模擬電子技術(shù)基礎(chǔ)第四版童詩白課后答案e

第五章 放大電路的頻率響應(yīng)

自 測 題

一、選擇正確答案填入空內(nèi)。

（1）測試放大電路輸出電壓幅值與相位的變化，可以得到它的頻率響應(yīng)，條件是 。

A.輸入電壓幅值不變，改變頻率 B.輸入電壓頻率不變，改變幅值 C.輸入電壓的幅值與頻率同時變化

（2）放大電路在高頻信號作用時放大倍數(shù)數(shù)值下降的原因是而低頻信號作用時放大倍數(shù)數(shù)值下降的原因是 。 A.耦合電容和旁路電容的存在

B.半導(dǎo)體管極間電容和分布電容的存在。 C.半導(dǎo)體管的非線性特性 D.放大電路的靜態(tài)工作點(diǎn)不合適

（3）當(dāng)信號頻率等于放大電路的fL 或fH時，放大倍數(shù)的值約下降到中頻時的 。

A.0.5倍 B.0.7倍 C.0.9倍 即增益下降

A.3dB B.4dB C.5dB

&相位關(guān)系是。&與U （4）對于單管共射放大電路，當(dāng)f ＝ fL時，U oi

A.＋45?

B.－90? C.－135?

&與U&的相位關(guān)系是。 當(dāng)f ＝ fH時，Uoi

A.－45? B.－135? C.－225? 解：（1）A （2）B，A （3）B A （4）C C

二、電路如圖T5.2所示。已知：VCC＝12V；晶體管的Cμ＝4pF，fT = 50MHz，rbb'＝100Ω, β0＝80。試求解：

（1）中頻電壓放大倍數(shù)A&usm

； （2）C'

π； （3）fH和fL；

（4）畫出波特圖。

圖T5.2

解：（1）靜態(tài)及動態(tài)的分析估算：

IBQ=

VCC?UBEQ

R≈22.6? A

b

IEQ=(1+β)IBQ≈1.8mAUCEQ=VCC?ICQRc≈3Vrb'e=(1+β)

26mV

I≈1.17k?

EQ

r

be=rbb'+rb'e≈1.27k?Ri=rbe∥Rb≈1.27k?gm=

IEQU≈69.2mA/V

T

A&=Ri

rusm

R?b'e(?gmRc　)　≈?178

s+Rirbe

（2）估算C'

π：

fT≈

Cπ≈

β0

2πrb'e(Cπ+Cμ)

β0

2πrb'efT

?Cμ≈214pF

'

=Cπ+(1+gmRc)Cμ≈1602pFCπwww.msguai.com

（3）求解上限、下限截止頻率：

R=rb'e∥(rb'b+Rs∥Rb)≈rb'e∥(rb'b+Rs)≈567?

f1

H=

2πRCπ

'

≈175kHzf1

L=

2π(R≈14Hz

s+Ri)C

（4）在中頻段的增益為

20lgA&usm≈45dB

頻率特性曲線如解圖T5.2所示。

解圖T5.2

三、 已知某放大電路的波特圖如圖T5.3所示，填空：

&|＝ dB，A&＝。 （1）電路的中頻電壓增益20lg|Au mu m

（2）電路的下限頻率fL≈ Hz，上限頻率fH≈ kHz.

&＝

（3）電路的電壓放大倍數(shù)的表達(dá)式Au

圖T5.3

解：（1）60 104 （2）10 10 （3）

±103±100jf

或

(1+1+j)(1+j)(1+j)(1+j1+jjf1010101010

說明：該放大電路的中頻放大倍數(shù)可能為“＋”，也可能為“－”。

習(xí) 題

5.1 在圖P5.1所示電路中，已知晶體管的rbb'、Cμ、Cπ，Ri≈rbe。 填空：除要求填寫表達(dá)式的之外，其余各空填入①增大、②基本不變、③減小。

圖P5.1

（1）在空載情況下，下限頻率的表達(dá)式fL＝ 。當(dāng)Rs減小時，fL將 ；當(dāng)帶上負(fù)載電阻后，fL將 。

（2）在空載情況下，若b-e間等效電容為Cπ， 則上限頻率的表達(dá)式fH ＝當(dāng)Rs為零時，fH將 ；當(dāng)Rb減小時，gm將 ，Cπ將fH將 。 解:（1）

'

'

1

。①；①。

2π(Rs+Rb∥rbe) C1

（2）

1

；①；①，①，③。

2π[rb'e∥(rbb'+Rb∥Rs)]Cπ'

&

的表達(dá)式。 5.2 已知某電路的波特圖如圖P5.2所示，試寫出Au

圖P5.2

解: 設(shè)電路為基本共射放大電路或基本共源放大電路。

&≈ Au

(1+

?32f10

)(1+j5)jf10

&≈或 Au

?3.2jf

ff(1+j1+j51010

&的表達(dá)式。 5.3 已知某共射放大電路的波特圖如圖P5.3所示，試寫出A

u

圖P5.3

解：觀察波特圖可知，中頻電壓增益為40dB，即中頻放大倍數(shù)為－100；

&的表達(dá)式下限截止頻率為1Hz和10Hz，上限截止頻率為250kHz。故電路Au

為

&= Au

?100

(1+1+)(1+j)5

jfjf2.5×10+10f

(1+jf)(1+j1+j)5

102.5×10

2

&=或 Au

5.4 已知某電路的幅頻特性如圖P5.4所示，試問： （1）該電路的耦合方式；

（2）該電路由幾級放大電路組成； （3）當(dāng)f ＝104Hz時，附加相移為多少？當(dāng)f ＝105時，附加相移又約為多少？

解:（1）因為下限截止頻率為0，所以電路為直接耦合電路；

（2）因為在高頻段幅頻特性為 圖P5.4 －60dB/十倍頻，所以電路為三級放大電路；

（3）當(dāng)f ＝104Hz時，φ'＝－135o；當(dāng)f ＝105Hz時，φ'≈－270o 。

&的表達(dá)式，并近似估5.5 若某電路的幅頻特性如圖P5.4所示，試寫出Au

算該電路的上限頻率fH。

&的表達(dá)式和上限頻率分別為 解：Au

'3

f±10H&= AfH≈≈5.2kHz u

f31.(1+j4)10

5.6 已知某電路電壓放大倍數(shù)

&= Au

?10jf

ff(1+j1+j51010

試求解：

（1）A&um

＝？fL＝？fH ＝? （2）畫出波特圖。

解：（1）變換電壓放大倍數(shù)的表達(dá)式，求出A&um

、fL、fH。?100?jf

A&u

=10

(1+j

ff

101+j105) A&um

=?100

fL=10HzfH=105Hz

（2）波特圖如解圖P5.6所示。

解圖P5.6

5.7 已知兩級共射放大電路的電壓放大倍數(shù)

&=Au

200?jf

f??f??f???1+j??1+j4??1+j5? 5×102.510??????

&＝？fL＝？fH ＝? （1）Au m

（2）畫出波特圖。

&、fL、fH。 解：（1）變換電壓放大倍數(shù)的表達(dá)式，求出Au m

103?j

f

A&u

=(1+jf51+jff

1041+j2.5×105

A&um

=103

fL=5Hz fH≈104Hz

（2）波特圖如解圖P5.7所示。

解圖P5.7

5.8 電路如圖P5.8所示。已知：晶體管的β、rbb'、Cμ均相等，所有電容的容量均相等，靜態(tài)時所有電路中晶體管的發(fā)射極電流IEQ均相等。定性分析各電路，將結(jié)論填入空內(nèi)。

圖P5.8

（1）低頻特性最差即下限頻率最高的電路是; （2）低頻特性最好即下限頻率最低的電路是; （3）高頻特性最差即上限頻率最低的電路是; 解：（1）（a） （2）（c） （3）（c）

5.9 在圖P5.8（a）所示電路中，若β ＝100，rbe＝1kΩ，C1＝C2＝Ce＝100μF，則下限頻率fL≈?

解：由于所有電容容量相同，而Ce所在回路等效電阻最小，所以下限頻率決定于Ce所在回路的時間常數(shù)。

R=Re∥

rbe+Rs∥Rbrbe+Rs

≈≈20?

1+β1+β

fL≈

1

≈80Hz

2 πRCe

5.10 在圖P5.8（b）所示電路中,若要求C1與C2所在回路的時間常數(shù)相等,且已知rbe=1kΩ，則C1:C2＝? 若C1與C2所在回路的時間常數(shù)均為25ms，則C1、C2各為多少？下限頻率fL≈? 解：（1）求解C1:C2

因為 C1（Rs＋Ri）＝C2（Rc＋RL）

將電阻值代入上式，求出 C1 : C2＝5 : 1。 （2）求解C1、C2的容量和下限頻率

C1=C2=

τ

Rs+Ri

F≈12.5μ F≈2.5μ

τ

Rc+RL

1

≈6.4Hz2πτ

fL≈1.2fL1≈10HzfL1=fL2=

5.11 在圖P5.8（a）所示電路中，若Ce突然開路，則中頻電壓放大倍數(shù)

&、fH和fL各產(chǎn)生什么變化（是增大、減小、還是基本不變）？為什么？ Ausm

&&&& 解：Ausm將減小，因為在同樣幅值的Ui作用下，Ib將減小，Ic隨之&必然減小。 減小，o

fL減小，因為少了一個影響低頻特性的電容。

因為Cπ會因電壓放大倍數(shù)數(shù)值的減小而大大減小，所以雖然Cπ fH增大。

所在回落的等效電阻有所增大，但時間常數(shù)仍會減小很多，故fH增大。

5.12 在圖P5.8（a）所示電路中，若C1＞Ce，C2＞Ce，β ＝100，rbe＝1kΩ，欲使fL ＝60Hz，則Ce應(yīng)選多少微法？

解：下限頻率決定于Ce所在回路的時間常數(shù)，fL≈回路的等效電阻。

R和Ce的值分別為： R=Re∥

'

'

1

。R為Ce所在

2πRCe

rbe+Rs∥Rbrbe+Rs

≈≈20?

1+β1+β

Ce≈

1

≈133μF

2πRfL

5.13 在圖P5.8（d）所示電路中，已知晶體管的rbb'＝100Ω，rbe＝1kΩ，靜態(tài)電流IEQ＝2mA，Cπ＝800pF；Rs＝2kΩ，Rb＝500 kΩ，RC＝3.3 kΩ，C=10μF。

試分別求出電路的fH、fL，并畫出波特圖。 解：（1）求解fL fL=

'

12π(Rs+Ri)

≈

12π(Rs+rbe)

≈5.3Hz

（2）求解fH和中頻電壓放大倍數(shù)

rb'e=rbe?rb'b=0.9k?fH=

gm≈

11

≈≈316kHz''

2π[rb'e∥(rb'b+Rb∥Rs)]Cπ2π[rb'e∥(rb'b+Rs)]CπIEQUT

≈77mA/V

&=Ausm

rb'erRi''

?b'e?(?gmRL)≈?(?gmRL)≈?76

Rs+rbeRs+Rirbe

&20lgAusm≈37.6dB

其波特圖參考解圖P5.6。

5.14電路如圖P5.14所示，已知Cgs＝Cgd＝5pF，gm＝5mS，C1＝C2＝CS＝10μF。

&的表達(dá)式。 試求fH、fL各約為多少，并寫出A

us

圖P5.14

&的表達(dá)式分析如下： 解：fH、fL、Aus

&=AusmfL≈

Ri''

≈?12.4(?gmRL)≈?gmRL

Rs+Ri

1

≈16Hz

2πRsCs

11

≈≈1.1MHz''

2π(Rs∥Rg)Cgs2πRsCgs

?12.4?(j

''

Cgs=Cgs+(1+gmRL)Cgd≈72pF

fH=

f

&≈Aus

ff(1+j)(1+j)6

161.1×10

5.15在圖5.4.7（a）所示電路中，已知Rg＝2MΩ，Rd＝RL＝10kΩ，C ＝10μF；場效應(yīng)管的Cgs＝Cgd＝4pF，gm＝ 4mS。試畫出電路的波特圖，并標(biāo)出有關(guān)數(shù)據(jù)。

解：

&=?gR'=?20, 20lgA&≈26dBAumummL

''

)Cgd=88pF=Cgs+(1+gmRLCgs

1

≈0.796Hz fL≈

2π(Rd+RL)C

fH=

1

≈904Hz'

2πRgCgs

其波特圖參考解圖P5.6。

5.16 已知一個兩級放大電路各級電壓放大倍數(shù)分別為

&U?25j f&Au1=o1=ffUi????

?1+j??1+j5?

4??10? ?

&U?2j f& Au2=o=f??f?U?i2

?1+j??1+j5?

50??10??

（1）寫出該放大電路的表達(dá)式；

（2）求出該電路的fL和fH各約為多少； （3）畫出該電路的波特圖。 解：（1）電壓放大電路的表達(dá)式

&=A&A& Auu1u2=

?50f2

fff2

(1+j1+j)(1+j5)

45010

（2）fL和fH分別為：

fL≈50Hz

11

≈，f≈64.3kHzHfH1.15

（3）根據(jù)電壓放大倍數(shù)的表達(dá)式可知，中頻電壓放大倍數(shù)為104，增益為80dB。波特圖如解圖P5.16所示。

解圖P5.16

5.17 電路如圖P5.17所示。試定性分析下列問題，并簡述理由。 （1）哪一個電容決定電路的下限頻率；

（2）若T1和T2靜態(tài)時發(fā)射極電流相等，且rbb'和Cπ

相等，則哪一級的上限頻率低。

'

圖P5.17

解：（1）決定電路下限頻率的是Ce，因為它所在回路的等效電阻最小。 （2）因為R2∥R3∥R4 ＞R1∥Rs，Cπ2所在回路的時間常數(shù)大于Cπ1所在回路的時間常數(shù)，所以第二級的上限頻率低。

'

'

5.18 若兩級放大電路各級的波特圖均如圖P5.2所示，試畫出整個電路的波特圖。

&=60dB。在折線化幅頻特性中，頻率小于10Hz時斜率為解：20lgAum

＋40dB/十倍頻，頻率大于105Hz時斜率為－40dB/十倍頻。在折線化相頻特性中，f ＝10Hz時相移為＋90o，f ＝105Hz時相移為－90o。波特圖如解圖P5.18所示。

解圖P5.18