Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 35 - Một số bài tập mẫu - 35 -
MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU CHO QUYỂN
“Giáo trình mạch điện tử I”

Chương I: DIODE BÁN DẪN.

I. Diode bán dẫn thông thường:
1) Vẽ dạng sóng chỉnh lưu: (Bài 1-1 trang 29)

Công thức tổng quát tính V
L
:
L
Li
DS
L
R
RR
VV
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
7,010
V
1L




và
V27,09
91
7,01
V
2L

s
+
-
-

+

V
D
10
-10
0
1
-
-
+
+
V
S

2
3
4
t(ms)
1
-1
0
1
-
-

- 36 - Một số bài tập mẫu - 36 -
b- Vẽ V
L
(t) với V
S
(t) dạng sóng sin có biên độ 10 và 1V.  Khi V
S
= 10sin
o
t nghóa là V
Sm
= 10V >> V
D
=0,7V ta có:
99
91
10
R

= 1sin
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
7,0tsin1
V
0
0
2L





Tại sin
0

a- Vẽ V
L
(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
7,010
R
RR
VV
V
3
33
L
Li
DS
1L

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)
0,7
0,27
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 37 - Một số bài tập mẫu - 37 -

0T
2
1

, Diode tắt, R
ng
= , dòng i
L
chảy qua R
i
, R
b
, R
L
nên ta có.
V5,410.9.
10.91010
10
R
RRR


 b- Vẽ V
L
(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


+
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
tsin10
R
RRR
V
V
0
3

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







Tại

-10
0
1
-
-
+
+
V
S

2
3
4
t(ms)
1
-1
0
1
-
-
+
+
V
S

2
3
4
t(ms)
8,37

0
3
343
0
L
Lbi
0
2L








+
0T
2
1

, Diode tắt, R
ng
= , dòng i
L
chảy qua R
i
, R
b
, R
2) Dạng mạch Thevenin áp dụng nguyên lý chồng chập:
Bài 1-20 với V
i
(t) = 10sin
0
t a- Vẽ mạch Thevenin:
Áp dụng nguyên lý xếp chồng đối với hai nguồn điện áp 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






V
L
+
-
V
i
+
-

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

i
ii
i
DCT






 Điện trở tương đương Thevenin chính là điện trở tương đương của
phần mạch khi Diode hở mạch là:




 K210.4,1
10.5,110
10.5,1.10
R
rR
r.R
R
3
33
33
L
ii
ii
T

t
T0




 Tại
)V(71.43V
2
t
T0




 Tại
)V(46,0
2
3
43V
3
t
T0




 Tại
)V(11.43V
2

V.
R
1
R
VV
i 



 Tại
)mA(15,1
10.2
3
7,0.
10.2
1
i0t
33
0


 Tại
)mA(88,2
10.2
46,6
7,0.
10.2
1
i
3

2
t
33
0




 Tại
)mA(58,0
10.2
46,0
7,0.
10.2
1
i
3
t
33
0




 Tại
)mA(85,0
10.2
1
7,0.
10.2

L
T
T
LDLL




II. Diode Zenner:
1) Dạng dòng I
L
= const (bài 1-40); 200mA  I
Z
 2A, r
Z
= 0




 3,3
2,1
4
2,1
1822
I
VV
R
minZ
Zmini
i

V
imax
= 28V = I
Zmax
R
i
+ V
Z

Suy ra





-0,7
2,1
4,9V
t
R
L
=18
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 -
2) Dạng dòng I
L
 const: (bài 1-41), 10mA  I
L
 85mA.

= 13V ta có



 30
085,0015,0
1013
R
maxi

 Khi V
DC
= 16V ta có



 60
085,0015,0
1016
R
maxi

Vậy ta lấy R
imax
= 30.

b- Tìm công suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner.
P
Zmax
= I

mA19019,001,02,0III
minLmaxmaxz



W9,11019,0P
maxz
3) Dạng I
Z
 const; I
L
 const (Bài 1-42)
30  I
L
 50mA, I
Zmin
= 10mA.
r
Z
= 10 khi I
Z
= 30mA; P
zmax
=800mW.

= I
Zmax
+ I
Lmin
= 110mA
R
L

V
Z
=10v
20v<V
DC
<25v
R
i

10
I
Z

V
L
I
L

R
L

V



 7,166
06,0
1020
R
maxi

V
imax
= I
max
.R
i
+ V
Z
= 25V



 36,136
11,0
1025
R
mini

Suy ra: 136,4  R
i
 166,7
Vậy ta chọn R

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
105,15
I
1Z



;
mA7,16
150


I
Z
(mA)
V
Z
36,7

50

30

80

70

1) Bài 2-10: 20    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

10
1
R 

 K610.60.
10
1
RRK210.20.
10
1
R
3
2bb
3
1b

Vậy 2K  R
b
 6K
 Mặt khác




b
E
BB
CQ
R
R























12
bE
1
b
E
2
b
E

E
b

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 -
Chọn R
b
= 3,5K.
 Nếu bỏ qua I
BQ
ta có V
BB
 V

CC
BB
b1

 K06,1010057
7,8
25
10.5,3
V
V
RR
3
BB
CC
b2

 Ta có thể tính tổng quát: Chọn R
b
= 4K thay vào (1):
%9,88
1200
1067
20
10.4
10
60
10.4
10
I
I

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








V
CEQTƯ
= 5.10
-3
.2,5.10
3
= 12,5V
 Chọn
 K1010.100.
10
1
R
10
1
R
3
Eb
(bỏ qua I
BQ
)

R
V
DC
CC


 
5
RR2
V
EC
CC










3
10.5,2
1
ACLLDCLL

Q
TƯ


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;  = 20. Tìm giá trò tối đa của dao
động có thể có được ở C và tính .

V
CEQ
= V
CC
– I
CQ
(R
C
+ R
E
) = 6 – 3,3.10
-3
.1,1.10
3
= 2,37V
 Vậy giá trò tối đa của dao động là:
I
Cmmax
= i
Cmax

R
E
= 100
V
BB
= 1,2V
45,5
R
V
DC
CC


I
CQ
= 3,3
i
C
(mA)
V
CE
(V)
2,37
3
6
0
2,725
Q
TƯ
Q



Hiệu suất:
%7,11
10.8,19
10.31,2
P
P
3
3
CC
L




II. Bộ KĐRC không có C
C
, C
E
(tụ bypass Emitter) (EC)
1) Bài 2-15: Điểm Q bất kỳ.



suy ra V
BB
= 0,7 + 100.10
-2
= 1,7V

 K1100.100
10
1
R
10
1
R
Eb



 K2,1
83,0
10
10
7,1
1
10

như trên ta phải vẽ DCLL và ACLL: C
E
 
V
cc
=10V
R
2
R
1
R
C
=150
R
E

100
=100; V

DCLL

7,5
60
10
V
CEmax
= 9V
I
Cmmax

15
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 47 - Một số bài tập mẫu - 47 -
V
CEQ
= V
CC
– I
CQ
(R
C
+ R
E
) = 10 – 10
-2
.250 = 7,5V
Từ hình vẽ ta nhận thấy để I
Cm
lớn nhất và không bò méo thì I

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
V
II


(1)
V
CEQTƯ
= R
AC

 V
BB
 0,7 + I
CQTƯ
.R
E
= 3,2V.
 K1100.100.
10
1
R
10

(mA)
V
CEQTƯ

= 3,75
2I
CQTƯ
= 5040
RR
V
EC
CC










150
1
ACLL

2V

V
RR
3
BB
CC
b2

Để vẽ ACLL, rất đơn giản ta chỉ cần xác đònh:
i
Cmax
= 2I
CQTƯ
và V
Cemax
= 2V
CEQTƯ.

III. Bộ KĐ R-C có C
C
và C
E
(E.C).
1) Bài 2-20: Điểm Q tối ưu
R
DC
= R
C
+ R
E
= 900 + 100 =1K

II
DCAC
CC
ƯCQT
maxCm




V
CEQTƯ
= I
CQTƯ
.R
AC
= 6,9.10
-3
.450 = 3,1V
V
BB
= 0,7 + R
E
.I
CQTƯ
= 0,7 + 100.6,9.10
-3
= 1,4V
 K1100.100.
10
1

=900
R
E

100
C
C
 
R
L
=900K
V
CE
(V)
i
C
(mA)
V
CEQTƯ

= 3,1
2I
CQTƯ
= 13,810
RR
V
EC




1000
1
DCLL

Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 49 - Một số bài tập mẫu - 49 -




 1163
86,0
10
10
4,1
1
10
V
V
1
1
RR
33
CC
BB
b1



2) Vẫn bài 2-20 nếu ta bỏ tụ C
E
thì ta sẽ có bộ khuếch đại R.C có C
C
mà không
có C
E
. Khi đó kết quả tính toán sẽ khác rất ít vì R
E
<< R
C
, R
L

R
DC
= R
C
+ R
E
= 900 + 100 = 1K




 550

CQTƯ
.R
AC
= 6,45.10
-3
.550 = 3,55V
V
BB
= 0,7 + I
CQ
. R
E
= 0,7 + 6,45.10
-3
.100 = 1,345V
 K1100.100.
10
1
R
10
1
R
Eb





 1155
8655,0

I
RR
R
I
3
Cm
LC
C
Lm







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

IV. 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
R
7,0V
I
3
3
b
E
BB
CQ







R
b
= = =
4K
R
1
+ R
2
R
1

R
nên có thể tính gần đúng theo công thức
E
BB
CQ
R
7,0V
I


)
V
CEQ
= V
CC
– I
CQ
(R
C
+ R
E
) = 25 – 2,1.10
-3
.3.10
3
= 18,7V


3
Cm
LE
L
Lm







V
Lmmax
= 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




QV
CE
(V)
i
C
(mA)
V
CEQ

= 18,7
I
Cmax
= 11,453,8
R
V
DC
CC






22,925I
CQ
= 2,1
V
L
C
C
 
V
cc
=25V
R
2

20K
R
1

5K
R
C
=1K
R

+ 2.10
3
= 3K.
Ta có:
mA5
10.210.3
25
RR
V
I
33
ACDC
CC
ƯCQT






V
CEQTƯ
= I
CQTƯ
.R
AC
= 10V.

2) Bài 2-24: Mạch được đònh dòng Emitter.
Theo đònh luật K.II: V






V
CEQ
= V
CC
+ V
EE
– I
CQ
(R
C
+ R
E
)
= 10 + 10 – 93.10
-3
.150 = 6,05V

R
L
= 46,5.10
-3
.10
2
= 4,65V
 Đây là điểm Q bất kỳ nên ta có:
 
CEQCE
AC
CQC
VV
R
1
Ii 

+ Cho V
CE
= 0 suy ra
mA214
R
V
Ii
AC
CEQ
CQmaxC


+ Cho i

b
<<R
E
R
C
=50
R
E
=100
R
L
=100
V
CC
=10v
Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 52 - Một số bài tập mẫu - 52 -







V
CEQTƯ
= I
CQTƯ
.R
AC
= 5V
V
CE
(V)
i
C
(mA)
V
CEQ

= 6,05
214133
RR







150
1
DCLL

QKhoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 53 - Một số bài tập mẫu - 53 -
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

1
BB






mA6,4
100
10.3
500
7,03
I
3
CQ





V
CEQ
= V
CC
– I
CQ
(R
C
+ R

i
C
Z
i
R
i

2K
i
b
R
b
3K
i
i
R
C

1,5K
i
L

R
L
=1,5K
h
ie
100i
b
1,2K

R
2
=20K
R
i
=2K
R
E
1,5K
C
C1
 
-

+

Khoa Điện – Điện tử Kỹ thuật mạch Điện Tử I
- 54 - Một số bài tập mẫu - 54 -
i
b
b
L
i
L
i
i
i
i
i
i



 
61,0
76010.2,1
10.2,1
hR//R
R//R
i
i
3
3
iebi
bi
i
b






Thay vào (1) ta có: A
i
= -50.0,61 = -30,6
Z
i
= R
i
//R

1
R
10
1
R
bE22b

, bỏ qua I
BQ
. mA83
50
100









21
10.83
10.25
.50.4,1h
3
3
1ie




5,52
10.100
10.25
.150.4,1h
3
3
2ie

suy ra 21  h
ie
 52,5

L

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

i
= R
b
//h
ie
suy ra Z
i1
= 100//21 = 17,36
Z
i2
= 100//52,5 = 34,43
Vậy 20,66  A
i
 49,18
17,36  Z
i
 34,43 3) Bài 4-12: Dạng không có tụ C
E

a- Chế độ DC:
mA5,4

CC
– I
CQ
(R
C
+ R
E
) = 20 – 4,5.10
-3
.(3.10
3
) = 6,5V



778
10.5,4
10.25
.100.4,1h
3
3
ie
L

R
E
=1K
R
L
=100
i
C
i
b
R
b
100
i
i
R
C

100
i
L

h
ie
h
fe
i
b

24,95h.
RR
R
i
i
i
i
i
i
fe
LC
C
b
C
C
L
b
L




09,0
1077810
10
RhhR
R
i
i
54
91,0
11
10
h1
h
h
fe
fe
fb









32
10
10.25
.10.4,1.
R
L
=100
i
b
R
b
10K
i
i
R
C

2K
i
L

h
fe
R
E
100i
b
h
ie
=778
V
CC

e
e
L
i
L
V
V
i
i
V
V
V
A 
(1)
82791,0.
1010
10.10
h.
h
1
R
h
1
R
i
i
.
i
Ri
i

V
i
ibiibi
i
ii
e









Thay vào (1) ta được A
V
= (-827).(-0,012) = 10,085  10

III. Sơ đồ mắc C.C: Bài 4-23
1) Chế độ DC

b
E
CC
EQ









V
CEQ
= V
CC
– R
E
I
EQ
= 10 – 4,65.10
-3
.10
3
= 5,35 V

R
L



-

R
L

1K
V
i
+

-

R
E
1K
Z
o
Z
i
C
c2

r
i
500
100K
R
b
C

h4,1h
3
3
feie

i
b
b
L
i
L
v
V
V
V
V
V
V
A 
(1)
 
 
 
985,0
000.50753
500.100
R//Rhhi
R//Rh.i
V
V

V
.R.
V
1
V
V
3'
bi
'
b
'
bi
i
'
b
ii
b








(3)
Thay (2), (3) vào (1) ta có: A
V
= 0,985.0,994 = 0,979  0,98
 

i
+

-

h
ie
753
i
b
R
b
100K
R
e
.hfe

100K
R
L
.hfe

100K
V
b
V
L
Z
i
h





 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.
RR
R
V








V
CEQ1
= V
CC
– I
EQ1
(R
C1
+ R
E1
) = 10 – 16,2.10
-3
.300 = 5,14V



108
10.2,16
10.25
.50.4,1
I
10.25
.h4,1h

10.910
10
V.
RR
R
V
33
3
CC
2212
12
2BB






mA2,1
250
3,0
50
900
250
7,01
2h
R
R
7,0V
I

10.25
.50.4,1
I
10.25
.h4,1h
3
3
2EQ
3
2fe2ie

b - Chế độ AC i
1b
1b
2b
2b
L
i
i
i
.


200
R
b2

900
h
ie2

1458
50i
b2
R
C

2K
i
b1
i
b2
i
C1