Bài tập Chương 5 môn Dụng cụ bán dẫn - Hồ Trung Mỹ
ĐHQG Tp HCM – ĐHBK
Khoa Điện-ĐT–Bộ môn Điện Tử
Môn học: Dụng cụ bán dẫn
GVPT: Hồ Trung Mỹ
Chương 5
Bài tập giải sẵn về BJT–AY1112-S1
(Giả sử các BJT Si có điện áp để JE dẫn là 0.7V, có điện áp bão hòa[NPN]: VBEsat=0.8V và VCEsat=0.2V)
1. Với các trường hợp sau BJT hoạt động ở miền nào?
a) NPN: VBE = 0.8 V, VCE = 0.4 V
b) NPN: VCB = 1.4 V, VCE = 2.1 V
c) NPN: VBE = −1.2 V, VCB = 0.6 V
d) PNP: VCB = 0.9 V, VCE = 0.4 V
e) PNP: VEB = 0.6 V, VCE = –0.4 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
V
BE [V]
JE
VBC [V]
JC
Miền hoạt động
Bão hòa
ngược Tích cực thuận
a)
b)
c)
0.8 > 0
2.1 – 1.4 > 0
–1.2 < 0
thuận 0.8 – 0.4 = 0.4 > 0 thuận
thuận
ngược
–1.4 < 0
–0.6 < 0
ngược
Tắt
Áp dụng BJT PNP vào các câu d), e), và f), ta có kết quả sau:
Trường hợp
V
EB [V]
JE
VCB [V]
0.9 > 0
0.6 – 0.4 > 0
–0.6 < 0
JC
thuận
thuận
Miền hoạt động
Bão hòa
d)
e)
f)
0.9 – 0.4 > 0
0.6 > 0
1.3 – 0.6 > 0
thuận
thuận
thuận
Bão hòa
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–1
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
V
CB = 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
IEP
IEN
pe0 DE WB
nb0 DB LE
e 1
1
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:
Dp
NAB
WB
e 1
NDE Dn Lp
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
1 WBn
B 1
2 LB
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: = Be = 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–2
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:
V
CC = 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:
Hay
VB = VBEsat = 0.8V và VC = VCC–RCIC–VLED = VCC–RCILED–VLED
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:
Hay
VB = VBEsat = 0.8V và VC = VCC–RCIC–VLED = VCC–RCILED–VLED
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–3
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:
VCC VBE
10mA
100mA
R R2
1
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:
VCC VBE
100mA
hay R 10 V VBE []
1
CC
R
1
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:
VCC VBE
R2
R
1
10mA
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:
VBB VBE
IB
R 1 R
B
E
Từ đó suy ra: IC = βIB
Tại mạch cực thu, ta có:
CC = ICRC + VCE + IERE = ICRC + VCE + (β + 1)ICRE/β
V
Suy ra:
1
VCE VCC IC RC
RE
BT về BJT–4
Nếu β >> 1 thì ta có VCE VCC IC R R
E
C
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:
Hay
IX = IC1 + IC2 với IC1 = IC2 = ISexp(V1/VT)
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
V
1
V V2
1
IC1 IS eV
IC1
IC2
T
VT
e
suy ra: V V V ln
1
2
T
V2
IC2
IS eV
T
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–5
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
BT về BJT–6
6 trang
25580
Free
Bạn đang xem tài liệu "Bài tập Chương 5 môn Dụng cụ bán dẫn - Hồ Trung Mỹ", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên
File đính kèm:
- bai_tap_chuong_5_mon_dung_cu_ban_dan_ho_trung_my.pdf
