模拟电子技术基础第版课后习题答案周良权

章 集成运算放大器及其应用基础

差 平均 10 15

Aud与Auc 抑制零漂和抗共模干扰   0

0 虚短 0 虚断 c g c b b a b （√）

（×）

（×）

（×）

解答：

两个输入端加上两个幅度相同而极性相反的信号，称为差模信号。两个输入端加上两个幅度相同而极性也相同的信号，称为共模信号。差模输入电压uid=–1) V= V，两输入端

的差模输入信号各为：uid1uid=0.05V，uid2uid=0.05V，共模信号为：

1uic(1.11)V=1.05V。

21212解答：

共模抑制比定义为KCMRAudA，用分贝表示，即KCMR20lguddB。 AucAuc双端输出时抑制零点漂移能力强，因在双端输出时，利用电路对称，漂移量相互抵消，在理想情况下，共模电压放大倍数Auc=0，则KCMR。单端输出时，是利用射极电阻的负反馈作用来抑制零漂的，显然，单端输出抑制零漂能力比双端输出差。对基本差分放大电路，KCMRRerbe。

解答：

（1）如图题解(a)所示VEEVBEIE1(RP12Re)

60.7IE1(0.125.25)，得IE10.5mA

（2）rberbb'(1)26mV26mV300(1100)5.5k IE0.5mA根据单边差模交流通路如图题解（b）所示（Re对于差模信号，相当于短路）可得

（3）根据单边共模交流通路（对一个管子而言，发射极除了有RP电阻外，还有2Re3），如图(c)所示可得

单端输出时：

12图题解

解答：

（1）IE32IE1300 ，因IR2=IC3，所以 （2）因单端输出，差模电压放大倍数为 差模输入电阻：

（3）静态时，Uo=10–IC2·R1=(10– ×20)?V=7?V，输入信号U后，Uo=4?V，则输出变化量ΔUo=(4–7)V= –3 V 故 UUo3V50 mV Aud60解答： 解答：

如表题解所示。

表题解

输出方式 输入方式 电路 差模电压放大 倍数Aud 双端输出 单端输出 双端输入 单端输入 双端输入 单端输入 共模电压放大倍数Auc 共模抑制比 0 KCMR 续表

输出方式 输入方式 差模输入电阻2(Rb+rbe) 2(Rb+rbe) 双端输出 单端输出 双端输入 单端输入 双端输入 单端输入 Rid 共模输入电阻 Ric 输出电阻Ro 解答： 2Rc Rc 理想运放的主要特点：开环差模电压放大倍数Auo；输入阻抗Rid；输出阻抗

Ro0；共模抑制比KCMR；带宽BW；转换速率SR；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。

解答：

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uu+，uo= –Uom，当uu+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”。

解答：

（1）S1和S3闭合，S2断开时，电路为反相比例运算电路，uOuiui。

RRRR（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，uOui 1uiui。

RR（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，uOuiui。

RR解答：

解答：

（1）因uORx2V,V2 V，故uORx，uO正比于Rx。 R1R1（2）当Rx10 k时，电压表满量程，即uO2 V，uO10(2)2，则R1=10 k。 R1解答：

u–=u+=ui，故Iui，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R微安表满刻度偏转时，被测电压Uimax=100R=100 mV。

解答：

（1）为反相比例电路如图题解（a）所示。R1=20 k。AufRfR,5f，故Rf=100 k R120（2）为同相比例电路，如图题解（b）所示。

（a） （b）

图题解

RfR30，故R1f k7.5 k R1Auf151Auf1解答：

（1）Uc=U1–=U1+=U2=6 V，Ub=U2–=U2+=0，Ue=?– V，U1–、U1+、U2–、U2+分别是运放

A1和A2的反相及同相输入端电压。 （2）IBIR2ICIR1200 mV0.02 mA

10 kV1V21261 mA，故 R16解答： （1）uO1（2）uORR3ui13ui2(225150) mV100 mV

R2R1uO2t0.3uC(0)=1V5 V RC（3）RP1100//100//5025 k 解答： 解答：

（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。 （2）因uC则uOt00,uI1 V

uIt1t1=0 uIRC1解答： （1）uuIt,RC10 s1 s，当uO= –5 V时 RC输出波形图如图题解（a）所示。

2（2）当t=10 ms时，uOV2 V 12当t=20 ms时，uO(2)V0 V

1余类推，波形图如图题解（b）所示。

（a） （b）

图题解

解答：

在0~t1期间，

duI0.1 V/s, uO10.1 V0.1 V dt在t1~t2期间，因

duI0，故uO0 V dt在t2~t3期间，因

duI0.1 V/s，则uO10.1) V0.1 V。波形图如图题解所示。 dt图题解