Feladat:	1586. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Árkossy Ottó ,  Bene Gyula ,  Benkő Zsigmond ,  Csordás András
Füzet:	1980/április, 180 - 181. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Tranzisztor, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1979/május: 1586. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     Először a kezdő állapotot határozzuk meg. A kapcsoló nyitott állásában a bázisáram $i_B=0$ és ebből következik, hogy a kollektor- és emitteráram is nulla, azaz a körben nem folyik áram. Nézzük a feszültségeket! Mivel áram nem folyik, $u_{BE}$ (bázis‐emitter feszültség) $0\mathrm{,}7$ V. A kollektor ellenálláson nem esik feszültség, így a kollektorfeszültség 12 V ($U_T=12$ V); a kondenzátor $U_k^0\approx 11\mathrm{,}3$ V-ra van feltöltve. Zárjuk a kapcsolót. A meginduló áramokat az ábrán láthatjuk. $i_t$ a kondenzátort töltő áramot jelöli.     A csomóponti törvény szerint: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle i_c=i_1+i_t\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>1</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle i_E=i_B+i_t+i_1\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ ahol $i_C$ és $i_E$ a kollektor-, ill. emitteráram. A kondenzátor feszültsége az $i_t$ áram miatt megváltozik: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_k\left(t\right)=\frac{1}{C}\left[Q_0-\underset{0}{\overset{t}{\int }}{i}_t\text{ d}t\text{'}\right]\mathrm{.}}\end{array}$ ahol $Q_0=U_k^{0}C$ a kondenzátoron levő töltés a kapcsoló zárásakor, $C=100\mu \text{F}$ pedig a kondenzátor kapacitása. A Kirchhoff‐egyenletek: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle U_0=\left(i_B+i_t\right)R_0+U_{BE}+i_{E}R\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>2</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle U_0=U_{\tau }+\left(i_B+i_t\right)R_0-i_{1}R-\left(U_k^0-\frac{1}{C}\underset{0}{\overset{t}{\int }}{i}_t\text{ d}t\text{'}\right)\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>3</mn>)}\end{array}}$ Az áramerősítési tényező $\beta =\frac{i_C}{i_B}=200$, és az (1) egyenletek segítségével (2)-ből kifejezhetjük $i_B$-t: $\begin{array}{c}{\displaystyle i_B=\frac{U_0-U_{BE}-i_t{R}_0}{\left(\beta +1\right)R+R_0}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt beírva (3)-ba és rendezve kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{C}\underset{0}{\overset{t}{\int }}{i}_t\text{ d}t\text{'}+\frac{\left(\beta +1\right)R\left(2R_0+R\right)}{\left(\beta +1\right)R+R_0}{i}_t=U_0+U_k^0-U_T+\frac{\beta R-R_0}{\left(\beta +1\right)R+R_0}\left(U_0-U_{BE}\right)\mathrm{,}}\end{array}$ azaz új jelölések bevezetésével: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{C}\underset{0}{\overset{t}{\int }}{i}_t\text{ d}t\text{'}+\alpha i_t=\gamma \mathrm{.}}\end{array}$ (4) ($\alpha$ és $\gamma$ jelentése az előbbi egyenletből leolvasható.) A (4) egyenletet $t$ szerint differenciálva kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{C}{i}_t+\alpha \frac{\text{d}{i}_t}{\text{d}t}=0.}\end{array}$ (5) Az (5) differenciálegyenlet megoldása: $\begin{array}{c}{\displaystyle i_t=i_0{e}^{-\left[1/\left(2C\right)\right]t}\mathrm{,}}\end{array}$ (6) amiről behelyettesítéssel meggyőződhetünk. $i_0\text{a}t=0$ időben folyó áramot jelöli, a (4) egyenletből megkaphatjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \alpha i_0=\gamma \mathrm{.}}\end{array}$ A számértéket behelyettesítve kapjuk $(U_{BE}=0\mathrm{,}7\text{ V}$, $R=5\text{ k}\Omega$, $R_0=10\text{ M}\Omega$, $U_0=10\text{ V}$): $\begin{array}{c}{\displaystyle i_t=9\mathrm{,}27\cdot {10}^{-7}{e}^{-\left[1/183\right]t}\mathrm{.}}\end{array}$ $i_B$-t és a feszültségeket $i_t$ ismeretében könnyű meghatározni.    Csordás András (Esztergom, Dobó K. Gimn. IV. o. t.)