Для установившегося режима найдите:
В установившемся режиме ток через $r$ не течёт, поэтому $V_r = 0$. Напряжение на ячейках совпадает с напряжением источника, то есть $V_0 = V_{op}$. Конденсатор $C_1$ параллелен резистору, поэтому он разряжен: $V_1 = 0$.
Найдите:
По определению ёмкости: $\Delta q_0 = C_0\Delta V$. Аналогично изменение заряда на конденсаторах в активных ячейках: $\Delta q_{1a} = C_1(V_{ov} + \Delta V)$ и $\Delta q_{2a} = -C_2 V_{ov}$, а на пассивных ячейках: $\Delta q_{1p} = \Delta q_{2p} = C_{cell} \Delta V$.
Запишем закон сохранения заряда для положительных обкладок $C_0$ и $C_1$. $$n\Delta q_{1a} + \Delta q_0 + (N-n)\Delta q_{1p} = 0$$
$$n C_1(V_{ov} + \Delta V) + C_0\Delta V + (N-n)C_{cell} \Delta V = 0$$
$$\Delta V (nC_1 + C_0 + (N-n)C_{cell}) = - nC_1 V_{ov}$$
$$\Delta V = -\cfrac{ nC_1 V_{ov}}{nC_1 + C_0 + (N-n)\cfrac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}}$$
Подставим $T = 300 \text{К}$ и получим: $V_{noise} = 2.88\cdot10^{-5} \text{В}$.
Выразим изменение напряжения через данные в условии величины:
$$\Delta V = -\cfrac{(k+1)(1-p)\cfrac{n}{N}V_{ov}}{1 + \cfrac{kn}{N}(1-p)}$$
Подставим $n = 1$ и получим:
$$\Delta V = -2.16\cdot10^{-4} \text{В}$$
Заметим, что $\Delta V$ по модулю заметно больше $V_{noise}$, поэтому различить сигнал можно.
$Q$ можно определить через изменение зарядов на отрицательных обкладках $C_0$ и $C_2$.
$$Q = - C_0 \Delta V - (N - 1)C_{cell} \Delta V + C_2 V_{ov}$$
$$M =\left( (C_0 + (N-1)C_{cell})\cfrac{ C_1 V_{ov}}{C_1 + C_0 + (N-1)C_{cell}} + C_2 V_{ov}\right)\cdot\cfrac{1}{e}$$
$$M = 32.4\cdot10^3$$
Напряжение на резисторе всегда будет меньше начального напряжения конденсатора.
В силу соотношений данных в условии напряжением на $r$ и $L$ можно пренебречь. То есть для процесса восстановления ячейка эквивалента RC-цепи.
Изначально напряжение на $C_1$ равно $V_{ov}$. Тогда зависимость от времени:
$$V_1 = V_{ov}\cdot e^{-\cfrac{t}{R(C_1 + C_2)}}$$
Ответ можно получить аналогично части А, но теперь изменение напряжения на $C_2$ будет $V_{ov} - V_1$ вместо просто $V_{ov}$.
Вероятность того, что ячейка не сработает за время $dt$ равна $1 - \cfrac{dt}{T}$, поэтому:
$$p(t+dt) = p(t) \cdot\left(1 - \cfrac{dt}{T}\right)$$
Воспользуемся результатом прошлого пункта.
$$dp = -p\cdot\cfrac{dt}{T}$$
$$\cfrac{dp}{p} = -\cfrac{dt}{T}$$
Используя $p(0) = 1$, получим:
Искомое выражение - произведение вероятности того, что ячейка не сработает за время $t$, и вероятности срабатывания за $dt$.
Из определения среднего:
$$\mu = \int\limits_0^{+\infty} V(t)\cdot p(t) \cdot \cfrac{dt}{T} = \int\limits_0^{+\infty} \left(1 - e^{-\cfrac{t}{\tau}}\right)\cdot e^{-\cfrac{t}{T}} \cdot \cfrac{dt}{T} = \int\limits_0^1 \left(1 - x^{\cfrac{T}{\tau}}\right)dx$$
Где $x = e^{-\cfrac{t}{T}}$.
$$\mu = 1 - \cfrac{1}{\cfrac{T}{\tau} +1} = \cfrac{T}{T + \tau}$$
Указание: среднеквадратичное отклонение можно вычислить по формуле $\sigma=\sqrt{\mu(V^2)-\mu^2(V)}$, где $\mu(V^2)$ — среднее значение квадрата амплитуды, $\mu^2(V)$ — квадрат среднего значения амплитуды.
$\mu(V)$ нашли в прошлом пункте, аналогично найдём $\mu(V^2)$:
$$\mu(V^2) = \int\limits_0^1\left(1 - x^{\cfrac{T}{\tau}}\right)^2dx = 1 - \cfrac{2}{\cfrac{T}{\tau}+1} + \cfrac{1}{\cfrac{2T}{\tau}+1}$$
$$\mu(V^2) - \mu(V)^2 = \cfrac{1}{\cfrac{2T}{\tau}+1} - \cfrac{1}{\left(\cfrac{T}{\tau}+1\right)^2} = \cfrac{\cfrac{T^2}{\tau^2}}{\left(\cfrac{T}{\tau}+1\right)^2\left(\cfrac{2T}{\tau}+1\right)} = \left(\cfrac{T}{T+\tau}\right)^2\cdot\cfrac{\tau}{2T+\tau}$$
$$\sigma = \cfrac{T}{T+\tau}\cdot\sqrt{\cfrac{\tau}{2T + \tau}}$$
Найдите $SNR$ амплитуд импульсов фотоответа под воздействием равномерной фоновой засветки в случаях:
$$SNR = \sqrt{\cfrac{2T + \tau}{\tau}}$$