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1、模拟电子线路作业题参考答案第1早1.1 解：(1)n 2 x 1014 cm -3，Po = L125x 106如-3。该半导体为N型。(2)W 1 x 1014 cm -3no = 2.25x 106沔-3。该半导体为P型。1.3 解：(1)、=53mA(2)%=13.2。s.49。1.4 解：(1)E I =100 mARL(2)E - UI = = 93 mARL(3)I D (on) = 77.5 mARl + RD(4) I =-七或I牝0E增加，直流电流ID增加，交流电阻牛下降。D1.6解：(1)在图(a)中，匕导通，匕截止，U0=5VoV1导通，V2截止，Uo=0V。(5)(2)
2、在图(b )中在图(c )中匕、匕均导通，此时有E - R 4= 1.984V % + (R2/ R) + R44 + (1/0.051) + 21.7解：(1)在图(a)中：当气一2.7V时，V管截止，u0=一2V；当一2.7V时，V管导通，uo=u+0.7。当u.=5sint(V)时，对应的uQ波形如图答图1.7(a)所示。(2)在图(b)中：当 ui1.3V 时，V管截止，u0=u；当 uiW1.3V 时，V 管导通，u=1.3V。其相应波形如答图1.7 (b)所示。答图1.71.9解：该电路为高电平选择电路，即u1、u2中至少有一个为3V,则u0=3 一 0.7=2.3V。u1、u2均
3、为0时，uo=一0.7V。其波形答图1.9(c)所示。答图1.91.10解：当u.5V时，匕击穿，u0=5V。当说声一0.7V时，匕正向导通，u0= 0.7V。当一 0.7Vu.5V时，匕截止，u0=u.。由此画出的u0波形如答图1.10所示。答图1.101.11解：（1）因为RminUmax U =以2 TO = 400QIZmin + ILmin式中，因Rlma T 8，所以1 l i =0,U= 20 + 20 x 0.1 = 22 vR = U =(18 W = 457QmflXIZmmin + 匚(5 +式中l max =务 T2.5mA，Umn=(20 - 20 x 睨 ) V=1
4、8V选择R应满足：400。R457。(2)当Rl = 250。时，、=200 = 40mA。当!z达到最大时，U= (Iz+1 )R + Uz = (30 + 40)x 0.1 +10 = 17(V)当I 为I 时，U= (I .+1 )R + U = (5 + 40)x0.1 +10 = 14.5 (V)即V的变化范围是14.517V。 i第2章2.1题图（a）：9 8V9 -8VJ题图(b)：0.7V一 硅 NPN-0.7V _L 硅 PNP题图（c）：o 0V占 0V9 1V?9V3.7V 错 PNP图4.3V错NPN& 4V占 4V2.3题图（a）3AX为PNP锗管，U = -0.3
5、V （正偏），U =-4.7 V （反偏），放大状态BEce题图（b）： e结反偏，c结反偏，截止状态题图（c）： e结正偏，c结正偏，饱和状态题图（d）： e结开路，晶体管损坏2.6 解：（1）勺点：P - 50, q点：P 。U(BR)CEO 强在题图0）中，由于Ube 0而使发射结导通，假设管子工作在放大状态。则有。广品=25M，妇妇=5，BEU = 15 - 2.5X 3 = 7.5（V） 0.7V，故假设成立，管子处于放大状态。CEQ题图（c）：因Ube 0而使发射结导通，假设管子 工作在放大状态。则有IbQ= 71A，ICQ= 7.1mA，口施歹 15 - 7.1(2 +1) =
6、-6.3V 1：皿,所以晶体管处于饱和状态。此时U Ucc + Uce(sat) R = 12 - .3 X 2 = 7.1VCR。+ Rec 2 +1.312 - 0.312-0.3=0.066mA(3)当RB 2开路时，由于I = p cc + b= 100 x _= 2mACQ hR +(1 +p) RR +101X 1.3由此解得RB1454KQ打B112 - 0.32.14 解：图（a），输出信号被短路，不能进行电压放大。图（b），输入信号被CB短路，不能进行电压放大。图（c），e结零偏，管子截止，不能正常放大。图（d）, e结零偏，不能进行放大。图（e），会使e结烧坏且输入信号短路
7、，电路不能正常放大。图（f），电路可以正常放大。2.17解：%不变，y不变，故七不变。斜率变，故R变化，若R减小，移至Q，RC增加，移至Q。（2）负载线斜率不变，故Rc不变。Ucc变，Ibq不变，故RB变。若Ucc，RB增加， 工作点移至Q，反之，U Rb下降，工作点移至Q”。2.18题图2.18解：（1）输出特性理想化，UJ =8吃=8, P = 100。U - U12“（2） 先求工作点 I = CCBE（on） = = 20（ u A） 直流负载线（2）先成工作点侦R :（1+3）R500 +100 20（ u A），直流负载线BEUCE=UCC -IC（RC + Re）= 12-3IC
8、，取两点Gce =,Ic = 4mA;Ic = Q,Uce = 12V），可得直流负载线如图2.18（b）中线，工作11点Q（UCEQ =6V，ICQ =2mA），交流负载线的斜率为-二2，可得图2.18（b）中C线（交流负载线）。1（3）此时直流负载线不变，仍如图2.14（b）中线，而交流负载线的斜率为- d r r如图2.18（b）中线。(4)为得最大七,工作点应选在交流负载之中点。将图2.18 (b)中线(R L =1k。)平移使之与直流负载线线的交点是此交流负载线之中点，即0点(Uceq 3 V，ICQ = 3mA)。此时，U帅=3V。调节 R 使 I= 30 R A，贝g 30 X
9、10- 6 = CC一U BE (on) 12 ，解得B BQ、JRb + (1+P )Re Rb +101 x 103，解得RB = 300 k。2.20解：(1)要求动态范围最大，应满足，ICQRL = UCEQ - UCES = UccTcKVesI 50解得灼=3mA, y =-cq =于=0.06mA即Iq (2/ 20) = 12 - 2Iq - 0.7所以，r = Uy be = 12-0.7 = 188K。bIq0.0612(2)由直流负载线可知：UCC = 12,Rc = -3 = 4K。,UCEQ = 4V,1 CQ = 2mA。2因为R乙=RcRl = 4R = 2 =
10、1,所以R乙=1.3KQ。而 I =cq = = 0.04mA,则 R =HBQ P 50B IBQ12 - 0.7BE =0.04=283KQ。Uopp = 2U= 2 x (6 - 4) = 4V。2.23解：(1)计算工作点和二，、J已知 Ibq = 20M A，则 ICQ = PIBQ = 100 X 0.02 = 2(mA)%=气广 IRC = UCCf I + U、I CQ R )L /CEQ R = 9 一 2 +CEQ 12 (V)n . C .2 I (V)由以上关系式可以看出，因电路输出端没有隔直电容，负载电阻RL与工作点有关。由上式解得 U= 2.5 V。CEQ而 r,
11、=(1 +P)马=P U = 100 竺=1.3 (k。)，r =界=100 = 50 (k。)bH IeqIcq2ce Icq2(2)计算源电压放大倍数气。先画出图2.23电路的小信号等效电路如下图所示。ooR.1Aus=U U = -P /RC Rl .二U UrRs + r=-p， R/ R = -100致必 “690.15 +1.3be ；c UGs(thj 2 V，UGD = 2V =UGS(th)= 2V,所以工作在恒流区与可变电阻区的交界处(预夹断状态)。图 (b)中,N 沟耗尽型 MOSFET , U德=5 V U( f)= 2 V , Ugd = 0 V U Gs (f)=2
12、v 所以工作在可变电阻区。图 (c)中，P 沟增强型 MOSFET , U Gs = 5 V V U Gs(thj-2 V , UGD = 0V U Gs(th)=-2v，所以工作在恒流区。图(d)中，为N沟JFET, U Gs =3v V U遍硕)=一2V,所以工作在截止区。u gsrGs (off U(3.5 解(1)=I 1DssUgs*解得：IQ = 2.8mA,UGQ = -1.2V,Udsq = 6V(2)gs 7 Gsg )U gs = 4.8 6 Id解得：Iq = 167.6|i A,Ugsq 3.8V,Udq = 5.97V，解：A =_gmRL =土! = 3.33u 1
13、 + g R 1 +1 x 23.12 R = R + R / R = 1000 +100/300 = 1.075MQR0 q R4 = 10 KQ第4章4.1解：(1)由题图4.1可得：中频增益为40dB,即100倍，f=106Hz,f=10Hz(在fH和fL处， 增益比中频增益下降30dB), bw = 106 10 q 106Hz。(2)当 u = 10sinCk *1061mV)+ 20sinG兀 x 1041)mV)时，其中y=104Hz 的频率在中频 i段，而f = 2x 106Hz的频率在高频段，可见输出信号要产生失真，即高频失真。当 u = 10sin（2k -5t）（mV）+
14、 20sinGk x 1041mV）时，f=5Hz 的频率在低频段，f=104Hz 的 i频率在中频段，所以输出要产生失真，即低频失真。4.3解：由0（o的渐进波特图可知：0=100, w =4Mrad/s 它是一个单极点系统，故相应的频率特性表达式为0（处）=4 =1001 + j 1 + j W w4 x 106p因为w/0w故w,二400Mrad/s。也可直接从其波特图根据w,的定义直接读出。其相频特性的近似波特图如图4.3（b）所示。4.4解：（1）输入信号为单一频率正弦波，所以不存在频率失真问题。但由于输入信号幅度 较大（为0.1V）,经100倍的放大后峰峰值为0.1X2X100=2
15、0V，已大大超过输出不失真动 态范围（UOPP=10V），故输出信号将产生严重的非线性失真（波形出现限幅状态）。（2）输入信号为单一频率正弦波，虽然处于高频区，但也不存在频率失真问题。又因为信号幅度较小，为10m V，经放大后峰峰值为100X2X10=2V，故也不出现非线性失真。（3）输入信号两个频率分量分别为10Hz及1MHz，均处于放大器的中频区，不会产生频率失真，又因为信号幅度较小（10m V），故也不会出现非线性失真。（4）输入信号两个频率分量分别为10Hz及50KHz，一个处于低频区，而另一个处于中频区，故经放大后会出现低频频率失真，又因为信号幅度小，叠加后放大器也未超过线性 动态范
16、围，所以不会有非线性失真。（5）输入信号两个频率分量分别为1KHz和10MHz，一个处于中频区，而另一个处于 高频区，故信号经放大后会出现高频频率失真。同样，由于输入幅度小。不会出现非线性频 率失真。解：（1）高频等效电路如题图4.6（b）所示:r =& r = 1kQ, g = = 100mS b eem re(1)利用密勒近似，将Cb，c折算到输入端，即C =( + g G IB = 303pFC = C + C , = 403pFR = r |B R + r )= 0.5kQ处1 3 S泌1I =H 2兀RSC6.28X0.5x 103 x403x10-120.79MHzUo解：（1）高
17、频等效电路如图4.7（b）所示。 在图4.7(b)中，考虑Cgd在输入回路的米勒等效电容，而忽略Cgd在输出回路的米勒等效 电容及电容cds，则上限频率与为1O =hC + (1 + gmRD )七虬5.2解：图5.2是具有基极补偿的多电流源电路。先求参考电流IR,=1.8 (mA)则5.4I = I = 1.8 (mA)I = I = 0.9 (mA)I = I = 4.55 R310 R42 R解：(1)因为电路对称，所以(mA)I = I =么=UE - 0.7C1gC 2Q2222 x R + 一B6 0.72 = 0.52mA2 x 5.1 + 50Uc1q = Uc1q = 6 0
18、.52 x 5.1 = 3.35Vr =&竺=50 x 至=2.5kQ beIC1Q0.52(2)差模电压增益R / R5.1/(1 x 5.1)A = C2 L = 50 x2 q 19ud R + r2 + 2.5差模输入电阻：R = 2(R + r ) = 2(2 + 2.5)kQ = 9kQ id B b e差模输出电阻：R d = 2RC = 2x 5.1kQ = 10.2kQ(3)单端输出差模电压增益：=_ 1P 匹=1 x50x511 q14.22 RB + r,22+2.5共模电压增益:(1W2F fbeA =-PRc Ruc (single)R + p += -0.242+2
19、.5+51 x 2 x 5.1Ad(single)Auc(single)共模输入电阻：Rl) = Rb +，b, +G + p)2Re = 5247kO共模抑制比：KCMR(single)14.2=59 0.24共模输出电阻：R (il) = RC = 5.1kQ(4) 设晶体管的UCB=0为进入饱和区，并略去RB上的压降。为保证V1和V2工作在放大区，正向最大共模输入电压c应满足下式:U V U - ic (max)BE (on)EE X Ric cc2 ReecU 0.7 + 6=6 icx 5.12 x 5.1U V 2.23V ic为保证V和v2h作在放大区，负向最大共模输入电压Uic
20、应满足下式:U UEE + UBE ()= -6 + 0.7 = -5.3(V)否则晶体管截止。由上可得最大共模输入范围为-5.3V U 2.23V5.6解： u = R2Uee = 10*15 = 5VR 2 R + R20+10UR广UE =业=2履 R 2.111I =万 I = 2 x 2 = 1mAe= rbb, +(1 +p)户 CQa =_U_=-PR一ud U - Ur 1.5u = A (u -u )=-200x(-10-2 sint)= 2sint(V)(2) u = A (u. - u )=一200 x (10sint 一 5mV)= ( 2sint + 1V=200 +
21、 51x 26 = 1.5 K Q1整= -200其波形如图所示。5.8RU1EE-R + RU = U -1 R = 15 -1 x 6 = 9V故共模输入电压匕。应满足：一10V 让(4) R J U J I (I ) J I。气3y = 10V10 + 200.1V,电路呈现限幅特性，其u0波形如题图(b)所示。管截止。(2)当RC变为10左 时，u0幅度增大，其值接近15V，此时，一管饱和，另-6.1试判断题图6.1所示各电路的级间反馈类型和反馈极性。(a)级间交、直流串联电压负反馈(b)级间交、直流串联电压负反馈U CC(c)级间交、直流串联电压负反馈(d)级间交、直流串联电压负反馈
22、6.2试判别6.2所示各电路的反馈类型和反馈极性。6.3近似计算:AAufAuf1AAu1 + AB A11 +100 x 0.1x 20% = 1.8%uu u精确计算:AAuf=A -Auf 2 uf 1Au2-AH1 + A u 2 Bu1 + 1BuAAuAuf1 (1 + A 2 B u1120x 1 +120 x 0.1 100=1.54%AA u (1 + A 2B )(1 + A 1B )AA_1AAAe1+Au 2Bu Au16.7(1)A = 1000(60dB)if = * = 108 = 15.92MHz(2) A =Ai=1000= 90.9if 1 + FA1 +
23、0.01 x 1000fHf = (1 + FA )九=11x 15.92x 106 = 175.12MHz6.9(1) (a)第一级是电流负反馈，Ro高，第二级是并联负反馈，要求信号源内阻高，所以，电路连接合理。第一级是串联负反馈，要求RS越小越好。(b)第一级是电压负反馈，Ro低，第二级是串联负反馈，要求信号源内阻低，所以，电路连 接合理。第一级是并联负反馈，要求RS越大越好。(a)电路的输入电阻高，故当信号源内阻变化时，(a)电路的输出电压稳定性好，源电压增 益的稳定性能力强。（a）电路的输出电阻低，故当负载变化时，（a）电路的输出电压稳定性好，源电压增益稳定 性能力强。将V3的基极改接
24、到V2的集电极；将输出端的90kQ电阻，由接在V2的基极改接到V1的6.13运放A1引入了交、直流电压串联负反馈;运放A2引入了交、直流电压并联负反馈。Ru = 2 u u u23A 妇R t R 3 =1uiu Rif20u _ o = oR R550 u4e 1R R44i2 = i f2uAu 2 =广o1RRA = A A =(1 + 3) 5u ui u 2R R6.15T1(a)级间交流电压并联负反馈UccR2T2R11 fUso+U o(a)R3R4C2+B = 一丑g UR4I=fUJo4RSC1R2 18kIC2R3 10kUccT1T2-IIC2R6IR4 1k中k()+R
25、1 10k(b)RkI(b)级间交流电流并联负反馈B = iC2R5R5 + R6h =-Uo-R + R C2 R + R R RI = Usi RsAusfUR、R R=o = (1 + &) 3 L = 50UR5R6.18解：(1) A闽的幅频和相频渐进波特图分别如图6.18(a)和(切所示。80-45o-20dB/dec60135。40-40dB/dec20-225。:M-60dB/dec00.1110 个 102、103104ifn:(a)* f/MHz0-45-90-45o/dec* f/MHz-90o/dec,-45o/dec-135 -180 -225 -270(b)(2)由
26、图6.18(a)可知，在fn=31.6MHZf时，反馈放大器将产生自激。若留有45。的相位裕量，从图(a)上可以看出，相应的20lgA =60dB，则B 1 =-。fA103f(4) 20lgA广40dB采用补偿电容后，p1 1第一个极点频率移到fd，6.28 x 106 x 100 x 103=1.6 pFff人10p2=p2 AAudBuAud讨x10 =1010C、，、 Q补偿电容为2兀 X 105x10 x 105-1.6 = 14.4( pF)f = 103 HZ如果A尸，则C 1600pF讨6.21解：(1)由题可知，开环放大倍数为A (加=4-u 1捎它是一个具有3个重极点的放大
27、器，如果每级附加移相为一60。，则三级共移相一180,W 那么加反馈后会开始自激。因为每级相移为一60。，那么有-arctan=-60106由此可导出所对应的频率为a （j）J3x 106 =40 v = 5u（ 1、3寸1+如k）然后再看是否满足振荡条件（即附加相移AV =一180时，lAFI是否大于等于1）。A （ ） L 6 x F = 5 x 0.1 = 0.5 1可见，该放大器引入F=0.1的负反馈后不会产生自激振荡。（2）求该放大器不产生自激的最大允许值Fmax=?由件（j0）x F = 1可得 F =z_y = 一 = 0.2max A j 叫5（3）若要求有45的相位裕度，则每级相移为一135 /3=45，所对应的上限频率=106,开环增益为0=106maxF 0.2P = 0.2 x 4.52 = 0.90W晶体管的参数应满足如下条件：I %m
