Eg

Ec

Ev

Ed

Donorski nivo

Eg

Ec

Ev

Ea Akceptorski nivo

UVOD U TEORIJU POLUPROVODNIKA Poluprovodnici su materijali čija elektronska svojstva zavise od koncentracije primesa i

širine energetskog procepa. Sopstveni poluprovodnici su oni kod kojih svojstva zavise od elektronske strukture samog poluprovodnika a primesni ili dopirani poluprovodnici su oni čija svojstva zavise od vrste i koncentracije primesa. Poluprovodnike karakteriše zonska struktura:

Ec - dno provodne zone Ev – vrh valentne zone Eg - energetski procep (zabranjena zona) Eg = Ec - Ev

Valentna zona odgovara elektronskim stanjima valentnih elektrona koji učestvuju u formiranju kovalentne veze. Na apsolutnoj nuli ova stanja su popunjena. Provodna zona odgovara energetskim stanjima viška energije i na apsolutnoj nuli su ova stanja nepopunjena. Valentna i provodna zona su razdvojene zabranjenom zonom.

U koliko elektron iz valentne zone dobije energiju E≥Eg, on može da savlada energetsku barijeru i da pređe u provodnu zonu oslobađajući za sobom šupljinu u valentnoj zoni. Stvaranje para elektron-šupljina može se postići termičkom energijom kT≥Eg, ozračivanjem poluprovodnika energijom hν≥Eg, dopiranjem i jonizacijom primesa na višim temperaturama.

Elektroni u provodnoj zoni kao i šupljine u valentnoj zoni predstavljaju dva osnovna tipa nosilaca naelektrisanja koji doprinose protoku struje u poluprovodnicima pod dejstvom spoljašnjeg polja. Koncentracija elektrona u provodnoj zoni označava se sa n, a koncentracija šupljina u valentnoj zoni p.

Uvođenjem primesa čija se valentnost razlikuje od osnovne valentnosti poluprovodnika može se dobiti n-tip (donorske primese) ili p-tip (akceptorske primese) poluprovodnika. Donorski tip poluprovodnika – za Si koji je četvorovalentan donorske primese su petovalentni elementi kao što su P, As ili Sb.

Položaj donorskog nivoa dat je na slici Jonizacijom primesa elektroni sa donorskog nivoa prelaze u provodnu zonu i time povećavaju koncentraciju provodnih elektrona. Većinski nosioci naelektrisanja su elektroni.

Akceptorski tip poluprovodnika – za Si koji je četvorovalentan akceptorske primese su trovalentni elementi B, Ge, Al ili In.

Jonizacijom primesa elektroni iz valentne zone prelaze na akceptorski nivo i time se povećava koncentracija šupljina u valentnoj zoni. Većinski nosioci naelektrisanja su šupljine.

Eg

Ec

Ev

Provodna zona

Valentna zona

JEDNAČINA ELEKTRONEUTRALNOSTI U poluprovodniku mora da je ispunjen uslov električne neutralnosti tako da važi jednačina elektroneutralnosti: +− +=+ DA NpNn , gde je N+

D – koncentracija jonizovanih donorskih primesa, a N-A – koncentracija jonizovanih

akceptorskih primesa Na sobnoj i višim temperaturama smatra se da su sve primese jonizovane N+

D = ND i N-A = NA,

tako da se jednačina elektroneutralnosti svodi na DA NpNn +=+ Sopstveni poluprovodnik: Za sopstveni poluprovodnik ND = NA = 0, i iz jednačine elektroneutralnosti sledi da je:

n = p = ni , gde je ni sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja. Za poluprovodnike važi zakon o dejstvu masa 2

inpn =⋅ n - tip poluprovodnika: Pod uslovom da su sve primese jonizovane može se napisati da je DNn ≈ Koncentracija šupljina se izračunava na osnovu zakona o dejstvu masa

D

i

Nn

p2

=

p - tip poluprovodnika: Pod uslovom da su sve primese jonizovane može se smatrati da je p ≈ NA Koncentracija elektrona se izračunava na osnovu zakona o dejstvu masa

A

i

Nnn

2

=

Koncentracija elektrona u provodnoj zoni data je izrazom:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=

kTEE

Nn fcc exp ,

gde se efektivni broj stanja sveden na dno provodne zone izračunava na osnovu izraza:

32/3

19

300108.2 −⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅= cmTNc

.

Koncentracija šupljina u valentnoj zoni data je izrazom:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=

kTEE

Np vfv exp ,

gde se efektivni broj stanja sveden na vrh valentne zone izračunava na osnovu izraza:

32/3

19

3001008.1 −⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅= cmTNv

.

Ef – Fermijev nivo T – apsolutna temperatura k – Boltzmannova konstanta

Zakon o dejstvu masa se sada može napisati na sledeći način:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

kTE

NNn gvci 2

exp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=

kTE

TAn gi 2

exp2/3

Položaj Fermijevog nivoa: Sopstveni poluprovodnik: n-tip poluprovodnika: p-tip poluprovodnika:

22

EgEEE vcf =

+=

ELEKTRIČNA PROVODNOST POLUPROVODNIKA

Pod dejstvom električnog polja K elektroni i šupljine se kreću driftovskom brzinom (vn, vp): Kv nn ⋅= μ

Kv pp ⋅= μ

gde su μn i μp pokretljivosti elektrona i šupljina, respektivno. S obzirom da su nosioci naelektrisanja i elektroni i šupljine, gustina struje je data izrazom: Kjjj pn ⋅=+= σ , a specifična provodnost poluprovodnika je: pn qpqn μμσ += .

Specifična otpornost poluprovodnika je:

pn qpqn μμσρ

+==

11

Sopstveni poluprovodnik: inpn == , pa je specifična električna provodnost: ( )pnii qn μμσ +=

n - tip poluprovodnika (n >> p):

nn qnμσ = p - tip poluprovodnika (p >> n): pp qpμσ =

Ec

Ef

Ev

Ec

Ef

Ev

Ec

Ef

Ev

KONCENTRACIJA NOSILACA NAELEKTRISANJA PRI TERMODINAMIČKOJ RAVNOTEŽI; FERMIJEV NIVO Koncentracija slobodnih nosilaca naelektrisanja, odnosno koncentracija slobodnih elektrona, proporcionalna je verovatnoći da energetski nivo E u provodnoj zoni bude zauzet na temperaturi T; naime, raspodela elektrona i šupljina po energetskim nivoima podleže Fermi-Dirakovoj funkciji raspodele, koja glasi:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+=

kTEE

TEfFexp1

1),( .

Ovde je: k - Boltzmannova konstanta, EF - energija Fermijevog nivoa. Energija kT na sobnoj temperaturi (T = 300K) približno iznosi kT ≈ 0,026 eV i predstavlja veoma važnu konstantu u fizičkoj elektronici poluprovodnika. Treba napomenuti da je Fermijev nivo, koji je konstanta u Fermi-Dirakovoj funkciji raspodele, energetski nivo sa određenim fizičkim značenjem samo kod metala, kada, kao što je napomenuto, predstavlja maksimalni nivo elektrona na temperaturi apsolutne nule. Iako se Fermijev nivo kod poluprovodnika ne može tačno da definiše, odnosno ne može mu se dati određena fizička interpretacija, ipak je njegovo uvođenje od izuzetne koristi pri proučavanju provođenja struje u poluprovodnicima i poluprovodničkim komponentama. Položaj Fermijevog nivoa se određuje na osnovu uslova da u kristalu poluprovodnika postoji ravnoteža pozitivnog i negativnog naelektrisanja i može se smatrati da je EF integraciona konstanta koja ne zavisi od raspodele energije među česticama, već samo od njihovog ukupnog broja. Po analogiji sa metalima, gde Fermijev nivo odražava termodinamičku energiju sistema, i kod poluprovodnika Fermijev nivo mora biti kontinualan na mestu spoja dva poluprovodnika, odnosno poluprovodnika i metala.

U poluprovodniku mora da je ispunjen uslov električne neutralnosti tako da (pod uslovom da su sve primese jonizovane) važi jednačina elektroneutralnosti:

DA NpNn +=+ ………………………..(1) Za poluprovodnike važi zakon o dejstvu masa

2inpn =⋅ ….……………………………..(2)

I) Ukoliko se u poluprovodnik dodaju i petovalentne primese (koncentracije ND) i trovalentne

primese (koncentracije NA) koncentracije elektrona i šupljina se određuju rešavanjem sistema jednačina (1) i (2):

a) Ako je NA > ND određujemo p b) Ako je ND > NA određujemo n

02

=−+− DAi NNpp

n 02

=−+− DAi NNn

nn

0)( 22 =−⋅−− iDA npNNp 0)( 22 =−⋅−− iAD nnNNn

( )2

4)( 22iDADA nNNNN

p+−+−

= ( )2

4)( 22iADAD nNNNN

n+−+−

=

II) Ukoliko se u poluprovodnik dodaju samo petovalentne primese (koncentracije ND)

koncentracije elektrona i šupljina se određuju: a) Ako je ND >> ni (minimum 10 puta) b) Ako je ND ≈ ni

(rešavamo sistema jednačina (1) i (2))

DNn = 02

=−− Di Nn

nn

022 =−⋅− iD nnNn

2

4 22iDD nNN

n++

=

III) Ukoliko se u poluprovodnik dodaju samo trovalentne primese (koncentracije NA)

koncentracije elektrona i šupljina se određuju: a) Ako je NA >> ni (minimum 10 puta) b) Ako je NA ≈ ni (rešavamo sistema jednačina (1) i (2))

ANp = 02

=+− Ai Npp

n

022 =−⋅− iA npNp

2

4 22iAA nNN

p++

=

ZADATAK 1: U besprimesnom silicijumu Fermijev nivo se nalazi na sredini zabranjene zone. Izračunati verovatnoću da se elektron nađe na dnu provodne zone (E = Ec) na tri različite temperature: 0 K; 20 oC; 100 oC. Poznato je: Eg (Si) = 1.12 eV (za sve tri temperature) i k = 8.62⋅10−5 eV/K. Rešenje:

kTEE f

e

Ef −

+

=

1

1)(

kTEEC fC

e

Ef −

+

=

1

1)(

U besprimesnom silicijumu Ef je na sredini zabranjene zone ⎟

2vc

fEEE +

=

Sada se razlika Ec-Ef može izraziti na sledeći način:

222gvcvc

cfc

EEEEEEEE =−

=+

−=−

kTEC g

e

Ef21

1)(

+

=

Zamenom brojnih vrednosti dobija se:

T = 0 K ⎟ 01

1)( =+

= ∞eEf C

T = 20 oC = 293 K ⎟ 101035.2)( −⋅=CEf

T = 100 oC = 373 K ⎟ 81073.2)( −⋅=CEf

ZADATAK 2: Ravnotežne koncentracije nosilaca naelektrisanja u nekom poluprovodniku na nekoj temperaturi iznose n = 1017 cm−3 i p = 105 cm−3. Efektivni brojevi kvantnih stanja dna provodne i vrha valentne zone na toj temperaturi iznose Nc = Nv = 1020 cm−3, a Fermijev nivo je od dna provodne zone udaljen 0.22 eV. Izračunati temperaturu datog poluprovodnika (u oC) i širinu zabranjene zone poluprovodnika na toj temperaturi. Boltzmannova konstanta iznosi k = 8.62⋅10−5 eV/K. Rešenje: Koncentracija elektrona u provodnoj zoni data je izrazom:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=

kTEE

Nn fcc exp

Transformacijom ovog izraza dobija se:

nN

EEkT

c

fc

ln

−=

Zamenom brojnih vrednosti dobija se: eVkT 03185.0=

Odavde se dobija temperatura poluprovodnika: KT 5.369=

CT o5.96= Korišćenjem zakona o dejstvu masa može se doći do sledeće jednačine:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⋅=

kTE

NNpnn gvci

exp2

Transformacijom ovog izraza dobija se:

pnNNkTE vc

g ⋅= ln

Zamenom brojnih vrednosti dobija se:

eVEg 32.1=

ZADATAK 3: Odrediti koncentraciju donorskih primesa kojom mora biti dopiran silicijum da bi na 300 K imao koncentraciju elektrona dvostruko veću od koncentracije šupljina. Koncentracija sopstvenih nosilaca u silicijumu na sobnoj temperaturi (300 K) je ni = 1.13⋅1010 cm−3. Rešenje: Za poluprovodnike važi zakon o dejstvu masa:

2inpn =⋅

Dato je da je koncentracija elektrona dvostruko veća od koncentracije šupljina: pn 2=

Zamenom u prethodni izraz dobija se: 22 inpp =⋅ 222 inp =

Odavde se zamenom brojnih vrednosti dobija:

31010

108.021013.1

2−⋅=

⋅== cmnp i

Korišćenjem zakona o dejstvu masa dobija se:

( ) 3109

2102106.1

1081013.1 −⋅=⋅⋅

== cmp

nn i

Kako su na sobnoj temperaturi sve primese jonizovane onda važi: DA NpNn +=+ Nema akceptorskih primesa, pa važi:

0=AN Zamenom brojnih vrednosti dobija se:

310108.0 −⋅=−≈ cmpnND

ZADATAK 4: Izračunati položaj Fermijevog nivoa u odnosu na odgovarajuću zonu na 350 K za silicijum koji je:

a) dopiran donorskim primesama koncentracije ND = 1016 cm−3, b) dopiran akceptorskim primesama koncentracije NA = 1016 cm−3.

Koncentracija sopstvenih nosilaca u silicijumu na sobnoj temperaturi (300 K) je ni = 1.13⋅1010 cm−3, a Eg (300 K)=1.12 eV i Eg (350 K)=1.1 eV. Sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja u funkciji temperature menja se po zakonu

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=

kTTE

TAn gi 2

)(exp2

3. Boltzmannova konstanta iznosi k = 8.62⋅10−5 eV/K.

Poznato je da je koncentracija elektrona u provodnoj zoni data izrazom:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=

kTEE

Nn fcc exp ,

gde se efektivni broj stanja sveden na dno provodne zone izračunava na osnovu izraza:

32/3

19

300108.2 −⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅= cmTNc

,

a koncentracija šupljina u valentnoj zoni data je izrazom:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=

kTEE

Np vfv exp ,

gde se efektivni broj stanja sveden na vrh valentne zone izračunava na osnovu izraza: 3

2/319

3001008.1 −⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅= cmTNv

.

Rešenje: Sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja u funkciji temperature menja se po zakonu

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=

kTTE

TAn gi 2

)(exp2

3 ................(1)

Možemo odrediti konstantu A na osnovu podataka za 300 K:

Iz (1) se dobija: 2/331523

105216912.53002

)300(exp300)300( −−−

⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅= Kcmk

EnA g

i

Sada možemo da odredimo ni na temperaturi 350 K:

3115

23

15 10375.43501062.82

1.1exp350105216912.5)350( −− ⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅⋅−⋅⋅= cmni

a) silicijum dopiran donorskim primesama koncentracije ND = 1016 cm−3

31110375.4 −⋅= cmni

n≈ND = 1016 cm−3

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=

kTEE

Nn fcc exp , odavde može da se izrazi fc EE − :

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=−

D

ccfc N

NkTn

NkTEE lnln ................(2)

Treba proračunati NC na 350 K:

( ) 3192/3

19 1053.3300350108.2350 −⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅= cmKNc

Zamenom brojnih vrednosti u (2) dobijamo:

eVEE fc 246.010

1053.3ln3501062.8 16

195 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅⋅=− −

b) silicijum dopiran akceptorskim primesama koncentracije NA = 1016 cm−3

31110375.4 −⋅= cmni p≈NA = 1016 cm−3

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=

kTEE

Np vfv exp , odavde može da se izrazi vf EE − :

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=−

A

vvvf N

NkTp

NkTEE lnln ................(3)

Treba proračunati Nv na 350 K:

( ) 3192/3

19 1036.13003501008.1350 −⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅= cmKNv

Zamenom brojnih vrednosti u (3) dobijamo:

eVEE vf 218.010

1036.1ln3501062.8 16

195 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅⋅=− −

ZADATAK 5: Na T = 300 K koncentracije donorskih i akceptorskih primesa u germanijumu su ND = 2⋅1014 cm−3 i NA = 3⋅1014 cm−3. Odrediti tip ovako dopiranog poluprovodnika na T = 400 K. Kako se ponaša silicijum pri istim uslovima i istim koncentracijama primesa? Poznato je: - širina zabranjene zone na 300 K: EgSi (300 K) = 1.12 eV i EgGe (300 K) = 0.66 eV, - širina zabranjene zone na 400 K: EgSi (400 K) = 1.09 eV i EgGe (400 K) = 0.62 eV , - sopstvene koncentracije nosilaca na 300 K: niGe = 2.5⋅1013 cm−3 i niSi = 1.13⋅1010 cm−3, - sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja u funkciji temperature menja se po zakonu

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=

kTTE

TAn gi 2

)(exp2

3. Boltzmannova konstanta iznosi k = 8.62⋅10−5 eV/K.

Rešenje:

−+ +=+ AD NnNp - jednačina elektroneutralnosti

DD NN ≈+ ; AA NN ≈− - na sobnoj temperaturi se sve primese mogu smatrati jonizovanim 0=−+− DA NNpn ................(1)

2innp =⋅ ................(2)

Iz (1) i (2) dobijamo:

02

=−+− DAi NNpp

n

0)( 22 =−⋅−− iDA npNNp

( )2

4)( 22iDADA nNNNN

p+−+−

= ................(3)

Sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja u funkciji temperature menja se po zakonu

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=

kTTE

TAn gi 2

)(exp2

3 ................(4)

Na 300 K:

Si: iz (4) se dobija 2/331523

105216912.53002

)300(exp300)300( −−−

⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅= Kcmk

EnA gSi

SiiSi

Ge: iz (4) se dobija 2/331523

106763054.13002

)300(exp300)300( −−−

⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅= Kcmk

EnA gGe

GeiGe

Na 400 K:

Si: iz (4) se dobija 31223

100337.64002

)400(exp400)400( −⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−⋅= cmk

EAn gSi

SiSii

iz (3) se dobija pSi (400) = 1⋅1014 cm−3 iz (2) se dobija nSi (400) = 3.627⋅1011 cm−3

Na 400 K je nSi << pSi , pa se silicijum ponaša kao p-tip poluprovodnika

Ge : iz (4) se dobija 31523

1067.14002

)400(exp400)400( −⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−⋅= cmk

EAn gGe

GeGei

iz (3) se dobija pGe (400) = 1.72⋅1015 cm−3 iz (2) se dobija nGe (400) = 1.62⋅1015 cm−3

Na 400 K je nGe ≈ pGe ≈ niGe, pa se germanijum ponaša kao sopstveni poluprovodnik

ZADATAK 6: Uzorak silicijuma dopiran je akceptorskim primesama koncentracije NA = 1014 cm−3. Izračunati koncentracije elektrona i šupljina na temperaturama: a) 0 oC (može se smatrati da su na ovoj temperaturi sve primese jonizovane) b) 27 oC c) 450 K Sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja u funkciji temperature menja se po zakonu )2/exp()( 2/3 kTETATn gi −⋅= . Širina zabranjene zone silicijuma na datim temperaturama iznosi: Eg (0 oC) = 1.13 eV; Eg (27 oC) = 1.12 eV i Eg (450 K) = 1.08 eV. Sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja na sobnoj temperaturi (300 K) iznosi ni = 1.13⋅1010 cm-3. Boltzmannova konstanta iznosi k = 8.62⋅10−5 eV/K. Rešenje: Na ovim temperaturama možemo smatrati da su sve primese jonizovane, pa je koncentracija jonizovanih primesa jednaka koncentraciji akceptorskih primesa:

−+ +=+ AD NnNp - jednačina elektroneutralnosti

AA NN ≈− ; 0=+DN

Jednaćina elektroneutralnosti sada postaje: ANnp += ................(1)

a) Na 0 oC: Da bi smo odredili koncentraciju elektrona i šupljina potrebno je da odredimo ni na 0 oC. Poznato je:

Eg (27 oC) = 1.12 eV ni = 1.13⋅1010 cm-3

)2/exp()( 2/3 kTETATn gi −⋅= ................(2)

Zamenom brojnih vrednosti dobijamo da je konstanta:

2/331523

105216912.53002

)300(exp300)300( −−−

⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅= Kcmk

EnA g

i

Sada možemo da odredimo ni na temperaturi 0 oC (273 K).

3952/315 10932.0)2731062.82/13.1exp()273(105216912.5)273( −− ⋅=⋅⋅⋅−⋅⋅= cmKni

Pod uslovom da su sve primese jonizovane može se smatrati da je p ≈ NA=1014 cm−3 Kako je p >> ni koncentracija manjinskih elektrona se može izračunati na osnovu zakona o dejstvu masa:

2innp =⋅ ................(3)

Zamenom brojnih vrednosti u (3) dobija se 32

24.8686 −== cmp

nn i

b) Na 27 oC: Eg (27 oC) = 1.12 eV ni = 1.13⋅1010 cm-3

Pod uslovom da su sve primese jonizovane može se smatrati da je p ≈ NA=1014 cm−3 Kako je p >> ni koncentracija manjinskih elektrona se može izračunati na osnovu zakona o dejstvu masa.

Zamenom brojnih vrednosti u (3) dobija se 362

10277.1 −⋅== cmp

nn i

c) Na 450 K: Eg (450 K) = 1.08 eV

Možemo da odredimo ni na temperaturi 450 K. 31352/315 107427.4)4501062.82/08.1exp()450(105216912.5)450( −− ⋅=⋅⋅⋅−⋅⋅= cmKni

Vidimo da je koncentracija sopstvenih nosilaca naelektrisnja uporediva sa koncentracijom primesa. Koristimo jednačine (1) i (3):

ANnp += ................(1)

pnn i

2= ................(3)

Njihovim kombinovanjem se dobija:

02

=−− Ai Np

np

022 =−⋅− iA npNp

( )2

4 22iAA nNN

p++

=

Zamenom brojnih vrednosti dobija se: p = 1.189⋅1014 cm−3 Onda se za n dobija:

3132

10892.1 −⋅== cmp

nn i .

U tabeli su prikazani rezultati dobijeni za tri različite temperature koje su korišćene u zadatku: Temperatura [K] ni (cm−3) n(cm−3) p(cm−3)

273 9.32⋅108 8.69⋅103 1014 300 1.13⋅1010 1.28⋅106 1014 450 4.74⋅1013 1.89⋅1013 1.19⋅1014

Upoređivanjem rezultata prikazanih u tabeli može se uočiti da sa porastom temperature raste i sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja. Osim toga rastu i koncentracije većinskih i manjinskih nosilaca naelektrisanja. Do porasta koncentracija dolazi zbog porasta broja termički generisanih parova elektron-šupljina.

ZADATAK 7: Odrediti tip i koncentraciju primesa kojom mora biti dopiran silicijum da bi na 400 K sadržao 2⋅1012 slobodnih elektrona/cm3. Koncentracija sopstvenih nosilaca u silicijumu na sobnoj temperaturi (300 K) je ni = 1.13⋅1010 cm−3. Sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja u funkciji temperature menja se po zakonu

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=

kTTE

TAn gi 2

)(exp2

3. Boltzmannova konstanta iznosi k = 8.62⋅10−5 eV/K. Poznato je

Eg (300 K) = 1.12 eV i Eg (400 K) = 1.09 eV. Rešenje: Da bi smo odredili tip i koncentraciju primesa potrebno je da odredimo ni na 400 K. Poznato je:

Eg (300 K) = 1.12 eV ni (300 K)= 1.13⋅1010 cm-3

)2/exp()( 2/3 kTETATn gi −⋅= ................(1)

Zamenom brojnih vrednosti u (1) dobijamo da je konstanta A:

2/331523

105216912.53002

)300(exp300)300( −−−

⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅= Kcmk

EnA g

i

Sada možemo da odredimo ni na temperaturi 400 K:

31252/315 1003.6)4001062.82/09.1exp()400(105216912.5)400( −− ⋅=⋅⋅⋅−⋅⋅= cmKni Poznato je:

n = 2⋅1012 cm−3 Koncentracija šupljina se može izračunati na osnovu zakona o dejstvu masa:

2innp =⋅

( ) 3131312

21221021082.1

1021003.6 −⋅≈⋅=

⋅⋅

== cmnnp i

Kako je p >> n možemo zaključiti da se radi o p-tipu poluprovodnika (akceptorske primese) Iz jednačine elektroneautralnosti:

+− +=+ DA NpNn dobijamo: pNn A =+ Odavde se zamenom brojnih vrednosti dobija: 3131062.1 −⋅=−= cmnpN A

ZADATAK 14: Broj atoma u silicijumu je Nat = 5⋅1022 atoma/cm3. Ako se silicijumu dodaju donorske primese u odnosu 1 atom primesa na 108 atoma silicijuma, naći promenu specifične električne otpornosti u odnosu na sopstveni (besprimesni) poluprovodnik na sobnoj temperaturi. Koncentracija sopstvenih nosilaca u silicijumu na sobnoj temperaturi (300 K) je ni = 1.13⋅1010 cm−3, a pokretljivosti elektrona i šupljina su μn = 1450 cm2/Vs i μp = 500 cm2/Vs. Rešenje: Kada je poznata pokretljivost šupljina i elektrona, kao i njihova koncentracija u poluprovodniku, specifična provodnost se izračunava prema izrazu:

)( pn pnq μμσ += Specifična otpornost je onda:

)(11

pn pnq μμσρ

+==

U čistom (sopstvenom) poluprovodniku koncentracija slobodnih elektrona je jednaka koncentraciji šupljina:

n = p = ni Sada jednačina za specifičnu otpornost postaje:

cmqn pni

i Ω⋅=+

= 51083.2)(

1μμ

ρ

Koncentracija donorskih primesa izračunava se na sledeći način: 314314

8 105/10510

−⋅=⋅== cmcmatNN atd

S obzirom da su sve primese jonizovane na sobnoj temperaturi, onda je: n ≈ Nd = 5⋅1014 cm−3

Koncentracija šupljina se onda računa na sledeći način: 35

21038.3 −⋅== cm

nnp i

Specifična otpornost poluprovodnika se izračunava na sledeći način:

)(1

pn pnq μμρ

+= .......(1)

Za poluprovodnik n-tipa važi: p<< n .......(2)

Iz (1) i (2) sledi:

cmqn n

n Ω== 62.81μ

ρ

Odnos specifične otpornosti pre i posle dopiranja je:

32830=n

i

ρρ

Dodavanjem primesa specifična električna otpornost silicijuma se smanjila 3.3⋅104 puta.

ZADATAK 15: Otpornost nekog poluprovodnika po jedinici dužine iznosi R’ =2 Ω/cm. Koncentracija elektrona u poluprovodniku iznosi n = 1.25⋅1017 cm−3. Ako struja kroz uzorak kružnog poprečnog preseka prečnika d = 1 mm iznosi I = 157 mA naći pokretljivost elektrona, specifičnu provodnost i driftovsku brzinu elektrona. Rešenje: Zavisnost brzine nosilaca (driftovska brzina) od električnog polja može se izraziti na sledeći način:

Knn ⋅= μν Otpornost poluprovodnika je:

SlR ρ=

Otpornost po jedinici dužine je:

lR

SR ==

ρ'

S obzirom da se radi o poluprovodniku n-tipa ( nqnμσ = ) otpornost po jedinici dužine može se izraziti na sledeći način:

SqnSR

nμσ11' ==

Odavde se za pokretljivost elektrona dobija:

SqnRn '1

=μ

S obzirom da je poluprovodnik kružnog poprečnog preseka njegova površina je: 232 1085.7)2/( cmdS −⋅== π

Vscm

n

2

7.3184=μ

Specifična provodnost je sada: nqnμσ =

1)(69.63 −Ω= cmσ Gustina struje kroz uzorak iznosi:

220cm

ASIJ ==

KJ ⋅= σ ⎟ σJK =

cmVK 314.0=

Na osnovu ovoga za driftovsku brzinu se dobija: Enn ⋅= μν

scm

n 1000=ν

ZADATAK 16: Koncentracije donorskih primesa u silicijumu n-tipa u dva različita uzorka iznose ND1 = 1016 cm−3 i ND2 = 1019 cm−3. Ako su poprečni preseci oba uzorka isti i iznose S = 1 mm2, izračunati dužine tih uzoraka u slučaju da kroz njih protiče ista struja I = 100 mA pri priključenom naponu od U = 0.2 V. Zavisnost pokretljivosti od koncentracije primesa na T = 300 K data je ozrazom:

α

μμμμ)/(1

minmaxmin

refNN+−

+=

pri čemu je: μmin = 92 cm2/Vs, μmax = 1360 cm2/Vs, Nref = 1.3⋅1017 cm−3 i α = 0.91. Rešenje: Zamenom vrednosti u opšti izraz za pokretljivost za μn1 i μ n2 se dobijaju sledeće vrednosti:

μ n1 = 1248 cm2/Vs μ n2 = 115.9 cm2/Vs

Struje kroz uzorke mogu se izraziti na sedeći način:

22

11 R

UIRUI === ⎟ III == 21

Može se zaključiti da oba uzorka imaju jednake otpornosti:

Ω=== 221 IURR

Otpornosi uzoraka mogu se izraziti na sledeći način:

1

111 S

lR ρ= ; 2

222 S

lR ρ= ;

Poznato je: SSS == 21 ; RRR == 21

Na osnovu ovoga dužine ovih uzoraka mogu se izraziti na sledeći način:

1111

1 nSqnRSRSRl μσρ

⋅=⋅=⋅

= ; n1=ND1 (sve primese su jonizovane na 300 K)

2222

2 nSqnRSRSRl μσρ

⋅=⋅=⋅

= ; n2=ND2 (sve primese su jonizovane na 300 K)

Što zamenom brojnih vrednosti daje: cml 04.01 = cml 70.32 =

ZADATAK 17: Silicijumska pločica je specifične električne otpornosti cmΩ=100ρ . Ako su na sobnoj temperaturi (300 K) pokretljivosti elektrona i šupljina μn = 1450 cm2/Vs μp = 500 cm2/Vs, a ni = 1.13⋅1010 cm−3, izračunati koncentraciju elektrona i šupljina pri termodinamičkoj ravnoteži za slučaj da je silicijum n-tipa odnosno p-tipa. Rešenje:

)(1

pn pnq μμρ

+= ...............(1)

2innp =⋅ ...............(2)

Kombinovanjem izraza (1) i (2) dobija se:

ρμμ

qnnn p

in

12

=+

01 22 =+− in

p

n

nnq

nμμ

ρμ

2

411 22

in

p

nn

nqq

nμμ

ρμρμ−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛±

=

Zamenom brojnih vrednosti dobijamo:

3131 1031.4 −⋅= cmn

362 105.1 −⋅= cmn

a)

inn >1 n – tip poluprovodnika 313

1 1031.4 −⋅= cmn

36

1

2

1 1096.2 −⋅== cmnnp i

b) inn <2 p – tip poluprovodnika

362 105.1 −⋅= cmn

313

2

2

2 1051.8 −⋅== cmnnp i

ZADATAK 19: Specifična električna otpornost silicijuma p-tipa na sobnoj temperaturi je 0.5 Ωcm. Pod uticajem svetlosti u poluprovodniku se generiše 2⋅1016 dodatnih parova elektron-šupljina po cm3. Odrediti procentualnu promenu specifične električne otpornosti uzrokovanu dejstvom izvora svetlosti. Poznato je da je na sobnoj temperaturi (300 K): μn = 1450 cm2/Vs, μp = 500 cm2/Vs, i ni = 1.13⋅1010 cm−3. Rešenje: Poluprovodnik p-tipa

)(1

pn pnq μμρ

+= .......(1)

n << p .......(2) Iz (1) i (2) sledi da je specifična otpornost poluprovodnika p-tipa:

pqpμρ 1=

Iz prethodnog izraza možemo izračunati koncentraciju šupljina: 316105.21 −⋅== cm

qp

pρμ

Koncentracija elektrona se onda računa na sledeći način: 3

26.5107 −== cm

pnn i

Pod dejstvom svetlosti generišu se parovi elektron-šupljina 316102 −⋅=Δ=Δ cmpn

Koncentracije elektrona i šupljina sada iznose:

ppp Δ+=1 nnn Δ+=1

Zamenom brojnih vrednosti dobija se:

3161 105.4 −⋅= cmp

3161 102 −⋅= cmn

Na osnovu izraza (1) za specifičnu električnu otpornost se dobija:

)(1

111

pn pnq μμρ

+=

cmΩ= 12.01ρ

1ρρρ −=Δ cmΩ=Δ 38.0ρ

%76=Δρρ

Procentualna promena specifične električne otpornosti uzrokovana dejstvom izvora svetlosti iznosi 76%.

ZADATAK 21: Posle dopiranja čistog silicijuma donorskim primesama njegova električna provodnost je porasla 1660 puta. Za koliko se pomerio Fermijev nivo u poređenju sa čistim silicijumom, ako je temperatura kristala T = 300 K, pokretljivost elektrona i šupljina su μn = 1450 cm2/Vs i μp = 500 cm2/Vs, koncentracija sopstvenih nosilaca u silicijumu je ni = 1.13⋅1010 cm−3, a Boltzmannova konstanta k = 8.62⋅10−5 eV/K. Rešenje: Sopstveni poluprovodnik:

16 )(1052.3)( −− Ω⋅=+= cmqn pnii μμσ

Dopirani poluprovodnik:

13 )(1085.51660 −− Ω⋅=⋅= cmiσσ

nqnμσ ≈ ⎟ 3131052.2 −⋅== cmq

nnμ

σ

362

1006.5 −⋅== cmn

np i

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−⋅=

kTEENn FC

C exp .............................(1)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−⋅=

kTEENp VF

V exp .............................(2)

Iz (1) i (2) se dobija:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−

⋅=kT

EEENN

pn vcF

V

C )(2exp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

+−pn

NN

kTEEE

C

VvcF ln)(2

FFiFiC

VVcF EE

pnkTE

pnkT

NNkTEEE Δ+=+=++

+= ln

2ln

2ln

22

Gde je:

eVpnkTEF 2.0ln

2==Δ

DIODE

Rad poluprovodničkih dioda zasniva se na usmeračkim osobinama p-n spojeva. p-n spoj se sastoji od intimnog spoja poluprovodnika p-tipa i poluprovodnika n-tipa. Mesto na kome se prelazi sa jednog na drugi tip poluprovodnika zove se metalurški spoj. p-n spoj sa izvodima bez polarizacije prikazan je na slici.

Oblast sa nekompenzovanim primesama (sa prostornim naelektrisanjem čvrsto vezanim za kristalnu rešetku) zove se prelazna oblast p-n spoja. Zbog postojanja naelektrisanja, prelazna oblast p-n spoja zove se i barijerna oblast ili oblast prostornog naelektrisanja. U prelaznoj oblasti, usled prostornog naelektrisanja postoji električno polje K, odnosno potencijalna razlika Vbi.

Širina prelazne oblasti, ili barijera, može se menjati priključenjem spoljašnjeg napona. Smanjenje širine barijere postiže se kada se na p-oblast priključi pozitivan, a na n-oblast negativan pol spoljašnjeg napona. Takav napon V zove se direktan napon. U suprotnom slučaju, tj. priključenjem inverznog napona VR, širina prelazne oblasti se povećava.

Ako se na p-n spoj dovede napon tako da se barijera smanji kroz diodu će proticati struja. p-n spoj zove se i usmerački spoj, jer on u jednom smeru propušta, a u drugom ne

propušta električnu struju.

RAVNOTEŽNO STANJE NA p-n SPOJU

Raspodela koncentracije primesa u okolini metalurskog spoja može biti takva da je prelaz sa p- na n-tip poluprovodnika skokovit, linearan, eksponencijalan, ili po nekoj drugoj funkciji (erfc, Gausovoj, itd.). Skokovitim prelazom se može smatrati onaj prelaz kod kojeg postoji nagla promena koncentracije sa jedne i druge strane metalurškog spoja.

Nadalje će se analizirati samo skokoviti p-n spoj.

Skokoviti p-n (n-p) spoj: Kontaktna razlika potencijala p-n (n -p) spoja može se izraziti na sledeći način:

2lni

DATbi

pnbi

npbi n

NNUVVV =≡≡ −−

U prelaznoj oblasti postoji prostorno naelektrisanje od jonizovanih primesa. Ako je reč o

p-n spoju u p-oblasti širine xp postojaće negativno naelektrisanje Qp = - qSxpNA (S je površina p-n spoja), a u n-oblasti širine xn pozitivno nalektrisanje Qn = qSxnND. S obzirom da poluprovodnik ima tačno definisanu vrednost dielektrične konstante εs = ε0εrs (ε0 - dielektrična konstanta vakuuma), to se naelektrisanja Qp i Qn mogu smatrati kao naelektrisanja na oblogama jednog kondenzatora, pri čemu je rastojanje između tih "obloga" w = xp + xn. Kapacitivnost takvog "kondenzatora" zove se kapacitivnost prostornog naelektrisanja ili barijerna kapacitivnost.

wSC sε=

Kako u ravnoteži p-n spoj mora biti elektroneutralan ( QQ −=+ ), to je broj nekompenzovanih donora sa jedne strane jednak broju nekompenzovanih akceptora sa druge strane. Dobija se:

qSxpNA = qSxnND,

xpNA = xnND. Prema tome prelazna oblast će biti šira sa one strane sa koje je koncentracija primesa manja. Za slučaj skokovitog p-n (n-p) spoja: Ako je NA >> ND (p-n spoj) važi:

2/12

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ±ε≅≅

−

D

npbis

n NVV

qxw ,

a kada je ND >> NA (n-p spoj) dobija se:

2/12

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ±ε≅≅

−

A

pnbis

p NVV

qxw ,

pri čemu se znak "-" odnosi na direktnu, a znak "+" na inverznu polarizaciu p-n spoja, a V je apsolutna vrednost napona.

Kada se poznaje površina p-n spoja S, može se odrediti kapacitivnost prelazne oblasti p-n

spoja (kapacitivnost prostornog naelektrisanja ili barijerna kapacitivnost):

2/1

2 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛±

ε=ε= −

−

VVNq

SxSC np

bi

Ds

ns

np ,

a kapacitivnost prostornog naelektrisanja skokovitog n-p spoja je:

2/1

2 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛±

ε=ε= −

−

VVNq

SxSC pn

bi

As

ps

pn .

STRUJA DIODE Direktna polarizacija:

Difuziona struja (Id) se može izraziti na sledeći način:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−= 1exp

Tsd U

VII

IS-inverzna struja zasićenja Ovaj izraz se koristi pri izračunavanju vrednosti struje za napone koji su veći od 0.4 V Rekombinaciona struja (Irec) se može izraziti na sledeći način:

Trrec U

VII2

exp=

Ir- rekombinaciona struja pri naponu V = 0 Ovaj izraz se koristi pri izračunavanju vrednosti struje za napone koji su manji od 0.3 V Ukupna struja diode (I) pri direktnoj polarizaciji jednaka je zbiru difuzione i rekombinacione struje:

Tr

Tsrecd U

VIUVIIII

2exp1exp +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=+=

Gde je q

kTUT = ( VUT 026.0= na sobnoj temperaturi T=300 K)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.810-11

10-10

10-9

10-8

10-7

10-6

10-5

10-4

10-3

10-2

10-1

100

Ir

I~I rec~exp(V/2U T

)

I D(A

), I re

c(A),

I(A)

V(V)

I~I D

~exp

(V/U

T)

Is

I

Inverzna polarizacija:

Pri inverznoj polarizaciji diode kroz nju protiče generaciona struja (Igen). Ona je pri malim inverznim naponima veoma približno jednaka rekombinacionoj struji Ir. Kod skokovitog p-n spoja struja generacije je proporcionalna 2

invV , tj.: 2

invgengen VAI ⋅=

ZADATAK PN1: Izvesti izraz za ugrađeni potencijal skokovitog n-p spoja u zavisnosti od koncentracije donorskih i akceptorskih primesa. Rešenje: Na slici je prikazan n-p spoj i dijagram zona za ravnotežno stanje na n-p spoju bez priključenog spoljašnjeg napona.

Sa slike se može videti da je

inipbi EEqV −=

Prethodni izraz možemo proširiti ±EF, pa se nakon sređivanja dobija: inFFipbi EEEEqV −+−=

Da bi odredili Vbi potrebno je odrediti Fip EE − i inF EE −

Određivanje inF EE − :

Krenimo od izraza za koncentraciju elektrona u provodnoj zoni:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=

kTEENn Fc

c exp .........................(1)

Ako uzmemo da je: DNn = ,

onda izraz (1) postaje:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=

kTEENN Fc

cD exp ....................(2)

Sa druge strane, ako uzmemo da je

inn = , onda izraz (1) postaje:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=

kTEENn inc

ci exp ......................(3)

Deljenjem (2) sa (3) dobija se:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=kT

EEn

N inF

i

D exp ,

odakle se nakon sređivanja dobija

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=−

i

DinF n

NkTEE ln

Određivanje Fip EE − :

Krenimo od izraza za koncentraciju šupljina u valentnoj zoni:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=

kTEENp vF

v exp .........................(4)

Ako uzmemo da je: ANp = ,

onda izraz (4) postaje:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=

kTEENN vF

vA exp ....................(5)

Sa druge strane, ako uzmemo da je inp = , onda izraz (4) postaje:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=

kTEE

Nn vipvi exp ......................(6)

Deljenjem (5) sa (6) dobija se:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

kTEE

nN Fip

i

A exp ,

odakle se nakon sređivanja dobija

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=−

i

AFip n

NkTEE ln

Sada se zamenom izaraza dobijenih za Fip EE − i inF EE −

2lnlnlni

DA

i

D

i

AinFFipbi n

NNkTn

NkTnNkTEEEEqV =+=−+−=

2lni

DAbi n

NNq

kTV =

ZADATAK PN2: Kapacitivnost prostornog naelektrisanja skokovitog p-n spoja pri naponu polarizacije V1 = −5 V je C1 = 20 pF, a pri V2 = −6 V je C2 = 18.5 pF. Odrediti ovu kapacitivnost pri polarizaciji V3 = −8 V. Rešenje: Kapacitivnost prelazne oblasti (kapacitivnost prostornog naelektrisanja ili barijerna kapacitivnost) skokovitog p-n spoja (NA >> ND) može se izraziti na sledeći način:

2/1

2 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛±

=VV

NqSCbi

Dsε ………………..(1)

pri čemu se znak "-" odnosi na direktnu, a znak "+" na inverznu polarizaciu p-n spoja, a V je apsolutna vrednost napona. Poznato je: Ako je V1 = −5 V, onda je C1 = 20 pF Ako je V2 = −6 V, onda je C2 = 18.5 pF Kako se radi o inverznim naponima V1 i V2 onda u izrazu (1) uzimamo pozitivan predznak i apsolutne vrednosti napona V1 i V2.

2/1

11 2 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=VV

NqSCbi

Dsε …………….....(2)

2/1

22 2 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=VV

NqSCbi

Dsε ……………....(3)

Deljenjem (2) sa (3) dobija se:

2/1

1

2

2

1⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

=VVVV

CC

bi

bi

Daljim sređivanjem dobija se:

1

22

2

1

VVVV

CC

bi

bi

++

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

( ) 21

2

2

1 VVVVCC

bibi +=+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

21

2

2

12

2

1 1 VVCC

CCVbi +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

V

CC

VCCV

Vbi 9264.01

5.1820

55.18

206

12

2

2

2

1

1

2

2

12

=

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

=

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

Treba odrediti: C3 = ? ako je V3 = −8 V. Izraz (1) sada postaje

2/1

33 2 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=VV

NqSCbi

Dsε ………………..(4)

Deljenjem (4) i (2) dobija se:

2/1

3

1

1

3⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

=VVVV

CC

bi

bi

Odavde se za C3 dobija:

2/1

3

113 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

⋅=VVVVCC

bi

bi

Zamenom brojnih vrednosti dobija se:

pFC 3.1689264.059264.01020

2/112

3 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++

⋅⋅= −

ZADATAK PN4: Pri naponu V1=0.2 V struja kroz silicijumsku diodu iznosi I1=50 nA. Ako je rekombinaciona struja pri naponu V=0 hiljadu puta veća od inverzne struje zasićenja (Ir=1000⋅IS), izračunati vrednost struje diode I2 pri naponu na njoj od V2=0.68 V. Poznato je UT = 0.026 V. Rešenje: Poznato je: V1=0.2 V, I1=50 nA Ir=1000⋅IS

V2=0. 68 V, I2=? Ukupna struja diode, čiji je grafik u funkciji direktnog napona prikazan na slici, pri direktnoj polarizaciji jednaka je zbiru difuzione i rekombinacione struje:

Tr

Tsrecd U

VIUVIIII

2exp1exp +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=+=

Rekombinaciona struja Irec je pri naponima manjim od 0,3 V u silicijumskim diodama može biti i nekoliko redova veličine veća od difuzione struje. Pri naponu od 0.2 V dominantna je rekombinaciona struja, pa se može napisati:

Trrec U

VIII2

exp 11 ==

Odavde se dobija:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

TTrecr U

VIUVII

2exp

2exp 1

11

Zamenom brojnih vrednosti dobijamo: AIr

91005.1 −⋅= Znamo da važi Ir=1000⋅IS, odakle se za IS dobija:

AII rs123 1005.110 −− ⋅==

Pri naponu od 0.68 V dominantna je difuziona struja, pa se može napisati:

Ts

Tsd U

VIUVIII 22

2 exp1exp =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−==

Zamenom brojnih vrednosti za struju I2 se dobija: I2 = 265.5 mA

ZADATAK PN5: a) Odrediti temperaturu (u Celzijusovim stepenima) silicijumske diode ako pri naponu na njoj VD = 0.6 V struja kroz diodu iznosi ID = 1 mA. Inverzna struja zasićenja diode na toj temperaturi je IS = 10−11 A. b) Odrediti inverznu struju zasićenja IS pri istim vrednostima napona i struje (VD = 0.6 V, ID = 1 mA) ako temperatura diode opadne za 50 oC u odnosu na temperaturu izračunatu pod (a). Poznato je k=8.62⋅10−5 eV/K. Rešenje: a) Iz izraza za struju diode možemo da izostavimo drugi član u zagradi (exp(VD/UT) >> 1) jer je napon na diodi 0.6 V.

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛−⋅= 1T

DUV

SD eII

Kako je q

kTUT = izraz za struju diode sada postaje:

kTqV

SD

D

eII ⋅= Odavde možemo da izračunamo temperaturu silicijumske diode:

kTqV

S

DD

eII

=

kTqV

II D

S

D =ln

K

IIk

qVT

S

D

D 866.377

1010ln1062.8

6.0

ln11

35

=⋅

==

−

−−

T= 104.866 oC

b) Kada temperatura diode opadne za 50 oC dobijamo:

T1= T-50 oC = 104.866-50= 54.866 oC VD= 0.6 V ID= 1 mA IS1= ?

11

kTqV

SD

D

eII ⋅= Zamenom brojnih vrednosti dobija se vrednost inverzne struje zasićenja IS1:

866.3271062.86.0

31

51 10 ⋅⋅−

−−

−⋅=⋅= eeII kTqV

DS

D

IS1 = 6⋅10−13 A

ZADATAK PN6: Na slici je prikazano osnovno ispravljačko kolo. Ako je Vin = 1 V a inverzna struja zasićenja silicijumske diode IS = 10−14 A, odrediti Vout ako je:

a) R=R1 = 0.5 kΩ b) R=R2 = 200 Ω

Rešenje:

Struja diode pri direktnoj polarizaciji može se izraziti na sledeći način:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−= 1exp

T

DsD U

VII ...............(1)

Za kolo na slici važi: DDoutDin IRVVVV ⋅+=+=

Odavde se dobija:

DinD IRVV ⋅−= ...............(2) Zbog eksponencijalne zavisnosti u (1) rešenje sistema (1) i (2) se nalazi grafičkim putem kao presek zavisnosti ( )DD VfI = i radne prave DinD IRVV ⋅−= . Korišćenjem izraza (1) možemo da izračunamo struju ID za različite vrednosti napona VD. Rezultati su prikazani u tabeli, a kriva ( )DD VfI = je prikazana na grafiku.

VD (V) ID (mA) VD (V) ID (mA) 0 0 0.6 0.10524

0.05 5.84198E-11 0.625 0.27528

0.1 4.58127E-10 0.64 0.49015

0.15 3.19291E-9 0.65 0.72005

0.2 2.19043E-8 0.66 1.05779

0.25 1.49927E-7 0.665 1.28208

0.3 1.02585E-6 0.675 1.88344

0.35 7.01894E-6 0.68 2.28282

0.4 4.80235E-5 0.685 2.76687

0.45 3.28576E-4 0.69 3.35357

0.5 0.00225 0.695 4.06467

0.55 0.01538 0.7 4.92656

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2

1

2

3

4

5

T2

T4

0.65V

R1

R2

I D(m

A)

VD(V)

ID=f(VD)

0.673VT1=T3

Na grafiku su prikazane i dve radne prave. a) R1 = 0.5 kΩ Izraz (2) sada postaje:

DinD IRVV ⋅−= 1

Za ID = 0 dobija se VVV inD 1== ; dobijamo tačku T1= (1 V, 0 A)

Za VD = 0 dobija se mARVI in

D 2105.0

13

1=

⋅== ; dobijamo tačku T2 = (0 V, 2 mA)

Povezivanjem T1 i T2 dobijamo radnu pravu. Iz preseka radne prave i karakteristike diode (što je prikazano na grafiku) određujemo napon na diodi VVD 65.0= Odavde se dobija VVVV Dinout 35.0=−= b) R2 = 200 Ω Izraz (2) sada postaje:

DinD IRVV ⋅−= 2

Za ID = 0 dobija se VVV inD 1== ; dobijamo tačku T3=T1= (1 V, 0 A)

Za VD = 0 dobija se mARVI in

D 52001

2=== ; dobijamo tačku T4 = (0 V, 5 mA)

Povezivanjem T3 i T4 dobijamo radnu pravu. Iz preseka radne prave i karakteristike diode (što je prikazano na grafiku) određujemo napon na diodi VVD 673.0= Odavde se dobija VVVV Dinout 327.0=−= Na osnovu dobijenih vrednosti zaključujemo da vrednost otpornosti u ispravljačkom kolu ne utiče značajno na vrednost Vout usled eksponencijalne zavisnosti ( )DD VfI = .

ZADATAK PN7: Kroz kolo na slici protiče struja I = 10 mA. Ako je otpornost otpornika R = 230 Ω i napon napajanja E = 3 V, izračunati inverznu struju zasićenja silicijumske diode Is na sobnoj temperaturi. Poznato je UT = 0.026 V. Rešenje: Odredimo koliko iznosi pad napona na diodi:

DVIRE +⋅=

VIREVD 7.03.2310102303 3 =−=⋅⋅−=⋅−= −

Iz izraza za struju diode možemo da izostavimo drugi član u zagradi. Dioda je direktno polarisana, pa je exp(VD/UT) >> 1.

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛−⋅= 1T

DUV

S eII

Izraz za struju diode sada postaje:

T

D

UV

S eII ⋅=

Možemo izraziti inverznu struju zasićenja diode:

T

D

UV

S eII−

⋅= Zamenom brojnih vrednosti dobijamo:

AeIS14026.0

7.03 1021010 −−− ⋅=⋅⋅=

ZADATAK PN8: Dato je kolo na slici, pri čemu su upotrebljene identične silicijumske diode. Izmerena struja kroz diodu D1 iznosi I1 = 10 mA, a izmereni napon na diodi D2 je V2 = 0.68 V. Izračunati vrednost otpornosti otpornika R1. Dato je: R2 = 1 kΩ, E = 3 V i UT = 0.026 V. Rešenje: Napon na diodi D2 je V2, a struju kroz ovu diodu označićemo sa I2. Za tu granu kola važi:

222 VIRE +⋅=

Iz prethodne jednačine možemo da izračunamo struju I2:

mAR

VEI 32.21000

68.03

2

22 =

−=

−=

Iz izraza za struju diode možemo da izostavimo drugi član u zagradi jer su diode direktno polarisane (exp(VD/UT) >> 1).

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛−⋅= 1T

DUV

S eII

Izraz za struju diode D2 sada postaje:

TUV

S eII2

2 ⋅=

Možemo izraziti inverznu struju zasićenja diode:

AeeII TUV

S14026.0

68.03

2 10016.11032.22

−−−−

⋅=⋅⋅=⋅=

Struja kroz diodu D1 je I1, a napon na ovoj diodi označićemo sa V1. Za tu granu kola važi:

111 VIRE +⋅=

Iz prethodne jednačine možemo da izračunamo vrednost otpornika R1:

1

11 I

VER −= .................(1)

Nepoznat nam je pad napona na diodi D1:

Iz izraza za struju diode D1: TUV

S eII1

1 ⋅= možemo da odredimo V1:

VIIUVS

T 718.010016.1

1010ln026.0ln 14

31

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⋅⋅

⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅= −

−

Sada iz (1) dobijamo:

Ω=⋅

−=

−= − 228

1010718.03

31

11 I

VER

ZADATAK PN11: Za date ulazne napone (Vin) prikazane na slikama 1 i 2 nacrtati oblike napona (Vout) na izlazima ispravljača.

Slika 1

Slika 2 Rešenje: Maksimalna vrednost izlaznog napona (Vmaxout) na slici 1 iznosi:

VVVVVVinout

30.47.057.0maxmax =−=−=

Maksimalna vrednost je smanjena za 14% Oblik izlaznog signala prikazan je na slici 3.

Maksimalna vrednost izlaznog napona (Vmaxout) na slici 2 iznosi:

VVVVVVinout

30.997.01007.0maxmax =−=−=

Maksimalna vrednost je smanjena za 0.7% Oblik izlaznog signala prikazan je na slici 4.

BIPOLARNI TRANZISTORI Bipolarni tranzistori su komponente sa tri izvoda (kao što je prikazano na slici). Ti izvodi

su kontaktirani za tri oblasti: oblast tranzistora iz koje se injektuju nosioci naelektrisanja zove se emitor, oblast u koju se injektuju ti nosioci je baza, a oblast u koju ekstrakcijom iz baze dolaze nosioci zove se kolektor.

Bipolarni tranzistor se sastoji od dva p-n spoja, kao što je prikazano na slici. Međutim, naglašava se da ti p-n spojevi moraju da budu u jednoj poluprovodničkoj komponenti; tranzistor se ne može, dakle, dobiti jednostavnim spajanjem dva p-n spoja (dve diode); osnovno svojstvo tranzistora sastoji se baš u tome da između tih p-n spojeva postoji uzajamno dejstvo; strujom jednog spoja može se upravljati struja drugog p-n spoja. U zavisnosti od toga koga je tipa srednja oblast, koja se, kao što je rečeno, zove baza, razlikuju se p-n-p (PNP) i n-p-n (NPN) tranzistori. Na prethodnoj slici je prikazan NPN tranzistor.

NAČIN RADA TRANZISTORA

U normalnom radnom režimu (aktivnom

režimu) jedan p-n spoj tranzistora je direktno, a drugi inverzno polarisan; direktno polarisan spoj jeste emitor-bazni (ili, kratko, emitorski) spoj, a inverzno polarisan spoj je kolektor-bazni (kolektorski) spoj.

Polarizacija tranzistora u ostalim oblastima rada prikazana je na slici.

Prema tome, u normalnom radnom režimu (aktivnom režimu) kod PNP tranzistora (slika a) pozitivan pol izvora priključen je za emitor preko metalnog kontakta, a negativan za bazu; pozitivan pol kolektorskog izvora priključen je na bazu, a negativan na kolektor. Kod NPN tranzistora (slika b) je obrnuto.

Za tranzistore važi:

CBE III +=

Osnovna karateristika bipolarnog tranzistora jeste da je to komponenta koja ima pojačavačka svojstva, tj. da signal koji se dovodi na ulaz tranzistora biva pojačan na njegovom izlazu. Kako tranzistor ima tri izvoda, to se on može uključiti na 6 različitih načina u dva električna kola, pri čemu je jedan kraj zajednički za oba kola. Međutim, u praksi se koriste samo 3 načina vezivanja; Na primeru PNP tranzistora- spoj sa uzemljenom (zajedničkom) bazom, spoj sa uzemljenim emitorom i spoj sa uzemljenim kolektorom.

KOEFICIJENT STRUJNOG POJAČANJA

Odnos izlazne i ulazne struje zove se koeficijent strujnog pojačanja. Tako, kod tranzistora sa uzemljenom bazom, koeficijent strujnog pojačanja je:

E

C

II

=α za VEB = const.

Ovde, zapravo, nije reč o strujnom pojačanju, s obzirom da je α < 1; ovaj termin "koe-ficijent strujnog pojačanja" ima pravo značenje kod tranzistora sa uzemljenim emitorom, gde predstavlja odnos kolektorske (izlazne) i bazne (ulazne) struje:

B

C

II

=β za VBE = const.

Veza između koeficijenata strujnih pojačanja tranzistora sa uzemljenim emitorom i uzemljenom bazom:

ααβ−

=−

=−

==1/1

/EC

EC

CE

C

B

C

IIII

III

II .

Iz poslednjeg izraza, takođe, sledi:

β+β

=α1

.

STATIČKE STRUJNO-NAPONSKE KARAKTERISTIKE NPN TRANZISTORA SA UZEMLJENIM EMITOROM

Izlazne karakteristike tranzistora sa uzemljenim emitorom predstavljaju zavisnost

izlazne struje IC od izlaznog napona VCE pri konstantnoj ulaznoj struji IB. Vidi se da i kada je bazna struja jednaka nuli, između kolektora i emitora protiče struja ICE0; Sa slike se, takođe, vidi da su, desno od isprekidane krive (aktivna oblast emitorski spoj direktno a kolektorski spoj inverzno polarisan), izlazne karakteristike paralelne (to je samo teorijski, dok su u praksi one nagnute sa pozitivnim koeficijentom nagiba); isprekidana kriva označava granicu oblasti zasićenja (saturacije) i njome je određen napon zasićenja VCEsat između emitora i kolektora nakon kojeg je kolektorska struja praktično konstantna i jednaka ICsat. Levo od isprekidane krive (za napone 0 < VCE ≤ VCEsat i struje 0 < IC < ICsat) je i kolektorski p-n spoj direkno polarisan i ta oblast se ne koristi u pojačavačke svrhe.

NPN tranzistor

Normalna aktivna oblast: Naponski uslovi:

VBE > 0 BE spoj direktno polarisan VBC < 0 BC spoj inverzno polarisan

Strujni uslov: BC II β= Oblast zasićenja:

Naponski uslovi: VBE > 0 BE spoj direktno polarisan VBC > 0 BC spoj direktno polarisan

Strujni uslov: BC II β<

ZADATAK BJT1: Odrediti režim rada NPN bipolarnog tranzistora čije je strujno pojačanje β = 450, ako je poznato: a) VBE = 0.7 V, VCE = 5.2 V b) VBE = 0.7 V, VCE = 0.2 V c) VBE = 0.8 V, VBC = 0.8 V d) VBE = 0.8 V, VBC = −0.7 V e) VBE = −0.8 V, VBC = 0.7 V f) VBE = 0.1 V, VBC = −10 V g) IC = 455 mA, IB = 1 mA h) IC = 455 mA, IE = 502 mA Rešenje: a) VBE = 0.7 V > 0 BE spoj direktno polarisan

VBC = VBE − VCE = −4.5 V < 0 BC spoj inverzno polarisan Tranzistor je u normalnom aktivnom režimu b) VBE = 0.7 V > 0 BE spoj direktno polarisan

VBC = VBE − VCE = 0.5 V > 0 BC spoj direktno polarisan Tranzistor je u zasićenju c) VBE = 0.8 V > 0 BE spoj direktno polarisan

VBC = 0.8 V > 0 BC spoj direktno polarisan Tranzistor je u zasićenju d) VBE = 0.8 V > 0 BE spoj direktno polarisan

VBC = −0.7 V < 0 BC spoj inverzno polarisan Tranzistor je u normalnom aktivnom režimu e) VBE = −0.8 V < 0 BE spoj inverzno polarisan

VBC = 0.7 V > 0 BC spoj direktno polarisan Tranzistor je u inverznom režimu f) VBE = 0.1 V > 0 BE spoj direktno polarisan

VBC = −10 V < 0 BC spoj inverzno polarisan Teorijski tranzistor je u normalnom aktivnom režimu, ali VBE = 0.1 V je ispod nivoa direktno polarisanog PN spoja ⎟ prekid g) U normalnom aktivnom režimu BC II β= β = 450

mAI B 1= mAmAmAIC 4554501450 ≈=⋅= Tranzistor je u normalnom aktivnom režimu

h) mAIC 455= , mAI E 502= ⎟ mAIII CEB 47=−=

β = 450 AmAI B 15.2147450 =⋅=β

BC II β< Tranzistor je u zasićenju

ZADATAK BJT2: Pojačanje bipolarnog tranzistora sa zajedničkim emitorom koji radi kao naponom kontrolisani strujni izvor je β = 450. Ako je kolektorska struja IC = 1 mA, izračunati baznu i emitorsku struju. Izračunati strujno pojačanje α tranzistora sa zajedničkom bazom. Rešenje: Pojačanje tranzistora sa zajedničkim emitorom:

B

C

II

=β ⎟ AmAII CB μ

β22.2

4501

===

S obzirom da je:

BCE III += ⎟ mAmAmAI E 00222.100222.01 =+= Pojačanje tranzistora sa zajedničkom bazom:

E

C

II

=α

1//

+=

+=

+===

ββα

B

B

B

C

B

C

B

BC

B

C

BE

BC

E

C

II

II

II

III

II

IIII

II

Zamenom brojnih vrednosti dobijamo:

9978.01450

4501

=+

=+

=ββα

ZADATAK BJT3: NPN bipolarni tranzistor u kolu sa slike ima strujno pojačanje β = 550, dok je RC = 1 kΩ i V + = 5 V. Odrediti minimalnu struju baze IB pri kojoj će se tranzistor naći u zasićenju. Pretpostaviti da je VBE = 0.7 V. Rešenje: Tranzistor će biti u zasićenju ukoliko su ispunjeni sledeći uslovi: Oba spoja direktno polarisana: 0>BEV , 0>BCV .....................( I )

BC II β< .....................( II ) Iz (I) se dobija

0>BCV 0>+ ECBE VV

ECBE VV −>

CEBE VV >

CCBE RIVV −> + Iz ovog uslova se dobija:

+>+ VVRI BECC

C

BEC R

VVI −>

+

mAIC 3.41000

7.05=

−>

S druge strane iz uslova ( II ) je:

BC II β< ⎟ βC

BII >

AmAI B μ82.75503.4

=>

ZADATAK BJT4: Na slici su prikazane izlazne karakteristike bipolarnog tranzistora u kolu pojačavača sa zajedničkim emitorom za slučajeve različitih baznih struja. Odrediti radnu tačku i režim rada tranzistora za date različite struje baze ako je vrednost otpornika koji se vezuje u kolo kolektora:

a) Ω= k21CR ; b) Ω= k52CR .

Poznato je VVCC 3= . Rešenje:

a) RC1=2 kΩ VCE=VCC−RC1IC Za IC = 0 dobija se VVV CCCE 3== dobijamo tačku T1= (3 V, 0 A) Za VCE = 0 dobija se mA

RVI

C

CCC 5.1

1023

31

=⋅

==

dobijamo tačku T2 = (0 V, 1.5 mA) Povezivanjem T1 i T2 dobijamo radnu pravu. b) RC2=5 kΩ VCE=VCC−RC2IC Za IC = 0 dobija se VVV CCCE 3== dobijamo tačku T3=T1= (3 V, 0 A) Za VCE = 0 dobija se mA

RVI

C

CCC 6.0

1053

32

=⋅

==

dobijamo tačku T4 = (0 V, 0.6 mA)

Povezivanjem T3 i T4 dobijamo radnu pravu. a) Za IB=2.5 μA, IB=7.5 μA, IB=12.5 μA tranzistor je u aktivnom režimu Za IB=17.5 μA tranzistor je u zasićenju b) Za IB=2.5 μA tranzistor je u aktivnom režimu Za IB=7.5 μA, IB=12.5 μA, IB=17.5 μA tranzistor je u zasićenju Radna tačka: IB=2.5 μA IB=7.5 μA IB=12.5 μA IB=17.5 μA a) VCE=2.48V

IC=0.26mA VCE=1.47V IC=0.76mA

VCE=0.46V IC=1.26mA

VCE=0.04V IC=1.47mA

b) VCE=1.73V IC=0.26mA

VCE=0.04V IC=0.59mA

VCE=0.01V IC=0.59mA

VCE=0.01V IC=0.59mA

ZADATAK BJT5: Na slici su prikazane izlazne karakteristike bipolarnog tranzistora u kolu pojačavača sa zajedničkim emitorom za slučajeve različitih baznih struja. Prikazana je i radna tačka M za slučaj kada je struja baze IB=10 μA. a) Odrediti vrednost otpornosti otpornika koji je vezan u kolo kolektora RC1. b) Ako se otpornik RC1 zameni otpornikom RC2 koji ima 4 puta veću otpornost odrediti u kom režimu radi tranzistor ako je struja baze IB=10 μA? Poznato je VVCC 6= . Rešenje:

a) Treba odrediti vrednost otpornosti otpornika RC1. U radnoj tačtki M važi:

VCEM=VCC−RC1ICM.................................(1) Odavde se dobija:

Ω=⋅−

=−

= − kI

VVRCM

CEMCCC 5.1

10236

31

b) Ako se RC1 zameni otpornikom RC2= 4⋅RC1=6 kΩ VCE=VCC−RC2IC.................................(2)

Za IC = 0 dobija se VVV CCCE 6== dobijamo tačku T1= (6 V, 0 A) Za VCE = 0 dobija se mA

RVI

C

CCC 1

1066

32

=⋅

==

dobijamo tačku T2 = (0 V, 1 mA) Povezivanjem T1 i T2 dobijamo radnu pravu za slučaj RC2 =6 kΩ. Sa slike možemo videti gde je radna tačka M1 (za slučaj kada je struja baze 10 μA). Tranzistor je u zasićenju.

ZADATAK BJT6: Na slici su prikazane izlazne karakteristike bipolarnog tranzistora u kolu pojačavača sa zajedničkim emitorom za slučajeve različitih baznih struja. Prikazane su i radne tačke M1 i M2 za slučaj kada su struje baze 30 μA i 20 μA, respektivno. Odrediti vrednost otpornosti otpornika koji se vezuje u kolo kolektora RC i vrednost napona napajanja VCC. Rešenje:

Treba nacrtati radnu pravu. RC=? VCC=? VCE=VCC−RCIC.................................(1) Kroz tačke M1 i M2 provučemo radnu pravu. Gde se radna prava preseče sa VCE osom dobijamo tačku T1 Gde se ta prava preseče sa IC osom dobijamo tačku T2

U tački T1= (5 V, 0 A) važi da je IC=0. Iz izraza (1) se onda dobija:

VVV CCCE 5== Treba uzeti VCC=5 V. U tački T2= (0 V, 10 mA) važi da je VCE=0. Iz izraza (1) se onda dobija:

Ω=⋅−

=−

= − kI

VVRC

CECCC 5.0

101005

3

Treba uzeti RC=0.5 kΩ.

ZADATAK BJT8: Na slici su prikazane izlazne karakteristike bipolarnog tranzistora u kolu pojačavača sa zajedničkim emitorom za slučajeve različitih baznih struja. Odrediti vrednost otpornosti otpornika RC koji treba da se veže u kolo kolektora, tako da pri struji baze od 10 μA radna tačka tranzistora bude u aktivnoj oblasti. Na raspolaganju su otpornici sledećih vrednosti otpornosti: 6.8 kΩ, 3.3 kΩ i 1.5 kΩ. Poznato je VVCC 6= . Rešenje:

Treba nacrtati radne prave za sve tri vrednosti otpornika RC. VCE=VCC−RCxIC.................................(1) Za IC = 0 dobija se VVV CCCE 6== dobijamo tačku T1= (6 V, 0 A) Za VCE = 0 dobija se

Cx

CCC R

VI =

- Ako je RC=6.8 kΩ dobijamo IC=0.882 mA. Označićemo ovu tačku sa T2 = (0 V, 0.882 mA) - Ako je RC=3.3 kΩ dobijamo IC=1.818 mA. Označićemo ovu tačku sa T3 = (0 V, 1.818 mA) - Ako je RC=1.5 kΩ dobijamo IC=4 mA. Označićemo ovu tačku sa T4 = (0 V, 4 mA) Sada možemo da nacrtamo radne prave za sve tri vrednosti otpornika RC. Može se videti da se za otpornike otpornosti 6.8 kΩ i 3.3 kΩ tranzistor pri struji baze od 10 μA nalazi u zasićenju. Ako je otpornost otpornika 1.5 kΩ tranzistor se pri struji baze od 10 μA nalazi u normalnoj aktivnoj oblasti. Treba uzeti RC=1.5 kΩ.

ZADATAK BJT9: Pri baznoj struji IB = 1 μA, napon između emitora i kolektora NPN tranzistora sa uzemljenim emitorom (kao na slici), koji ima koeficijent strujnog pojačanja β = 200, iznosi VCE1 = 5 V. Kada kroz tranzistor protiče kolektorska struja IC = 1 mA, napon između emitora i kolektora tada iznosi VCE2 = 1 V. Izračunati koliko iznose vrednosti napona napajanja VCC i otpornost otpornika RC. Poznato je da VCES tranzistora iznosi 0.2V. Rešenje: IB = 1 μA VCE1 = 5 V IC = 1 mA VCE2 = 1 V VCE = VCC - IC⋅RC ...................(1) Tranzistor je u normalnoj radnoj oblasti, pa važi: IC= β⋅IB Zamenom u (1) dobija se: VCE1 = VCC - β⋅IB1⋅RC VCE2 = VCC – IC2⋅RC =VCC - β⋅IB2⋅RC Zamenom brojnih vrednosti dobijamo: 5=VCC − 200⋅1⋅10−6 ⋅RC ...................(2) 1=VCC − 1⋅10−3 ⋅RC ...................(3) Oduzimanjem (2) − (3) dobijamo: 800⋅10−6 ⋅RC = 4 Odavde se dobija: RC = 5 kΩ Iz (2) se onda dobija: VCC = 6 V

ZADATAK BJT11: Za kolo sa slike odrediti da li je tranzistor u zasićenju. Poznato je: VBB=3V, VCC=10V, RB=10kΩ, RC=1kΩ, VBE=0,7V, VCE(sat)=0,2V, β=50.

REŠENJE:

Na osnovu kola baze može se napisati:

BB B B BEV = R I +V (1)

odakle se za struju baze dobija:

I B=V BB− V BE

RB= 0,23 mA (2)

tako da je:

11,5BβI = mA (3)

S druge strane, kada je tranzistor u zasićenju, na osnovu kola kolektora je:

( )( ) 9,8CC CE sat

C satC

V VI = = mA

R

− (4)

Pošto je:

( ) BC satI < βI (5)

zaključuje se da je tranzistor u zasićenju.

Zadatak 1. Tranzistor u kolu pojacavaca sa zajednickim emitorom sa slike ima sledece teh-nicke specifikacije: maksimalna snaga disipacije PD(max) = 800 mW, maksimalni napon izmedukolektora i emitora VCE(max) = 15 V i maksimalna struja kolektrora IC(max) = 100 mA. Odreditimaksimalnu vrednost napajanja VCC za koju ce tranzistor raditi u okviru specificiranih vred-nosti. Poznato je: VBB = 5 V, RB = 22 kΩ, RC = 1 kΩ, VBE = 0.7 V, β = 100.

VBB

RB

RC

VCC

+

+

VCE

VBE+

+

Rešenje. Maksimalne vrednosti snage disipacije, napona izmedu kolektora i emitora i strujekolektora se definišu za aktivni režim rada tranzistora.

VBB

RB

RC

VCC

+

+

VCE

VBE+

+

IB

IC

Kolo baze zadovoljava relaciju:VBB = VBE + RBIB, (1)

iz koje se za struju baze dobija:

IB =VBB − VBE

RB

=5V − 0.7V

22 kΩ= 195µA. (2)

U aktivnom režimu rada struja kolektora je odredena vrednošcu struje baze i iznosi:

IC = βIB (3)

IC = 100 · 195µA = 19.5 mA.

Ova vrednosti je manja od maksimalne struje kolektora (IC < IC(max)).Za kolo kolektora važi relacija:

VCC = VCE + RCIC. (4)

Vrednosti RC i IC su poznate tako da je maksimalna vrednost VCC :

VCC(max) = VCE(max) + RCIC (5)

VCC(max) = 15 V + 1kΩ · 19.5 mA = 34.5 V.

Za ove vrednosti struje kolektora i napona izmedu kolektora i emitora disipacija na tranzistoruje:

PD = VCE(max)IC = 293 mW, (6)

što je ispod maksimalne dozvoljene vrednosti. Zakljucuje se da maksimalni napon izmedu ko-lektora i emitora predstavlja ogranicavajuci faktor, tako da je maksimalna dozvoljena vrednostnapona napajanja VCC(max) = 34.5 V.

Zadatak 2. Za kolo na slici u kome tranzistor radi kao prekidac odrediti:

a) Napon VOUT kada je VIN = 0 V.

b) Najmanju vrednost struje baze za koju ce tranzistor uci u zasicenje, ako je β = 125 iVCE(sat) = 0.2 V.

c) Maksimalnu vrednost RB za koju je obezbeden uslov zasicenja ako je VIN = 5 V.

Poznato je: VCC = 10 V, RC = 1 kΩ, VBE = 0.7 V.

RB

RC

VCC

+

+

VCE

VBE

+

VIN

VOUT

Rešenje. Kroz kolo proticu struje naznacene na slici:

RB

RC

VCC

+

+

VCE

VBE

+

VIN

VOUT

IB

IC

Napon na izlazu kola je:VOUT = VCE = VCC − RCIC. (1)

a) Kada je VIN = 0 V bazni spoj je zakocen tako da je IB = 0, a samim tim i IC ≈ 0. Odatle sledida je:

VOUT = VCC = 10V. (2)

b) Naponski uslov za tranzistor u zasicenju je VCE = VCE(sat). Za kolektorsko kolo važi relacija:

VCC = VCE(sat) + RCIC, (3)

odnosno u zasicenju struja kolektora iznosi:

IC =VCC − VCE(sat)

RC

(4)

IC =10 V − 0.2 V

1kΩ= 9.8 mA.

Strujni uslov zasicenja je IC < βIB odnosno:

IB >IC

β. (5)

Odavde se za najmanju vrednost struje baze koja obezbeduje zasicenje tranzistora dobija:

IB(min) =9.8 mA

125= 78.4µA.

c) Kolo baze zadovoljava relaciju:VIN = VBE + RBIB. (6)

Maksimalna dozvoljena vrednost RB za uslov zasicenja se dobija pri minimalnoj vrednosti strujebaze:

RB(max) =VIN − VBE

IB(min)=

5 V − 0.7 V

78.4µA= 54.85 kΩ. (7)

Zadatak 3. Odrediti radnu tacku (VCE, IC) za tranzistorsko kolo napajano preko naponskograzdelnika prikazano na slici. Poznato je: VCC = 10 V, RE = 560Ω, RC = 1 kΩ, R1 = 10 kΩ,R2 = 5.6 kΩ, VBE = 0.7 V, β = 100.

R1

RC

VCC

+

+

VCE

VBE

+

RE

R2

Rešenje. Kroz kolo proticu struje naznacene na slici:

R1

RC

VCC

+

+

VCE

VBE

+

RE

R2

IB

IC

IE

IB+I2

I2

Napon na bazi tranzistora je:VB = R2I2. (1)

Istovremeno važi relacija:VCC = R1(IB + I2) + R2I2. (2)

Kola napajana preko naponskog razdelnika se realizuju tako da je struja baze mnogo manja odstruje koja protice kroz otpornik R2 (IB ≪ I2). Time se relacija (2) može pojednostaviti:

VCC ≈ (R1 + R2)I2. (3)

Za struju I2 se dobija:

I2 ≈VCC

R1 + R2, (4)

odnosno za napon na bazi tranzistora:

VB ≈

R2

R1 + R2VCC =

5.6 kΩ

10 kΩ+ 5.6 kΩ10 V = 3.59 V. (5)

Napon na emitoru tranzistora je:

VE = VB − VBE (6)

VE = 3.59 V − 0.7 V = 2.89 V,

a na osnovu njega struja emitora:

IE =VE

RE

=2.89 V

560Ω= 5.16 mA.

Struja kolektora je:

IC = IE − IB = αIE =β

β + 1IE (7)

IC =100

100 + 15.16 mA = 5.11 mA.

Naponska relacija za kolo kolektora je:

VCC = RCIC + VCE + VE, (8)

što za napon izmedu kolektora i emitora daje:

VCE = VCC − RCIC − VE (9)

VCE = 10V − 1 kΩ · 5.11 mA − 2.89 V = 2 V.

Radna tacka je odredena vrednostima VCE = 2 V, IC = 5.11 mA.

Zadatak 4. Odrediti radnu tacku (VCE, IC) za tranzistorsko kolo prikazano na slici. Poznato je:VCC = 12 V, RC = 560Ω, RB = 330 kΩ, VBE = 0.7 V, β = 100.

RB

RC

VCC

+

+

VCE

VBE

+

Rešenje. Kroz kolo proticu struje naznacene na slici:

RB

RC

VCC

+

+

VCE

VBE

+

IB

IC

Za kolo baze važi naponska relacija:

VCC = RBIB + VBE, (1)

na osnovu koje se struja baze odreduje kao:

IB =VCC − VBE

RB

(2)

IB =12 V − 0.7 V

330 kΩ= 34.2µA.

Struja kolektora je:IC = βIB = 100 · 34.2µA = 3.42 mA, (3)

dok se za napon izmedu kolektora i emitora dobija:

VCE = VCC − RCIC (4)

VCE = 12V − 560Ω · 3.42 mA = 10.1 V.

Radna tacka je odredena vrednostima VCE = 10.1 V, IC = 3.42 mA.

Zadatak 5. Odrediti radnu tacku (VCE, IC) za tranzistorsko kolo prikazano na slici. Poznato je:VCC = 12 V, RC = 560Ω, RB = 330 kΩ, RE = 1 kΩ, VBE = 0.7 V, β = 100.

RB

RC

VCC

+

+

VCE

VBE

+

RE

Rešenje. Kroz kolo proticu struje naznacene na slici:

RB

RC

VCC

+

+

VCE

VBE

+

RE

IB

IC

IE

Za kolo baze važi naponska relacija:

VCC = RBIB + VBE + REIE. (1)

Veza izmedu struje emitora i struje baze je:

IE = IC + IB = βIB + IB = (β + 1)IB. (2)

Zamenom IE u (1) dobija se:

VCC = RBIB + VBE + RE(β + 1)IB, (3)

odnosno struja baze se odreduje kao:

IB =VCC − VBE

RB + RE(β + 1)(4)

IB =12 V − 0.7 V

330 kΩ+ 1 kΩ(100 + 1)= 26.2µA.

Struja kolektora je:IC = βIB = 100 · 26.2µA = 2.62 mA, (5)

a struja emitora:IE = (β + 1)IB = (100 + 1) · 26.2µA = 2.65 mA. (6)

Za kolo kolektora važi naponska relacija:

VCC = RCIC + VCE + REIE. (7)

dok se za napon izmedu kolektora i emitora dobija:

VCE = VCC − RCIC − REIE (8)

VCE = 12V − 560Ω · 2.62 mA − 1kΩ · 2.65 mA = 7.88 V.

Radna tacka je odredena vrednostima VCE = 7.88 V, IC = 2.62 mA.

Zadatak 6. Odrediti radnu tacku (VCE, IC) za tranzistorsko kolo prikazano na slici. Poznato je:VCC = 10 V, RC = 10 kΩ, RB = 180 kΩ, VBE = 0.7 V, β = 100.

RB

RC

VCC

+

+

VCE

VBE

+

Rešenje. Kroz kolo proticu struje naznacene na slici:

RB

RC

VCC

+

+

VCE

VBE

+

IB+IC

IB

IC

Za kolo baze važi naponska relacija:

VCC = RC(IC + IB) + RBIB + VBE. (1)

Struja kolektora je:IC = βIB. (2)

Zamenom IC u (1) dobija se:

VCC = (β + 1)RCIB + RBIB + VBE, (3)

odnosno struja baze se odreduje kao:

IB =VCC − VBE

RB + (β + 1)RC

(4)

IB =10 V − 0.7 V

180 kΩ+ (100 + 1)10 kΩ= 7.82µA.

Za struju kolektora se dobija:

IC = βIB = 100 · 7.82µA = 782µA, (5)

a za napon izmedu kolektora i emitora:

VCE = VCC − RC(IC + IB) (6)

VCE = 10 V − 10 kΩ(782µA + 7.82µA) = 2.1 V.

Radna tacka je odredena vrednostima VCE = 2.1 V, IC = 782µA.

MOS TRANZISTORI MOS tranzistori su komponente sa tri izvoda: sors, drejn i gejt. MOS (Metal-Oxide-

Semicoductor) tranzistori spadaju u grupu tranzistora sa efektom polja, takozvane FET (Field-Effect Transistor), tako da se mogu sresti i pod nazivom MOSFET.

Najveća prednost MOS tranzistora je u tome što su to naponski kontrolisane

komponente, za razliku od strujno kontrolisanih (strujom baze) bipolarnih tranzistora. Poznato je da kod bipolarnih tranzistora u procesu provođenja električne struje učestvuju

obe vrste nosilaca naelektrisanja (i elektroni i šupljine). Za razliku od bipolarnih, MOS tranzistori su unipolarne komponente kod kojih u provođenju električne struje u normalnom radnom režimu učestvuje samo jedna vrsta nosilaca naelektrisanja. U zavisnosti od toga koja vrsta nosilaca učestvuje u provođenju, MOS tranzistori se dele na n-kanalne i p-kanalne.

NAČIN RADA MOS TRANZISTORA

MOS tranzistori koriste efekat poprečnog polja, kojim se ostvaruje inverzija tipa provodnosti površinskog sloja poluprovodnika ispod gejta i na taj način formira kanal između sorsa i drejna. Ako se, na primer, kod n-kanalnog MOS tranzistora gejt priključi na pozitivan napon u odnosu na p-supstrat, pri čemu su i sors i drejn uzemljeni, u supstratu će se neposredno ispod oksida na njegovoj površi, indukovati negativno naelektrisanje i to tako što će se šupljine iz površinskog sloja udaljiti i ostaviti nekompenzovane negativno naelektrisane akceptorske jone. Povećavanjem pozitivnog napona na gejtu sve više se udaljavaju šupljine, a iz zapreminskog dela supstrata ka povšini kreću manjinski elektroni sve dok, pri određenom naponu na gejtu, ne nastupi inverzija tipa provodnosti supstrata. Drugim rečima, pri jednoj vrednosti napona na gejtu, koji se zove napon praga i obeležava sa VT, površinski sloj p-supstrata ispod oksida gejta, a između sorsa i drejna, ponaša se kao n-tip poluprovodnika. Stoga se ta oblast ponaša kao kanal od sorsa do drejna (sors i drejn su istog tipa provodnosti kao indukovani kanal). Ako se u tim uslovima dovede pozitivan napon na drejn u odnosu na sors, elektroni iz sorsa kroz kanal mogu driftovski da dođu do drejna, odnosno u tom slučaju između sorsa i drejna će proticati struja drejna. Ukoliko je napon na gejtu veći, utoliko je “jača” inverzija tipa, odnosno utoliko je veći broj elektrona u kanalu.

Kada je reč o p-kanalnom MOS tranzistoru inverzija tipa n-supstrata ostvaruje se negativnim naponom na gejtu u odnosu na supstrat, a u indukovanom kanalu se “skupljaju” šupljine.

IZLAZNE KARAKTERISTIKE MOS TRANZISTORA

Uspostavljanje kanala između sorsa i drejna omogućuje proticanje struje od sorsa do

drejna kada se priključi odgovarajući napon na drejn. Izlazne karakteristike MOS tranzistora predstavljaju zavisnosti struje drejna ID od napona na drejnu VD.

Pri veoma malim naponina na drejnu kanal se može predstaviti kao otpornik, tako da je

struja drejna u jednom delu strujno-naponske (ID-VD) karakteristike približno linearno propor-cionalna naponu na drejnu; to je tzv. linearna oblast rada MOS tranzistora.

Nakon linearne oblasti, a pri naponima |VD| < |VG − VT|, struja drejna sporije raste sa povećavanjem napona na drejnu. To je, stoga, što se kanal u okolini drejna sužava, kao posledica povećavnja širine prelazne oblasti p-n spoja drejn-supstrat, koji je inverzno polarisan. Ta oblast, zajedno sa linearnom oblašću, sve do napona na drejnu |VD| = |VG − VT| zove se triodna oblast, (zato što podseća na sličnu oblast na strujno-naponskoj karateristici triode).

Kada u tački y = L debljina kanala postane jednaka nuli, dolazi do prekida kanala i to se dešava pri naponu na drejnu |VD| = |VG − VT|. Napon drejna pri kome nastaje prekid kanala zove se napon zasićenja (saturacije) VDsat. Sa daljim povećanjem napona na drejnu (|VD| > |VG − VT|), dužina kanala se smanjuje sa L na L'. Struja, međutim, i dalje protiče i sa povećanjem napona na drejnu ostaje konstantna. Zbog toga se oblast rada MOS tranzistora pri naponima VD ≥ VDsat zove oblast zasićenja.

Triodna oblast:

[ ] [ ]22 )(2)(22 DSDSTGSDSDSTGS

ox

oxnD VVVVkVVVV

LtWI −⋅−=−⋅−=

εμ ................... (1)

roxoox εεε ⋅=

εo = 8.85⋅10−14 F/cm εrox = 3.9 L - dužina kanala W - širina kanala μn - pokretljivost elektrona u kanalu tox - debljina oksida gejta Linearna oblast (pri malim naponima na drejnu može se zanemariti drugi član u zagradi u izrazu (1)):

DSTGSD VVVkI ⋅−⋅= )(2 .................... (2) Otpornost kanala pri malim naponima na drejnu može se izračunati na sledeći način:

)(21

TGSD

DS

VVkIVR

−⋅==

Oblast zasićenja:

2)( TGSDsat VVkI −⋅= .................... (3)

ZADATAK MOS1: Polazeći od izraza za struju drejna NMOS tranzistora u triodnoj oblasti:

[ ]2)(22 DSDSTGS

ox

oxnD VVVV

LtWI −⋅−=

εμ ,

izvesti izraz za struju drejna u oblasti zasićenja. U polju izlaznih karakteristika skicirati krivu koja razdvaja triodnu oblast od oblasti zasićenja. Rešenje: Pođimo od uslova za određivanje napona zasićenja (saturacije) 0=

DS

D

dVdI .

[ ]2)(22 DSDSTGS

ox

oxnD VVVV

LtWI −⋅−=

εμ ...............................................................(1)

[ ] 02)(22

=−−= DSTGSox

oxn

DS

D VVVLtW

dVdI εμ ⎟ TGSDSsat VVV −= .......................(2)

Kako bi smo odredili struju drejna u oblasti zasićenja DsatI zamenimo (2) u (1).

[ ] [ ] 222 22

)(22 DSsatDSsatDSsatDSsat

ox

oxnDSsatDSsatTGS

ox

oxnsatD kVVVV

LtWVVVV

LtWI =−⋅=−⋅−=

εμεμ

22)( DSsatTGSsatD kVVVkI =−= ...............................................................(3)

Izlazne karakteristike NMOS tranzistora:

Izlazne karakteristike NMOS tranzistora:

Grafički prikaz realnih karakteristika NMOS tranzistora:

0 2 4 6 8 100.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

VGS=2V

VGS=3V

VGS=4V

I D(m

A)

VDS(V)

VGS=5V

NMOS

Grafički prikaz realnih karakteristika PMOS tranzistora:

0 2 4 6 8 100.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

VGS=-2V

VGS=-3V

VGS=-4V

-I D(m

A)

-VDS(V)

VGS=-5VPMOS

ZADATAK MOS2: NMOS tranzistor realizovan je tako da mu je napon praga VT = 1 V, dužina kanala 5 μm, širina kanala 50 μm, pokretljivost elektrona u kanalu μn = 800 cm2/Vs i debljina oksida gejta 40 nm. Izračunati:

a) Kolika će biti struja drejna pri VDS = 4 V i VGS = 4.8 V? b) Za koliko će se promeniti struja drejna ako se pri istom naponu na drejnu (4 V)

napon na gejtu poveća na vrednost 5.8 V? Poznato je: εo = 8.85⋅10−14 F/cm i εrox = 3.9.

Rešenje: a) VDS = 4 V VVVV TGSDSsat 8.318.4 =−=−=

VGS = 4.8 V DSsatDS VV > ⎟ tranzistor je u zasićenju Struja drejna u oblasti zasićenja DsatI može se izraziti na sledeći način:

22)( DSsatTGSsatD kVVVkI =−= ,

Gde je:

24

47

414104515.3

1051040210509.31085.8800

2 VA

LtWk

ox

oxn −−−

−−

⋅=⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅==

εμ

mAkVI DSsatsatD 984.48.3104515.3 242 =⋅== −

b) VDS = 4 V VVVV TGSDSsat 8.418.5 =−=−=

VGS = 5.8 V DSsatDS VV < ⎟ tranzistor je u triodnoj oblasti

Struja drejna u triodnoj oblasti DI može se izraziti na sledeći način:

[ ] [ ][ ] mA

VVVVkVVVVkI DSDSTGSDSDSTGSD

731.744)18.5(2104515.3

)(2)(224

22

=−⋅−⋅=

=−⋅−=−⋅−=−

Struja drejna se promenila za: mAID 747.2984.4731.7 =−=Δ

Grafički prikaz:

ZADATAK MOS5: NMOS tranzistor realizovan je tako da mu je napon praga 1 V, dužina kanala L = 5 μm, širina kanala W = 50 μm, pokretljivost elektrona u kanalu μn = 800 cm2/Vs i debljina oksida gejta 40 nm. Odrediti otpornost kanala:

a) pri malim naponima na drejnu, ako je napon na gejtu 5 V. b) kada tranzistor ulazi u zasićenje, ako je napon na gejtu 5 V.

Poznato je: εo = 8.85⋅10−14 F/cm, εrox = 3.9. Rešenje: a) Pri malim naponima na drejnu (linearna oblast) zanemaruje se kvadratni član u zagradi:

[ ] [ ]22 )(2)(22 DSDSTGSDSDSTGS

ox

oxnD VVVVkVVVV

LtWI −⋅−=−⋅−=

εμ

DSTGSD VVVkI )(2 −≈ Ovo je početni deo triodne oblasti i naziva se linearna oblast

24

47

414104515.3

1051040210509.31085.8800

2 VA

LtWk

ox

oxn −−−

−−

⋅=⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅==

εμ

Otpornost kanal pri malim naponima na drejnu:

Ω=−⋅⋅

=−

=== − 362)15(104515.32

1)(2

14

TGSD

DS

VVkIV

IUR

b) Kada tranzistor ulazi u zasićenje on upravo izlazi iz triodne oblasti, pa važi

2DSsatDsat kVI = ⎟ Ω=

⋅⋅==== − 724

4104515.311

4DSsatDsat

DSsat

kVIV

IUR

Grafički prikaz:

ZADATAK MOS8: Odrediti radnu tačku (VDS, ID) za tranzistorsko kolo prikazano na slici. Napon praga ovog tranzistora je VT = 3 V. Merenjem je utvrđeno da je napon VGS = 8.5 V. Poznato je: VDD = 15 V, R1 = 10 MΩ i RD = 4.7 kΩ. Rešenje: Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:

Struja IG = 0, pa kroz otpornik R1 ne protiče struja. Onda VG = VD. Odavde se dobija da je:

VGS = VDS = 8.5 V Za napon VVGS 5.8= vrednost saturacionog napona DSsatV iznosi: VVVV TGSDSsat 5.535.8 =−=−= Kako je DSsatDS VV > zaključujemo da je tranzistor u zasićenju. Kako je IG = 0, kroz otpornik RD protiče samo struja ID. Za kolo drejna onda važi relacija: VDD = VDS +RDID

Odavde se dobija struja ID:

D

DSDDD R

VVI −=

Zamenom brojnih vrednosti dobija se: mAID 383.1=

Radna tačka je određena vrednostima: VVDS 5.8= i mAID 383.1= .

ZADATAK MOS9: Za kolo prikazano na slici, napajano preko naponskog razdelnika, uzeti su sledeći otpornici: R1 = 10 MΩ i R2 = 4.7 MΩ. Ako je napon praga ovog tranzistora VT = 5 V, a k = 2⋅10−4 A/V2 da li je ovakvim izborom otpornika R1 i R2 obezbeđen rad tranzistora u zasićenju? Poznato je: VDD = 10 V i RD = 1 kΩ. Rešenje: Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:

Struja IG = 0, pa kroz otpornike R1 i R2 teče ista struja I1:

211 RR

VI DD

+=

Napon VGS se onda može izraziti:

DDGS VRR

RIRV21

212 +=⋅=

Zamenom brojnih vrednosti dobija se: VVGS 197.3=

Kako je VGS < VT zaključujemo da je tranzistor zakočen.

ZADATAK MOS10: Odrediti radnu tačku (VDS, ID) za tranzistorsko kolo prikazano na slici. Napon praga ovog tranzistora je VT = 2 V, dok pri naponu na gejtu VGS = 4 V struja drejna u zasićenju iznosi IDsat = 200 mA. Poznato je: VDD = 24 V, R1 = 100 kΩ, R2 = 15 kΩ i RD = 200 Ω. Rešenje: Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:

Struja IG = 0, pa kroz otpornike R1 i R2 teče ista struja I1:

211 RR

VI DD

+=

Napon VGS se onda može izraziti:

DDGS VRR

RIRV21

212 +=⋅=

Zamenom brojnih vrednosti dobija se: VVGS 13.3=

Kako je VGS > VT zaključujemo da tranzistor nije zakočen. Pretpostavimo da je pri naponu VVGS 13.3= tranzistor u zasićenju. Tada važi:

22)( DSsatTGSsatD kVVVkI =−= ......................................(1) Potrebno je odrediti vrednost parametra k. Poznato je da pri naponu na gejtu VGS2 = 4 V struja drejna u zasićenju iznosi IDsat2 = 200 mA. Odavde možemo da izračunamo vrednost parametra k.

22

2

3

22

2 105)24(

10200)( V

AVV

Ik

TGS

satD −−

⋅=−⋅

=−

=

Zamenom brojnih vrednosti u (1) dobijamo: mAI satD 845.63)213.3(105 22 =−⋅= −

Za kolo drejna važi relacija: VDD = VDS +RDID

Odavde se za napon VDS dobija: VDS=VDD−RDID

Zamenom brojnih vrednosti dobija se: VVDS 231.1110845.6320024 3 =⋅⋅−= − Za napon VVGS 13.3= vrednost saturacionog napona DSsatV iznosi: VVVV TGSDSsat 13.1213.3 =−=−= Kako je DSsatDS VV > zaključujemo da je tranzistor u zasićenju. Polazna pretpostavka je u redu. Radna tačka je određena vrednostima: VVDS 231.11= i mAID 845.63= .

ZADATAK MOS12: Za kolo napajano preko naponskog razdelnika sa slike odrediti vrednost otpornosti ako je poznato: napon i struja u radnoj tački VDS = 4 V, ID = 0.25 mA; napon na otporniku RS je VRs = 1 V; struja kroz otpornike napajanja IR = 20μA; VDD = 5 V, VSS = −5 V, VT = 1.2 V i k = 0.16 mA/V2. Rešenje: Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:

Napon na otporniku RS može se izraziti na sledeći način:

DSR IRVS

⋅=

Odavde može da se izračuna vrednost otpornosti otpornika RS.

Ω=⋅

== − kI

VR

D

RS

S 41025.0

13

Za kolo drejna važi naponska relacija: SSDSDSDDDD VIRVIRV +⋅++⋅= Odavde može da se izračuna vrednost otpornosti otpornika RD. Ω=

⋅+−−

=−⋅−−

= − kI

VIRVVRD

SSDSDSDDD 20

1025.051453

Za kolo gejta važi naponska relacija: SSRSSRRDD VIRRVIRIRV +⋅+=+⋅+⋅= )( 2121 Odavde može da se izračuna zbir otpornosti otpornika R1 + R2. Ω=

⋅+

=−

=+ − kI

VVRRR

SSDD 5001002.055

321

Pretpostavimo da je tranzistor u zasićenju. Tada važi: 22)( DSsatTGSsatD kVVVkI =−= Odavde možemo da izračunamo VGS:

VVk

IV T

satDGS 45.22.1

1016.01025.0

3

3=+

⋅⋅

=+= −

−

Za napon VVGS 45.2= vrednost saturacionog napona DSsatV iznosi: VVVV TGSDSsat 25.12.145.2 =−=−= Kako je DSsatDS VV > zaključujemo da je tranzistor u zasićenju. Polazna pretpostavka je u redu. Iz naponske jednačine: DSRGS IRIRV ⋅−⋅= 2 , Možemo da izračunamo R2: Ω=

⋅+

=+

=⋅+

= − kI

VVI

IRVRR

RsGS

R

DSGS 5.1721002.0

145.232

Za R1 se onda dobija: Ω=−Ω= kRkR 5.327500 21

ZADATAK MOS13: Za tranzistor sa slike odrediti VGS, ID i VDS ako je poznato: VT = 1 V, k = 0.5 mA/V2, VDD = 5 V, VSS = −5 V, RD = 2 kΩ, RS = 1 kΩ, R1 = 60 kΩ i R2 = 40 kΩ. Rešenje: Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:

Za kolo gejta važi naponska relacija: SSRSSRRDD VIRRVIRIRV +⋅+=+⋅+⋅= )( 2121 Odavde može da se izračuna struja IR: mA

RRVVI SSDD

R 1.010401060

5533

21=

⋅+⋅+

=+−

=

Napon VGS može se izraziti na sledeći način: DSRGS IRIRV ⋅−⋅= 2 .............................(1) U jednačini (1) nepoznate veličine su VGS i ID. Potrebna nam je još jedna jednačina. Pretpostavimo da je tranzistor u zasićenju. Tada važi: 2)( TGSsatD VVkI −= .............................(2) Zamenom (2) u (1) dobijamo: 2

2 )( TGSSRGS VVkRIRV −⋅−⋅= Daljim sređivanjem dobija se: )2( 22

2 TTGSGSSRGS VVVVkRIRV +⋅−⋅−⋅=

kRIRkVRVkVRVkVR SRTSTGSSGSGSS :/02 222 =⋅−+−+

02 222 =⋅

−+−+kRIRVVV

kRVV

S

RTTGS

S

GSGS

021 222 =⋅

−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

kRIRVVV

kRV

S

RTGST

SGS

.............................(3)

VVkR T

S02212

105.0101121

33 =−=⋅−⋅⋅⋅

=− −

233

33222 781

105.0101101.010401 V

kRIRV

S

RT −=−

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

−=⋅

− −

−

Jednačina (3) sada postaje: 072 =−GSV VVGS 65.27 == Iz jednačine (2) možemo da izračunamo struju drejna IDsat: mAVVkI TGSsatD 36.1)165.2(105.0)( 232 =−⋅=−= − Za kolo drejna važi naponska relacija: SSDSDSDDDD VIRVIRV +⋅++⋅= Odavde može da se izračuna vrednost napona između drejna i sorsa VDS. SSDSDDDSSDSDDDDDS VIRRVVIRIRVV −⋅+−=−⋅−⋅−= )( Zamenom brojnih vrednosti dobijamo:

VVDS 92.551036.1)101102(5 333 =+⋅⋅⋅+⋅−= − Za napon VVGS 65.2= vrednost saturacionog napona DSsatV iznosi: VVVV TGSDSsat 65.1165.2 =−=−= Kako je DSsatDS VV > zaključujemo da je tranzistor u zasićenju. Polazna pretpostavka je u redu.

ZADATAK MOS15: Za kolo prikazano na slici 1 odrediti oblik izlaznog napona VDS. Poznato je: RD = 1 kΩ, VDD = 10 V, VGG = 8 V. Generator vin daje signal sinusnog oblika čija se amplituda menja od -1 do +1 V. Napon praga ovog tranzisora iznosi VT = 3 V, k=10−4 A/V2, a prenosna karakterisitka prikazana je na slici 2.

Slika 1. Slika 2. Rešenje: Naponi i struje u kolu prikazani su na slici 3:

Izvorima napajanja VGG i VDD obezbeđuju se potrebni naponi za rad tranzistora u zasićenju; izborom vrednosti otpornosti otpornika RD definiše se takozvana radna prava (radna tačka). Radna tačka Q (jednosmerni režim): VGS = 8 V

mAVVkI TGSsatD 5.2)38(10)( 242 =−=−= −

Ova vrednost DsatI može da se očita sa prenosne karakteristike tranzistora.

VIRVV DDDDDS 5.7105.21010 33 =⋅⋅−=⋅−= −

Za VGS = 8 V vrednost DSsatV iznosi:

Slika 3. VVVV TGSDSsat 538 =−=−= DSsatDS VV > tranzistor je u zasićenju

Kada se na gejt pored jednosmernog napona VGG dovede i naizmenični signal vin tada se napon VGS menja kao što je prikazano na slici 4 (VGS = VGG + vin). Maksimalna vrednost napona VGS je 9 V, a minimalna 7 V. Za ove vrednosti napona na gejtu treba izračunati vrednost izlaznog napona VDS.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 140

1

2

3

4

5

6

7

8

9

3.6

2.5

I D (m

A)

VGS (V)

Q

1.6

i) Maksimalna vrednost napona VGS: VGS = 9 V Sa prenosne karakteristike očitavamo DsatI

mAI satD 6.3=VIRVV DDDDDS 4.6106.31010 33 =⋅⋅−=⋅−= −

Za VGS = 9 V vrednost DSsatV iznosi:

VVVV TGSDSsat 639 =−=−=

DSsatDS VV > tranzistor je u zasićenju T1 (6.4 V, 3.6 mA)

Slika 4. ii) Minimalna vrednost napona VGS: VGS = 7 V Sa prenosne karakteristike očitavamo DsatI

mAI satD 6.1=VIRVV DDDDDS 4.8106.11010 33 =⋅⋅−=⋅−= −

Za VGS = 7 V vrednost DSsatV iznosi:

VVVV TGSDSsat 437 =−=−=

DSsatDS VV > tranzistor je u zasićenju T2 (8.4 V, 1.6 mA)

Slika 5. Oblik izlaznog napon VDS prikazan je na slici 5. Može se uočiti da je izlazni signal izobličen. Na slici 6., tačke Q, T1 i T2 prikazane su u polju izlaznih karakterisitka.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

1

2

3

4

5

6.4 7.5

T1 VGS =9V

VGS =8V

VGS =7V

I D (m

A)

VDS (V)

Q

T2

8.4

Slika 6.

ZADATAK OPTO1: U kolu sa slike bipolarni tranzistor (u ulozi prekidača) u sprezi sa LED-om radi kao indikator stanja. Za VIN=VOFF =0V LED ne svetli, dok za VIN=VON LED daje intenzivnu svetlost. Odrediti vrednosti otpornika RC i RB za koje je obezbeđeno funkcionisanje indikatora, ako je struja neophodna da LED daje intenzivnu svetlost 30mA, pri čemu je napon na njemu VLED=1.6V. Poznato je: VCC=9V, VBE=0.7V, VCE(sat)=0.2V, β=50, VON=5V. Rešenje:

Kada je na ulazu napon VIN=VOFF =0V tranzistor je zakočen (stanje otvorenog prekidača) i kroz njega ne protiču struje. Ni kroz LED ne teče struja i on ne emituje svetlost. Time je ovim indikatorom definisano isključeno stanje. Kada je na ulazu VIN=VON=5V tranzistor ima ulogu zatvorenog prekidača i kroz LED treba da teče struja od 30mA kojom je obezbeđena intenzivna svetlost. Time je ovim indikatorom definisano uključeno stanje. Kada svetli, napon na LED-u je VLED= 1.6V dok je struja kroz LED istovremeno i struja kolektora tranzistora IC. Kada predstavlja prekidač u zatvorenom stanju tranzistor radi u zasićenju i napon između kolektora i emitora je VCE(sat). Na osnovu datih podataka pišemo naponsku relaciju za kolektorsko kolo:

)(satCELEDCCCC VVIRV ++⋅= Pošto struja IC treba da ima vrednost od 30mA za vrednost otpornika RC se dobija:

C

satCELEDCCC I

VVVR )(−−

= ,

9V 1.6V 0.2V 2400.03ACR − −

= = Ω .

Da bi tranzistor bio u zasićenju mora da je ispunjena strujna relacija IC<β⋅IB odnosno da je:

min0.03A 600μA

50C

BIIβ

= = = .

Za bazno kolo tranzistora važi naponska relacija:

IN ON B B BV V R I V E= = ⋅ + . Odavde se za otpornost RB dobija:

max 4min

5V 0.7V 7.166kΩ6 10 A

ON BEB

B

V VRI −

− −= = =

⋅.

ZADATAK OPTO2: Kolo optokaplera sa slike sadrži LED i fototranzistor. Ako je koeficijent sprege (odnos struje kolektora fototranzistora i struje direktno polarisanog LED-a - CTR) 8%, odrediti vrednost napona polarizacije LED-a za koju će na izlazu kola biti naponski nivo logičke nule. Poznato je: VCC=5V, RC=50kΩ, R1=5kΩ, VCE(sat)=0.2V, VLED=1V. Rešenje:

Napon na izlazu kola jednak je naponu između kolektora i emitora tranzistora VOUT=VCE. Za kolo kolektora važi naponska relacija:

CC C C CEV R I V= ⋅ + , odnosno:

OUT CE CC C CV V V R I= = − ⋅ . Kada nema svetlosnog signala sa LED-a tranzistor ne vodi (IC=0) i na izlazu je nivo logičke jedinice, odnosno VOUT=VCC. Kada sa LED-a na bazno-kolektorski spoj fototranzistora dolazi svetlosni signal, postoji

određena struja kolektora IC proporcionalna osvetljaju, odnosno struji kroz LED – I1. Da bi na izlazu kola bio naponski nivo logičke nule fototranzistor treba da je u zasićenju (VOUT=VCE(sat)) i njegova struja kolektora je tada:

( )CC CE satC

C

V VI

R−

= ,

4

5V 0.2V 96μA5 10CI −

= =⋅ Ω

.

Koeficijent sprege je:

1

100%CICTRI

= ⋅ ,

tako da se za struju LED-a dobija:

1 100%CIICTR

= ⋅

196μA 100% 1.2mA8%

I = ⋅ = .

Za kolo LED-a važi naponska relacija:

1 1 1 LEDV R I V= ⋅ + , i za napon polarizacije LED-a se dobija:

1 5kΩ 1.2mA 1V=7VV = ⋅ + .