Bài tập giải sẵn Dụng cụ bán dẫn - Chương 5 - Hồ Trung Mỹ

VBE = −1.2 V, VCB = 0.6 V f) PNP: VBC = 0.6 V, VEC = 1.3 V 
ĐS. 
Qui tắc chung để giải loại bài toán này như sau: 
i) Với BJT NPN, ta xét phân cực thuận/ngược của JE và JC theo: 
JE: VBE = VB –VE = VBC + VCE = VCE – VCB = VBC–VEC 
JC: VBC = VB –VC = VBE + VEC = VBE – VCE 
> 0 : phân cực thuận 
< 0 : phân cực ngược 
ii) Với BJT PNP, ta xét phân cực thuận/ngược của JE và JC theo: 
JE: VEB = VE – VB = VEC+VCB = VEC–VBC =VCB – VCE 
JC: VCB = VC – VB = VCE + VEB = VEB –VEC 
> 0 : phân cực thuận 
< 0 : phân cực ngược 
Áp dụng BJT NPN vào các câu a), b), và c), ta có kết quả sau: 
Trường hợp VBE [V] JE VBC [V] JC Miền hoạt động
a) 0.8 > 0 thuận 0.8 – 0.4 = 0.4 > 0 thuận Bão hòa 
b) 2.1 – 1.4 > 0 thuận –1.4 < 0 ngược Tích cực thuận 
c) –1.2 < 0 ngược –0.6 < 0 ngược Tắt 
Áp dụng BJT PNP vào các câu d), e), và f), ta có kết quả sau: 
Trường hợp VEB [V] JE VCB [V] JC Miền hoạt động
d) 0.9 – 0.4 > 0 thuận 0.9 > 0 thuận Bão hòa 
e) 0.6 > 0 thuận 0.6 – 0.4 > 0 thuận Bão hòa 
f) 1.3 – 0.6 > 0 thuận –0.6 < 0 ngược Tích cực thuận 
2. Hãy tìm IE, VCE và VBC của BJT trong mạch hình 1. 
ĐS. 
Với phân cực trong mạch ta thấy JE và JC đều bị phân cực ngược => BJT ở miền tắt => IE = IC = IB = 0 
Như vậy (nếu chọn điện thế tại cực B là điện thế đất): VCE = VC – VE = 10V – 15V = –5V 
Còn VBC = –10V 
Hình 1 Hình 2 
3. Hãy tìm IE, VEC và VCB của BJT trong mạch hình 1. 
ĐS. 
Với phân cực trong mạch ta thấy JE được phân cực thuận và JC được phân cực ngược => BJT ở miền tích cực 
thuận => IE = (20V–0.7V)/39K = 0.495 mA 
BT về BJT–2 
Nếu chọn điện thế đất tại cực B thì ta có 
 VE = 0.7V và VC = –20V + 20K x IC  –20V + 20K x IE = –20V + 20K x0.495mA = –10.1V 
Suy ra: 
VEC = VE – VC = 0.7V – (–10.1V) = 10.8V 
 VCB = VC–VB = VC = –10.1V 
4. Hãy tìm hiệu suất phát e, hệ số vận chuyển miền nền B và độ lợi dòng E chung  của BJT NPN với các 
tham số sau: NDE = 1x1018cm–3, NAB = 1x1016cm–3, Dn = Dp, WB = 100nm, và Lp= Ln = 1µm. 
ĐS. 
a) Hiệu suất phát e 
Theo LT ta có 
0
0
1 1 eEP E Be
EN b B E
pI D W
I n D L
    
với pe0 = ni2/NDE ; nb0 = ni2/NAB 
 DE = hệ số khuếch tán của hạt dẫn thiểu số tại E = Dp 
 DB = hệ số khuếch tán của hạt dẫn thiểu số tại B = Dn 
 LE = chiều dài khuếch tán của hạt dẫn thiểu số tại E= Lp 
Thay các biểu thức trên vào e , ta có dạng biểu diễn khác của e như sau: 
1 pAB Be
DE n p
DN W
N D L
   
Từ đó tính được e = 1 – (1016/1018)(1)(100/1000) = 1 – 10-3 = 0.999 
Như vậy e = 0.999 
b) Hệ số vận chuyển miền nền B 
Theo LT ta có 
2
11
2
Bn
B
WB
L
     
với WBn= bề rộng miền nền phần trung hòa  WB 
LB = chiều dài khuếch tán của hạt dẫn thiểu số tại B= Ln 
Suy ra: B = 1 – (1/2)(100/1000)2 = 0.995 
Như vậy B = 0.995 
c) Độ lợi dòng E chung  
Ta có:  = Be = 0.995 x 0.999 = 0.994 =>  = /(1–) = 0.994/(1–0.994) 166 
Như vậy  = 166 
 Hình 3 Hình 4 Hình 5 
BT về BJT–3 
5. Cho mạch lái LED ở hình 3, với BJT có  =100. LED này có điện áp dẫn VLED(on) = 1.5V và cần lái với 
dòng ILED = 20mA. Điện áp điều khiển VI = 0V làm LED tắt, VI = 5V làm LED sáng. Hãy tìm: 
a) Giá trị của RC để cho BJT ở miền bão hòa khi LED sáng nếu RB = 1K. 
b) Dải giá trị của RC để cho BJT ở miền bão hòa khi LED sáng nếu RB = 1K. 
c) Dải giá trị của RC để cho BJT ở tích cực thuận khi LED sáng nếu RB = 1K. 
d) Dải giá trị của RB để cho BJT ở miền bão hòa khi LED sáng nếu RC có trị ở câu b). 
e) BJT có  là bao nhiêu để cho BJT ở miền bão hòa khi LED sáng nếu RB = 1K và RC =170. 
ĐS. 
a) Giá trị của RC để cho BJT ở miền bão hòa khi LED sáng nếu RB = 1K. 
Khi bão hòa ta có: 
VCC = 5V = RCIC + VLED + VCEsat với IC = ILED =20mA 
 Suy ra RC = (VCC–VLED– VCEsat)/ILED = ( 5V–1.5V–0.2V)/20mA = 3.3V/20mA = 165. 
 Như vậy RC =165 
b) Dải giá trị của RC để cho BJT ở miền bão hòa khi LED sáng nếu RB = 1K. 
Cách 1: Xét 0  VCE  VCEsat = 0.2V 
Ta có: VCE = VCC – RCILED – VLED hay 0  VCC – RCILED – VLED  VCEsat = 0.2V 
Hay (VCC –VLED –VCEsat)/ILED  RC  (VCC –VLED)/ILED 
(5V –1.5 –0.2)/20mA  RC  (5V –1.5V)/20mA 
165  RC  175 
Cách 2: JC được phân cực thuận, nghĩa là VBC > 0 hay VB > VC 
Ta có: VB = VBEsat = 0.8V và VC = VCC–RCIC–VLED = VCC–RCILED–VLED 
Hay 0.8V > VCC–RCILED–VLED = 5V –RCx20mA–1.5V 
 RC > (5V–1.5V–0.8V)/20mA = 135 
 RC > 135 
Ngoài ra còn điều kiện VCE  0 => VCC–RCILED–VLED  0 => RC  (VCC –VLED)/ILED= 175 
Tóm lại: 135 < RC  175 
Chú ý: 
 Cách 2 cho trị chính xác hơn vì VCEsat = 0.2V là trị tiêu biểu mà trong thực tế có thể thay đổi 
nhiều. 
 Thực tế thường phân cực cho JC dẫn thuận (VBC = 0.7V). 
c) Dải giá trị của RC để cho BJT ở tích cực thuận khi LED sáng nếu RB = 1K. 
Khi tích cực thuận thì JC được phân cực ngược, nghĩa là VBC < 0 hay VB < VC 
Ta có: VB = VBEsat = 0.8V và VC = VCC–RCIC–VLED = VCC–RCILED–VLED 
Hay 0.8V < VCC–RCILED–VLED = 5V –RCx20mA–1.5V 
 RC < (5V–1.5V–0.8V)/20mA = 135 
 RC < 135 
Chú ý: Thực tế phân cực VCB > 0.4V 
d) Dải giá trị của RB để cho BJT ở miền bão hòa khi LED sáng nếu RC có trị ở b) 
Khi bão hòa thì IBsat > ICsat 
Với IBsat = (VI – VBEsat)/RB và ICsat = ILED 
Suy ra RB < (VI – VBEsat)/ ILED = 100(5V–0.8)/20mA = 21K 
Như vậy: 0 < RB < 21K 
e) BJT có  là bao nhiêu để cho BJT ở miền bão hòa khi LED sáng nếu RB = 1K và RC =170. 
Khi bão hòa thì IBsat > ICsat 
Với IBsat = (VI – VBEsat)/RB và ICsat = ILED 
 Suy ra  > ICsat / IBsat = RB ILED/(VI – VBEsat)= 1K x 20mA/(5V–0.8V) = 4.76 
 Như vậy:  > 4.76 (các BJT thông dụng đều có  từ vài chục đến vài trăm => luôn thỏa) 
BT về BJT–4 
6. Thiết kế mạch nạp pin theo hình 4 có thể chỉnh được dòng nạp pin từ 10mA đến 100mA. Có nghĩa là ta 
phải tìm các giá trị VCC, R1, R2 (biến trở) làm cho Q1 (có  = 100) hoạt động như nguồn dòng hằng chỉnh được 
IC = 10mA đến 100mA. 
ĐS. 
Giả sử BJT ở miền tích cực thuận và dùng mô hình tín hiệu lớn với VBE=0.7V. 
Khi đó IC =  IB với IB=(VCC–VBE)/(R1+R2) và thay vào yêu cầu với IC: 10mA  IC  100mA , ta có: 
1 2
10 100CC BEV VmA mA
R R
      
Biến trở R2 có thể được chỉnh từ 0 đến R2, và IC max khi R2=0. Như vậy ta có thể chọn R1 bằng: 
1
100 CC BEV VmA
R
  hay  1 10 CC BER V V  [] 
Ta có thể chọn VCC=12V (chỉ cần lớn hơn điện áp danh định của pin nạp được), suy ra R1=11.3K 
Thực tế thì ta phải dùng điện trở với giá trị chuẩn, do đó nên chọn R1=12K (nghĩa là IC max hơi nhỏ hơn 
100mA). 
 Giá trị của R2 được tìm như sau: 
2 110
CC BEV VR R
mA
   
Thay các trị số vào ta có R2 = 101.7K 
Nếu dùng điện trở chuẩn thì chọn biến trở 100K cho R2, khi đó IC min hơi lớn hơn 10mA! 
Chú ý: Thực tế thì các pin NiCd như loại 9V được làm từ 8 pin nhỏ 1.2V, nghĩa là điện áp danh định của nó là 
9.6V. Khi pin được nạp đầy thì mỗi pin nhỏ có điện áp là 1.3V, dẫn đến điện áp nạp đầy là 10.4V. Như vậy 
chỉ cần chọn VCC > 10.4V + VCEsat thì đạt yêu cầu! 
7. Hãy tìm điểm tĩnh của BJT trong mạch ở hình 5. Cho trước các giá trị linh kiện: R1 = 100K; R2 = 50 K; 
RC = 5 K; RE = 3 K; VCC = 15 V; VBE(on) = 0.7 V, và β = 100. 
ĐS. 
Để tiện tính toán ta sẽ biến đổi mạch ở cực nền thành mạch tương đương Thévenin như sau: 
Với VBB=VCCR2/(R1+R2) và RB=R1R2/(R1+R2). 
Giả sử BJT ở miền tích cực thuận, nếu tính ra không đúng thì ta phải đổi lại giả thiết BJT ở miền bão hòa và 
tính lại! Tại mạch nền-phát ta có phương trình sau: 
VBB = IBRB + VBE + IERE = [RB + (β + 1)RE ]IB + VBE 
Suy ra dòng IB được tính theo công thức sau: 
 1BB BEB B E
V VI
R R
   
Từ đó suy ra: IC = βIB 
Tại mạch cực thu, ta có: 
 VCC = ICRC + VCE + IERE = ICRC + VCE + (β + 1)ICRE/β 
Suy ra: 
 1CE CC C C EV V I R R


      
BT về BJT–5 
Nếu β >> 1 thì ta có  CE CC C C EV V I R R   
Thay các giá trị vào ta có: 
VBB = 5V; RB = 33.3 K; IB = 12.8 μA; IC = 1.28 mA; VCE = 4.78 V > VCEsat = 0.2V (đúng tích cực thuận) 
Như vậy BJT có điểm tĩnh: 
VCEQ = 4.78 V ICQ = 1.28 mA IBQ = 12.8 μA 
Hình 6 Hình 7 
8. Mạch ở hình 6 có 2 BJT giống nhau hoàn toàn và được phân cực ở miền tích cực thuận. Hãy tìm: 
a) Dòng IX khi V1=V2 
b) Hiệu số V1–V2 để cho IC1 = 10IC2 
ĐS. 
a) Dòng IX khi V1=V2 
Ta có: IX = IC1 + IC2 với IC1 = IC2 = ISexp(V1/VT) 
Hay IX = 2ISexp(V1/VT )=ISX exp(V1/VT ) 
Khi đó giống như tương đương 1 BJT có dòng bão hòa ngược là ISX và diện tích mặt cắt ngang gấp 
đôi BJT ban đầu! 
b) Hiệu số V1–V2 để cho IC1 = 10IC2 
Lập tỉ số 2 dòng IC ta có 
1
1 2
2
1
2
T
T
T
V
V VV
VC S
V
C V
S
I I e e
I
I e

  suy ra: 11 2
2
ln CT
C
IV V V
I
     
V1–V2 = VT ln10 = 25mV x ln10  58mV ở 300oK 
9. Xét mạch ở hình 7, trong đó V1 biểu diễn tín hiệu được tạo ra từ microphone, IS = 3 x 10–16A, β = 100, VA= 
và Q1 hoạt động ở miền tích cực thuận. 
a) Nếu V1= 0, hãy xác định các tham số tín hiệu nhỏ của BJT? 
b) Nếu V1= 1mV, hãy tìm những thay đổi trong dòng thu và dòng nền? 
ĐS. 
a) Tính các tham số tín hiệu nhỏ. Cho V1 = 0 ta tìm điểm tĩnh của BJT 
Ta có IC = IS exp(VBE/VT) = 3 x 10–16A exp(800mV/25mV) = 23.69 mA 
Suy ra hỗ dẫn gm = IC/VT = 23.69mA/25mV =0.9476 mho 
Và điện trở vào r = β/gm = 100/0.9476mho 103.53 
b) Nếu V1= 1mV, hãy tìm những thay đổi trong dòng thu và dòng nền? 
Với mạch tương đương tín hiệu nhỏ ta thấy V1 = v, do đó ta có sự thay đổi ở dòng thu là: 
IC = gmV1 = 0.9476 mho x 1mV = 0.9476 mA 
Và sự thay đổi ở dòng nền là: 
IB = IC / β = 0.9476 mA /100 = 9.476 µA 
(có thể tính IB = v / r = 1mV/(100/0.9476) = 9.476 µA) 
BT về BJT–6 
Mạch tương đương tín hiệu nhỏ của hình 7 
10. Hãy xác định điện áp ra Vo và dòng IC trong mạch sau. Và tính tiếp giá trị các tham số tín hiệu nhỏ của 
BJT này. Giả sử BJT có  = 100 và VA = . 
 ĐS. 
Để dễ tính toán ta sẽ vẽ lại mạch với tương đương Thévenin cho mạch phân cực tại cực nền: 
 Như vậy ta có: 
 Vo = 1.07V; IC = 1.93mA; gm = 0.072 mho ; và r =1.39K