1 10k R 5 A = − 2 10 K 5K + R 1 K A=-1 -> R 2 = 2(5 + R 1 ) (3)  Khi kéo nút xoay lên hoàn toàn ta cũng có (3) do đối xứng  Khi nút xoay nằm chính giữa thì 5K //10 K v1 = v2 = K K v1 5 //10 + R1 Kết hợp (1) : 120
  68. K R2 ,3 33 1 A = − K K = − 10 ,3 33 + R1 2 K ->R 2 = 2,127(3,33 + R 1) (4) K R2 = 57 Giải (3) và (4) :  K R1 = 23 5, - + - + 5-44. OA1 có : v 1 = v 1 = 0 & OA2 có v 2 =v 2 = 0 + Ta có : OA2 v2 v v  1 = − 0 2R R  2R1 R2 1 2  V1  → v1 = 2vi - vi v0 R3 v2 = −   R1 R2 R1 R2  - + v1 mà Vo Vi + v − v v − 0 v1 i 1 i - ii = + OA1 R R 3 1 v v  1 1  i = i i   → i + = vi  −  R 3 R1  R1 R 3  vi R1R 3 → R i = = . ii R 3 − R1 R1 v0 R 2 Ri = → A = = − = -10 → R 2 = 10R 1. 1− R1 / R 3 vi R1 Với R i = ∞ thì R 1 = R 3 → chọn R 1 = R 3 = 1k → R 2 = 10k 121
  69. 5-67 . 10k i1 30k > Ta luôn có : + 15V 10k + - + Vi io Vo v = v = .(−15V) = − 5,1 V . - vi − v v − v0 -15V = i2 10k 30k - → -v0 = 3v i - 4v = 3v i + 6V (mạch khuếch đại clamping với v ref = 6) Dạng sóng : − vi − v 2 + 5,1 Với v i = 2V thì : i 1 = = = 0,35 (mA). 10K 10K - K K → v 0 = v - 30 .i 1 = -1,5 - 30 .0,35 mA = -12V − v 0 +12 → i L = = K = +6 (mA). R L 2 nên i 0 = i 1 + i L = 0,35 + 6 =6,35 (mA) mà i CC = I Q =1,5 mA : (giả thiết cho) → i EE = i CC + i 0 = 1,5 mA + 6,35 mA = 7,85 (mA) Công suất : POA = (v CC - v EE )I Q + (v 0 - v EE )i 0 = 30.1,5mA + (-12 +15).6,35 = 64,05 (mW) v + Dòng i 2 = = 0,15 (mA). 10K 122
  70. vi 5 t -5 v- = v + t -1,5 -v0 21 6 t -9 123
  71. 5-68 . R (A-1)R a) Tìm v 0/v i. OA1 vo1 Hai Opamp hoạt động ở chế + Load độ khuếch đại đảo và không vi vo đảo: R AR • Xét OA : - 1 0 − v v − v OA2 vo2 i = i 01 R (A − )1 R → v 01 = Av i • Xét OA 2 : − AR v02 = v = -Av i R i nên v 0 = v 01 - v 02 = 2Av i Suy ra : v 0 = 2A : điều phải chứng minh. vi 124
  72. Bài Tập Chương 6 : 6-5. R1 - R2 Ta có : i v i + - + v = v = 0 ; i = i o + i 1 Vi Load R 2 - Vo v0 = - vi. R1 v+ io i1 R3 v0 v 0 i0 = i - i 1 = - − = R 2 R 3 R  1 1  = 2   vi  +  R1  R 2 R 3  vi  R 2  vi k. → i0 = 1+  = với k = 1 + R 2/R 3 R1  R 3  R1 vi hay : i0 = : đpcm R1 k/ - + + - 6-14. OA1 có v 1 = v 1 & OA2 có v 2 = v 2 = v L = v o2 R3 v - R4 vo1 1 Ta có : io + v − v − v − − v V1 OA1 1 1 = 1 01 (1) - R5 R3 R4 + + OA2 + v2 − v1 v1 − vL R1 R2 v2 = (2) + - + v1 v2 R1 R2 vo2 V2 + vL v 01 − v L - i 0 = (3) - R 5 Từ (1), (2) và (3) suy ra : 125
  73.  R4  R1vL  1+ v2 +   R3  R2  1 i0 =   / R = Av − V R 5 i L  1+ 1  Ro R  2  R 1+ 4 R 1 R A = 3 . ; R = −R 1( + 2 ) R R o 5 R 1+ 1 5 1 R2 Để Ro → ∞ thì R 1 -> 0. 6-15. - v = v v+ R3 v1+ R4 2 L 2 = vL + Vi + OA1 v - L R5 - OA2 R1 R2 v1 - vo2 Ta có : R 3 v L − − v + v − v v − v i R i = 1 L → v − = 4 (1) 1 R R 3 R 4 1+ 3 R 4 và :  v 02 − v L i 0 = )2(  R 5  v − v + v + − v  R   1 = 1 02 → v = 1+ 2  v. + )3(  02   1  R1 R 2  R1  Từ (1) và (3) : 126
  74. R 1+ 2 R  R  v = 1  v + 3 v  02 R  i L  1+ 3  R 4  R 4 v 02 − v L mà i 0 = nên : R 5  R  R  1+ 2  1+ 2 1  R1 R 3 R1  i0 =  . −1v L + v. i  R R R R 5 1+ 3 4  1+ 3   R 4  R 4  R 1 + 2 R 1 1 . → A = R 1 + 3 R 5 R 4 R 5 Để : R 0 = = ∞ R 1+ 2   R R   1 . 3 −1 R R 1+ 3 4   R 4  thì phải thoả mãn điều kiện : (1 + R 2/R 1).R 3 = (1 + R 3/R 4).R 4 + - + - 6-16. OA1 có : v 1 = v 1 = 0 và OA2 có : v 2 = v 2 = 0 R2 R1 - R1 R1 R1 v2 Vo2 R3 + v1 - vo1 Vi OA1 + - + OA2 v1 vL + v2 - 127
  75. − v1 − v L v02 − v L i0 = + (*) R 2 R 3 v − v − v − − v v − − v i 1 = 1 01 + 1 L (1) R1 R1 R 2 − − v 1o − v 2 v 2 − v o2 − 1 = → v 2 = v( 1o + v o2 ) (2) R1 R1 2 - - Vì v 1 = v 2 = 0 nên :  vi v 1o v L vi v L  = − − → v 1o = −R1 ( + ) ≈ −v o2 R1 R1 R 2 R1 R 2  R v + v = 0 → v = v + 1 v  1o o2 02 i 1  R 2 nên : v L v o2 − v L i o = − + R 2 R 3 R1v L vi + − v L v L R 2 i o = − + R 2 R 3 vi 1 1 R1 = + v L (− − + R 3 R 2 R 3 R 2 R 3 1 1 → A = ;R = R O 1 1 R 3 + − 1 R 2 R 3 R 2 R 3 để R O = ∞ thì 1 1 R1 + = ↔ R1 = R 2 + R 3 R 2 R 3 R 2 R 3 128
  76. 6.21 - Ta có v + = R sis = v R1 io > > Phương trình nút : v+ + v+ R2 Rs VL + + is > v − v L v − v L - + = io R 2 R1 Hay :  1 1    + i o =  + ()v − v L  R 2 R1   1 1    i o =  + ()R sis − v L  R 2 R1   R R  v v  S S  L L i o =  + is − = Ais −  R 2 R1  R 2 // R1 R o R → A = s R 2 // R1 R o = R 2 // R1 6.25 Ta có : V2 v v v R2 R 2 + 4 = − 1o (1) R 2 R 4 R V4 R4 OA1 V V V V Vo1 1 + 3 = − O1 − O R R R R R 1 3 E (2) V1 R1 RE (1) và (2) suy ra : v o V2 V4 V1 V3 V3 = + − ( + ) R3 OA2 Vo R E R 2 R 4 R1 R 3 129
  77. v 2 v 4 v1 v3 vo = R E [( + − ( + )] R 2 R 4 R1 R 3 R 1 + R v 2 v 6.34 Ta có : i = o ;v ' = 2 = o R1 + 2R2 R1 + 2R2 2  R  R '  1  2 Suy ra V =  +1v 2 Mặt khác : v2 = vo  2R 2  R1 + 2R2 V1 + Vo R - v − ( 1 + v)1 R2 v − v v − v ' 1 2R 2 o 1 = 1 = 2 V1 R 2 R 1 2 R 1 2 V' R3 R1 V2 2R 2 2R 2 R1 → vO = v1 + v1 − ( + v)1 R2 R1 R1 2R 2 V2 + 2R - 0 v = 1( + 2 )(v − v ) đpcm o R 1 2 1 6.37 V1 Tacó: io Vo > v − v v − v i = i − i = o 2 − 2 1 )1( R R o G R R i RG G V1 G V2 < ' VO2 − V1 V2 − V1 − i R R. i R = = ' R R iR R R iR < < v2 − vo2 i vo2 do iR = ⇒ vo2 = v2 − iR .R R R V2 V −V V −V − i R i = i + i ' = 2 1 + 2 1 R )2( G R RG R 130
  78. v i = 1 )3( R Từ (1) (2) và (3) ta có : V1 V2 − V1 1 VO − V2 V2 − V1 = + (V2 − V1 ) − + R R G R R R G suy ra R vo = 1(2 + )(v 2 − v1 ) đpcm R G 6.49 Ta có : R1 v- R 1( + ∂) + − R +V Vo v = v = vref : chia áp Ref + R + R v 1 nên : R1 R v − v + v + − v ref = o R1 R 1( + ∂) hay : + R 1( + ∂) + vo = v − v( ref − v ) R1 R R 1( + ∂) R R 1( + ∂) = v ref + . v ref − v ref R + R1 R1 R + R1 R1 R R 1( + ∂) − R1 = v ref ( + . R + R1 R1 R + R1 R − R − R∂) = v ref ( R + R1 R∂ vo = − v ref R + R1 131
  79. 6.51 . Ta có v + = v - = v - = v + = 0 suy ra : 1 1 2 2 V V > ref = − O1 (1) +V R1 R Ref R1 R1 - Vrerf VO1 VO + - v2 R2 = − − (2) 0 v1 v1 0 R1 R 1( + ∂) R 2 Vo R + → v1( 2+ ∂) v V V ref = ref − O (3) R 1( + ∂) Vo1 R1 R1 1( + ∂) R 2 R 2 1 ∂R 2 hay : VO = Vref [ − ]1 = − Vref R1 1+ ∂ R1 1( + ∂) 132
  80. 7.17 C1 Giả thiết : R A = R B R1 R2 V R1 C1 O/K+ Vo và = = Q + V1 R 2 C2 R Vi B đay là OP-AMP khuếch đại không - đảo : R RA k = 1+ B = 1+1 = 2 (1) R A 1 2V1 Vo VO = k V1 = )2( ⇒ V1 = (R 2C2s + )1 R 2C2s +1 R 2C2s +1 2 Tổng dòng tại nút 1: V O − V V − V 1 V − V i 1 + k + O 1 = 0 (3) R1 R 2 1 C1s V V V V Θ i + o + V C s − O (R C s + )1 − O (R C s + )1 R 2R O 1 2R 2 2 2R 2 2 1 2 1 2 V C s − 1 1 (R C s + )1 = )4(0 2 2 2 R1 Vo R 2C2s VO R1VOC 2s ΘVi + Vo + VOC1R1s − − − 2R 2 2 2 2 R V V C C R R s 2 R V C s − 1 O − O 1 2 1 2 − 1 O 1 = )5(0 2R 2 2 2 Θ2Vi + Vo Q + VOC1R1s − VO R 2C 2s − VO − VO R1C 2s 2 − VOQ − VOC1C2 R1R 2s = )6(0 VO 2 A v = = 2 )7( Vi C1C2 R1R 2s + [s C1R1 + R 2C2 + R1C2 ] +1 133
  81. 1 1 1 1 ω 2 = = = ⇒ ω 2 = C R )8( O 2 2 2 O 2 2 C1C2 R1R 2 C2QC1R 2QR 2 Q C2 R 2 Q s Từ (7) s[]− C1R1 + R2C2 + R1C2 = ω oQ C C R R 1 ⇒ Q = 1 2 1 2 = )9( R C + R C − C R R C R C C R 2 2 1 2 1 1 2 2 + 1 2 − 1 1 R1C1 C1R2 C2 R2 Thay vào ví dụ 7 8 ta có : R 1 = R 2 = R; C 1 = C 2 = C ; f o = 1 khz 1 1 Vào 9 ta có Q = = ;1 ω = = 2πf 1+1−1 o RC o 1 1 Chọn C = 10nF ⇒ R = = 3 −8 = 16k 2πf oC ,6 28.10 .10 7_22 R3=R a_Tìm H oLp , ω o , Q R R=R2 R4 =R KR=KR4 khi C 1 = C 2 =C; + V1 V2 V3 Vi C1=C C2=C VoR1 = R 2 = R 3 = R 4 = R + - - AoL = ∞ -> v = v =0 - > V 3 = 0 (1); Z i = ∞  id = 0 ta có : V2 −V3 V3 −VO V2 Vo  = ⇒ = − ⇒ VO = −kV2 (2) R4 kR4 R kR v −V V −V V −V V i 1 = 1 2 + 1 O + 1 Do ∀ R như nhau nên : R1 R2 R3 1 sC Vi = 3V 1 -V2 -VO + sCRV 1 = V 1(3+sRC) + V O/k - V O (3) 134
  82. V −V V V −V Mặt khác : 1 2 = 2 + 2 3 R2 1 R4 sC2 Do V 3 = 0; R 2 = R 4 = R C 1 = C 2 = C nên : V1 - V 2 = sRCV 2 + V 2 -> V 1 = V 2 (2+sRC) = -(V o/k)(2+sRC) (4) V 1− k Thay 4 vào 3 V = − O 2( + sRC)(3 + sRC) +V i k o k VO − k H (s) = = 2 2 2 Vi (k + )1 + 6 + 3sRC + 2sRC + s R C − k k 1 = = − (k + )5 + 5sRC + s 2 R 2C 2 k + 5 5 s 2 R 2C 2 1+ sRC + k + 5 k + 5 k 5 s k + 5 H OLP = − ; CRs = ;ω O = k + 5 k + 5 ω oQ RC (k + )5 1 k + 5 1 k + 5 ⇒ Q = = = 5 RCω O 5 k + 5 5 135
  83. 7_20 R1 C1 C2 V2 Vo C1 = C 2 =C; H oLP > 1 + - + V1 V = V = V 2 (1) Vi R2 RB − − VO −V V - = RB RA RA VO − 1 1 RB ⇒ = V ( + ) ⇒ VO = V2 1( + ) = kV2 (2) RB RB RA RA V1 −V2 V2 = ⇒ V1sCR2 = V2 1( + sCR2 ) 1 R2 sC2 V2 1( + sR2C) VO 1 ⇒ V1 = = 1( + ) (3) sCR2 k sCR2 Vi −V1 V1 −VO V1 −V2 = + ⇒ Vi R1sC = −Vo +V1 1( + 2R1Cs) −V2 sR1C 1 R1 1 sC sC Vo 1( + sCR2 ) Vo Vi sR1C = −Vo + 1( + 2sCR1 ) − sR1C k sCR2 k 2 2 Vo s R1R2C k H (s) = = 2 2 (4) Vi 1( − k) + sC(R2 + 2R1 ) + s C R1R2 1 1 C(R + 2R ) 1 ω 2 = ⇒ R = )5( 2 1 = l 2 1 2 2 R1R2C ω o C R2 1− k ω oQ 136
  84. 1− k ⇒ Q = )6( Thay 5 vào 6 ta được R 2 cần chứng minh ω oC(R2 + 2R1 ) 7_23 . Cho C 1 = C 2 = C ; R 1 = R 2 =R V V A = ∞ → V + = V − = 0 (1); ⇒ 1 = − O OL 1 kR R + sC C1=C V sC −V ⇒ 1 = O 1+ sRC kR C2=C VO 1( + sRC) R=R1 R=R2 KR2= KR V1 = − Vo ksCR + V1 V- Vo  1  Vi = − 1+  )2( - V+ k  sCR  V −V V V −V V SRC i 1 = 1 + 1 o ; V −V = 1 + SRCV − SRCV R 1 1 i 1 1+ SRC 1 o R + SC SC V +V SRC +V SRC − SCRV + S 2 R 2C 2V − SCRV − S 2C 2 R 2V V = 1 1 1 1 1 O O i 1+ SRC 1+ SCR+ S 2 R2C 2 −V 1+ SCR 1+ SRC + (k + )1 S 2 R2C 2 = . O − SCRV = − V 1+ SRC k SCR O kRCS O VO kSCR H (s) = = − 2 2 2 Vi 1+ SCR + (k + )1 S R C fo = 1khz ; Q = 10 ; k=1 137
  85. jω SRC ω oQ k = 1 : H (s) = − 2 2 2 = 2 1+ SRC + 2S R C  ω  ω 1−   + j ω O  ω oQ 2 2 2 1 ⇒ ω O = 2 2 ⇒ ω O = ; RC = R C RC ω OQ 138