Một số bài tập mẫu Mạch điện tử - Chương 5

→ 
 hay )(1
3
6,0.2
46,0 Vv
K
V
KV
o −=−= 
b) Nếu có điện trở 3K mắc // nguồn dòng 
Ta vẫn có : 
 117 
K
A
K
A
K
A
V vvvvv
233
3 +− −
+
−
=
−
)(125,1
)(375,0
Vv
vVv
A =→
==→ −+
 Khi K=0: 
v+ = v- = 0 
nên mạch là khuếch đại 
đảo : 
1
2
R
R
A −= 
a) 
 vA = 3v
+ = 3v- 
Tại A : 
v+
v-
A3k
+
-
3V
Vo
1k
4k
2k
3k
nên : 
K
K
K
AK
o V
vv
vv
3
375,0.2
.4)(375,0
3
4 −=
−
−=
−
− 
 vo = -0,625(V) 
5_22 
R2
R3
kR3
VoR4
R1
+
-
Vi
 Khi K = 1 v+ = v- = vi 
 ->tạo mạch đệm (do không có dòng qua R1&R2) ->A=1 
 Vậy 1
1
2 ≤≤− A
R
R
b) Khi có nối thêm R4 
Ta có v+ = v- = kvi (1) 
Tại nút 1 : 
 118 
241 R
vv
R
v
R
vv oi −+=
− +++
 (2) 
Khử v+ ở (1) & (2) ta có : 
22411
111
R
v
RRR
kv
R
v o
i
i −





++= 
 nên 
21241
1111
R
v
RRRR
kv oi =





−





++ 
-> 





−





++=
1241
2
1111
RRRR
kRA 
c) Để có : 55 ≤≤− A 
Dựa vào biểu thức A 
 





−





++=
1241
2
1111
RRRR
kRA 
 Khi k = 0 : 
12
1
2 55 RR
R
R
A =→−=−= (1) 
 Khi k = 1 : 
42
4
2 451 RR
R
R
A =→=+= 
Từ đó có thê chọn : 
 R2 = 10
k 
 R1 = 2
K 
 R4 = 2,5
K 
 119 
OA1 có : v-1 = v
+
1 = v1(1) 
OA2 có : v2
+ = v-2 = 0 (2) 
Từ (1) ta có : 
02
34
4
1 v
RR
R
v
+
= 
Từ (2) suy ra : 
2
2
1
1
R
v
R
v Oo −= 
5.24 
v
-
1
V 
+
1=
v
+
2
v
-
2
OA1
OA2
V1
Vo2
Vo1
R3 R2
V1
R4
R1
hay 2
2
1
1 oo v
R
R
v −= 
 1
4
3
2
1
1 1 v
R
R
R
R
vo 





+−= 
 





+−=→
4
3
2
1 1
R
R
R
R
A 
 A = 0 -> R1 = 0 : chọn R1 là biến trở 100
K 
 A=-100 R1 = 100
K : chọn R3 = R4 = 0,5R2 = 1K 
5_25 Mỗi OA hoạt động như một mạch khuếch đại đảo. Khi điều chỉnh 
biến trở thực chất ta điều chỉnh các điện áp v1,v2. Cụ thể nếu biến trở 
nằm chính giữa thì v1=v2. Nếu lên trên thì v1 nhỏ hơn, xuống dưới thì v1 
lớn hơn. Do đó sẽ kéo theo sự sai lệch giữa vL & vR ở ngõ ra của 2 OA( 
mạch dùng chỉnh balance cho volume trong bộ khuếch đại âm tần) 
 120 
Từ 1 và 2 suy ra : 
1
2
5
5
10 R
R
A
K
K
K +
−= 
V1
V2
OA1
OA2 VR
R210k
VL
R210k
R1
R
1
10k
+
-
Vi
 Khi kéo nút xoay xuống hoàn toàn : 
v2 = 0 -> vR = 0 
Ta có: 
 1
2
10
V
R
v
KL
−= (khuếch đại đảo ) (1) 
Suy ra: 
 iK
K
v
R
v
1
1
5
5
+
= (2) 
v1
10k10kR1
+
-
Vi
R1
 A=-1 -> R2 = 2(5
K + R1 ) (3) 
 Khi kéo nút xoay lên hoàn toàn ta cũng có (3) do đối xứng 
 Khi nút xoay nằm chính giữa thì 
1
1
21
10//5
10//5
v
R
vv
KK
KK
+
== 
 Kết hợp (1) : 
 121 
Ta có : 
i
i
vv
R
v
R
v
R
v
R
v
2
2
1
2
0
1
2
0
1
1
=→







−=
−=
mà 
ii = 
1
i
3
1i
R
0v
R
vv −
+
−
2
1
33,3
33,3
10 1
2 −=
+
−=
R
R
A
K
K
K
 ->R2 = 2,127(3,33
K + R1) (4) 
Giải (3) và (4) : 




=
=
K
K
R
R
5,23
57
1
2
5-44. OA1 có : v1
- = v+1 = 0 & OA2 có v2
-=v+2 = 0 
v2
+
v1
-
v2
-
v1
+
OA1
V1
OA2
+
-
Vi
R2R1
R3
Vo
R22R1
→ ii = 





−=+
31
i
1
i
3
i
R
1
R
1
v
R
v
R
v
.
RR
RR
i
v
R
13
31
i
i
i −
==→ 
Ri = 
1
2
i
0
31
1
R
R
v
v
A
R/R1
R
−==→
−
 = -10 → R2 = 10R1. 
Với Ri = ∞ thì R1 = R3 → chọn R1 = R3 = 1k → R2 = 10k 
 122 
Ta luôn có : 
v- = v+ = V5,1)V15.(
k140k10
k10
−=−
+
. 
nên : 
k
vv
k
vvi
3010
0−=
− −−
5-67. 
<
io
i1
i2
>
>
Vo
15V+
-
Vi
-15V
2k
140k10k
30k10k
+
→ -v0 = 3vi - 4v
- = 3vi + 6V 
(mạch khuếch đại clamping với vref = 6) 
 Dạng sóng : 
 Với vi = 2V thì : i1 = KK
i
10
5,12
10
vv +
=
− −
 = 0,35 (mA). 
 → v0 = v
- - 30K.i1 = -1,5 - 30
K.0,35 mA = -12V 
 → iL = K
L
0
2
12
R
v +
=
−
= +6 (mA). 
nên i0 = i1 + iL = 0,35 + 6 =6,35 (mA) 
mà iCC = IQ =1,5 mA : (giả thiết cho) 
→ iEE = iCC + i0 = 1,5 mA + 6,35 mA = 7,85 (mA) 
 Công suất : 
 POA = (vCC - vEE)IQ + (v0 - vEE)i0 
 = 30.1,5mA + (-12 +15).6,35 
 = 64,05 (mW) 
 Dòng i2 = K10
v+
= 0,15 (mA). 
 123 
t 
vi 
5 
-5 
t 
-1,5 
v- = v+ 
21 
-v0 
6 
-9 
t 
 124 
a) Tìm v0/vi. 
Hai Opamp hoạt động ở chế 
độ khuếch đại đảo và không 
đảo: 
• Xét OA1 : 
R)1A(
vv
R
v0 01ii
−
−
=
−
→ v01 = Avi 
5-68. 
OA2
(A-1)R
OA1 vo1
vo2
+
-
vo
Load
R
AR
R
vi
• Xét OA2 : 
 v02 = iv
R
AR−
= -Avi 
nên v0 = v01 - v02 = 2Avi 
 Suy ra : 
i
0
v
v
 = 2A : điều phải chứng minh. 
 125 
Ta có : 
4
011
3
11
R
vv
R
vv −
=
− −−
 (1) 
2
1
1
12
R
vv
R
vv L−=
− ++
 (2) 
 i0 = 
5
L01
R
vv −
 (3) 
 Bài Tập Chương 6 : 
6-5. 
Ta có : 
 v+= v- = 0 ; i = io + i1 
 v0 = -
1
2
R
R
vi. 
i0 = i - i1 = -
3
0
2
0
R
v
R
v
− = 
 = 





+
32
i
1
2
R
1
R
1
v
R
R
→ i0 = 
1
i
3
2
1
i
R
k.v
R
R
1
R
v
=





+ với k = 1 + R2/R3 
hay : i0 = 
k/R
v
1
i : đpcm 
6-14. OA1 có v1
- = v1
+
 & OA2 có v2
+ = v2
- = vL = vo2 
vo2
io
vo1
-
+
Lv
v1
-
OA2
OA1
+
-
V1
R4R3
R1 R2
R5
+
-
V2
v1
+
v2
+
v2
-
 Từ (1), (2) và (3) suy ra : 
v
-
v
+
ii
io i1
+
-
Vi Load
R3
R2R1
Vo
 126 
 i0 = L
o
i
L
V
R
AvR
R
R
R
vR
v
R
R
1
/
1
1
5
2
1
2
1
2
3
4
−=












+




 +



 +
 )1(;
1
.
1
1
1
2
5
5
2
1
3
4
R
R
RR
R
R
R
R
R
A o +−=
+
+
= 
 Để ∞→oR thì R1 -> 0. 
6-15. 
-
+
OA1
OA2
vL
-
+
vo2
+
-
L
vv2 =
=2
v v
Lv1
v1
R5
+
-
Vi
R4R3
R1 R2
 Ta có : 
4
3
4
L3
i
1
4
L1
3
i
R
R
1
R
vR
v
v
R
vv
R
vv
+
+
=→
−
=
− −
−−
 (1) 
và : 













+=→
−
=
−
−
=
+
++
)3(v.
R
R
1v
R
vv
R
vv
)2(
R
vv
i
1
1
2
02
2
021
1
1
5
L02
0
 Từ (1) và (3) : 
 127 
 v02 = 





+
+
+
L
4
3
i
4
3
1
2
v
R
R
v
R
R
1
R
R
1
mà i0 = 
5
L02
R
vv −
 nên : 
 i0 = 










+
+
+










−
+
+
i
4
3
1
2
L
4
3
4
3
1
2
5
v.
R
R
1
R
R
1
v1
R
R
.
R
R
1
R
R
1
R
1
 → A = 
5
4
3
1
2
R
1
.
R
R
1
R
R
1
+
+
 Để : R0 = ∞=










−
+
+
1
R
R
.
R
R
1
R
R
1
R
4
3
4
3
1
2
5 
thì phải thoả mãn điều kiện : 
 (1 + R2/R1).R3 = (1 + R3/R4).R4 
6-16. OA1 có : v+1 = v1
-
 = 0 và OA2 có : v2
+ = v-2 = 0 
v1
+
v2
+
Vo2-2v
vo1v1
vL
-
+OA2
OA1
-
R1 R1 R1 R1 R3
+
-
Vi
R2
 128 
 i0 = 
3
L02
2
L1
R
vv
R
vv −
+
−−
 (*) 
2
L1
1
011
1
1i
R
vv
R
vv
R
vv −
+
−
=
− −−−
 (1) 
 )vv(
2
1
v
R
vv
R
vv
2o1o2
1
2o2
1
21o +=→
−
=
− −
−−
(2) 
Vì v1
- = v2
- = 0 nên : 







+=→=+
−≈+−=→−−=
1
2
1
i022o1o
2o
2
L
1
i
11o
2
L
1
1o
1
v
R
R
vv0vv
v)
R
v
R
v
(Rv
R
v
R
v
R
vi
nên : 
3
L2o
2
L
o
R
vv
R
v
i
−
+−= 
3
L
2
L1
i
2
L
o
R
v
R
vR
v
R
v
i
−+
+−= 
 =
32
1
32
L
3
i
RR
R
R
1
R
1
(v
R
v
+−−+ 
32
1
32
O
3
RR
R
R
1
R
1
1
R;
R
1
A
−+
==→ 
để ∞=OR thì 
 321
32
1
32
RRR
RR
R
R
1
R
1
+=↔=+ 
 129 
Ta có v+ = Rsis = v
- 
Phương trình nút : 
 o
1
L
2
L i
R
vv
R
vv
=
−
+
− ++
R
v
R
v
R
v 1o
4
4
2
2 −=+ (1) 
E
O1O
3
3
1
1
R
V
R
V
R
V
R
V
−−=+
 (2) 
(1) và (2) suy ra : 
 )
R
V
R
V
(
R
V
R
V
R
v
3
3
1
1
4
4
2
2
E
o +−+= 
6.21 
v+
v+
>
>
VL
+
-
>
ioR1
R2
Rs
is
Hay : 
( )
( )
o
L
s
12
L
s
1
S
2
S
o
Lss
12
o
L
12
o
R
v
Ai
R//R
v
i
R
R
R
R
i
viR
R
1
R
1
i
vv
R
1
R
1
i
−=−





+=
−





+=
−





+= +
12
s
R//R
R
A =→ 
 12o R//RR = 
6.25 Ta có : 
E
OA1
OA2 Vo
Vo1
V4
V3
V1
V2
R
R
R3
R1
RR2
R4
 130 
2R
v)1
R2
R
(v
2R
vv
R
vv
1
2
2
1
1
1
'
1
2
1o
+−
=
−
=
− 
2
1
1
2
1
1
2
1O v)1
R2
R
(
R
R2
v
R
R2
vv +−+=→
)vv)(
R
R2
1(v 21
1
2
o −+= đpcm 
Tacó:
)1(
R
vv
R
vv
iii
G
122o
GoR
−
−
−
=−= 
R
R.iVV
R
VV
i R1212O
'
R
−−
=
−
= 
do Rivv
R
vv
i Ro
o
R .22
22 −=⇒
−
= 
)2(1212
'
R
RiVV
R
VV
iii R
G
RG
−−
+
−
=+=
 )]
R
v
R
v
(
R
v
R
v
[(Rv
3
3
1
1
4
4
2
2
Eo +−+= 
6.34 Ta có : 
22
2;
2 21
2
1
'
21
oo v
RR
R
R
v
RR
v
i =
+
+
=
+
= 
 Suy ra 2
2
1' v1
R2
R
V 





+= Mặt khác : ov
RR
R
v
21
2
2
2+
= 
+
+
-
-
V'
V2
V1
0
Vo
V1
V2
R2
R3
R1
R2
6.37 
vo2i
V2
Ri
'
Ri
Gi
V1
<<
<
io
>
RG
R
R R
R
V1
V2
Vo
 131 
refv
RR
R
vv
1+
== −+ : chia áp 
nên : 
)1(R
vv
R
vv o
1
ref
∂+
−
=
− ++
 )3(
R
v
i 1= 
Từ (1) (2) và (3) ta có : 
G
122O
12
G
121
R
VV
R
VV
)VV(
R
1
R
VV
R
V −
+
−
−−+
−
= 
suy ra 
 )vv)(
R
R
1(2v 12
G
o −+= đpcm 
6.49 Ta có : 
v
-
v
+
)1( ∂+R
Ref Vo
+V
RR1
R1
hay : 
 )vv(
R
)1(R
vv ref
1
o
++ −
∂+
−= 
 ref
1
ref
11
ref
1
v
R
)1(R
v
RR
R
.
R
)1(R
v
RR
R ∂+
−
+
∂+
+
+
= 
1
1
11
ref
RR
R
.
R
)1(R
RR
R
(v
+
−∂+
+
+
= 
1
ref
RR
)RRR
(v
+
∂−−
= 
 ref
1
o v
RR
R
v
+
∂
−= 
 132 
R
V
R
V 1O
1
ref −= (1) 
2
O1O
1
rerf
R
V
)1(R
V
R
V
−
∂+
−= (2) 
→ 
2
O
1
ref
1
ref
R
V
)1(R
V
R
v
−
∂+
= (3) 
)1( ∂+ 
6.51 . Ta có v1
+ = v1
- = v-2 = v2
+ = 0 suy ra : 
)1( ∂+R
v1
+
v1
-
v2
+
v2
-
Ref
>
Vo1
Vo
00
R2
R1
+V
R
R1
hay : ref
1
2
ref
1
2
O V
)1(R
R
]1
1
1
[V
R
R
V
∂+
∂
−=−
∂+
=