Giáo trình Mạch điện - Chương 5: Mạch transistor ghép liên tầng

nh tĩnh điểm, độ lợi áp, maxswing ngõ ra 
• Xác định tĩnh điểm: 
Để đơn giản, xem IB = 0 trong các tính toán 
tĩnh điểm. 
VBE1 = 0.7V ⇒ I3 = 0.7/600 = 1.17 mA 
⇒ IC2 = IE2 = I3 = 1.17 mA ⇒ VCE2 = 9 – 
(1.17mA)(1.3K + 1.8K + 0.6K) = 4.7V 
VE2 = (1.17mA)(1.8K + 0.6K) = 2.8V 
VC1 = VB2 = VBE + VE2 = 0.7 + 2.8 = 3.5V = 
VCE1 
⇒ IC1 = (9 – 3.5)/2.2K = 2.5 mA 
• Xác định MaxSwing: 
Vì tầng 2 mắc CE (Av thường >> 1) ⇒ MaxSwing = MaxSwing2. 
Xét tầng 2: 
RDC = 1.3K + 1.8K + 0.6K = 3.7K 
Rac = 1.3K 
Từ DCLL và ACLL của tầng 2 ⇒ MaxSwing = 
MaxSwing2 = 1.5V 
Chương 5 7 
• Mạch tương đương tín hiệu nhỏ: K
I
Vhh
CQ
T
feie 1
1
11 ≈= ; KI
V
hh
CQ
T
feie 14.2
2
22 ≈= 
Suy ra: [ ] ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
++⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+
×−×−===
1)8.0//6.0(
)8.0//6.0(
)//8.1//6.0(2.0
1
2.2
2.21003.1100
12
1
1
2
2 KhKh
K
v
i
i
i
i
v
v
v
A
ieiei
b
b
b
b
L
i
L
v 
 Av = 4000 (≈ 72dB) 
Oån định phân cực: Mạch khuếch đại AC: Các tầng độc lập DC: Chương 3 
 Mạch khuếch đại DC: Big problem !!! 
Ví dụ 3: Xác định thay đổi của dòng tĩnh gây ra do ảnh hưởng của nhiệt độ lên VBE trong ví dụ 2. 
• Hồi tiếp: 
• Xác định độ ổn định: ΔIC1 /ΔT và ΔIC2 /ΔT: 
VB2 = 9V – 2.2K(IC1 + IB2) = 9 – 2.2K(IC1 + IC2 / hfe2) 
⇒ VE2 = VB2 – VBE2 = 9 – 2.2K(IC1 + IC2 / hfe2) – VBE2 
Mặt khác: VE2 = 1.8K×IE2 + VBE1 ≈ 1.8K×IC2 + VBE1 
⇒ IC2(1.8K + 2.2K / hfe2) = 9 – 2.2K×IC1 – VBE1 – VBE2 
Tại B1: IC2 ≈ IE2 = IB1 + VBE1 / 0.6K ≈ IC1 / hfe1 + VBE1 / 0.6K 
Chương 5 8 
⇒ IC1(2.2K + 1.8K / hfe1 + 2.2K / (hfe1hfe2)) = 9 - VBE1(1 + 1.8K / 0.6K + 2.2K / (hfe20.6K)) - VBE2 
⇒ IC1 ≈ K
VV BEBE
2.2
49 21 −− 
Khi nhiệt độ thay đổi: ΔVBE / ΔT = -k = -2.5 mV/0C ⇒ K
CmV
T
IC
2.2
/5.25 01 ×−=Δ
Δ
 = 5.7 μA/0C 
Tại B1:IC2 = IC1 / hfe1 + VBE1 / 0.6K ⇒ K
CmV
T
V
KT
I
hT
I BEC
fe
C
6.0
/5.2
6.0
11 011
1
2 −≈Δ
Δ+Δ
Δ=Δ
Δ
 = -4.2 μA/0C 
5.3 Mạch khuếch đại vi sai (difference amplifier) 
Sử dụng: 
Phân tích: Giả sử mạch đối xứng, các TST giống nhau, mạch cực B giống nhau 
Chương 5 9 
Phân tích tĩnh điểm: 
VE1 = VE2 = (IE1 + IE2)Re – VEE = 2IE1Re – VEE = 2IE2Re – VEE 
Do tính đối xứng, tách thành 2 mạch (Re → 2Re): 
⇒ IEQ1 = IEQ2 = 
febe
EE
hRR
V
/2
7.0
+
−
VCEQ1 = VCEQ2 = VCC + VEE – ICQ(Rc + 2Re) 
Ví dụ 4: Trong mạch trên, cho VCC = VEE = 10V; Rb = 0.2K; Re = 0.9K; Rc = 0.2K; RL = 10Ω. Tính 
dao động cực đại dòng tải. Xem 2Re >> Rb / hfe 
Theo phân tích tĩnh điểm: ICQ = (10 – 0.7) / (2×0.9) = 5.17 mA 
 VCEQ = 10 + 10 – 5.17(0.2 + 2×0.9) = 9.66V 
DCLL: RDC = Rc + 2Re = 2K 
ACLL: Rac = Rc // RL ≈ 10Ω (???) 
Dựa vào đồ thị: IC2max = 5.17 mA ⇒ ILmax ≈ 5.17 mA 
Chương 5 10 
Phân tích tín hiệu nhỏ: 
Phản ánh mạch cực B (nguồn i1 và i2) về cực E: 
Đặt i0 = (i1 + i2)/2 và Δi = i2 – i1 ⇒ i1 = i0 – (Δi/2) và i2 = i0 + (Δi/2) 
Dùng phương pháp chồng trập cho mạch tương đương tín hiệu nhỏ, tách thành 2 mode: 
• Mode chung (common mode): i1 = i2 = i0 
Do đối xứng: ie1c = ie2c ⇒ iRe = 2ie1c = 2ie2c 
⇒ ve = (2Re)ie2c 
Tách đôi: Re → 2Re 
⇒ ie2c = 
febibe
b
hRhR
iR
/2
0
++ 
Chương 5 11 
• Mode vi sai (differential mode): i2 = - i1 = Δi/2 
ie1d = - ie2d ⇒ iRe = 0 ⇒ ve = 0. 
Ngắn mạch Re ⇒ ie2d = )/(2 febib
b
hRh
iR
+
Δ
• Chồng trập (superposition): 
 ie2 = ie2c + ie2d = ihRh
R
i
hRhR
R
febib
b
febibe
b Δ++++ )/(2/2 0 
 iL = 2ie
Lc
c i
RR
R
+
−
 = Aci0 + Adid 
trong đó: Ac = 
febibe
b
Lc
c
hRhR
R
RR
R
/2 +++
−
: Độ lợi dòng mode chung 
 Ad = )/(2 febib
b
Lc
c
hRh
R
RR
R
++
−
: Độ lợi dòng mode vi sai 
5.3.1 Tỷ số triệt tín hiệu đồng pha CMRR (Common Mode Rejection Ratio): 
Mạch khuếch đại vi sai lý tưởng: Ac = 0: iL = AdΔi 
Mạch thực tế: Định nghĩa: CMRR = 
c
d
A
A
CMRR = 
febib
e
febib
febibe
hRh
R
hRh
hRhR
/)/(2
/2
+≈+
++
 (Giả sử Re >> hib + Rb/hfe) 
Chương 5 12 
Ví dụ 5: Cho mạch trong ví dụ 4. Tính CMRR. Giả sử i0 = 1μA, xác định giá trị tín hiệu ngõ vào 
mode vi sai để ngõ ra mode vi sai tối thiểu lớn hơn 100 lần ngõ ra mode chung. 
Ac ≈ - 0.1 
Ad ≈ - 14 
⇒ iL = -0.1i0 – 14Δi 
CMRR = Ad / Ac = 140 (43dB) 
Để ngõ ra mode vi sai ≥ 100×ngõ ra mode chung: 14Δi ≥ 100×(0.1i0) 
⇒ Δi ≥ 100×(i0 / CMRR) = 0.7 μA 
5.3.2 Nguồn dòng cực phát (Emitter) 
Để tăng CMRR: Tăng Re : Sử dụng nguồn dòng tại cực E. 
Dùng TST T3 tại cực E: 
iC3 = 
e
BBEE
R
VV 7.0−−
 = const. 
⇒ Xem T3 là nguồn dòng 
• Phân tích tĩnh điểm: 
ICQ3 = 
e
BBEE
R
VV 7.0−−
Chương 5 13 
Do tính đối xứng: ICQ1 = ICQ2 = 
e
BBEECQ
R
VVI
2
7.0
2
3 −−= 
VC3 = VE1 = VE2 = - RbIb – VBE = 
fe
CQb
h
IR 17.0 −− 
⇒ VCEQ1 = VCEQ2 = VC1 – VE1 = (VCC – RcICQ1) – (
fe
CQb
h
IR 17.0 −− ) 
VCEQ3 = VC3 – VE3 = (
fe
CQb
h
IR 17.0 −− ) - (-VEE + ReICQ3) 
• Phân tích tín hiệu nhỏ: 
Tương tự phần trên, thay Re bằng 1/hoe. 
Nhận xét: 1/hoe rất lớn: CMRR được tăng đáng kể. 
Chỉnh cân bằng: (Balance control) 
Thực tế: T1 và T2 khác nhau ⇒ 
Dùng biến trở Rv giữa E1 và E2 để 
chỉnh cân bằng. 
Chương 5 14 
Điều kiện cân bằng: ICQ1 = ICQ2 
KVL: RbIB1 + VBE1 + R1IEQ1 = RbIB2 + VBE2 + R2IEQ2 
⇒ (Rb / hfe1 + R1)IEQ1 + VBE1 = (Rb / hfe2 + R2)IEQ2 + VBE2 
Giả sử VBE1 = VBE2, cân bằng ⇒ Rb / hfe1 + R1 = Rb / hfe2 + R2 
Mặt khác: R1 + R2 = Rv 
⇒ R1 = ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −−
21
11
22 fefe
bv
hh
RR
 và R2 = ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −+
21
11
22 fefe
bv
hh
RR
Phân tích tín hiệu nhỏ: 
Khi cân bằng: ICQ1 = ICQ2 ⇒ hib1 = hib2 = hib 
Mạch tương đương tín hiệu nhỏ: Giống trường hợp đối xứng, trong đó 
hib1 + Rb1 / hfe1 ← hib1 + Rb1 / hfe1 + R1 = ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +++
21
11
22 fefe
bv
ib hh
RR
h 
hib2 + Rb2 / hfe2 ← hib2 + Rb2 / hfe2 + R2 = ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +++
21
11
22 fefe
bv
ib hh
RR
h 
⇒ Ad = )]/1/1)(2/(2/[2 21 fefebvib
b
Lc
c
hhRRh
R
RR
R
++++
−
: Giảm so với trường hợp không dùng Rv 
Ac = )]/1/1)(2/(2/[)/1(2 213 fefebviboe
b
Lc
c
hhRRhh
R
RR
R
+++++
−
Chương 5 15 
Ví dụ 6: Thiết kế mạch sau để có CMRR = 100 (40dB). Tải 1K ghép AC. TST có hfe = 100. 
Theo hình vẽ: R1 = R2 = 50 Ω; hfe1 = hfe2 = 
100. 
Sử dụng công thức tính Ad và Ac ở phần chỉnh cân bằng, thay 1/hoe bằng Re, suy ra: 
CMRR = 
ib
e
ib
ibe
c
d
h
R
h
hR
A
A
+≈++
+++=
60100/20001002
100/1000502
Yêu cầu: CMRR ≥ 100 ⇒ Re ≥ 100(60 + hib) 
Giả sử ICQ1 = ICQ2 = 1mA ⇒ hib = 25 Ω ⇒ Re ≥ 8.5K. Chọn Re = 10K. 
Tính VEE: VEE = Rb1IB1 + VBE1 + R1IE1 + Re(2I1) = 20.8V 
DCLL: RDC = Rc + R2 + 2Re 
ACLL: Rac = Rc // RL 
Chương 5 16 
5.4 Cấu hình Darlington 
Phân tích tĩnh điểm: 
9 DCLL cho T2: VCC = VCE2 + Rc(IC1 + IC2) + ReIE2 
Do IC1 ≈ IE1 = IB2 = IC2 / hfe2 << IC2 ⇒ IC1 + IC2 ≈ IC2 ≈ IE2 
⇒ VCC = VCE2 + (Rc + Re)IC2 
⇒ DCLL: IC2 = 
ce
CC
CE
ce RR
V
V
RR +++− 2
1
9 ACLL cho T2: Rac = (RL // Rc) 
9 Tính tĩnh điểm Q: 
TST T2: VBB = VCCR1 / (R1 + R2); Rb = R1 // R2 
⇒ 
)/(
4.1
21
2
fefebe
BB
CQ hhRR
V
I +
−= ⇒ VCEQ2 tính từ DCLL 
TST T1: VCEQ1 = VCEQ2 – 0.7; ICQ1 = ICQ2 / hfe2 
Chương 5 17 
Phân tích tín hiệu nhỏ: 
Phản ánh mạch cực B1 của T1 → Cực E1 và mạch cực E2 của T2 → Cực B2 
Tĩnh điểm: ICQ2 = hfe2ICQ1 ⇒ hie2 = 
112
2
2
2
CQ
T
CQfe
T
fe
CQ
T
fe I
V
Ih
V
h
I
V
h == = hib1 
Suy ra: Ai = 
211
112
)/(
)/(
ieibfeb
febfe
Lc
cfe
i
L
hhhR
hRh
RR
Rh
i
i
+++
−≈ = 
11
12
2 ibfeb
bfe
Lc
Cfe
hhR
Rh
RR
Rh
++
−
Ai = 
1
21 2
)(
ieb
b
Lc
c
fefe hR
R
RR
R
hh ++− 
⇒ Xem 2TST ghép Darlington ⇔ 1 TST có: hìe = 2hie1 và hfe = hfe1hfe2 
Chương 5 18 
Ví dụ 7: Xác định tĩnh điểm của mạch sau. Giả sử hfe = 100. 
Nguồn dòng T5: VB5 = 3.19.2
9.26 +− = -4.14V 
Giả sử IB5 << IC5 
⇒ IC5 = K3.1
)6()7.014.4( −−−−
 = 0.9 mA 
Mạch đối xứng: IC3 = IC4 = IC5 / 2 = 0.45 mA 
⇒ IC1 = IC2 = IC3 / hfe = 4.5 μA 
⇒ IB1 = IB2 = IC1 / hfe = 45 nA 
KVL: VC1 = VC2 = VC3 = VC4 = VCC – 10K(IC3 + 
IC1) ≈ 7.5V 
VE1 = VE2 = 0 – (105)(45×10-9) – 0.7 ≈ -0.7V 
⇒ VE3 = VE4 = VE1 – 0.7 = -1.4V 
VC5 = VE3 – 50IC3 = -1.4 – 50(0.45×10-3) ≈ -
1.4V 
Chương 5 19 
5.5 Mạch khuếch đại ghép Cascode 
MẠCH 1: 
Cấu hình: CE – CB: Thường dùng trong các mạch tần số cao. 
Phân tích tín hiệu nhỏ: 
Độ lợi truyền đạt (Transfer gain): 
121
21
12
1
1
2
2 //
//
)(
ie
feLfb
i
b
b
e
e
L
i
L
T hRR
RR
hRh
i
i
i
i
i
v
i
v
A +−=== 
Chương 5 20 
Phân tích DC: 
Giả sử bỏ qua IB1 và IB2: 
VB1 = VCCR1 / (R1 + R2 + R3) 
⇒ VE1 = VB1 - VBE1 = VB1 – 0.7 
⇒ IC1 = 
e
B
R
V 7.01 − = IC2 
VB2 = VCC(R1 + R2) / (R1 + R2 + R3) 
⇒ VE2 = VB2 - VBE2 = VB2 – 0.7 
⇒ VCE1 = VC1 - VE1 = (VE2 – RcIC1) – VE1 
VCE2 = VC2 – VE2 = (VCC – RLIC2) – VE2 
MẠCH 2: 
T1: CE 
T2 và T3: Mạch Cascode, dùng để chuyển mức 
DC của (vL) đến 0 (level shifting) dùng trong các 
mạch KĐ ghép trực tiếp (direct – coupled 
amplifiers). 
Chương 5 21 
Phân tích tĩnh điểm: 
Giả sử bỏ qua IB2, IB3. 
VB3 = (-6)(2.3K) / (2.3K + 3.7K) = -2.3V 
VE3 = VB3 - VBE3 = -2.3 – 0.7 = -3V 
⇒ IC3 = 3V / 3K = 1 mA 
Cần phải xác định Rb sao cho VLDC = 0. 
IB1 = (12 – 0.7) / Rb 
⇒ VC1 = 12 – 8K×IC1 = 12 – 8K×[hfe1(12 – 0.7) / Rb] = VB2 
VLDC = VE2 – 3.3K×IC2 = (VB2 – 0.7) – 3.3 = VB2 – 4 
Để VLDC = 0 ⇒ VB2 = 12 – 8K×[hfe1(12 – 0.7) / Rb] = 4 
⇒ Rb = hfe1(12 – 0.7) / 1mA 
Phân tích tín hiệu nhỏ: 
T1: Mắc CE. 
T2: Mắc CC. 
T3: Mắc CB. 
Xác định vL / vc1 : Mạch tương đương tín hiệu nhỏ của T2: Phản ánh trở kháng E2 → B2 , trong đó 
R03 = 1/hob3 là tổng trở nhìn vào cực C của T3 (CB). 
)/1(3.3
)/1(
3222
32
1 obfefeie
obfe
C
L
hhKhh
hh
v
v
+×+= ≈ 1 
⇒ Mạch Cascode (T2, T3) chỉ làm thay đổi mức DC ngõ ra mà không thay đổi độ lợi áp của mạch 
KĐ T1 (CE).