南京邮电大学模拟电子线路标准答案-黄丽亚杨恒新机械工业出版社

4.6
解：(1)高频等效电路如题图4.6(b)所示：
(1)利用密勒近似，将Cb’c折算到输入端，即
4.7
解：（1）高频等效电路如图4.7(b)所示。
(1)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ωH为
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 ，
（4）为得最大 ，工作点应选在交流负载之中点。将图2.18（b）中③线（ =1k ）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 点（ V， mA）。此时， =3V。
调节 使 A，则 ，解得 k 。
2.20解：（1）要求动态范围最大，应满足
所以，
(2)由直流负载线可知： 。
。
。
。
2.23解：（1）计算工作点和 、 。
（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
(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
6.2试判别6.2所示各电路的反馈类型和反馈极性。
(a)级间交、直流电压并联负反馈
(b)级间交、直流电压并联正反馈
6.3
近似计算：
精确计算：
6.7
6.9(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，
图(c)中，P沟增强型MOSFET， V V， V V，所以工作在恒流区。
图（d）中，为N沟JFET， V V，所以工作在截止区。
3.5解(1)
解得：
(2)
解得：
3.12
第4章
4.1解：(1)由题图4.1可得：中频增益为40dB，即100倍，fH=106Hz,fL=10Hz（在fH和fL处，增益比中频增益下降30dB）， 。
为保证V1和V2工作在放大区，负向最大共模输入电压Uic应满足下式：
否则晶体管截止。
由上可得最大共模输入范围为
5.6
(2)
其波形如图所示。
使得Aud减小，而Rid增大。
5.8
解：略去V3基极电流的影响，
即输出电压的静态电压为14.3。
略去V3的输入电阻对V2的负载影响，由图5.8(a)可看出，不失真的输出电压峰值为
(2)当 时，其中f=104Hz的频率在中频段，而 的频率在高频段，可见输出信号要产生失真，即高频失真。
当 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
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0.1×2×100＝20V，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）。
已知 A，则 （mA）
(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 与工作点有关。由上式解得 Ｖ。
而 （k ）， （k ）
（2）计算源电压放大倍数 。
先画出图2.23电路的小信号等效电路如下图所示。
（3）计算输入电阻 、输出电阻 。 k ， k
解： （mA） （k ）
其小信号等效电路如图(b)所示。
模拟电子线路作业题参考答案
第1章源自文库
1.1解：（1） cm ， = cm 。该半导体为N型。
（2） cm = cm 。该半导体为P型。
1.3解：（1） =53mA (2) =13.2 =0.49
1.4解：（1） mA（2） mA
（3） mA（4）
（5）E增加，直流电流 增加，交流电阻 下降。
1.6解：(1)在图(a)中，V2导通，V1截止，U0＝5V。
(2)V1组成共基电路，V2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R2是晶体管V1的基极偏置电路。R1短路将使V1截止。
(4)RE1开路，V1无直流通路，则V1截止。
第3章
3.1解：FET有JFET和MOSFET，JFET有P沟（ 只能为正）和N沟（ 只能为负）之分。MOSFET中有耗尽型P沟和N沟（ 可为正、零或负），增强型P沟（ 只能为负）和N沟（ 只能为正）。
解：（1）输出特性理想化， 。
（2）先求工作点 （ A），直流负载线 ，取两点
，可得直流负载线如图2.18（b）中①线，工作点Q( V， mA)，交流负载线的斜率为 ，可得图2.18（b）中②线（交流负载线）。
（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。
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=？
（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
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 ，
采用补偿电容后，第一个极点频率移到fd，
补偿电容为
如果Auf=1，则
6.21解：（1）由题可知，开环放大倍数为
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 °
由此可导出所对应的频率为
然后再看是否满足振荡条件（即附加相移 ＝－180°时，|Au·F|是否大于等于1）。
答图1.10
1.11解：（1）因为
式中，因 ，所以 =0， V
式中 mA, V=18V
选择R应满足：400 <R<457
(2)当 时， mA。
当 达到最大时， （V）
当 为 时， （V）
即 的变化范围是14.5~17V。
第2章
2.1
2.3题图（a）3AX为PNP锗管， V（正偏）， V（反偏），放大状态
（k ）
用辅助电源法可求得输出电阻为
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
用辅助电源法可求得晶体管共基组态的输出电阻为
2.30
2.34
解:（1）该电路的交流通路如图2.34(b)所示。
（2） k ，
k
2.36
解:(1)交流通路和直流通路分别如题图2.36(b)(c)所示
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）Q1点：
（2）
2.7解：
题图（b）：因 而使发射结导通，假设管子工作在放大状态。则有 ， ，
，故假设成立，管子处于放大状态。
题图（c）：因 而使发射结导通，假设管子工作在放大状态。则有
， mA，
不可能，表明晶体管处于饱和状态。
2.9
（2）当RB1开路时，IBQ=0，管子截止。UC=0。
当RB2开路时，则有
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 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(a)：N沟耗尽型MOSFET， =2mA, V。
图(b)：P沟结型FET， =-3mA, V。
图(c)：N沟增强型MOSFET， 无意义， V。
3.3解：图(a)中，N沟增强型MOSFET，因为 V V， V V，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， V V， V V，所以工作在可变电阻区。
根据虚短特性 ，所以
(b)当 时，电路转换为反相输入求和电路，输出
当 时，电路转换为同相输入求和电路，输出
根据线性叠加原理，总输出为
7.4解：运放A1的输出为 ，运放A2的输出为 ，运放A3构成双端输入求和运算电路，输出为
7.8解：(1)电路（a）为反相比例放大器， ,电路（b）为同相比例放大器， ，所以它们的传输特性曲线分别如图7.8′(a)(b)所示。
(b)级间交流电流并联负反馈
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。
(2)由图6.18(a)可知，在fπ=31.6MHZf时，反馈放大器将产生自激。
(3)若留有 的相位裕量，从图(a)上可以看出，相应的20lgAf=60dB，则 。
(4) 20lgAf=40dB
（mA）
则 （mA） （mA） （mA）
5.4解:(1)因为电路对称，所以
(2)差模电压增益
差模输入电阻：
差模输出电阻：
(3)单端输出差模电压增益：
共模电压增益：
共模抑制比：
共模输入电阻：
共模输出电阻：
(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Uic应满足下式：
（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。
。如根据线性放大计算，
很明显，输出电压失真，被双向限幅，如图5.8(b)所示。
5.9
(a) (b)
解：（1）由于Uid=1.2V>>0.1V,电路呈现限幅特性，其u0波形如题图(b)所示。
（2）当RC变为 时，u0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。
根据虚断特性， ，
根据线性叠加原理，
答图1.7
1.9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均为0时，uo＝一0.7V。其波形答图1.9(c)所示。
答图1.9
1.10解：当ui≥5V时，Vz击穿，u0＝5V。当ui≤一0.7V时，Vz正向导通，u0＝一0.7V。
当一0.7V＜ui＜5V时，Vz截止，u0＝ui。由此画出的u0波形如答图1.10所示。
(2)在图(b)中，V1导通，V2截止，U0＝0V。
(3)在图(c)中，V1、V2均导通，此时有
1.7解：(1)在图(a)中：当ui＞一2.7V时，V管截止，u0＝一2V；当ui≤一2.7V时，V管导通，u0＝ui+0.7。当ui＝5sinωt(V)时，对应的u0波形如图答图1.7(a)所示。
(2)在图(b)中：当ui＞1.3V时，V管截止，u0＝ui；当ui≤1.3V时，V管导通，u0＝1.3V。其相应波形如答图1.7 (b)所示。
6.11级间交、直流电压串联负反馈;
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V3的基极改接到V2的集电极；将输出端的90kΩ电阻，由接在V2的基极改接到V1的基极。
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。
6.15
(a)级间交流电压并联负反馈
图7.8′
（2）若输入信号 ，输出信号 的波形分别如图7.8′(c)(d)所示。
7.20解：(a)当 时，输出处于临界状态，即将发生翻转。
根据虚断特性， ，
根据线性叠加原理，
所以， ，
当 时， ；当 时， 。
出回差电压 = 。传输特性如图7.20′(a)。
(b)当 时，输出处于临界状态，即将发生翻转。
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。
(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。
(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。
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） 不变， 不变，故 不变。斜率变，故 变化，若 减小，移至 ， 增加，移至 。
（2）负载线斜率不变，故 不变。 变， 不变，故 变。若 ， 增加，工作点移至 ，反之， ， 下降，工作点移至 。
2.18
（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100×2×10＝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。