最新南京邮电大学模拟电子线路答案.docx

模拟电子线路作业题参考答案第1早1.1 解：(1)n 2 x 1014 cm -3，Po = L125x 106如-3。该半导体为N型。(2)W 1 x 1014 cm -3no = 2.25x 106沔-3。该半导体为P型。1.3 解：(1)、=53mA(2)%=13.2。s°.49。1.4 解：(1)E I =100 mARL(2)E - UI =°° = 93 mARL(3)I D (on) = 77.5 mARl + RD(4) I =-七或I牝0E增加，直流电流ID增加，交流电阻牛下降。D1.6解：(1)在图(a)中，匕导通，匕截止，U0=5VoV1导通，V2截止，Uo=0V。(5)(2)在图(b )中在图(c )中匕、匕均导通，此时有E - R 4= 1.984V % + (R2/ R) + R44 + (1/0.051) + 21.7解：(1)在图(a)中：当气>一2.7V时，V管截止，u0=一2V；当一2.7V时，V管导通，uo=u+0.7。当u.=5sint(V)时，对应的uQ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=u；当 uiW1.3V 时，V 管导通，u°=1.3V。其相应波形如答图1.7 (b)所示。答图1.71.9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1.91.10解：当u.5V时，匕击穿，u0=5V。当说声一0.7V时，匕正向导通，u0= 0.7V。当一 0.7V<u.<5V时，匕截止，u0=u.。由此画出的u0波形如答图1.10所示。答图1.101.11解：（1）因为RminUmax U =以2 TO = 400QIZmin + ILmin式中，因Rlma T 8，所以1 l i =0,U= 20 + 20 x 0.1 = 22 vR = U =(18 W = 457QmflXIZmmin + 匚(5 +"式中'l max =务 T2.5mA，Umn=(20 - 20 x 睨 ) V=18V选择R应满足：400。<R<457。(2)当Rl = 250。时，、=200 = 40mA。当!z达到最大时，U= (Iz+1 )R + Uz = (30 + 40)x 0.1 +10 = 17(V)当I 为I 时，U= (I .+1 )R + U = (5 + 40)x0.1 +10 = 14.5 (V)即V的变化范围是14.517V。 i第2章2.1题图（a）：9 8V9 -8VJ题图(b)：0.7V一 硅 NPN-0.7V _L 硅 PNP题图（c）：o 0V占 0V9 1V?9V3.7V < 错 PNP图4.3V错NPN& 4V占 4V2.3题图（a）3AX为PNP锗管，U = -0.3 V （正偏），U =-4.7 V （反偏），放大状态BEce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）勺点：P - 50, q点：P °。U(BR)CEO 强在题图0）中，由于Ube < 0,因而管子处于截止状态。UC = Uy 12V。2.7 解：15 0.7题图（b）：因Ube > 0而使发射结导通，假设管子工作在放大状态。则有。广品=25M，妇"妇=5，BEU = 15 - 2.5X 3 = 7.5（V） > 0.7V，故假设成立，管子处于放大状态。CEQ题图（c）：因Ube > 0而使发射结导通，假设管子 工作在放大状态。则有IbQ= 71A，ICQ= 7.1mA，口施歹 15 - 7.1(2 +1) = -6.3V < 0.7V 不可能，表明晶体管处于饱和状态。解：(1)U=_RB2 U =15 X12 = 2.9VRB 2R + R CC 47 +1529 I = Urb 2"=马=2mA2.9 CQ R1.3UCEQ 2：广七广"+ RC)= -12 - 2 x (1.3 + 2)=-5.4Vuc=0。（2）当Rb1开路时，Ibq=0，管子截止。当rB2开路时，则有7 =Ucc - 0.3B R + (1+P ) R47 +101X 1.3I = Ucc + Uce (野)=12 - 0.3= 0.035mAB (sa)(R + R )P (1.3 + 2) x 100因为IB > 1：皿,所以晶体管处于饱和状态。此时U « Ucc + Uce(sat) R = 12 - °.3 X 2 = 7.1VCR。+ Rec 2 +1.312 - 0.312-0.3=0.066mA(3)当RB 2开路时，由于I = p "cc + °b= 100 x _= 2mACQ hR +(1 +p) RR +101X 1.3由此解得RB1454KQ打B112 - 0.32.14 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CB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：%不变，y不变，故七不变。斜率变，故R变化，若R减小，移至Q'，RC增加，移至Q"。（2）负载线斜率不变，故Rc不变。Ucc变，Ibq不变，故RB变。若Ucc，RB增加， 工作点移至Q，反之，U© Rb下降，工作点移至Q”。2.18题图2.18解：（1）输出特性理想化，UJ =8吃=8, P = 100。U - U12“（2） 先求工作点 I = CCBE（on） = = 20（ u A） 直流负载线（2）先成工作点侦R :（1+3）R500 +100 20（ u A），直流负载线BEUCE=UCC -IC（RC + Re）= 12-3IC，取两点Gce =°,Ic = 4mA;Ic = Q,Uce = 12V），可得直流负载线如图2.18（b）中线，工作11点Q（UCEQ =6V，ICQ =2mA），交流负载线的斜率为-二2，可得图2.18（b）中C线（交流负载线）。1（3）此时直流负载线不变，仍如图2.14（b）中线，而交流负载线的斜率为- d r r如图2.18（b）中线。(4)为得最大七,工作点应选在交流负载之中点。将图2.18 (b)中线(R L =1k。)平移使之与直流负载线线的交点是此交流负载线之中点，即0点(Uceq 3 V，I'CQ = 3mA)。此时，U帅=3V。调节 R 使 I'= 30 R A，贝g 30 X 10- 6 = CC一U BE (on) «12 ，解得B BQ、JRb + (1+P )Re Rb +101 x 103，解得RB = 300 k。2.20解：(1)要求动态范围最大，应满足，ICQRL = UCEQ - UCES = UccTcKVesI 50解得灼=3mA, y =-cq =于=0.06mA即Iq (2/ 20) = 12 - 2Iq - 0.7所以，r = Uy "be = 12-0.7 = 188K。bIq0.0612(2)由直流负载线可知：UCC = 12,Rc = -3 = 4K。,UCEQ = 4V,1 CQ = 2mA。2因为R乙=RcRl = 4R = 2 = 1,所以R乙=1.3KQ。而 I =cq = = 0.04mA,则 R =HBQ P 50B IBQ12 - 0.7BE =0.04=283KQ。Uopp = 2U= 2 x (6 - 4) = 4V。2.23解：(1)计算工作点和二，、J已知 Ibq = 20M A，则 ICQ = PIBQ = 100 X 0.02 = 2(mA)%=气广 IRC = UCCf I + U、I CQ R )'L /CEQ R = 9 一 2 +CEQ 12 (V)n . C .2 I (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RL与工作点有关。由上式解得 U= 2.5 V。CEQ而 r, =(1 +P)马=P U = 100 竺=1.3 (k。)，r =界=100 = 50 (k。)b'H IeqIcq2ce Icq2(2)计算源电压放大倍数气。先画出图2.23电路的小信号等效电路如下图所示。ooR.1Aus=U U = -P /RC Rl .二U UrRs + r=-p， R/ R = -100致必 “690.15 +1.3be ；c<ecRS ,农R = R II r 牝 RC = 2k。Ut = 26mA，基极静态电流由(3)计算输入电阻R、输出电阻R。R =气=1.3k。，2.27电路如题图2.27所示，BJT的P =100，E=Rl = 2k。试计算A电流源Ib提供,设L= 20P a，R*5k。，RU n-=寸、R和i解ICQPI = 100x 20 = 2(mA)BQ=P 't = 100 = 1.3 (k。妇 2=R if +加，R )s beE L其小信号等效电路如图(b)所示。R = rt +G +P)ReR，= 1.3 + G +100)6 2)«102.3(k。)A u u u G+P)R/Rl) R us- U° U U= R* Rs+r.101(2/2) = 0.986=0.15 +102.3用辅助电源法可求得输出电阻为R = R /RS + rb,e = 2 0,15 + L3 »144(Q)O E 1+P1012.29解：其交流通路和小信号等效电路分别如图2.29 (b)和(c)，则4 UUUA -o = o , i Pus uUUs i s8何 R,)rbeRE 1 +0_ r _Re j+ + RsR IIRCbe + R 1+0 S2/20.013 + 0.15=6.13_ r R = Re 1+0 - 13Q用辅助电源法可求得晶体管共基组态的输出电阻为R = R = 2kQ2.30U = 15 *12 4V, I = Ub- % 七07 1.65mA R + R cc 30 +15 CQ R2UCEQ =U C- Icq(Rc + Re ) =12 -1.65 X (2 + 3) = 3.75V(2)r = r + 0 尹=50 + 50x兰838Q CQA U0R50 x (3II3)A = 0 = L = u UrR = R 4 2II0.838 16Qi e 1+051解：(1)U B1.65=89.5 0.838R0 Rc = 3 KQ2.34解：(1)该电路的交流通路如图2.34(b)所示。(2) R = Rb L, + (1+P ) - ( Re rb )L 22.5k O，4 U PR'50 x (5/5)R OA = «l =125 R 5 k Oibe2.36解:(1)交流通路和直流通路分别如题图2.36(b)( c)所示(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) 虬和R2是晶体管V的基极偏置电路。气短路将使V截止。(4) RE1开路，V无直流通路，则V截止。拓C M第3早3.1解：FEM JFET和MOSFET，JFET有P沟(九只能为正)和N沟(九只能为负)之分。MOSFET中有耗尽型p沟和N沟(九可为正、零或负)，增强型P沟七只能为 负)和N沟(.只能为正)。图(a)： N 沟耗尽型 MOSFET, ID =2mA,Ugs顷=一3 V。图(b)： P 沟结型 FET, IDss =-3mA, 口都俄。=3 V。图(c)： N沟增强型MOSFET,七踞无意义，UGS(th) = L5V。33 解：图(a)中,N 沟增强型 MOSFET，因为 UGS - 3 V > UGs(thj 2 V，UGD = 2V =UGS(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德=5 V > U( f)= 2 V , Ugd = 0 V > U Gs (f)=2v '所以工作在可变电阻区。图 (c)中，P 沟增强型 MOSFET , U Gs = 5 V V U Gs(thj-2 V , UGD = 0V > U Gs(th)=-2v，所以工作在恒流区。图(d)中，为N沟JFET, U Gs =3v V U遍硕)=一2V,所以工作在截止区。u ¥gsrGs (off U(3.5 解(1)=I 1DssUgs*"解得：IQ = 2.8mA,UGQ = -1.2V,Udsq = 6V(2)""gs 7 Gsg )U gs = 4.8 6 Id解得：Iq = 167.6|i A,Ugsq « 3.8V,Udq = 5.97V，解：A =_gmRL =土!£ = 3.33u 1 + g R 1 +1 x 23.12 R = R + R / R = 1000 +100/300 = 1.075MQR0 q R4 = 10 KQ第4章4.1解：(1)由题图4.1可得：中频增益为40dB,即100倍，f=106Hz,f=10Hz(在fH和fL处， 增益比中频增益下降30dB), bw = 106 10 q 106Hz。(2)当 u = 10sinCk *1061mV)+ 20sinG兀 x 1041)mV)时，其中y=104Hz 的频率在中频 i段，而f = 2x 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 = 10sin（2k -5t）（mV）+ 20sinGk x 1041mV）时，f=5Hz 的频率在低频段，f=104Hz 的 i频率在中频段，所以输出要产生失真，即低频失真。4.3解：由0（o的渐进波特图可知：0=100, w =4Mrad/s 它是一个单极点系统，故相应的频率特性表达式为0（处）=4 =1001 + j 1 + j W w4 x 106p因为w/0°w故w,二400Mrad/s。也可直接从其波特图根据w,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0.1X2X100=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）。（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100X2X10=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。解：（1）高频等效电路如题图4.6（b）所示:r =& r = 1kQ, g = = 100mS b 'eem re(1)利用密勒近似，将Cb，c折算到输入端，即C =( + g G IB » = 303pFC = C + C , = 403pFR = r |B R + r )= 0.5kQ处1 3 S泌1I =H 2兀RSC6.28X0.5x 103 x403x10-12"0.79MHzUo解：（1）高频等效电路如图4.7（b）所示。 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，则上限频率与为1O =hC + (1 + gmRD )七虬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IR,=1.8 (mA)则5.4I = I = 1.8 (mA)I = I = 0.9 (mA)I = I = 4.55 R310 R42 R解：(1)因为电路对称，所以(mA)I = I =么=UE - 0.7C1gC 2Q2222 x R + 一B6 0.72 = 0.52mA2 x 5.1 + 50Uc1q = Uc1q = 6 0.52 x 5.1 = 3.35Vr =&竺=50 x 至=2.5kQ beIC1Q0.52(2)差模电压增益R /' R5.1/(1 x 5.1)A = C2 L = 50 x2 q 19ud R + r2 + 2.5差模输入电阻：R = 2(R + r ) = 2(2 + 2.5)kQ = 9kQ id B b e差模输出电阻：R d = 2RC = 2x 5.1kQ = 10.2kQ(3)单端输出差模电压增益：=_ 1P 匹=1 x50x511 q14.22 RB + r,22+2.5共模电压增益:(1W2F fb'eA =-PRc Ruc (single)R + p += -0.242+2.5+51 x 2 x 5.1Ad(single)Auc(single)共模输入电阻：Rl) = Rb +，b, +G + p)2Re = 5247kO共模抑制比：KCMR(single)14.2=59 0.24共模输出电阻：R (il) = RC = 5.1kQ(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c应满足下式:U V U - ic (max)BE (on)EE X Ric cc2 ReecU 0.7 + 6=6 icx 5.12 x 5.1U V 2.23V ic为保证V和v2h作在放大区，负向最大共模输入电压Uic应满足下式:U > UEE + UBE ()= -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 < U< 2.23V5.6解： u = R2Uee = 10*15 = 5VR 2 R + R20+10UR广UE =业=2履 R 2.111I =万 I = 2 x 2 = 1mAe= rbb, +(1 +p)户 CQa =_U_=-PR一ud U - Ur 1.5u = A (u -u )=-200x(-10-2 sin®t)= 2sin®t(V)(2) u = A (u. - u )=一200 x (10sint 一 5mV)= ( 2sint + 1V=200 + 51x 26 = 1.5 K Q1整= -200其波形如图所示。5.8RU1EE-R + RU = U -1 R = 15 -1 x 6 = 9V故共模输入电压匕。应满足：一10V <让(4) R J U J I (I ) J I。气3y = 10V10 + 20< 9V)1R 2E 3 C1E1Q E 2Q"2)仁解：略去V3基极电流的影响，UC2 = 20 - IeRc = 20 -1 x 5 = 15VU33 = U°2 -气攻)=15 - 0.7 = 14.3V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1 c 2 Rc = -3 Rc = 2 x 2 x 5 =5V。如根据线性放大计算，u =1 Eu =1- -u o 2 r" 2 p 产'C 2Q1RCIC2Q u = 14.42 sin伽 V)2 U iT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Ud=1.2V>>0.1V,电路呈现限幅特性，其u0波形如题图(b)所示。管截止。(2)当RC变为10左 时，u0幅度增大，其值接近±15V，此时，一管饱和，另-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(b)级间交、直流串联电压负反馈U CC(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。6.3近似计算:AAufAuf1AAu1 + AB A11 +100 x 0.1x 20% = 1.8%uu u精确计算:AAuf=A -Auf 2 uf 1Au2-AH1 + A u 2 Bu1 + 1BuAAuAuf1 (1 + A 2 B» u1120x 1 +120 x 0.1 100=1.54%AA u (1 + A 2B )(1 + A 1B )AA_1AAAe1+Au 2Bu Au16.7(1)A = 1000(60dB)if = * = 108 = 15.92MHz(2) A =Ai=1000= 90.9if 1 + FA1 + 0.01 x 1000fHf = (1 + FA )九=11x 15.92x 106 = 175.12MHz6.9(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，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。(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。（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。将V3的基极改接到V2的集电极；将输出端的90kQ电阻，由接在V2的基极改接到V1的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。Ru = 2 u u u23A 妇R t R 3 =1uiu Rif20u _ o = oR R550 u4e 1R R44i2 = i f2uAu 2 =广o1RRA = A A =(1 + 3) 5u ui u 2R R6.15T1(a)级间交流电压并联负反馈°UccR2T2R11 fUso+U o(a)R3R4C2+B = 一丑g UR4I=fUJo4RSC1R2 18kIC2R3 10k°UccT1T2-IIC2R6IR4 1k中k()+R1 10k(b)RkI(b)级间交流电流并联负反馈B = iC2R5R5 + R6h =-Uo-R + R C2 R + R R RI = Usi RsAusfUR、R R=o = (1 + &) 3 L = 50UR5R6.18解：(1) A闽的幅频和相频渐进波特图分别如图6.18(a)和(切所示。80-45o-20dB/dec60135。40-40dB/dec20-225。:M-60dB/dec00.1110 个 102、103104ifn:(a)* f/MHz0-45-90-45o/dec* f/MHz-90o/dec,'-45o/dec-135 -180 -225 -270(b)(2)由图6.18(a)可知，在fn=31.6MHZf时，反馈放大器将产生自激。若留有45。的相位裕量，从图(a)上可以看出，相应的20lgA =60dB，则B 1 =-。fA103f(4) 20lgA广40dB采用补偿电容后，p1 1第一个极点频率移到fd，6.28 x 106 x 100 x 103=1.6 pFff人10p2=p2 AAudBuAud讨x10 =1010C、，、 Q补偿电容为2兀 X 105x10 x 105-1.6 = 14.4( pF)f ' = 103 HZ如果A尸，则C" 1600pF讨6.21解：(1)由题可知，开环放大倍数为A (加=4°-u 1捎它是一个具有3个重极点的放大器，如果每级附加移相为一60。，则三级共移相一180°,W 那么加反馈后会开始自激。因为每级相移为一60。，那么有-arctan=-60106由此可导出所对应的频率为a （j）J3x 106 =40 v = 5u（ 1、3寸1+如k）然后再看是否满足振荡条件（即附加相移AV =一180°时，lAFI是否大于等于1）。A （ ） L 6 x F = 5 x 0.1 = 0.5 < 1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=?由件（j0）x F = 1可得 F =z_y = 一 = 0.2max A j 叫5（3）若要求有45°的相位裕度，则每级相移为一135° /3=45°，所对应的上限频率=106,开环增益为0=106maxF < 一= = 0.07A (jo)14.13u可见，要求有45°的相位裕度，反馈系数必须小于等于0.07。7.1解：（a）根据虚断特性u = U，+ R3 + R4 iR1R1 + R2根据虚短特性u = u所以 U = (1 + 土)R4U0R： R3 + R4i（b）当U i3 = U i4 = 0时，电路转换为反相输入求和电路，输出U012 ="(牛 Un + R U2) 12当U i1 = Uq = 0时，电路转换为同相输入求和电路，输出R + R /TrU i4)546U = (1 +4)(R5/R6 u +-R1LRo34R/ R 八 R4 + RJ R6i3根据线性叠加原理，总输出为U = U 12 + Uo347.4解：运放的输出为U = (1 +业)。120 20 +100性 U n = 5U，i1运放A2的输出为A3构成双端输入求算电路输出为U =-丝 U - 60 Uo 30 o1 20 i2八 60 、， 15 + (1 +)(一 - U +3020/30 30 +15 i3 30 +15 叮=2o1-3U i2 + 2U i3+ 4Uo4R7.8解：（1）电路（a）为反相比例放大器，uo = R2=-10U #i - 3U 2 + 2U i3 + 4U 匕=-7U = -70mV6u. = 3u = 2u,电路(b)为同1一 R1-相比例放大器，u =（1+寸） =（1 +产=2ui，所以它们的传输特性曲线分别如图7.8 （a）（b）所示。(b)(a)图 7.8+6VO-6V(d)u，【i+5V+3V 0-3V-5Vuo若输入信号"广5sinE 输出信号。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，根据线性叠加原理，土u +土 u = (u + u ) R + R i R + R o 2 i o所以，一(u + u ) = U , u = 2U 一 u = 4 一 u 2 i o R i R oo当 u =-7V 时，u = UTH = 11V ；当 u = 7V 时，ui = UTL =-3V。 出回差电压国=Uth 一U丑=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 =。叫 u +5R2 R2 U +5R2 R2 u = 1 u + 旦 U + 旦 u+5R2 + 0.5R2 i 5R2R2 + R2 R 5R2/ R2 + R2 o 11 i 11 R 11 o所以，11 i 11 R 11 ou = -5u - 5U r = -5u -10当 u = 7V 时，u = U = 25V ；当 u = 7V 时，u = U = -45V。出回差电压AU = U U = 25 + 45 = 70V。传输特性如图7.20(b)。第8章8.2 解：(1) P =1 争=1 x152 = 28.13W om 2 R 24(2) PE = 2UCC - UnRC = n x 号=35.83WL1、 1 ,、P= 2( P P) = 2 x (35.83 - 28.13) = 3.85Wnnn = g = = 78.5%44(3) Pr = 0.2P = 0.2 x 28.13 = 5.63Wn = n & = - x - = 50% 44 n8.8 （1）1000、1 kQ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。1U 100 +1（2） Uf = 1007!Uo，根据 Ui = Uf ,所以得Af =可=101（3） P = om =（）om 2 R 21 U 21（U CC 一 U 5）2 = 1x（9 一05）2 = 452WRl2 一PCM > 0.2P = 0.2 x 4.52 = 0.90W晶体管的参数应满足如下条件：I > %m