1

GT ÑIEÄN TÖÛ CÔ BAÛN

Ch2 PHAÂN TÍCH MAÏCH

KHOÂNG TUYEÁN TÍNH

2

I. Khái niệm phi tuyến

• Trong chương trước, ta đã phân tích mạch điện tuyến tính, là mạch có đặc tuyến v – i là đường thẳng

• Mạch điện phi tuyến là mạch có đặc tuyến v - i là đường cong (không thẳng).

• Các linh kiện điện tử thường là các linh kiện có đặc tính phi tuyến ở chế độ tín hiệu lớn như diod, transistor

lưỡng cực nối, transistor trường…

Với mạch phi tuyến, ta có thể tuyến tính hoá khi xét ở chế độ tín hiệu nhỏ.

Chú ý: Các định lý Chồng chập, Thevenin,Norton, chỉ áp dụng cho mạch tuyến tính.

•

3

• II. Các phần tử phi tuyến

• Đặc tuyến của

• a

0 vD

• Hoặc đặc tuyến của MOSFET loại tăng:

iD

0 vTH vDS

D T Dv v bv

D Si I e ae

Dbv

Di ae

+

-

VD

R

iD

2

2

0

GS TH DS TH

D

DS TH

Kv v khi v V

i

khi v V

• Phương trình dòng diod

• IS dòng bảo hoà ngược

• Điện thế nhiệt:

• hằng số Boltzmann

k = 1,38.10-23 J/oK

• Điện tích điện tử:

q = 1,6.10-19 C

• Nhiệt độ tuyệt đối:

ToK = 273oC + toC

• Đặc tuyến diod

iD

- vD 0 vD

- iD

Ở t = 25oC cho VT = 0,025 V

Ở t = 27oC, cho VT = 0,026 V

4

/1D Tv V

D Si I e

T

kTV

q

• Thí dụ:

• Xác định dòng điện diod iD có diện thế hai đầu diod vD = 0,5 V;

0,6V; 0,7 V.Cho biết diod có điện thế nhiệt VT = 0,025 V và dòng

điện bảo hoà ngược Is =1 pF.

• Giải:

Dòng diod cho bởi:

Thay các trị số đã cho vào, được với vD = 0,5 V

Tương tự với vD = 0,6V cho iD = 26 mA; vD = 0,7 V, iD= 1450 mA.

Lưu ý khi vD tăng ngoài 0,6V, dòng iD tăng rất nhanh.

• Khi vD = -0,2 V, tính được:

Dòng iD rất nhỏ, xem như không đáng kể

5

/1D Tv V

D Si I e

12 ,5/0,0251x10 1 0,49o

Di e mA

12 0,2/0,025 121x10 1 0.9997x10Di e A

• Thí dụ 2

Cho MOSFET có VTH = 1V, K = 4 mA/V2. Tính iD khi

vDS = 2V, 4V.

• Giải:

• Với VDS = 2V, cho:

• Với vDS = 4V, cho:

• Khi vDS = 0,5V,cho:

• vDS < VTH, iD =0

• Theo hai thí dụ trên, iD không tăng tuyến tính theo vD.

6

3

2 24x102 1 2

2 2D DS TH

Ki v V mA

3

2 24x104 1 18

2 2D DS TH

Ki v V mA

7

III. Phương pháp phân tích mạch

1. Phương pháp toán học ( giải tích)

• Theo mạch điện diod ta có:

Giải phương trình bằng:

Thử đúng hay sai

Phương pháp toán số

0 1

(2)D

DD

bv

D

v Vi

R

i ae

+

-

VD

R

iD

0DbvDv Vae

R

0

D DD D

DD

V v v Vi i

R R

v Vi

R

8

• Thí dụ:

• Xét mạch diod ở trên, nhưng với iD = kvD2.

• Giải:

iD

• Chọn trị số dương: E/R nghiệm vật lý

• iD=kvD2

• E vD

2

2

0

0

DD

D D

v Vkv

R

Rkv v E

1 1 4

2D

RkEv

Rk

2

1 1 4

2D

RkEi k

Rk

9

• 2. Phương pháp đồ thị

• Dùng cách vẽ đường thẳng tải iD iD = aebvD

• (1) cho : IDMax

= V/R M

Q

• N

0 VD V vD

• vế tráí của (3) là đường thẳng có hệ số độ dốc - 1/R,

• vế phải của (3) là đặc tuyên của diod

Giao điểm của hai đường này cho nghiệm số của(1) và (2) hay

của (3)

Cách vẽ đường thẳng tải tỉnh:

- Cho VD = 0 IDM = V/R cho điểm M trên dồ thị

- Cho ID =0 VDM = V cho điểm N trên đồ thị

(3)

D

D

bvD

bvD

v Vae

R

V vae

R R

10

• Thí dụ 1: Cho iDV=1, 1

R=1

a = ¼

b=1 0,4 Q

vD = 0,5 V a=1/4

Được: iD = 0,4 A

0 0,5 1 vD

• Thi dụ 2: Cho mạch diod có phương trình sau:

• 10mA iD

• Với E = 3 V, R = 500 5mA

• Tính được: DCLL(-1/R)

• 2mA

• 0 0,6 1 2 3 vD

/ 1D T

DD

v v

D S

v Ei

R

i I e

0,6 3

500 500

1,2 6 4,8

D

V Vi

mA mA mA

11

3. Phương pháp phân tích gia tăng ( tín hiệu nhỏ)

• Sơ đồ: Khuếch đại âm nhạc

• vi(t) iD(t) ánh sáng iR âm thanh (khuếch đại )

phi tuyến tuyến tính

LED

+

-

V iD

vi

SP

Ampli

12

• LED là linh kiện phi tuyến sái dạng

• iD iD

t vD

vD vD = vi

vD iD

13

Thí dụ:

Với mạch diod cho ở trên, tính iD khi vD =0,5V, 0,6V, 0,7V. Cho biết

VT = 0,025V, Is = 1 pA.

Giải:

-Với VD = 0,5V

-với VD = 0,6V

Ta thấy dòng iD tăng rất nhanh khi VD lớn hơn 0,6V và không tăng

tuyến tính với vD.

Chú ý: khi vD = - 0,2V cho iD:

iD = Is(evD/VTH − 1).

iD = 1 × 10−12(e0.5/0.025 − 1) = 0.49 mA.

iD = 26 mA,

-Với VD = 0,7V

iD = 1450 mA.

iD = Is(evD/VTH − 1) = 1 × 10−12(e−0.2/0.025 − 1) = − 0.9997 × 10−12A.

14

IV. Phân tích tín hiệu nhỏ

1. Phương pháp tín hiệu nhỏ

•Phân cực điểm Q và cho tín hiệu nhỏ tác động ngõ vào cho:

iD

id

ID

VD vD

• iD = ID + id

Giá trị phân cực DC rất nhỏ

tức thời tổng cộng tín hiệu nhỏ vd

chồng lên

vD=VD+vd-+

-

vI

VI

+

-

vi(t)+

vD LED

iD=ID+id

15

• Dạng sóng: vD = vi

vd

VD vD

t

iD

id

ID iD

t

16

a. Ý nghĩa toán học

• Khai triển chuổi Taylor của hàm sồ f(x) tại trị x = xo:

• Áp dụng vào hàm iD=f(vD) không tuyến tính

• Thay thế gia tăng chung quanh VD

• Khai triển Taylor f(vD) gần vD = VD cho:

• qua số hạng bậc cao vì rất bé, ta được:

•

2

2

2

1....

2!o o o

o o

df d fy f x f x x x x x

x xdx dx

D D d D Dv V v V v

2

2

2

1....

2!

D D

D D D D

D D D DD D

df v d f vi f V v v

v V v Vdv dv

Dv

D

D D D

D DD

df vi f V v

v Vdv

17

• Hay có thể viết:

Điểm tĩnh điều hành Q

hằng số thừa số của

• Ký hiệu:

= vd, = id

Với thí dụ diod cho:

Điểm tĩnh Q ( DC)

tín hiệu nhỏ

h.s tuyến tính

D

D D D

D DD

D D D

D D

D

D D

D DD

df vi f V v

v Vdv

i I i

I f V

df vi v

v Vdv

Dv

Dv Di

. .

. . ( . ).

D

D D

D

D

bv

D

bv bv

D d d

bv

D

bv

d d D d

i ae

I i ae ae b v

I ae

i ae b v I b v

18

b. Giải thích bằng đồ thị

• Ta có:

Điểm tĩnh Q

iD

A Độ dốc tại

VD,ID

id B

ID Q

vd

VD vD

Ta làm tuyến tính A với B

. .

Dbv

D

d D d

I ae

i I b v

19

3. Giải thích bằng mạch điện

• Mạch tín hiệu lớn

Đáp ứng tín hiệu nhỏ:

Mạch tín hiệu nhỏ

Tuyến tính

Dbv

DI ae

+

-

vivd

id

-

+R

+

LED

+

-

vi vd

id

-

+ vd -

R

id

1

D

RI b

. .d D di I b v

20

2. Phân tích bằng tuyến tính từng mảnh

• Phương pháp thứ tư để giải mạch không tuyến tính là dùng phân tích tuyến tính từng mảnh

• Đó là cách dùng các đoạn thẳng rồi kế đó áp dụng phương pháp phân tích mạch tuyến tính để tính toán với các đoạn thẳng đó.

• Để đơn giản, ta xét thí dụ với diod và khi đó gọi là mô hình diod diod lý tưởng

• Trước hết, ta triển khai mô hình tuyến tính từng mảnh đơn giản của diod: iD iD

- Xấp xỉ thứ nhứt:

Diod ON ( mạch nối tiếp):

VD = 0 V với tất cả VD>0

Diod OFF ( mạch hở): vD vD

ID =0 với mọi VD< 0 a. Diod thực b. Diod lý tưởng

mạch hở mạch nối tắt D

21

• Thí dụ:

• Cho mạch diod theo H. Với diod lý tưởng

• Ta có:

VL = E = 10V

IL = VL/ RL = 10V/1k =10 mA

D

RL1k

+E

10V

+10V

VD=0V

RL1k

22

• Thí dụ 2: Cho mạch diod theo H. . Với VD = 0V

• Tính được:

D

RL1k

+E

36V

R16k

R23k

+VTH

12V

RTH

2k

RL1k

336 12

3 6

3 62

3 6

124

2 1

1 4 4

TH

TH

L

L L L

V V V

R k k

VI mA

V R I k mA V

23

- Xấp xỉ thứ hai: iD

cho VD = 0,7V khi diod dẫn

Thí dụ: Cho mạch theo H. .

Với VD = 0,7V

0 0,7V vD

•

D

RL1k

+E

10V

+10V

VD=0V

RL1k

D0,7V

10 0,7 9,3

9,39,3

1

L

L

V V V V

VI mA

k

24

• Thi dụ 2 : Cho mạch diod ở H. Với VD = 0,7V

• Tính được:

D

RL1k

+E

36V

R16k

R23k

+VTH

12V

RTH

2k

RL1k

VD0,7V

336 12

3 6

3 62

3 6

12 0,7 11,3

11,33,77

2 1

1 3,77 3,77

TH

TH

L

L

L L L

V V V

R k k

V V V V

VI mA

V R I k mA V

25

- Xấp xỉ 3: id

Mạch tương đương Diod dẫn:

VD= 0,7 + IDRB,

0 0,7 vD

+vd

-

RB+

0,7V

1N4001D

RL1k

+E

10V

+10V

RL10

+

VD0,7V

RB0.23

10 0,7 9,3

9,30,909

0,23 10

0,909 10 9,9

T

L

L L L

V V V V

VI A

V I R A V

26

• Thí dụ 3: Cho mạch điện ở H. . Với diod có mô hình VD = 0,7V

và RB = 100 Ohm.

• Ta có thể giải

phi tuyến bằng

cách làm tuyến tính

phần tử phi tuyến

và sau đó giải

như mạch tuyến tính

(áp dụng định lý chồng

chập, Thevenin, Norton…)

Xem diod có VD =0V

Và RB = 100

Áp dụng nguyên lý

chồng chập lần lượt tính:

-1mA

+

-

1V

iD

+

vB5k

1k

2k

-

3k

+

vD

-1mA

+

-

1V

iD

+

vB5k

1k

2k

-

3k

+

RB

100

27

• Bước 1. Nối tắt nguồn thế tính được VBI:

• Bước 2. Cho hở dòng 1mA, tính vBV:

3 100 2 ) 1 5

1,535

1,535 1 1,535

eq

BI

R k k k k

k

v k mA V

-1mA

iD

+

vBI5k

1k

2k

-

3k

+

RB

100

+

-

1V

-1mA

iD

+

vBI5k

1k

2k

-

3k

+

RB

100

1 5 3 100

2,05

2,051 1

2 2 2,05

0,51

5 50,51

1 5 1 5

0,425

x

x

x

BV x

R k k k

k

Rx kv V V

k R k k

V

k kv v V

k k k k

V

vB = vBI + vBV = 1.535 V + 0.425 V = 1.96 V.

• Giải theo nguyên lý chồng chất và Thevenin

• Bước 1: Nối tắt V, giải theo I, cắt rời điện trở 5k

•

28

-1mA

iD

+

vBI5k

1k

2k

-

3k

+

RB

100

1

1(5 )

2 3 0,1 1

1,215 1 2,215

1 2,215

2,215

52,215 1,535

5 2,215

N

TH N

k

R k k k k

k k

V I R mA k

V

kV V V

k k

a'

a

+VTH1

2,215V

RTH2,215k

5k

a'

a

1mA

1k

2k 3,1k

• Bước 2: Hở I, và tính theo V

Tính được:

Vậy:

29

+

-

1V

-1mA

iD

+

vBI5k

1k

2k

-

3k

+

RB

100

a'

a

+1V

1k

2k

0.1k

3k

2

2(5

3,11 0,61

3,1 2

1,215

5) 0,61 0,423

1,215 1 5

TH

TH N

k

kV V V

k k

R R k

kV V V

k

1(5 ) 2(5 )51,535 0,423 1,958k kT k

V V V V V V

a'

a

+VTH2

0,61V

RTH21,215k

5k

1k