Giải BT kỹ thuật xung chương 5

Giả sử ngõ ra mức cao Vo=Vcc.

BÀI TẬP CHƯƠNG 55.1

a.

 Tại t=0−¿, Q1off ,Q2sat¿điện áp tích trên C

V C¿ Áp dương hướng về cực CQ1

 Tại t=0+¿,Q1sat ,Q2off¿và V B 2¿

Biến đổi Laplace:

+V CC ( S)

với τ =RC

Do tất cả đều là hàm nấc:

V B 2 ( S)= V CC

S −[V CC−V CES+V CC−V BES]. 1

S +1τ

 V B 2 (t )=V CC−[2V CC−V CES−V BES] e

−t τ

V B 2¿

V γ=V CC−[2 V CC−V CES−V BES] e

−t τ

)(α V CC+V CC)

↔ α V CC−V CC

α V CC+V CC=−e

−t τ

Giả sử Vi = 0, V1 = 1, V2 = 1 làm V0 = 0:

 Tại t=0+¿ ¿: kích 1 xung dương vào Vi, V1 = 0  V2 = 0 để giữ VC = 0 như ban đầu V2 =

0 làm V0 = 1 hồi tiếp V1 = 1 Lúc này C nạp từ VDD qua R và ngõ ra cổng 1 V2 tăng theo

(V DD−0)1

s

 v2(t )=V DD−V DD e

−t τ

Tại t=0- : V2=VDD, V3=VT, Vo=0=> Vc(0-)=V3-Vo=VT

Khi Q2 off => VBE2 < Vϒ < VBES  VB2 <VBES

 R2 VCES – R1 VBB + R1.R2.Icbo < (R1+R2) VBESKhi Q sat

Ta có ICQ = IRC –I1

 IRC = Vcc−VCES

Rc và I1 =

VCES+VBB−Icbo R 2

R 1+ R 2

 Ic1 =Vcc−VCES Rc - VBB+VCES−Icbo R 2 R 1+ R 2 (1)

Ta có IB1 = I3-I4

 IB1 = Vcc−VBES−Icbo Rc Rc+R 1 - VBB−VBES R 2

Để Q1 sat => β IB1> IC1

Do R E ( β+1)=93 K ≫ R B=3 K nên Q2 bão hoà

b)V2=LTP:Q2 off

∝= R2

R1+R2=

66+ 2=0.75

R= R C 1(R1+R2)

R C 1+R1+R2=

4 (2+6)4+2+ 6=2.67 K

- Xét khi UTP: Q1 off Q2 on

Áp dụng định lý Thevenin tại cực B của Q2

R = [RC1(R1+R2)/(RC1+R1+R2)] = 6.5 kΩ

VB2 = [R2/(R1+R2)]VC1 = 0.2 VC1

Hệ quả (5.28) : V2 = VBE1 + [RE/(αR+RR+RE)](V’ - Vγ2)

=>RE = 0.306 kΩV’ – VBE2 = {[Rb + RE(β+1)]IC2}/β => 4.7 - 0.7 = [5.06x103 + 306(100+1)]/(10RC2) (β = 100)

5.11

Sơ đồ tương đương tính T:

Khi t = 0-, Q1 off Q2 sat:

Q2sat : IBB gấp đôi IB tối thiểu để duy trì Q2sat

Rc1 = Rc2, VCC = 12V, Ics = Ics2 = 2mA, T= 3ms

Khi Q1 off, Q2sat:

Ics2 = Vcc−VBES 2 Rc 2 = 2mA => Rc2 = 5.65 KΩ = Rc1

Để Q2sat: βIb => Ic  Ib > 2/50 = 0.04mA ( chọn β=50)

 Chọn Ibs = 0.1 mA

12−0.70.110−3 = 113 KΩ (5.43)

Khi t=0: Q1 off, Q2 satMạch tương đương

 Vc(0-)= Vcc – VbesKhi t=0+ Q1 sat, Q2 offMạch tương đương

Ta có Vb2(T1-) = Vϒ

Tại t= 0 + : xung kích âm làm V i−¿<0 → ∆ Vi>0 ,V 0 =V CC¿

b) Để giảm thời gian xả tụ người ta gắn Diode vào (D//R)

Khi Vo=+V CC , kết thúc thời gian mono T, Vi + đột biến -2V CC làm D on, khi đó tải sẽ là R f //R = R f (R f

Th1: tại t= 0- mạch ổn định Vi+ = V, Vi- = R 2

R 1+R 2Vcc=αR+RVcc => ▲V< 0 => Vo = Vcc

Vc(0-) = V+Vcc

Sau đó C nạp theo thời hằng τ= RC, vì giảm theo τ

Tại t= T-: Vi+(T-)= αR+RVcc => ▲Vi < 0 => ngõ ra đảo trạng thái khi đó thời đoạn T:

 Taij t=0+: xung kích âm ▲Vi>0 => Vo=Vcc=> không đảo trạng thái

=> vậy không có trường hợp V> αR+RVcc

 Mạch hoạt đọng không đúng tính chất đa hài

5.18

Mạch như sau

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

Tại t= T1-: Vi-(T1-) = αR+R Vcc + βV làm ▲Vi<0, Vo= -Vcc, Vi+= -( αR+R Vcc + βV)

Chọn gốc thời gian tại đầu T1 Ta có: Vc(0-) = -( αR+R Vcc + βV), Vo(0+)= Vcc

Ta có: Vo¿ ¿ = Vi−¿ ¿

 T1= τ ln((1+α )Vcc + β V

(1−α )Vcc−β V)+ C xả qua R vào ngõ tra OPAMP về GND, Vi- giảm theo τ =RC mạch tương đương như hình 1 Chọn gốc thời gian đầu T2 Ta có

Vc(0-)= αR+RVcc và Vo(0+) = -Vcc, cực tính nguồn Vc(0-) và Vo(0+) ngược chiều hình 1

Giả sử ngõ ra mức cao V0 = Vcc  FF {Q=1 Q=0´  Q0 OFF

C nạp từ nguồn Vcc qua R1, R2 theoτ1=(R1+R2)C

Sau thời gian T1: VC đạt đến 25(V CC+V ) làm ngõ ra CMP1 = 1, CMP2 = 0

 R = 1, S = 0, FF lật trạng thái {Q=0 Q=1´  Q0 ON

C xả qua R2 vào chân 7 qua Q0 xuống GND: τ2=R2C

Sau thời gian T2: VC đạt đến 15(V CC+V ) làm ngõ ra CMP2 = 1, CMP1 = 0

Giả sử ngõ ra mức cao Vo=Vcc