模拟电子技术第五章 放大电路的频率特性练习题及解答

10010135.1 已知某级联放大电路的电压增益函数为：Au(s)

(s107)(s106)试画出它的幅频波特图和相频波特图；Au(0)(dB)?

解：由题可知 limAu(s)0（即nm，极点数目大于零点数目），且极点数值较大。该增益函数

s为高频增益函数。故中频增益为

AoAu(0)limAu(s)100

s0o即 Au(0)(dB)20lg10040dB 中频段相移 o180

由频率响应函数

1001013Au(j)67(j10)(j10)可得

100(1j106)(1j107

)幅频特性 Au()(dB)20lg10020lg1(102)20lg1(6102) 740dB20lg1(相频特性 ()180arctgo102)20lg1(6102) 7106arctg107

画出其幅频波特图和相频波特图分别如题5.1解图(a)和(b)所示。

Au/dB 40

-180o

20

-

-270o

0 105 106 107 108 /rad/s

-20 -360o

-40 (a)

题5.1解图

1

 105 106 107 108 /rad/s (b)

102s(s102)5.3某放大器增益函数为：Au(s)，试画出它的幅频波特图和相频波特图。 3(s10)(s10)解：由题可知该放大器增益函数存在两个一阶极点：p110，p2103；两个一阶零点：z10，

z2102。根据一阶零、极点波特图的特点，画出其幅频波特图和相频波特图分别如题5.3解图(a)

和(b)所示。 Au/dB 40 20 0 1 10 102 103 104 /rad/s -20 -40 (a) 题5.3解图

 -90o -135o -180o -225o

1 10 102 103 104 /rad/s (b) RsReRL1K，Rb1//Rb210K，5.6单级共射放大电路如题5.6图所示。已知Rc2K，

C15F，C210F，Ce100F，BJT参数44，rbe1.4K，试估算出该放大器源电

压增益的低频截止频率fL。

Rb1 C1 V EC RC C2 + uo Re Ce Rs + us － RL

Rb2 － 题5.6图

C1 b rbe ib e ib c C2 +

Rs + us － Rb Re RC Ce RL uo －

题5.6解图

2

解：画出电路的低频微变等效电路如题5.6 解图所示，其中RbRb1//Rb2，用短路时间常数法求fL。 （１）将Ce、C2短路求R1S，可得

R1SRS(Rb//rbe)110//1.42.23K

（２）将C1、C2短路求ReS，可得

ResRe//rbeRsrRs//Rb1.41//10Re//be1//0.048K

1145（３）将C1、Ce短路求R2S，可得

R2SRcRL213K

故 fL11.142(j11111)()45.7Hz RjsCj1.146.28R1sC1ResCeR2sC2Rb可以略去不计，5.7 设题5.6图共射放大电路中RbRb1//Rb2Rs，信号源内阻Rs0.3K，Rc//RL0.5K，等效负载电阻RL晶体管参数为：rbb0.2K，rbe0.8K，gm80mS，

Cbe100pF，Cbc1pF。试用开路时间常数法估算源电压中频增益和高频截止频率fH。

解：

（１） 求源电压中频增益

在题5.6图中将电容C1、C2和Ce短路，并忽略Rb（开路），得电路的中频等效电路。由电路有

AuRLrberbegmRc//RL0.8800.532

rbbrbe0.20.8AusRirbe1AuAu(32)24.6

RiRsrbeRs10.3（２） 用开路时间常数法求fH

画出电路的高频微变等效电路如题5.7解图(a)所示，图中忽略了Rb（开路）。 将Cbc开路，求Rbe，得

Rberbe//(rbbRs)0.8//(0.20.3)0.31K

将Cbe开路，采用外加激励法求Rbc，得电路如题5.7解图（b）所示。由图得

3

RbcuubegmubeRLii)(1gmRLRsrbbirbeRsrbbrbe(Rr)r)sbbbe (1gmRLiRsrbbrbe(0.30.2)0.812.6K

0.30.20.81.141.14故 fH4.16M

2RjoCj6.28(RbeCbeRbcCbc)(1800.5)j

b Rs + us － rbb’ + ub’e － b’ Cb’c c +

rb’e Cb’e e

gmub’e RC RL uo －

(a)

b rbb’ + ub’e － e （b） 题5.7解图

b’ + i rb’e gmub’e RC RL u － c + uo －

Rs 4