Bài giải tập không gỉải ĐTCB/CNTT R1 R3 a I1 1.2 Áp dụng định luật Kirchhoff cho: Vòng 1cho: -12V + 6I1- 4I =0  Vòng cho: - V+2I3+ 4I +2I3=0  Nút cho: (1) (2) (3) Cho: Cho: Cho: I1 + I2 - I3 = I3 I2 R2 R4 12V = 6I1 – 4I2 (1) 6V = 4I3 + 4I2 (2) a' (3) 4I2 = -12 V + I1 (4) 4I2 = V - I3  I2 = (6/4)A – I3 =1,5A – I3 I1 = I3 – I2 (6) (5) Thay (6) vào (4) cho: 4I2 = -12 V + (I3 - I2)  10 I2 = -12 V + I3 (7) Thay (5) vào (7) được: 10 (1,5 A – I 3) = - 12 V + I3 15V – 10 I3 = - 12 V + I3  27 V = 16 I3  I3 = 27/16 = 1,6875 A (8) Thay (9) vào (5) cho: I2 =1,5 A – I3 =1,5A – 1,6875A = - 0.,1875 A (9) Từ (6) tinh được: I = I – I = 1,6875 – (- 0,1875) = 1,875 (10) 1.3 Phương pháp nút (KCL): Theo chiều chọn hình ta có: I1 – I2 + I – I3 =  I1 + I = I2 + I3 (1) Gọi điện nút V2, ta viết được: V1 − V2 V V2 +I = + R1 R2 R3 + R4 R1 − V2 V V + 6A = + 2 2+6 1 1 7 + = V2  + + ÷ = V2  ÷ V 2 8 8 V1 + 8V - R3 + R2 I 6A + R4 vo - -   80 V2 = 10  ÷ = 7 VO = R4  80  60 V2 =  ÷= R3 + R4 2+6  = 8,57V Áp dụng nguyên lý chồng chập định lý Thevenin Bt DTCB CNTT Nguyễn Thành Long + V1 12V + V2 6V • Cho hở tãi hở dòng I, mạch lại cho (H.1): R2 32 VTH = V= ( ) = = 5,33V R1 + R2 2+4 RTH = R1 R2 = ( 4) 2+4 = = 1.33Ω R1 a + V 8V R2 a' H.1 • Cho hở tãi nối tắt nguồn thế, mạch lại (H.2) cho: RTH = R1 R2 = VTH 2 ( 4) R1 = 1,33Ω 2+4 = RTH I = ( ) = 8V a I R2 6A a' H.2 • Vậy mạch tương đương Thevenin tổng cộng (H.3): VTH = VTH + VTH = 5,33 + = 13,33V RTH = 1.33Ω Khi nối tãi R4 R3 vào lại mạch (H.3) tính được: VO = RTH R4 79,98 VTH = V ( 13,33) = + R3 + R4 1,33 + + 9,33 = 8,57V RTH 1,33 R3 + VTH + R4 Vo 13,33 - H.3 Có kết 1.5 Áp dụng định lý Thevenin định lý Norton cho:RTHaa a R2 + Bt DTCB CNTT VTHaa 1V + Nguyễn Thành Long a' • Hở tải Vấ cho: Vaa ' = R1 I1 = 1( 1) = 1V RN = RTH = R1 = 1Ω • Mạch tương cho: Vbb ' = R3 Vaa ' = ( 1) V RTHaa ' + R2 + R3 1+1+ RTHbb' 1 = V RTHbb ' = R3 ( RTHaa ' + R2 ) = 2 = 1Ω R4 b c VTHbb' + 1/2 V c' b' • Mạch tương đương cho: VCC ' RTHcc' R5 1 = ( Vbb ' ) =  ÷ R5 + RTHbb ' + R4 +1+1  = V RTHcc ' = R5 ( RRHbb ' + R4 ) = 2 = 1Ω • R6 b c VTHcc' + 1/4 V c' b' Mạch tương đươn g Thevenin cuối cho: Vo = VTHcc ' = R7 1 VTHcc ' =  ÷= R7 + R6 + RTHcc ' +1+1   = 0,125V RTH = R7 ( R6 + RTHcc ' ) = 2 = 1Ω RTHcc' c R6 + VTHcc' + 1/4 V c' Vs 5.4 Mạch theo nguồn ( SF) - + 10V Bt DTCB CNTT vo 1k iD + - Vo vi R + vO - - 1k Nguyễn Thành Long Ta có điện ngõ : Đáp số VTH ≤ vI ≤ VS + VTH Xem chứng minh sau Ta coù: vo = Rid = R K RK 2 ( vGS − VTH ) = ( vi − vo − VTH ) 2 2vo = ( vi `−vo − VTH ) RK 2vo = ( vi − VTH ) + vo2 − ( vi − VTH ) vo RK   vo2 −  ( vi − VTH ) + vo + ( vi − VTH ) =  RK   2     v − V + − v − V + − v − V ( ) ( ) ( ) i TH i TH i TH   RK  RK  vo = 2    2    v − V + − v − V + + v − V ( ) ( ) ( )   − ( vi − VTH ) i TH  ÷ i TH  i TH  RK  RK   RK   = 2    ( vi − VTH ) + RK  −   2    ÷ + ( vi − VTH ) RK   RK  Hoặc viết dạng:  2  + ( vi − VTH ) −   RK  vo =  RK     5.6 Cho mạch theo hình sau : Điện trở R phụ thuộc điện vB Tính vB Bt DTCB CNTT Nguyễn Thành Long Giải: Theo qui tắc cầu phân cho vB = = vB = RB VS RA + RB + R RB RA + RB + K vB VS RBVS vB vB ( RA + RB ) + K ∴ vB ( RA + RB ) + K = RBVS ∴ vB ( RA + RB ) = RBVS − K ∴ vB = RBVS − K RA + RB 5.7 Chứng minh vO theo vI mạch hình sau Giả sử MOSFET hoạt động vùng bảo hoà Và đặc trưng tham số K VT Đáp số BT Ch6 Khuếch đại tín nhỏ 6.4 Mạch khuếch đại hai tấng Bt DTCB CNTT Nguyễn Thành Long Vs Vs R R + Vo VIN + + VMID - - - VMID iD = K ( VGS − VTH ) 2 và: iD = VS − VO R đồng hai phương trình cho: K ( VGS − VTH ) VS − VO R 2( V −V ) ( VGS − VTH ) = S O KR iD = ( VS − VO ) VGS − VTH = KR VMID = VGS = VI = = ( VS − VO ) ( VS − VMID ) KR KR + VTH + VTH Độ lợi tổng cộng: G = − g m1 R ( − g m R ) = [ − KR ]  − K ( VS − iD R − VTH ) R    KR = K R ( VI − VTH )  VS − ( VI − VTH ) − VTH ÷   7.3 a Tính VO Bt DTCB CNTT Nguyễn Thành Long iB = vI − 0, 0, 7V − 0, 6V = = 1µ A RI 100k Ω iC = β iB = 100 ( 1µ A ) = 100 µ A = 0,1mA VO = VS − iC RL = 15V − 0,1mA ( 50k Ω ) = 15V − 5V = 10V c Độ lợi điện thế: AV = 100 ( 50k Ω ) vo − β RL ib − β RL = =− =− = −50 vi RI ib RI 100k Ω d Điện ngõ ra: vo = Av vi = −50 ( 0, 001) sin ωt = 0, 05sin ωt e Điện trở vào điện trở ra: ri = vi = RI = 100k Ω ib ro = vo io vI = R = ro = ∞ RL → ∞ ro' = ro RL = RL = 50k Ω f Độ lợi dòng điện độ lợi cơng suất có mắc thêm tải R o: iL iL io  RL   50  = = ÷( − β ) =  ÷100 = −50 ii io ii  RL + RL   50 + 50  100 ( 25 ) v i  β ( RL RO )  AP = Av Ai = o o =  − ÷( −50 ) = − ( −50 ) = 1250 ÷ vi ii  RI 100  Ai = 7.4 a Độ lợi thế: Av = vo β RL ib β RL =− =− vi RI ib RI b Độ lợi mạch sau: vb = R1 vi ; R1 + R2 Av = vo − β RL = vi RB RB = R1 R2  RI   ÷  RI + R2  7.5 Mạch khuếch đại theo phát Bt DTCB CNTT Nguyễn Thành Long a Xác định điểm hoạt động Q: VI − 0, 6V  R  ( β + 1) ( RE ) + I  β + 1  V − 0, 6V I E = ( β + 1) iB = I R ( RE ) + I β +1 V − 0, 6V VI − 0, 6V VO = I E RE = I RE = RI RI 1+ ( RE ) + β +1 ( β + 1) RE IB = VI − 0, 6V = RI + ( β + 1) RE c Độ lợi thế: Av = vo dvO = = vi dvI + RI ( β + 1) RE d Điện trở vào điện trở ra: ri = vi = RI + ( β + 1) RE ii ro = vo v R = = I io vI = i β +  RI   β + ÷RE ro RE RI RE RI RE  ' ro = ro RE = = = = RI ro + RE + RE RI + ( β + 1) RE RI + RE + β RE β +1 = RI RE RI RE =   RI RE  β RE  ( RI + RE ) 1 + ÷ 1+ β  ÷  RI + RE   RI  e Độ lợi dòng: Ai = iL iL io  RE  = = ÷( β + 1) ii io ib  RE + RO  ( β + 1) RO RE RE ( β + 1) ( RE RO )  ( RE + RO ) v i RE  Ap = o o = ( β + 1) = vi ii RI + ( β + 1) ( RE RO )  RE + Ro  RI + ( β + 1) ( RE RO ) = ( β + 1) Bt DTCB CNTT RE2 ( RE + RO ) 2 RO RI + ( β + 1) ( RE RO ) Nguyễn Thành Long