Một số bài tập mẫu cho quyển “Giáo trình mạch điện tử 1” – Đề Thi Mẫu

Bạn đang xem trước

20 trang mẫu

tài liệu Một số bài tập mẫu cho quyển “Giáo trình mạch điện tử 1”, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 1 
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 VL: 
L
Li
DS
L RRR
VV
V
+
−
= 
VD = 0,7V (Si) và VD = 0,2V (Ge) 
a- Vẽ VL(t) với VS(t) dạng sóng vuông có biên độ 10 và 1V 
Kết quả với giả thiết: Ri = 1Ω, RL = 9Ω, VD = 0,7V. 
Vì Diode chỉnh lưu chỉ dẫn điện theo một chiều nên: 
∗ Trong 0T
2
1
>, Diode dẫn → iD ≠ 0 → iL ≠ 0 → VL ≠ 0. 
V37,89
91
7,010V 1L =+
−
= và V27,09
91
7,01V 2L =+
−
= 
∗ Trong 0T
2
1
<, Diode tắt → iD = 0 → iL = 0 → VL = 0. 
iL 
iD 
RL 
Ri 
VL Vs 
+ 
- 
- + VD 
10 
-10 
0 1 - - 
+ + 
VS 
2 3 4 t(ms) 
 1 
 -1 
0 1 - - 
+ + 
VS 
2 3 4 t(ms) 
8,37 
0 1 
VL1 
2 3 4 t(ms) 
0,27 
0 1 
VL2 
2 3 4 t(ms) 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 2 
b- Vẽ VL(t) với VS(t) dạng sóng sin có biên độ 10 và 1V. 
∗ Khi VS = 10sinωot nghĩa là VSm = 10V >> VD =0,7V ta có: 
99
91
10R
RR
VV L
Li
Sm
1L =+
≈
+
≈ 
tsin9V 01L ω≈ 
(Ta giải thích theo 0T
2
1
> và 0T
2
1
< ) 
∗ Khi VS = 1sinω0t nghĩa là VSm = 1V so sánh được với 0,7V: 
+ VS > 0,7V, Diode dẫn, iD ≠ 0, iL ≠ 0, VL ≠ 0. 
6,0tsin9,09
91
7,0tsin1
V 0
0
2L −ω=
+
−ω
= 
Tại sinω0t = 1, |VL2| = 0,27V. 
+ VS < 0,7V, Diode tắt, iD = 0, iL = 0, VL = 0. 
Với dạng sóng tam giác ta có kết quả tương tự như sóng sin. 
2) Bài 1-3: Để có các kết quả rõ ràng ta cho thêm các giá trị điện trở: R1 = 
1KΩ, Rb = 10KΩ, RL = 9KΩ. 
a- Vẽ VL(t) với dạng sóng vuông có biên độ 10V và 1 V. 
∗ 0T
2
1
>, Diode dẫn, RthD ≈ 0, dòng iL chảy qua Ri, D, RL nên ta có: 
V37,810.9.
10.910
7,010R
RR
VV
V 333L
Li
DS
1L =
+
−
=
+
−
= 
V27,010.9.
10.910
7,01R
RR
VV
V 333L
Li
DS
2L =
+
−
=
+
−
= 
iL 
RL 
9K 
Ri=1K 
VL Vs 
+ 
- 
- + VD 
Rb=10K 
10 
0 
-10 
9 
- - 
+ + 
1 
2 3 
4 t(ms) 
VS 
VL1 
0 1 2 3 4 t(ms) 
1 
0 
-1 
1 
2 3 
4 t(ms) 
VS 
VL2 
0 1 2 3 4 t(ms) 
0,7 
0,27 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 3 
∗ 0T
2
1
<, Diode tắt, Rng = ∞, dòng iL chảy qua Ri, Rb, RL nên ta có. 
V5,410.9.
10.91010
10R
RRR
V
V 3343L
Lbi
S
1L =
++
=
++
= 
V45,010.9.
10.91010
1R
RRR
V
V 3343L
Lbi
S
1L =
++
=
++
= 
b- Vẽ VL(t) với dạng sóng sin có biên độ 10V và 1 V. 
∗ Để đơn giản khi VSm = 10V (>>VD = 0,7V) ta bỏ qua VD. Khi đó: 
+ 0T
2
1
>, Diode dẫn, RthD ≈ 0, dòng iL chảy qua Ri, D, RL nên ta 
có: 
)V(tsin910.9.
10.910
tsin10R
RR
VV 0
3
33
0
L
Li
S
1L ω=+
ω
=
+
= 
+ 0T
2
1
<, Diode tắt, Rng = ∞, dòng iL chảy qua Ri, Rb, RL nên ta có. 
)V(tsin5,410.9.
10.91010
tsin10
R
RRR
V
V 0
3
343
0
L
Lbi
S
1L ω=
++
ω
=
++
= 
∗ Khi VS = 1sinω0t so sánh được với VD ta sẽ có: 
+ 0T
2
1
>, khi VSm ≥ 0,7, Diode dẫn, RthD ≈ 0, dòng iL chảy qua Ri, 
D, RL 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
t0
pi
=ω, sinω0t = 1, ta có VL2m = 0,9 - 0,63 = 0,27V 
+ 0T
2
1
>, khi VSm < 0,7, Diode tắt, RngD = ∞, dòng iL chảy qua Ri, 
Rb, RL nên ta có: 
10 
-10 
0 1 - - 
+ + 
VS 
2 3 4 t(ms) 
 1 
 -1 
0 1 - - 
+ + 
VS 
2 3 4 t(ms) 
8,37 
0 1 
VL1 
2 3 4 
t(ms) 
0,27 
0 1 
VL2 
2 3 4 t(ms) -4,5 
-0,45 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 4 
tsin315,010.9.
10.91010
tsin7,0
R
RRR
tsin7,0
V 0
3
343
0
L
Lbi
0
2L ω=
++
ω
=
++
ω
= 
+ 0T
2
1
<, Diode tắt, Rng = ∞, dòng iL chảy qua Ri, Rb, RL 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) Dạng mạch Thevenin áp dụng nguyên lý chồng chập: 
Bài 1-20 với Vi(t) = 10sinω0t 
a- Vẽ mạch Thevenin: 
Áp dụng nguyên lý xếp chồng đối với hai nguồn điện áp VDC và Vi: 
∗ Khi chỉ có VDC, còn Vi = 0 thì điện áp giữa hai điểm A-K: 
V3
10.5,110
10.5,15
rR
r
VV 33
3
ii
i
DCAK =
+
=
+
= 
∗ Khi chỉ có Vi, còn VDC = 0 thì điện áp giữa hai điểm A-K là: 
)V(tsin4
10.5,110
10tsin.10
rR
RVV 033
3
0
ii
i
iAK ω=+
ω=
+
= 
VL 
+ 
- 
Vi 
+ 
- 
iD 
RL 
1,4K 
Ri=1K 
VDC=5v 
K A 
ri=1,5K 
RT id 
VT 
K 
A 
RL 
Ri//ri iL 
VT 
K A 
10 
0 
-10 
9 
- - 
+ + 
t(ms) 
VS 
VL1 
t(ms) 
1 
0 
-1 
t(ms) 
VS 
VL2 
t(ms) 
0,7 
0,315 
+ + 
- - -4,5 -4,5 
0,585 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 5 
∗ Vậy khi tác động đồng thời cả VDC và Vi thì sức điện động tương 
đương Thevenin giữa hai điểm A-K là: 
)V(tsin43
rR
RV
rR
rVV 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
10.5,1.10R
rR
r.R
R 333
33
L
ii
ii
T 
b- Vẽ đường tải DC khi 
2
,
3
,
2
,
3
,0t0
pi
−
pi
−
pipi
=ω. 
∗ Tại V3V0t T0 =⇒=ω 
∗ Tại )V(46,6
2
343V
3
t T0 =+=⇒
pi
=ω 
∗ Tại )V(71.43V
2
t T0 =+=⇒
pi
=ω 
∗ Tại )V(46,0
2
343V
3
t T0 −=−=⇒
pi
−=ω 
∗ Tại )V(11.43V
2
t T0 −=−=⇒
pi
−=ω 
Theo định luật Ohm cho toàn mạch ta có. 
T
T
D
TT
DT
R
V
V.
R
1
R
VV
i +−=
−
= 
∗ Tại )mA(15,1
10.2
37,0.
10.2
1i0t 330 =+−=⇒=ω 
∗ Tại )mA(88,2
10.2
46,67,0.
10.2
1i
3
t 330 =+−=⇒
pi
=ω 
iD (mA) 
3,15 
2,88 
1,15 
3 6,46 7 
-1 
VT 
t 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 6 
∗ Tại )mA(15,3
10.2
77,0.
10.2
1i
2
t 330 =+−=⇒
pi
=ω 
∗ Tại )mA(58,0
10.2
46,07,0.
10.2
1i
3
t 330 −=−−=⇒
pi
−=ω 
∗ Tại )mA(85,0
10.2
17,0.
10.2
1i
2
t 330 −=−−=⇒
pi
−=ω 
c- Vẽ 
 ( )
( ) )V(tsin8,21,2tsin437,0V7,0
10.2
V10.4,1
Rr//R
VR
R
V.Ri.R)t(V
00T
3
T3
Lii
T
L
T
T
LDLL
ω+=ω+==
=
+
===
II. Diode Zenner: 
1) Dạng dòng IL = const (bài 1-40); 200mA ≤ IZ ≤ 2A, rZ = 0 
a- Tìm Ri để VL = 18V = const. 
Imin = IZmin + IL = 0,2 + 1 = 1,2 A. 
Imax = IZmax + IL = 1 + 2 = 3 A. 
Mặt khác ta có: Vimin = 22V = IZmin.Ri + VZ. 
Suy ra: 
Ω==−=−= 3,3
2,1
4
2,1
1822
I
VVR
minZ
Zmini
i 
Vimax = 28V = IZmaxRi + VZ 
Suy ra 
Ω==−=−= 3,3
3
10
3
1828
I
VV
R
maxZ
Zmaxi
i 
Vậy Ri = 3,3Ω. 
b- Tìm công suất tiêu thụ lớn nhất của Diode Zenner: 
PZmzx = IZmax.VZ = 2.18 = 36W. 
VL 
0 
-0,7 
2,1 
4,9V 
t 
RL=18Ω VZ=18v 22v>
b
E
R
R nên có thể tính gần đúng theo công thức 
E
BB
CQ R
7,0V
I
−
= ) 
VCEQ = VCC – ICQ(RC + RE) = 25 – 2,1.10-3.3.103 = 18,7V 
Từ hình vẽ ta thấy: ICQ < ICQTƯ nên ICm = ICQ = 2,1mA 
mA05,110.1,2.
10.210.2
10.2I
RR
R
I 333
3
Cm
LE
L
Lm =
+
=
+
=
− 
VLmmax = RL.ILm = 2.103.1,05.10-3 = 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 VVR
1Ii −−=− 
với Ω=
+
+= k2
RR
RR
RR
LE
LE
CAC 
Cho VCE = 0 suy ra mA45,11
10.2
7,1810.1,2
R
V
Ii 3
3
AC
CEQ
CQC =+=+=
− 
Q 
VCE(V) 
iC(mA) 
VCEQ 
= 18,7 
ICmax = 11,45 
3,8
R
V
DC
CC
= 






− 310.2
1ACLL 
10 0 
ICQTƯ = 5 






− 310.3
1DCLL 
22,9 25 
ICQ = 2,1 
VL 
CC→ ∞ 
Vcc=25V 
R2 
20K 
R1 
5K 
RC=1K 
RE=2K 
RL 
2K 
β=60 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 17 
iC = 0 suy ra V9,2210.1,2.10.27,18IRVV 33CQACCEQmaxCEQ =+=+=
− 
* 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. 
Ta có: mA5
10.210.3
25
RR
V
I 33
ACDC
CC
ƯCQT =
+
=
+
= 
VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 10V. 
2) Bài 2-24: Mạch được định dòng Emitter. 
Theo định luật K.II: ΣVkín = 0 ta có 
RbIBQ + VBEQ + RE.IEQ –VEE = 0 
Suy ra mA93
100
7,010
R
R
7,0V
I
b
E
BB
EQ =
−
≈
β+
−
= 
 VCEQ = VCC + VEE – ICQ(RC + RE) 
 = 10 + 10 – 93.10-3.150 = 6,05V 
∗ mA5,4610.93.
100100
100I
RR
R
I 3Em
LE
E
Lm =+
=
+
=
− 
∗ VLm = ILmRL = 46,5.10-3.102 = 4,65V 
∗ Đây là điểm Q bất kỳ nên ta có: 
( )CEQCE
AC
CQC VVR
1Ii −−=− 
+ Cho VCE = 0 suy ra mA214
R
V
Ii
AC
CEQ
CQmaxC =+= 
+ Cho iC = 0 suy ra 
V675,1050.10.9305,6RIVV 3ACCQCEQCE =+=+=
− 
iL 
I. 
I
CC→ ∞ 
VL 
CE→ ∞ 
VEE=-10v 
Rb<<βRE 
RC=50Ω 
RE=100Ω RL=100Ω 
VCC=10v 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 18 
∗ Nếu bài này được tính ở chế độ tối ưu thì: 
RDC = RC + RE = 150Ω 
Ω=
+
= 50
RR
RR
R
LE
LE
AC khi đó 
mA100A1,0
50150
20
RR
V
I
DCAC
CC
ƯCQT ==+
=
+
= 
VCEQTƯ = ICQTƯ.RAC = 5V 
VCE(V) 
iC(mA) 
VCEQ 
= 6,05 
214 
133
RR
VV
EC
EECC
=
+
+






−
50
1ACLL 
10,675 20 0 
ICQ = 93 






−
150
1DCLL 
Q 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 19 
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 
K3
205,3
20.5,3
RR
RRR
21
21
b ≈+
=
+
= 
V320.
205,3
5,3V
RR
RV CC
21
1
BB ≈+
=
+
= 
mA6,4
100
10.3500
7,03I 3CQ ≈
+
−
= 
VCEQ = VCC – ICQ(RC + RE) = 20 – 4,6.10-3.2.103 = 10,8V 
Ω==
−
−
760
10.6,4
10.25h.4,1h 3
3
feie 
b- Chế độ AC: 
 Zo 
iC 
Zi 
Ri 
2K 
ib 
Rb 
3K ii 
RC 
1,5K 
iL 
RL=1,5K hie 
100ib 
1,2K 
RL=1,5K 
ii 
RC=1,5K 
CC2→ ∞ - + 
+VCC=20V 
CE→∞ 
+ 
- 
R1 
3,5K 
iL 
R2=20K 
Ri=2K RE 
1,5K 
CC1→ ∞ 
- + 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 20 
i
b
b
L
i
L
i i
i
i
i
i
i
A == (1) 
50100.
10.5,110.5,1
10.5,1h.
RR
R
i
i
i
i
i
i
33
3
fe
LC
C
b
C
C
L
b
L
−=
+
−=
+
−== 
( ) 61,076010.2,1
10.2,1
hR//R
R//R
i
i
3
3
iebi
bi
i
b
=
+
=
+
= 
Thay vào (1) ta có: Ai = -50.0,61 = -30,6 
Zi = Ri//Rb//hie = 1200//760 = 465Ω 
Zo = RC = 1,5KΩ. 
2) Bài 4-11: Q bất kỳ và hfe thay đổi. 
a- Chế độ DC: 
∗ 100R5010.50.
10
1R
10
1R bE11b =<Ω==β=, không bỏ qua IBQ. 
∗ 100R15010.150.
10
1R
10
1R bE22b =>Ω==β=, bỏ qua IBQ. 
mA83
50
10010
7,07,1
RR
7,0VI
1
b
E
BB
1EQ =
+
−
=
β+
−
= 
mA100
10
7,07,1
R
7,0VI
E
BB
2EQ =
−
=
−
≈ 
Ω≈=
−
−
21
10.83
10.25.50.4,1h 3
3
1ie 
Ω==
−
−
5,52
10.100
10.25.150.4,1h 3
3
2ie 
suy ra 21Ω ≤ hie ≤ 52,5Ω 
RL=100Ω 
Rb=100Ω 
VBB=1,7v ii 
RC=100Ω 
CC→ ∞ - + 
+VCC=20v 
CE→∞ 
+ 
- 
iL 
RE 
10Ω 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 21 
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
A
++
−=== 
66,20
21100
100.50.
100100
100A 1i −=++
−= 
1,49
5,52100
100.150.
100100
100A 2i −=++
−= 
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 
3) Bài 4-12: Dạng không có tụ CE 
a- Chế độ DC: 
mA5,4
100
1010
7,07,5
h
RR
7,0VI 4
3
fe
b
E
BB
CQ =
+
−
=
+
−
= 
(có thể tính ICQ = 5 mA) 
VCEQ = VCC – ICQ(RC + RE) = 20 – 4,5.10-3.(3.103) = 6,5V 
Ω==
−
−
778
10.5,4
10.25.100.4,1h 3
3
ie 
Rb=10K 
VBB=5,7V 
ii 
RC=2K 
CC→ ∞ 
- + 
+VCC=20V 
iL 
RE=1K 
RL=100Ω 
iC 
ib 
Rb 
100Ω 
ii 
RC 
100Ω 
iL 
hie hfeib RL = 100Ω 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 22 
b- Chế độ AC: 
i
b
b
L
i
L
i i
i
i
i
i
i
A == (1) 
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
4
Efeieb
b
i
b
=
++
=
++
= 
Thay vào (1) ta được Ai = -95,24.0,09 = -8,6 
[ ] Ω=≈+= K1,910//10Rhh//RZ 54Efeiebi 
II. Sơ đồ mắc B.C: Bài 4-21, hoe = 410 
1) Chế độ DC: 
91,0
11
10
h1
hh
fe
fe
fb ==+
= 
Ω==
+
=
−
−
32
10
10.25.10.4,1.
11
1
h1
hh 3
3
fe
ie
ib 
5
4
fe
oe
ob 1011
10
h1
h
h −
−
==
+
= 
RL=100Ω 
ib 
Rb 
10K ii 
RC 
2K 
iL 
hfeRE 
100ib 
hie=778Ω 
VCC 
R2 
Vi 
+ 
- R1 Cb→ ∞ 
ri=50Ω RL=10K 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 23 
2) Chế độ AC: 
i
e
e
L
i
L
V V
i
i
V
V
V
A == (1) 
82791,0.
1010
10.10h.
h
1R
h
1R
i
i
.
i
Ri
i
V
54
54
fb
ob
L
ob
L
e
C
C
LL
e
L
−=
+
−=
+
−== 
012,0
3250
1
hR
1
hR
V.
V
1
V
i
ibiibi
i
ii
e
−=
+
−=
+
−=
+
−
= 
Thay vào (1) ta được AV = (-827).(-0,012) = 10,085 ≈ 10 
III. Sơ đồ mắc C.C: Bài 4-23 
1) Chế độ DC 
VCC = IBQRb + VBEQ + REIEQ 
mA65,4
100
1010
7,010
RR
7,0VI 5
3b
E
CC
EQ =
+
−
=
β+
−
=⇒ 
VCEQ = VCC – REIEQ = 10 – 4,65.10-3.103 = 5,35 V 
RL 
10KΩ 
iL 
1/hob 
105Ω 
iC 
hfbie 
0,91ib 
hib 
32Ω 
ie 
Ri 50Ω 
Vi 
+ 
- 
RL 
1KΩ 
Vi 
+ 
- 
RE 
1KΩ 
Zo Zi 
Cc2→∞ 
ri 500Ω 
100KΩ 
Rb 
Cc1→∞ 
+VCC =10V 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 24 
2) Chế độ AC 
Ω≈=
−
−
753
10.65,4
10.25h4,1h 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
LEfeieb
LEfeb
b
L
=
+
=
+
=
 (2) 
R’b = Rb//[hie + hfe(RE//RL)] = 33,3Ω 
994,0
10.3,33500
K3,33
Rr
R
Rr
V
.R.
V
1
V
V
3'
bi
'
b
'
bi
i'
b
ii
b
=
+
Ω
=
+
=
+
= (3) 
Thay (2), (3) vào (1) ta có: AV = 0,985.0,994 = 0,979 ≈ 0,98 
[ ] Ω≈+≈





+= 37,12553,7//10
h
R//r
h//RZ 3
fe
bi
ibEo 
( )[ ] Ω==+= K3,33RR//Rhh//RZ 'bLEfeiebi 
iL’ 
ri 500Ω 
Vi 
+ 
- 
hie 753Ω ib 
Rb 
100KΩ 
Re.hfe 
100KΩ 
RL.hfe 
100KΩ 
Vb VL 
Zi 
hie/hfe 7,53Ω 
ie 
RE 
1KΩ 
ri/hfe 
5Ω 
Rb/hfe 
1KΩ 
Zo 
Khoa Điện - Điện tử Viễn thông Mạch Điện Tử I 
Một số bài tập mẫu 25 
Chương VI: MẠCH TRANSISTOR GHÉP LIÊN TẦNG. 
I. Transistor ghép Cascading: 
1) E.C – C.E 
Bài 6-1: Điểm Q bất kỳ, 2 tầng hoàn toàn độc lập với nhau. 
a - Chế độ DC 
Ω==>Ω=
+
=
+
= 500R.h.
10
1RK1,2
10.710.3
10.7.10.3
RR
R.RR Efeb33
33
2111
2111
1b 
suy ra, không được bỏ qua IBQ1; 
V310.
10.710.3
10.3V.
RR
R
V 33
3
CC
2111
11
1BB =
+
=
+
= 
mA2,16
50
2100100
7,03
h
R
R
7,0V
I
1fe
b
E
1BB
1EQ
1
1
=
+
−
=
+
−
= 
VCEQ1 = VCC – IEQ1(RC1 + RE1) = 10 – 16,2.10-3.300 = 5,14V 
Ω===
−
−−
108
10.2,16
10.25.50.4,1
I
10.25.h4,1h 3
3
1EQ
3
1fe1ie 
Ω==<Ω=
+
=
+
= 1250R.h.
10
1RK9,0
10.910
10.9.10
RR
R.R
R Efeb33
33
2212
2212
2b 
suy ra, được bỏ qua IBQ2; 
V110.
10.910
10V.
RR
R
V 33
3
CC
2212
12
2BB =
+
=
+
= 
mA2,1
250
3,0
50
900250
7,01

Source: https://thomaygiat.com
Category : Điện Tử