Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I - 35 - Một số bài tập mẫu - 35 - MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO QUYỂN MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO QUYỂNMỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO QUYỂN MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO QUYỂN “Giáo trình mạch điện tử I” “Giáo trình mạch điện tử I”“Giáo trình mạch điện tử I” “Giáo trình mạch điện tử I” Chương I: DIODE BÁN DẪN. Chương I: DIODE BÁN DẪN.Chương I: DIODE BÁN DẪN. Chương I: DIODE BÁN DẪN. I. I. I. I. Diode bán dẫn thông thường: Diode bán dẫn thông thường:Diode bán dẫn thông thường: Diode bán dẫn thông thường: 1) Vẽ dạng sóng chỉnh lưu Vẽ dạng sóng chỉnh lưuVẽ dạng sóng chỉnh lưu Vẽ dạng sóng chỉnh lưu: (Bài 1-1 trang 29) Công thức tổng quát tính V L : L Li DS L R RR V V V + − = V D = 0,7V (Si) và V D = 0,2V (Ge) a aa a- - Vẽ V Vẽ VVẽ V Vẽ V L LL L (t) với V (t) với V(t) với V (t) với V S SS S (t) dạng sóng vuông có biên độ 10 và 1V (t) dạng sóng vuông có biên độ 10 và 1V(t) dạng sóng vuông có biên độ 10 và 1V (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 , 0 10 V 1L = + − = và V27,09 91 7 , 0 1 V 2L = + − = ∗ Trong 0T 2 1 < , Diode tắt → i D = 0 → i L = 0 → V L = 0. b bb b- - Vẽ V Vẽ VVẽ V Vẽ V L LL L (t) với V (t) với V(t) với V (t) với V S SS S (t) dạng sóng sin có biên độ 10 và 1V (t) dạng sóng sin có biên độ 10 và 1V(t) dạng sóng sin có biên độ 10 và 1V (t) dạng sóng sin có biên độ 10 và 1V. . 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 Kỹ thuật mạch Điện Tử I - 36 - Một số bài tập mẫu - 36 - ∗ 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 = + ≈ + ≈ t sin 9 V 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 , 0 t sin 1 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 Bài 1Bài 1 Bài 1- -3: 3:3: 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 aa a- - Vẽ V Vẽ VVẽ V Vẽ V L LL L (t) với dạng sóng vuông có biên độ 10V và 1 V. (t) với dạng sóng vuông có biên độ 10V và 1 V.(t) với dạng sóng vuông có biên độ 10V và 1 V. (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 , 0 10 R RR V V V 3 33 L Li DS 1L = + − = + − = V27,010.9. 10.910 7 , 0 1 R RR V V V 3 33 L Li DS 2L = + − = + − = ∗ 0T 2 1 < , Diode tắt, R ng = ∞, dòng i L chảy qua R i , R b , R L nên ta có. 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 Kỹ thuật mạch Điện Tử I - 37 - Một số bài tập mẫu - 37 - 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 bb b- - Vẽ V Vẽ VVẽ V Vẽ V L LL L (t) với dạng sóng sin có biên độ 10V và 1 V. (t) với dạng sóng sin có biên độ 10V và 1 V.(t) với dạng sóng sin có biên độ 10V và 1 V. (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 t sin 10 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: tsin315,010.9. 10.91010 tsin7,0 R RRR tsin7,0 V 0 3 343 0 L Lbi 0 2L ω= ++ ω = ++ ω = 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 Kỹ thuật mạch Điện Tử I - 38 - Một số bài tập mẫu - 38 - + 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) 2)2) 2) Dạng mạch Thevenin áp dụn Dạng mạch Thevenin áp dụnDạng mạch Thevenin áp dụn Dạng mạch Thevenin áp dụng nguyên lý chồng chập: g nguyên lý chồng chập:g nguyên lý chồng chập: g 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= + = ∗ 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 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 Kỹ thuật mạch Điện Tử I - 39 - Một số bài tập mẫu - 39 - )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 − π π =ω . ∗ Tại V 3 V 0 t 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 V V 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 ∗ Tại )mA(15,3 10 . 2 7 7,0. 10 . 2 1 i 2 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 Kỹ thuật mạch Điện Tử I - 40 - Một số bài tập mẫu - 40 - ∗ 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. II. II. II. Diode Zenner: Diode Zenner:Diode Zenner: 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 18 22 I V V R minZ Zmini i V imax = 28V = I Zmax R i + V Z Suy ra Ω== − = − = 3,3 3 10 3 18 28 I V V 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. 2) Dạng dòng I L ≠ const: (bài 1-41), 10mA ≤ I L ≤ 85mA. I Zmin = 15mA. V L 0 - 0,7 2,1 4,9V t R L V Z =10v 13v<V DC <16v R i I Z V L I R I L R L =18 Ω V Z =18v 22v<V DC <28v R i I Z V L I L Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I - 41 - Một số bài tập mẫu - 41 - a- Tính giá trò lớn nhất của R i maxLminZ Zi i minLmaxZ Zi II V V R II V V + − ≤≤ + − ∗ Khi V DC = 13V ta có Ω= + − ≤ 30 085,0015,0 10 13 R maxi ∗ Khi V DC = 16V ta có Ω= + − ≤ 60 085,0015,0 10 16 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 10 16 R V V I i Zmaxi max = − = − = ⇒ mA 190 19 , 0 01 , 0 2 , 0 I I I minLmaxmaxz = = − = − = ⇒ W 9 , 1 10 19 , 0 P 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 Mặt khác: V imin = I min .R i + V Z = 20V R L V Z =10v 20v<V DC <25v R i 10Ω I Z V L I L Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I - 42 - Một số bài tập mẫu - 42 - ⇒ Ω= − = 7,166 06,0 10 20 R maxi V imax = I max .R i + V Z = 25V ⇒ Ω= − = 36,136 11,0 10 25 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 10 5 , 15 I 1Z = − = ; mA7,16 150 10 5 , 12 I 2Z = − = mA70 150 10 5 , 20 I 3Z = − = ; mA50 150 10 5 , 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 =10 Ω 16,7 12,5 Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I - 43 - Một số bài tập mẫu - 43 - Chương II Chương IIChương II Chương II: TRANSISTOR HAI LỚP TIẾP GIÁP : TRANSISTOR HAI LỚP TIẾP GIÁP: TRANSISTOR HAI LỚP TIẾP GIÁP : TRANSISTOR HAI LỚP TIẾP GIÁP I. I. I. I. Bộ khuếch đại R Bộ khuếch đại RBộ khuếch đại R Bộ khuếch đại R- -C kh C khC kh C không có C ông có Công có C ông có C C CC C và không có C và không có C và không có C và không có C E EE E (E.C). (E.C). (E.C). (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 V V 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 , 0 V 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 Chọn R b = 3,5KΩ. V CEQ = 5V + - +25V R 2 R 1 R C =1,5K R E =1K Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I - 44 - Một số bài tập mẫu - 44 - ∗ 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 [...]... = 7,5V V CEmax - 46 - Một số bài tập mẫu - 46 - Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I Từ hình vẽ ta nhận thấy để ICm lớn nhất và không bò méo thì ICmmax = 10mA Ta có thể tìm iCmax và VCemax theo phương trình 1 (VCE − VCEQ ) i C − I CQ = − RC VCEQ 7,5 = 10 −2 + = 60 mA Cho VCE = 0 ⇒ i C max = I CQ + RC 150 Cho iC = 0 ⇒ VCE max = I CQ R C + VCEQ = 10 −1.150 + 7,5 = 9 V 2) Bài 2-16: Điểm Q tối ưu... 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 Rb = R1R2 R1 + R2 = 5.103.20.103 = 4KΩ 5.103 + 20.103 R1 5.10 3 VCC = 25 = 5V R1 + R 2 5.10 3 + 20.10 3 V − 0 ,7 5 − 0, 7 = BB = = 2,1mA R 4.10 3 3 RE + b 2.10 + β 60 VBB = I CQ Vcc=25V - 49 - R2 20K RC=1K β=60 Một số bài tập mẫu CC → ∞ R1 - 49 - Khoa Điện – Điện tử (Vì R E >> Kỹ thuật mạch Điện Tử I Rb V −... R C + = 2 kΩ RE + RL VCEQ 18,7 Cho VCE = 0 suy ra i C = I CQ + = 2,1.10 −3 + = 11,45mA R AC 2.10 3 iC = 0 suy ra VCEQ max = VCEQ + R AC I CQ = 18,7 + 2.10 3 2,1.10 −3 = 22,9 V * 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 - 50 - Một số bài tập mẫu - 50 - Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I VCC 25 = = 5mA 3 R DC + R... bất kỳ nên ta có: 1 (VCE − VCEQ ) i C − I CQ = − R AC VCEQ + Cho VCE = 0 suy ra i C max = I CQ + + Cho iC = 0 suy ra VCE = VCEQ + I CQ R AC = 6,05 + 93.10 −3.50 = 10,675V R AC = 214 mA iC(mA) 214 - 51 - VCC + VEE = 133 RC + RE ICQ = 93  1  ACLL −   50   Một số bài tập mẫu Q - 51 -  1  Khoa Điện – Điện tử ∗ Kỹ thuật mạch Điện Tử I Nếu bài này được tính ở chế độ tối ưu thì: RDC = RC + RE = 150Ω... RERL R AC = = 50Ω khi đó RE + RL VCC 20 I CQTƯ = = = 0,1A = 100 mA R AC + R DC 150 + 50 VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 5V - 52 - Một số bài tập mẫu - 52 - Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I IV: 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 +VCC=20V RC=1,5K R2=20K CC2→ ∞ + CC1→ ∞ + Ri=2K ii iL R1 3,5K + CE→∞ - RE 1,5K RL=1,5K... = R E //  h ib + i  ≈ 10 // [7,53 + 5] ≈ 12,37Ω h fe   Z i = R b // [h ie + h fe (R E // R L )] = R 'b = 33,3KΩ - 58 - Một số bài tập mẫu - 58 - Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I Chương VI: MẠCH TRANSISTOR GHÉP LIÊN TẦNG I Transistor ghép Cascading: 1) E.C – C.E 6Bài 6-1: Điểm Q bất kỳ, 2 tầng hoàn toàn độc lập với nhau a - Chế độ DC R R 3.10 3.7.10 3 1 R b1 = 11 21 = = 2,1KΩ > R b =... hfe2 RE 1KΩ Zo Zi = Rb//hie1 = 103//309 = 236Ω  R // R b 2  3 3 Z o = R E //  h ib 2 + C1  = 10 // [5,22 + 3,85] = 10 // 9,07 ≈ 9Ω h fe 2   - 62 - Một số bài tập mẫu - 62 - Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I 3) Dạng bài hỗn hợp E.C – C.C: Bài 6-4 iC1 ib1 ii Ri 100K Rb1 1K hie1 1K iC2 ib2 hie2 1K 100ib1 RC1 1K Rb2 1K hfe2RE2 5050 ib3 hie3 1K 100ib2 RC2 1K hfe3RE3 5050 Vo2 V01 V = − 02 ii... RE6 Zo Zi = Rb1//[2hie1 + Rb2] ≈ 6,15KΩ R 3h  Z o = R E 6 //  C 2 + 3ie 4  = 10 // (0,382 ) ≈ 0,37Ω 3 h fe   h fe Chương VII: MẠCH KHUẾCH ĐẠI HỒI TIẾP - 67 - Một số bài tập mẫu VL - 67 - Khoa Điện – Điện tử I Kỹ thuật mạch Điện Tử I Hồi tiếp áp, sai lệch dòng 71) Bài 7-4 +VCC RC1 2K RC2 2K T1 RE21 1K ii Rf 10K iL RL VL 100 RE22 1K V1  T =? h = 1KΩ  ; KL A = i L = ? GT  ie  h fe = 40  i... of = o = = 443 Ω 1 − T 1 + 3,51 72) Bài 7-11 +VCC Rf = Rb =10K RC 2K C RE 100 ii iL RL C iL  A i = i = ? h fe = 100  i   GT h ib = 10 Ω ; KL  Z i ; Z o  C→∞  T =?    hie = hib.hfe = 10.100 = 1KΩ - 69 - Một số bài tập mẫu - 69 - Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I ic ib + ii Rf hie1 hfeib 100ib V’L - RC 1K iL Rf 10K R L VL Zo a- Độ lợi vòng T: cho ii = 0 V V i T= L = L b' ' VL i... 54 - Một số bài tập mẫu - 54 - Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I iL iL ib RC Rb = =− h fe ii ib ii R b + h ie RC + RL 100 100 A i1 = − 50 = −20,66 100 + 100 100 + 21 100 100 A i2 = − 150 = −49,1 100 + 100 100 + 52,5 Zi = Rb//hie suy ra Zi1 = 100//21 = 17,36Ω Zi2 = 100//52,5 = 34,43Ω Vậy 20,66 ≤ Ai ≤ 49,18 17,36Ω ≤ Zi ≤ 34,43Ω Ai = iC Rb 100Ω ii ib hie iL RC 100Ω hfeib RL = 100Ω 3) Bài 4-12: . CHO QUYỂN MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO QUYỂN “Giáo trình mạch điện tử I” “Giáo trình mạch điện tử I “Giáo trình mạch điện tử I” “Giáo trình mạch điện tử I”. Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I - 35 - Một số bài tập mẫu - 35 - MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO QUYỂN MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO QUYỂNMỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO