电路分析基础(英文版)课后答案第四章

CHAPTER 4. The Operational Ampli¯er 15(0:4Rx ) = 5; 15;000 + Rx
[b]
Rx = 75 k−
DE 4.5 [a] Assume va is acting along. Replacing vb with a short circuit yields vp = 0, therefore vn = 0 and we have
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CHAPTER 4. The Operational Ampli¯er ¡(30 + 20:4) (0:30) = ¡7:875 V 1:92
[b] When ¾ = 0:12; Also
vo =
vo vo + + io = 0 180 50:4
vo 7:875 7:875 vo :¢: io = ¡ ¡ = + mA = 200 ¹A 180 50:4 180 50:4 P 4.8 [a] Let v¢ be the voltage from the potentiometer contact to ground. Then 0 ¡ vg 0 ¡ v¢ + =0 5 15 ¡3vg ¡ v¢ = 0; :¢: v¢ = ¡150 mV
Then vo =
µ
¡[30 + ¾ 170] (0:30) 1:92 therefore or ¾ = 0:2
¶
At saturation vo = ¡10 V; ¡ 30 + ¾ 170 (0:3) = ¡10; 1:92
Thus for 0 · ¾ < 0:20 the operational ampli¯er will not saturate.
Ã
10 2 23 + + 72;000 120;000 450;000
!
8 8 + + 600;000 180;000
= ¡2:4 V
Problems [b] vo = ¡8:4 ¡ 0:4vc ¡8:4 ¡ 0:4vc = ¡16; ¡8:4 ¡ 0:4vc = 16; ¡61 V · vc · 19 V P 4.10 [a] vd ¡ va vd ¡ vb vd ¡ vc vd vd ¡ vo + + + + =0 72;000 120;000 450;000 600;000 Rf (25=3)vd ¡ (25=3)va + 5vd ¡ 5vb + (4=3)vd ¡ (4=3)vc + vd + 600 600 vd = vo Rf Rf (47=3)vd + (376=3) + 600 600 vd ¡ (25=3)va ¡ 5vb ¡ (4=3)vc = vo Rf Rf vc = 19 V vc = ¡61 V
"
#
vo = ¡0:15(1 + 7 + 7=3) = ¡1:55 V vo = ¡0:15(1 + 2:5 + 1=3) = ¡0:575 V
#
:¢: ¡1:55 V · vo · ¡0:575 V
(1 ¡ ®) = ¡6 [b] ¡0:15 1 + 10(1 ¡ ®) + ® ® + 10®(1 ¡ ®) + (1 ¡ ®) = 40® ® + 10® ¡ 10®2 + 1 ¡ ® = 40® :¢: 10®2 + 30® ¡ 1 = 0 P 4.9 [a] so ®» = 0:033 vd ¡ va vd ¡ vb vd ¡ vc vd vd ¡ vo + + + + =0 72 120 450 600 180 vo = 180 ¡
00 vn ¡ vo vn + + in = 0; Ra Rb
µ
1 1 + Ra Rb
µ
¶µ
Rd v 00 vb ¡ o = 0 Rc + Rd Rb
¶µ
¶
00 vo
Rb = +1 Ra
Rd Rd vb = Rc + Rd Ra
µ ¶
¶
µ
Ra + Rb vb Rc + Rd
¶
0 00 vo = vo + vo =
Problems P 4.5 vo = (1)(9) = 9 V; 9 = 1:5 mA; 6000 i15k− = 9 = 0:6 mA; 15;000 9 = 1 mA 9000
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i6k− =
i9k− =
:¢: io = ¡0:6 ¡ 1:5 ¡ 1 = ¡3:1 mA P 4.6 [a] First, note that vn = vp = 2:5 V Let vo1 equal the voltage output of the op-amp. Then 2:5 ¡ vg 2:5 ¡ vo1 + = 0; 5000 10;000 :¢: vo1 = 7:5 ¡ 2vg :¢: vo = 5 ¡ 2vg
DE 4.8 Acm =
Adm =
50(20 + 50) + 50(50 + Rx ) 2(20)(50 + Rx )
Adm Rx + 120 = Acm 2(20 ¡ Rx ) :¢: Rx + 120 = §1000 2(20 ¡ Rx )
If we use +1000 Rx = 19:93 k− If we use ¡1000 Rx = 20:07 k−
vo ( V) ¡2:0 ¡10:0 ¡15:0 vs = 3 V; ¡ 2 · vs · 3 V
DE 4.2 vo = (¡Rx =16)vs = (0:64Rx =16) = 10 V Therefore Rx = DE 4.3 [a] vo = ¡ 160 = 250 k−; 0:64 0 · Rx · 250 k−
va va ¡ vo va + + =0 60;000 20;000 240;000 :¢: vo = 17va = ¡6:8 V
va = ¡20 £ 103 ia = ¡400 mV
[c] ia = 20 ¹A ¡vo va ¡ vo [d] io = + = 111:67 ¹ A 80;000 240;000
DE 4.4 [a]
vn vn ¡ vo + = 0; 4500 63;000 Thus vo = 15vp ;
therefore vo = 15vn ; vp = 0:4Rx 15;000 + Rx vp = 0:32 V; 123
So when Rx = 60 k−;
vo = 4:8 V
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0 0 ¡ va 0 ¡ vo + + in = 0; Ra Rb
in = 0
Therefore 0 vo va =¡ ; Rb Ra
0 vo =
Rb va Ra
Assume vb is acting alone. Replace va with a short circuit. Now vp = vn = vb Rd Rc + Rd in = 0
20 ¡ 5va = §10 V 5va = 20 ¨ 10; va = 2 V; va = 6 V Therefore 2 · va · 6 V
Problems 8(60) vb ¡ 5va = 4vb ¡ 5va 10(12)
125
[b] vo =
4vb ¡ 5va = 16 ¡ 5va = §10 V 16 ¨ 10 = 5va ; va = 1:2 V; va = 5:2 V Therefore 1:2 · va · 5:2 V DE 4.7 [a] Adm = (24)(26) + (25)(25) = 24:98 (2)(1)(25) (1)(24) ¡ 25(1) = ¡0:04 [b] Acm = 1(25) ¯ ¯ ¯ 24:98 ¯ ¯ ¯ = 624:50 [c] CMRR = ¯ 0:04 ¯ (20)(50) ¡ (50)Rx 20(50 + Rx )
Rd Ra =
Rb Ra + Rb vb ¡ va Rc + Rd Ra therefore Rd (Ra + Rb ) = Rb (Rc + Rd ) Ra Rc = Rb Rd
Rd [b] Ra
µ
Ra + Rb Rc + Rd
¶
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Rb ; Ra
Rd Ra = Rb Rc ; Rd When Ra
µ
therefore
¶
Ra + Rb Rc + Rd
=
Rb Ra Rb Rb Rb vb ¡ va = (vb ¡ va ): Ra Ra Ra
Eq. (4.22) reduces to vo = DE 4.6 [a] vo =
20(60) 50 vb ¡ va = 5(vb ¡ va ) = 20 ¡ 5va 10(24) 10
Also note that vo1 ¡ 2:5 = vo ;
[b] Yes, the circuit designer is correct! P 4.7 [a] Replace the combination of vg , 3:2 k−, and the 4:8 k− resistors with its Th¶ evenin equivalent.
P 4.2
vn ¡ 24 vn ¡ vo + =0 30 20 vo = (45 ¡ 48)=3 = ¡1:0 V iL = vo 1 £ 10¡3 = ¡ £ 10¡3 = ¡200 £ 10¡6 5 5
iL = ¡200 ¹A P 4.3 vb ¡ va vb ¡ vo + = 0; 20 160 [a] va = 1:5 V; [b] va = 3:0 V; [c] va = 1:0 V; [d] va = 4:0 V; [e] va = 6:0 V; [f ] If vb = 4:5 V; therefore vo = 9vb ¡ 8va vo = ¡12 V vo = 10 V vo = ¡18 V (sat) vo = ¡14 V
4 The Operational Ampli¯er
Drill Exercises
DE 4.1 [a] vo = (¡80=16)vs ; vs ( V) 0:4 vo = ¡5vs 2:0 3:5 ¡0:6 ¡1:6 ¡2:4 3:0 8:0 10:0 10 = ¡5vs ; vs = ¡2 V
[b] ¡15 = ¡5vs ; Therefore
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CHAPTER 4. The Operational Ampli¯er
Problems
P 4.1 Since the current into the inverting input terminal of an ideal op-amp is zero, the voltage across the 3:3 M− resistor is (2.5)(3.3) or 8:25 V. Therefore the voltmeter reads 8:25 V. vp = 18 (12) = 9 V = vn 24
v¢ v¢ ¡ 0 v¢ ¡ vo + =0 + ®R¢ 15;000 (1 ¡ ®)R¢ v¢ v¢ ¡ vo + 10v¢ + =0 ® 1¡® v¢
µ
vo 1 1 + 10 + = ® 1¡® 1¡®
"
¶
(1 ¡ ®) :¢: vo = ¡0:15 1 + 10(1 ¡ ®) + ® When ® = 0:3; When ® = 0:75;
250 250 va ¡ vb = ¡50(0:1) ¡ 10(0:25) = ¡5 ¡ 2:5 = ¡7:5 V 5 25 [b] vo = ¡50va ¡ 2:5 = ¡10 V; therefore 50va = 7:5; va = 0:15 V [d] vo = ¡50va + 10vb = ¡5 + 2:5 = ¡2:5 V vo = ¡50va + 2:5 = ¡10 V; 50va = 12:5; va = 0:25 V 10vb = 20; vb = 2:0 V vn = vp vo = ¡5 + 10vb = 15 V; [c] vo = ¡5 ¡ 10vb = ¡10 V; 10vb = 5; vb = 0:5 V
vb = 0 V; vb = 0 V; vb = 2 V; vb = 2 V; vb = 8 V;
vo = 18 V (sat)
vo = 40:5 ¡ 8va = §18
:¢: 2:8125 · va · 7:3125 V P 4.4 [a] ia = 120 £ 10¡6 = 20 ¹A 6
[b]