学号09010364
姓名张超群。
专业班级自动化902
2024年11月6日。
1、单管放大电路分析。
1）利用示波器观察分析输入输出曲线，求放大倍数并与（3）中**出的放大倍数作比较。
2）静态工作点分析，其中vcc=12v，c1=c2=10uf ，ui输入1000hz，幅值为10mv，rb=820kω，rc=3kω, rl=3kω。
（3）分析该电路在正弦交流小信号下的对数频率响应曲线。并分别求出上限截至频率fh和下限截至频率fl，以及放大倍数、输入阻抗和输出阻抗。频率变化范围1hz~10ghz，增量10hz
注：在a通道中：5mv/div 在b通道中：2mv/div t：1ms/div
解：1.经试验测得，由表可知：au1= –957.988/9.986= -95.93
2.静态分析：
3.实验测得：
au2=—106.078,其于一中的增益大致相等。
分别令y1、y2的值都为74.977，经实验测得x1=9.523hz、 x2=15.636hz,即上下限频率分别为x1=9.523hz、 x2=15.636hz。
5．经试验可得：r输入=1.847k
6.求输出电阻的电路图如下：
可知r输出=1.922k
2、高通滤波器
1）设计一个二阶高通滤波器，截止频率fl=100hz，q=0.8，f（2）绘制电路图，其中运算放大器使用μa741。μa741的4管脚接v- =15v，7管脚接v+ =15v；
3）设置ac analysis ：start frequency设为1hz，stop frequency为10ghz，number of points per decade:设为500, 进行交流扫描分析；
4）在幅频特性曲线上读出1hz和10hz所对应的分贝数，检查是否满足f（5）观察q值变化对幅频特性的影响，将反馈电阻改为原来的2倍，重复前面的分析，记录下波形，观察两者的区别，并进行分析讨论。
解：1.设计原理： q= au=1+r4/r3
又q= =r1=r2 c1=c2
根据已知条件可求得：au=1.75 r4/r3=0.75,可绘制出如下电路图：
2.由实验图可知：当频率是1hz时，所对应的分贝为﹣76.7574db。
当频率是10hz时，所对应的分贝为﹣36.7420db，由此可知它们的差值为40.0154db，其大于30db，满足题目要求。
3.对电路进行交流分析，得出上图：au=1.
7496 a=1／×1.7496=1.237,令y2=1.
237,此时所对应的x2的值为99.4638hz，其约等于100，满足题目所规定的截止频率。
4.将反馈电阻改为原来的2倍，得出如下电路图：
分析： a=1／×2.4979=1.766，令y1=1.766可得x1=101.514hz,仍约等于100hz；
2. 当频率是1hz时，所对应的分贝为﹣67.6398db。
当频率是10hz时，所对应的分贝为﹣27.7205db，由此可知它们的差值为39.9193db，其大于30db，满足题目要求。
由此可知当将反馈电阻变为原来的2倍时，其电压增益变大，但其截止频率和衰减速率都几乎不变，故不受影响。
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