第4章2模拟电子技术基础(第4版)课后习题答案(周良权)

·16·4.17（1）E3E12300II，因IR2=IC3，所以BE2210100.7k31k0.3RURI（2）因单端输出，差模电压放大倍数为1dbe160=6022uRAr差模输入电阻：idbe=220kRr（3）静态时，Uo=10–IC2·R1=(10–0.15×20)V=7V，输入信号U后，Uo=4V，则输出变化量ΔUo=(4–7)V=–3V故od3V50mV60uUUA4.18CCBEREF1260.7mA1.1mA4.70.051VUIRR2C2REF32C3REF451mm50051mm200RIIRRIIR4.19如表题解4.19所示。表题解4.19输出方式双端输出单端输出输入方式双端输入单端输入双端输入单端输入电路差模电压放大倍数AudLcbbe//2RRRrcLbbe(//)2()RRRr共模电压放大倍数Auc0cLbbee(//)(1)2RRRrR共模抑制比KCMRbbeebbe(1)22()RrRRr·17·续表输出方式双端输出单端输出输入方式双端输入单端输入双端输入单端输入差模输入电阻Rid2(Rb+rbe)2(Rb+rbe)共模输入电阻Ricbbee1[(1)2]2RrRbbee1[(1)2]2RrR输出电阻Ro2RcRc4.20理想运放的主要特点：开环差模电压放大倍数ouA；输入阻抗Rid；输出阻抗o0R；共模抑制比CMRK；带宽BW；转换速率RS；失调电压、失调电流及温漂均为零。由于实际运放的技术指标与理想运放的技术指标比较接近。在分析运放组成的电路时，用理想运放代替实际运放使分析计算大大简化，而带来的误差并不大，在工程计算中是完全允许的。但是若需要对运算结果专门进行误差分析时，则必须考虑实际运放的运放参数。因运算精度直接与实际运放的技术指标有关。4.21理想运放工作在线性区的特点：u+=u–，i+=i–=0。理想运放工作在非线性区时的特点：当+uu，uo=–Uom，当+uu时，Uo=+Uom，且i+=i–=0。其中Uom是运放正向或反向的最大值。当理想运放工作在线性区时，u–=u+，即运放两个输入端之间的电压为零，但又不是短路，故称“虚短”；如果运放同相输入端接地时，u–=u+=0，意味着反相输入端与地端等电位，但又非真正接地，故称“虚地”；因i+=i–=0，理想运放的两个输入端不取电流，但又不是断开，故称“虚断”。4.22（1）S1和S3闭合，S2断开时，电路为反相比例运算电路，OiiRuuuR。（2）S1和S2闭合，S3断开时，为差分放大电路，也称减法运算电路，Oiii1RRuuuuRR。（3）S2闭合，S1和S3断开时，是电压跟随器，uO=ui。（4）S1、S2、S3都闭合时，也是反相比例运算电路，OiiRuuuR。4.23224Oi1i21134114i1i11144i1i112214542306RRRuuuRRRRRRRuuRRRRuu·18·4.24（1）因xO1,2VRuVVR，故Ox12uRR，uO正比于Rx。（2）当x10kR时，电压表满量程，即O2Vu，O110(2)2uR，则R1=10k。4.25u–=u+=ui，故iuIR，电流的大小与毫安表的内阻RM无关，只决定于输入电压ui。当微安表满刻度偏转时，被测电压Uimax=100R=100mV。4.26（1）为反相比例电路如图题解4.26（a）所示。R1=20k。fff1,520uRRAR，故Rf=100k1f//16kRRR（2）为同相比例电路，如图题解4.26（b）所示。（a）（b）图题解4.26ff11uRAR，故f1f30k7.5k151uRRA1f//6kRRR4.27（1）Uc=U1–=U1+=U2=6V，Ub=U2–=U2+=0，Ue=–0.7V，U1–、U1+、U2–、U2+分别是运放A1和A2的反相及同相输入端电压。（2）B2200mV0.02mA10kRII12C111261mA6RVVIIR，故cb1500.02II4.28（1）33O1i1i212(225150)mV100mVRRuuuRR·19·5O2O1410011mVmV50RuuR（2）O2O0.3(0)=1V5VCutuuRC（3）P1100//100//5025kRP2P3100//5033.3k100kRR4.29i1i2O13i1i212O1I3i3i1i2O645i1i2i32()2()100102020205uuuRuuRRuuuuuuRRRuuu4.30（1）由图可见，A1为积分器，A2为反相加法器，u1经A1反相积分后再与u1通过A2进行求和运算。100O1I0OO1I1d,tCttuutuuuuRC（2）因0I0,1VCtuu则IOI11=01uttuuRC110st4.31（1）I,10s1suutRCRC，当uO=–5V时OI510.05s=50msuRCtu输出波形图如图题解4.31（a）所示。（2）当t=10ms时，O2V2V1u当t=20ms时，O2(2)V0V1u余类推，波形图如图题解4.31（b）所示。·20·（a）（b）图题解4.314.32IOd,10s1sduuRCRC=t在0~t1期间，IOd0.1V/s,10.1V0.1Vduut在t1~t2期间，因Id0dut，故O0Vu在t2~t3期间，因Id0.1V/sdut，则O10.1)V0.1Vu。波形图如图题解4.32所示。图题解4.32