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)

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

V
1L
=
+
−
=
và
V27,09
91
7
,
0
1
V
2L
=
+
−
=

∗

Trong
0T
2
1
<
, Diode tắt → i
D
= 0 → i

i
L

i
D
R
L
R
i
V
L
V
s
+

-

-

+

V
D
10

-
10

0



-

-

+

+

V
S

2

3

4

t(ms)

8,37

0

1

V
L1

2


∗

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

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=
+
−

=
1KΩ, R
b
= 10KΩ, R
L
= 9KΩ.

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
,

chảy qua R
i
, R
b
, R
L
nên ta có.
i
L

R
L

9K
R
i
=1K

V
L
V
s
+

-

-

+



t(ms)

V
S
V
L1
0

1

2

3

4

t(ms)

1

0

-
1

1

2


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

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:

= ∞, 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
=

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

L
Lbi
0
2L
ω=
++
ω
=
++
ω
=

10

-
10

0

1

-

-

+

+

V


2

3

4

t(ms)

8,37

0

1

V
L1

2

3

4

t(ms)

0,27

0


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
= 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

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
+

-

K

A

R
L

R
i
//r
i
i
L

V
T
K

A

10

0

-
10

9

-

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

L
ii
ii
Tb-

Vẽ đường tải DC khi
2
,
3
,
2
,
3
,0t
0
π
−
π
−
π
π
=ω
.
∗

Tại
V

T0
=+=⇒
π
=ω

∗

Tại
)V(46,0
2
3
43V
3
t
T0
−=−=⇒
π
−=ω

∗

Tại )V(11.43V
2
t
T0
−=−=⇒
π
−=ω
=

∗

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
.

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
.

−=−−=⇒
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+==
=
+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

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


R
L

V
Z
=10v

13v<V
DC
<16v

R
i
I
Z

V
L
I
R

I
L

R
L
=18
Ω



maxLminZ
Zi
i
minLmaxZ
Zi
II
V
V
R
II
V
V
+
−
≤≤
+
−

∗

Khi V
DC
= 13V ta có
Ω=
+
−
≤ 30
085,0015,0
10

.V
Z
.
Mặt khác: V
imax
= I
Zmax
R
i
+ V
Z

⇒

mA200
30
10
16
R
V
V
I
i
Zmaxi
max
=
−
=
−
=

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

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

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


==×−
==×−
=+
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
,

;
I
Z
(mA)

V
Z
36,7



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

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

−
=
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


β
+≥
β
+
12
bE
1
b
E
2
b
E
9,01
RR1,0
R
R9,0
R
R

Ω==
+−
=
β
+
β
−
≤⇒
−
K53,3

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

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
==
+

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

=

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
)


10
R
V
DC
CC
=

( )
5
RR2
V
EC
CC
=
+







−≡
3
10.5,2
1
ACLLDCLL

Q

25
10
V
V
RR
4
BB
CC
b2

Vì R
DC
= R
AC
nên phương trìng tải DC và AC trùng nhau.

3)

Bài 2-14: Điểm Q
bất kỳ
vì biết V
BB
= 1,2V; β = 20. Tìm giá trò tối đa của dao
động có thể có được ở C và tính η.

∗

Để tìm giá trò tối đa của dao động có thể có được ở C ta phải vẽ
phương trình tải DC, AC V
CEQ
= V
CC
– I
CQ
(R
C
+ R
E
) = 6 – 3,3.10
-3
.1,1.10
3
= 2,37V

-3
.6 = 19,8mW
( )
(
)
mW31,210.10.15,2
2
1
R.I
2
1
P
3
2
3
C
2
maxCmL
===
−

+6V

R
b
= 1K

R
C
= 1K


3

6

0

2,725

Q
TƯ
Q
bk






−=
1100
1
ACLLDCLL

Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 46 - Một số bài tập mẫu - 46 -
Hiệu suất:
%7,11
10.8,19
10.31,2


1)

Bài 2-15: Điểm Q bất kỳ.
a-

Tìm R
1
, R
2
để I
CQ
= 01mA (R
b
<< βR
E
)
Vì R

10
1
R
EbΩ≈=
−
=
−
= K2,1
83,0
10
10
7,1
1
10
V
V
1
1
RR
33
CC
BB
b1Ω=== K88,5
7,1


V
CEQ
= V
CC
– I
CQ
(R
C
+ R
E
) = 10 – 10
-2
.250 = 7,5V
C
E
→

∞

V
cc
=10V

R
2
R
1
R
C

1
ACLL







−
250
1
DCLL

7,5

60

10

V
CEmax
= 9V

I
Cmmax

15

Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I

R
V
Ii
2
C
CEQ
CQmaxC
=+=+=
−

Cho i
C
= 0
⇒
V95,7150.10VR.IV
1
CEQCCQmaxCE
=+=+=
−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
ƯCQT
maxCm
RR

ƯCQT
=
+
=

V75,310.25.150V
3
ƯCEQT
==
− V
BB
≈ 0,7 + I

CC
BB
b1

Ω≈Ω=== K1,33125
2,3
10
10
V
V
RR
3
BB
CC
b2

V
CE
(V)

i
C
(mA)

V
CEQTƯ= 3,75
2I

I
CQTƯ
= 25







−
250
1
DCLL

Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 48 - Một số bài tập mẫu - 48 -
Để vẽ ACLL, rất đơn giản ta chỉ cần xác đònh:
i
Cmax
= 2I
CQTƯ
và V
Cemax
= 2V
CEQTƯ.

III.
III. III.
III.

E
= 900 + 100 =1KΩ
Ω=
+
=
+
= 450
900900
900
.
900
RR
R
R
R
LC
LC
AC

= 1,4V
Ω==β= K1100.100.
10
1
R
10
1
R
Eb

Ω≈=
−
=
−
= 1163
86,0
10
10

Ω

R
E

100Ω
C
C
→

∞

R
L
=900K

V
CE
(V)

i
C
(mA)

V
CEQTƯ= 3,1
2I

= 6,9







−
1000
1
DCLL

Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 49 - Một số bài tập mẫu - 49 -
Ω=== 7143
4,1
10
10
V
V
RR
3
BB
CC
b2

Ta có dòng xoay chiều:
V1,3V
mA45,39,6

<< R
C
, R
L

R
DC
= R
C
+ R
E
= 900 + 100 = 1KΩ
Ω=
+
+=
+
+= 550
900900
900
.
900
100
RR
R
R
RR
LC
LC
EAC


E
= 0,7 + 6,45.10
-3
.100 = 1,345V
Ω==β= K1100.100.
10
1
R
10
1
R
Eb

Ω==
−
=
−
= 1155
8655,0
10
10
345,1
1
10
V
V
1
1
RR
33

=
+
=
−

V
Lm
= R
L
.I
Lm
= 900.3,225.10
-3
= 2,9V.

IV.
IV. IV.
IV.

Bộ KĐ R.C mắc theo kiểu C.C.
Bộ KĐ R.C mắc theo kiểu C.C.Bộ KĐ R.C mắc theo kiểu C.C.
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 R
1
, R

0
5
R
R
7
,
0
V
I
3
3
b
E
BB
CQ
=
+
−
=
β
+
−
= V
C


R
b
= = =

4K
Ω

R
1
+ R
2
R
1
R
2
5.10
3
+ 20.10
3

5.10
3
.20.10
3

Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 50 - Một số bài tập mẫu - 50 -
CC
– I
CQ
(R
C
+ R
E
) = 25 – 2,1.10
-3
.3.10
3
= 18,7V

Từ hình vẽ ta thấy: I
CQ

= R
L
.I
Lm
= 2.10
3
.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
VV
R
1
Ii −−=−

với
Ω=
+
+= k2
RR
R
R
RR
LE
LE
CAC

và R
2
ta có thể thiết kế để dòng điện ra
lớn nhất: R
DC
= R
C
+ R
E
= 10
3
+ 2.10
3
= 3KΩ.
Q

V
CE
(V)

i
C
(mA)

V
CEQ= 18,7
I








−
3
10.3
1
DCLL

22,9

25

I
CQ
= 2,1

Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 51 - Một số bài tập mẫu - 51 -
Ta có:
mA5
10.210.3
25
RR
V
I

+ R
E
.I
EQ
–V
EE
= 0
Suy ra mA93
100
7
,
0
10
R
R
7
,
0
V
I
b
E
BB
EQ
=
−
≈
β
+
−
∗

mA5,4610.93.
100100
100
I
RR
R
I
3
Em
LE
E
Lm
=
+
=
+
=
−

∗

V
Lm
= I
Lm
R


+
Cho i
C
= 0 suy ra
V675,1050.10.9305,6RIVV
3
ACCQCEQCE
=+=+=
−

i
L

I. I
C
C
→

∞


R
L
=100
Ω

V
CC
=10v

i
C
(mA)

214

133
RR
V
V
EC
EECC
=
+
+







∗

Nếu bài này được tính ở chế độ tối ưu thì:
R
DC
= R
C
+ R
E
= 150Ω
Ω=
+
= 50
RR
R
R
R
LE
LE
AC
khi đó
mA100A1,0
50150
20
RR
V
I
I.
I. I.
I.

Sơ đồ mắc Emitter chung E.C:
Sơ đồ mắc Emitter chung E.C:Sơ đồ mắc Emitter chung E.C:
Sơ đồ mắc Emitter chung E.C: 1)

Bài 4-7: Q bất kỳ.
a-

Chế độ DC


V
CC
21
1
BB
≈
+
=
+
=

mA6,4
100
10.3
500
7
,
0
3
I
3
CQ
≈
+
−
=

V
CEQ
= V

i
b
b
L
i
L
i
i
i
i
i
i
i
A ==
(1)
Z
o
i
C
Z
i
R
i


i
R
C
=1,5K

C
C2
→

∞

-

+

+V
CC
=20V

C
E
→∞

+

-

R
1


h.
RR
R
i
i
i
i
i
i
33
3
fe
LC
C
b
C
C
L
b
L
−=
+
−=
+
−==

( )
61,0
76010.2,1
10.2,1

= R
C
= 1,5KΩ.

2)

Bài 4-11: Q bất kỳ và h
fe
thay đổi.
a-

Chế độ DC:
∗

100R5010.50.
10
1
R
10
1
R
bE11b
=<Ω==β= , không bỏ qua I
BQ
.
∗

100R15010.150.
10
1

,
0
7
,
1
R
R
7
,
0
V
I
1
b
E
BB
1EQ
=
+
−
=
β
+
−
=
mA100
10
7
,
0


Ω==
−
−
5,52
10.100
10.25
.150.4,1h
3
3
2ie

suy ra 21Ω ≤ h
ie
≤ 52,5Ω
b-

Chế độ AC:
R
L
=100
Ω

R
b
=100
Ω

V
BB


i
L

R
E
10Ω
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 55 - Một số bài tập mẫu - 55 -
ieb
b
fe
LC
C
i
b
b
L
i
L
i
hR
R
.h.
RR
R
i
i
i
i

= R
b
//h
ie
suy ra Z
i1
= 100//21 = 17,36Ω
Z
i2
= 100//52,5 = 34,43Ω
Vậy 20,66 ≤ A
i
≤ 49,18
17,36Ω ≤ Z
i
≤ 34,43Ω 3)

Bài 4-12: Dạng không có tụ C
E

a-

=
+
−
=

(có thể tính I
CQ
= 5 mA)
V
CEQ
= V
CC
– I
CQ
(R
C
+ R
E
) = 20 – 4,5.10
-3
.(3.10
3
) = 6,5V
Ω==
−
−
778
10.5,4
10.25
.100.4,1h


i
i
R
C
=2K

C
C
→

∞

-

+

+V
CC
=20V

i
L

R
E
=1K

R
L

ie
=778
Ω

i
C
i
b
R
b
100Ω
i
i
R
C

100Ω
i
L

h
ie
h
fe
i
b
R
L
= 100
Ω

i
i
i
i
i
fe
LC
C
b
C
C
L
b
L
−=
+
−==

09,0
1077810
10
RhhR
R
i
i
54
4
Efeieb
b
i
91,0
11
10
h1
h
h
fe
fe
fb
==
+
=

Ω==
+
=
−
−
32
2)

Chế độ AC: V
CC
R
2
V
i
+

-

R
1
C
b
→

∞

r
i


32Ω
i
e
R
i
50
Ω

V
i
+

-

Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 57 - Một số bài tập mẫu - 57 -

i
e
e
L
i
L

ob
L
ob
L
e
C
C
LL
e
L
−=
+
−=
+
−==

012,0
3250
1
hR
1
hR
V
.
V
1
V
i
ibiibi
i
V
CC
= I
BQ
R
b
+ V
BEQ
+ R
E
I
EQ

mA65,4
100
10
10
7
,
0
10
R

-3
.10
3
= 5,35 V

2)

Chế độ AC
R
L

1KΩ
V
i
+

-

R
E
1KΩ
Z
o
Z
i
C
c2

i
+

-

h
ie
753
Ω

i
b
R
b
100KΩ
R
e
.hfe

100KΩ
R
L
.hfe

100KΩ
V
b
V
L
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I

L
v
V
V
V
V
V
V
A
==
(1)
(
)
( )
[ ]
985,0
000
.
50
753
500.100
R//Rhhi
R
//
R
h
.
i
V
V

V
.R.
V
1
V
V
3'
bi
'
b
'
bi
i
'
b
ii
b
=
+
Ω
=
+
=
+
=
(3)
Thay (2), (3) vào (1) ta có: A
V
= 0,985.0,994 = 0,979 ≈ 0,98
[ ]

Ω

i
e
R
E
1KΩ
r
i
/hfe

5Ω
R
b
/hfe

1KΩ
Z
o
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 59 - Một số bài tập mẫu - 59 -
Chương VI:
Chương VI:Chương VI:
Chương VI: MẠCH TRANSISTOR GHÉP LIÊN TẦNG.
MẠCH TRANSISTOR GHÉP LIÊN TẦNG. MẠCH TRANSISTOR GHÉP LIÊN TẦNG.
MẠCH TRANSISTOR GHÉP LIÊN TẦNG.


Chế độ DC Chế độ DC
Chế độ DC Ω==>Ω=
+
=
+
= 500R.h.
10
1
RK1,2
10.710.3
10.7.10.3
RR
R.R
R
Efeb
33
33
2111
2111
1b

suy ra, không được bỏ qua I
BQ1
;
V310.
10.710.3
10.3

V
I
1fe
b
E
1BB
1EQ
1
1
=
+
−
=
+
−
=
V
CEQ1
= V
CC
– I
EQ1
(R
C1
+ R
E1
) = 10 – 16,2.10
-3
.300 = 5,14V
Ω===

33
2212
2212
2b

suy ra, được bỏ qua I
BQ2
;
V110.
10.910
10
V.
RR
R
V
33
3
CC
2212
12
2BB
=
+
=
+
=

mA2,1
250
3

V
CEQ2
= V
CC
– I
EQ2
(R
C2
+ R
E2
) = 10 – 1,2.10
-3
.2250 = 7,3V
Ω===
−
−−
1458
10.2,1
10.25
.50.4,1
I
10.25
.h4,1h
3
3
2EQ
3
2fe2ie

b

i
A =
(1)

i
C2
V
L
Z
o
Z
i
R
b

2,1K
i
i
h
ie1

108
50i
b1
R
C1

200
R
b2