Sau thời gian TS, S đóng vSt nhanh chóng giảm về 0.. Sau thời gian TS, S đóng, vSt nhanh chóng về 0.
Trang 1CHƯƠNG 7 7.1)
a) Tại t = 0, S hở, điện áp quét: v S (t )=V (1−e
−t RC
)
Sau thời gian TS, S đóng vS(t) nhanh chóng giảm về 0
e S=Sailệch độ dốc điểm đầu và cuối
Độ dốc điểm đầu
¿|V S−0|
V S
b)
Tại t=0, S hở, điện áp quét: v S(t)=αVV (1−e
−t
R '
C
) Sau thời gian TS, S đóng, vS(t) nhanh chóng về 0
e S=V S αVV
Mạch tương đương Laplace:
Với αV= R1
c) Với v S (t )=V (1−e
−t
RC ) v S
'
(t )= V
−t RC
Xét nếu t
RC ≪ 1 v S (t )=v S(0 )+vS ' (0)
1! (t −0 )+
vS ' (0)
2! (t −0)
2 +…
vS(t)= Vt
t
2 RC+
t2
6 R2C2+…)
Trang 2 v' S(t)= V
t
t2
2 R2C2…)
e d=[v S(t )−v ' S(t)]max
V S
¿
−V
(RC−1) Vt
(−RC+1 )V t2+…
2 R3C3
Chỉ xét số hạng thứ 1: V S
T S RC
(1) →−1
T S−
T S
2 τ+
T S
2 τ2+5 8
T S
τ +…
8
T S
τ
7.2)
Khi vừa mới đóng điện tụ nạp từ 0V Vp rồi xả đến Vv Những lần sau tụ nạp từ Vv Vp rồi xả từ Vv Vv
a)
Khi tụ nạp, UJT off
Mạch tương đương:
Biến đổi Laplace:
V BB (s )−V V(s)
sC
=V C (s )−V V(s)
1
sC
Trang 3 VC (s )=[V BB ( s )−V V(s)]
1
sC
sC
+V V(s)
VC (s )=[V BB−V V].1
s .
1
τ1
s + 1
τ1
+V V
s với τ1=RC
v C(t )=V V+(V¿¿BB−V V)(1−e
−t
τ1
)¿ Gọi T1 là thời gian tụ nạp từ Vv Vp Khi đó VC(T1)=V P
V P=V V+(V¿¿BB−V V)(1−e
−T1
τ1 )¿
T1=τ1 ln(V BB−V V
V BB−V P)=RC ln(V BB−V V
V BB−V P)
Khi tụ xả, UJT on
Mạch tương đương
Biến đổi Laplace:
V P ( s)
R B1+R1+ 1
sC
= V C (s )
R B1+R1 V C (s )=V P (s ).
s
C(R B1+R1)
V C (s )= V P
s .
s s+1
τ2
với τ2=C(R B1+R1)
v C(t )=V P e
−t
τ2
Gọi T2 là thời gian tụ xả từ Vp Vv Khi đó VC(T2)=V V
VV=V P −T2
V V=C(R B1+R1) ln V V P
V
TS=T1+T2=RC ln(V BB−V V
V BB−V P)+C(R B1+R1) ln V V P
V
Trang 4Do R B1+R1≪ R TS ≈ RC ln(V BB−V V
V BB−V P)
b)
Ta có: V P=V B+V γ=η V BB+V γ ≈ η V BB và V BB ≫ V V
V BB−η V BB)=RC ln ( 1
1−η)với η=
R B1
R B1+R B2
7.3)
a) khi t=0, VB<0 => Q off Khi đó, ta có mạch
VB(t) = -2 e-t/R’C’ – 30 e-t/R’C’ +30 = -32 e-t/R’C’ + 30
Ta cần tính T3: thời gian quét => là lúc Q off => Q on (BJT loại Si)
Q active: 0.6 = Vee
Vbe = Vb- Ve = Vb = 0.6 = -32 e-t/R’C’ + 30 => t= 1,27 10-4
Lố thời gian Tg => tính tiếp t= Tg+, Q vẫn off
Vb(t) = - e(t-tg)/R’C’ + 30
0.6 = ( -32 e- 0.0001/R’C’ + 30) (-28 e-(t-tg)/R’C’+ 30)
T= 2.35 10-5 => T3 = 100 10-6 + 2,35 10-5 = 1,2356 10-4 s
b) Khi đó Q active => Ic = β Ib = βVcc−Vb
R ' = 100
30−0.6
150 1000 = 0.0196 (A))
Vo = Vcc – Ic R = 30 0,0196 1000 = 10,4 V
+
+
CC
0
Trang 5giả sử ngõ ra nạp C là 10V
mà Vo(t) = Vcc (1- e-t/RC)
Vo (1.2356 10-4) = 30 (1 – e – 1.2356 10^-4 / 1000 C) = 10
C = 0.3µF
d ‘c = C dV dt = C 10−Vcesat Tr = Ic
Vì khoảng này rất bé ta xem như tuyến tính
Tr = 1,985 10-4
e
7.4)
a)
Trang 6sử dụng công thức (7.20): C3 ¿Vo
Vi¿(Re + hib)] 0.002 =
20
Vi¿]
Vi = 11.75 (V) => Vee = 12.26 (V)
Vcc = Vs = 20V
Cũng từ công thức (7.20): C3 = T 3 τ => τ = T 3 Cs= 10
−4 0.002=0.05 s
τ = C
hob=¿C=τ hob = 0,05.0,5.10-6 = 25 nF
b)
ở thực tế: mạch quét nguồn dòng có sơ đồ:
xem như diode bù nhiệt hoàn toàn với lớp tiếp giáp BE, sai số đo nhiệt chỉ sinh ra diode zenner Khi t0 thay đổi 300C Vz thay đổi 0,002 30 = 0.06%, Cs sẽ thay đổi theo V2 là 0.06%
7.6)
a) ta có Vi(+) = Vi(-)
ta có Vo = Vi(t) (R 3+R 4
R 3 ¿ ; i1 = Vi−Vi¿ ¿ ; i2 = Vo−Vi¿ ¿
ic = i1+i2 = Vi−Vi¿ ¿ + Vi¿ ¿
mà ic = C dvc
dt
Vc(t) = 1
C [
Vi
R 1 - Vi¿ ¿ - Vi¿t=αV¿t
Để Vc(+) tuyến tính => α =! 0
Vi =! [ 1- R 1 R 4 R 2 R 3] Vi(+) = [1 - R 1 R 4 R 2 R 3] Vo R 3+R 4 R 3
+
+
+
Trang 7 Vo
Vi=!
R 2E3+ R 2 R 4
R 2 R 3−R 1 R 4
b Ta có: Vc = Vi(+) = Vo R 3
Vcc R 3
R 3+R 4 < Vcc
=> Vcmax = Vcc