دانلود فایل پاورپوینت تمرین های فصل 2 – 3 الکترونیک 1

بخشی از پاورپوینت

--- پاورپوینت شامل تصاویر میباشد ----

اسلاید 1 :

 1-  در مدار شکل زیر دیود ژرمانیوم در دمای معمولی دارای جریان اشباع معکوس A  µ 10 , ولتاژ شکست v 100 و مقاومت اهمی ناچیز است . جریان مدار را در حالت های زیر بدست آورید :

الف ( دیود به صورت مستقیم با یاس شده باشد.

ب  ( دیود به صورت معکوس با یاس شده باشد.

اسلاید 2 :

@حل :

الف –

 I = IS ( e         - 1) = 10 × 0.001 ( e                  -  1)mA

 I = 10 × 0.001 × e

 جهت حل این معادله از روش سعی خطا استفاده می نماییم .

  ولتاژ دو سر دیود ژرمانیم در حال هدایت تقریبا 0.2 ولت است بنا براین داریم :

 I = (30 - 0.2) / 1 = 29.8mA

 بنابراین با I = 29.5mA شروع می کنیم ,

 29.5 = 10 × 0.001 × e ~ 150mA

اسلاید 3 :

19 . مدارشکل زیر را در نظر بگیرید. با فرض Is2 = Is1 = 15nA  و          Is4 = Is3 = 40nA ولتاژها و جریان های دیودها را بدست آورید.

اسلاید 4 :

@ حل : داریم ,

V1 = V2   ,    V3 = V4    ,  V1 + V3 = - 20    

ID1 + ID2 = ID3 + ID4

 دیود ها در بایاس معکوس می باشند وبه شکست نرسیده اند ( فرض می کنیم ولتاژ شکست بیشتر از 20 ولت باشد)اگرازD3 وD4جریان اشباع معکوس بگذرد داریم ,

ID1 + ID2 = ID3 + ID4 = - ( IS3 + IS4 ) = - ( 20+ 40 ) = - 60n         

 IS1= IS2  و VD1 = VD2  بوده و دراین صورت جریان ID1 و ID2 هر کدام  30nA می شود که از جریان اشباع معکوس آن ها بیشتر خواهد بود ودیود های D2 وD1 در شکست می باشند که امکان پذیر نمی باشد دیود های D2 وD1 جریان اشباع معکوس گذشته و از دیودهای D3 وD4  جریانی کمتر از جریان اشباع معکوس آن ها خواهد گذشت و داریم ,

 ID1 = ID2 = - 15nA          ,         ID3 + ID4 = 2ID2 = - 30nA

اسلاید 5 :

ج - V1=0 و V2=15 در این حالت نیز D2 off , D1 on , D3 on  می باشند و این حالت شبیه حالت ب بوده و داریم :

V0=5

 د - v1=v2=0 در این حالت هرسه دیود D1 , D2 و D3 on می باشند و داریم :

V0 = 5

ID1 = 5 / 2 = 2.5 m A    I20 = (25 – 5) / 20 = 1m A

ID2 = 5 / 2=2.5 m A    ID3 = ID1+ID2 – I20 = 5-1= 4 m A

و با جریان های فوق فرض D1 , D2 و D3 , on محقق است و شکل ولتاژ خروجی در صورت مسئله مشخص شده است.

اسلاید 6 :

@حل : دیودی که ولتاز آند بیشتری دارد می تواند on باشد . بنابراین D1 , on  و D2 , off خواهد بود.

                     ولت میشود VA=2.

 D3  نمی تواند on  باشد چون با on بودنD3  , V0=2 ولت شده و خواهیم داشت:

I100 K = (10 – V0 )/100 =8 /100 =0.08 m A

حال از D4 , D5  یکی از آن دوon  باید باشد  بنابراین دیودی که ولتاژ آند بیشتری دارد باید  on باشد یعنی D4 و با آن بودن D4 , I10K خواهد شد :

I10K = V0 - (-10 ) / 10 =( 2+10 )/10 = 1.2 m A

و با این ترتیب ID3  منفی خواهد شد چون داریم :

ID3 = I100K – I10K = 0.08 – 1.2 < 0

اسلاید 7 :

بنابراین D3 باید قطع باشد و با قطع بودنD3  , VA=2ولت است و خواهیم داشت : (D2 قطع وD1 وصل است )

I1 = I´10K = 2- (-10) /10 = 1.2 m A

 D5 , D4 هردوon باشند داریم (D3  قطع است)

I10K = 0 – (-10) / 10 =1 m A      ,      V0 = 0

I100K = ID4 =( 10 – V0 )/ 100 = (10 – 0 )/100 = 0.1 m A

 و ID5 خواهد شد:

ID5 = I10K – I100K = 1 – 0.1 = 0.9 m A

 ID5 و  ID4هر دو مثبت شده اند وon  بودن آن دو محقق است.

 پسD1  ,  on , D2 , off , D3 , off , D4 , on , D5 , on می باشند و خواهیم داشت .

I5= ID5= 0.9 m A             ,           I1 =1.2 m A        ,        V0= 0

اسلاید 8 :

 V ( 1 / R + 1 / 15 + 1/20 ) = (100 / R) +(0.2 / 20) +( 0.6 / 15)

  V ( 60 + 4R + 3R ) = 6000 + 0.6R + 2.4R           

                    V = 6000 +( 3R / 60 )+ 7R         ( 1 ) 

 اگر  R = 10 K باشد داریم ,

V =( 6000 + 3000 )/ (60 + 7 × 10000 )= 36000 / 70060 = 0.514

 با این ولتاژ  ID1 = (0.514 – 0.2 )/ 20 مثبت و ON  و ID2  =(  0.514 – 0.6 )/ 15  منفی و نمی تواند on D2 باشد لذا D2 , off بوده و داریم :

 ID2 = 0

 ID1 = (100 – 0.2) /10020 = 99.8 / 10020  ,   ID1 = 9.96 × 0.001 A

 ID1 = 9.96 m A

با R = 1 K از معادله 1دا ریم :

 V = (6000 + 3000) /( 60 + 7 × 1000) = 9000 / 7060 = 1.257

 ID1 = (1.257 – 0.2) / 20 = 53.75 × 0.001 A      ,       ID1 = 53.75 m A

 ID2 = (1.257 – 0.6) / 15 = 45 × 0.001 A           ,       ID2 = 45 m A

اسلاید 9 :

19.در مدارشکل زیر دیودها را ایده آل فرض کنید.

الف - مشخصه انتقالی را رسم کنید. ( V 7< Vi < V 7- )

ب – اگر جهت D1 عوض شود مشخصه جدید را رسم نمایید.

اسلاید 10 :

@ حل : الف ) فرض: on D1 و  o ff  D2  در این صورت VA = 3 ولت و داریم :

 I = VI – 3 / 1    ,   I‘ = 3 / 3 = 1m A

ID1 = I - I‘ =[ (VI – 3)[/ 1] – 1 = VI – 4                 VI – 4  > 0               VI >  4

شرط on بودن D1 بوده و off بودن D2 ملاحظه می شود که شرطی ندارد .

 VKD2  > VAD2               3 v > - 3 v

 و لذا یک بخش مشخصه چنین می شود :

  VI  > 4    ,  V0 = 3 ×  2/3 = 2 v    , D1 , on , D2, off

 اگر off , D1 وon , D2 فرض شود داریم :

 VA = - 3

I =( VI – ( - 3 )) / 1 = VI + 3    I‘ =(-3 – 0) / 3 = - 1m A

ID2 = - I + I‘ =( - VI – 3) / 1 + ( - 1 ) = -VI – 4 > 0  ,  VI < - 4 

 شرط on , D2 , VI < - 4 خواهد شد .