模电第三次作业

使用教材：
清华大学电子学教研组编 . 杨素行主编 . 模拟电子技术基础简明教程 . 3版 . 北京：高等教育出版社，2006.
作业内容：
模电作业是这样的：
第五章是6 8 9 14题以及PPT上的一个图标出饱和区截止区和放大区
27号前交

¶5-6

求解如下：

求静态工作点：

由三极管基极回路可知：

$V_{EE}=U_{BEQ}+R_1 \cdot I_{BQ}+2R_e \cdot I_{EQ}$

估得： $U_{BEQ} \approx 0.7\ V$
则有：
静态基极电流为：

$I_{BQ}={\dfrac {V_{EE}-U_{BEQ}}{R_1+2R_e(1+\beta)}}={\dfrac {15-0.7}{1.8k+2\times 56k\times (1+40)}}=3.112891\times 10^{-6}\ A\approx 3\ \mu A$

静态集电极电流与电位（对地）：

$I_{CQ}=(1+\beta)I_{BQ}\approx \beta I_{BQ}=120\ \mu A=0.12\ mA$
$U_{CQ}=V_{CC}-I_{CQ}R_c-{\dfrac 1 2}R_WI_{CQ}=(15-0.12m\times 75.5k)\ V=5.94\ V$（对地）

（ $R_W$ 的滑动端处于中点）

静态基极电位（对地）：

$U_{BQ}=-R_1\cdot I_{BQ}=-1.8k\cdot 3\mu A=-5.4mV$（对地）

求差模放大倍数：

根据交流通路可得：

$\Delta i_{B1}={\dfrac {\Delta u_{I1}}{R_1+r_{be}}}, \ \ \ \ \Delta i_{C1}=\beta \Delta i_{B1}$

则 $\Delta u_{C1}=-\Delta i_{C1}(R_c//{\dfrac {R_L} 2})=-{\dfrac {\beta (R'_{c1}//{\dfrac {R_L} 2})}{R_1+r_{be}}}\Delta u_{I1}$

同理：$\Delta u_{C2}=-\Delta i_{C2}(R_c//{\dfrac {R_L} 2})=-{\dfrac {\beta (R'_{c2}//{\dfrac {R_L} 2})}{R_2+r_{be}}}\Delta u_{I2}$

故输出电压为：$\Delta u_{O}=\Delta u_{C1}-\Delta u_{C2}=-{\dfrac {\beta (R'_{c}//{\dfrac {R_L} 2})}{R+r_{be}}}(\Delta u_{I1}-\Delta u_{I2})$

则差模电压放大倍数为：$A_d={\dfrac {\Delta u_{O}}{\Delta u_{I1}-\Delta u_{I2}}}=-{\dfrac {\beta (R'_{c}//{\dfrac {R_L} 2})}{R+r_{be}}}$

其中：$R_c=R_{c1}=R_{c2}=75\ k\Omega,\ \ \ \ R_W=1\ k\Omega$
则 $R'_c=R'_{c1}=R'_{c2}=R_c+{\dfrac 1 2}R_W=75.5\ k\Omega$
又有：$R=R_1=R_2=1.8\ k\Omega ,\ \ \ \ r_{be}=8.2\ k\Omega,\ \ \ \ R_L=30\ k\Omega$
得：$A_d=-50$

求输入电阻：

从两管输入端向里看，差模输入电阻为：$R_{id}=2(R+r_{be})=2(1.8\ k\Omega +8.2\ k\Omega)=20\ k\Omega$

¶5-8

求解如下：

集电极回路加电位器调零比较简单，但静态调到零后，动态仍有可能不平衡；电位器的阻值较大，通常为几千欧至几十千欧。发射极加电位器调零由于引入负反馈，因此对静态和动态均有调零作用；所用电位器阻值较小，一般为几十欧至几百欧；但引入负反馈后使电压放大倍数有所下降。

¶5-9

求解如下：

估算静态工作点：

静态分析：
先确定恒流管的电流：
当忽略 $VT3$ 的基流时，可得到 $R_{b1}$ 上的电压为：$U_{R_{b1}}={\dfrac {R_{b1}}{R_{b1}+R_{b2}}}(V_{CC}+V_{EE})\approx 3.3\ V$
则恒流管的静态电流为：

$I_{CQ3}\approx I_{EQ3}={\dfrac {U_{R_{b1}}-U_{BEQ3}}{R_e}}={\dfrac {3.3-0.7}{13k}}\ A=0.2\ mA$

于是可以得到两个放大管的静态电流和电压为：

$I_{CQ1}=I_{CQ2}\approx {\dfrac 1 2}I_{CQ3}=0.1\ mA$
$U_{CQ1}=U_{CQ2}=V_{CC}-I_{CQ1}R_{c1}=V_{CC}-I_{CQ2}R_{c2}=(9-0.1m\times 47k)\ V=4.3\ V$（对地）
$I_{BQ1}=I_{BQ2}={\dfrac {I_{CQ1}}{\beta}}={\dfrac {I_{CQ2}}{\beta}}={\dfrac {0.1\ mA}{30}}\approx 3.3\ \mu A=0.0033\ mA$
$U_{BQ1}=U_{BQ2}=-I_{BQ1}R_1==-I_{BQ2}R_2=-33\ mV$（对地）

估算差模电压放大倍数：

由静态分析结果可得：

$r_{be}=r_{bb'}+(1+\beta){\dfrac{U_T}{I_{EQ}}}=r_{bb'}+{\dfrac{U_T}{I_{BQ}}}=300\ \Omega + {\dfrac {26\ mV}{0.0033\ mA}} \approx 8178.79\ \Omega \approx 8.2\ k\Omega$

对其进行动态分析，由其交流通路可得：

$R'_L=R_{c}//{\dfrac {R_L} 2}=47\ k\Omega// 10 \ k\Omega={\dfrac {47\times 10}{47+10}}\ k\Omega \approx 8.25\ k\Omega$
$A_d={\dfrac {u_O}{u_{id}}}=-{\dfrac {2\beta i_BR'_L}{2i_B(R_1+r_{be})}}=-{\dfrac {\beta R'_L}{R_1+r_{be}}}=-{\dfrac {30\times 8.25}{10+8.2}}\approx -13.6$

¶5-14

求解如下：

分析接法：

差分输入级属于单端输入单端输出接法

求第二级的集电极负载电阻 $R_{c3}$ ：

恒流源电流为 $I=0.2\ mA$ ，则 $I_{CQ1}\approx 0.5I=0.5\times 0.2\ mA=0.1\ mA$

从图中可以看出：$R_{c1}$ 两端电压即为 $VT3$ 的 $U_{BEQ3}$（发射极与基极之间的电压）

$I_{R_{c1}}={\dfrac {U_{BEQ3}}{R_{c1}}}={\dfrac {0.7}{10}}\ mA=0.07\ mA$

分流（KCL）：

$I_{BQ3}=I_{CQ1}-I_{R_{c1}}=(0.1-0.07)\ mA=0.03\ mA$
$I_{CQ3}=\beta I_{BQ3}=50\times 0.03\ mA=1.5\ mA$

欲使 $u_I=0$ 时，$u_O=0$ ：
则 $R_{c3}$ 上压降为 $V_{EE}$ ，$R_{c3}={\dfrac {V_{EE}}{I_{CQ3}}}={\dfrac {15}{1.5}}\ k\Omega=10\ k\Omega$

分别估算第一级和第二级的电压放大倍数 $A_{u1}$ 和 $A_{u2}$ ，以及总的电压放大倍数 $A_u$：

由其交流通路得：$A_{u1}=-{\dfrac 1 2}{\dfrac {\beta R'_L}{R+r_be}}=-{\dfrac 1 2}{\dfrac {\beta \times (R_{c1}//r_{be3})}{R+r_be}}=-{\dfrac 1 2}\times {\dfrac {50\times (10k//1.2k)}{1k+13.5k}}\approx -1.90$

$A_{u2}=-{\dfrac {\beta R_{c3}}{r_{be3}}}=-{\dfrac {50\times 10}{1.2}}\approx -416.67$

总的电压放大倍数为：$A_{u}=A_{u1}\cdot A_{u2}\approx791.67\approx 792$