南京邮电大学模拟电子线路答案-黄丽亚_杨恒新_机械...

模拟电子线路作业题参考答案

第1章

-3-3146

1.1解：（1）n 0≈2⨯10cm ，p 0=1. 125⨯10cm 。该半导体为N 型。

（2）p 0≈1⨯10cm

14-3

n 0=2. 25⨯10cm

6-3

。该半导体为P 型。

1.3 解：（1）I D =53mA (2) R D =13.2Ω r D =0.49Ω 1.4解：（1）I =

E -U D (on ) E

=100mA （2）I ==93mA R L R L

=77. 5mA （4） I =-I S 或I ≈0

U T

下降。 I D

（3）I =

E -U D (on ) R L +R D

（5）E 增加，直流电流I D 增加，交流电阻

1.6解：(1)在图(a)中，V 2导通，V 1截止，U 0＝5V 。

(2)在图(b)中，V 1导通，V 2截止，U 0＝0V 。 (3)在图(c)中，V 1、V 2均导通，此时有

U 0=

E ⋅R 46⨯2

==1. 984V

R 1+(R 2//R 3) +R 44+(1//0. 051) +2

1.7解：(1)在图(a)中：当u i ＞一2.7V 时，V 管截止，u 0＝一2V ；当u i ≤一2.7V 时，V 管导通，u 0＝u i +0.7。当u i ＝5sin ωt(V ) 时，对应的u 0波形如图答图1.7(a)所示。

(2)在图(b)中：当u i ＞1.3V 时，V 管截止，u 0＝u i ；当u i ≤1.3V 时，V 管导通，u 0＝1.3V 。其相应波形如答图1.7 (b)所示。

答图1.7

1.9解：该电路为高电平选择电路，即u 1、u 2中至少有一个为3V ，则u 0＝3一0.7＝2.3V 。

u 1、u 2均为0时，u o ＝一0.7V 。其波形答图1.9(c)所示。

答图1.9

1.10解：当u i ≥5V 时，V z 击穿，u 0＝5V 。当u i ≤一0.7V 时，V z 正向导通，u 0＝一0.7V 。

当一0.7V ＜u i ＜5V 时，V z 截止，u 0＝u i 。由此画出的u 0波形如答图1.10所示。

答图1.10

1.11 解：（1）因为

R min =

U i max -U Z (22-10) V

==400Ω

I Z min +I L min 30mA

式中，因R L max →∞，所以I L min =0，U i max =20+20⨯0. 1=22V R max =式中 I L max =

U i min -U Z (18-10) V

==457Ω

I Zm min +I L max (5+12. 5) mA

10

=12. 5mA, U i min =(20-20⨯0. 1) V=18V 800

选择R 应满足：400Ω

10

=40mA 。 (2) 当R L =250Ω时，I L =250

当I Z 达到最大时 ，U i max =(I Z max +I L ) R +U Z =(30+40) ⨯0. 1+10=17（V ） 当I Z 为I Z min 时，U i min =(I Z min +I L ) R +U Z =(5+40) ⨯0. 1+10=14. 5（V ） 即V i 的变化范围是14.5~17V。

第2章

2.1

8V

题图（a ）：

0.7V

硅

NPN 0V 1V

题图（c ）：

3.7V

锗

PNP 4V

题图（d ）：

4.3V 题图（b ）：

-0.7V

-8V 硅

PNP 0V 9V 锗NPN 4V

2.3题图（a ）3AX 为PNP 锗管，U BE =-0. 3V （正偏），U CE =-4. 7V （反偏），放大状态 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）Q 1点：β≈50, Q

2点：β≈0。

（2）

U (BR ) CEO ≈40V , P CM ≈330mW 。

(a )中，由于U BE

题图（b ）：因U BE >0而使发射结导通，假设管子工作在放大状态。则有

I BQ =

15-0. 7

=25μA ，I CQ =βI BQ =2. 5mA ，

R B +(1+β) R E

U CEQ =15-2. 5⨯3=7. 5(V ) >0. 7V ，故假设成立，管 子处于放大状态。

题图（c ）：因U BE >0而使发射结导通，假设管子 工作在放大状态。则有

I BQ =71μA ，I CQ =7. 1mA ，U CEQ =15-7. 1(2+1) =-6. 3V

不可能，表明晶体管处于饱和状态。

解：(1) U RB 2=

2.9 I CQ =

R B 215

U CC =⨯12=2. 9V

R B 1+R B 247+15

U RB 2-0. 32. 9-0. 3

==2m A R E 1. 3

U CEQ =-U ECQ =-U CC -I CQ (R E +R C ) =-[12-2⨯(1. 3+2) ]=-5. 4V

[]

（2）当R B1开路时，I BQ =0，管子截止。U C =0。 当R B2开路时，则有

I B =

U CC -0. 312-0. 3

==0. 066mA

R B 1+(1+β) R E 47+101⨯1. 3U CC +U CE (sat )

=

12-0. 3

=0. 035mA

(R E +R C ) β(1. 3+2) ⨯100

因为I B >I B (sat ) ，所以晶体管处于饱和状态。此时I B (sat ) =U C ≈

U CC +U CE (sat )

R C +R E

R C =

12-0. 3

⨯2=7. 1V

2+1. 3

(3) 当R B 2开路时，由于I CQ =β

U CC +U BE 12-0. 3

=100⨯=2mA

R B 1+(1+β) R E R B 1+101⨯1. 3

由此解得R B 1＝454K Ω

2.14 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C B 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，电路不能正常放大。 图(f)，电路可以正常放大。

2.17解：（1）U CC 不变，I BQ 不变，故R B 不变。斜率变，故R C 变化，若R C 减小，移至Q '，

R C 增加，移至Q ''。

（2）负载线斜率不变，故R C 不变。U CC 变，I BQ 不变，故R B 变。若U CC ，R B 增加，工作点移至Q '，反之，U CC ，R B 下降，工作点移至Q ''。 2.18

+ u o

(a)

题图2.18

解：（1）输出特性理想化，U A =∞, r ce =∞, β=100。 （2）先求工作点 I BQ =

(b)

/V

U CC -U BE (on ) R B +(1+β) R E

=

12

，直流负载线=20（μA ）

500+100

U CE =U CC -I C (R C +R E ) =12-3I C ，取两点

(U CE =0, I C =4mA ; I C =0, U CE =12V )，可得直流负载线如图

点Q(U CEQ =6V ，I CQ =2mA ) ，交流负载线的斜率为-②线（交流负载线）。

2.18（b ）中①线，工作

11

=-，可得图2.18（b ）中R C 2

（3）此时直流负载线不变，仍如图2.14（b ）中①线，而交流负载线的斜率为-如图2.18（b ）中③线。

11

=-，

R C //R L 1

（4）为得最大U om ，工作点应选在交流负载之中点。将图2.18（b ）中③线（R L ==1kΩ）平移使之与直流负载线①线的交点是此交流负载线之中点，即Q ' 点（U ' CEQ =3V ，。此时，U om =3V。 I ' CQ =3mA ） 调节R B 使I

'

'

BQ

U CC -U BE (on )12

，解得=30μA ，则30⨯10=≈

R B +(1+β) R E R B +101⨯103

-6

R B =300k Ω。

2.20解：（1）要求动态范围最大，应满足

'

I CQ R L =U CEQ -U CES =U CC -I CQ R C -U CES 解得I CQ =3mA , I BQ

所以，R B =

即I CQ (2//20) =12-2I CQ -0. 7

50

===0. 06mA β3

I CQ

U CC -U BE 12-0. 7==188K Ω

I BQ 0. 06

12

=4K Ω, U CEQ =4V , I CQ =2mA 。 3

所以R L =1. 3K Ω。

(2)由直流负载线可知：U CC =12V , R C =

2'

因为R L =R C //R L =4//R L ==1,

2

而I BQ =

I CQ

β

=

2U -U BE 12-0. 7=0. 04mA , 则R B =CC ==283K Ω。 50I BQ 0. 04

U O PP =2U om =2⨯(6-4) =4V 。

2.23解：（1）计算工作点和r b ' e 、r ce 。

已知I BQ =20μA ，则I CQ =βI BQ =100⨯0. 02=2（mA ）

U CEQ ⎛

U CEQ =U CC -IR C =U CC - I + CQ

R L ⎝U CEQ ⎫⎛

⎪ R =9-2+ ⎪C

2⎝⎭⎫⎪⎪2 (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R L 与工作点有关。由上式解得U CEQ =2. 5Ｖ。

U A 100

而r ' =(1+β)U T =βU T =10026=1. 3（k Ω），r ce ===50（k Ω） b e

I CQ 2I EQ I CQ 2

（2）计算源电压放大倍数A us 。

先画出图2.23电路的小信号等效电路如下图所示。

+

U o

R i

R o

A us =

r b ' e U o U i r //R C //R L r //R c //R L 50//2//2

∙=-βce ∙=-βce =-100≈-69 U i U s r b ' e R S +r be ; R S +r b ' e 0. 15+1. 3

（3）计算输入电阻R i 、输出电阻R o 。R i =r b ' e =1. 3k Ω，R o =R c //r ce ≈R C =2k Ω 2.27电路如题图2.27所示，BJT 的β=100，r bb ' =0，U T =26mA ，基极静态电流由电流源I B 提供，设I B =20μA ，R S =0.15kΩ, R E =R L =2k Ω。试计算A u =

U 0

、R i 和U i

R o 。电容C 对信号可视为短路。

U 题图2.27

+ U o

(b)

解： I CQ =βI BQ =100⨯20=2（mA ） r ' =βU T =26=1. 3（k Ω）

b e

I CQ 2其小信号等效电路如图(b)所示。

R i =r b ' e +(1+β)(R E //R L )=1. 3+(1+100)(2//2)≈102. 3（k Ω）

A us ==

(1+β)(R E //R L )U o U o U i (1+β)(R E //R L )R i

=⋅=⋅=U s U i U s R i R S +R i R S +r b ' e +1+βR E //R L

101(2//2)

=0. 986

0. 15+102. 3

用辅助电源法可求得输出电阻为 R o =R E //

R S +r b ' e 1+β

=2//

0. 15+1. 3

≈14. 4(Ω)

101

2.29解：其交流通路和小信号等效电路分别如图2.29（b ）和（c ）, 则

V

R + v s

+ v o

R

+ U s + U o

(b)

图2.29

(c)

A us =

U o U o U i β(R C //R L )=⋅≈⋅U s U i U s r be

r be

=13Ω1+β

R E //R E //

r be 1+β

be

+R S

1+β

≈

R C //R L 2//2

==6. 13

be 0. 013+0. 15 +R S 1+β

R i =R E //

用辅助电源法可求得晶体管共基组态的输出电阻为 R o =R C =2k Ω 2.30

解：(1) U B =

R B 215⨯12U -U BE 4-0. 7

U CC ==4V , I CQ =B ==1. 65mA

R B 1+R B 230+15R E 2

2626

=50+50⨯=838ΩI CQ 1. 65

U CEQ =U CC -I CQ (R C +R E ) =12-1. 65⨯(2+3) =3. 75V (2) r be =r b b '+βA u =

U 0βR '50⨯(3//3）L

==＝89. 5U i r be 0. 838

r be 0. 838

=2//=16Ω1+β51

R 0=R C =3K ΩR i =R E //

2.34

o

题图2.34

解:（1）该电路的交流通路如图2.34(b)所示。

（2）R i =R B //r b ' e +(1+β) ⋅(R E //r be ) =22. 5k Ω，

(b)

+ U o

[]

A u =

2.36

U 0βR '50⨯(5//5）L

≈-=＝-125 R o ≈5k Ω U i r be 1

解: (1)交流通路和直流通路分别如题图2.36(b)(c)所示

+

U o

3 E1

CC

(b)

题图2.36

(c)

(2) V1组成共基电路，V 2组成共射电路，信号与电路输入端、输出端与负载、级间均采用阻容耦合方式。

(3) R1和R 2是晶体管V 1的基极偏置电路。R 1短路将使V 1截止。 (4) RE1开路，V 1无直流通路，则V 1截止。

第3章

3.1 解：FET 有JFET 和MOSFET ，JFET 有P 沟（U GS 只能为正）和N 沟（U GS 只能为负）之分。MOSFET 中有耗尽型P 沟和N 沟（U GS 可为正、零或负），增强型P 沟（U GS 只能为负）和N 沟（U GS 只能为正）。

图 (a)：N 沟耗尽型MOSFET ，I DSS =2mA,U GS(off)=-3V 。 图 (b)：P 沟结型FET ，I DSS =-3mA , U GS(off)=3V 。

图 (c)：N 沟增强型MOSFET ，I DSS 无意义 ，U GS (th ) =1. 5V 。

3.3解：图 (a)中，N 沟增强型MOSFET ，因为U GS =3V >U GS (th ) =2V ，。 U GD =2V =U GS (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 GS =5V >U G S (off ) =-2V ，

U GD =0V >U G S (off ) =-2V ，所以工作在可变电阻区。

图 (c)中，P 沟增强型MOSFET ，U G S =-5V

U GD =0V >U G S (th ) =-2V ，所以工作在恒流区。

图（d ）中，为N 沟JFET ，U G S =-3V

⎧⎛U GS

⎪1-⎪I D =I DSS U 3.5解(1) ⎨GS (off ) ⎝⎪⎪⎩U GS =-U SS -I D R

⎫

⎪⎪ ⎭

2

解得：I D Q =2. 8mA , U G SQ =-1. 2V , U D SQ =6V

2

⎧⎪I D =0. 1(U GS -U GS (th ) )(2) ⎨ ⎪⎩U GS =4. 8-6I D

解得：I DQ =167.6μA , U GSQ ≈3.8V , U DSQ =5.97V

'

-g m R L -1⨯10

解：A u ===-3. 33

1+g m R 51+1⨯2

3.12 R i =R 3+R 1//R 2=1000+100//300=1. 075M Ω

R 0≈R 4=10K Ω

第4章

4.1解：(1)由题图4.1可得：中频增益为40dB ，即100倍，f H =106Hz, f L =10Hz（在f H 和f L 处，增益比中频增益下降30dB ），BW =106-10≈106Hz 。

(2)当u i =10sin 4π⋅106t (mV )+20sin 2π⨯104t (mV )时，其中f =104Hz 的频率在中频段，而f =2⨯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 i =10sin (2π⋅5t )(mV )+20sin 2π⨯104t (mV )时，f =5Hz的频率在低频段，f =104Hz 的频率在中频段，所以输出要产生失真，即低频失真。 4.3

()()

()

(b) 题图4.3

解：由β(ω)的渐进波特图可知：β0＝100，ωβ＝4Mrad /s 它是一个单极点系统，故相应的频率特性表达式为

β(j ω)=

1+j

ωβ

β2

=

1001+j

4⨯106

因为ωT ≈β0ωβ，故ωT =400Mrad /s 。也可直接从其波特图根据ωT 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0.1³2³100＝20V ，已大大超过输出不失真动态范围（U OPP =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100³2³10＝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

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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。 4.6

+ U o +

0.9k U s R o

(b)

解：(1)高频等效电路如题图4.6(b)所示：

r b ' e =βr e =1k Ω, g m =

1

=100mS r e

(1) 利用密勒近似，将C b’c折算到输入端，即

C M =(1+g m (R C R L ))C b ' e =303pF C i =C M +C b ' e =403pF

' R S =r b ' e (R B R S +r bb ' )=0. 5k Ω

f H =

4.7

11

=≈0. 79MHz ' 3-12

2πR S C i 6. 28⨯0. 5⨯10⨯403⨯10

R

+ U s (a)

解：（1）高频等效电路如图4.7(b)所示。

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+ U s + R D U o

(b)

(1) 在图4.7(b)中，考虑C gd 在输入回路的米勒等效电容，而忽略C gd 在输出回路的米勒等效

电容及电容C ds ，则上限频率ωH 为

ωH =

1

[C gs +(1+g m R D ) C gd ]R S

第5章

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I R ，

6-(-6)-2⨯0. 7

=1. 8（mA ）

1+5

55

I R =0. 9（mA ） I 4=I R =4. 5（mA ） 则 I 5=I R =1. 8（mA ） I 3=102

I R =

5.4 解:(1)因为电路对称，所以

I C 1Q =I C 2Q =

I EE U EE -0. 76-0. 7

===0. 52m A

22⨯R E +2⨯5. 1+R B 50

U C 1Q =U C 1Q =6-0. 52⨯5. 1=3. 35V r b ' e =β⋅

U T 26

=50⨯=2. 5k Ω I C 1Q 0. 52

(2)差模电压增益

1 1

R C // R 5. 1 //(⨯ 5 . 1) L β = -50 ⨯≈ - A ud = - 19

R b + r ' 2 + 2 . 5

b e

差模输入电阻：

= 2 R ( R B + r ' ) = 2 ( 2 + 2 . 5) k Ω = 9 k Ω id

b e

差模输出电阻：R od =2R C =2⨯5. 1k Ω=10. 2k Ω

(3)单端输出差模电压增益： A ud (single ) =-共模电压增益：

1R C //R L 15.1//5.1β=-⨯50⨯≈-14.2 2R B +r b ' e 22+2.5

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A uc (single ) =-β

R C R L

R B +r b ' e +1+β2R E

=-50

5.15.1

=-0.24

2+2.5+51⨯2⨯5.1

共模抑制比： K CMR(single)=

A u d(single)A u c(single)

=

14.2

=59 0.24

共模输入电阻：R ic(single)=R B +r b ' e +(1+β)2R E =524.7k Ω 共模输出电阻：R oc(single)=R C =5.1k Ω

(4)设晶体管的U CB =0为进入饱和区，并略去R B 上的压降。

为保证V 1和V 2工作在放大区，正向最大共模输入电压U ic 应满足下式：

U ic

CC

- U U ic (max)- U 2 R EE

⨯ R C

U - 0. 7 + 6

⨯ 5 . 1 = 6 - ic

2 ⨯ 5 . 1

U

ic

为保证V 1和V 2工作在放大区，负向最大共模输入电压U ic 应满足下式： U ic >U EE +U BE (on ) =-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

解：（）1U R 2=I C 3≈I E 3=I EQ =

R 2U EE 10⨯15

==5V

R 1+R 220+10

U R 2-U BE 5-0.7

==2mA R 32.1

11

I C 3=2⨯=1mA 225.6

2626

r be =r bb '+(1+β) =200+51⨯=1.5K Ω

I CQ 1

A ud =

U o βR C 50⨯6=-=-=-200

U i 1-U i 2r be 1.5

u 0=A ud (u i 1-u i 2)=-200⨯(-10-2sin ωt )=2sin ωt (V )

(2) u 0=A ud (u i 1-u i 2)=-200⨯(10sin ωt -5mV )=(-2sin ωt +1)V 其波形如图所示。

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u o 3 1 -1

(3) U B 3=

R 1U EE 20⨯15

=-=-10V

R 1+R 210+20

U C 1=U CC -I CQ R C =15-1⨯6=9V

（4）R 1↑→U R 2↓→I E 3(I C 1) ↓→I E 1Q (I E 2Q )↓→r be 1(r be 2) ↑,

使得A ud 减小，而R id 增大。

5.8

解：略去V 3基极电流的影响，

(a)

故共模输入电压U ic 应满足：－10V

(b)

-20V

U C 2=20-U E 3

I E

R C =20-1⨯5=15V 2

=U C 2-U BE (on )=15-0. 7=14. 3V

即输出电压的静态电压为14.3。

略去V 3的输入电阻对V 2的负载影响，由图5.8(a)可看出，不失真的输出电压峰值为

I C 2R C =

I E 1

R C =⨯2⨯5=5V 。如根据线性放大计算， 22

1βR C 1βR C 1R C I C 2Q

u o =u i =u i =u i =14. 42sin ωt (V )

2r b ' e 2βT 2U T

I C 2Q

很明显，输出电压失真，被双向限幅，如图5.8(b)所示。

5.9

模拟电子线路作业题参考答案 Page 15 of 27

(a) (b)

解：（1）由于U id =1.2V>>0.1V, 电路呈现限幅特性，其u 0波形如题图(b)所示。 （2）当R C 变为10k 时，u 0幅度增大，其值接近±15V ，此时，一管饱和，另一管截止。

第6章

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

U CC

(b)级间交、直流串联电压负反馈

U i

R 模拟电子线路作业题参考答案

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R

+ U s

(c)级间交、直流串联电压负反馈

U CC

(d)级间交、直流串联电压负反馈

6.2试判别6.2所示各电路的反馈类型和反馈极性。

R 3

U i

U o

(a)级间交、直流电压并联负反馈

模拟电子线路作业题参考答案 Page 17 of 27

U i

(b)级间交、直流电压并联正反馈 6.3 近似计算：

∆A u f ∆A u 11

==⨯20%=1.8% A u f 1+A u B u A u 1+100⨯0.1

A u 2A u 1

-

1+A u 2B u 1+A u 1B u

精确计算：∆A u f =A u f 2-A u f 1=

∆A u ∆A u A u f1

== (1+A u 2B u )(1+A u 1B u ) (1+A u 2B u ) A u 1

∆A u f ∆A u 1201

=⨯=1.54% =

1+120⨯0.1100A u f 11+A u 2B u A u 1

6.7

(1)A I =1000(60dB )

108

f H ===15.92MHz

2π2π

ωH

A I 1000

(2)A If ===90.9

1+FA I 1+0.01⨯1000

f Hf =(1+FA I )f H =11⨯15.92⨯106=175.12MHz

6.9(1) (a)第一级是电流负反馈， R o 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 R S 越小越好 。

(b)第一级是电压负反馈， R o 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 R S 越大越好 。

(2) (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。

模拟电子线路作业题参考答案 Page 18 of 27

(3) (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。

6.11级间交、直流电压串联负反馈;

o

为得到低输入电阻和低输出电阻，应引入级间交流电压并联负反馈；

将V 3的基极改接到V 2的集电极；将输出端的90kΩ电阻，由接在V 2的基极改接到V 1的基极。

o

6.13

模拟电子线路作业题参考答案 Page 19 of 27

运放A 1引入了交、直流电压串联负反馈； 运放A 2引入了交、直流电压并联负反馈。

u i f2

R 5

R 3

u f1=

u R +R 3R 3R 2

u o1 u i =u f 1 A u 1=o 1=2=1

R 2+R 3u i R 2R 2

0-u o u u -0u o 1u R

=-o i i2=o 1= i i 2=i f 2 A u 2=o =-5 R 5R 5R 4R 4u o1R 4

R 3R 5

) R 2R 4

i f2=

A u =A u 1A u 2=-(1+

模拟电子线路作业题参考答案 Page 20 of 27

(a)级间交流电压并联负反馈

B g =

U U U I f R 1

=- I f =-o I i =s I i =I f A us f =o =-4 U o R 4R 4R s U s R 5

CC

+

R S

U o

(b)级间交流电流并联负反馈 B i =

R 5I f

=- I C2R 5+R 6

I f =-

R 5R 5U o U

I C2= I i =s

I i =I f

R s R 5+R 6R 5+R 6R 3//R L U o R R //R L

=(1+6) 3=50 U s R 5R s

A us f =

6.18解：(1) Auf (jf ) 的幅频和相频渐进波特图分别如图6.18(a)和(b)所示。

f/MHz

f/MHz

(2)由图6.18(a)可知，在f π=31.6MHZf 时，反馈放大器将产生自激。

(3)若留有45的相位裕量，从图(a)上可以看出，相应的20lg A f =60dB，则B ≈

o

11=3。 A f 10

(4) 20lgA f =40dB C 1=

111

===1. 6pF 63

ωp 1R 12πf 1R 16. 28⨯10⨯100⨯10

107

采用补偿电容后，第一个极点频率移到f d ， f d ==A uf =4⨯102=105

A ud B u A ud 10

C ϕ=

补偿电容为

f p 2f p 2

11

-C 1=-1. 6=14. 4(pF ) w d R 12π⨯105⨯10⨯105

f d =103HZ

如果A uf =1，则

'

C ϕ≈1600pF

6.21解：（1）由题可知，开环放大倍数为

A u (j ω) =

40

ω⎫⎛

1+j 6⎪

10⎭⎝

3

它是一个具有3个重极点的放大器，如果每级附加移相为－60°，则三级共移相－180°，

那么加反馈后会开始自激。因为每级相移为－60°，那么有-arctan 由此可导出所对应的频率为A u (j )3⨯10=

6

ω

106

=-60°

40⎛ +⎝

3⎫⎪

2

3

=5

⎭

然后再看是否满足振荡条件（即附加相移∆ψ＝－180°时，|Au ²F|是否大于等于1）。

A u (j ωω=

⨯106

⨯F =5⨯0. 1=0. 5

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F max =？

A u (j ω⨯F m ax =1

11

可得F m ax ===0. 2

A u j ω5

（3）若要求有45°的相位裕度，则每级相移为－135°/3＝－45°，所对应的上限频率ω＝106，开环增益为

A u (j ω)ω=106=

40⎛ω2+ 106

⎝

⎫⎪⎪⎭

3

=

240

3

=14. 13

A u (j ω)⨯F max ≤1F ≤

11

==0. 07

A u j ω14. 13

可见，要求有45°的相位裕度，反馈系数必须小于等于0.07。

第7章

7.1解：(a)根据虚断特性 u +=

R 4R 1

U i ，u -=U o

R 3+R 4R 1+R 2

R 2R 4

) U i R 1R 3+R 4

根据虚短特性u +=u -，所以U o =(1+

(b)当U i3=U i4=0时，电路转换为反相输入求和电路，输出

U o12=-(

R 3R

U i1+3U i2) R 1R 2

当U i1=U i2=0时，电路转换为同相输入求和电路，输出

U o34=(1+

R 3R 5//R 6R 4//R 6

)(U i3+U i4)

R 1//R 2R 4+R 5//R 6R 5+R 4//R 6

根据线性叠加原理，总输出为

U o =U o12+U o34

7.4 解：运放A 1的输出为U o 1=(1+

100100

) U i1=5U i1，运放A 2的输出为2020+100

U o 4=U i4，运放

U o =-

A 3

构成双端输入求和运算电路，输出为

6060601530U o1-U i2+(1+)(U i3+U o4) =-2U o1-3U i2+2U i3+4U o4302020//3030+1530+15

=-10U i1-3U i2+2U i3+4U i4=-7U i1=-70mV

7.8 解：(1)电路（a ）为反相比例放大器，u o =-

R 26

u i =-u i =-2u i , 电路（b ）为同R 13

相比例放大器，u o =(1+7.8′(a)(b)所示。

R 21

) u i =(1+) u i =2u i ，所以它们的传输特性曲线分别如图R 11

u i

u i

+10V

u o

u o

(a)

(b)

-10V

(c)

-6V

(d)

图7.8′

（2）若输入信号u i =5sin ωt (V)，输出信号u o 的波形分别如图7.8′(c)(d)所示。 7.20 解：(a)当u +=u -时，输出处于临界状态，即将发生翻转。

根据虚断特性，u -=U R ， 根据线性叠加原理，u +=

R 2R 21

u i +u o =(u i +u o )

R 2+R 2R 2+R 22

所以，

1

(u i +u o ) =U R ，u i =2U R -u o =4-u o 2

当u o =-7V 时，u i =U TH =11V ；当u o =7V 时，u i =U TL =-3V 。 出回差电压∆U = U TH -U TL =11+3=14V 。传输特性如图7.20′(a)。 (b)当u +=u -时，输出处于临界状态，即将发生翻转。 根据虚断特性，u -=0， 根据线性叠加原理，

u +=

0. 5R 25R 2//R 25R 2//R 2155

u i +U R +u o =u i +U R +u o

5R 2+0. 5R 25R 2//R 2+R 25R 2//R 2+R 2111111

所以，

155

u i +U R +u o =0，u i =-5u o -5U R =-5u o -10 111111

当u o =-7V 时，u i =U TH =25V ；当u o =7V 时，u i =U TL =-45V 。 出回差电压∆U = U TH -U TL =25+45=70V 。传输特性如图7.20′(b)。

7V

u o

u o

7V

-3V -7V

(a) (b)

11V

i

25V

-7V

i

第8章

2

1U CC 1152

8.2解：(1) P om ==⨯=28. 13W

2R L 24

(2) P Em

U CC 2152

=2U CC ⋅=⨯=35. 83W

πR L π4

11

(P E -P o ) =⨯(35. 83-28. 13) =3. 85W 22ππ

η=ξ==78. 5%

44P T =

(3) P Tm =0. 2P om =0. 2⨯28. 13=5. 63W

η=

ππ2

ξ=⨯=50% 44π

8.8 (1)100kΩ、1 kΩ电阻构成了互补乙类功放电路和运放构成的同相比例放大器之间的反馈

通路。引入了级间电压串联负反馈。 (2) U f =

1U 100+1

U o ，根据U i =U f ，所以得A u f =o ==101

100+1U i 1

2

21U om 1(U CC -U CE(sat)) 1(9-0. 5) 2

(3) P om ===⨯=4. 52W

2R L 2R L 28

P CM >0. 2P om =0. 2⨯4. 52=0. 90W

晶体管的参数应满足如下条件：I CM >

U om U CC -U CE(sat)8. 5

===1. 06A R L R L 8

U (BR)CEO>2U CC -U CE(sat)=18-0. 5=17. 5V

(4)因为A u f =101, U om =8V ，所以U im =

U om 8

=V =79. 2mV A u f 101

第9章

9.1 解：（1）U O =0.9U 2=0.9⨯10=9V

（2）若二极管VD 1开路，电路演变为单相半波整流电路，

U O =0.45U 2=0.45⨯10=4.5V

（3）因为I D1=I D2=

0.45U 24.5

=A=45mA，所以I F >45mA 。

R L 100

U RM >2=2.83⨯10=28.3V

9.3 解：（1）I L =

U O 1.2U 21.2⨯20===1.2A R L R L 20

（2）I F >

I L 1.2==

0.6A U RM >2=1.41⨯20=28.2V

，22

（3

）U C 2=1.41⨯20=28.2V

9.4解：（1）当电位器R W 调至最上端时，此时U O 最小，

U O(min)=

R 2+R W +R 3300+300+300

(U Z +U BE(on)) =⨯6=9V

R W +R 3300+300

当电位器R W 调至最下端时，此时U O 最大，

U O(min)=

R 2+R W +R 3300+300+300

(U Z +U BE(on)) =⨯6=18V

R 3300

所以输出电压U O 的调节范围为9V ～18V 。

（2）当电位器R W 调至中间位置时，

U A =1.2U 2=1.2⨯20=24V U O =

R 2+R W +R 3300+300+300

(U Z +U BE(on)) =⨯6=12V

0.5R W +R 30.5⨯300+300

（3）当电网电压升高时，导致以下调整过程：

U A ↑→U O ↑→U B2↑(U E2不变) →U B1↓→U CE1↑→U O ↓

9.7 解：（1）U A =1.2U 2=1.2⨯15=18V

（2

）U RM >2=1.41⨯15=21.15V

（3）LM7812的1、3端在正常情况下承受的电压U 13=U A -U O =18-12=6V。最危险的情况是短路，此时U 13=U A -U O =18-0=18V，而输出电流很大，容易烧毁稳压器。

（4）若负载电流I L =100mA，LM7812的功率损耗为

P =(U A -U O ) I L =(18-12)⨯0.1=0.6W

9.9 根据图9-27，说明当输入电压u I 下降时，串联脉宽调制开关型直流稳压电路的稳压过

程。

解：当输入电压u I 下降时，输出电压u O 下降，经采样电路，u F 下降，经误差放大器放大，输出u O1的绝对值下降，送入比较器后，使输出u O2的占空比增加，致使三极管V 2、V 1的导通时间比重加大，使u C1的占空比增加，经续流二极管VD 、滤波元件L 、C 后，使输出电压u O 上升，从而抑制u O 的下降，达到稳定输出电压的作用。