Giáo trình Mạch điện tử 1 - Chương 5: Mạch transistor ghép liên tầng

 
VE2 = (1.17mA)(1.8K + 0.6K) = 2.8V 
VC1 = VB2 = VBE + VE2 = 0.7 + 2.8 = 3.5V = 
VCE1
Ÿ IC1 = (9 – 3.5)/2.2K = 2.5 mA 
x Xác định MaxSwing: 
Vì tầng 2 mắc CE (Av thường >> 1) Ÿ MaxSwing = MaxSwing2.
Xét tầng 2: 
RDC = 1.3K + 1.8K + 0.6K = 3.7K 
Rac = 1.3K 
Từ DCLL và ACLL của tầng 2 Ÿ MaxSwing = 
MaxSwing2 = 1.5V 
0ҥFKÿLӋQWӱ
Chương 5 7
x 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: > @ »
¼
º
«
¬
ª
»¼
º
«
¬
ª

uu 
1)8.0//6.0(
)8.0//6.0(
)//8.1//6.0(2.0
1
2.2
2.2100
3.1100
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. 
x Hồi tiếp: 
x Xác định độ ổn định: 'IC1 /'T và 'IC2 /'T:
VB2 = 9V – 2.2K(IC1 + IB2) = 9 – 2.2K(IC1 + IC2 / hfe2)
Ÿ VE2 = VB2 – VBE2 = 9 – 2.2K(IC1 + IC2 / hfe2) – VBE2
Mặt khác: VE2 = 1.8KuIE2 + VBE1 | 1.8KuIC2 + VBE1
Ÿ IC2(1.8K + 2.2K / hfe2) = 9 – 2.2KuIC1 – VBE1 – VBE2
Tại B1: IC2 | IE2 = IB1 + VBE1 / 0.6K | IC1 / hfe1 + VBE1 / 0.6K 
0ҥFKÿLӋQWӱ
Chương 5 8
Ÿ IC1(2.2K + 1.8K / hfe1 + 2.2K / (hfe1hfe2)) = 9 - VBE1(1 + 1.8K / 0.6K + 2.2K / (hfe20.6K)) - VBE2
Ÿ IC1 | K
VV BEBE
2.2
49 21 
Khi nhiệt độ thay đổi: 'VBE / 'T = -k = -2.5 mV/0CŸ K
CmV
T
IC
2.2
/5.25 01 u 
'
'
 = 5.7 PA/0C
Tại B1:IC2 = IC1 / hfe1 + VBE1 / 0.6K Ÿ K
CmV
T
V
KT
I
hT
I BEC
fe
C
6.0
/5.2
6.0
11 011
1
2 |
'
'

'
'
'
'
 = -4.2 PA/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 
0ҥFKÿLӋQWӱ
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 (Reo 2Re):
Ÿ 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 = 10:. Tính 
dao động cực đại dòng tải. Xem 2Re >> Rb / hfe
Theo phân tích tĩnh điểm: ICQ = (10 – 0.7) / (2u0.9) = 5.17 mA 
 VCEQ = 10 + 10 – 5.17(0.2 + 2u0.9) = 9.66V 
DCLL: RDC = Rc + 2Re = 2K 
ACLL: Rac = Rc // RL | 10: (???) 
Dựa vào đồ thị: IC2max = 5.17 mA Ÿ ILmax | 5.17 mA 
0ҥFKÿLӋQWӱ
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 'i = i2 – i1Ÿ i1 = i0 – ('i/2) và i2 = i0 + ('i/2) 
Dùng phương pháp chồng trập cho mạch tương đương tín hiệu nhỏ, tách thành 2 mode: 
x Mode chung (common mode): i1 = i2 = i0
Do đối xứng: ie1c = ie2cŸ iRe = 2ie1c = 2ie2c
Ÿ ve = (2Re)ie2c
Tách đôi: Reo 2Re
Ÿ ie2c = 
febibe
b
hRhR
iR
/2
0

0ҥFKÿLӋQWӱ
Chương 5 11
x Mode vi sai (differential mode): i2 = - i1 = 'i/2 
ie1d = - ie2dŸ iRe = 0 Ÿ ve = 0. 
Ngắn mạch ReŸ ie2d = 
)/(2 febib
b
hRh
iR

'
x Chồng trập (superposition): 
 ie2 = ie2c + ie2d = ihRh
R
i
hRhR
R
febib
b
febibe
b '


 )/(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 = Ad'i
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)
0ҥFKÿLӋQWӱ
Chương 5 12
Ví dụ 5: Cho mạch trong ví dụ 4. Tính CMRR. Giả sử i0 = 1PA, 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 
Ÿ iL = -0.1i0 – 14'i
CMRR = Ad / Ac = 140 (43dB) 
Để ngõ ra mode vi sai t 100ungõ ra mode chung: 14'i t 100u(0.1i0)
Ÿ 'i t 100u(i0 / CMRR) = 0.7 PA
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. 
Ÿ Xem T3 là nguồn dòng 
x Phân tích tĩnh điểm: 
ICQ3 = 
e
BBEE
R
VV 7.0
0ҥFKÿLӋQWӱ
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 1
7.0 
Ÿ VCEQ1 = VCEQ2 = VC1 – VE1 = (VCC – RcICQ1) – (
fe
CQb
h
IR 1
7.0  )
VCEQ3 = VC3 – VE3 = (
fe
CQb
h
IR 1
7.0  ) - (-VEE + ReICQ3)
x 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 Ÿ
Dùng biến trở Rv giữa E1 và E2 để 
chỉnh cân bằng. 
0ҥFKÿLӋQWӱ
Chương 5 14
Điều kiện cân bằng: ICQ1 = ICQ2
KVL: RbIB1 + VBE1 + R1IEQ1 = RbIB2 + VBE2 + R2IEQ2
Ÿ (Rb / hfe1 + R1)IEQ1 + VBE1 = (Rb / hfe2 + R2)IEQ2 + VBE2
Giả sử VBE1 = VBE2, cân bằng Ÿ Rb / hfe1 + R1 = Rb / hfe2 + R2
Mặt khác: R1 + R2 = Rv
Ÿ R1 = ¸
¸
¹
·
¨
¨
©
§

21
11
22 fefe
bv
hh
RR
 và R2 = ¸
¸
¹
·
¨
¨
©
§

21
11
22 fefe
bv
hh
RR
Phân tích tín hiệu nhỏ:
Khi cân bằng: ICQ1 = ICQ2Ÿ hib1 = hib2 = hib
Mạch tương đương tín hiệu nhỏ: Giống trường hợp đối xứng, trong đó 
hib1 + Rb1 / hfe1m hib1 + Rb1 / hfe1 + R1 = ¸
¸
¹
·
¨
¨
©
§

21
11
22 fefe
bv
ib hh
RR
h
hib2 + Rb2 / hfe2m hib2 + Rb2 / hfe2 + R2 = ¸
¸
¹
·
¨
¨
©
§

21
11
22 fefe
bv
ib hh
RR
h
Ÿ 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


0ҥFKÿLӋQWӱ
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 :; 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 t 100 Ÿ Re t 100(60 + hib)
Giả sử ICQ1 = ICQ2 = 1mA Ÿ hib = 25 : Ÿ Re t 8.5K. Chọn Re = 10K. 
Tính VEE: VEE = Rb1IB1 + VBE1 + R1IE1 + Re(2I1) = 20.8V 
DCLL: RDC = Rc + R2 + 2Re
ACLL: Rac = Rc // RL
0ҥFKÿLӋQWӱ
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 << IC2Ÿ IC1 + IC2 | IC2 | IE2
Ÿ VCC = VCE2 + (Rc + Re)IC2
Ÿ 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
Ÿ
)/(
4.1
21
2
fefebe
BB
CQ hhRR
V
I


 Ÿ VCEQ2 tính từ DCLL 
TST T1: VCEQ1 = VCEQ2 – 0.7; ICQ1 = ICQ2 / hfe2
0ҥFKÿLӋQWӱ
Chương 5 17
Phân tích tín hiệu nhỏ: 
Phản ánh mạch cực B1 của T1o Cực E1 và mạch cực E2 của T2o Cực B2
Tĩnh điểm: ICQ2 = hfe2ICQ1Ÿ 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


Ÿ Xem 2TST ghép Darlington œ 1 TST có: hìe = 2hie1 và hfe = hfe1hfe2
0ҥFKÿLӋQWӱ
Chương 5 18
Ví dụ 7: Xác định tĩnh điểm của mạch sau. Giả sử hfe = 100. 
Nguồn dòng T5: VB5 = 
3.19.2
9.2
6

 = -4.14V 
Giả sử IB5 << IC5
Ÿ IC5 = K3.1
)6()7.014.4( 
 = 0.9 mA 
Mạch đối xứng: IC3 = IC4 = IC5 / 2 = 0.45 mA 
Ÿ IC1 = IC2 = IC3 / hfe = 4.5 PA
Ÿ IB1 = IB2 = IC1 / hfe = 45 nA 
KVL: VC1 = VC2 = VC3 = VC4 = VCC – 10K(IC3 + 
IC1) | 7.5V 
VE1 = VE2 = 0 – (105)(45u10-9) – 0.7 | -0.7V 
Ÿ VE3 = VE4 = VE1 – 0.7 = -1.4V 
VC5 = VE3 – 50IC3 = -1.4 – 50(0.45u10-3) | -
1.4V
0ҥFKÿLӋQWӱ
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

 
0ҥFKÿLӋQWӱ
Chương 5 20
Phân tích DC: 
Giả sử bỏ qua IB1 và IB2:
VB1 = VCCR1 / (R1 + R2 + R3)
Ÿ VE1 = VB1 - VBE1 = VB1 – 0.7 
Ÿ IC1 = 
e
B
R
V 7.01  = IC2
VB2 = VCC(R1 + R2) / (R1 + R2 + R3)
Ÿ VE2 = VB2 - VBE2 = VB2 – 0.7 
Ÿ 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). 
0ҥFKÿLӋQWӱ
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 
Ÿ IC3 = 3V / 3K = 1 mA 
Cần phải xác định Rb sao cho VLDC = 0. 
IB1 = (12 – 0.7) / Rb
Ÿ VC1 = 12 – 8KuIC1 = 12 – 8Ku[hfe1(12 – 0.7) / Rb] = VB2
VLDC = VE2 – 3.3KuIC2 = (VB2 – 0.7) – 3.3 = VB2 – 4 
Để VLDC = 0 Ÿ VB2 = 12 – 8Ku[hfe1(12 – 0.7) / Rb] = 4 
Ÿ 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 E2o 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
u
 | 1 
Ÿ Mạch Cascode (T2, T3) chỉ làm thay đổi mức DC ngõ ra mà không thay đổi độ lợi áp của mạch 
KĐ T1 (CE).
0ҥFKÿLӋQWӱ