GT ĐIỆN TỬ CƠ BẢN Ch2 PHÂN TÍCH MẠCH KHÔNG TUYẾN TÍNH I. Khái niệm phi tuyến • Trong chương trước, ta phân tích mạch điện tuyến tính, mạch có đặc tuyến v – i đường thẳng • Mạch điện phi tuyến mạch có đặc tuyến v - i đường cong (khơng thẳng). • Các linh kiện điện tử thường linh kiện có đặc tính phi tuyến chế độ tín hiệu lớn diod, transistor lưỡng cực nối, transistor trường… Với mạch phi tuyến, ta tuyến tính hố xét chế độ tín hiệu nhỏ. Chú ý: Các định lý Chồng chập, Thevenin,Norton, áp dụng cho mạch tuyến tính. • • II. Các phần tử phi tuyến • Đặc tuyến iD  I S evD vT iD  aebvD  aebvD R • + V iD D a - vD • Hoặc đặc tuyến MOSFET loại tăng: K v  v   GS TH  iD   0  vDS  VTH iD vDS  VTH vTH vDS • Phương trình dòng diod  iD  I S e vD / VT  1 • IS dòng bảo hồ ngược • Điện nhiệt: kT VT  q • số Boltzmann k = 1,38.10-23 J/oK • Điện tích điện tử: q = 1,6.10-19 C • Nhiệt độ tuyệt đối: ToK = 273oC + toC • Đặc tuyến diod iD - vD vD - iD Ở t = 25oC cho VT = 0,025 V Ở t = 27oC, cho VT = 0,026 V • Thí dụ: • Xác định dòng điện diod iD có diện hai đầu diod vD = 0,5 V; 0,6V; 0,7 V.Cho biết diod có điện nhiệt VT = 0,025 V dòng điện bảo hồ ngược Is =1 pF. • Giải: Dòng diod cho bởi:   Thay trị số cho vào, với v = 0,5 V iD  I S evD /VT    D iD  1x1012 eo,5/ 0,025   0, 49mA Tương tự với vD = 0,6V cho iD = 26 mA; vD = 0,7 V, iD= 1450 mA. Lưu ý vD tăng ngồi 0,6V, dòng iD tăng nhanh. • Khi vD = -0,2 V, tính được:   iD  1x1012 e0,2 / 0,025   0.9997 x1012 A Dòng iD nhỏ, xem khơng đáng kể • Thí dụ Cho MOSFET có VTH = 1V, K = mA/V2. Tính iD vDS = 2V, 4V. • Giải: • Với VDS = 2V, cho: K x103 2 iD   vDS  VTH     1  2mA 2 • Với vDS = 4V, cho: K x103 2 iD   vDS  VTH     1  18mA 2 • Khi vDS = 0,5V,cho: • vDS < VTH, iD =0 • Theo hai thí dụ trên, iD khơng tăng tuyến tính theo vD. III. Phương pháp phân tích mạch 1. Phương pháp tốn học ( giải tích) • Theo mạch điện diod ta có: vD  V  iD  R iD  aebvD 1 R + V iD D - (2) Giải phương trình bằng:  Thử hay sai  Phương pháp tốn số vD  V  aebvD  R V  vD v V  iD  D  iD R R vD  V  iD  R • Thí dụ: • Xét mạch diod trên, với iD = kvD2. • Giải: vD  V  kvD2  R RkvD2  vD  E  iD • Chọn trị số dương: E/R 1   RkE Rk • vD  •  1   RkE  iD  k   Rk   nghiệm vật lý iD=kvD2 E vD • 2. Phương pháp đồ thị • Dùng cách vẽ đường thẳng tải iD I = V/R M • (1) cho : DMax • vD  V   aebvD R V v  D  aebvD R R iD = aebvD Q (3) N VD V vD • vế tráí (3) đường thẳng có hệ số độ dốc - 1/R, • vế phải (3) đặc tun diod Giao điểm hai đường cho nghiệm số của(1) (2) hay (3) Cách vẽ đường thẳng tải tỉnh: - Cho VD =  IDM = V/R cho điểm M dồ thị - Cho ID =0 VDM = V cho điểm N đồ thị • Thí dụ 1: Cho V=1, R=1 a=¼ b=1 vD = 0,5 V Được: iD = 0,4 A iD 0,4 a=1/4 Q 0,5 vD • Thi dụ 2: Cho mạch diod có phương trình sau: • vD  E R iD  I S  evD / vT  1 iD   • Với E = V, R = 500  • • • 10mA iD 5mA Tính được: 0,6V 3V iD    500 500  1, 2mA  6mA  4,8mA DCLL(-1/R) 2mA 0,6 vD 10 IV. Phân tích tín hiệu nhỏ 1. Phương pháp tín hiệu nhỏ •Phân cực điểm Q cho tín hiệu nhỏ tác động ngõ vào cho: iD + vi(t) vI iD=ID+id - + vD + - id LED vD=VD+vd VI - ID VD • vD iD = ID + id Giá trị phân cực DC tức thời tổng cộng tín hiệu nhỏ chồng lên nhỏ vd 14 • Dạng sóng: vD = vi vd VD vD t iD id ID iD t 15 a. Ý nghĩa tốn học • Khai triển chuổi Taylor hàm sồ f(x) trị x = xo: df d2 f y  f  x   f  xo   x  x  x  x  o  o   dx xo 2! dx xo • Áp dụng vào hàm iD=f(vD) khơng tuyến tính • Thay v  V  v  V  v gia tăng chung quanh VD D D d D D • Khai triển Taylor f(vD) gần vD = VD cho: df  vD  d f  vD  iD  f VD   vD2    vD    dvD vD  VD 2! dvD vD  VD • • qua số hạng bậc cao vD bé, ta được: df  vD  iD  f VD    vD  dvD vD  VD 16 • Hay viết: iD  f VD   df  vD   vD  dvD vD  VD iD  I D  iD I D  f VD  df  vD  iD   vD  dvD vD  VD Điểm tĩnh điều hành Q số thừa số vD • Ký hiệu: vD = vd, iD = id Với thí dụ diod cho: iD  aebvD  I D  id  aebvD  aebvD .b.vd I D  aebvD Điểm tĩnh Q ( DC) id  aebvD .b.vd  ( I D .b).vd tín hiệu nhỏ h.s tuyến tính 17 b. Giải thích đồ thị • Ta có: I D  aebvD id  I D .b.vd Điểm tĩnh Q iD Độ dốc VD,ID A id ID B Q vd VD vD Ta làm tuyến tính A với B 18 3. Giải thích mạch điện • Mạch tín hiệu lớn + vi id I D  aebvD + LED vd - - id  I D .b.vd Đáp ứng tín hiệu nhỏ:  Mạch tín hiệu nhỏ + vd - R id + vi - id + vd - R R I Db Tuyến tính 19 2. Phân tích tuyến tính mảnh • Phương pháp thứ tư để giải mạch khơng tuyến tính dùng phân tích tuyến tính mảnh • Đó cách dùng đoạn thẳng kế áp dụng phương pháp phân tích mạch tuyến tính để tính tốn với đoạn thẳng đó. • Để đơn giản, ta xét thí dụ với diod gọi mơ hình diod diod lý tưởng • Trước hết, ta triển khai mơ hình tuyến tính mảnh đơn giản diod: iD iD - Xấp xỉ thứ nhứt: Diod ON ( mạch nối tiếp): VD = V với tất VD>0 Diod OFF ( mạch hở): vD vD ID =0 với VD< a. Diod thực b. Diod lý tưởng mạch hở mạch nối tắt D 20 • Thí dụ: • Cho mạch diod theo H. Với diod lý tưởng D VD=0V E 10V + RL 1k + 10V RL 1k • Ta có: VL = E = 10V IL = VL/ RL = 10V/1k  =10 mA 21 • Thí dụ 2: Cho mạch diod theo H. . Với VD = 0V D R1 6k E 36V • + R2 3k RTH 2k RL 1k VTH 12V + RL 1k Tính được: VTH   36V   12V 3 3 6 RTH  k   2k  3 12V IL   4mA   1 VL  RL I L  1k   4mA   4V 22 - Xấp xỉ thứ hai: iD cho VD = 0,7V diod dẫn Thí dụ: Cho mạch theo H. . Với VD = 0,7V 0,7V vD VD=0V D E + 10V • D 0,7V RL 1k + 10V RL 1k VL  10V  0, 7V  9,3V 9,3V IL   9,3mA 1k  23 • Thi dụ : Cho mạch diod H. D R1 6k E 36V • Với VD = 0,7V R2 3k + RTH 2k RL 1k VTH 12V + VD 0,7V RL 1k Tính được:  36V   12V 3 3 6 RTH  k   2k  3 VL  12V  0, 7V  11, 3V VTH  IL  11, 3V  3, 77 mA   1 VL  RL I L  1k   3, 77 mA   3, 77V 24 - Xấp xỉ 3: id Mạch tương đương Diod dẫn: VD= 0,7 + IDRB, vd + 0,7V + RB 0,7 1N4001 D + VD 0,7V E 10V + RL 1k + 10V vD RB 0.23 RL 10 VT  10V  0, 7V  9,3V IL  9,3V  0,909 A  0, 23  10  VL  I L RL  0,909 A 10   9,9V 25 • Thí dụ 3: Cho mạch điện H. . Với diod có mơ hình VD = 0,7V RB = 100 Ohm. 1k • Ta giải phi tuyến 5k cách làm tuyến tính phần tử phi tuyến sau giải mạch tuyến tính (áp dụng định lý chồng chập, Thevenin, Norton…)  Xem diod có VD =0V Và RB = 100   Áp dụng ngun lý chồng chập tính: 3k iD 2k + vB + vD 1mA - + - 1V - 1k 5k + vB - 3k 2k 1mA + 1V iD + RB 100 - - 26 • Bước 1. Nối tắt nguồn tính VBI: Req   3k   100  2k )  1k  5k   1,535k  3k 1k 5k vBI  1,535k  1mA  1,535V + vBI - iD 2k + RB 100 - 1mA • Bước 2. Cho hở dòng 1mA, tính vBV: Rx  1k   5k    3k   100  1k 3k  2, 05k  Rx 2, 05k  vx  1V  1V 2k   Rx 2k   2, 05k   0,51V 5k + vBI - 2k 1mA + iD + RB 100 - 1V - 5k  5k   0,51V 1k   5k  1k   5k   0, 425V  vB = vBI + vBV = 1.535 V + 0.425 V = 1.96 V. 27 vBV  vx • Giải theo ngun lý chồng chất Thevenin • Bước 1: Nối tắt V, giải theo I, cắt rời điện trở 5k  1k 3k a • 5k + vBI - 2k 1mA iD 1k + RB 100 - 1mA 2k 3,1k a' RN   2k   3k   0,1k     1k   1, 215  1 k   2, 215k  VTH  I  RN   1mA  2, 215k    2, 215V V1(5 k  )  5k   2, 215V   1,535V 5k   2, 215k  RTH 2,215k a + 5k VTH1 2,215V a' 28 • Bước 2: Hở I, tính theo V 1k 3k 1k 5k 2k + vBI 1mA - + 1V a iD 2k + RB 100 - + a' 1V 3k 0.1k - Tính được: 3,1k  1V  0, 61V 3,1k   2k   RN  1, 215k  1k VTH  RTH V2(5 k  )  Vậy: 5k   0, 61V   0, 423V 1, 215   k    RTH2 1,215k a + 5k VTH2 0,61V a' VT 5k  V1(5k)  V2(5k)  1,535V  0, 423V  1,958V 29 [...]... cắt rời điện trở 5k  1k 3k a • 5k + vBI - 2k 1mA iD 1k + RB 100 - 1mA 2k 3,1k a' RN   2k   3k   0,1k     1k     1, 21 5  1 k   2, 21 5k  VTH 1  I  RN   1mA  2, 21 5k    2, 21 5V V1(5 k  )  5k   2, 21 5V   1,535V 5k   2, 21 5k  RTH 2, 215k a + 5k VTH1 2, 215V a' 28 • Bước 2: Hở I, và tính theo V 1k 3k 1k 5k 2k + vBI 1mA - + 1V a iD 2k + RB 100 - + a' 1V 3k 0.1k - Tính được:... thứ tư để giải mạch không tuyến tính là dùng phân tích tuyến tính từng mảnh • Đó là cách dùng các đoạn thẳng rồi kế đó áp dụng phương pháp phân tích mạch tuyến tính để tính toán với các đoạn thẳng đó • Để đơn giản, ta xét thí dụ với diod và khi đó gọi là mô hình diod diod lý tưởng • Trước hết, ta triển khai mô hình tuyến tính từng mảnh đơn giản của diod: iD iD - Xấp xỉ thứ nhứt: Diod ON ( mạch nối tiếp):... ( mạch hở): vD vD ID =0 với mọi VD< 0 a Diod thực b Diod lý tưởng mạch hở mạch nối tắt D 20 • Thí dụ: • Cho mạch diod theo H Với diod lý tưởng D VD=0V E 10V + RL 1k + 10V RL 1k • Ta có: VL = E = 10V IL = VL/ RL = 10V/1k  =10 mA 21 • Thí dụ 2: Cho mạch diod theo H Với VD = 0V D R1 6k E 36V • + R2 3k RTH 2k RL 1k VTH 12V + RL 1k Tính được: 3 VTH   36V   12V 3 6 3 6 RTH  k   2k  3 6 12V... tín hiệu nhỏ h.s tuyến tính 17 b Giải thích bằng đồ thị • Ta có: I D  aebvD id  I D b.vd Điểm tĩnh Q iD Độ dốc tại VD,ID A id ID B Q vd VD vD Ta làm tuyến tính A với B 18 3 Giải thích bằng mạch điện • Mạch tín hiệu lớn + vi id I D  aebvD + LED vd - - id  I D b.vd Đáp ứng tín hiệu nhỏ:  Mạch tín hiệu nhỏ + vd - R id + vi - id + vd - R R 1 I Db Tuyến tính 19 2 Phân tích bằng tuyến tính từng mảnh... Ta có thể giải phi tuyến bằng 5k cách làm tuyến tính phần tử phi tuyến và sau đó giải như mạch tuyến tính (áp dụng định lý chồng chập, Thevenin, Norton…)  Xem diod có VD =0V Và RB = 100   Áp dụng nguyên lý chồng chập lần lượt tính: 3k iD 2k + vB + vD 1mA - + - 1V - 1k 5k + vB - 3k 2k 1mA + 1V iD + RB 100 - - 26 • Bước 1 Nối tắt nguồn thế tính được VBI: Req   3k   100  2k )  1k  5k  ... − 1) -Với VD = 0,5V iD = 1 × 10− 12( e0.5/0. 025 − 1) = 0.49 mA -với VD = 0,6V iD = 26 mA, -Với VD = 0,7V iD = 1450 mA Ta thấy dòng iD tăng rất nhanh khi VD lớn hơn 0,6V và không tăng tuyến tính với vD Chú ý: khi vD = - 0,2V cho iD: iD = Is(evD/VTH − 1) = 1 × 10− 12( e−0 .2/ 0. 025 − 1) = − 0.9997 × 10−12A 13 IV Phân tích tín hiệu nhỏ 1 Phương pháp tín hiệu nhỏ Phân cực điểm Q và cho tín hiệu nhỏ tác động... 4mA  2  1 VL  RL I L  1k   4mA   4V 22 - Xấp xỉ thứ hai: iD cho VD = 0,7V khi diod dẫn Thí dụ: Cho mạch theo H Với VD = 0,7V 0 0,7V vD VD=0V D E + 10V • D 0,7V RL 1k + 10V RL 1k VL  10V  0, 7V  9,3V 9,3V IL   9,3mA 1k  23 • Thi dụ 2 : Cho mạch diod ở H D R1 6k E 36V • Với VD = 0,7V R2 3k + RTH 2k RL 1k VTH 12V + VD 0,7V RL 1k Tính được: 3  36V   12V 3 6 3 6 RTH  k   2k  3... 3k 1k 5k vBI  1,535k  1mA  1,535V + vBI - iD 2k + RB 100 - 1mA • Bước 2 Cho hở dòng 1mA, tính vBV: Rx  1k   5k    3k   100  1k 3k  2, 05k  Rx 2, 05k  vx  1V  1V 2k   Rx 2k   2, 05k   0,51V 5k + vBI - 2k 1mA + iD + RB 100 - 1V - 5k  5k   0,51V 1k   5k  1k   5k   0, 425 V  vB = vBI + vBV = 1.535 V + 0. 425 V = 1.96 V 27 vBV  vx • Giải theo nguyên lý chồng chất và Thevenin... 3k 1k 5k 2k + vBI 1mA - + 1V a iD 2k + RB 100 - + a' 1V 3k 0.1k - Tính được: 3,1k  1V  0, 61V 3,1k   2k   RN  1, 21 5k  1k VTH 2  RTH V2(5 k  )  Vậy: 5k   0, 61V   0, 423 V 1, 21 5  1  5  k   RTH2 1 ,21 5k a + 5k VTH2 0,61V a' VT 5k  V1(5k)  V2(5k)  1,535V  0, 423 V  1,958V 29 ... pháp phân tích gia tăng ( tín hiệu nhỏ) • Sơ đồ: Khuếch đại âm nhạc vi + iD V LED - • vi(t)  Ampli SP iD(t)  ánh sáng  iR  âm thanh (khuếch đại ) phi tuyến tuyến tính 11 • LED là linh kiện phi tuyến  sái dạng • iD iD t  vD vD vD = vi vD iD 12 Thí dụ: Với mạch diod cho ở trên, tính iD khi vD =0,5V, 0,6V, 0,7V Cho biết VT = 0, 025 V, Is = 1 pA Giải: iD = Is(evD/VTH − 1) -Với VD = 0,5V iD = 1 × 10− 12( e0.5/0. 025 . 1 GT ĐIỆN TỬ CƠ BẢN Ch2 PHÂN TÍCH MẠCH KHÔNG TUYẾN TÍNH 2 I. Khái niệm phi tuyến • Trong chương trước, ta đã phân tích mạch điện tuyến tính, là mạch có đặc tuyến v – i là đường thẳng • Mạch điện. ae + - vi vd id - + R + LED + - vi vd id - + vd - R id 1 D R Ib  d D d i I bv 20 2. Phân tích bằng tuyến tính từng mảnh • Phương pháp thứ tư để giải mạch không tuyến tính là dùng phân tích tuyến tính từng mảnh •. làm tuyến tính A với B D bv D d D d I ae i I b v   19 3. Giải thích bằng mạch điện • Mạch tín hiệu lớn Đáp ứng tín hiệu nhỏ:  Mạch tín hiệu nhỏ Tuyến tính D bv D I ae + - vi vd id - + R + LED + - vi vd id - + vd - R id 1 D R Ib 