Elektronika I

Ini adalah kursus kelima dalam Teknik Elektro Universitas: elektronika I — kursus pertama tentang perangkat. Gelombang 1 dan EE04 menganalisis rangkaian yang dibuat dari komponen ideal; di sini komponen itu sendiri adalah subjek, dan keterampilan inti adalah pemodelan: memilih model perangkat paling sederhana yang menjawab pertanyaan yang sedang dibahas.

• Unit 5.1 memperkenalkan semikonduktor dan hierarki model dioda.
• Unit 5.2 menerapkan dioda: penyearah, catu daya, dan regulator zener.
• Unit 5.3–5.4 memberikan bias pada dua keluarga transistor (BJT, MOSFET).
• Unit 5.5 melinierkan sekitar titik bias: penguat sinyal-kecil.
• Unit 5.6–5.7 menambahkan umpan balik dan pandangan domain frekuensi.

Kebiasaan pengecekan: setiap titik bias diverifikasi terhadap daerah operasi perangkat (asumsi yang membuat persamaan tersebut sah), setiap jawaban sinyal-kecil pada kasus batas. Setiap unit diakhiri dengan kesalahan umum dan ringkasan tiga baris. cara: bias maju (sisi p positif) memungkinkan arus mengalir secara eksponensial; bias mundur memperlebar daerah deplesi dan memblokir. kesalahan dan ringkasan tiga baris.

Silium murni menghantarkan arus dengan buruk; pengotoran menambahkan pembawa muatan — donor membuat tipe-n (elektron), akseptor membuat tipe-p (lubang). Sambungan pn PN menghantarkan satu Mengapa tangga bekerja: turunkan hukum Shockley pada titik operasi bias memperlebar daerah deplesi dan memblokir.

Dioda memiliki deretan model — pilihlah sesuai pertanyaan:

• Ideal: 0 V saat menghantarkan, terbuka saat mati.
• Penurunan tetap: 0.7 V saat menghantarkan (silikon).
• Garis-potong: 0.7 V + resistansi kemiringan $r_{d} = nV_{T}/I_{D}$.
• Hukum Shockley eksponensial $i = I_{S}(e^{v/nV_{T}} - 1)$ ketika miliamper. Dan karena $V_{T} = kT/q \approx 26$, sepuluh kali arus membutuhkan

Mengapa tangga kerja: turunkan hukum Shockley pada titik operasi dan resistansi dinamis dioda adalah $r_{d} = nV_{T}/I_{D}$ — beberapa ohm pada miliamper. Dan karena $i \propto e^{v/nV_{T}}$, sepuluh kali arus memerlukan hanya $\ln 10 \times nV_{T} = 2.303 \times 26 = 59.9$ mV tegangan lebih (n = 1): kurva hampir berupa dinding vertikal, sehingga resistor dalam loop, bukan dioda, yang menentukan arus — yang merupakan saat model drop konstan akurat.

1 mA. Jawaban penurunan konstan berada dalam 5% — karena resistor seri dengan 1 kΩ. Ideal: 5 mA. Drop konstan: $(5 - 0.7)/1000 = 4.3$ mA. Kebenaran Shockley ($I_{S} = 10^{-12}$ A, $nV_{T} = 26$ mV, biseksi pada $I_{S}(e^{v/26\mathrm{m}} - 1) = (5 - v)/1000$): $v_{D} = 0.5775$ V, $i = 4.423$ mA. Jawaban tegangan tetap berada dalam 2.8% — karena resistor mendominasi loop. Periksa alasannya: model tegangan tetap meleset sebesar $0.7 - 0.5775 = 0.12$ V pada tegangan dioda, dan resistor mengubahnya menjadi hanya kesalahan arus $0.12/1000 = 0.12$ mA — 2.8% dari 4.42 mA.

Sekarang biarkan sumber bergetar sebesar 2 V (sinyal kecil): arus getaran adalah titik $r_{d} = nV_{T}/I_{D} = 26\,\mathrm{mV}/4.42\,\mathrm{mA} = 5.9\ \Omega$. Sekarang biarkan sumber berfluktuasi sebesar $\pm 0.1$ V (sinyal kecil): arus fluktuasinya adalah $0.1/(1000 + 5.9) = 99.4\ \mu\mathrm{A}$ — dalam 0.6% dari resistor saja 100 µA. Tegangan DC sebesar 5 V berada hampir tidak berubah di antara pasangan tersebut; tegangan sinyal 0.1 V melihat loop biasa $1\ \mathrm{k}\Omega + 5.9\ \Omega$. Ini adalah keseluruhan gagasan sinyal kecil dari unit 5.5, pertama kali ditemukan pada dioda: pisahkan masalah menjadi (pembagian dua yang tidak perlu; model tegangan konstan adalah alat yang tepat di sana). resistansi yang dilinearkan mengambil alih).

Kesalahan umum. Menggunakan model eksponensial ketika resistor mendominasi (biseksi yang tidak perlu; model tegangan tetap adalah alat yang tepat untuk kasus itu). Mengutip "$r_d$ = 26 mV" — itu berarti $V_T$; rintangan adalah $V_T/I_D$, arus in the denominator. Forgetting n = 2 at high current (59.9 mV/decade becomes 120 mV/dekade).

Ringkasan: dioda adalah katup satu arah dengan kurva maju yang hampir vertikal; resistor loop menentukan arus; $r_d = nV_T/I_D$ adalah pandangan linierisasi; pilih model yang dibutuhkan soal dan periksa jawabannya terhadap model berikutnya.

Penyearah gelombang setengah menghantarkan satu setengah siklus; **full-wave jembatan menghantarkan keduanya (empat dioda, dua menghantar secara bersamaan, sehingga diode memiliki penurunan tegangan 1.4 V dan setiap dioda harus mampu menahan tegangan balik puncak (dari satu puncak sekunder). Kapasitor filter mempertahankan output di antara puncak-puncak: riak $\Delta V \approx I_{load}/(f\cdot C)$ (setengah-gelombang) atau $I_{load}/(2f\cdot C)$ (gelombang penuh) — kapasitor harus menyediakan beban selama seluruh selang di antara puncak pengisian ulang.

Contoh terpecahkan 1 (sumber jembatan, diverifikasi). Jembatan merektifikasi 12 V RMS, 50 Hz sekunder; beban menarik 100 mA dan kapasitor adalah 2200 µF. Output puncak: $12\sqrt{2} - 1.4 = 17.0 - 1.4 = 15.6$ V. Riak (gelombang penuh, diisi ulang setiap 10 ms): $\Delta V = 0.1/(100 \times 2200\mu) = 0.455$ V. Jadi, output berada antara 15.6 dan 15.1 V. Pengecekan: riak ≪ puncak (2.9% ✓ — yang Contoh terpecahkan 0.91 (regulator zener dirancang pada kedua ekstrem, ditingkatkan). kapasitor — jembatan membutuhkan 2× untuk empat dioda; PIV per dioda ≈ 17.0 V (satu puncak sekunder) — tentukan spesifikasi dioda di atas itu.

arus zener adalah beban penuh: 2 → pilih Regulasi 12 V turun ke 5.1 V menggunakan zener 5.1 V; beban bervariasi 0–10 mA dan zener memerlukan setidaknya 2 mA agar tetap dalam kondisi breakdown. Kasus terburuk untuk arus zener adalah beban penuh: $R \le (12 - 5.1)/(10\mathrm{m} + 2\mathrm{m}) = 575\ \Omega$ → pilih 560 Ω. Sekarang periksa ekstrem lainnya — tanpa beban: $I_{Z} = (12 - 5.1)/560 = 12.3$ mA, so $P_{Z} = 5.1 \times 12.3\mathrm{m} = 63$ mW dan resistor menghamburkan $(12-5.1)^{2}/560 = 85$ mW kasus terburuk. Beban penuh menyisakan $I_{Z} = 12.3 - 10 = 2.3$ mA ≥ 2 mA ✓. Kedua-dua ekstrem disahkan — itu adalah lengkap desain regulator: satu pertidaksamaan dari setiap ujung rentang beban.

Kesalahan umum. Menggunakan f alih-alih 2f untuk riak jembatan (kapasitor mengisi ulang setiap setengah siklus). Melupakan 1.4 V dari dua tegangan jatuh pada output puncak. Menentukan nilai resistor zener hanya pada beban tipikal — arus zener harus diperiksa di KEDUA ujung, dan dayanya pada ujung tanpa beban.

Ringkasan: jembatan = kedua setengah siklus, biaya 1.4 V, PIV satu puncak; riak $I/(2fC)$ ditentukan oleh selisih antara pengisian ulang; zener mempertahankan tegangan sementara resistor seri menyerap kelebihan — dirancang pada dua ujung beban.

Transistor sambungan bipolar memiliki tiga daerah — pemutusan, aktif (daerah penguat: $I_C = \beta I_B$, $V_{BE} \approx 0.7$ V), dan saturasi ($V_{CE} < 0.2$ V, kedua sambungan maju). Pengbiasan berarti menempatkan titik diam (titik bias, Q-point) kuat di dalam daerah aktif dan menjadikannya independen terhadap β — parameter yang bervariasi 2:1 antara perangkat dengan nomor tipe yang sama.

Contoh terpecahkan 1 (bias pembagi tegangan, eksak). $V_{CC} = 12$ V; $R_{1} = 68$ kΩ (ke $V_{CC}$), $R_{2} = 12$ kΩ (ke ground), $R_{C} = 2.2$ kΩ, $R_{E} = 1$ kΩ, $\beta = 100$. Thévenin pembagi: $V_{B} = 12 \times 12/80 = 1.8$ V, $R_{B} = 68\mathrm{k} \parallel 12\mathrm{k} = 10.2$ kΩ. Estimasi cepat (abaikan arus basis): $V_{E} = 1.8 - 0.7 = 1.1$ V → $I_{E} \approx 1.1$ mA. Eksak (sirkuit basis dengan $I_E = (\beta+1)I_B$): $I_B = (1.8 - 0.7)/(10.2\mathrm{k} + 101 \times 1\mathrm{k}) = 9.9\ \mu$A → $I_C = 0.989$ mA, $V_{CE} = 12 - 0.99\mathrm{m} \times 2.2\mathrm{k} - 0.99 = 8.8$ V — active ✓ ($V_{CE} \gg 0.2$ V). Estimasi cepat terlalu tinggi 11%; penyebabnya adalah arus basis membebani pembagi tegangan — persis seperti yang diperhitungkan oleh sirkuit eksak. mengakomodasi.

Contoh terpecahkan 2 (β digandakan, inti dari rangkaian, ditingkatkan). Rangkaian sama, $\beta = 200$: $I_B = 1.1/(10.2\mathrm{k} + 201\mathrm{k}) = 5.2\ \mu$A → $I_C = 1.04$ mA, $V_{CE} = 8.7$ V — masih aktif ✓. Jadi β × 2 menggeser arus kolektor sebesar 5% (0.99 → 1.04 mA) dan titik Q hampir tidak bergeser. Mekanismenya: kenaikan arus kolektor apa pun mendorong tegangan emitor naik, yang mengurangi $V_{BE}$ dan membatasi arus basis — umpan balik umpan balik di dalam bias, disediakan oleh $R_E$. Dengan $R_E = 0$, kawasan aktif rumus $I_C = \beta(1.8 - 0.7)/10.2\mathrm{k}$ meramalkan 10.8 mA pada β = 100 dan 21.6 mA pada β = 200. Penyebar pengumpul 2.2 kΩ tidak dapat melalui sama ada arus dari 12 V, jadi asumsi kawasan aktif gagal: ini adalah calon, bukan arus saturasi aktual. Sensitivitas β rumus tetap jelas, tetapi pengecekan daerah harus dilakukan sebelum menerima titik Q. Kedua sumber error kini dikuantifikasi: 11% dari pembagi pembagi (dapat diperbaiki dengan pembagi yang lebih kaku), 5% dari penyebaran β (terserap oleh $R_E$).

Kesalahan umum. Memeriksa $V_{CE} > 0$ alih-alih $> 0.2$ V (saturasi mulai pada sekitar 0.2 V). Menghitung $V_C$ dari estimasi 1.1 mA dan kemudian "memeriksa" terhadap titik Q yang dihitung dari arus eksak — lakukan satu rangkaian, lalu periksa. Percaya bahwa pembagi saja membuat bias bebas dari β — yang melakukannya adalah $R_E$ (dengan pembagi yang cukup kaku untuk mempertahankan $V_B$) kerja.

Ringkasan: Bagi Thévenin, selesaikan litar basis dengan tepat, periksa kawasan; $R_E$ membeli kebebasan dari β pada harga ruang dinamik; estimasi-lalu-verifikasi adalah sesuai apabila keduanya dilabelkan demikian.

MOSFET dikawal voltan: gerbang tidak menarik arus DC, dan dalam jenuh (kawasan penguat — yang penamaan bertentangan dengan BJT!) model kuasa dua memberikan

dengan threshold $V_t$. Tiga kawasan: pemotongan ($v_{GS} < V_t$), triode/ohmik ($v_{DS} < v_{GS} - V_t$ — sebuah resistor, bukan penguat), jenuh (ketaksamaan dipenuhi — sumber arus).

Contoh berusafa 1 (andaikan jenuh, kemudian semak). $V_{DD} = 10$ V, $\tfrac{1}{2}k_n(W/L) = 0.5$ mA/V², $V_t = 1.5$ V, $R_D = 3$ kΩ, gerbang dikekalkan pada $V_G = 3$ V (pembagi — tiada arus DC gerbang). Andaikan jenuh: $I_D = 0.5 \times (3 - 1.5)^{2} = 1.125$ mA; $V_{DS} = 10 - 1.125\mathrm{m} \times 3\mathrm{k} = 6.6$ V. Check: $6.6 \ge 3 - 1.5 = 1.5$ ✓ — saturasi berlaku, dan titik Q ialah (1.125 mA, 6.6 V).

Contoh berusafa 2 (semakan yang gagal, dipertegas). Naikkan gerbang kepada $V_G = 5$ V, rangkaian yang sama. Asumsikan saturasi: $I_D = 0.5 \times 3.5^{2} = 6.1$ mA, $V_{DS} = 10 - 6.1\mathrm{m} × 3\mathrm{k} = -8.4$ V — mustahil (tegangan drain negatif), sehingga asumsi tersebut tidak valid: resistor tidak dapat menurunkan 18 V dari suplai 10 V. Selesaikan kembali dalam triode dengan $i_D = 0.5(2 \times 3.5\, v_{DS} - v_{DS}^{2})$ dan garis beban $10 = 3\mathrm{k}\, i_D + v_{DS}$: persamaan kuadrat memberikan $v_{DS} = 1.00$ V, $i_D = 3.00$ mA. Pengecekan: daerah $1.0 < 3.5$ ✓ triode; persamaan triode menghasilkan $0.5(2 \times 3.5 \times 1 - 1) = 3.0$ mA ✓ konsisten dengan beban garis; dan saturasi pada gerbang ini akan mensyaratkan 18.4 V dari catu daya. Pengecekan model adalah sebuah asumsi — pengecekan daerahlah yang membuatnya sah. Kesalahan umum. Mempercayai arus jenuh tanpa

pengecekan daerah (contoh gagal di atas akan berakhir pada jawaban salah jika Anda hanya tersebut (contoh gagal di atas tetap menghasilkan jawaban salah jika Anda hanya memeriksa $V_{DS} > 0$). Mengacaukan nama daerah dengan BJT (MOSFET nol pada DC — pembagi tegangan tidak membebani, yang secara tepat mengapa pembagi tegangan MOSFET dapat menggunakan resistor megohm. pembagi MOSFET dapat menggunakan resistor megaohm.

Ringkasan: hukum kuadrat dalam saturasi, batas $v_{DS} = v_{GS} - V_t$ adalah melakukannya; arus gerbang nol pada DC. mengambil alih; arus gerbang nol pada DC.

Penguatan hanya linear di sekitar titik bias (titik Q unit 5.3). Model sinyal-kecil mengganti setiap perangkat dengan linearisasinya parameter pada titik tersebut: BJT — $g_m = I_C/V_T$ (diferensiasi eksponensial), $r_\pi = \beta/g_m$, $r_o$; MOSFET — $g_m = k(W/L)(V_{GS} - V_t) = 2I_D/(V_{GS} - V_t)$ (differentiate the square law), $r_o$. Sumber DC menjadi hubung singkat; kapasitor kopling menjadi hubung singkat pada frekuensi sinyal.

Contoh terarah 1 (tahap common-emitter). Pada titik bias unit-5.3 $I_C = 0.99$ mA, $\beta = 100$: $g_m = 0.99\mathrm{m}/26\mathrm{m} = 38.1$ mS; $r_\pi = 100/38.1\mathrm{m} = 2.6$ kΩ. Penguatan tegangan dengan $R_E$ dibypass dan $r_o = 50$ kΩ: $A_v = -g_m(R_C \parallel r_o) = -38.1\mathrm{m} \times 2.11\mathrm{k} = -80$. Limiting checks: $r_o \to \infty$ gives $-g_m R_C = -84$ (r_o menyumbang 5%); dan penguatan harus negatif — tahap CE membalik fasa.

Contoh terarah 2 (degenerasi dan perbandingan MOSFET, ditingkatkan). Angkat bypass agar $R_E = 1$ kΩ ikut terlibat: penguatan eksak adalah $-g_m R_C/(1 + g_m R_E) = -84/(1 + 38.1) = -2.14$, berbanding -$R_C/R_E = -2.2$ textbook form — within 2.4% because $g_m R_E = 38 \gg 1$ (ini adalah syarat keabsahan bentuk tersebut, kini terlihat). Degenerasi menukar 84 untuk 2.2 — linearitas dan penguatan yang stabil dibeli dengan $R_E$ yang sama yang menstabilkan bias. Cerita yang sama terjadi pada MOSFET: titik Q unit-5.4 memberikan $g_m = 2I_D/V_{ov} = 2 \times 1.125\mathrm{m}/1.5 = 1.5$ mS dan penguatan sumber bersama $-g_m R_D = -4.5$. BJT pada 1.125 mA yang sama memiliki $43.3$ mS — 29× lebih besar dari transkonduktansi MOSFET — dan penguatan arus terhadap input tak hingga resistansi: kompromi fundamental.

Kesalahan umum. Menghitung $g_m$ dari arus bias perkiraan setelah penyelesaian eksak tersedia — satu rangkaian, satu set parameter. Menggunakan $-R_C/R_E$ di mana $g_m R_E \sim 1$ (bentuk ini memerlukan $g_m R_E \gg 1$). Mempercayai bahwa model sinyal-kecil adalah rangkaian berbeda — itu adalah rangkaian yang sama rangkaian, yang didiferensiasikan pada titik Q.

Ringkasan: diferensiasikan hukum perangkat pada titik Q untuk mendapatkan $g_m$; $r_\pi = \beta/g_m$; penguatan dibypass $-g_m R_C$, terdegeneisasi $-R_C/R_E$ ketika $g_m R_E \gg 1$; BJT unggul dalam gm-per-milliamp, MOSFET unggul pada gerbangnya.

Aturan emas Gelombang 1 kembali dengan pandangan penguatan terbatas. Umpan balik negatif menutup loop; yang penting adalah penguatan loop $A_{OL}\beta_{fb}$. Turunan (tahap inverting): jika op-amp dapat mempertahankan $v_- \approx v_+$, maka resistor input mengalirkan $(v_{in} - 0)/R_{in}$, resistor umpan balik mengalirkan arus yang sama, dan $v_o = -R_f v_{in}/R_{in}$. Menulis persamaan node eksak dengan penguatan tanpa loop $A_{OL}$ dan menyelesaikannya memberikan

sehingga jawaban aturan emas menjadi eksak dalam batas $A_{OL}\beta_{fb} \to \infty$ dan menyimpang oleh faktor $1/(1 + A_{OL}\beta_{fb})$ dalam kehidupan nyata.

Contoh terlatih 1 (empat topologi dan GBW). Inverting $-R_f/R_{in}$ (resistansi input $R_{in}$); non-inverting $1 + R_f/R_{in}$ (resistansi input → ∞); transimpedansi $v_o = -I_p R_f$ (fotodioda: $2\ \mu\mathrm{A} \times 1\ \mathrm{M}\Omega = 2$ V); penjumlahan $-(v_1 R_f/R_1 + v_2 R_f/R_2)$. Op-amp dengan penguat-lebar pita produk GBW = 1 MHz pada loop tertutup 40 dB (100×) memiliki bandwidth 10 kHz; pada 20 dB (10×), 100 kHz ✓ (produk tetap 1 MHz sepanjang hiperbola).

Contoh terlatih 2 (seberapa salah aturan emas, eskalasi). The $1/(1 + A_{OL}\beta_{fb})$ faktor error, dihitung. Penguat loop tertutup 100 ($\beta_{fb} = 0.01$): dengan $A_{OL} = 10^{5}$, $A_{CL} = 100/(1 + 1/1000) = 99.90$ — kesalahan 0.1%, tidak terlihat di osiloskop. Dengan op-amp yang melemah atau frekuensi tinggi op-amp di mana $A_{OL}$ telah turun ke $10^{3}$ (ingat unit 5.7: gain loop terbuka sudah mulai melengkung): $A_{CL} = 100/1.1 = 90.9$ — kesalahan 9.1% kesalahan. Jadi aturan emas adalah pernyataan loop-gain: di mana loop gain besar mereka tepat, dan dekat corner mereka diam-diam mati. Periksa: pada 10 kHz dengan GBW 1 MHz, gain loop terbuka telah turun ke $10^{6}/10^{4} = 100$ — sama dengan penguat loop tertutup, gain loop 1, dan memang itu adalah −3 dB titik sudut ditemukan pada contoh 1.

Kesalahan umum. Menggunakan rumus inversi untuk tahap non-inversing ($1 + R_f/R_{in}$ berbeda tepat sebesar 1 — pada penguatan kesatuan, nilainya adalah seluruhnya). Melupakan resistor umpan balik tahap transimpedansi menetapkan penguatan dari arus, sehingga kapasitansi fotodioda masih membentuk penguatan noise.

Ringkasan: penguatan loop $A_{OL}\beta_{fb}$ adalah alat ukur kebenaran bagi aturan emas error $= 1/(1 + A_{OL}\beta_{fb})$; GBW adalah hiperbola — penguatan loop tertutup penguatan dikali bandwidth terpelihara hingga titik sudut, di mana aturan berhenti berlaku.

Setiap amplifier adalah band-pass: kapasitor kopling menetapkan titik sudut rendah $f_L = 1/(2\pi R_{eq}C)$ per tahap ($R_{eq}$ = apa yang dilihat kapasitor, sumber dinolkan), dan di ujung tinggi kapasitansi Miller melihat, sumber nol), dan pada ujung atas kapasitansi Miller output ke input tahap inversing dengan penguatan $C$ membawa $-A$ — simpul input berperilaku seolah-olah melihat $i = C\,d(v_{in} - v_o)/dt = C(1 + A)\,dv_{in}/dt$ ke ground. Pendekatan kutub dominan seolah melihat $C_M = C(1 + A)$ ke tanah. ** Kutub dominan** pendekatan: satu kutub melakukan sebagian besar kelengkungan, $f_H \approx 1/(2\pi R_{eq}C_{eq})$.

Contoh terpecahkan 1 (band-pass penuh, kedua sudut). CE unit-5.5 tahap: kapasitor kopling melihat $R_{eq} = R_B \parallel r_\pi = 10.2\mathrm{k} ∥ 2.6\mathrm{k} = 2.08$ kΩ, sehingga kapasitor kopling 10 µF memberikan $f_L = 1/(2\pi \times 2.08\mathrm{k} \times 10\mu) = 7.7$ Hz. Bagian frekuensi tinggi: $C_{gb} = 5$ pF antara basis dan kolektor di mana penguatan tahap adalah −80: $C_M = 5\mathrm{p} \times 81 = 405$ pF, ditambah 20 pF dari hamburan → $f_H = 1/(2π × 2\mathrm{k} × 425\mathrm{p}) = 187$ kHz. Tahap ini melewati 7.7 Hz hingga 187 kHz pada penguat −80. Cek: kapasitor kopling melihat paralel −$f_L$ di dalam faktor Miller adalah penguatan pita tengah, yang sudah menurun mendekati 80 — jawaban kutub dominan bersifat optimis sekitar beberapa persen, pembacaan yang jujur. Contoh terlatih $f_H$ (cascode dan cascade, ditingkatkan). Cascode pF.

Contoh terkerjakan 2 (cascode dan kaskade, ditingkatkan). Cascode menjaga kolektor hampir konstan, membunuh penguatan melintasi 5 pF: Sebaliknya cascade: dua tahap identik $f_H = 1/(2\pi \times 2\mathrm{k} \times 25\mathrm{p}) = 3.18$ kHz secara seri masing-masing mengalami penurunan 17 dB untuk satu transistor: Miller menjelaskan penyakit dan obatnya. Kaskade sebaliknya: dua tahap 187 kHz identik secara seri masing-masing turun 3 dB di sana, sehingga pasangan tersebut turun 6 dB — titik −3 dB keseluruhan berada di $187 \times \sqrt{2^{1/2} - 1} = 120$ kHz. Amplifier bertingkat membayar dengan apa yang dilihat kapasitor kopling; melaporkan sudut batas per-tahap sebagai

Kesalahan umum. Menjumlahkan alih-alih menyambungkan paralel resistor saat menemukan apa yang dilihat kapasitor kopling; melaporkan sudut per-tahap sebagai sudut sistem (kaskade mengecilkan sudutnya sebesar $\sqrt{2^{1/n} - 1}$).

Ringkasan: $f_L$ dari kapasitor kopling terhadap hambatan sumber nol; Miller mengalikan dengan $(1 + |A|)$; kaskade menghilangkannya; kaskade mengecilkan sudut sebesar $\sqrt{2^{1/n} - 1}$.