Bài 4.2

Khi t = t1, vi = 10v D: OFF, ta có mạch tương đương:

áp dụng bài tập 1.13 chương I, ta có:

2t /1 2o

2

Rv t 10 1 e

R Rr

Với 1 . 0.05Rr Cp s

2 . 1,5R C s

t/1,5

o

100 0,05 1,5v t 10 1 e

100 10 1,5

2t/

ov t 9,1 1 0,97e (0) 0.273

(1 ) 4.57

o

o

v V

v s V

Khi t = t2, vi = -10v D: ON, ta có mạch tương đương:

R

100kΩ

Cp

5pF

C

15pFVi

Rr

10kΩ

2t /1 2o

2

Rv t 10 1 e

R Rf

Với 1 . 0.5Rf Cp ns

2 . 1,5R C s

2t/

ov t 10 1 e

t /

ov t 10 1 e (1 ) 4,86

(1,1 ) 5,2

o

o

v s V

v s V

Bài 4.3

T1 T2

vi

t

Vo

t 1us 1,1us

R

100kΩ

Cp

5pF

C

15pFVi

Rf

10kΩ

Tổng quát:

1 1

1

1Z sC

R

2 2

2

1Z sC

R

2

1 2

ZVo s Vi K s Vi s

Z Z

2 2 1

1 2 1 2 2

Z R 1 sK

Z Z R R 1 s

Trong đó: 1 1 1R C và 1 22 1 2

1 2

R RC C

R R

Khi D ON R1 = Rf = 1k

τ1 = R1 C1 = 1k * 5p = 5. 10-9

τ2 = 𝑅1 𝑅2

𝑅1+ 𝑅2 ( C1 +C2) = 1.81. 10-8

Khi D OFF R1 = Rr = 100k

τ1 = R1 C1 = 100k * 5p = 5. 10-7

τ2 = 𝑅1 𝑅2

𝑅1+ 𝑅2 ( C1 +C2) = 1.81. 10-7

xét chỉ có Vi

Khi Vi = 10v D On R1 = Rf = 1k

V0 =𝑉𝑖𝑅2

𝑅1+ 𝑅2 (1 +

τ1− τ2

τ2 𝑒−(

𝑡

τ2))

=1010𝑘

1𝑘+ 10𝑘 (1 +

5.10−9− 1.81.10−8

1.81.10−8 𝑒−(

𝑡

1.81.10−8))

Khi Vi = - 10v D Off R1 = Rr = 100k

V0 =𝑉𝑖𝑅2

𝑅1+ 𝑅2 (1 +

τ1− τ2

τ2 𝑒−(

𝑡

τ2))

=−1010𝑘

100𝑘+ 10𝑘 (1 +

5.10−7− 1.81.10−7

1.81.10−8 𝑒−(

𝑡

1.81.10−7))

Xét chỉ có Vr

Đặt C=C1+C2=20p

Z= Rf //C

Vo(s)=VR.𝑍

𝑍+𝑅

Vo(s)=VR(s).𝑅𝑓

𝑅𝑓+𝑅+𝑠𝑅𝑓.𝑅.𝐶

=VR(s). 𝑅𝑓

(𝑅𝑓+𝑅).(1+𝑠𝑅𝑓.𝑅.𝐶

𝑅𝑓+𝑅)

Vo(t)= VR.𝑅𝑓

𝑅𝑓+𝑅 .(1 − 𝑒

−𝑡

τ )

Với τ= C. R* =C. (Rf // R)=1,82 . 10^-12

Vậy ngõ ra Vo là chồng chập giữa 2 ngõ ra do Vi và Vr gây ra

Khi Vi=10v thì ( D on)

Ta có

R1 = Rf = 1k

R2 =R=10k

τ1 = R1 C1 = 1k * 5p = 5. 10-9

τ2 = 𝑅1 𝑅2

𝑅1+ 𝑅2 ( C1 +C2) = 1.81. 10-8

τ= C. R* =C. (Rf // R)=1,82 . 10^-12

Vo(t )=VR.𝑅𝑓

𝑅𝑓+𝑅 .(1 − 𝑒

−𝑡

τ )+ 𝑉𝑖𝑅

𝑅𝑓+𝑅 (1 +

τ1− τ2

τ2 𝑒−(

𝑡

τ2))

Khi Vi=-10v thì (D OFF)

τ1 = R1 C1 = 100k * 5p = 5. 10-7

τ2 = 𝑅1 𝑅2

𝑅1+ 𝑅2 ( C1 +C2) = 1.81. 10-7

τ= C. R* =C. (Rf // R)=1,82 . 10^-12

Vo(t)= VR.𝑅𝑓

𝑅𝑓+𝑅 .(1 − 𝑒

−𝑡

τ )+ 𝑉𝑖𝑅

𝑅𝑓+𝑅 (1 +

τ1− τ2

τ2 𝑒−(

𝑡

τ2))

Vo(0)=2.51

Vo(1us-)=9.27

Vo(1us+)=-8.97

Nhóm 8

Bài 4.5 a) Cho diode lý tưởng vẽ Vo theo Vin

Khi Vi < 0 thì D1 off, D2 off => 0V là mức xén dưới

Với 0 ≤ Vin < VA :D1 on và D2 off

𝑣𝐴 =𝑣𝑖𝑛

2

Với VA = Vin/2> 10v thì D2 on => Vi ≥ 20V thì D1 on, D2 on

Vậy 0V ≤ Vin < 20v : D1 on D2 off

𝑣𝑜 = 𝑣𝐴 =𝑣𝑖𝑛

2

Với Vin > 20v : D1 on ,D2 on => Vo= 10v

Vẽ đặc tuyến truyền đạt :

A

R1

R2

b) Với Vin= 40sin(𝜔𝑡)

10v

20v

V

Bài 4.6 giả sử diode lý tưởng, vẽ đặc tuyến hàm truyền vo theo vi từ 0 ->50V.

10 iv v D1 dẫn , D2&D3 tắt

0

56 3

5 5

kv V

k k

1 3v V

23 iv v D1&D3 dẫn, D2 tắt

39 iv v D3 dẫn,D1&D2 tắt

0

0 3

5 2

5 2,5 3

220 30

3

i i

i

v k vv

k k

vv v V

D2&D3 dẫn,D1 tắt

0

20 4(2,5 / /10 ) 4 2,5 / /10 2

2,5 10 5

5 4 5 4 204

5 5 7 7 7

i ith th

i ith

th

v vv k k R k k k

k k

k v vv v

k R

0

0 2

6 2 5( )(2,5 / /5 ) 2 2,5 / /52,5 5 3 3

.51,5

5 2

1,5 6 (6 1,5) 2 92

i ith th

th i

th

i

v v kv k k R k k

k k

v k vv

R k

vv v V

30 50iv

Bài 4.7

D2 dùng để bù nhiệt, Rf=50 Ω, Rr=∞, Vγ=0

a, Vẽ đặc tuyến truyền đạt của V0 theo Vi, chứng minh rằng mạch 1 có 1 điểm gãy mở rộng.

b, vẽ đặc tuyến truyền đạt nếu bỏ D2 và dịch chuyển R thay thế chỗ D2.

c, chứng minh rằng 2 điểm gãy ở câu a sẽ mất nếu Rf<<R.

3 3

6

20

31.43

0

5

10

15

20

25

30

35

0 10 20 30 40 50 60

r

Vi

bài làm

Xét tín hiệu khi có 3 phần tử R, D2 và nguồn DC thì áp trên R bằng 9.9V.Vậy

a/ Ta thấy, khi Vi<9.9v thì D1 tắt, D2 dẫn nên Vo sẽ bằng áp trên R

Vo = 9.9v

Khi 9.9≤Vi<10, thì D1 dẫn, D2 dẫn

Tổng trở trên mạch

Rx= ( R//Rf )+ Rf = Rz+Rf = (5000//50)+50=99.5 Ω

Áp ngõ ra V0 = 𝑉𝑖.𝑅𝑧

𝑅𝑥 =

49.5𝑉𝑖

99.5= 0.49Vi

Khi áp Vi≥10v0 thì D1 dẫn, D2 tắt và áp đầu ra V0 sẽ là :

V0= 5000𝑉𝑖

5000+50 =0.99Vi

Ta có đặc tuyến Vo, Vi

Nhìn vào đồ thị, trong đoạn Vi từ 9.9 đến 10 độ dốc đặc tuyến là 0.49, từ 10 trở đi thì là 0.99, vì điểm này

rất nhỏ và gần nên đây là điểm gãy mở rộng.

9.9v

9.9v

Độ dốc 0.99

10v

Điểm gãy mở rộng

V0

Vi

b, Khi bỏ D2 và dịch chuyển R thay thế chỗ D2.

Ta thấy khi Vi<10v D1 thì tắt nên áp đầu ra Vo=10v

Khi Vi≥10v, thì D1 dẫn, với Rf=50Ω

Vo= 𝑉𝑖.𝑅1

𝑅1+𝑅𝑓=

𝑉𝑖.5000

5000+50 0.99Vi

10

10

Độ dốc 0.99

V0

Vi

c/ Ta tìm lại công thức ở câu a,

xét tín hiệu khi có 3 phần tử R, D2 và nguồn DC thì VR1= 𝑉𝑑𝑐.𝑅1

𝑅1+𝑅𝑓

Vậy :

Khi Vi< VR1 thì D1 tắt và D2 dẫn, áp ngõ ra V0 =𝑉𝑑𝑐.𝑅1

𝑅1+𝑅𝑓

Khi 𝑉𝑑𝑐.𝑅1

𝑅1+𝑅𝑓≤ Vi < 10V, thì D1 dẫn, D2 dẫn

V0 = 𝑉𝑖.(𝑅1//𝑅𝑓)

(𝑅1//𝑅𝑓)+𝑅𝑓 =

𝑉𝑖.𝑅𝑓.𝑅1

(𝑅1.𝑅𝑓)+𝑅𝑓(𝑅1+𝑅𝑓) (1)

Khi Vi>10V thì D1 dẫn, D2 tắt

V0=𝑉𝑖.𝑅1

𝑅1+𝑅𝑓. (2)

Ta nhận thấy, trong biểu thức 1 và 2 thì độ dốc của Vi là khác nhau, đây là nguyên nhân gây ra

điểm gãy mở rộng trong đoạn 𝑉𝑑𝑐.𝑅1

𝑅1+𝑅𝑓≤ Vi < 10V

khi Rf<<R thì đoạn 𝑉𝑑𝑐.𝑅1

𝑅1+𝑅𝑓 càng ngày càng tiến tới Vdc = 10v, => càng ngày càng thu hẹp độ rộng của điểm

gãy, đến khi 1 mức nào đó, thì điểm gãy sẽ không còn và đặc tuyến ngõ ra sẽ giống câu b.

Bài 4.12 / mạch tương đương khi D on và D off:

τ1 = (Rf + Rs)C = 0.1 ms τ2 = (R + Rs)C = 10ms

0 ≤ t < 0.1 ms: Vi = 0 => V0 = 0, Vc (0.1-)= 0

≤ t < 0.2 ms: Vi = 5V => V0(t) = 𝑅𝑓

𝑅𝑓+𝑅𝑠 (Vi-Vc(0.1-))𝑒−(𝑡−𝑡2)/𝜏1

V0 = 2.5𝑒−(𝑡−0.1)/0.1

V0(0.1+) = 2.5V

V0(0.2-) = 0.92V

V0(0.2-) = 4.18V

0.2 ≤ t < 0.3 ms: Vi = -5V => D off

V0(t)= 𝑅

𝑅+𝑅𝑠 (Vi-Vc(0.2-))𝑒−(𝑡−0.2)/10

Mà do τ2 rất lớn hơn so với thời gian xả nên xem như C không xả

V0 = -5 –Vc(0.1-) = -9.08V và Vc(0.3-) = 4.08V

0.3 ≤ t < 0.4 ms: Vi = 10V

Tương tự biểu thức khi D on: V0(t) = 2.96𝑒−(𝑡−0.3)/𝜏1

V0(0.3+) = 2.96V , V0(0.4-) = 1.08V,

Vc(0.4-) = 8.911V

t ≥ 0.4 ms: Vi = 0V => D off tương tự C không xả

V0(t) = -Vc(0.4-) = 8.911 V, Vc(0.4+) = 8.911 V

Bài 4.13

0 ≤ t <0.1 ms vi = 10v , vc(0-) =0 , D ON

τ1 = (Rf + Rs) C = (100 + 5k) 0.5. 10-6 = 2.55 ms

v0(t) = 𝑅𝑓

𝑅𝑓+𝑅𝑠 [(𝑉1 − 𝑣𝑐(𝑡1

−)] 𝑒−(𝑡−𝑡1)/τ1 = 100

100+5𝑘 (10 − 0) 𝑒−𝑡/2.55

v0 (0+) = 0.196

v0 (0.1-) = 0.1885

vc (0.1-) = 𝑉1 − 𝑣0(𝑡1−)

𝑅𝑓+𝑅𝑠

𝑅𝑓 = 10 -0.1885

5𝑘+100

100 = 0.386 v

0.1 ≤ t <0.2 ms vi = 0v , vc(0.1-) =0.386 , D OFF

τ2 = (R + Rs) C = (15k + 5k) 0.5. 10-6 = 10 ms

τ2 = 10ms > 𝑇

2 = 0.1 ms nên xem như C2 không xả

v0 = vc (0.1-) = -0.386v

vc (0.2-) 0.386v

0.2 ≤ t <0.3 ms vi = 10v , vc(0.2-) =0.386v , D ON

τ1 = (Rf + Rs) C = (100 + 5k) 0.5. 10-6 = 2.55 ms

v0(t) = 𝑅𝑓

𝑅𝑓+𝑅𝑠 [(𝑉1 − 𝑣𝑐(𝑡1

−)] 𝑒−(𝑡−𝑡1)/τ1

= 100

100+5𝑘 (10 − 0.386) 𝑒−(𝑡−0.2)/2.55

v0 (0.2+) = 0.1885

v0 (0.3-) = 0.181

vc (0.3-) = 𝑉1 − 𝑣0(𝑡1−)

𝑅𝑓+𝑅𝑠

𝑅𝑓 = 10 -0.181

5𝑘+100

100 = 0.769 v

0.3 ≤ t <0.4 ms vi = 0v , vc(0.3-) =0.769 , D OFF

τ2 = 10ms > 𝑇

2 = 0.1 ms nên xem như C2 không xả

v0 = vc (0.3-) = -0.769v

vc (0.4-) = 0.769v

0.4 ≤ t <0.5 ms vi = 10v , vc(0.4-) =0.769v , D ON ,τ1 = 2.55 ms

v0(t) = 𝑅𝑓

𝑅𝑓+𝑅𝑠 [(𝑉1 − 𝑣𝑐(𝑡1

−)] 𝑒−(𝑡−𝑡1)/τ1

= 100

100+5𝑘 (10 − 0.769) 𝑒−(𝑡−0.4)/2.55

v0 (0.4+) = 0.181

v0 (0.5-) = 0.174

vc (0.5-) = 𝑉1 − 𝑣0(𝑡1−)

𝑅𝑓+𝑅𝑠

𝑅𝑓 = 10 -0.174

5𝑘+100

100 = 1.126 v

0.5 ≤ t <0.6 ms vi = 0v , vc(0.5-) =1.126 , D OFF

τ2 = 10ms > 𝑇

2 = 0.1 ms nên xem như C2 không xả

v0 = vc (0.5-) = -1.126v

vc (0.6-) = 1.126v

0.6 ≤ t <0.7 ms vi = 10v , vc(0.6-) =1.126v , D ON , τ1 = 2.55 ms

v0(t) = 𝑅𝑓

𝑅𝑓+𝑅𝑠 [(𝑉1 − 𝑣𝑐(𝑡1

−)] 𝑒−(𝑡−𝑡1)/τ1

= 100

100+5𝑘 (10 − 1.126) 𝑒−(𝑡−0.6)/2.55

v0 (0.6+) = 0.174

v0 (0.7-) = 0.167

vc (0.7-) = 𝑉1 − 𝑣0(𝑡1−)

𝑅𝑓+𝑅𝑠

𝑅𝑓 = 10 -0.167

5𝑘+100

100 = 1.483v

Dạng sóng ngỏ ra:

Bài 4.15

a)

t=0- Vi=-V/2 : D off

VA(0-) = Vi – (V2/R)(Rs+R) = -V/2 – (V2/R)(Rs+R)

t=0+ Vi=V : D on

VA (0+ )=V/2 – (V1 /Rf )(Rs + Rf )

Điện áp trên tụ không đột biến => VA (0+ ) = VA(0-)

V/2 + (V2 /R)(Rs+R)=V/2-(V1 /Rf )(Rs + Rf )

V= (V1 /Rf )(Rs + Rf ) + (V2 /R)(Rs+R)

V= (V1 /Rf )(Rs + Rf ) + (V1 /Rf)(Rs+R)

V= (V1 /Rf )(2Rs + Rf + R) = (V1 /Rf )(2Rs + R) vì Rf <<R

V1 = VRf /(2Rs + R) và -V2 = VR/(2Rs + R)

c) V/V2 = V(Rf+R)/(2Rs+R)=10k/(2Rs+10k) ≥ 0.99

Rs ≤ 50.5 (Ohm)

Bài 4.16

Trong mạch kẹp hình 4.11 ( lý thuyết), Rf = 100, Rr =∞,V =0, R =100K.Dạng sóng ngõ vào là xung vuông V=30V, T1

=50µs ,T2 =1000µs.

a) Rs = 0 và C rất lớn. Tính và vẽ dạng sóng xác lập ngõ ra.

b) Lập lại a nếu RS =100

c) Lập lại b nếu C =0,05µF

d) Lập lại C nếu V =0,7V

a. Rs = 0 và C rất lớn

Gọi 1V là biên độ phần xung dương của ngõ ra, biên độ phần xung âm là

30- 1V .

+ +

+ V 0

S

S

i V V

+

+

+

V 0 i V

11

1

50 1000 0,6

1000(30 ) 100

f f

S

r

A RVR V V

A V R k

b. Rs = 100 và C rất lớn.

2

' '

1 2 1 2

/( )'

2 2 2

1 2

2 30 (4.18)

( ) (4.21)

2 30

s

f s s

f

T R R C

R R R RV V V V V

R R

V V e V C

V V

Ta lại có :

1 1 1

2 2 1

1 2

50 100

| | 1000(30 2 ) 100

0.6( );V 28,8(V)

f f

r

A RVT V

A V T V R k

V V

c. Rs = 100 , C =0,05µF

Cách 1: Áp dụng công thức (4.27) (4.28) (4.29) về mạch kẹp thực tế:

2

'

1

2

( )C'

2 2

'

1 2

0

29,97( )

e 29,97e 24,54( )

( ) 2,73(V)

S

S

Tt

R R

fs

f s

V

RV V V

R R

V V V

RR RV V V

R R R

Cách 2 : Giải theo quá độ

Khi ( )iv t V , Diode dẫn : 1( )C C t

1 1

1

( )/

0 1

( )/10

/ /( ) ( ) / / 10

/ /

(30 )2

f t t

C f s f s

f s

t t

C

R Rv t V e R R R C R R C s

R R R

e

Khi ( ) 0iv t , Diode tắt : 2( )C C t

2 2

2

( )/

0 2

( )/5000

/ /( ) / / 5000

/ /

t trC r s s

r s

t t

C

R Rv t e R R R C R R C s

R R R

e

1

2

1

/10

0

/10 ( 50)/5000

0

/5000 ( 1050)/10

0

/10

0 50 : 0 ( ) 15

50 1050 : 30 30 29.7979 ( ) 29.7979

1050 1100 : 29.7979 24.3964 ( ) 2.8018

1100 2100 : 30 2.8018 29.

t

C

T t

C

T t

C

T

C

t s v t e

t s e v t e

t s e v t e

t s e

2

1

2

( 1100)/5000

0

/5000 ( 2100)/10

0

/10 ( 2150)/5000

0

/50

9811 ( ) 29.9811

2100 2150 : 29.9811 24.5465 ( )

2150 3150 : 30 2.7268 29.9816 ( ) 29.9816

3150 3200 : 29

2.7268

.9816

t

T t

C

T t

C

T

C

v t e

t s e v t e

t s e v t e

t s e

00 ( 3150)/10

0 2.726624.5469 ( ) tv t e

Vậy mạch xác lập ở chu kì thứ 4.

d. Rs = 100 , C =0,05µF , 0.7V

Khi ( )iv t V , Diode dẫn : 1( )C C t

1 1

1

( )/

0 1

( )/10

/ /( ) ( ) / / 10

/ /

(29.3 ) 0,72

f t t

C f s f s

f s

t t

C

R Rv t V V e V R R R C R R C s

R R R

e

Khi ( ) 0iv t , Diode tắt : 2( )C C t

2 2

2

( )/

0 2

( )/5000

/ /( ) / / 5000

/ /

t trC r s s

r s

t t

C

R Rv t e R R R C R R C s

R R R

e

Dạng sóng tương tự câu c.

Dựa vào cách thiết lập các công thức tính xác lập từ 4.18 đến 4.21,thiết lập các công thức mới tìm

V1,V1’,V2,V2’ khi diode có phân cực VR(VR=Vγ) !

Bài 4.16 Mạch kẹp hình 4.11, Rf = 100Ω, Rr = ∞,

Vγ = 0, R = 100K

Dạng sóng ngõ vào là xung vuông V =

30V, T1 = 50µs, T2 = 1000µs.

a) Rs = 0 và C rất lớn. Tính và vẽ dạng

sóng xác lập ngõ ra

b) Lặp lại câu a với Rs = 100Ω

c) Lặp lại câu b với C = 0,05µF

d) Lặp lại câu c nếu Vγ = 0,7V

Giải

Mạch tương đương (chưa xét Vγ):

Tổng quát (chưa xét Vγ) :

Tại t < 0 : Diode tắt

SA 2

R Rv 0 V " V '

R

Khi 0 < t ≤ T1 : Diode dẫn

f SA 1

f

R Rv 0 V ' V

R

A Av 0 v 0

f S S1 2

f

R R R RV ' V V" V '

R R

f S S1 2

f

R R R RV V ' V' V"

R R

S fA 1 1

f

R Rv T V ' V '

R

Khi T1 < t ≤ T2 : Diode tắt

S fA 1 2

f

R Rv T V" V

R

A 1 A 1v T v T

f S S2 1

f

R R R RV" V V ' V '

R R

f S S

1 2

f

R R R RV ' V V' V"

R R

Ngoài ra :

1 f ST / R R C

1 1V ' Ve

1 ST / R R C

2 2V ' V e

Tóm lại, ta có hệ 4 phương trình sau :

f S S1 2

f

R R R RV V ' V' V" 1

R R

f S S1 2

f

R R R RV ' V V' V" 2

R R

1 f ST / R R C

1 1V ' V e 3

2 ST / R R C

2 2V ' V e 4

a) Khi RS = 0, C rất lớn, thay vào 4 phương trình :

1 2V V ' 30 1a

1 2V ' V 30 2a

1 1V ' V 3a

2 2V ' V 4a

1 2V V 30 5a

Mặc khác, f f

3

r

A R 1

A R 10

f 1 1A T .V

r 2 2A T .V

1

2

V 16a

V 50

Thay vào phương trình (5’) :

1 1

2 2

V V ' 0,59V

V V ' 29,41V

b) RS = 100Ω, C vẫn rất lớn, thay vào 4 phương trình :

1 22V V ' 30 1b

1 22V ' V 30 2b

1 1V ' V 3b

2 2V ' V 4b

1 22V V 30(5b)

Kết hợp với phương trình (6a) ta được :

1 1

2 2

V V ' 0,58V

V V ' 28,85V

c) Rs = 100Ω, C = 0,05µF, thay vào 4 phương trình, ta được :

1 22V V ' 30 1c

1 22V ' V 30 2c

3

1 1V ' 6,74.10 .V 3c

2 2V ' 0,82V 4c

1

1

2

2

V 2,72V

V ' 0,02V

V 29,96V

V ' 24,57V

d) Khi Vγ = 0,7V :

Với t < 0 : Diode tắt

SA 2

R RV 0 V " V '

R

Với 0 ≤ t < T1 : Diode dẫn

f SA 1

f

R RV 0 V ' V V V

R

A AV 0 V 0

f S S f S1 2

f f

R R R R R RV V ' V ' V " V V 1d

R R R

f SA 1 1

f

R RV T V ' V ' V V

R

Với T1 ≤ t < T2 : Diode tắt

SA 1 2

R RV T V " V

R

A 1 A 1V T V T

f S S f S1 2

f f

R R R R R RV ' V V ' V " V V 2d

R R R

Ngoài ra :

1 f ST / R R C

1 1V ' V e 3d

2 ST / R R C

2 2V ' V e 4d

Thay số vào các phương trình, ta có hệ sau :

1 2

1 2

3

1 1

2 2

2V V ' 30,7

2V ' V 30,7

V ' 6,74.10 V

V ' 0,82V

Giải hệ, ta được

1

1

2

2

V 2,78V

V ' 0,02V

V 30,66V

V ' 25,14V

Bài 4.17 a)

10ms

Af V1 1ms

Ar

20-V1

Gọi biên độ phần xung dương là V1, biên độ phần xung âm là 20-V1

Ta có: 𝐴𝑓

𝐴𝑟=

𝑉1

(20−𝑉1)10=

𝑅𝑓

𝑅=

10

1𝐾= 0.01

Suy ra: 𝑉1 ≈ 1,82 𝑉

b)

Nếu đảo chiều diode, Ar ở phần dương xung và Af ở phần âm xung

Ta có: 𝐴𝑓

𝐴𝑟=

(20−𝑉1)10

𝑉1=

𝑅𝑓

𝑅=

10

1𝐾= 0.01

Suy ra: 𝑉1 ≈ 19,98 𝑉

c)

R=1M

Câu a): 𝐴𝑓

𝐴𝑟=

𝑉1

(20−𝑉1)10=

𝑅𝑓

𝑅=

10

1𝑀= 10−5

Suy ra: 𝑉1 ≈ 2.10−3 𝑉

Câu b): 𝐴𝑓

𝐴𝑟=

(20−𝑉1)10

𝑉1=

𝑅𝑓

𝑅=

10

1𝑀= 10−5

Suy ra: 𝑉1 ≈ 20 𝑉

Bài 4.20 Opamp lý tưởng, smith trigger đảo

Ta có 𝑉𝑖 so sánh với 𝑉+

Dùng phương pháp chồng chập :

𝑣+ =𝑅2

𝑅1 + 𝑅2𝑉𝑅 +

𝑅1

𝑅1 + 𝑅2𝑣0

Dặc tính vòng trễ.

Ban đầu 𝑣𝑖𝑏é , ∆𝑣𝑖 > 0: 𝑣0 = 𝑉𝐶𝐶

𝑣𝑖 = 𝑉𝑈 𝑡ạ𝑖 đó 𝑛𝑔õ 𝑟𝑎 độ𝑡 𝑏𝑖ế𝑛:

𝑉𝑈 = 𝑉+ =𝑅2

𝑅1 + 𝑅2𝑉𝑅 +

𝑅1

𝑅1 + 𝑅2𝑉𝐶𝐶

Tăng dần 𝑣𝑖 đế𝑛 𝑘ℎ𝑖 𝑣0 = −𝑉𝐶𝐶

𝑣𝑖 = 𝑉𝐿 𝑡ạ𝑖 đó 𝑛𝑔õ 𝑟𝑎 độ𝑡 𝑏𝑖ế𝑛:

𝑉𝐿 = 𝑉+ =𝑅2

𝑅1 + 𝑅2𝑉𝑅 −

𝑅1

𝑅1 + 𝑅2𝑉𝐶𝐶

Đô rộng vòng trễ:

𝑉𝐶 = 𝑉𝑈 − 𝑉𝐿 = 2𝑅1

𝑅1 + 𝑅2𝑉𝐶𝐶

Nhóm 1: Ngô Tuấn Anh 41100090 Hứa Minh Tuấn 41204264 Nguyễn Đào Ngọc Hoàng

Bài 5.1 a)Tính thời gian mono của mạch monostable

Tại T=0+:

Q1 off, Q2 sat, điện áp tích trên tụ C: VC(0-)=VA=VCC-VBES

Áp dương hướng về cực CQ1 Tại T=0+:

Mạch tương đương:

Biến đổi Laplace mạch:

Dòng điện I:

2

( )1 1

CC CES A CC BES CESV V V V V V

s RI s

R SsC RC

=> 2

2( ) ( )

1CC CC CC BES CES

B

V V V V VV s RI s

s ss

RC

=>2( ) (2 )

t

RCB CC CC BES CESV t V V V V e

Với 2( )BV T V

, suy ra:

2

ln CC BES CES

CC

V V VT RC

V V

1 2 1 1 2 20,69 0,69T T T R C R C

b)Tính chu kỳ dao động của mạch astable

Khi Q1 bão hòa, Q2 tắt:

Tụ C nạp từ Vcc qua R và C xuống đất,mạch tương đương:

Tương tự như trên, ta có:

1 1 1 1 1

2ln 0,69CC BES CES

CC

V V VT R C R C

V V

2 2 2 2 2

2ln 0,69CC BES CES

CC

V V VT R C R C

V V

Chu kỳ dao động:

1 2 1 1 2 20,69 0,69T T T R C R C

Bài 5.2 Kiểm chứng lại các biểu thức tính thời gian mono T, chu kỳ dao động T mạch astable ghép EC.

Kiểm chứng lại T1 :

- Tại 2 10 : , offt Q sat Q :

2 BES 2 BES CES

2

2

V (0 )

V (0 ) V (0 )

EB E CC

E C

A C CC B

RV V V V V

R R

V V

- Tại 2 10 : off,t Q Q dẫn chủ động : Mạch tương đương

Xét nguồn CCV tác động :

Ta thấy : 21VB CCV

Xét nguồn V (0 )C

tác động :

Mạch thượng thông và chia áp :

1/

22

1

V V (0 ) Ct R R C

B C

C

Re

R R

1/

2

1

V (0 ) Ct R R C

CC B

C

RV e

R R

Xét nguồn 1EI tác động :

1 11 1 1, I E E

E BE E

E E

V V VV V V

R R

Mạch thượng thông và chia áp :

1/

23 1 1

1

V Ct R R C

B E C

C

RI R e

R R

1/1

1

1

Ct R R CEC

E C

V V RR e

R R R

12 21 22 23 1 2

1

V ( ) V V V V (0 )EB B B B CC C CC B

C E

V VRt V R V

R R R

Ta có : 2 1 1 2 1 2V (T )B E BEV V V V V

Kiểm chứng lại T2 :

- Tại 1Tt :

2 1 1 2V (T )B EV V

1 1 1 2 1 1 1 1 2V (T ) (T ) V (T )C C B CC C EV V I R V V

- Tại 1 2 1T : , offt Q sat Q : Mạch tương đương

Xét nguồn CCV tác động :

Mạch thượng thông và chia áp :

1/ 1

21

1

1V

1

E Ct R R CE

B CC

E C

RV e

R R

Xét nguồn 1V (T )C

tác động :

Mạch thượng thông và chia áp :

1/ 1

22 1

1

1V V (T )

1

E Ct R R CE

B C

E C

Re

R R

1/ 1

2 21 22 1

1

1V ( ) V V V (T )

1

E Ct R R CE

B B B CC C

E C

Rt V e

R R

Ta có : 2 2 1V (T )B BESV V V

1

1

1

12

)(

)1(

)1(ln)1(

VVV

TVV

RR

RRRCT

BES

CCC

CE

EEC

(5.55)

Bài 5.3

Kiểm chứng lại các biểu thức tính thời gain mono T, chu kỳ dao động T:

a) Mạch monotable OPAMP

b) Mạch astable OPAMP

Bài Giải

a) Với mạch monotable OPAMP

Với các điều kiện như trong slide bài giảng ta có được

Khi t=0- => Vc(0-) = -Vcc

V0 (0+) =Vcc

Vi (0+) = 2Vcc

Vi (∞) = 0

Vi = 2Vcc 𝑒−

𝑡

𝜏

Để mạch chuyển trạng thái thì Vi ( T- ) =𝛼Vcc

Vậy ta có

𝛼Vcc= 2Vcc 𝑒−

𝑇

𝜏

T=𝜏ln 2

𝛼

b) Với mạch Astable OPAMP ta được

Ta chỉ cần đi tìm T1 và T2 :

Với T1 thì theo slide ta có được:

Vc (0-) = −𝛼Vcc , V0 (0+) =Vcc

Ta tìm được Vi- = Vcc + (-𝛼Vcc –Vcc )𝑒

−𝑡

𝜏

Mạch đổi trạng thái khí

Vi- = 𝛼Vcc = Vcc + (-𝛼Vcc –Vcc )𝑒−

𝑇1

𝜏

T1 = 𝜏 ln 1+𝛼

1−𝛼

Tương tự với T2 ta chứng minh được rằng

T2 = 𝜏 ln 1+𝛼

1−𝛼

Bài 5.4 a)

Tại t=0-, ta có Vi = 0, V1= V2 = VDD, V0=0

Tại t=0+ , kích 1 xung dương vào Vi. Lúc này C nạp từ VDD qua R và ngõ ra cổng 1 làm V2 tăng theo hàm

/

2 DD( ) (1 )tV t V e

Tại t=T-, V2 đạt đến VT nên t có

/

2 DD( ) (1 )T

TV T V e V

DD DD

DD DD

ln lnT T

V VT RC

V V V V

b)

Tại t=0-: V0=0. C nạp từ V2=VDD qua R và ngõ ra V0 về GND, V3 theo 𝜏 = 𝑅𝐶 đến khi V3= VT

Tại t=0+: V0= VDD, lúc này V3=VT + VDD. Sau đó C xả qua R vào ngõ ra V2 làm cho áp V3 giảm theo

/

3( ) ( ) t

DD Tt V V eV

Taị t=T1-: áp V3 giảm còn VT nên ta có

1 /

3 1( ) ( )T

DD T TV T V V e V

DD DD1

DD DD

ln lnT TV V V VT RC

V V

Tại t=T1+: V3 giảm kéo theo V1 giảm đến VT làm cho V0=0, V3 giảm đến VT - VDD. Sau đó C nạp điện từ V2=VDD qua R và ngõ

ra V0 theo 𝜏 = 𝑅𝐶 làm V3 tăng theo:

1

3

( )/

DD( ) (2 )(1 ) ( )t T

T T DDt V V e V VV

Tại t=(T1 + T2) -: áp V3=VT, nên ta có

2 /

1 2 D3 D( ) (2 )(1 ) ( )T

T T DD TT T V V e V VV V

DD DD2

DD DD

2 2ln lnT T

T T

V V V VT RC

V V V V

DD DD1 2

DD DD

2ln T T

T

V V V VT T T RC

V V V

Bài 5.5

Mạch bistable ghép C-B có các thông số : VCC=VBB=6V

Q(Si),CCES=0.2V,VBES=0.7V,ICBO=10nA@t=250C

RC=1.2K,R1 =4.7k, R2 =27K.

a)Tìm β min và chứng tỏ 1BJT off và BJT kia sat.

b)Tìm nhiệt độ cực đại mạch vẫn hoạt động.

c)Gắn thêm tải RL vào cực C 1 BJT và GND , tìm giá trị tối thiểu RL min để mạch

vẫn hoạt động đúng.

Bài làm

Q1

-Vbb

R1

R2

0

HI

RC

C2

RC

Vcc

HI

Q2

C1

R2

R1

a)Giả sử Q1 sat và Q2 off ta có:

Q1 sat:

𝐼𝑅𝐶 =𝑉𝐶𝐶−𝑉𝐶𝐸𝑆

𝑅𝐶=

6−0.2

1.2𝐾= 4.833𝑚𝐴

𝐼1 =𝑉𝐶𝐸𝑆 + 𝑉𝐵𝐵 − 𝑅2𝐼𝐶𝐵𝑂

𝑅1 + 𝑅2=

0.2 + 6 − 27𝐾 × 10−8

31.7𝐾= 0.195𝑚𝐴

𝐼𝐶𝑆 = 𝐼𝑅𝐶 − 𝐼1 = 4.638𝑚𝐴

𝐼3 =𝑉𝐶𝐶 − 𝐼𝐶𝐵𝑂𝑅𝐶 − 𝑉𝐵𝐸𝑆

𝑅𝐶 + 𝑅1=

6 − 10−8 × 1.2𝐾 − 0.7

1.2𝐾 + 4.7𝐾= 0.898𝑚𝐴

𝐼4 =𝑉𝐵𝐸𝑆 + 𝑉𝐵𝐵

𝑅2=

0.7 + 6

27𝐾= 0.248𝑚𝐴

𝐼𝐵𝑆 = 𝐼3 − 𝐼4 = 0.65𝑚𝐴

Điều kiện Q1 bão hòa : β𝐼𝐵𝑆 ≥ 𝐼𝐶𝑆 => β ≥ 7.44

Q2 off:

Sử dụng thevenin với đỉnh V2:

(1

𝑅1+

1

𝑅2) 𝑉2 = 𝐼𝐶𝐵𝑂 +

𝑉𝐶𝐸𝑆

𝑅1−

𝑉𝐵𝐵

𝑅2=> 𝑉2 = −0.719𝑉

=>thỏa mãn điều kiện Q2 off.

b)Khi ICBO tăng thì dòng ICS tăng đồng thời IBS giảm , tuy nhiên điều kiện để BJT bão hòa còn phụ thuộc vào β nên ta có thể tăng β để đảm bảo Q1 sat.Do đó ICBO chỉ tác động vào điều kiên tắt của BJT vậy:

𝑉2 > 0

=> 𝑉2 = (𝑅1\\𝑅2) × 𝐼𝐶𝐵𝑂 +𝑅2

𝑅1 + 𝑅2𝑉𝐶𝐸𝑆 −

𝑅1

𝑅1 + 𝑅2𝑉𝐵𝐵 > 0

=>𝐼𝐶𝐵𝑂 > 0.18𝑚𝐴

Ta có : khi t tăng 100C thì 𝐼𝐶𝐵𝑂tăng gấp đôi do đó

t'=25+10*log2(0.18×10−3

10−8 )=166.30C

c)ở đây RL có thể được mắc ở cực C của BJT bão hòa (Q1) hoặc mắc ở cực C BJT tắt (Q2):

TH1: RL được mắc ở cực C Q1

Mạch tương đương:

Từ mạch tương đương ta thấy RL chỉ làm giảm giá trị dòng Ics và dòng I1 do đó với bất kì giá trị RL ≠ 0 nào mạch đều hoạt động đúng.

TH2: RL được mắc ở cực C Q2

-Vbb

0

CB

Vcc

R2

RLQ2_of f

RC

R2

Q1_sat

CB

R1

RC

R1

Mạch tương đương:

Ta thấy RL làm dòng I3 giảm dẫn tới Ibs giảm nên nó chỉ ảnh hưởng tới tính bão hòa của Q1

Ta có:

𝐼3 =𝑉𝐶𝐶−𝑉𝐶2

𝑅𝐶−

𝑉𝐶2

𝑅𝐿 =>VC2 =

𝑅𝐿

𝑅𝐶+𝑅𝐿𝑉𝐶𝐶 −

𝑅𝐿𝑅𝐶

𝑅𝐶+𝑅𝐿𝐼3

𝐼3 =𝑉𝐶2 − 𝑉𝐵𝐸𝑆

𝑅1

=𝑅𝐿

𝑅1𝑅𝐿 + 𝑅1𝑅𝐶 + 𝑅𝐶𝑅𝐿𝑉𝐶𝐶 −

𝑅𝐿 + 𝑅𝐶

𝑅1𝑅𝐿 + 𝑅1𝑅𝐶 + 𝑅𝐶𝑅𝐿𝑉𝐵𝐸𝑆

-Vbb

RL

0

CB

Vcc

R2

Q2

RC

R2

Q1

CB

R1

RC

R1

=6𝑅𝐿

5.9𝑅𝐿 + 5640−

0.7(𝑅𝐿 + 1.2)

5.9𝑅𝐿 + 5640 ; 𝑅𝐿(𝑘Ω)

𝐼4 =𝑉𝐵𝐸𝑆 + 𝑉𝐵𝐵

𝑅2=

0.7 + 6

27𝐾= 0.248𝑚𝐴

𝐼𝐵𝑆 = 𝐼3 − 𝐼4 =6𝑅𝐿

5.9𝑅𝐿 + 5640−

0.7(𝑅𝐿 + 1.2)

5.9𝑅𝐿 + 5640− 0.248

Điều kiện để Q1 bão hòa : β𝐼𝐵𝑆 ≥ 𝐼𝐶𝑆

Theo câu a) 𝐼𝐶𝑆 = 4.638𝑚𝐴 & β = 7.44

=>𝐼𝐵𝑆 ≥ 0.623𝑚𝐴

=>6𝑅𝐿

5.9𝑅𝐿 + 5640−

0.7(𝑅𝐿 + 1.2)

5.9𝑅𝐿 + 5640− 0.248 ≥ 0.623

=> 𝑅𝐿 ≥ 30.5𝑘

Vậy để mạch vẫn hoạt động đúng thì RLmin =30.5k

Điều kiện mạch hoạt động sai là Q1 từ dẫn bão hòa chuyển sang dẫn chủ động,lúc đó:

βIB=IC và VBE=0,6V !

Bài 5.6

Giả sử Q1 sat,Q2 on , ta có mạch tương đương ( Quy dòng ICBO về nguồn –VBB và +VCC như hình )

Dễ có đc:

IRC= 𝑉𝐶𝐶−𝑉𝐶𝑆1

𝑅𝐶= CC CES

C

V V

R

; I1= 2

1 2

.CES BB CBOV V I R

R R

I3=

1

.CC BES CBO C

C

V V I R

R R

; I4=

2

BES BBV V

R

Điều kiện Q2 off : VB2<VBES

VC1 - I1.R1 < VBES VCES - 𝑅12

1 2

.CES BB CBOV V I R

R R

< VBES

2 1 1 2 1 2. . ( ).VCES BB CBO BESR V RV R R V R R

Điều kiện Q1 sat IC1 < β.IB1

(IC1-I1) β(I3-I4)

Bài 5.8

a) Khi Vi =V1=UTP : Q1 on , Q2 off . Giả sử Q1 dẫn chủ động

V’= R2*Vcc/(Rc1+R1+R2)=6v

Áp dụng công thức tính UTP ta có : V1 = UTP = V’ – 0.2 = 5.8V

Ib1 = 𝑽𝟏−𝑽𝜸𝟏

𝑹𝒔+ 𝜷𝑹𝑬 = 0.058mA => Ic1 = βIb1 = 1.74mA

Vb1 = Vγ1 + Ic1*RE = 5.72V

Vt=(R1+R2)*Vcc/(Rc1+R1+R2)=8v

R=Rc1*(R2+R1)/(R2+Rc1+R1)= 2.6K

Vc1 = Vt – R*Ic1 = 3.476V

Vbc1 phân cực thuận => giả sử Q1 dẫn chủ động sai

Giả sử Q1 dẫn bão hòa : Ic1 = 𝑽𝒕−𝑽𝒄𝒆𝒔

𝑹+𝑹𝒆 = 1.39mA

Vc1 = Vt – R*Ic1 = 4.386V => Vbc1 phân cực thuận => Q1 dẫn bão hòa đúng

b) Vi=V2 = LTP: Q1 off, Q2 on

Ib1 = Ic1 = 0

Giả sử Q2 dẫn chủ động:

Vbb = R2*Vcc/(Rc1+R1+R2) = 6V

Rbb = R2*(R1+Rc1)/(R2+Rc1+R1) = 3K

Ib2= 𝑽𝒃𝒃−𝑽𝜸𝟐

𝑹𝒃𝒃+𝜷𝑹𝒆 = 0.059mA => Ic2 = β*Ib2 = 1.77mA

Vb2 = Vγ2 + Ic2*Re = 5.81V

Vc2 = Vcc – Ic2*Rc2 = 10.23V

Vbc2 phân cực nghịch => Q2 dẫn chủ động là đúng. c) Giả sử Q2 dẫn chủ động

Ib2= 𝑽𝒃𝒃−𝑽𝜸𝟐

𝑹𝒃𝒃+𝜷𝑹𝒆 = 0.059mA => Ic2 = β*Ib2 = 1.77mA

Vb2 = Vγ2 + Ic2*Re = 5.81V

Vc2 = Vcc – Ic2*Rc2 = 4.92V

Vbc2 phân cực thuận => Q2 dẫn chủ động là sai Giả sử Q2 dẫn bão hòa

Ic2 = 𝑽𝒄𝒄−𝑽𝒄𝒆𝒔

𝑹𝒄𝟏+𝑹𝒆 = 1.68mA => Vc2 = 5.28V , Vb2 = 5.81V

Vbc2 phân cực thuận => Q2 dẫn bão hòa.

Bài 5.9

Cho BJT có 𝛽=80, 𝑉𝑐𝑐 = 30 ,𝑅1 = 24𝑘 , 𝑅2 = 6𝑘 , UTP=4,5V, LTP=1.5V và 𝐼𝑐2. 𝑅𝑐2 = 10𝑣

Tìm 𝑅𝑐1, 𝑅𝑐2, 𝑅𝑒? ?

Tính 𝑉1 = 𝑈𝑇𝑃 , 𝑄1 𝑜𝑓𝑓, 𝑄2 𝑜𝑛

𝑉′ =𝑉𝑐𝑐𝑅2

𝑅𝑐1+𝑅1+𝑅2

𝑅𝑏 =𝑅2(𝑅𝑐1+𝑅1)

𝑅𝑐1+𝑅1+𝑅2=5.14K

𝐼𝐸2 = 𝐼𝑏2 + 𝐼𝑐2 = 𝐼𝑏2(𝛽 + 1)

Áp dụng đinh lí mạch vòng cho vòng kín BE2

𝑉′ − 𝑉𝐵𝐸 = (𝑅𝑏 + 𝑅𝐸(1 + 𝛽))𝐼𝑏2 (1)

𝑉𝐸 = 𝐼𝑏2𝑅𝐸(𝛽 + 1) (2)

Từ (1) và (2) => ta có 𝑉𝐸 = (𝑉′ − 𝑉𝐵𝐸2)𝑅𝐸(𝛽+1)

𝑅𝑏+𝑅𝐸(𝛽+1)

Suy ra: 𝑉1 = 𝑉𝐸 + 𝑉𝛾1

Nếu 𝑅𝐸(𝛽 + 1) ≫ 𝑅𝑏 ta đơn giản được

𝑉1 ≈ 𝑉′ − 𝑉𝐵𝐸2 + 𝑉𝛾1

Với 𝑄2(𝑆𝑖) ta có: 𝑉𝐵𝐸2 = 0,7𝑉(𝑄2𝑠𝑎𝑡), 𝑉𝛾1 = 0,5𝑉

𝑉1 ≈ 𝑉′ − 0,2𝑉

4.5=𝑅2𝑉𝑐𝑐

𝑅𝑐1+𝑅1+𝑅2− 0.2 𝑅𝑐1 = 11.86𝑘

2) tính 𝑉2 = 𝐿𝑇𝑃, 𝑄1 𝑜𝑛 𝑄2 𝑜𝑓𝑓

𝑉𝑡 =(𝑅1 + 𝑅2)𝑉𝑐𝑐

𝑅𝑐1 + 𝑅1 + 𝑅2= 21.5𝑉

𝑅 =𝑅𝑐1(𝑅1 + 𝑅2)

𝑅𝑐1 + 𝑅1 + 𝑅2= 8.5𝐾

𝑉𝑏2 =𝑅2

𝑅1+𝑅2𝑉𝐶1=𝛼𝑉𝑐1=0.2𝑉𝐶1

Áp dụng định luật K2 cho vòng mạch BE Q2:

-𝛼𝑉𝑐1+𝑉𝛾2 + (𝐼𝑏1 + 𝐼𝑐1)𝑅𝐸 = 0

Với 𝑉𝑐1 = 𝑉𝑡 − 𝐼𝑐1𝑅, 𝐼𝑐1 = 𝛽𝐼𝑏1

𝐼𝑐1 =𝛼𝑉𝑡 − 𝑉𝛾2

𝛼𝑅 + 𝑅𝐸(1 +1𝛽

)

𝑉2 = 𝐼𝐵1𝑅𝑆 + 𝑉𝐵𝐸1 + (𝐼𝐶1 + 𝐼𝐵1)𝑅𝐸

𝑉2 = 𝑉𝐵𝐸

𝑅𝐸 (1 +1𝛽

) +𝑅𝑆

𝛽

𝛼𝑅 + 𝑅𝐸 (1 +1𝛽

)(𝑉′ − 𝑉𝛾2)

VÌ 𝛽 ≫ 1 𝑉2~𝑉𝐵𝐸1 +𝑅𝐸(𝛼𝑉𝑇−𝑉𝛾2)

𝛼𝑅+𝑅𝐸 1.5 = 0.5 +

𝑅𝐸(4.3−0.7)

1.7𝐾+𝑅𝐸 => 𝑅𝐸 = 653,84

3) Tìm 𝑅𝐶2 khi Q2 on và Q1 off

Ta có∶ −𝑉′ + 𝐼𝐵2𝑅𝐵 + 𝑉𝛾2 + (𝐼𝐵2 + 𝐼𝐶2)𝑅𝐸 = 0

𝐼𝐵2 =𝑉′−𝑉𝛾2

𝑅𝐵+(𝛽+1)𝑅𝐸= 0.196𝑥10−5

𝑅𝐶2 =10

𝐼𝐶2= 2.017𝐾

Bài 5.9 Thiết kế mạch Schmitt-trigger dùng BJT (Si) có

min 80 . Chọn 1 230 , 24 , 6CCV V R K R K . Yêu cầu

UTP=4.5V, LTP=1.5V, chênh lệch áp tắt / dẫn ngõ ra là 10V, Q2 hoạt động chủ động. Tính 1 2, ,C C ER R R .

Giải:

BJT Si:

ES

off

: 0.6

: 0.7

: 0.5

active BEA

sat B

BEO

Q V V

Q V V

Q V V

Khi offQ bỏ qua BCOI , và ảnh hưởng của điện trở sR

Khi SV nhỏ : 1 2,off onQ Q , SV tăng sao trạng thái

2 BJT vẫn chưa thay đổi SV UTP : tại điểm kích trên.

Mạch tương đương như hình bên

2onQ active

' 2 1 12

1 1 2 1 1 2

( )(1), C

CC b

C C

R R RRV V R

R R R R R R

2 2 4.5 0.5 4BEO E EUTP V V V V

' ''

2 2(2)@ (1 ) 4 0.6 4.6(1 )

BEA BEAE E b E BEA

E b E

V V V VI R R V V V V

R R R

Từ (1) 1

306 (6 24) 9.13

4.6CR K

0 2 2 2 2CC C C CC C EV V R I V R I (3)

Khi SV tăng vượt quá UTP 1off 1 2 2,on on offQ Q Q Q , tiếp tục tăng SV thì

2BJT giữ nguyên trạng thái. Khi SV giảm đến giá trị mà tại đó vẫn 1 2,on offQ Q SV LTP

tại điểm kích dưới.

Mạch tương đương như hình bên.

Giả sử 1 2,on offQ active Q

1 1

2 1

1 21 2

2

1.5 .6 0.9

0.5 0.9 1.4

30*1.47

6

BEA E E

B BEO E

C B

LTP V V V V

V V V V

R RV V V

R

1 1 17 0.9 6.1C E onV Q active là đúng.

1

1

2 11 1 1

2

1

9.13

( )

1.4 0.9( ) 30 7 394

6

C

C

B EC R C CC C

E

C E

E R K

V VR I R V V

R R

R RR

Từ (2) '

2

4.6 0.610.15

394

BEAE

E

V VI mA

R

Ngõ ra : 0 CCV V (4)

Từ (3) và (4) ta có : 0 2 2 2 2 2

1010 985

10.15C C E C CV I R I R V R

mA

Vậy 1 29.13 , 985 , 394C C ER K R R

Chọn: 1 210 , 1 , 560C C ER K R k R

Tính toán lại:

Bài 5.10

𝑇ạ𝑖 𝑡 = 0−: 𝑄1 𝑜𝑓𝑓, 𝑄2 𝑠𝑎𝑡, đ𝑖ệ𝑛 á𝑝 𝑡í𝑐ℎ 𝑡𝑟ê𝑛 𝐶:

𝑉𝐴 = 𝑉𝐶(0−) = 𝑉𝐶𝐶 − 𝐼𝐶𝐵𝑂 ∗ 𝑅𝐶1 − 𝑉𝐵𝐸𝑆

Áp dương hướng về cực CQ1

𝑇ạ𝑖 𝑡 = 0+: 𝑄1 𝑠𝑎𝑡, 𝑄2 𝑜𝑓𝑓, 𝑡ℎ𝑎𝑦 𝑚ạ𝑐ℎ 𝐶𝐸𝑄1 𝑏ằ𝑛𝑔 𝑛𝑔𝑢ố𝑛 𝑉𝐶𝐸𝑆

Từ hình trên ta tìm được biểu thức 𝑉𝐵2 và 𝑉𝐵2(𝑇−) = 𝑉𝛾 − 𝐼𝐶𝐵𝑂 ∗ 𝑅

Ta tìm được:

𝑇 = τV + R ∗ ICBO + Vcc − VCES − VBES − ICBO ∗ Rc1

V + R ∗ ICBO − V

𝑇 = 𝑅𝐶 ∗ ln (𝑉 + 𝑉𝐶𝐶 − 𝐼𝐶𝐵𝑂 ∗ 𝑅𝐶1 − 𝑉𝐵𝐸𝑆 − 𝑉𝐶𝐸𝑆 + 𝐼𝐶𝐵𝑂 ∗ 𝑅

𝑉 − 𝑉𝛾 + 𝐼𝐶𝐵𝑂 ∗ 𝑅)

Nhóm 11:

Bài 5.11 Để giảm thời gian hồi phục của mạch monostable (thời gian từ lúc xuất hiện vọt lố tới lúc

VB2 = VBES ), người ta mắc thêm Zener ở cực C của Q1 và GND.

Nếu V2 = VCC/2, chứng minh T = 0,41RC.

Giải

(tương tự bài 5.1)

Tại t = 0- : Q1 tắt, Q2 bão hòa

CCA BES

VV 0 V

2

(do Zener phân cực ngược nên CCC1

VV

2 )

Khi 0 < t : Q1 bão hòa, Q2 tắt

Dùng xếp chồng

t / t /

B2 CC CES A

t/

CC CC A CES

V V 1 e V V 0 e

V V V 0 V e

với τ = RC

Tại t = T : VB2 = Vγ

T/

CC CC A CESV V V V 0 V e

T/ CC

CC A CES

V Ve

V V 0 V

CC

CC A CES

V VTln

V V 0 V

CC A CES

CC

V V 0 VT RCln

V V

Mà CCA BES

VV 0 V

2

nên :

CC BES CES

CC

1,5V V VT RCln

V V

Giả sử : CC BES CESV V ,V ,V

T RCln1,5 0,41RC

Bài 5.12

Thông số:

1 2 '12 , 3 , ( ) 30, 2 , 20 , 200 , 1000 , 0.cc BB C bb BCOV V V V Q Si R K R R R K r C pF I

Khi nguồn ổn định, mạch ở trạng thái Q2 sat(do R dẫn dòng IB2) và Q1 off.

2 ES 1,C C C CCV V V V . Đây là một trạng thái bền, chỉ đảo trạng thái khi ta tác động xung kích

vào mạch.Giả sử kích một xung âm vào cực BQ2 : Q2 dẫn yếu làm IC2 giảm, dẫn đến VC2

tăng. Hồi tiếp tái sinh qua 1 1/ /R C làm VB2 tăng, Q1 bắt đầu dẫn, IC1 tăng làm VC1 giảm, hồi

tiếp tái sinh qua C làm VB2 giảm và Q2 dẫn càng yếu… Quá trình tiếp tục khi cho đến khi

Q1 bão hòa, Q2 off.

Tại t=0− ,𝑄1off 𝑄2 sat thi ta có : 𝑉𝐶2 = 𝑉𝐶𝐸𝑠 , 𝑉𝐶1 = 𝑉𝐶𝐶

Điện áp trên tụ 𝑣(0−) = 𝑉𝐶𝐶-𝑉𝐵𝐸𝑆=𝑉𝐴

Sau đó kích một xung đủ để 𝑄1sat 𝑄2 off khi này

𝑉𝐶1 = 𝑉𝐶𝐸𝑠 , 𝑉𝐶2 = 𝑉𝐶𝐶.

Do 𝑄1sat 𝑉𝐶1 giảm từ 𝑉𝐶𝐶 𝑥𝑢ố𝑛𝑔 𝑉𝐶𝐸𝑠 dẫn đến 𝑉𝐵2 giảm tới khi âm thì 𝑄2 off ,C xả nguồn từ Vcc qua

R xét mạch lúc này để tìm 𝑉𝐵2. Mạch tương đương như hình bên dưới

Áp dụng kiên thức chương 1 ta suy ra được biêu thức

𝑉𝐵2= 𝑉𝐶𝐶 + (𝑉𝐶𝐸𝑠 − 2𝑉𝐶𝐶 + 𝑉𝐵𝐸𝑠) 𝑒−𝑡

𝜏 𝜏 = 𝑅𝐶

Khi 𝑉𝐵2 tăng tới 𝑉𝛾 thì 𝑄2 dẫn lại

Thời gian mono T thoả 𝑉𝐵2(T-) =𝑉𝛾

T=𝑅𝐶𝑙𝑛2𝑉𝐶𝐶−𝑉𝐶𝐸𝑠−𝑉𝐵𝐸𝑠

𝑉𝐶𝐶− 𝑉𝛾 =20x103x1x10−9ln

2𝑥12−0.3−0.7

12−0.5 =13.86(us)

Khi Q1 off có độ vọt lố ’ tại cực CQ1 và qua C làm VB2 có độ vọt lố . Tại thời điểm

đó Q2 on và xuất hiện dòng I’B2.

Mạch tương đương khi Q2 sat là rbb’ và nguồn VBES.

Do R>>RC1 nên ta xem dòng I’B2 ghép qua RC1,C,rbb’.

= 200

12 0.3 0.7 0.5 0.7 0.5 1.245( )2 200

VK

Bài 5.13 Thiết kế mạch monostable ghép C-B:

Thông số đã biết:

𝑉𝑐𝑐 = 12𝑉

𝛽 = 20

𝐼𝐶𝑆 = 2𝑚𝐴

𝑇 = 3𝑚𝑠

𝑉𝐵𝐸𝑂𝑓𝑓 = −1𝑉

𝑄2 sat:

𝑅𝑐 =𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐶𝐸𝑆

𝐼𝐶𝑆

=12 − 0,2

2. 10−3= 5,9𝑘Ω

𝑅 =𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐵𝐸𝑆

𝐼𝐵𝑆

=(𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐵𝐸𝑆)

𝐼𝐶𝑆

𝛽 =12 − 0,7

2. 10−320 = 113𝑘Ω

𝐶 =𝑇

0,69𝑅=

3. 10−3

0,69.113. 103≈ 38,5𝑛𝐹

Tính 𝑅1, 𝑅2:

𝐼𝐵𝑆 = 𝐼1 − 𝐼2 =𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐵𝐸𝑆

𝑅𝐶 + 𝑅1

−𝑉𝐵𝐸𝑆 + 𝑉𝐵𝐵

𝑅2

=𝐼𝐶𝑆

𝛽

12 − 0,7

5,9. 103 + 𝑅1

−0,7 + 12

𝑅2

=2. 10−3

20 (1)

𝐼4 = 𝐼3 + 𝐼𝐶𝐵𝑂

𝑉𝐵𝐸𝑂𝑓𝑓 + 𝑉𝐵𝐵

𝑅2

=𝑉𝐶𝐸𝑆 − 𝑉𝐵𝐸𝑂𝑓𝑓

𝑅1

−1 + 12

𝑅2

=0,2 − (−1)

𝑅1

(2)

Từ (1) & (2) suy ra: 𝑅1 ≈ 92,4𝑘Ω

𝑅2 ≈ 847𝑘Ω

Bài 5.14 Mạch Astable ghép C-B , R1 và R2 cùng nối tiếp đến nguồn V ≠ VCC. Tìm biểu thức tính chu kì dao

động.

Tính thời gian T1, T2 tương tự như mạch monostable ghép C-B

Tính thời gian mono T1

Tại thời điểm t= 0- , Q1 off Q2 sat điện áp tính trên C

VC(0-) = Vcc- VBES áp dương hướng về cực CQ1

Tại thời điểm t = 0+ , Q1 sat, Q2 off điện áp tính trên C thay mạch CEQ1 bằng nguồn VCES

Ta có mạch tương đương tính T1

Ta có VB2 = Vɣ

Xếp chồng 3 nguồn ta có:

Khi nối tắt VC(0-) và VCES, mạch tương đương mạch hạ thông

VB2 = V.(1 – e-t/R1C1)

Khi nối tắt V và VCES, mạch tương đương mạch thượng thông

VB2 = - VC(0-). e-t/R1C1

Khi nối tắt V và VC(0-), mạch tương đương mạch thượng thông

VB2 = VCES. e-t/R1C1

VB2 = Vɣ = V.(1 – e-t/R1C1) - VC(0-). e-t/R1C1 + VCES. e-t/R1C1

= V +(- VC(0-) + VCES – V) e-t/R1C1

V- Vɣ = ( V + VC(0-) - VCES ) e-t/R1C1

V- Vɣ = ( V + Vcc - VBES - VCES ) e-t/R1C1

Khi t = T

T1 = R1C1 𝑙𝑛V+Vcc – VCES −VBES

V− Vɣ

Tương tự ta tính được T2 = R2C2 𝑙𝑛V+Vcc – VCES −VBES

V− Vɣ

Chu kì dao động

T = T1 +T2 = R1C1 𝑙𝑛V+Vcc – VCES −VBES

V – Vɣ + R2C2 𝑙𝑛

V+Vcc – VCES −VBES

V− Vɣ

Bài 5.16

a) Ta có biểu thức 𝑉𝑖+ sau khi kết thúc xung mono (t>T)

Vi+ = (αVCC - 2VCC) . e-t/τ ; τ=RC

- Thời gian hồi phục tr (từ 90% đến 10% biên độ) :

𝑉𝑖+= 0.9 𝑉𝑖

+max

e-t/τ =0,9 t1= τ.ln10

9

𝑉𝑖+= 0,1 𝑉𝑖

+max

e-t/τ =0,1

t2 = τ.ln10

t =t2-t1= τ.ln9 (với τ=RC)

b) mắc thêm Diode.

- Xét t<T : D off nên quá trình nạp xả của

tụ như khi không có Diode.

Ta tìm được

Vc(𝑇−)= VCC - αVCC

- Khi t>T : D on, mạch như hình : (Coi như R >> Rf R // Rf Rf )

𝑉𝑖+ = Vf - [Vc(𝑇−) − 𝑉𝑜 + 𝑉𝑓]. 𝑒−𝑡/𝜏′

= Vf - (2VCC - αVCC + Vf). 𝑒−𝑡/𝜏′

= Vf + (αVCC - 2VCC - Vf). 𝑒−𝑡/𝜏′

(𝜏′ = 𝑅𝑓𝐶)

Khi 𝑉𝑖+= 0.9 𝑉𝑖

+max

Vf + (αVCC - 2VCC - Vf). 𝑒−𝑡1/𝜏′ = 0.9.( αVCC - 2VCC)

𝑒−𝑡1/𝜏′ =0.9.( α𝑉𝐶𝐶 − 2𝑉𝐶𝐶)−V𝑓

α𝑉𝐶𝐶 − 2𝑉𝐶𝐶−V𝑓 =A

t1 = -𝜏′.ln(A)

𝑉𝑖+= 0,1 𝑉𝑖

+max

Vf + (αVCC - 2VCC - Vf). 𝑒−𝑡2/𝜏′ = 0.1.( αVCC - 2VCC)

𝑒−𝑡2/𝜏′ =0.1.( α𝑉𝐶𝐶 − 2𝑉𝐶𝐶)−V𝑓

α𝑉𝐶𝐶 − 2𝑉𝐶𝐶−V𝑓 = B

t2 = -𝜏′.ln(B)

t = t2-t1 = 𝜏′. ln (𝐴

𝐵) = 𝜏′. ln (

0.9.( α𝑉𝐶𝐶 − 2𝑉𝐶𝐶)−V𝑓

0.1.( α𝑉𝐶𝐶 − 2𝑉𝐶𝐶)−V𝑓)

Bài 5.18

Hình 5.18

Lời giải:

Vi+ = R1*(Vo – V)/(R1+R2) – V = 𝑽𝒄𝒄∗𝑹𝟏−𝟐𝑽∗𝑹𝟏−𝑽∗𝑹𝟐

𝑹𝟏+𝑹𝟐

Đặt a = R1/(R1+R2) ; A = −2𝑉∗𝑅1+𝑉∗𝑅2

𝑅1+𝑅2 = k*Vcc

Vi+ = a*Vcc + A = (a+k)*Vcc

C nạp từ Vo qua R, Vi- tăng theo thời hằng τ = RC

Tại t = T1- : Vi-(T1

- ) = −𝑽𝒄𝒄∗𝑹𝟏−𝟐𝑽∗𝑹𝟏−𝑽∗𝑹𝟐

𝑹𝟏+𝑹𝟐 = -a*Vcc + A làm cho δVi ≤ 0

Vo(T1+) = Vcc

Lấy mốc thời gian tại T1

Sau thời gian t=T1 , Vi(T2-) = 𝑽𝒄𝒄∗𝑹𝟏−𝟐𝑽∗𝑹𝟏−𝑽∗𝑹𝟐

𝑹𝟏+𝑹𝟐 = a*Vcc + A

Ta có: Vi(T2-)=(a*Vcc + A) = Vcc(1- e-T1/ τ) + (-a*Vcc + A)*e-T1/ τ

(a+k)Vcc = Vcc(1- e-T1/ τ) + ( k-a) *e-T1/ τ

T1 = τ*Ln𝒌−𝟏+𝒂

𝒌−𝟏−𝒂 = RC* Ln

𝒌−𝟏+𝒂

𝒌−𝟏−𝒂

Tại t = (T2)- : Vi- (T2-)- =

𝑽𝒄𝒄∗𝑹𝟏−𝟐𝑽∗𝑹𝟏−𝑽∗𝑹𝟐

𝑹𝟏+𝑹𝟐 = a*Vcc + A làm cho δVi ≥ 0

Vo(T2+) = -Vcc

Sau thời gian T2 :

Vi((T1+T2)-) = -a*Vcc + A = -Vcc(1- e-T2/ τ) + (a*Vcc + A)*e-T2/ τ

(-a+k)Vcc = -Vcc(1- e-T1/ τ) + ( k+a) *e-T1/ τ

T2 = RC*Ln𝒌+𝟏+𝒂

𝒌+𝟏−𝒂

T = T1+T2 = = RC*Ln𝒌+𝟏+𝒂

𝒌+𝟏−𝒂

𝒌−𝟏−𝒂

𝒌−𝟏+𝒂

Nhom 9 ( sang t4 )

Bài 5.19 Mạch astable như hình BT5.19 có D//C(D lý tưởng 0, 0,f rV R R ). Hãy cho nhận xét về hoạt động của mạch.

Tính các độ rộng xung?

Giải:

1 2, :R R Tạo ngưỡng điện áp so sánh

,R C : Tạo mạch RC nhằm thực hiện quá trình nạp xả tụ

Diode D: Tạo mạch ghim điện áp, ngắn mạch tụ C khi mạch ở

trạng thái bền.

Nguyên lý hoạt động:

Ở chế độ xác lập, giả sử 0 1 1 2, / ( )CC i CCV V V V R R R

D dẫn 0i i CCV V V V V . Do đó mạch luôn giữ nguyên trạng thái xác lập này.

Vậy mạch này không dao động vì vậy không phải mạch astable, không có độ rộng xung.

Mạch này có thể chuyển thành mạch monostable bằng cách kích một xung dương tại ngõ vào iV .

Mạch thiết kế lại để trở thành mạch monostable:

Nguyên lý hoạt động.

Tiếp tục nguyên lý hoạt động phía trên:

Tại ngõ vào iV của opamp ta kích khởi Vi với

biên độ đủ lớn lúc này: 0i i iV V V

0 CC i CCV V V V , Diode D phân cực ngược

D tắt, hở tụ C. Đồng thời lúc đó tụ C được nạp

bởi +Vcc qua R. Điện áp trên tụ iV tăng dần

cho tới khi có xu hướng vượt qua i CCV V

0i i iV V V . Ngõ ra 0 CCV V . Khi đó

tụ C xả điện áp từ mạch qua R, khi điện áp trên tụ

tụ C có xu hướng nhỏ âm 0iV . Diode phân cực thuận nối tắt ghim điện áp trên tụ

0i i CCV V V V V . Mạch giữ nguyên trạng thái 0 CCV V cho tới khi nhận được một xung kích mới.

Tính chu kỳ xung T monostable và thời gian phục hồi Tph của tụ điện.

Xét gốc tại 0+: 00 ,C i CCV V V V V V

Phương trình nạp điện của tụ:

0( ) ( ) (1 ) (1 )

1( ) (1 ) ln( )

1

t tRC RC

i CC

TRC

i CC CC

V t V V e V e

V T V V e T RC

Tụ phục hồi: Xét gốc tọa độ tại t=T+

Tại t=T+: 0,C i CC CCV V V V V

Ta có phương trình xả của tụ điện:

( ) (1 ) ,

( ) (1 ) 0

ln(1 )

ph ph

t t

i CC CC

T T

i ph CC CC

ph

V t V e V e RC

V T V e V e

T RC

Bài 5.21 Mạch VCO như hình BT 5.21. Tìm biểu thức tính chu kỳ dao động, giả sử R bằng với giá trị R trong nhánh 3R trong cấu

trúc vi mạch.

Bài làm:

Ta có cấu trúc vi mạch:

Ta thấy có 1 điện áp +V cấp vào chân số 5, Dựa vào cấu trúc IC ta có thể tương đương:

Bây giờ ngưỡng đã được set lại.

Đặt VTR=(Vcc+V)/2

VTH=(2VTR)/2,5 và VTL=(VTR)/2,5

Chu kỳ T:

T=T1+T2

Thời gian T1: C nạp qua R1 và R2 với

Thời gian T2: C xả qua R1 với

Suy ra:

Với điều kiện T >0 và ln có nghĩa thì:

Vì còn phụ thuộc vào điện áp V kích thích ở chân số 5 nên vẫn chưa thể rút gọn công

thức được.

Bài 6.3 Mạch monostable blocking BC như hình BT 6.3, điện cảm từ hoá cực C

L= 10mH, a =-hFB=0,98, bỏ qua các điện áp tiếp giáp. Tỉ số vòng BAX 2:1:1.

a. Tính và vẽ dạng sóng iC (t), iE (t)vàVL (t).

Trong trạng thái tĩnh, các dòng điện trong biến áp lý tưởng(BALT) = 0 nên tổng đại số

số amper x số vòng(số amper vòng) trong BALT = 0:

12 0Ei i i

Gọi V là biên độ điện áp rơi trên sơ cấp : 6ccV V V

Và 6

1.52 2.2

ccE

Vi mA

R

1

61

2 2.3

cc

L

Vi mA

R

=> 1 1 1.5 1. 1.25

2 4 / / 2

ccE

L

Vi ii mA

R R

im là dòng từ hóa , do V=const nên

mdiL V

dt hay

.. ccm

V tV ti

L L

Ta có : .1

. 1.25 0.6 ( )4 / /

cc ccc m

L

V V ti i i t mA

R R L

32

ccL

VV V

b. Tính độ rộng xung tp

Tại :pt t i ( ) i ( )c p E pt t

.1

.4 / / 2

cc pcc cc

L

V tV V

R R L R

10 10

(2 1) (2.0,98 1) 0.36674 4 4.2 4.3

p

L

L Lt s

R R

Dạng sóng của các tín hiệu :

Bài 6.4

(1)

(2)

Áp dụng định luật vòng kín ta có:

.. . 0

0

BBBB E E

CC BBCC BB

nV VV i R nV i

RV V V

V V V

Tổng đại số số amper vòng trong BALT bằng 0:

. 0 .E Ei n i i n i thế biểu thức (1) vào ta có: .

. BBnV Vi n

R

(3)

.. BB

C m

nV V Vi i i n t

R L

thế biểu thức (2) vào ta có

.( ). CC BB BB CC BB

C

n V V V V Vi n t

R L

.( ).. CC BB BB CC BBBB

B E C

n V V V V VnV Vi i i n t

R R L

Tại t=tp: C Bi i , ta tìm được tp

.( ) .( ).. . .

.( )(1 ). ( )

.( ). ( )

( )(1 )

1( )

. .( ) (

CC BB BB CC BB CC BB BB CC BBBBp p

CC BB CC BB BBp

CC BB BBp

CC BB

CC BB

p

CC BB

n V V V V V n V V V V VnV Vn t n t

R L R R L

V V n V V Vt n n

L R

n V V VLt n n

V V R

nV V

nL n nntR V V

1 )

/.(1 ).( )

1

BBp

CC BB

V nnLt n

R V V

với

1

ta có được biểu thức cuối cùng

/.( ).(1 )BB

p

CC BB

V nnLt n

R V V

(ĐPCM)

b) Với VBB=0, để tp >0 thì n < . Khi n< , hồi tiếp dương đưa về ngõ vào mới có thể làm

BJT chuyển từ dẫn bảo hòa sang chủ động,dòng iC= .iE mới kết thúc thời gian mono tại t=tp.

+ n=1, mà <1 nên BAX không hoạt động.

c) thưc tế VBB không cần thiết , BJT off, VC=VCC hồi tiếp qua BAX làm cho VE >0, phân cực

BE là phân cực nghịch, BJT off, đúng với mạch monostable

d)1

, 18; 5 ; 50; 12

CCn V L mH R K thế số ta có:

3

3

1.18

.( ) 1 182. . . 4,5.10 36002 1000 5.10

CC BB BB CC BBC

n V V V V Vi n t t t

R L

( ) 8,82C pi t mA

.( ) 0,5.189

1000

CC BB BBE

n V V Vi mA

R

1, 2pt s

34,5.10 3600B E Ci i i t

( ) 0,18B pi t mA

( ) . ( ) 9V

R EV t R i t

Bài 6.5

i1

n1V + n1

- -

nV n:1 ic

+ ib

B E + V C SDTD

i - im

ie=ib+ic

*Để mạch dao động blocking,cực tính của cuộn dây được chọn

như trên hình

*Tính toán thời gian tp:

Phương trình BAXLT:

-nib+i+n1i1=0 (1)

Phương trình vòng kính mạch B-E-C-GND :

Vcc-nV=0 =>V=𝑉𝑐𝑐

𝑛

Từ mạch tải:

i1=−𝑛1𝑉

𝑅𝐿

Từ mạch E:

ie=𝑛𝑉−𝑉

𝑅=

(𝑛−1)𝑉

𝑅 (2)

và ie=i+ im

=>i= ie -im (3)

im= 𝑉

𝐿𝑡

Thế (2),(3) vào (1) ta được:

𝑖𝑏 =𝑉𝑐𝑐

𝑛2 (𝑛1

2

𝑅𝐿−

𝑡

𝐿+

𝑛−1

𝑅) (5)

𝑖𝑒=(𝛽 + 1)𝑖𝑏

Thời gian mono đối với monostable Blocking CC là:

𝑖𝑒(𝑡𝑝) = (𝛽 + 1)𝑖𝑏(𝑡𝑝) (6)

Từ (5) và (6) ta tìm ra được

tp=𝐿(𝑛−1)

𝑅+

𝐿𝑛12

𝑅𝐿−

(𝑛−1)𝑛𝐿

(𝛽+1)

Bài 6.6

Giải:

a) Áp dụng định luật vòng kín mạch CB:

-Vcc + V+V=0

=>V=Vcc/2

𝑚ặ𝑡 𝑘ℎá𝑐 ∶ −𝐼𝑟𝑒𝑠𝑒𝑡 . 𝑅𝑟 + 𝑉 + 𝑉𝑐𝑐 = 0

𝐼𝑟𝑒𝑠𝑒𝑡 =𝑉+𝑉𝑐𝑐

𝑅𝑟=

𝑉𝑐𝑐

2+𝑉𝑐𝑐

𝑅𝑟= 3

𝑉𝑐𝑐

2𝑅𝑟

b)

Áp dụng định luật vòng kín mạch CB:

-Vcc + V+V=0

=>V=Vcc/2

Ta có tổng đại số ambe vòng BALT

𝐼 - 𝐼𝐵 - 𝐼1 = 0 (*)

Từ mạch C

𝐼 = 𝐼𝑐 − 𝐼𝑚 − 𝐼′ =𝐼𝑐 −𝑉.𝑡

𝐿−

𝑉

𝑅′ = 𝐼𝑐 −𝑉.𝑡

𝐿−

𝑉𝑐𝑐

2𝑅′ (1)

Từ mạch E

Ta có: 𝐼𝐵 = 𝐼𝐸 - 𝐼𝑐 =𝑉

𝑅− 𝐼𝑐 (2)

Mặt khác ta có: 𝐼1 =𝑉𝑐𝑐−𝑉

𝑅𝑟=

𝑉𝑐𝑐

2𝑅𝑟 (3)

Thế (1),(2),(3) vào (*) ta được:

𝐼𝑐 −𝑉.𝑡

𝐿−

𝑉𝑐𝑐

2𝑅′ − (𝑉𝑐𝑐

2𝑅− 𝐼𝑐) −

𝑉𝑐𝑐

2𝑅𝑟= 0

𝐼𝑐 =𝑉𝑐𝑐

4(

1

𝑅+

1

𝑅𝑟+

1

𝑅′)

Bài 6.7

Như lý thuyết ta có:

Ban đầu : Trong thời gian 0 tp, mạch làm việc như mạch monostable định thời

cực E.

Tại t = tp, dòng từ hóa im

0

.

( 1) L

cc p

m

V ti I

n

Với RL=∞, ta có 01 L

ccVnI

n

+ Tại t = tp, Q - off, dòng qua cuộn dây sẽ ghép qua mạch Diode và điện dung BAX

như hình

0

I ( )m

f

VI L

ssR sL

0I ( )

( )m

f f

f

VI Ls

R Rs R s s

L L

0I (t) I (1 )f fR R

t tL L

m

f

Ve e

R

- Dòng từ hóa giảm tuyến tính theo t, Dòng qua diode giảm về 0 tại

t = tf, im=0

0I (1 ) 0f fR R

t tL L

f

Ve e

R

(1)

b) Nếu 0 0 0

1 ln(1 )f f f

f f

I R I R I R

V V V

0.ln(1 )

f

f

f

I RLt

R V

(1) 𝑡𝑓 =𝐿

𝑅𝑓.

𝐼𝑜.𝑅𝑓

𝑉𝑓=

𝐿𝐼𝑜

𝑉𝑓=

𝑛

𝑛+1

𝐿

𝑅

𝑉𝑐𝑐

𝑉𝛾

Bài 6.8

Mạch Astable blocking kiểm soát bằng diode:

Lúc đầu, 𝑉𝐵𝐵 phân cực thuận cho BJT và làm BJT dẫn. Mạch hoạt động giống

như mạch monostable định thời cực E

+ 𝑖𝑚 = 𝑉𝑡

𝐿

+ Dùng định luật Kirchoff I cho vòng kín=> nV+ V -𝑉𝐶𝐶 + 𝑉𝐵𝐵 = 0

Vì 𝑉𝐵𝐵 =0.5 << 𝑉𝐶𝐶 = 10 nên có thể tính gần đúng: V ≈ 𝑉𝐶𝐶

𝑛+1

+ 𝑖𝐵 + 𝑖𝐶 = 𝑖𝐸 = 𝑛𝑉−𝑉𝐵𝐵

𝑅 ≈

𝑛𝑉

𝑅 =

𝑛𝑉𝐶𝐶

𝑅(𝑛+1) (1)

+ Tổng đại số số ampere vòng trong BALT là bằng 0:

i - n𝑖𝐵 =0=> 𝑖𝐶 - 𝑖𝑚 - n𝑖𝐵 =0

𝑖𝐶 = n𝑖𝐵 + 𝑉𝑡

𝐿 (2)

Sau thời gian 𝑡𝑝 𝑖𝐶 đạt tới giá trị = β𝑖𝐵, 𝑉𝐶𝐸 bắt đầu tăng do BJT tích cực

thuận => hồi tiếp tái sinh qua BAX làm BJT bị tắt nhanh. Thay giá trị 𝑖𝐶 = β𝑖𝐵

vào và dựa vào hai phương trình (1) và (2), tính được:

𝑡𝑝 = 𝑛𝐿(𝛽−𝑛)

𝑅(𝛽+1)

Để mạch định thời chính xác, người ta có thể chọn những transistor có β lớn,

khi đó n<<β và 1<<β

𝑡𝑝= 𝑛𝐿

𝑅

Khi Q off, dòng qua cuộn dây sẽ ghép qua mạch diode như hình vẽ (bỏ qua

điện trở thuận của diode)

+ Giá trị của dòng qua cuộn dây lúc đó: 𝑖𝐿 = 𝐼0 = 𝑉𝑡𝑝

𝐿 =

𝑛𝑉𝐶𝐶

(𝑛+1)𝑅

Ta có: - 𝑉𝛾 = 𝐿 𝑑𝑖

𝑑𝑡 => 𝑖𝐿 = 𝐼0 -

𝑉𝛾𝑡

𝐿

+ Dòng điện 𝑖𝐿 cũng là dòng qua diode và sẽ tiến về 0 sau thời gian 𝑡𝑓 và làm

diode bị tắt.

+ Sau thời gian diode tắt, tụ điện vẫn còn tích trữ điện tích và cùng với cuộn dây

tạo thành mạch dao động tắt dần với biên độ 𝑉𝛾:

+ Sau thời gian 𝑡𝑎 = ¼ chu kì, điện áp trên tụ C bị giảm về 0 làm thế cực C bằng

𝑉𝐶𝐶 và có xu hướng giảm tiếp, hồi tiếp tái sinh qua BAX làm 𝑉𝐵𝐸 tăng nhanh

chóng, bắt đầu một chu kì mới.

𝑡𝑎 = ¼ . 2π √𝐿𝐶 = 1,57√𝐿𝐶

Như vậy, chu kì T của mạch định thời :

T = 𝑡𝑝 + 𝑡𝑓 + 𝑡𝑎 = 𝑛𝐿

𝑅 +

𝑛 𝐿 𝑉𝐶𝐶

(𝑛+1)𝑅𝑉𝛾 + 1,57√𝐿𝐶

Thế các giá trị: n=2, R= 1.5 k, L = 3mH, C= 100pF, 𝑉𝛾 = 9V, 𝑉𝐶𝐶 = 10V, tính được:

T ≈ 6,34 µs

Chu kì nhiệm vụ = 𝑡𝑝

𝑇 =

4

6,34 = 0,63

Bài 6.11 Kiểm chứng lại các biểu thức tính 1, ,f pt t V trong mạch astable blocking kiểm soát bằng 1 1R C ở cực E.

Giải:

Mạch tương đương lúc TST bão hòa Mạch astable blocking kiểm soát bằng 1 1R C tại cực E

Dạng sóng trên tụ C1

Xác định khoảng thời gian tp và V1. Đặt mốc thời gian là thời điểm TST bắt đầu bão hòa và kết thúc khi TST dẫn

chủ động.

Ta có điện áp trên cực E: e bbv V nV

Mặt khác: @1 1

cc bb cccc bb cc bb

V V VV V nV V V V V

n n

V là hằng khi TST sat

11,m

L

nVVti i

L R

Các dòng điện trong BAXLT: 2

11 1 0b b

L

n Vi n i ni i ni

R

Dòng cực thu 22

11

( 1) ( 1)

cc ccc m b b

L L

n V V tn V Vti i i ni ni

R L n R n L

(1)

Tính 1( )v t . Từ dạng sóng trên tụ C1 ta có: 1(0 )C bb bbv V V V

(bỏ qua điện áp tiếp giáp)

Mạch hình bên là mạch hạ thông có 2 nguồn tác động

1(0 ),C ev v và thời hằng 1 1 1 1( / / )R R C RC do thông thường 1R R

1 1 1

1 1

1 11 1 1 1

1 1

1 1

1 1

( ) (1 ) (0 ) ( (0 ))(1 ) (0 )

( ) ( )( )(1 ) (1 )

t t t

e C e C C

t t

bb bbbb bb bb

R Rv t v e v e v v e v

R R R R

R V nV nVR V RV e V V e

R R R R

Dòng tại cực E

1

1

1 1

1

1

1

( )( ( (1 ))) /

( )

( )

t

e bbe bb bb

t

bb bb

v v nVR V Ri V nV V e R

R R R

nVR V R nVR V R e

R R R

Thường 1 , cc bbR R V V do đó 11

11

1 1

( )

( 1)

tt

cce b c

nV R R enVR nVR ei i i

RR n RR

(2)

Từ (1) và (2)

1 12 2 2

1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

1 1

( ) ( ),

( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

t t

cc cc cc cc cc ccb c

L L

nV R R e n V V t n V R R e n V V ti i

n RR n R n L n RR n R n L

Tại t=tp điều kiện dẫn chủ động: , 1c bi i n hay 0bi

1

1

1

2 2

1 1 1

2 2 2

1 1

2

11

( ) 1 1( )

( 1) ( 1) ( 1)

@

tt

cc p pcc cc

L L

t

p

L

V t tnV R R ee n V nn e

n RR n R n L R R R L

tnne R R

R R L

Hay 1

2

1

t

p

L

t nne

L R R

( được kiểm chứng)(3)

Vì thông thường 1

1pt

nên ta khai triển (3) thành:

2

1

2

1

12

1

(1 )1 1

p p Lp

L

nn

t t n R Rnt

L R RC R

L R C

Biết tp ta xác định được biên độ cực đại V1 của điện thế v1

Theo trên 111

1

( )( ) (1 )

t

bbbb

nVR V Rv t V e

R R

Thông thường 1 , cc bbR R V V nên gần đúng 1 1

1

( )( ) (1 ) (1 )

1

t t

cc bbbb bb

n V Vv t V nV e V e

n

1

1 1 1

( )( ) (1 )

1

t

cc bbbb

n V Vv tp V V e V

n

1

1( 1) ( )

t

cc bb cc bbn V nV V n V V e

( được kiểm chứng)

Xác định thời gian phục hồi ft . Ta chọn mốc thời gian là điểm bắt đầu quá trình phục hồi 1 1(0 )v V . Đây là

quá trình tụ C1 xả điện tích qua điện trở R1. Do R1 thường rất lớn nên quá trình xả tụ diễn ra rất chậm. Khi điện

thế v1 trên tụ giảm tới mức 1( )f bbv t V V thì kết thúc giai đoạn phục hồi và chu kỳ dao động mới lại bắt

đầu.

1 1 1 1( ) ,t

v t V e R C

1 1

1 1( )ft

R C

f bb bbv t V V V e V V

11 1 lnf

bb

Vt R C

V V

( được kiểm chứng)

Bài 7.2

UIJ là linh kiện điện trở âm, có tính chất đặc biệt là khi U giảm thì I tăng.

Khi 𝑉𝐸 < 𝑉𝑃 dòng 𝐼𝐸 = 0, nhưng khi 𝑉𝐸 bắt đầu tăng đến khi 𝑉𝐸 = 𝑉𝑃 thì dòng 𝐼𝐸 tăng.

a/ Khi vừa mới đóng điện thì tụ sẽ nạp điện từ 0 lên đến 𝑉𝑃 rồi sau đó tụ xả điện đến 𝑉𝑉. Những lần

sau tụ nạp từ 𝑉𝑉 đến 𝑉𝑃 rồi lại xả từ điện thế 𝑉𝑃 xuống 𝑉𝑉. Thời gian nạp và xả của tụ được tính giữa hai

điện thế này.

Ta có điện áp trên tụ C :

𝑉𝐶 = 𝑉𝑉 + (𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝑉) ∗ (1 − 𝑒−𝑡

𝑅∗𝐶)

=> 𝑉𝐶 = 𝑉𝐵𝐵 − (𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝑉) ∗ 𝑒−𝑡

𝑅∗𝐶

Tại 𝑇𝑆, 𝑉𝐶 = 𝑉𝑃

=> 𝑉𝑃 = 𝑉𝐵𝐵 − (𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝑉) ∗ 𝑒−𝑇𝑆𝑅∗𝐶

=> 𝑇𝑆 = 𝑅 ∗ 𝐶 ∗ ln (𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝑉

𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝑃)

b/ Khi 𝑉𝑉 ≪ 𝑉𝐵𝐵, ta có :

𝑉𝑃 = 𝑉𝐵 + 𝑉𝛾 = 𝜂𝑉𝐵𝐵 ( do 𝑅1 ≪ 𝑅𝐵1 < 𝑅𝐵𝐵 𝑣à 𝑉𝛾 ≈ 0)

=> 𝑇𝑆 = 𝑅 ∗ 𝐶 ∗ ln (1

1 − 𝜂)

Bài 7.6:

Mạch điện như hình vẽ :

a)Tìm quan hệ R1,R2,R3,R4 để điện áp trên C tuyến tính, hay nói cách khác để

opamp trở thành nguồn dòng.

b)Xác định Vcmax ,cho điện áp bão hòa dương ngõ ra vo=+VCC

BÀI LÀM

a) Gọi I0 là dòng nạp cho tụ C , opamp trở thành nguồn dòng khi I0 là hằng số và

opamp hoạt động ở chế độ tuyến tính (khuếch đại) do đó:

𝑣+ = 𝑣− =𝑅3

𝑅3 + 𝑅4𝑣𝑜

𝐼1 =𝑣𝑖 − 𝑣+

𝑅1

𝐼2 =𝑣𝑜 − 𝑣+

𝑅2

𝐼0 = 𝐼1 + 𝐼2 =𝑣𝑖

𝑅1+

𝑣𝑜

𝑅2− (

1

𝑅1+

1

𝑅2)

𝑅3

𝑅3 + 𝑅4𝑣𝑜

I0 là hằng số khi nó không phụ thuộc vào áp ngõ ra, hay:

𝑣𝑜

𝑅2− (

1

𝑅1+

1

𝑅2)

𝑅3

𝑅3 + 𝑅4𝑣𝑜 = 0

=>𝑹𝟏

𝑹𝟐=

𝑹𝟑

𝑹𝟒

Khi đó 𝐼0 =𝑣𝑖

𝑅1

b)Khi điện áp ngõ ra bão hòa dương 𝑣𝑜 = 𝑉𝑐𝑐 ta có:

𝑣− =𝑅3

𝑅3 + 𝑅4𝑣𝑜 =

𝑅3

𝑅3 + 𝑅4𝑉𝑐𝑐

Để opamp vẫn hoạt đông như nguồn dòng thì 𝑣− = 𝑣+

Nên 𝑽𝒄𝒎𝒂𝒙 = 𝒗− = 𝒗+ =𝑹𝟑

𝑹𝟑 + 𝑹𝟒𝑽𝒄𝒄

Bài 7.9

Giải:

a.

Tại t=0-, Vb1= Vi* R2/(R1+R2) + Vee*R1(R1+R2)=-2V

Suy ra Q1 sat, Vc1=Vces

V0= Vces+ Vbe2= 0.2+0.6=0.8V

b.

Vi=-8V suy ra Q1 off trong thời gian Tg. Dòng Ic1 bây giờ nạp qua C và nếu hệ số khuếch đại điện áp là 1 thì

ngõ ra sẽ thay đổi tuyến tính theo thời gian:

V0=(-Vcc+Vd)*t/RC

Vì –Vcc+Vd= -12+0.6=-11.4V nên dạng sóng quét có độ dốc âm ở ngõ ra

c.

Ts=RC suy ra C=Ts/R=50µs/50KΩ=10nF

d.

ic1= βib1=60x((16-0.5)/20+(12-0.5)/20)=81 mA

iR = (-0.2V-(-11.4V))/5=2.26 mA

iA=-81+2.26=-78.74 mA

VS= -11,4V

Tr=CVs/iA = 1,45 us

f.

T=Tg+Tr=100+1.45=101.45µs

Thời gian hồi phục cho C1

T1=(Vcc-Vd)*Re*T/(Vee*R)=57,8µs

e.

Lượng điện tích nạp C1

Vee*T1/Re=0.2314*10-6

Bai 7.10

Công tắc hở :

Áp dụng Laplace ta có :

2

( )s

Vsv s

LCs RCs C

Khai triển ta được :

/2

2

1 ( .sin cos )

1 1 1( ) &

2 2

Rt L

sv V e A t t

R RA

RC L LC L

Khai triển :

2

21 11 ( ) ...

6 12 2 /s

V t t tv t

RC L RLC LC

Nếu / 1t LC thì :

2

16

s

V tv t

RC LC

Sai số lệch 2

0.385 0.458%6

sd

Te

LC

Điện áp ngõ ra : 2

16

s

V tv t

RC LC

,t=500 s

Suy ra : 247sV V

d./ Nếu không L mạch trở thành :

Tại t=0,S hở,điện áp quét cho bởi công thức :

/(1 )t RC

s V e

Sau thời gian đóng xả tụ,điện áp s nhanh chóng giảm về 0

Nếu 1t

RCkhai triển theo chuôi luy thừa :

2

2 2(1 ...)

2 6s

t tV

RC R C

Tại t =Ts ta có : (1 )2

s ss

VT TV

RC RC

Điện áp đỉnh ngõ ra tại t=500 s là Vs=125V

Sai số lệch ed : 1

12.5%8

sd

Te

RC

Nhận xét : Cuộn dây được sử dụng để cải thiện độ tuyến tính của mạch quét RC,cuộn dây cho

phép mạch quét đạt được biên độ lớn hơn biên độ của mạch RC

Bài 7.11 Trong hình 7.20a, cho các thông số: 20 , 200 , 20 , 5 , 200 , 500cc L CS d sV V L mH R R R T s .

a.Vẽ dạng sóng ,L cei v và chú thích các giá trị và thời hằng.

b.Tính sai số độ dốc es.

Giải. Mạch quét dòng điện đơn giản

Cực E nối mass vc=vce

Khi t<0, Vb âm Qoff iL(0-)=0, vc(0-)=Vcc=20V

Tại t=0+, Vb dương làm Q sat. Mạch tương đương Qsat

Hình 1

Ta có:

1 81

8

( ) (1 ) 4(1 ), / ( ) 8( ), ( )

( )0.8(1 )

t tcs

c cc cs L

cs L

tc

L

cs

Rv t V e e L R R ms t ms

R R

v ti e

R

Tại t=Ts-=0.5ms ta có ( ) 48.47 , ( ) 0.242L ci Ts mA v Ts V

Tại t=Ts+, Vb âm Qoff, áp trên cuộn dây đảo cực tính, D (lý tưởng) phân cực thuận khép dòng ( )Li Ts qua Rd theo thời

hằng 2 / ( ) 0.909d LL R R ms .

Mạch tương đương hình 2

Phương trình dòng xả và điện áp vc

2

( ) ( 0.5)

0.909

( 0.5)

0.909

( ) ( ) 48.47 ( ), ( )

( ) 20 9.694 ( )

t Ts t

L L

t

c cc d L

i t i Ts e e mA t ms

v V R i t e V

Tại t=Ts+ thì áp gai trên cực C: ( ) 29.694( )cv Ts V

Dạng sóng điện áp và dòng điện

c. sai số độ dốc: ( )

0.25L css

cc

R R Le

V

Bài 7.12

Mạch điện như hình vẽ:

Với V’=-20V, V’’=-10V,R2=100K, mạch cấp tín hiệu cho ngõ vào tầng sau có

Ri=400K.Yêu cầu dạng sóng v0 như hình BT 7.12, dạng sóng có sai số độ dốc

es=5%.

a)Tính V1,r,R1,C1.

b)Tìm áp tĩnh trên C1.

c)Khi S đóng tìm thời hằng tương ứng để dạng sóng trở về vị trí ban đầu của nó.

BÀI LÀM

a)Tại t<0: S đóng ta có như hình vẽ:

Mạch tương đương:

𝑉 =𝑅𝑖

𝑅𝑖 + 𝑅2𝑉1 = 0.8𝑉1

𝑅 = 𝑅𝑖//𝑅2 = 80𝐾

𝑣0(0−) = 𝑉′ +𝑟

𝑅 + 𝑟× (𝑉 − 𝑉′)

=> 𝑣0(0−) = −20 +𝑟

80𝐾 + 𝑟× (0.8𝑉1 + 20)

Từ dạng sóng ngõ ra ta có:

𝑣0(0−) = −5𝑉

=>𝑟

80𝐾 + 𝑟× (0.8𝑉1 + 20) = 15 (1)

𝑣𝐶1(0−) = 𝑣0(0−) − 𝑉′′ = 5𝑉

Tại t=0 : S mở ta có mạch tương đương như hình vẽ:

Gọi 𝑣1, 𝑣2, 𝑣3 lần lượt là áp tại ngõ ra do các nguồn V, V′′

và vC1(0−) tác dụng lên tụ điểm A , ta có:

𝑣1 = 𝑉 (1 − 𝑒−𝑡𝜏⁄ ) = 0.8𝑉1 (1 − 𝑒−𝑡

𝜏⁄ ) ; 𝜏 = (𝑅1 + 𝑅)𝐶1

𝑣2 = 𝑉′′ 𝑒−𝑡𝜏⁄ = −10𝑒−𝑡

𝜏⁄

𝑣3 = vC1(0−)𝑒−𝑡𝜏⁄ = 5𝑒−𝑡

𝜏⁄

=> vA(t) = 0.8𝑉1 (1 − 𝑒−𝑡𝜏⁄ ) − 5𝑒−𝑡

𝜏⁄

𝑣0(𝑡) = 𝑉 −𝑅

𝑅1 + 𝑅[𝑉 − vA(t)]

=> 𝑣0(𝑡) = 0.8𝑉1 −80𝐾

𝑅1 + 80𝐾(0.8𝑉1 + 5)𝑒−𝑡

𝜏⁄

Đặ𝑡 𝑎 = 0.8𝑉1& 𝑏 =80𝐾

𝑅1 + 80𝐾(0.8𝑉1 + 5)

𝑣0(𝑡) = 𝑎 − 𝑏𝑒−𝑡𝜏⁄

Do 𝑡 𝜏⁄ ≪ 1 , khai triển chuổi lũy thừa đến bậc 2 ta có:

𝑣0(𝑡) = 𝑎 − 𝑏 (1 − 𝑡𝜏⁄ +

1

2(𝑡

𝜏⁄ )2

)

Do dạng sóng ngõ ra tuyến tính nên: 𝑣0(𝑡) = 𝑎 − 𝑏 + 𝑏 × 𝑡𝜏⁄

Ta có ∶ 𝑣′0(𝑡) =𝑏

𝜏− 𝑏

𝑡

𝜏2

Sai số độ dốc là:

𝑒𝑠 =𝑣′

0(0) − 𝑣′0(𝑇)

𝑣′0(0)

=𝑇

𝜏= 0.05 => 𝜏 = 10𝑚𝑠

=> 𝑣0(𝑡) = 𝑎 − 𝑏 + 𝑏 × 𝑡0.01⁄

𝑣0(0) = 𝑎 − 𝑏

Từ dạng sóng ngõ ra => 𝑣0(0) = −2𝑉 => 𝑎 − 𝑏 = −2 (2)

𝑣0(0.5𝑚𝑠) = 𝑎 − 0.95𝑏

Từ dạng sóng ngõ ra => 𝑣0(0.5𝑚𝑠) = 10𝑉 => 𝑎 − 0.95𝑏 = 10 (3)

Từ (2)&(3) ta có :a=238 & b=240

=>V1 = 297.5V

80𝐾

𝑅1 + 80𝐾(0.8𝑉1 + 5) = 240 => 𝑹𝟏 = 𝟏𝑲

Từ (1)ta có: 𝑟

80𝐾 + 𝑟× (0.8𝑉1 + 20) = 15 => 𝒓 = 𝟒. 𝟗𝟒𝑲

𝜏 = (𝑅1 + 𝑅)𝐶1 => 𝑪𝟏 =𝟏𝟎𝒎𝒔

𝟏𝑲 + 𝟖𝟎𝑲≈ 𝟎. 𝟏𝟐𝟓𝝁𝑭

b)Tại t<0, S đóng :

𝑣𝐶1(0−) = 𝑣0(0−) − 𝑉′′ = 5𝑉

tại t=0 , S mở áp tại A là:

vA(t) = 0.8𝑉1 (1 − 𝑒−𝑡𝜏⁄ ) − 5𝑒−𝑡

𝜏⁄

=> vA(t) = 0.8𝑉1 (1 − 1 +𝑡

𝜏) − 5 (1 −

𝑡

𝜏)

=> vA(t) = −5 + 24.3𝑡 (𝑡: 𝑚𝑠)

Vậy áp trên tụ là:

vc1(t) = vA(t) − 𝑉′ = 5 + 24.3𝑡 (𝑡: 𝑚𝑠)

c)Giả sử tại t=0.5ms S đóng khi đó: V2 = vC1(0.5𝑚𝑠−) = 7.15V

Ta có mạch tương đương:

Tụ C1 sẽ qua R1 nt RT về nguồn VT đến khi áp ngõ ra bằng -5V .

Thời hằng 𝝉′ = (𝑹𝟏 + 𝑹𝑻)𝑪𝟏 = 𝟎. 𝟕𝒎𝒔