Туннельный диод

Подсказка

Пока ток растёт, напряжение на диоде по идеализированной ВАХ равно нулю, и тогда \(\mathcal E=L\,dI/dt\). Когда ток упирается в излом ВАХ, он остаётся непрерывным, а напряжение на диоде перескакивает горизонтально на другую ветвь. Для устойчивости замените диод его дифференциальным сопротивлением \(R_d<0\) и запишите уравнение для малых отклонений.

Ответ

1) \(V_i=20\text{ мВ}\), \(I_i=15{,}3\text{ мА}\);  2) \(t_1=4\cdot10^{-8}\text{ с}\);  3) \(4{,}2\cdot10^{-8}\text{ с}\);  4) период \(T=8\cdot10^{-8}\text{ с}\), ток колеблется между \(1\text{ мА}\) и \(21\text{ мА}\);  5) \(21\text{ мА}\) при \(V<50\text{ мВ}\), \(11\text{ мА}\) при \(50\text{ мВ}<V<400\text{ мВ}\), \(1\text{ мА}\) при \(400\text{ мВ}<V<500\text{ мВ}\);  6) \(R_d=-7{,}1\text{ Ом}\);  7) \(L<0{,}43\text{ нГн}\).

Решение

i) Закон Кирхгофа для напряжений (KVL) для цепи: \[\mathcal E=I_ir+V_i.\] Преобразуя, \[I_i=\frac{\mathcal E-V_i}{r}=25\text{ мА}-\frac1{2\text{ Ом}}V_i.\tag{2}\] \(V_i\) и \(I_i\) должны также подчиняться ВАХ диода. Решение можно найти графически, построив (2) на ВАХ. Это даёт \(V_i=20\text{ мВ}\), \(I_i=15{,}3\text{ мА}\).

ii) После подстановки \(r=0\) KVL принимает вид \[\mathcal E=V_i+L\frac{dI_i}{dt}.\tag{3}\] Преобразуя и интегрируя, \[L\int_0^{I_1}\frac{dI_i}{\mathcal E-V_i(I_i)}=\int_0^{t_1}dt.\] Глядя на идеализированную зависимость \(V\)–\(I\), ясно, что \(V_i(I_i)=0\) на всём протяжении роста тока от \(I_i=0\) до \(I_i=I_1=20\text{ мА}\). Это упрощает выражение для \(t_1\): \[t_1=\frac L{\mathcal E}\int_0^{I_1}dI_i=\frac{LI_1}{\mathcal E}=4\cdot10^{-8}\text{ с}.\]

iii) Уравнение (3) должно выполняться, какой бы ни была характеристика диода. Это значит, что ток будет продолжать расти без разрывов, даже если напряжение на диоде при этом скачет (индуктивность не даёт току меняться слишком быстро, но на напряжение такого ограничения нет). Ожидаемое поведение \(V\)–\(I\) показано на следующем рисунке:

На участке 2 пути ток растёт от \(I_i=0\) до \(I_i=I_2=21\text{ мА}\) (измерено по рисунку). Затраченное время \(t_2=LI_2/\mathcal E=4{,}2\cdot10^{-8}\text{ с}\). Поскольку на участке 3 изменение тока равно нулю, затраченное время по сравнению с \(t_2\) по существу мгновенно. Следовательно, \(t_3=0\) для наших целей. Полное затраченное время равно \(t_2+t_3=4{,}2\cdot10^{-8}\text{ с}\).

iv) Можно использовать ту же логику, что и раньше, чтобы понять, как напряжение и ток зависят от времени. Поскольку равновесное напряжение \(\mathcal E=250\text{ мВ}\) лежит между двумя пиками ВАХ, ток совершит горизонтальный скачок, как и раньше. При \(V_2=500\text{ мВ}\) уравнение (3) принимает вид \[\mathcal E=V_2+L\frac{dI_i}{dt},\] поэтому \[\frac{dI}{dt}=\frac{\mathcal E-V_2}{L}<0.\] Следовательно, \(I_i\) будет продолжать уменьшаться от \(I_2\) до \(I_3=1\text{ мА}\). Как и раньше, затем напряжение мгновенно перескочит от \(V_2\) к \(0\), и цикл начнётся снова. Схема одного цикла показана на следующем рисунке.

Время на участках 3 и 5 фактически равно \(0\), а поскольку отклонение напряжения от \(\mathcal E\) на участках 2 и 4 одинаково, как и изменение тока, длительности участков 2 и 4 должны быть одинаковы. Изменение тока равно \(I_2-I_3=20\text{ мА}=I_1\). Следовательно, \(t_2=t_4=t_1\), и длительность полного периода \(T=t_2+t_3+t_4+t_5=2t_1=8\cdot10^{-8}\text{ с}\). График зависимости \(I\) от времени показан на следующем рисунке; за \(t'=0\) принят момент, когда ток минимален.

v) Система работает в 4 различных режимах при изменении напряжения батареи.

1. Приложенное напряжение меньше первого пика ВАХ. В этом случае ток вырастет от \(0\) до \(I=21\text{ мА}\) и достигнет положения равновесия при \(V=\mathcal E\). Это действительно равновесие, поскольку оно удовлетворяет KVL (3): \[\frac{dI}{dt}=0=\frac{\mathcal E-V}L.\] Следовательно, амперметр показывает постоянные \(21\text{ мА}\).

2. Приложенное напряжение лежит между двумя пиками ВАХ. Система пойдёт по траектории, подобной показанной в пункте iv), поскольку применимы те же рассуждения. В тех же обозначениях, что в пункте iv), средний ток на участке 2 — среднее арифметическое \(1\text{ мА}\) и \(21\text{ мА}\) (поскольку ток растёт с постоянной скоростью). Таким образом, на участке 2 средний ток равен \(11\text{ мА}\). Участок 4 имеет такой же средний ток. Участки 3 и 5 не вносят вклада в средний ток, поскольку происходят фактически мгновенно. Полный средний ток тогда равен \(11\text{ мА}\).

3. Приложенное напряжение больше второго пика ВАХ, но меньше \(500\text{ мВ}\). В начале ток вырастет до \(21\text{ мА}\) и совершит горизонтальный скачок, как и ожидалось. Затем ток уменьшится до \(1\text{ мА}\), напряжение примет значение батареи и достигнет равновесия без дополнительных скачков. Средний ток, таким образом, равен \(1\text{ мА}\).

4. Если приложенное напряжение больше \(500\text{ мВ}\), то ток неограниченно вырастет (в нашей идеальной модели), а это нефизично. Следовательно, ток не определён.

По ВАХ напряжение первого пика \(V_3=50\text{ мВ}\), второго — \(V_4=400\text{ мВ}\). Четыре сценария сведены на следующем графике:

vi) Сначала найдём рабочий режим тем же графическим методом, что в пункте i). Построенная прямая имеет уравнение \[I_i=\frac{\mathcal E-V_i}{r}=75\text{ мА}-\frac1{2\text{ Ом}}V_i\] и показана на рисунке красным. Стационарные напряжение и ток по рисунку равны \(V_0=125\text{ мВ}\) и \(I_0=11{,}9\text{ мА}\). Для малых отклонений от стационарного состояния можно использовать ряд Тейлора, пренебрегая высшими порядками: \[V_0+\delta V(t)=V(I_0+\delta I(t))\simeq V_0+\delta I(t)\left.\frac{dV}{dI}\right|_{I_0}.\] Следовательно, \[\delta V=\left.\frac{dV}{dI}\right|_{I_0}\delta I=R_d\,\delta I.\] Величину \(\left.\frac{dV}{dI}\right|_{I_0}\) можно найти графически, проведя касательную к ВАХ через стационарную точку. Производная равна отношению горизонтальной проекции к вертикальной с учётом знака: \[R_d=\left.\frac{dV}{dI}\right|_{I_0}=\frac{178\text{ мВ}}{-25\text{ мА}}=-7{,}1\text{ Ом}.\]

vii) Чтобы найти условие устойчивости, можно оперировать комплексными импедансами и записать условие резонанса \[r+i\omega L+\frac{R_d}{i\omega R_dC+1}=0,\] откуда, обозначив \(\lambda=i\omega\), \[(r+\lambda L)(\lambda R_dC+1)+R_d=0.\] Более громоздкий, но, возможно, более наглядный путь — записать KVL и решить получившееся дифференциальное уравнение.

Пусть отклонение заряда конденсатора от стационарного значения равно \(\delta q\). Тогда из KVL \(\delta I\,R_d=\delta q/C\). Следовательно, ток через резистор \(r\) и катушку равен \(\delta I+\dot{\delta q}\), где \(\dot{\delta q}=\dot{\delta I}\,R_dC\). KVL для всей цепи принимает вид \[\begin{align*} 0&=(\delta I+\dot{\delta q})r+L\frac d{dt}\left(\delta I+\dot{\delta q}\right)+\delta I\,R_d\\ &=R_dLC\,\ddot{\delta I}+(L+R_drC)\dot{\delta I}+(R_d+r)\delta I\\ &=\ddot{\delta I}+\left(\frac1{R_dC}+\frac rL\right)\dot{\delta I}+\frac{r+R_d}{R_dLC}\delta I\\ &=\ddot{\delta I}+b\,\dot{\delta I}+c\,\delta I, \end{align*}\] где \(b=\left(\dfrac1{R_dC}+\dfrac rL\right)\), \(c=\dfrac{r+R_d}{R_dLC}\). Это дифференциальное уравнение второго порядка. В зависимости от значений \(b\) и \(c\) решение может нарастать экспоненциально. Стандартный метод решения уравнений такого типа состоит в том, чтобы сделать разумное предположение и подставить его в уравнение. В данном случае подойдёт экспоненциальное решение вида \(\delta I=\delta I_0\exp(\lambda t)\). Заметим, что всё это эквивалентно работе с комплексными импедансами при \(\lambda=i\omega\). Подставляя анзац в дифференциальное уравнение и сокращая множители, получаем характеристическое уравнение: \[\lambda^2+b\lambda+c=0.\] Это квадратное уравнение с двумя решениями \[\lambda_{1,2}=-\frac b2\pm\sqrt{\frac{b^2}4-c}.\] \(\lambda_{1,2}\) могут быть либо обе вещественными, либо обе комплексными, в зависимости от знака дискриминанта. Если \(\lambda_j=m_j+n_ji\), где \(m\) и \(n\) вещественны, то \[\delta I=\sum_{j=1}^{2}\delta I_{0j}\,e^{m_jt}\bigl(\cos(n_jt)+i\sin(n_jt)\bigr).\] Видно, что для устойчивости решения нужно \(m<0\), поскольку это приводит к экспоненциальному затуханию тока. Другими словами, вещественная часть \(\lambda\) всегда должна быть отрицательной, иначе ток начнёт экспоненциально нарастать. При аккуратном анализе можно определить необходимые условия на \(b\) и \(c\).

Вторая формула Виета: \(\lambda_1\lambda_2=c\). Если \(\lambda\) вещественны, то \(c\) должно быть положительно, иначе либо \(\lambda_1\), либо \(\lambda_2\) отрицательно. Если \(\lambda\) комплексны, то \(\lambda_2\) и \(\lambda_1\) комплексно сопряжены, и их произведение должно быть положительно. Следовательно, \(c>0\) независимо от того, вещественны \(\lambda\) или комплексны.

Согласно первой формуле Виета, \(\lambda_1+\lambda_2=-b\). Если \(\lambda\) вещественны, то их сумма должна быть отрицательной, иначе по крайней мере одно из \(\lambda_1\) и \(\lambda_2\) положительно. Следовательно, \(b>0\). Если \(\lambda\) комплексны, то их сумма чисто вещественна (поскольку они комплексно сопряжены), и опять же для отрицательности вещественных частей сумма должна быть отрицательной. Следовательно, \(b>0\) должно выполняться всегда.

Условия \(b>0\) и \(c>0\) необходимы и достаточны для устойчивости решения. Условие \(b>0\) означает \[\left(\frac1{R_dC}+\frac rL\right)>0,\] поэтому \[L<|R_d|rC=4{,}3\cdot10^{-10}\text{ Гн}=0{,}43\text{ нГн}.\] Неравенство \(c>0\) означает \[\frac{r+R_d}{R_dLC}>0,\] следовательно, \[r+R_d<0.\] Как видно, значение \(L\) не может превышать \(0{,}43\text{ нГн}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.