Каталог

Помощь

Корзина

Электроника. Задачи. Воронежский институт

Оригинальный документ?

Задача 1.

Дано:  

T = 310 K; rp = 3×10­­­­ -2 Ом×м; rn = 2×10­­­­ -2 Ом×м; ni = 2,5×1019 м –3; mn = 0,12 м2×с; mр = 0,05 м2×с.

Найти: jk - ?

Решение:

Удельное сопротивление р-области: 

Удельное сопротивление р-области

удельное сопротивление n-области:

удельное сопротивление n-области

здесь sр и sn – удельные проводимости р и n областей  соответственно;  е = 1,6×10 –19 Кл – элементарный заряд;

mn и mр – подвижности электронов и дырок;

Na и Nд – концентрации акцепторной и донорной примесей;

k = 1,38×10 –23 Дж/К – постоянная Больцмана;  Т – абсолютная температура перехода; ni – концентрация собственных носителей заряда в полупроводнике;

k 1,3810 23 ДжК постоянная Больцмана Т абсолютная температура перехода ni

Формула

 

 

Задача 2.

Дано: Т = 300 К;    I0 гер = 3×10 –6 А;  I0 кр = 1×10 –7 A; I = 200×10 –3 A.

Найти:  UПРЯМ ГЕР –? UПРЯМ КР –?

Решение:

Зависимость тока от напряжения на диоде:

Зависимость тока от напряжения на диоде

здесь I0 – обратный ток через диод (U®¥); U–напряжение на диоде,  jт = kT/e – тепловой потенциал;  k = 1,38×10 –23 Дж/K – постоянная Больцмана; Т – абсолютная температура р-n перехода диода; е = 1,6×10 –19 Кл – элементарный заряд.

Выразим напряжение: здесь I0 обратный ток через диод U Uнапряжение на диоде, jт kTe тепловой потенциал k. Посчитаем значение напряжения для кремниевого и германиевого диодов:

Формула;Формула.

Теперь подставим численные значения:

Вывод UПРЯМ ГЕР UПРЯМ КР                                                                                                                                                                                        

Вывод: UПРЯМ ГЕР < UПРЯМ КР .


Задача 3.

Дано: t = 20 °C; U1 = 1 B; C1 = 10×10 –9 Ф; U2 = 10 B;   ni = 1,5×1016 м –3; Na = 1020 м –3; Nд = 2×1020 м –3      

Найти: С2 – ?                    

Решение:

Варикап представляет собой электронно-дырочный переход, смещенный в обратном направлении и обладающий барьернойемкостью.

Формула

 

       

где С0 = const (CБ = С0 при UОБР = 0);

где С0 const CБ С0 при UОБР 0– контактная разность потенциалов.

Т = t + 273 K – абсолютная температура (в градусах Кельвина).

Рисунок

 Задача 4.Дано Ea 80 B Ra 210 Ом

 

Задача 4.

Дано: E­­ = 80 B; R­a = 210 Ом.

Найти: Ia – ? UR – ? Ua – ?

Решение:

Формула

Рисунок

Формула

 

Ea = Ua + Ia

×

Ra — закон Ома для полной цепи

Þ

 

– уравнение прямой, построим ее на ВАХ кенотрона.      

 уравнение прямой, построим ее на ВАХ кенотрона     

Ia » 108 мА, Ua » 56 B—находим из пересечения 2-х графиков в рабочей точке.

Далее находим:  UR = Ea – Ua = 80 – 56 = 24 B.


Задача 5.

Дано: t = 70 °C; I = 4,5×10 –4 A.

Найти: rдиф – ?

Решение:

Идеальная ВАХ диода описывается выражением:

Идеальная ВАХ диода описывается выражением–тепловой потенциал.

Дифференциальное сопротивление определяется как:

Дифференциальное сопротивление определяется как


Задача 6.

Дано: Задача 6.Дано Найти h11, h12, h21, h22

Найти: h11, h12, h21, h22 - ?

Решение:

Для графического нахождения системы h параметров воспользуемся соотношениями

Для графического нахождения системы h – параметров воспользуемся соотношениями, где бесконечно малые приращения токов и напряжений заменяются конечными приращениями этих токов и напряжений:


Формула

 

  

Для нахождения h11Э проводим касательную в рабочей точке (РТ) на   кривой входной характеристики и находим арктангенс угла ее наклона:

Для нахождения h11Э проводим касательную в рабочей точке РТ на кривой входной

Для нахождения h21Э на семействе выходных характеристик проводим прямую    

Для нахождения h21Э на семействе выходных характеристик проводим прямуюна одной из соседних характеристик с характеристикой Для нахождения h21Э на семействе выходных характеристик проводим прямую

отмечаем точку пересечения. Находим: dIК = 0,55 А; 

dIБ = 25 мА   Þ отмечаем точку пересечения. Находим dIК 0,55 А

Для нахождения h12Э на семействе входных характеристик проводим прямую                

Для нахождения h12Э на семействе входных характеристик проводим прямую и находим точку пересечения ее с рядом лежащей  характеристикой, получим:   dUКЭ = 10 B,   dUБЭ = 0,26 В. Тогда:

Формула

Для нахождения h22Э в РТ на выходной характеристике проводим касательную и находим тангенс ее наклона:

Для нахождения h22Э в РТ на выходной характеристике проводим касательную и

 

Задача 7.

Дано: Епит = 40 В; IБ = 75×10 –3 А; RН = 10 Ом 

Найти: IК – ?   UКЭ – ?

Решение: Рассмотрим схему усилителя с общим эмиттером: 

Решение Рассмотрим схему усилителя с общим эмиттеромРешение Рассмотрим схему усилителя с общим эмиттером

На семействе выходных характеристик транзистора строим нагрузочную прямую:

Формула по двум точкам:

Формула

Находим пересечение нагрузочной прямой с кривой, соответствующей IБ = 75 мА и определяем UКЭ и IК :  UКЭ = 23 В, IК = 1,75 А.

 

Задача 8.

Дано: a = 0,95; IКБ0 = 15×10 –6 А.

Найти: IК – ?

Решение:

Формула

 

В данном случае ток коллектора равен току эмиттера, т.к. эти токи текут по одной и той же ветви и ток базы равен нулю.

Воспользуемся соотношением: IК = a×IЭ­ + IКБ0 , здесь IК – ток коллектора, IЭ­ – ток эмиттера, a – коэффициент передачи тока эмиттера, IКБ0 – обратный ток коллекторного перехода. Т.к. IК = IЭ­ , то IК = a×IК­ + IКБ0 Þ

Воспользуемся соотношением IК aIЭ IКБ0 , здесь IК ток коллектора, IЭ ток эмиттера

 

Задача 9.

Дано: fh21Б = 5×106  Гц; h21Б0 = 0,98; f = 18×106  Гц.

Найти:   h21Б – ?

Решение:

Воспользуемся соотношением:

Формула

 

 где h21Б – коэффициент передачи тока эмиттера в схеме с общей базой; h21Б0 – коэффициент передачи тока эмиттера на  низких частотах; fh21Б – предельная частота; f – текущая частота.

Произведем расчет:

Произведем расчет

 

Задача 10.

Дано: h11 = 80×103 Ом; h12 = 0,008; h21 = 80; h22 = 8×10 –4 Ом –1

Найти: Y – ?

Решение:

Используем соотношения для систем Y- и h-параметров:

Используем соотношения для систем Y- и h-параметров

Решим вторую систему относительно токов I1 и I2 :

Решим вторую систему относительно токов I1 и I2 Тогда, сравнивая, получим:

Формула

 

Задача 11.

Дано: UБЭ = 0,5 В; UБК = 0,5 В; t = 20 °C; IК0 = 2×10 –6 А; IЭ0 = 20×10 –6 А; a = 0,9; aI = 0,1

Найти: IЭ – ? IК – ? IБ – ?

Решение:

Для решения задачи используем соотношения между токами эмиттера IЭ, коллектора IК и базы IБ , напряжений база-эмиттер UБЭ ,  база-коллек тор UБК и параметрами модели Эберса-Молла:  обратными токами диодов IК0 , IЭ0 , прямым и инверсными коэффициентами передачи тока a и aI :

Для решения задачи используем соотношения между токами эмиттера IЭ, коллектораДля решения задачи используем соотношения между токами эмиттера IЭ, коллектора — тепловой потенциал;  T = t + 273 – абсолютная температура; 

k = 1,38×10 –23 Дж/К;  е = 1,6×10 –19 Кл – элементарный заряд.  Т.к. режим работы транзистора нормальный активный, то переход база-эмиттер — открыт: UБЭ = 0,5 В (UБЭ<0) а  переход база-коллектор — закрыт: UБК = –0,5 В (UБК<0).

k 1,3810 23 ДжК е 1,610 19 Кл элементарный заряд. Т.к. режим работы транзистора

 

Задача 12.

Дано: Задача 12.Дано -2В 5 В-2В; Задача 12.Дано -2В 5 В5 В.

Найти: S – ?  Ri – ?  m – ?

Решение:

Находим по графикам стоко-затворных и выходных характеристик положение рабочей

Находим по графикам стоко-затворных и выходных характеристик положение рабочей точки (РТ) путем проведения прямых Находим по графикам стоко-затворных и выходных характеристик положение рабочей и пересечения их с соответствующими кривыми. Проводим касательные на обоих графиках в РТ-ах. Далее находим крутизну стоко-затворной характеристики:

Формула                             

Далее находим внутреннее сопротивление:

Далее находим внутреннее сопротивление

Коэффициент усиления транзистора по напряжению: m =Ri×S=1500×1,07×10 –2 =16,05.

 


Задача 13.

Дано: Епит = 15 В; UЗИ = -1 В; RН = 500 Ом

Найти: IC – ?   UСИ – ?

Решение:

Рассмотрим схему усилителя с общим истокомРассмотрим схему усилителя с общим истоком

Рассмотрим схему усилителя с общим истоком:

Семейство выходных характеристик транзистора описывается уравнениями:

Семейство выходных характеристик транзистора описывается уравнениями

Выражение, определяющее нагрузочную прямую: Формула

Строим нагрузочную прямую:

Находим пересечение нагрузочной прямой и кривой, соответствующей UЗИ -1 В

Находим пересечение нагрузочной прямой и кривой, соответствующей UЗИ = -1 В согласно условия задачи).  По пересечению находим UСИ = 2,7 В,   IС = 25 мА.

Задача 14.

Дано: Формула-1В; Формула5 В; I3 = 0.

Найти: Определить систему Y-параметров.

Решение:

Определим положение рабочей точки РТ на ВАХах транзистора. Для этого строим

Определим положение рабочей точки (РТ) на ВАХах транзистора. Для этого строим прямые Определим положение рабочей точки РТ на ВАХах транзистора. Для этого строими находим их пересечения с соответствующими кривыми. Система Y-параметров определяется как:

Т.к. по условию IЗ 0 , то dIЗ 0, тогда y11И 0 и y12И 0

Т.к. по условию IЗ = 0 , то dIЗ = 0, тогда y­11И = 0 и  y­12И = 0.

Параметр y­21И равен тангенсу угла наклона касательной в РТ на стоко-затворной характеристике.

Параметр y21И равен тангенсу угла наклона касательной в РТ на стоко-затворной

Параметр  y22И  равен тангенсу угла наклона касательной в РТ  на выходной характеристике:

Параметр y22И равен тангенсу угла наклона касательной в РТ на выходной

 

Задача 15.

Дано: IСmax = 1×10 –3 A; UОТС = 11 B; UЗИ­ = 3 B.

Найти: IC – ? S – ?

Решение:

Воспользуемся выражением для тока стока:

Формула

 

здесь   ICmax – максимальное значение тока стока;  UЗИ – напряжение затвор-исток, по условию UЗИ < 0, т.к. указано, что UЗИ – обратное напряжение затвор-исток; UОТС – напряжение отсечки.

Крутизна полевого транзистора определяется выражением: 

Крутизна полевого транзистора определяется выражением

Произведем расчет:

Формула


Задача 16.

Дано: r = 2×10-3м;  В = 50 Кд/м2      

Найти: Ф – ?

Решение:

Яркость света определяется силой света  J c единицы площади поверхности источника:

Яркость света определяется силой света J c единицы площади поверхности источника

Формула – площадь полусферы радиуса r. Световой поток, испускаемый в телесный угол W, равен: Формула            

Телесный угол полусферы равен половине от полного телесного угла  (WПОЛ = 4p); тогда:

Телесный угол полусферы равен половине от полного телесного угла WПОЛ 4p тогда  

Задача 17. 

Произведем расчет: Ф = 4×3,142×(2×10 –3)2× 50 = 7,896×10 –3   лм.

Дано: I0 = 1×10-3 A; Ф = 2  лм; Формула5×10-3 А

Найти: SI – ?

Решение:

Уравнение, определяющее ВАХ фотодиода:

Формула

 

здесь: I – ток через фотодиод; U – приложенное к нему напряжение;

Формула

 

  тепловой потенциал;

Ф – световой поток на фотодиод; SI – токовая чувствительность фотодиода;

I0 – обратный ток фотодиода в темноте.  При   U ®¥ :  I = – I0 – SI×Ф = Ф световой поток на фотодиод SI токовая чувствительность фотодиода — обратный ток фотодиода на свету (при воздействии на него светового потока Ф).

Тогда:  Формула  

 

Задача 18.

С увеличением концентрации акцепторной примеси в р-области (т.е. число дырок в р-области увеличится) процесс уравновешения диффузионного движения дрейфовым наступит раньше, т.к. в процессе диффузии электронов из n-области, где они являются основными в р-область, где происходит процесс рекомбинации их с дырками, концентрация которых велика в р-области возникает высококонцентрированный отрицательный заряд, в результате та же самая разность потенциалов получится при меньшей толщине р-n – перехода (равновесное состояние наступит при меньшей толщине p-n – перехода), что приводит к увеличению барьерной емкости p-n перехода (т.к. она обратно пропорциональна толщине перехода).

 

Задача 19.

Работа транзистора в ключевом режиме включает в себя два состояния: открыт и закрыт. Открытое состояние транзистора представляет собой малое сопротивление перехода коллектор-эмиттер и, вследствие этого малое (нулевое, по сравнению с напряжением питания) напряжение на выходе каскада, в котором рассматривается работа транзистора в ключевом режиме. Закрытое состояние — высокое значение сопротивления коллектор-эмиттер (по сравнению с сопротивлением в коллекторной цепи) и падение напряжения на участке коллектор-эмиттер (т.е. на выходе каскада) транзистора равно напряжению питания. Управление этими состояниями осуществляется путем подачи на базу транзистора прямоугольных импульсов, форма которых с некоторой степенью искажения появляется на выходе (инверсность не берем во внимание). Причина существования конечного времени рассасывания заряда базы биполярного транзистора, работающего в ключевом режиме, заключается в существовании коллекторной и эмиттерной барьерных емкостей, и времена перезаряда этих емкостей – конечные (поэтому) величины, равные постоянным времени переходов (постоянная времени перехода равна произведению емкости перехода на его сопротивление).


Задача 20.

На частотные свойства полевого транзистора оказывают влияние многие факторы. Это и междуэлектродные емкости транзистора и емкости электродов относительно подложки, на которой монтируется сам транзистор. Но наибольшее влияние  на частотные свойства полевого транзистора с p-n затвором оказывают емкость СЗК и сопротивление (rк’ + rИ), которые определяют значение предельной частоты wS = 1/( СЗК ×( rк’ + rИ)), на которой крутизна S уменьшается в Формулараз. Наглядно это показывает эквивалентная схема полевого транзистора:

Рисунок

 

Задача 21.

Напряжение насыщения в полевом  МДП (металл-диэлектрик-полупроводник) транзисторе — такое напряжение , при котором происходит перекрытие канала, т.е. напряжение сток-исток становится равным разности напряжения затвор-исток и некоторого опорного порогового напряжения UПОР, зависящего от самого транзистора. При этом разность потенциалов между подзатворной областью, близкой к стоку, и затвором оказывается равной пороговому напряжению и обогащенный электронами слой исчезает, свойства обедненной зарядами области p-n перехода восстанавливаются и канал перекрывается. Следовательно, при возрастании напряжения затвор-исток для выполнения равенства UСИ = UЗИ – UПОР , описанного выше и являющемся необходимым требованием для перекрытия канала и перехода транзистора в режим насыщения, следствием является и возрастание напряжения насыщения.