(SKKN 2022) PHÂN LOẠI và PHƯƠNG PHÁP GIẢI các bài tập NÂNG CAO về đi ốt bán dẫn ôn THI học SINH GIỎI

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI
PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC
BÀI TẬP NÂNG CAO VỀ ĐI ỐT BÁN DẪN ÔN THI HỌC SINH GIỎI

Người thực hiện: Lê Văn Cường
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Quảng Xương 1
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Vật lí

THANH HĨA NĂM 2022
1


MỤC LỤC
1. Mở đầu………………………….…………………………………....………..3
1.1. Lí do chọn đề tài………………………….………………………………...3
1.2. Mục đích nghiên cứu………………………………….….………………...4
1.3. Đối tượng nghiên cứu…………………………………………….….…......4
1.4. Phương pháp nghiên cứu…………………………………………....…..….4
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm……………………...….....…4
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm………………………………….…….……4
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm…………………..….……………4
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm………...……5
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Cơ sở lí thuyết…………………………………………..………….….5
2.3.2. Các ví dụ điển hình…………………………………………………....8

2.3.2.3.1. Các ví dụ có lời giải……………………………………………9
2.3.2.3.2. Các bài tập tự giải.....................................................................23
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân,
đồng nghiệp và nhà trương……………………..………….…………..…..……24
3. Kết luận, kiến nghị………………………………..………………………....26
3.1. Kết luận …………………………………………………………………..26
3.2. Kiến nghị …………………………….……………………………….…..26
TÀI LIỆU THAM KHẢO……………..……………..…………………………28

1. MỞ ĐẦU.
2


1.1. Lí do chọn đề tài.
Như chúng ta đã biết, trong những năm thi THPT Quốc Gia gần đây năm nào cũng
xuất hiện các bài tốn khó và lạ làm học sinh lúng túng trong việc đưa ra phương pháp
giải, ngồi ra u cầu phải giải quyết bài tốn phải thật nhanh không được làm ảnh
hưởng đến các câu khác và đặc biệt học sinh học ở mức độ trung bình trở lên khi gặp
bài tốn khó này là phải giải làm được. Như năm vừa qua 2020 – 2021 trong đề Tốt
nghiệp xuất hiện các bài toán lạ và khó, nhưng mấy năm nay giáo viên khơng chú
trọng tới các bài tốn khó của lớp 11. Vì vậy địi hỏi người dạy cần phải tìm ra phương
pháp mới giải quyết vấn đề nhanh hơn để đáp ứng được vấn đề thời gian, đồng thời tạo
cho học sinh một cảm giác tự tin khi gặp các bài toán dạng này. Trên nền tảng kiến
thức cũ, tôi đã tổng hợp lại các dạng bài tập liên quan tới chất bán dẫn và Đi-ốt và phát
triển thêm các bài tập nâng cao ôn thi học sinh giỏi.
Qua một thời gian nghiên cứu về bản chất vấn đề này tôi thấy, nếu cứ tuân theo kiểu
giải truyền thống như kiểu học trước đây thì địi hỏi học sinh phải nhớ một lượng cơng
thức rất nhiều thì mới làm được. Vì vậy tơi đã tổng hợp và đưa ra các dạng bài tập từ
cơ bản đến nâng cao “ Phân loại và phương pháp giải các bài tập nâng cao về Đi ốt
bán dẫn ôn thi học sinh giỏi ”

Tôi đã xây dựng một phương pháp tổng quát, trang bị một số kiến thức toán cần dùng
trong bài toán này, trên cở sở tổng quát này học sinh sẽ vận dụng một cách linh hoạt
trong từng bài tốn cụ thể, từ đó học sinh có thể vận dụng nó làm bài tốn một cách dễ
dàng cho dù đề ra có phức tạp đi nữa, chỉ yêu cầu đơn giản với học sinh là nắm được
kiến thức toán cơ bản.
Qua vài năm áp dụng phương pháp này, áp dụng cho tất cả các đối tượng học sinh
học giỏi, khá và trung bình, tơi thấy tất cả các học sinh được tôi dạy bằng phương pháp
này thì học sinh đều giải bài tốn một cách nhẹ nhàng hơn và tự tin học vật lý hơn, đặc
biệt là bài tốn về Đi ốt bán dẫn.

1.2. Mục đích nghiên cứu.
- Làm quen với công tác nghiên cứu khoa học

3


- Tìm cho mình một phương pháp mới để tạo ra khơng khí hứng thú và lơi cuốn nhiều
học sinh tham gia giải các bài tập lý, đồng thời giúp các em đạt được kết quả cao trong
các kỳ thi quan trọng
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
- Lý thuyết cơ bản về Bán dẫn

- Vận dụng để giải một số bài toán cơ bản và nâng cao về Đi ốt bán dẫn.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lý thuyết
- Giải các bài tập vận dụng
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm.
- Giải quyết bài tốn khó nhanh và chính xác
- Cách giải quyết này phù hợp với cách kiểm tra đánh giá hiện nay
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.

2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong việc giải các bài tập về Đi ốt bán dẫn thì đa số học sinh rất ngại làm bài
tốn phần này vì: cần phải phải nhớ một khối lượng cơng thức rất nhiều và khó nhớ,
ngồi ra việc sử dụng tốn cũng là vấn đề khơng hề dễ dàng đối với học sinh. Vì vậy
phương pháp tơi nghiên cứu ở đây cho học sinh thấy rõ được bản chất vật lí, trực quan
hơn và tổng quát về các dạng tốn thường gặp, dễ nhìn hình để giải quyết rất nhanh
mặc dù bài tốn đó là rất phức tạp.
Phương pháp tơi nghiên cứu ở đây có thể áp dụng cho cả học sinh học học trung
bình, chỉ cần hướng dẫn học sinh phương pháp tổng quát của từng dạng toán, sau đó áp
dụng là được.
4


Việc khai thác có hiệu quả của phương pháp, sẽ góp phần nâng cao chất lượng
nắm kiến thức cho học sinh cũng như khả năng vận dụng phương pháp để đạt kết quả
tốt nhất trong các kỳ thi tốt nghiệp THPT sắp tới.

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
- Trước thực trạng học sinh Quảng Xương 1 nói chung và học sinh được tơi dạy
trực tiếp nói riêng trong những năm về trước, khi gặp bài tốn về Đi ốt bán dẫn thì học
sinh thường ngại làm và kêu khó nên học sinh khơng làm và chọn đại một đáp án.
- Một thực trạng nữa: Với bài tốn kiểu này các thầy cơ vẫn đang trang bị cho học sinh
lượng kiến thức mức độ cơ bản, và đòi hỏi học sinh phải nhớ máy móc các cơng thức
đã chứng minh sẵn, vì vậy khi bài tốn lái sang vấn đề mới một chút, vì khơng có sẵn
cơng thức thì học sinh khơng làm được.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề.
- Trước tiên tôi trang bị cho học sinh những kiến thức cơ bản nhất như: tính chất bán
dẫn.
- Trang bị cho học sinh về kiến thức cơ bản về chất bán dẫn
- Hình thành cho học sinh phương pháp giải tổng quát

2.3.1. Cơ sở lý thuyết
1. Sự dẫn điện của bán dẫn
- Bán dẫn tinh khiết: Dòng điện trong chất bán dẫn tinh khiết là dịng chuyển dời có
hướng của các electron ngược chiều điện trường và các lỗ trống cùng chiều điện
trường.
-Bán dẫn tạp chất
+Bán dẫn loại n: Trong bán dẫn loại n, elecron là hạt tải điện chủ yếu còn lỗ trống là
hạt tải điện không chủ yếu (ne >>n+) .
+Bán dẫn loại p: Trong bán dẫn loại n, lỗ trống là hạt tải điện chủ yếu còn elecron là
hạt tải điện không chủ yếu (n+ >>ne) .
5


2/ Linh kiện bán dẫn
-Đi-ốt bán dẫn có hai cực trong đó có một lớp chuyển tiếp p – n. Các loại đi-ốt
thường gặp là đi-ốt chỉnh lưu, phô-tô-đi-ốt, pin Mặt trời, đi-ốt phát quang, đi-ốt Zenơ, pin nhiệt điện bán dẫn.
-Tranzito là dụng cụ bán dẫn có hai lớp chuyển tiếp (n1-p) và (p-n2) .
+Cấu tạo: Tranzito có ba cực:
*Cực góp (colectơ) : Kí hiệu là C.
*Cực đáy hay cực gốc (bazơ) : Kí hiệu là B.
*Cực phát (êmitơ) : Kí hiệu là E.
+Mơ hình và kí hiệu của tranzito trong các sơ đồ điện như sau:
n1

p

p1

n2

Kí hiệu tranzito
E

n

C

p2

C
E
B

C

B

C
B

B
E

E

Cấu tạo tranzito

+Hệ số khuếch đại dòng điện:

β=

IC
I B (I ≈ I )
C
E

(12.2)

+Ứng dụng của tranzito
*Dùng trong các mạch khuếch đại.
*Dùng trong các máy phát cao tần (tần số lớn) .
3/ Dòng điện trong chất bán dẫn:
-Điện trở suất của các chất bán dẫn có giá trị nằm trung gian giữa điện trở suất của kim
loại và điện môi. Đây là dấu hiệu dùng để nhận biết chất bán dẫn. Ngoài ra, chất bán
dẫn cịn có các tính chất đặc thù khác như: điện trở suất của chất bán dẫn phụ thuộc rất
mạnh vào nồng độ tạp chất và điện trở suất của bán dẫn tinh khiết giảm nhanh khi t 0
tăng.
-Đối với bán dẫn tinh khiết, hạt tải điện là electron và lỗ trống. Đối với bán dẫn tạp
chất, có hai loại:
6


+ bán dẫn loại n: là loại bán dẫn có pha tạp bằng những nguyên tử có số electron hóa
trị lớn hơn số electron hóa trị của nguyên tử chất bán dẫn. Lúc đó electron thừa sẽ
tham gia dẫn điện, tạp chất trong trường hợp này gọi là tạp chất cho (đôno) và hạt tải
điện chủ yếu ở đây là electron.
+bán dẫn loại p: là loại bán dẫn có pha tạp bằng những nguyên tử có số electron hóa trị
nhỏ hơn số electron hóa trị của nguyên tử chất bán dẫn. Nguyên tử tạp chất sẽ chiếm
một electron liên kết của nguyên tử bên cạnh để tạo ra một lỗ trống tự do, tạp chất
trong trường hợp này gọi là tạp chất nhận (axepto) và hạt tải điện chủ yếu ở đây là lỗ

trống.
-Tranzito thực chất được cấu tạo từ hai lớp chuyển tiếp liên tiếp n-p và p-n. Lớp p rất
mỏng nằm kẹp giữa hai lớp n hai bên. Nhờ đó, hai lớp n mới ở sát nhau nên tạo ra
được hiệu ứng tranzito (hiệu ứng khuếch đại) . Đó thực sự là một cuộc cách mạng về
cơng nghệ điện tử và thông tin.
VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Với dạng bài tập dòng điện trong bán dẫn. Phương pháp giải là sử dụng các cơng thức
+Hệ thức giữa cường độ dịng điện và mật độ dịng điện, tốc độ trung bình của chuyển
động có hướng của các hạt mang điện, điện trở suất … giống như đối với kim loại.
+Với bán dẫn tinh khiết (bán dẫn loại i) :
Mật độ electron dẫn bằng mật độ lỗ trống (ne = n+) .
Độ dẫn điện tăng khi nhiệt độ tăng.
+Với bán dẫn tạp chất:
Bán dẫn loại n: ne >> n+ ; Bán dẫn loại p: n+ >> ne.
+Với các bài toán về mạch khuếch đại bằng tranzito, sử dụng công thức:

Hệ số khuếch đại:

β=

IC
I B ; I << I ; I ≈ I .
B
C
E
C

7

Định luật Ơm cho tồn mạch (với mạch kín chứa các cực B và E) ; định luật Ôm tổng
quát (với đoạn mạch chứa các cực C và E) .
-Một số chú ý: Các linh kiện bán dẫn thường gặp là các điơt bán dẫn (có một lớp
chuyển tiếp p – n) như điôt chỉnh lưu, phôtôđiôt, pin Mặt Trời, điơt phát quang, pin
nhiệt điện bán dẫn,… ; tranzito (có hai lớp chuyển tiếp p – n: p – n – p hoặc n – p – n) .
+Chiều dòng điện qua các cực của tranzito (tranzito loại n – p – n: dòng điện từ B đến
E ; tranzito loại p – n – p: dòng điện từ E đến B) .
2.3. Các ví dụ điển hình
2.3.1. Các ví dụ có lời giải.
Câu 1. Một mẫu bán dẫn hình hộp chữ nhật có kích thước (0,2 x 0,5 x 1,0) cm 3. Mật
độ hạt tải điện trong bán dẫn là n0 = 1022 (hạt/m3) . Một dịng điện có cường độ I =
5mA chạy dọc theo chiều dài của mẫu. Tính tốc độ trung bình của chuyển động có
hướng của các hạt tải điện.
Bài giải: Vì chuyển động có hướng của các hạt tải điện trong bán dẫn giống như
q
chuyển động có hướng của electron trong kim loại nên ta có: I = t = n0eSv => v =
I
n 0 eS

-Vì các hạt tải điện chuyển động dọc theo chiều dài của mẫu (c = 1,0cm) nên:
5.10−3
22
−19
−5
S = 0,2.0,5 = 0,1cm2 = 10-5m2 => v = 10 .1,6.10 .10 = 0,31(m/s)

Vậy: Tốc độ trung bình chuyển động có hướng của các hạt tải điện là v = 0,31(m/s)
Câu 2. Một mẫu bán dẫn silic có khối lượng 2,8g. Pha thêm vào đó các nguyên tử asen
theo tỉ lệ 1: 109. Biết rằng cứ 5 nguyên tử pha thêm sẽ tạo ra 1 electron dẫn. Xác định
số electron dẫn được tạo ra do sự pha tạp này. Cho Si = 28.

m
2,8
.N A =
.6,023.1023
28
Bài giải: Số nguyên tử Si trong 2,8g: NSi = M
= 6,023.1022 (hạt)

8


NSi
6,023.1022
=
9
109
-Số nguyên tử asen pha vào là: NAs = 10
= 6,023.1013 (hạt) .
N As
6,023.1013
=
5
-Số e dẫn được tạo ra do sự pha tạp này là: Ne = 5
= 1,2046.1013 (hạt)

Vậy: Số electron dẫn được tạo ra do sự pha tạp này là Ne = 1,2046 (hạt) .
Câu 3. Ở nhiệt độ phòng, trong bán dẫn Si tinh khiết, số cặp e - lỗ trống bằng 10 -13 số
nguyên tử silic. Nếu ta pha P vào Si với tỉ lệ 1/10 6 thì số hạt tải điện tăng lên bao nhiêu
lần?
Bài giải: Gọi N là số nguyên tử silic.

-Ban đầu số hạt tải điện là: N1 = 2.10-13N

(1)

-Khi pha P vào Si với tỉ lệ 1/10 6 thì số hạt tải điện tăng lên là do số electron tạo ra tăng
lên. Số hạt tải điện lúc này là: N2 = N1 + 10-6N = 2.10-13N + 10-6N (2)
N2
-Tỉ số giữa số hạt tải điện cũ và mới là: k = N1 
C

Vậy: Số hạt tải điện tăng lên hơn 5 triệu lần.
RB

E
B

(2.10-13 +10-6 )N
=1+5.106 =5.106
-13
2.10 N
k=

RC
Câu 4. Một tranzito n – p – được mắc với các

nguồn điện theo sơ đồ như hình vẽ. Hiệu điện
e2
thế giữa hai cực bazơ (B) và emitơ (E) là e1u BE =
0,5V; hệ số khuếch đại dòng điện là β = 100; R B
= 40kΩ; RC = 1kΩ; e1 = 4,5V; e2 = 12V.

a) Tính cường độ dịng bazơ IB.
b) Tính cường độ dịng colectơ IC.
c) Tính hiệu điện thế giữa hai cực colectơ (C) và
emitơ (E) .
Bài giải: a) Cường độ điện bazơ IB

9


e1 - U BE
4,5 - 0,5
=
40.103 = 10-4A = 10μA.
Ta có: IB = R B

Vậy: Cường độ điện bazơ IB là IB = 10μA.
b) Cường độ dịng colectơ IC
Ta có: IC = βIB = 100.10 = 1000μA = 10mA.
Vậy: Cường độ dòng colectơ IC là IC = 10mA.
c) Hiệu điện thế giữa hai cực colectơ (C) và emitơ (E)
Xét đoạn mạch C – RC – e2 – E, ta có: UCE = e2 – ICRC

UCE = 12 – 10-2.103 = 2V

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai cực colectơ (C) và emitơ (E) là uCE = 2V.
Câu 5. Một tranzito p – n – p được mắc với các nguồn điện e 1, e2 và điện trở RC để tạo
thành mạch khuếch đại: e2 = 15V; uEC = 8V; β = 40; IC = 1mA.
a) Vẽ sơ đồ mạch khuếch đại.
b) Tính cường độ dịng emitơ IE.
C

E
B

c) Tính RC và cường độ dòng bazơ IB.
Bài giải:
a) Sơ đồ mạch khuếch đạie1

RC
e2

b) Cường độ dịng emitơ IE. Vì IB << IC => IE ≈ IC = 1mA.
Vậy: Cường độ dòng emitơ IE là IE ≈ 1mA.
c) Tính RC và cường độ dịng bazơ IB
-Xét đoạn mạch E – e2 – RC – C ta có: UEC = e2 – ICRC.



e 2 - U EC
15 - 8
=
10−3 = 7.103Ω = 7kΩ
RC = I C

IC
1
=
= 0,025mA = 25µA
-Cường độ dịng bazơ: Ta có: IC = βIB => IB = β 40
.

10


Vậy: Điện trở RC = 7kΩ và cường độ dòng bazơ là IB = 25μA.
Câu 6. Cho mạch điện như hình a, các điện trở có giá trị R 1 = 1kΩ; R2 = 2kΩ; R3 =
3kΩ; R4 = 4kΩ. Đ là một đèn quang điện có a-nốt nối với điểm C, ca-tốt nối với điểm

R4
R2

D. Nếu điện thế a-nốt cao hơn điện thế ca-tốt thì đèn mở và có dịng i 0 = 10mA đi qua;

Hình a
C

D
ngược
lại thì đèn đóng, khơng có dịng đi qua. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là 100V

(VA > VB)

Đ

a) Đèn Đ đóng hay mở? b) Tính hiệu điện thế giữa hai cực của đèn.
I(mA)
R1

A

10

R3
0

10

20
30
Hình b

B
U(V)

c) Giữ nguyên các điện trở và hiệu điện thế giữa A và B nhưng thay đèn Đ bằng một
đi-ốt K chỉ cho dòng đi qua theo chiều từ C đến D. Đi-ốt có đường đặc trưng vơn –
ampe vẽ ở hình b.
-Nêu các đặc điểm của đi-ốt về mặt dẫn điện.
-Nếu đi-ốt mở, tính dịng qua đi-ốt.
Bài giải:
a) Đèn Đ đóng hay mở? Giả sử đèn Đ đóng, mạch điện gồm: [(R1 nt R3) // (R2 nt R4) ].
R13R 24
(R 1 +R 3 )(R 2 +R 4 )
=
-Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: R = R13 + R 24 (R1 +R 3 )+(R 2 +R 4 ) .



(1+3)(2+4)
= 2,4kΩ = 2400Ω
(1+3)

+
(2+4)
R=

U
100
1
=
=
A
-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = R 2400 24 .

-Cường độ dòng điện qua các nhánh:

11


U
U
100
1
=
=
=
A
R
R
+R
1000
+

3000
40
1
3
+Nhánh 1, 3: I’ = 13
.
U
U
100
1
=
=
=
A
+Nhánh 2, 4: I” = R 24 R 2 +R 4 2000+ 4000 60 .

1
1
.3000 = 75V
.2000 = 33,3V
-Đặt VB = 0 thì VC = I’R3 = 40
; VD = I”R2 = 60
.

-Vì VC > VD nên đèn Đ mở => Vậy: Đèn Đ mở.
b) Hiệu điện thế giữa hai cực của đèn
-Vì đèn Đ mở nên mạch điện gồm: [(R1 // R4) nt (R3 // R2) ].
+Xét đoạn mạch ACB, ta có: R1i1 + R3(i1 – 0,01) = UAB.
1000i1 + 3000(i1 – 0,01) = 100= > i1 = 32,5mA; i3 = i1 – i0 = 32,5 – 10 = 22,5mA.
+ Xét đoạn mạch ADB, ta có: R4i4 + R2(i4 + 0,01) = UAB.

 4000i4 + 2000(i4 + 0,01) = 100 => i4 = 13,3mA; i2 = i4 + i0 = 13,3 + 10 = 23,3mA.
R 3i 3
3000.22,5
=
1000 = 67,5V.
-Điện thế các điểm C và D: VC = R1

Và

R 2i 2
2000.23,3
=
1000 = 46,6V. => U = V – V = 67,5 – 46,6 = 20,9V.
VD = R1
CD
C
D

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai cực của đèn là UCD = 20,9V.
c) Khi thay đèn Đ bằng một đi-ốt K
-Đặc điểm của đi-ốt về mặt dẫn điện
+Khi VC > VD: Đi-ốt mở, dòng điện qua được đi-ốt và đi-ốt có điện trở: R =
i1-i3+i4
R4
R2

30− 20
= 1000Ω
0,01 D
.

C

+ Khi VC < VD: Đi-ốt đóng, dịng điện khơng qua được đi-ốt và đi-ốt có điện trở R = ∞
-Cường độ dòng điện qua đi-ốt khi đi-ốt mở
12


+Khi đi-ốt mở, ta có:
R1i1 + R3i3 = UAB

(a)

R4i4 + R2(i1-i3+i4) = UAB (b)
R1i1 + R1(i1-i3) – R4i4 = 0 (c)

Hình I

e2

+Giải hệ (a) , (b) và (c) ta được: i1 = 30mA; e1
i2 = 21,2mA; i3 = 23,2mA; i4 = 14,2mA.
d2

+Cường độ dòng điện qua đi-ốt: i1 – i3 = 30 – 23,2 = 6,8mA.
d1
+Kiểm lại, ta có: VC = R3i3 = 3000.23,2.10-3 = 69,6V; VD = R2i2 = 2000.21,2.10-3 =
42,4V. =>

VC > VD: đi-ốt mở.

Câu 7. Trong một hộp kín có hai cực người ta ghép hai đi-ốt bán dẫn giống nhau và
một
Hình
II

điện trở thành mạng đơn giản. Xác định giá trị của điện trở bằng các dụng cụ sau:

-Nguồn điện khơng đổi, Biến trở có con chạy.
-Hai đồng hồ vạn năng, dây nối và giấy kẻ ô li.
Bài giải: Có thể có các cách mắc như hình I.
mV

-Lắp sơ đồ theo hình II và đo dịng i ứng với các hiệu điện thế U 1, U2 đặt theo hai chiều
ngược nhau, ta được các giá trị:
i(U1) ; i(U2) ; i(-U1) ; i(-U2)
-Từ kết quả thu được ta nhận thấy:
+Dòng điện chạy được theo cả hai chiều.

13


+Với cùng một hiệu điện thế đặt theo hai chiều thì dịng có giá trị khác nhau.
+Theo cả hai chiều, dịng khơng là hàm tuyến tính của hiệu điện thế.
-Từ các đặc điểm trên, ta thấy:
+Từ đặc điểm thứ nhất, ta có thể loại bỏ các sơ đồ: a1, c1, c4, d1, e2.
+Từ đặc điểm thứ hai, ta có thể loại bỏ các sơ đồ: b2, d2.
+Từ đặc điểm thứ ba, ta có thể loại bỏ các sơ đồ: b1, c2, c3.
Từ đó, các linh kiện trong hộp phải được mắc theo sơ đồ e1.
U R (i)
U (i)-U A (i)

= B
i
-Giá trị của R: R = i
.Thực hiện phép đo nhiều lần và ghi kết quả theo bảng sau:

STT
đo

phép

i(mA)

UB(mV)

UA(mV)

UB-UA

U B -U A
R= i

ΔU B +ΔU A Δi
ΔR
=
+
U B -U A
i = 10%.
-Kết quả: R = 10Ω; sai số: R

Câu 8. Cho các dụng cụ sau đây: đèn bán dẫn, biến trở (140kΩ) , điện trở không đổi

300Ω, nguồn điện 9V, hai máy đo vạn năng nhưng không đo được điện trở, dây nối.
a) Lắp mạch điện và đo lường để vẽ đường đặc trưng vôn – ampe của đèn bán dẫn
trong phạm vi công suất tối đa 250mW. Trước khi đo, hãy nghĩ xem làm thế nào thì
đèn bán dẫn không bị quá tải, ghi lập luận vào báo cáo. Vẽ sơ đồ mạch điện mà em
dùng, phân tích các sai số hệ thống mắc phải khi dùng mạch ấy.
b) Tính điện trở nội (điện trở động) của đèn bán dẫn khi dịng có cường độ 25mA.
Bán dẫn
U1

c) DùngU2sơ đồ như hình vẽ bên để nghiên cứu sự phụ thuộc
của điện thế ra U2 đối với điện thế vào U1. Lập bảng số liệu
và vẽ đồ thị. Cho U1 biến đổi từ 0 đến 9V. Nên mắc đèn
sao cho U2 thật lớn. Vẽ sơ đồ đầy đủ của mạch đã lắp và
giải thích kết quả đo lường.

14


ΔU1
d) Nếu U1 tăng từ 7V lên 9V thì U2 biến đổi bao nhiêu, giải thích định tính giá trị của ΔU 2

e) Đèn bán dẫn dùng trong thí nghiệm này là loại đèn gì? Nêu cơng dụng thực tế của sơ
đồ ở câu c (tiếp theo là bảng điện trở nội của máy đo, thuộc loại chính xác 2,5Ω) .
Bài giải: a) Lắp mạch điện, vẽ đường đặc trưng vôn – ampe của đèn bán dẫn và vẽ sơ
đồ mạch điện
-Vì cơng suất tối đa mà linh kiện bán dẫn chịu được là 250mW nên thí nghiệm phải
được tiến hành sao cho tích của điện thế và cường độ dịng điện qua bán dẫn nhỏ hơn
cơng suất đó. Do đó có thể bố trí thí nghiệm như sơ đồ hình a và b.
i1

u2
u1
Hình ba

i

mA

i2

V

U

-Sai số hệ thống là do các nguyên nhân sau:
+Do trong sơ đồ hình a ampe kế đo cả dịng qua vơn kế,
cịn trong sơ đồ hình b thì vơn kế đo cả hiệu điện thế trên
ampe kế. Vì vậy khi tính tốn cần sử dụng các dữ kiện về
điện trở nội của các dụng cụ.
+Do nhiệt độ của linh kiện bán dẫn tăng nên độ dẫn điện
của nó tăng, điều này cũng gây ra sai số hệ thống.
-Đường đặc trưng V-A của bán dẫn được vẽ như hình c.
b) Điện trở nội (điện trở động) của đèn bán dẫn khi dịng có cường độ 25mA
Δu
-Điện trở trong của bán dẫn: R = Δi .

-Với dòng 25mA:
+Theo chiều thuận: R = 1 ± 50%.

15

+Theo chiều nghịch: R = 10 ± 50%. => Sai số tương đối: 50%.
c) Lập bảng số liệu, vẽ đồ thị. Vẽ sơ đồ của mạch và giải thích kết quả
V
U1

U2

Hình e

-Sơ đồ đầy đủ như hình d.
U2

-Với cả hai chiều dịng điện, đồ thị U2 = f(U1) có dạng như nhau nhưng có trị số khác nhau.
-Để có U2 lớn phải nối bán dẫn theo chiều nghịch.
Hình d
U1

ΔU1
d) Giải thích định tính giá trị của ΔU 2

-Theo kết quả đo lường: ΔU 2 = 0,1±50% << ∆U1 = 2V.
-Giải thích: Vì điện trở nội của bán dẫn rất nhỏ so với điện trở 300Ω nên biến thiên của
điện thế ảnh hưởng chủ yếu đến điện thế qua điện trở này.
e) Loại đèn bán dẫn: Đèn bán dẫn trong thí nghiệm này chính là đi-ốt. Sơ đồ d có thể dùng để ổn áp.

Câu 9. Cho mạch điện như hình vẽ: hai đi-ôt giống nhau, hai

i2i1

R

nguồn điệne1vàe2 một điện trở R. Các nguồn điện có suất điện
động e1 = 0,8V; e2 = 1,6V và điện trở trong không đáng kể.
Điện trở thuận của mỗi đi-ơt là 4Ω cịn điện trở ngược thì vơ
cùng lớn. Tìm giá trị của R để cơng suất tỏa nhiệt trên nó là
cực đại.
Bài giải:
Giả sử các đi-ôt đều mở. Áp dụng định luật Kiêc-xôp cho các mạch vòng nhỏ, ta được:
-e1 + i1r + iR = 0
Và

i1 +Ri2 = i

(1) ; -e2 + i2r + iR = 0

i2i1

(3)

(2)

e1 e2

-e1 + 4i1 + iR = 0 (1’)
16




-e2 + 4i2 + iR = 0 (2’) => i1 + i2 = i

(3’)

4-R
8+R
12
Từ (1’) , (2’) và (3’) : i1 = 10(2 + R) ; i2 = 10(2 + R) ; i = 10(2 + R) .

Vì i2 > 0 với mọi giá trị của R nên đi-ôt 2 ln mở cịn đi-ơt 1 có thể mở hoặc đóng.
a) Trường hợp R < 4Ω: i1 > 0, đi-ôt 1 mở. Lúc đó:
2



12
1,44R
1,44
1,44
=
≤

÷ =
2
2
(2 + R)
(2 2)2
2 
 10(2 + R) 


 R+
÷
R

PR = Ri2 = R
= 0,18W

Vậy: Cơng suất tỏa nhiệt trên R đạt cực đại khi

R =

2
=> R = 2Ω
R
và PR(max) = 0,18W.

b) Trường hợp R ≥ 4Ω: i1 < 0, đi-ơt 1 đóng. Lúc đó:
e 22
e 22
e22
=
≤
2
(R + r) 2
4r
r 

1,62
R+


÷
R

PR = Ri2 = R
= 4.4 = 0,16W

Vậy: Công suất tỏa nhiệt trên R đạt cực đại khi R = r = 4Ω và PR(max) = 0,16W.
Câu 10. Một đi-ơt bán dẫn có lớp chuyển tiếp p – n lí tưởng và cường độ dịng điện
chạy qua lớp chuyển tiếp liên hệ với hiệu điện thế đặt giữa hai cực của đi-ôt theo hệ
eU
kT

thức: I = I0( e -1 ) , với I0 phụ thuộc vào chất bán dẫn nhưng không phụ thuộc vào U
hay I; U > 0 nếu lớp chuyển tiếp phân cực thuận và ngược lại.
a) Vẽ phác đồ thị của hàm số này với I0 = 1mA; -0,5V < U < 0,15V.
b) Tính hệ số chỉnh lưu của đi-ôt này ở hiệu điện thế 0,1V và 0,5V.
Cho hằng số Bôn-zơ-man k = 1,38.10-23(J/K) ; hệ số chỉnh lưu của một hiệu điện thế
nào đó là tỉ số giữa dịng điện thuận và dịng điện ngược của hiệu điện thế đó; ở nhiệt
độ phịng kT = 0,025eV.

I

Bài giải:
0,3

17

0,1
0,1

U


a) Đồ thị của I theo U: Hình vẽ.
b) Hệ số chỉnh lưu của đi-ơt

Ta có: Ing = I0; Ith = I0e

eU
kT

(khi U đủ lớn) =>

Với U = 0,1V thì η1 = e

e.0,1V
0,025eV

η=

eU
I th
= e kT
I ng

= e = 55 ; với U = 0,5V thì η2 = e
4

e.0,5V
0,025eV

= e20 = 4,9.108 .

Vậy: Hệ số chỉnh lưu của đi-ôt ứng với hiệu điện thế 0,1V là η1 = 55; ứng với η2 = 4,9.108.

Vậy: Cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân và diện tích của mỗi điện cực là I =
0,137A và S = 6,85cm2.
Q

Câu 11. Trong sơ đồ mạch điện như hình vẽ, các pin đều có
suất điện động e và điện trở trong r. Điện trở của biến trở có

A

giá trị R, các dây nối có điện trở không đáng kể. Q là đi-ốt lý

B
D

tưởng (nếu điện thế điểm B lớn hơn điện thế điểm C thì điện

R

trở đi-ốt vơ cùng lớn. Nếu V B ≤ VC thì điện trở đi-ốt bằng 0)
và đi-ốt cho dịng đi từ C đến B. Tính hiệu điện thế giữa hai
đầu điện trở khi R giảm từ lớn xuống nhỏ. Có một giá trị đặc
biệt của R, xác định giá trị đó.
Bài giải: a) Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở khi R giảm từ lớn xuống nhỏ
-Khi VB ≤ VC (điện trở đi-ốt bằng 0) . Ta có:

+Cường độ dòng điện qua R:
Với:

rb =

I=

2r
4e
; eb =
3
3 ; R = RAD =>

eb
rb +R .

I=

C

Q

A

B
D

4e
2r + 3R

R

4e
4e
=
2r
2r + 3R
+3
R
+Hiệu điện thế giữa hai đầu R: UBA = RI = R
.

Từ đó: Khi R giảm thì UR = UBA cũng giảm.
18


2e
2e
2r
I=
+1
2r + R ; UBA = R
-Khi VB > VC (điện trở đi-ốt lớn vơ cùng) . Ta có:

Từ đó: Khi R giảm thì UR = UBA cũng giảm.
4eR
Vậy: Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở khi R giảm từ lớn xuống nhỏ là U R = 2r + 3R

D
C

2eR
(VB ≤ VC) , UR = 2r + R (VB > VC) và đều giảm khi R giảm.
R1

R3

R2

b) Giá trị đặc biệt của R
-Giá trị đặc biệt R0 của R mà khi R0 = 0 hoặc R0 = ∞ thì UR có cùng một giá trị. Tức là:

R4

4eR
2eR
UR =B 2r + 3R = 2r + R => R0 = 2r và UR = e

-Xét trường hợp: R > 2r thì UR > e; UBC > 0 => U đặt vào đi-ốt là hiệu điện thế ngược.

A

Q
+R < 2r
thì UR < e; UBC < 0: Hiệu điện thế đặt vào đi-ốt là hiệu điện thế thuận.

Câu 12. Cho mạch điện như hình vẽ: R 1 = 1kΩ; R2 = 2kΩ; R3 = 3kΩ; R4 = 4kΩ. Q là
đèn điện tử có a-nốt nối với C, ca-tốt nối với D. Nếu V A > VK thì đèn mở và cho dịng
I0 = 10mA đi qua. Ngược lại, VA < VK thì đèn đóng và khơng có dịng đi qua. Hiệu điện
thế giữa hai điểm A, B là 100V (VA > VB) .

a) Đèn đóng hay mở?
b) Tính hiệu điện thế giữa hai cực của đèn.

I(mA)

2. Giữ nguyên các điện trở và UAB nhưng thay Q bằng

10

đi-ốt chỉ cho dòng điện đi qua theo chiều từ C đến D.
5

Đi-ốt có đường đặc trưng vơn-ampe như hình bên.
10

20

a)30Nêu các đặcV(Vơn)
điểm của đi-ốt về mặt dẫn điện.
b) Nếu đi-ốt mở, tính dịng qua đi-ốt.
Bài giải:
19


1. Q là đèn điện tử hai cực
a) Đèn đóng hay mở? Khi chưa có Q, mạch gồm (R1 nt R3) // (R2 nt R4) nên:
I13
R +R
3
3

= 2 4 =
I 24
I
R
+R
2
1
3
-Cường độ dòng điện qua các nhánh của mạch là: 24
=> I13 = 2

3
I 24
-Hiệu điện thế giữa hai đầu AC và AD là:UAC = I13R1 = 2 ; UAD = I24R4 = 4I24

=>

U AC
3
= <1
U AD
8
=> VC > VD => Vậy: Nếu mắc Q vào hai điểm C và D thì Q mở.

b) Hiệu điện thế giữa hai cực của đèn
-Khi Q mở, dịng qua Q có chiều từ C đến D và có cường độ I0 = 10mA.
Ta có: I1R1 + I3R3 = 100

(1)  1000I1 + 3000I3 = 100; I3 = I1 – I0



10I1 + 30(I1 – I0) = 1 => I1 = 32,5mA=>

Và

I4R4 + I2R2 = 100



40
0,04
160
mA
.4000 =
V
3
40I4 + 20(I4 + I0) = 1 => I4 = 3
=> UAD = I4R4 = 3

UAC = I1R1 = 0,0325.1000 = 32,5V

(2)  4000I4 + 2000I2 = 100; I2 = I4 + I0

160
- 32,5 = 20,83V
U giữa hai cực của đèn: UCD = UQ = UAD – UAC.=> UCD = 3

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai cực của đèn là UQ = 20,83V.
2/ Q là đi-ốt bán dẫn: a) Đặc điểm của đi-ốt về mặt dẫn điện

-Từ đường đặc trưng vơn-ampe của đi-ốt ta thấy:
+Đi-ốt chỉ cho dịng điện qua nó theo một chiều từ C đến D khi U AK > 20V. Khi UAK =
30V thì dịng qua nó là 10mA.
+Đường đặc trưng của đi-ốt là đường thẳng nên có dạng: I = aU + b. Do đó:

20a+b = 0
=> a = 1; b = -20

30a+b = 10
20


-Phương trình đường đặc trưng vơn-ampe của đi-ốt: I = U -20; I(mA) , V(Vơn) .
125
-Khi chưa có đi-ốt: UCD = 3 > 0 nên khi mắc Đ vào thì đi-ốt mở, dòng qua được đi-ốt

b) Dòng qua đi-ốt khi đi-ốt mở: Khi dịng đã ổn định, ta có:

10I1 +30I3 = 1
I1 +3I3 = 100(mA) (1)
<=>
;


40I
+20I
=
1
4I
+2I

=
100(mA)
(2)
 4
2
 4
2
Và

I1 = 3I3 +I d (3)

I 2 = I 4 +Id (4)

I1R1 + Uđ = I4R4  I1R1 + (20 + Id) = I4R4  I1 + 20 + Id = 4I4

-Từ (1) và (3) :

-Từ (2) và (4) :

I1 =

100+3I d
4

(6)

I4 =

100-2Id
6

(7)

(5)

100+3Id
100-2Id 100+3Id +4Id +80
400-8Id
=
4
6
Thay (6),(7) vào (5): 4 +20+Id = 4 6 
=> Id = 7,02mA

Vậy: Dòng điện qua đi-ốt là Id = 7,02mA.
Câu 13. Cho mạch điện như hình vẽ. Sự phụ thuộc của dịng điện qua các đi-ơt Đ 1, Đ2
2

vào hiệu điện thế Uđ đặt vào hai cực của đèn là: I = αUđ + β U đ , trong đó:
A

α1 = 0,07(mA/V) ; β1 = 0,005(mA/V2)
R

Đ1

Đ2

α2 = 0,03(mA/V) ; β2 = 0,01(mA/V2)

E

Tính dịng điện qua mỗi đèn,B biết R = 4KΩ, E =
300V, điện trở trong của nguồn khơng đáng kể.
Bài giải:
-Ta có:

Uđ =E – IR; I = I1 + I2.
2

A



R

2

Với: I1 = α1Uđ + β1 Uđ ; I2 = α2Uđ + β2 U đ

2
2
Uđ = E – [(α1Uđ + β1 U đ ) + (α2Uđ + β2 Uđ ) ]R

Đ1

Đ2

E
I2

I1
B

I

21


2



(β1 + β2) R U đ + [(α2 + α2) R + 1]Uđ – E = 0

=>

-[R(α1 + α 2 ) + 1] + (α1R + α 2R + 1) 2 + 4ER(β1 + β 2 )
2R(β1 + β 2 )
Uđ =

-Thay số, ta được:
-[4.103 (7.10−5 + 3.10−5 ) + 1] + (7.10−5.4.103 + 3.10−5 .4.103 + 1) 2 + 4.300.4.103 (0,5.10 −5 + 10 −5 )
2.4.103 (0,5.10−5 + 10 −5 )
Uđ =
= 60V.

Và:

I1 = 7.10-5.60 + 0,5.10-5.602 = 22,2.10-3A = 22,2mA

I2 = 3.10-5.60 + 10-5.602 = 37,8.10-3A = 37,8mA.

Vậy: Cường độ dòng điện qua mỗi đèn là I1 = 22,2mA và 37,8mA.
Câu 14. Cho mạch điện như hình a, nguồn điện có suất điện

Đ
K

động E, điện trở trong khơng đáng kể. Mạch ngồi có điện
trở R, tụ điện có điện dung C. Cường độ dịng điện chạy qua

R

E
C

đi-ơt D phụ thuộc vào hiệu điện thế đặt vào đi-ôt như sau:
0 khi U < U 0

I = k(U - U 0 ) khi U ≥ U 0

I

Trong đó U0 < E; K là một hằng số dương. Đường
đặc trưng của đi-ơt như hình b. Tính nhiệt lượng tỏa

O

ra trên điện trở R khi khóa K đang mở thì đóng lại.

U0

Uđ

Bài giải: Tại thời điểm vừa đóng khóa K, tụ điện chưa kịp tích điện nên Uc = 0, do đó:
Ud + UR = E hay Ud + IR = E =>

E - Ud
I= R

(1)

22


+Vì E > U0 nên đường diễn tả (1) sẽ cắt đường đặc trưng vôn-ampe của đi-ôt tại một
điểm M trên đoạn dốc (hình c) . Giá trị ban đầu của hiệu điện thế U 1 trên đi-ôt được
E - U1
xác định: R = k(U1 – U0) =>

E + kRU 0
U1 = kR + 1

k(E - U 0 )
+Thay giá trị này của U1 vào (1) , ta được: I1 = kR + 1 .

-Sau đó, tụ điện càng được tích điện thì I càng giảm, đến khi I = 0 thì Ud = U0 và lúc đó
hiệu điện thế trên tụ là: Uc = E – U0.
+Điện lượng đã chuyển qua mạch đến lúc đó là:
q = CUc = C(E – U0)

+Công của nguồn điện sinh ra khi làm dịch chuyển điện lượng q đươc chuyển hóa
thành năng lượng Wc của tụ, thành công Ad để dịch chuyển điện tích qua đi-ơt và thành
I

nhiệt lượng Q tỏa ra trên điện trở R:
Anguồn = Wc + Ad + Q

(2)

Với: Anguồn = qE = C(E – U0) E(3)
C(E - U 0 )2
q2
2
Wc = 2C =

E-U d
R
M

I1
O

U0 U1 E

Uđ

(4)

q(U 0 + U1 ) C(E - U 0 )
E + kRU 0

2
2
+Nếu coi Ud giảm đều đặn từ U1 tới U0 thì: A =
=
(U0 + kR + 1 ) (5)
kR C(E - U 0 ) 2
2
+Thay (3) , (4) , (5) vào (2) ta được: Q = kR + 1 .
.
kR C(E - U 0 ) 2
2
Vậy: Q tỏa ra trên điện trở R khi khóa K đang mở thì đóng lại là Q = kR + 1 .

.

23


Câu 15. Trong mạch điện như hình a. Tụ điện có điện dung C = 1µF ban đầu chưa
tích điện, điện trở R = 10Ω, nguồn điện có suất điện động E = 20V có điện trở trong
khơng đáng kể, đi-ơt D có đặc trưng vơn-ampe như hình b (I 0 = 1A, U0 = 10V) . Bỏ
qua điện trở của dây nối và khóa K. Tính tổng nhiệt lượng tỏa ra trên R sau khi đóng
K.
Đ

IR

K
R

E
C

I0
O

U0

Bài giải: Ngay sau khi đóng K có dịng điện qua đi-ơt, tụ điện được nạp điện, hiệu
điện thế trên tụ điện tăng dần, hiệu điện thế trên đi-ơt bằng U 0, dịng điện giảm dần,
hiệu điện thế trên tụ tăng dần. Đến thời điểm t1 dòng điện trong mạch bằng I0. Lúc này:
+Hiệu điện thế và điện tích trên tụ là: U1 = E - U0 – I0R; q1 = CU1 = C(E – U0 – I0R)
C(E - U 0 - I0 R) 2
CU12
2
+Năng lượng tích lũy trên tụ là: WC1 = 2 =

+Nhiệt lượng tỏa ra trên đi-ôt là: WĐ1 = q1U0 = U0C(E – U0 – I0R) .
+Công của nguồn điện là: A = Eq1 = EC(E – U0 – I0R) .
+Nhiệt lượng tỏa ra trên R là: Q1 = A – WĐ1 – WC1.
C(E - U 0 - I0 )R
2
Q1 = EC(E – U0 – I0R) – U0C(E – U0 – I0R0) -



C
Q1 = 2 [(E – U0) 2 – (I0R) 2]

-Sau thời điểm t1, dòng điện trên mạch tiếp tục giảm lúc này đi-ơt có vai trị như điện

U0
trở thuần r = I0 . Giai đoạn này, ta có: Nhiệt lượng Q 2 tỏa ra trên R là:Q2=A2 - ∆WC –

WĐ2
(WĐ2 là nhiệt lượng tỏa ra trên đi-ôt)
24


+Công của nguồn điện là: A2 = E(EC – q1) .


A2 = E[EC – C(E – U0 – I0R) ] = EC(U0 + I0R)

E 2C
E 2C C
+Phần năng lượng tăng thêm trong tụ là: ∆WC = 2 - WC1 = 2 - 2 (E – U0 – I0R) 2



U 0 + I 0R 

E ÷
2

∆WC = C(U0 + I0R) 

+Nhiệt lượng tỏa ra trên R là: Q2 = A2 - ∆WC – WĐ2 =>

Q2 + WĐ2 = A2 - ∆WC

R

 I0 R+U 0 
U0 
RI0
U0
U0
R
1 +
÷

÷
I0 R 
= r = I0 = U 0 ; WĐ2 = Q2 I0 R =>Q2 + WĐ2 = Q2 
= Q2  I 0 R 

=>

Q2
WĐ2

=>

 I0 R 

÷
I0 R + U 0 

Q2 =
(A2 - ∆WC)



I0 R
Q2 = I0 R + U0


U 0 + I0 R  

RI0 C(U 0 + I0 R)
÷
 EC(U 0 + I0 R) - C(U 0 + I 0 R)  E 2

 =

2

+Tổng nhiệt lượng tỏa ra trên R là: Q = Q1 + Q2.



10−6
C
2
 (E - U 0 ) + U 0 I0 R 
(20 - 10) 2 + 10.1.10 
Q= 2 
= 2 
= 10-4J

Vậy: Tổng nhiệt lượng tỏa ra trên R sau khi đóng K là Q = 10-4J.
Câu 16. Đi-ốt Đ có đặc tuyến vơn-ampe được mơ tả như hình vẽ, được mắc vào mạch
điện như sơ đồ trên. Khi UĐ ≥ U0 (hiệu điện thế thuận) thì đi-ốt mở. Khi U Đ < U0 thì điốt đóng: khơng có dịng điện qua đi-ốt.
Ban đầu, K mở và tụ C chưa được tích điện. Hỏi khi đóng K thì dịng điện qua mạch có
cường độ bao nhiêu? Tính điện lượng qua mạch sau khi đóng K và nhiệt lượng tổng
cộng tỏa ra trên điện trở R.
Đ
I

K
R

E
C

O

U0

Uđ

25