Лінії передач для інтегральних схем

Реферат на тему:

Лінії передач для інтегральних схем.

В інтегральній електроніці використовуються в основному плоскі лінії.

1. 1.Симетрично — смушкова лінія (ССЛ): вона відкрита, тому має втрати.

1. 2.Не симетрично — смушкова лінія (НСЛ):

1. 3.Мікросмушкова лінія (microstrip line) — МСЛ. Тут ємність дуже велика, енергія сконцентрована. Підкладка з діелектрика $$\text{~}\text{10}$$. Лінія двоповерхова — це не дуже зручно.

1. 4.Щілинна лінія (slot line). Вона є одноповерховою:

1. 5.Компланарний хвильовід — все в одній площині.

Поля в несиметрично — смушковій лінії.

Складність розв’язання цієї задачі полягає в тому, що граничні умови тут — нерегулярніне можна покласти, що на поверхні $$\stackrel{}{E}=0$$. Використовують наближені методизокрема конформних відображень.

Наближення: Існує Т — хвиля (нехтуємо випромінюванням). Використаємо симетрію задачі. Цікавимося випромінюванням на краю.

Треба розв’язати задачу: знайти розв’язок рівняння Лапласа у верхній площині з напівнескінченним розрізом. Використаємо метод конформних відображень: тут застосовується інтегральне конформне перетворення Кристофеля — Шварца.

Розглянемо ламану лінію, що в точці а змінює напрямок на кут $$$$ :

$$\frac{\text{dz}}{\mathit{d}}={\left(-A\right)}^{-1}$$. Якщо є два зломи, то $$\frac{\text{dz}}{\mathit{d}}=\frac{c}{{\left(-{}_1\right)}^{{}_1}{\left(-{}_2\right)}^{{}_2}}$$, де $${}_1=1-{}_1$$, $${}_2=1-{}_2$$, $${}_1{A}_1,{}_2{A}_2$$. В нашій конкретній задачі ламану можна подати у вигляді:

Кут відраховується проти годинникової стрілки від наступного напрямку до попереднього. $$\begin{array}{c}{}_1=2-{}_1=1-2=-1\\ {}_2=0-{}_1=1-0=1\end{array}$$, $$\frac{\text{dz}}{\mathit{d}}=\frac{c}{{\left(-{}_1\right)}^{-1}{\left(-{}_2\right)}^1}=c\frac{-{}_1}{-{}_2}$$, перенесемо точки: $$\begin{array}{ccc}z& & \\ -\mathrm{}& ->& 0\\ \text{id}& ->& -1\end{array}$$ .

Проінтегрувавши отримаємо шукане перетворення: $$z=c\left(+\text{ln}\right)+C_1$$. Константи $$C$$ та $$C_1$$ визначаються з умов: $$\text{id}=c\left(-1+l\underset{\mathit{i}}{\underset{}{n\left(-1\right)}}\right)+C_1$$, отже $$C_1=\text{id}-C\left(\mathit{i}-1\right)$$. Умовою $$-\mathrm{}->0$$ ми не можемо скористатися, бо одержимо $$\mathrm{}$$. Використаємо фізичні міркування:

Загальний вид відображення $$z=\frac{d}{}\text{ln}+C$$ — бо область інваріанта відносно зсуву вздовж ОХ (трансляційна симетрія).

Зрозуміло, у нашій задачі область при $$z->-\mathrm{}=>=0$$. При $$->0$$ перетворення набуває вигляду: $$z=C\text{ln}+C_1$$. Порівнюючи з $$z=\frac{d}{}\text{ln}+\underset{}{\underset{}{C{}_1}}=>C=\frac{d}{}$$, $$C_1=\text{id}-\frac{d}{}\left(\mathit{i}-1\right)=\frac{d}{}$$. Отже шукане перетворення: $$z=\frac{d}{}\left(+\text{ln}+1\right)$$ .

Для того, щоб знайти розв’язок у верхній півплощині, необхідно перетворити її в конденсатор, використовуючи перетворення зворотне до $$\text{ln}$$: $$=e^{}$$. Тоді відображення, що перетворить вихідну область ($$z$$) (край конденсатора) у конденсатор ($$$$), має вигляд: $$z=\frac{d}{}\left(e^{}++1\right)$$ .

Тепер необхідно розв’язати рівняння у плоскому конденсаторі та скористатись зворотнім перетворенням: $$V=\frac{V_0}{}{y}_{}$$, $$y_{}=\frac{}{V_0}V$$. $$z=x+\text{iy}=\frac{d}{}\left(e^{x_{}+{\text{iy}}_{}}+x_{}+{\text{iy}}_{}+1\right)$$ .

Таким чином: $$\{\begin{array}{c}x=\frac{d}{}\left(e^{x_{}}{\text{Cosy}}_{}+x_{}+1\right)\\ y=\frac{d}{}\left(e^{x_{}}{\text{Siny}}_{}+y_{}\right)\end{array}$$ .

Запишемо рівняння еквіпотенційних поверхонь: $$\{\begin{array}{c}x=\frac{d}{}\left(e^{x_{}}\text{Cos}\frac{}{V_0}V+x_{}+1\right)\\ y=\frac{d}{}\left(e^{x_{}}\text{Sin}\frac{}{V_0}V+\frac{}{V_0}V\right)\end{array}$$ .

ЕПП $$V=0$$ переходить в $$x=\frac{d}{}\left(e^{x_{}}+x_{}+1\right),y=0$$ .

ЕПП $$V=V_0$$ переходить в $$x=\frac{d}{}\left(-e^{x_{}}+x_{}+1\right),y=d$$ .

Таким чином, отримаємо таку картину еквіпотенціальних поверхонь:

Тепер знайдемо електричні силові лінії. Ці лінії перпендикулярні ЕПП, однак ми знайдемо їх в аналітичний спосіб. Очевидно, в ($$$$) такі силові лінії, як на малюнку. Знайдемо образ цих ліній у просторі ($$z$$). Наприклад, $$\{\begin{array}{c}{x}_{}=0\\ y_{}=0\end{array}=>\{\begin{array}{c}x=\frac{2}{d}\\ y=0\end{array}$$, $$\{\begin{array}{c}{x}_{}=0\\ y_{}=\end{array}=>\{\begin{array}{c}x=0\\ y=d\end{array}$$. Отримаємо картину ЕП в ($$z$$):

Часто важливо знайти напруженість поля в певній точці: $$E=-\text{gradU}$$ .

$$E_x=-\frac{1}{\raisebox{1ex}{$\text{dx}$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$\text{dV}$}\right.}=\frac{1}{\raisebox{1ex}{$-d$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$$}\right.e^{x_{}}\raisebox{1ex}{$$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$V_0$}\right.\text{Sin}\frac{\mathit{}}{V_0}}-E_y=-\frac{1}{\raisebox{1ex}{$\text{dy}$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$\text{dV}$}\right.}=\frac{1}{\raisebox{1ex}{$-d$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$$}\right.e^{x_{}}\raisebox{1ex}{$$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$V_0$}\right.\text{Cos}\frac{\mathit{}}{V_0}\raisebox{1ex}{$+d$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$V_0$}\right.}$$.