Fizička elektronika-vežbe

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:
Eg
Ec
Ev
Provodna zona
Ec - dno provodne zone
Ev – vrh valentne zone
Eg - energetski procep
(zabranjena zona)
Eg = Ec - Ev
Valentna zona
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
Ed
Eg
Ec
Ev
Ev
Donorski nivo
Akceptorski nivo
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
Ec
povećava koncentracija šupljina u valentnoj
Eg
zoni. Većinski nosioci naelektrisanja su
šupljine.
Ea

JEDNAČINA ELEKTRONEUTRALNOSTI
U poluprovodniku mora da je ispunjen uslov električne neutralnosti tako da važi jednačina
elektroneutralnosti:
−
+
n + N A = p + N ,
D
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 = N D i N - A = N A ,
tako da se jednačina elektroneutralnosti svodi na
n + N = p +
A
N D
Sopstveni poluprovodnik:
Za sopstveni poluprovodnik N D = N A = 0, i iz jednačine elektroneutralnosti sledi da je:
n = p = n i ,
gde je n i sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja.
Za poluprovodnike važi zakon o dejstvu masa
2
n ⋅ p =
n i
n - tip poluprovodnika:
Pod uslovom da su sve primese jonizovane može se napisati da je n ≈ N
Koncentracija šupljina se izračunava na osnovu zakona o dejstvu masa
2
ni
p =
ND
p - tip poluprovodnika:
Pod uslovom da su sve primese jonizovane može se smatrati da je p ≈ N A
Koncentracija elektrona se izračunava na osnovu zakona o dejstvu masa
2
ni
n =
N
A
Koncentracija elektrona u provodnoj zoni data je izrazom:
⎛ Ec
− E
f ⎞
n = N
⎜−
⎟
c
exp ,
⎝ kT ⎠
gde se efektivni broj stanja sveden na dno provodne zone izračunava na osnovu izraza:
3/ 2
19⎛
T ⎞ −3
N c = ⋅
cm .
2.8 10 ⎜ ⎟
⎝ 300 ⎠
Koncentracija šupljina u valentnoj zoni data je izrazom:
⎛ E
f
− Ev
⎞
p = N
⎜−
⎟
v
exp ,
⎝ kT ⎠
gde se efektivni broj stanja sveden na vrh valentne zone izračunava na osnovu izraza:
3/ 2
19⎛
T ⎞ −3
N v = 1.08⋅10
cm .
⎜ ⎟
⎝ 300 ⎠
E f – Fermijev nivo
T – apsolutna temperatura
k – Boltzmannova konstanta
D

Zakon o dejstvu masa se sada može napisati na sledeći način:
n
n
i
i
⎛ E ⎞
= ⎜ −
g
NcNv
exp ⎟
⎝ 2kT
⎠
⎛ ⎞
= ⋅
3 / 2
Eg
A T exp
⎜ −
⎟
⎝ 2kT
⎠
Položaj Fermijevog nivoa:
Sopstveni poluprovodnik: n-tip poluprovodnika: p-tip poluprovodnika:
Ec
+ Ev
Eg
E
f
= =
2 2
Ec
Ec
Ec
E f
E f
Ev
Ev
E f
Ev
ELEKTRIČNA PROVODNOST POLUPROVODNIKA
Pod dejstvom električnog polja K elektroni i šupljine se kreću driftovskom brzinom (v n , v p ):
vn
= μ n ⋅ K
v = μ ⋅ K
p
p
gde su μ n i μ p pokretljivosti elektrona i šupljina, respektivno.
S obzirom da su nosioci naelektrisanja i elektroni i šupljine, gustina struje je data izrazom:
j = j + j = σ ⋅ K ,
n
p
a specifična provodnost poluprovodnika je:
σ = qnμ
+ qpμ
.
n
Specifična otpornost poluprovodnika je:
1 1
ρ = =
σ qnμ
+ qpμ
Sopstveni poluprovodnik:
n = p = n i
,
pa je specifična električna provodnost:
σ i = qni
( μn
+ μ p )
n - tip poluprovodnika (n >> p):
σ n = qnμ n
p - tip poluprovodnika (p >> n):
σ p = qpμ p
n
p
p

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:
f
1
( E,
T ) =
.
⎛ E − EF
⎞
1+
exp⎜
⎟
⎝ kT ⎠
Ovde je:
k - Boltzmannova konstanta,
E F - 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 E F 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:
n + N
A
= p + N D
………………………..(1)
Za poluprovodnike važi zakon o dejstvu masa
2
n ⋅ p = ….……………………………..(2)
n i
I) Ukoliko se u poluprovodnik dodaju i petovalentne primese (koncentracije N D ) i trovalentne
primese (koncentracije N A ) koncentracije elektrona i šupljina se određuju rešavanjem
sistema jednačina (1) i (2):
a) Ako je N A > N D određujemo p b) Ako je N D > N A određujemo n
n 2
n
i
i
− p + N A − N D = 0
n − + N A − N D =
p
n
0
2
2
i
p − ( N − N ) ⋅ p − n = 0
n − ( N − N ) ⋅ n − n = 0
p
A
D
2 2
( N A − N D ) + ( N A − N D ) + 4ni
( N D − N A ) + ( N D − N A )
= n =
2
2
2
D
A
2
2
i
2
+ 4n
II) Ukoliko se u poluprovodnik dodaju samo petovalentne primese (koncentracije N D )
koncentracije elektrona i šupljina se određuju:
2
i
a) Ako je N D >> n i (minimum 10 puta) b) Ako je N D ≈ n i
(rešavamo sistema jednačina (1) i (2))
2
n
n = N i
D
n − − N D = 0
n
n
2
− N
D
⋅ n − n
2
i
= 0
n =
N
D
+
N
2 4 2
D + ni
2
III) Ukoliko se u poluprovodnik dodaju samo trovalentne primese (koncentracije N A )
koncentracije elektrona i šupljina se određuju:
a) Ako je N A >> n i (minimum 10 puta) b) Ako je N A ≈ n i
(rešavamo sistema jednačina (1) i (2))
2
p = N
n i
A
− p + N A = 0
p
p
2
− N
A
⋅ p − n
2
i
= 0
N
p =
A
+
N
2
A2 + 4n
2
i

ZADATAK 1: U besprimesnom silicijumu Fermijev nivo se nalazi na sredini zabranjene
zone. Izračunati verovatnoću da se elektron nađe na dnu provodne zone (E = E c ) na tri
različite temperature: 0 K; 20 o C; 100 o C. Poznato je: E g (Si) = 1.12 eV (za sve tri
temperature) i k = 8.62⋅10 −5 eV/K.
Rešenje:
f ( E)
=
f ( E
C
) =
1+
e
1
1+
e
E−E
f
kT
1
EC
−E
f
kT
U besprimesnom silicijumu E f je na sredini zabranjene zone ⎟
E
f
=
E
c
+ E
2
v
Sada se razlika E c -E f može izraziti na sledeći način:
Ec
+ Ev
Ec
− E E
v g
E
c
− E
f
= Ec
− = =
2 2 2
1
f ( E ) =
C
1+
e
Eg
2kT
Zamenom brojnih vrednosti dobija se:
1
T = 0 K ⎟ f ( EC
) = = 0
∞
1+
e
T = 20 o C = 293 K ⎟
−10
f ( ) = 2.35⋅10
E C
T = 100 o C = 373 K ⎟
−8
f ( ) = 2.73⋅10
E C

ZADATAK 2: Ravnotežne koncentracije nosilaca naelektrisanja u nekom
poluprovodniku na nekoj temperaturi iznose n = 10 17 cm −3 i p = 10 5 cm −3 . Efektivni
brojevi kvantnih stanja dna provodne i vrha valentne zone na toj temperaturi iznose
N c = N v = 10 20 cm −3 , a Fermijev nivo je od dna provodne zone udaljen 0.22 eV. Izračunati
temperaturu datog poluprovodnika (u o C) 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:
⎛ E − E ⎞
n = N exp
c f
⎜−
⎟
c
⎝ kT ⎠
Transformacijom ovog izraza dobija se:
Ec
− E f
kT =
Nc
ln
n
Zamenom brojnih vrednosti dobija se:
kT = 0. 03185eV
Odavde se dobija temperatura poluprovodnika:
T = 369. 5K
T
= 96.5
o
C
Korišćenjem zakona o dejstvu masa može se doći do sledeće jednačine:
2
⎛ Eg
⎞
n = n ⋅ p = NcNv
exp
⎜ −
⎟
i
⎝ kT ⎠
Transformacijom ovog izraza dobija se:
NcNv
Eg
= kT ln
n ⋅ p
Zamenom brojnih vrednosti dobija se:
E g = 1. 32 eV

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
n i = 1.13⋅10 10 cm −3 .
Rešenje:
Za poluprovodnike važi zakon o dejstvu masa:
2
n ⋅ p = n i
Dato je da je koncentracija elektrona dvostruko veća od koncentracije šupljina:
n = 2 p
Zamenom u prethodni izraz dobija se:
2
2 p ⋅ p = ni
2 2
p = n
2 i
Odavde se zamenom brojnih vrednosti dobija:
10
ni
1.13⋅10
10 −3
p = = = 0.8 ⋅10
cm
2 2
Korišćenjem zakona o dejstvu masa dobija se:
2
10 2
ni
( 1.13⋅10
) 10 −3
n = =
= 1.6 ⋅10
cm
9
p 8 ⋅10
Kako su na sobnoj temperaturi sve primese jonizovane onda važi:
n + N A = p + N D
Nema akceptorskih primesa, pa važi:
N A = 0
Zamenom brojnih vrednosti dobija se:
10 −3
≈ n − p = 0.8 ⋅10
cm
N D

ZADATAK 4: Izračunati položaj Fermijevog nivoa u odnosu na odgovarajuću zonu na
350 K za silicijum koji je:
a) dopiran donorskim primesama koncentracije N D = 10 16 cm −3 ,
b) dopiran akceptorskim primesama koncentracije N A = 10 16 cm −3 .
Koncentracija sopstvenih nosilaca u silicijumu na sobnoj temperaturi (300 K) je
n i = 1.13⋅10 10 cm −3 , a E g (300 K)=1.12 eV i E g (350 K)=1.1 eV. Sopstvena koncentracija
nosilaca naelektrisanja u funkciji temperature menja se po zakonu
3
⎛ Eg
( T ) ⎞
n = A ⋅ T
2
i exp⎜
− ⎟. Boltzmannova konstanta iznosi k = 8.62⋅10 −5 eV/K.
⎝ 2kT
⎠
Poznato je da je koncentracija elektrona u provodnoj zoni data izrazom:
⎛ Ec
− E
f ⎞
n = N
⎜−
⎟
c
exp ,
⎝ kT ⎠
gde se efektivni broj stanja sveden na dno provodne zone izračunava na osnovu izraza:
3/ 2
19⎛
T ⎞ −3
N c = ⋅
cm ,
2.8 10 ⎜ ⎟
⎝ 300 ⎠
a koncentracija šupljina u valentnoj zoni data je izrazom:
⎛ E
f
− Ev
⎞
p = N
⎜−
⎟
v
exp ,
⎝ kT ⎠
gde se efektivni broj stanja sveden na vrh valentne zone izračunava na osnovu izraza:
Rešenje:
3/ 2
19⎛
T ⎞ −3
N v = ⋅
cm .
1.08
10
⎜ ⎟
⎝ 300 ⎠
Sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja u funkciji temperature menja se po zakonu
3
⎛ Eg
( T ) ⎞
n = A ⋅ T
2
i exp⎜
− ⎟
................(1)
⎝ 2kT
⎠
Možemo odrediti konstantu A na osnovu podataka za 300 K:
3
−
Iz (1) se dobija: ⎛ E
2 g (300) ⎞
15 −3
−3 / 2
A = ni
(300) ⋅ 300 exp
⎜ = 5.5216912 ⋅10
2 300
⎟
cm K
⎝ k ⋅ ⎠
Sada možemo da odredimo n i na temperaturi 350 K:
n i
3
2
15 ⎛ 1.1 ⎞
11
(350) = 5.5216912 ⋅10
⋅ 350 exp⎜−
= 4.375 ⋅10
−5
⎟
cm
⎝ 2 ⋅ 8.62 ⋅10
⋅ 350 ⎠
a) silicijum dopiran donorskim primesama koncentracije N D = 10 16 cm −3
11
−3
n i = 4.375 ⋅10
cm
n≈N D = 10 16 cm −3
⎛ Ec
− E
f
⎟ ⎞
n = N
⎜
c
exp − , odavde može da se izrazi
⎝ kT ⎠
⎛ Nc
⎞ ⎛ Nc
⎞
Ec
− E f = kT ln⎜
⎟ = kT ln
⎜
⎟
................(2)
⎝ n ⎠ ⎝ N D ⎠
Ec − E f
:
−3

Treba proračunati N C na 350 K:
3 / 2
⎛ 350 ⎞
N c
⎜ ⎟
⎝ 300 ⎠
Zamenom brojnih vrednosti u (2) dobijamo:
19
− 5
⎛ 3.53⋅10
⎞
Ec − E f = 8.62⋅10
⋅350ln⎜
⎟
= 0. 246 eV
16
10
⎝ ⎠
19
19 −3
( 350K
) = 2.8 ⋅10
= 3.53⋅10
cm
b) silicijum dopiran akceptorskim primesama koncentracije N A = 10 16 cm −3
11
−3
n i = 4.375 ⋅10
cm
p≈N A = 10 16 cm −3
⎛ E − E
⎟ ⎞
p = N exp f v
⎜
v
−
⎝ kT
, odavde može da se izrazi E f − E :
v
⎠
⎛ Nv
⎞ ⎛ Nv
⎞
E f − Ev
= kT ln⎜
⎟ = kT ln
⎜
⎟
................(3)
⎝ p ⎠ ⎝ N A ⎠
Treba proračunati N v na 350 K:
3 / 2
⎛ 350 ⎞
N v
⎜ ⎟
⎝ 300 ⎠
Zamenom brojnih vrednosti u (3) dobijamo:
19
− 5
⎛1.36⋅10
⎞
E f − Ev
= 8.62⋅10
⋅350ln⎜
⎟
= 0. 218 eV
16
10
⎝ ⎠
19
19 −3
( 350K
) = 1.08⋅10
= 1.36 ⋅10
cm

ZADATAK 5: Na T = 300 K koncentracije donorskih i akceptorskih primesa u
germanijumu su N D = 2⋅10 14 cm −3 i N A = 3⋅10 14 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: E gSi (300 K) = 1.12 eV i E gGe (300 K) = 0.66 eV,
- širina zabranjene zone na 400 K: E gSi (400 K) = 1.09 eV i E gGe (400 K) = 0.62 eV ,
- sopstvene koncentracije nosilaca na 300 K: n iGe = 2.5⋅10 13 cm −3 i n iSi = 1.13⋅10 10 cm −3 ,
- sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja u funkciji temperature menja se po
3
zakonu
⎛ Eg
( T ) ⎞
n = A ⋅ T
2
i exp⎜
− ⎟. Boltzmannova konstanta iznosi k = 8.62⋅10 −5 eV/K.
⎝ 2kT
⎠
Rešenje:
+
−
p + N
D
= n + N
A
- jednačina elektroneutralnosti
+
−
N
D
≈ N D
; N
A
≈ N
A
- na sobnoj temperaturi se sve primese mogu smatrati jonizovanim
n − p + N A
− N
D
= 0 ................(1)
2
p ⋅ n = n i
................(2)
Iz (1) i (2) dobijamo:
2
n i
− p + N A − N D
p
= 0
2
p − ( N − N
2
) ⋅ p − n = 0
A
D
i
( N − N )
2
2
( N A − N D ) + A D + 4ni
p = ................(3)
2
Sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja u funkciji temperature menja se po zakonu
3
⎛ Eg
( T ) ⎞
n = A ⋅ T
2
i exp⎜
− ⎟
................(4)
⎝ 2kT
⎠
Na 300 K:
3
−
Si: iz (4) se dobija ⎛ E
2 gSi (300) ⎞
15 −3
−3 / 2
ASi
= ni
(300) ⋅ 300 exp
⎜ = 5.5216912 ⋅10
2 300
⎟
Si
cm K
⎝ k ⋅ ⎠
3
−
Ge: iz (4) se dobija ⎛ E
2 gGe (300) ⎞
15 −3
−3 / 2
AGe
= n (300) ⋅ 300 exp
⎜
= 1.6763054 ⋅10
2 300
⎟
iGe
cm K
⎝ k ⋅ ⎠
Na 400 K:
3
Si: iz (4) se dobija ⎛ E
2
gSi (400) ⎞
12 −3
ni
(400) = ⋅ 400 exp
⎜−
= 6.0337 ⋅10
2 400
⎟
Si
ASi
cm
⎝ k ⋅ ⎠
iz (3) se dobija p Si (400) = 1⋅10 14 cm −3
iz (2) se dobija n Si (400) = 3.627⋅10 11 cm −3
Na 400 K je n Si

ZADATAK 6: Uzorak silicijuma dopiran je akceptorskim primesama koncentracije
N A = 10 14 cm −3 . Izračunati koncentracije elektrona i šupljina na temperaturama:
a) 0 o C (može se smatrati da su na ovoj temperaturi sve primese jonizovane)
b) 27 o C
c) 450 K
Sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja u funkciji temperature menja se po
zakonu
2
n ( )
3/
i T = A⋅T
exp( −Eg
/ 2kT)
. Širina zabranjene zone silicijuma na datim
temperaturama iznosi: E g (0 o C) = 1.13 eV; E g (27 o C) = 1.12 eV i E g (450 K) = 1.08 eV.
Sopstvena koncentracija nosilaca naelektrisanja na sobnoj temperaturi (300 K) iznosi
n i = 1.13⋅10 10 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:
+
−
p + N
D
= n + N
A
- jednačina elektroneutralnosti
−
N
A
≈ N A
;
+
N D = 0
Jednaćina elektroneutralnosti sada postaje:
p = n + ................(1)
N A
a) Na 0 o C:
Da bi smo odredili koncentraciju elektrona i šupljina potrebno je da odredimo n i na 0 o C.
Poznato je:
E g (27 o C) = 1.12 eV
n i = 1.13⋅10 10 cm -3
3/ 2
ni
( T ) = A⋅T
exp( −Eg
/ 2kT)
................(2)
Zamenom brojnih vrednosti dobijamo da je konstanta:
3
− ⎛ E
2 g (300) ⎞
15 −3
−3 / 2
A = ni
(300) ⋅ 300 exp
⎜ = 5.5216912 ⋅10
2 300
⎟
cm K
⎝ k ⋅ ⎠
Sada možemo da odredimo n i na temperaturi 0 o C (273 K).
15 3 / 2
−5
9
n i (273K)
= 5.5216912 ⋅10
⋅ (273) exp( −1.13/
2 ⋅8.62
⋅10
⋅ 273) = 0.932 ⋅10
cm
Pod uslovom da su sve primese jonizovane može se smatrati da je p ≈ N A =10 14 cm −3
Kako je p >> n i koncentracija manjinskih elektrona se može izračunati na osnovu zakona o
dejstvu masa:
2
p ⋅ n = n i
................(3)
2
Zamenom brojnih vrednosti u (3) dobija se ni
−3
n = = 8686.24 cm
p
b) Na 27 o C:
E g (27 o C) = 1.12 eV
n i = 1.13⋅10 10 cm -3
Pod uslovom da su sve primese jonizovane može se smatrati da je p ≈ N A =10 14 cm −3
Kako je p >> n i koncentracija manjinskih elektrona se može izračunati na osnovu zakona o
dejstvu masa.
2
Zamenom brojnih vrednosti u (3) dobija se ni
6 −3
n = = 1.277 ⋅10
cm
p
−3

c) Na 450 K:
E g (450 K) = 1.08 eV
Možemo da odredimo n i na temperaturi 450 K.
15 3 / 2
−5
13
(450K)
= 5.5216912 ⋅10
⋅ (450) exp( −1.08 / 2 ⋅8.62
⋅10
⋅ 450) = 4.7427 ⋅10
cm
n i
Vidimo da je koncentracija sopstvenih nosilaca naelektrisnja uporediva sa koncentracijom
primesa.
Koristimo jednačine (1) i (3):
p = n + N A
................(1)
2
ni
n = ................(3)
p
Njihovim kombinovanjem se dobija:
2
ni
p − − N A = 0
p
2
2
p − N ⋅ p − n = 0
A
i
( N )
2 4 2
i
N A + A + n
p =
2
Zamenom brojnih vrednosti dobija se:
p = 1.189⋅10 14 cm −3
Onda se za n dobija:
2
ni 13 −3
n = = 1.892 ⋅10
cm .
p
U tabeli su prikazani rezultati dobijeni za tri različite temperature koje su korišćene u zadatku:
Temperatura [K] n i (cm −3 ) n(cm −3 ) p(cm −3 )
273 9.32⋅10 8 8.69⋅10 3 10 14
300 1.13⋅10 10 1.28⋅10 6 10 14
450 4.74⋅10 13 1.89⋅10 13 1.19⋅10 14
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.
−3

ZADATAK 7: Odrediti tip i koncentraciju primesa kojom mora biti dopiran silicijum da
bi na 400 K sadržao 2⋅10 12 slobodnih elektrona/cm 3 . Koncentracija sopstvenih nosilaca u
silicijumu na sobnoj temperaturi (300 K) je n i = 1.13⋅10 10 cm −3 . Sopstvena koncentracija
nosilaca naelektrisanja u funkciji temperature menja se po zakonu
3
⎛ E ⎞
= ⋅ ⎜ −
g ( T )
n A T
2
i exp ⎟. Boltzmannova konstanta iznosi k = 8.62⋅10 −5 eV/K. Poznato je
⎝ 2kT
⎠
E g (300 K) = 1.12 eV i E g (400 K) = 1.09 eV.
Rešenje:
Da bi smo odredili tip i koncentraciju primesa potrebno je da odredimo n i na 400 K.
Poznato je:
E g (300 K) = 1.12 eV
n i (300 K)= 1.13⋅10 10 cm -3
3/ 2
ni
( T ) = A⋅T
exp( −Eg
/ 2kT)
................(1)
Zamenom brojnih vrednosti u (1) dobijamo da je konstanta A:
3
− ⎛ E
2 g (300) ⎞
15 −3
−3 / 2
A = ni
(300) ⋅ 300 exp
⎜ = 5.5216912 ⋅10
2 300
⎟
cm K
⎝ k ⋅ ⎠
Sada možemo da odredimo n i na temperaturi 400 K:
15 3 / 2
−5
12
(400K)
= 5.5216912 ⋅10
⋅ (400) exp( −1.09 / 2 ⋅8.62
⋅10
⋅ 400) = 6.03⋅10
cm
n i
Poznato je:
n = 2⋅10 12 cm −3
Koncentracija šupljina se može izračunati na osnovu zakona o dejstvu masa:
2
p ⋅ n =
2
ni
p
n i
12 2
( 6.03⋅10
) 13 13 −3
= =
= 1.82 ⋅10
≈ 2 ⋅10
cm
12
n 2 ⋅10
Kako je p >> n možemo zaključiti da se radi o p-tipu poluprovodnika (akceptorske primese)
Iz jednačine elektroneautralnosti:
−
+
n + N A = p + ND
dobijamo:
n + N A = p
Odavde se zamenom brojnih vrednosti dobija:
13 −3
= p − n = 1.62 ⋅10
cm
N A
−3

ZADATAK 14: Broj atoma u silicijumu je N at = 5⋅10 22 atoma/cm 3 . Ako se silicijumu
dodaju donorske primese u odnosu 1 atom primesa na 10 8 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
n i = 1.13⋅10 10 cm −3 , a pokretljivosti elektrona i šupljina su μ n = 1450 cm 2 /Vs i
μ p = 500 cm 2 /Vs.
Rešenje:
Kada je poznata pokretljivost šupljina i elektrona, kao i njihova koncentracija u poluprovodniku,
specifična provodnost se izračunava prema izrazu:
σ = q( nμn
+ pμ
p
)
Specifična otpornost je onda:
1 1
ρ = =
σ q(
nμn
+ pμ
p
)
U čistom (sopstvenom) poluprovodniku koncentracija slobodnih elektrona je jednaka
koncentraciji šupljina:
n = p = n i
Sada jednačina za specifičnu otpornost postaje:
1
5
ρ i =
= 2.83 ⋅10
Ωcm
qni
( μn
+ μ p )
Koncentracija donorskih primesa izračunava se na sledeći način:
N
at
14 3 14 −3
N
d
= = 5⋅10
at / cm = 5⋅10
cm
8
10
S obzirom da su sve primese jonizovane na sobnoj temperaturi, onda je:
n ≈ N d = 5⋅10 14 cm −3
Koncentracija šupljina se onda računa na sledeći način:
2
ni
5 −3
p = = 3.38⋅10
cm
n
Specifična otpornost poluprovodnika se izračunava na sledeći način:
1
ρ =
.......(1)
q(
nμn
+ pμ
p)
Za poluprovodnik n-tipa važi:
p

ZADATAK 15: Otpornost nekog poluprovodnika po jedinici dužine iznosi R’ =2 Ω/cm.
Koncentracija elektrona u poluprovodniku iznosi n = 1.25⋅10 17 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:
ν n = μn
⋅ K
Otpornost poluprovodnika je:
l
R = ρ
S
Otpornost po jedinici dužine je:
R
R ' = ρ =
S l
S obzirom da se radi o poluprovodniku n-tipa ( σ = qnμn
) otpornost po jedinici dužine može se
izraziti na sledeći način:
1 1
R' = =
σS
qnμ n
S
Odavde se za pokretljivost elektrona dobija:
1
μ
n
=
'
qnR S
S obzirom da je poluprovodnik kružnog poprečnog preseka njegova površina je:
2
−3
2
S = ( d / 2) π = 7.85⋅10
cm
2
cm
μ
n
= 3184.7
Vs
Specifična provodnost je sada:
σ = qnμ n
−1
σ = 63.69 ( Ωcm)
Gustina struje kroz uzorak iznosi:
I
J = = 20 cm
A2
S
J = σ ⋅ K ⎟ J
K =
σ
V
K = 0. 314
cm
Na osnovu ovoga za driftovsku brzinu se dobija:
ν = μ ⋅ E
n
n
ν n = 1000
cm
s

ZADATAK 16: Koncentracije donorskih primesa u silicijumu n-tipa u dva različita
uzorka iznose N D1 = 10 16 cm −3 i N D2 = 10 19 cm −3 . Ako su poprečni preseci oba uzorka isti
i iznose S = 1 mm 2 , 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:
μmax
− μmin
μ = μmin
+
α
1+
( N / )
pri čemu je:
μ min = 92 cm 2 /Vs, μ max = 1360 cm 2 /Vs, N ref = 1.3⋅10 17 cm −3 i α = 0.91.
Rešenje:
Zamenom vrednosti u opšti izraz za pokretljivost za μ n1 i μ n2 se dobijaju sledeće vrednosti:
μ n1 = 1248 cm 2 /Vs
μ n2 = 115.9 cm 2 /Vs
Struje kroz uzorke mogu se izraziti na sedeći način:
U U
I
1
= = I
2
=
R1
R2
⎟ I 1
= I 2
= I
Može se zaključiti da oba uzorka imaju jednake otpornosti:
U
R 1 = R2
= = 2 Ω
I
Otpornosi uzoraka mogu se izraziti na sledeći način:
l1
l2
R1
= ρ1
; R2
= ρ2
;
S1
S2
Poznato je:
S 1
= S 2
= S ; R 1
= R 2
= R
Na osnovu ovoga dužine ovih uzoraka mogu se izraziti na sledeći način:
R ⋅ S
l1 = = R ⋅ Sσ1
= R ⋅ Sqn1μ
n1
;
ρ1
n 1 =N D1 (sve primese su jonizovane na 300 K)
R ⋅ S
l2 = = R ⋅ Sσ
2
= R ⋅ Sqn2μn2
;
ρ2
n 2 =N D2 (sve primese su jonizovane na 300 K)
Što zamenom brojnih vrednosti daje:
l 1
0. 04 cm
l 3. 70 cm
2 =
N ref

ZADATAK 17: Silicijumska pločica je specifične električne otpornosti ρ =100 Ωcm
.
Ako su na sobnoj temperaturi (300 K) pokretljivosti elektrona i šupljina
μ n = 1450 cm 2 /Vs μ p = 500 cm 2 /Vs, a n i = 1.13⋅10 10 cm −3 , izračunati koncentraciju
elektrona i šupljina pri termodinamičkoj ravnoteži za slučaj da je silicijum n-tipa odnosno
p-tipa.
Rešenje:
1
ρ = ...............(1)
q(
nμ
+ pμ
)
p n =
n
2
n i
p
⋅ ...............(2)
Kombinovanjem izraza (1) i (2) dobija se:
2
ni
1
nμn
+ μ
p
=
n qρ
1 μ
2
p 2
n − n + ni
= 0
qρμ
μ
n =
n
n
2
1 2
±
qρμ
n
⎛ 1 ⎞
⎜
qρμ
⎟
⎝ n ⎠
2
μ
p
− 4 ni
μ
Zamenom brojnih vrednosti dobijamo:
13 −3
n
1
= 4.31⋅10
cm
6 −3
n 2 = 1.5 ⋅10
cm
n
a)
b)
n
1
> n i
n – tip poluprovodnika
13 −3
n
1
= 4.31⋅10
cm
2
ni
6 −3
p1 = = 2.96⋅10
cm
n
1
n
2
< n i
p – tip poluprovodnika
6 −3
n 2 = 1.5 ⋅10
cm
2
ni
13 −3
p2 = = 8.51⋅10
cm
n
2

ZADATAK 19: Specifična električna otpornost silicijuma p-tipa na sobnoj temperaturi je
0.5 Ωcm. Pod uticajem svetlosti u poluprovodniku se generiše 2⋅10 16 dodatnih parova
elektron-šupljina po cm 3 . Odrediti procentualnu promenu specifične električne otpornosti
uzrokovanu dejstvom izvora svetlosti. Poznato je da je na sobnoj temperaturi (300 K):
μ n = 1450 cm 2 /Vs, μ p = 500 cm 2 /Vs, i n i = 1.13⋅10 10 cm −3 .
Rešenje:
Poluprovodnik p-tipa
1
ρ =
q(
nμn
+ pμ
p
)
.......(1)
n

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 μ n = 1450 cm 2 /Vs i μ p = 500 cm 2 /Vs, koncentracija sopstvenih
nosilaca u silicijumu je n i = 1.13⋅10 10 cm −3 , a Boltzmannova konstanta
k = 8.62⋅10 −5 eV/K.
Rešenje:
Sopstveni poluprovodnik:
−6
σ = qn ( μ + μ ) = 3.52⋅10
( Ωcm)
i
i
n
Dopirani poluprovodnik:
−3
σ = 1660 ⋅ = 5.85 ⋅10
( Ωcm)
σ i
p
−1
σ ≈ qnμ n
⎟ σ
13 −3
n = = 2.52 ⋅10
cm
qμ n
2
ni
6 −3
p = = 5.06 ⋅10
cm
n
⎛ EC
− EF
⎞
n = NC ⋅ exp ⎜−
⎟
⎝ kT ⎠
.............................(1)
⎛ EF
− EV
⎞
p = NV ⋅exp ⎜−
⎟
⎝ kT ⎠
.............................(2)
Iz (1) i (2) se dobija:
n NC ⎛ 2EF
− ( Ec
+ Ev)
⎞
= ⋅ exp ⎜
⎟
p NV
⎝ kT ⎠
2 EF
− ( Ec
+ Ev
) ⎛ N n ⎞
=
⎜
V
ln ⋅
⎟
kT ⎝ NC
p ⎠
Ec
+ EV
kT NV
kT n kT
EF
= + ln + ln = EFi
+ ln
2 2 NC
2 p 2
Gde je:
kT n
Δ E F
= ln = 0. 2 eV
2 p
−1
n
p
= E
Fi
+ ΔE
F

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 V bi .
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 V R , 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:
p−
n n−
p
N AND
V
bi
≡ Vbi
≡ Vbi
= UT
ln
2
n
i
U prelaznoj oblasti postoji prostorno naelektrisanje od jonizovanih primesa. Ako je reč o
p-n spoju u p-oblasti širine x p postojaće negativno naelektrisanje Q p = - qSx p N A (S je površina p-
n spoja), a u n-oblasti širine x n pozitivno nalektrisanje Q n = qSx n N D . S obzirom da poluprovodnik
ima tačno definisanu vrednost dielektrične konstante ε s = ε 0 ε rs (ε 0 - dielektrična konstanta
vakuuma), to se naelektrisanja Q p i Q n mogu smatrati kao naelektrisanja na oblogama jednog
kondenzatora, pri čemu je rastojanje između tih "obloga" w = x p + x n . Kapacitivnost takvog
"kondenzatora" zove se kapacitivnost prostornog naelektrisanja ili barijerna kapacitivnost.
C
= ε
s
S
w
Kako u ravnoteži p-n spoj mora biti elektroneutralan ( + Q = − Q ), to je broj nekompenzovanih
donora sa jedne strane jednak broju nekompenzovanih akceptora sa druge strane.
Dobija se:
qSx p N A = qSx n N D ,
x p N A = x n N D .
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 N A >> N D (p-n spoj) važi:
1/ 2
p−n
⎛ 2ε
⎞
s
Vbi
± V
w ≅ x ≅ ⎜
⎟
n
,
⎝ q N
D ⎠
a kada je N D >> N A (n-p spoj) dobija se:
1/ 2
n−
p
⎛ 2ε
⎞
s
Vbi
± V
w ≅ x ≅
⎜
⎟
p
,
⎝ q N
A ⎠
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):
p−n
S ⎛ qε
2 ⎟ ⎞
s
N
D
C = ε = ⎜
s
S
,
p−n
xn
⎝ Vbi
± V ⎠
a kapacitivnost prostornog naelektrisanja skokovitog n-p spoja je:
C
n−
p
1/ 2
1/ 2
S ⎛ qε
2 ⎟ ⎞
s
N
A
= ε = ⎜
s
S
n−
p
x
p ⎝ Vbi
± V ⎠
.

STRUJA DIODE
Direktna polarizacija:
Difuziona struja (I d ) se može izraziti na sledeći način:
⎛ V ⎞
I d = Is⎜exp
−1⎟
⎝ UT
⎠
I S -inverzna struja zasićenja
Ovaj izraz se koristi pri izračunavanju vrednosti struje za napone koji su veći od 0.4 V
Rekombinaciona struja (I rec ) se može izraziti na sledeći način:
V
I rec = I r exp
2U
T
I r - 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:
⎛ V ⎞ V
I = I d + I rec = I s
⎜exp −1
+ I r exp
U
⎟
⎝ T ⎠ 2U
T
Gde je
kT
U T =
q
( U T = 0. 026 V na sobnoj temperaturi T=300 K)
I D
(A), I rec
(A), I(A)
10 0 I r
10 -1
10 -2
10 -3
10 -4
10 -5
10 -6
10 -7
I
I~I D
~exp(V/U T
)
I~I rec
~exp(V/2U T
)
10 -8
10 -9
10 -10
10 -11
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8
V(V)
I s
Inverzna polarizacija:
Pri inverznoj polarizaciji diode kroz nju protiče generaciona struja (I gen ).
Ona je pri malim inverznim naponima veoma približno jednaka rekombinacionoj struji I r .
2
Kod skokovitog p-n spoja struja generacije je proporcionalna , tj.:
I
gen
= A
gen
⋅ V
2
inv
V inv

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
qV
bi
= E
ip
− E
in
Prethodni izraz možemo proširiti ±E F , pa se nakon sređivanja dobija:
qV = E − E + E − E
bi
ip
F
F
in
Da bi odredili V bi potrebno je odrediti
E − E i EF
− Ein
ip
F
Određivanje EF
− Ein
:
Krenimo od izraza za koncentraciju elektrona u provodnoj zoni:
⎛ Ec
− EF
⎞
n = Nc exp ⎜−
⎟.........................(1)
⎝ kT ⎠
Ako uzmemo da je:
n = N D
,
onda izraz (1) postaje:
⎛ Ec
− EF
⎞
N D = Nc
exp ⎜−
⎟....................(2)
⎝ kT ⎠
Sa druge strane, ako uzmemo da je

n = n i
,
onda izraz (1) postaje:
⎛ Ec
− Ein
⎞
ni = Nc
exp ⎜−
⎟ ......................(3)
⎝ kT ⎠
Deljenjem (2) sa (3) dobija se:
ND ⎛ EF
− Ein
⎞
= exp ⎜ ⎟ ,
ni
⎝ kT ⎠
odakle se nakon sređivanja dobija
⎛ N ⎞
⎜
D
EF
− Ein
= kT ln
⎟
⎝ ni
⎠
Određivanje E − E :
ip
F
Krenimo od izraza za koncentraciju šupljina u valentnoj zoni:
⎛ EF
− Ev
⎞
p = Nv exp ⎜−
⎟.........................(4)
⎝ kT ⎠
Ako uzmemo da je:
p = N A
,
onda izraz (4) postaje:
⎛ EF
− Ev
⎞
N A = Nv
exp ⎜−
⎟....................(5)
⎝ kT ⎠
Sa druge strane, ako uzmemo da je
p = n i
,
onda izraz (4) postaje:
⎛ Eip
− Ev
⎞
ni = Nv
exp ⎜−
⎟......................(6)
⎝ kT ⎠
Deljenjem (5) sa (6) dobija se:
N ⎛ E − E
A ip F ⎞
= exp ⎜ ⎟ ,
ni
⎝ kT ⎠
odakle se nakon sređivanja dobija
⎛ N ⎞
⎜
A
Eip
− EF
= kT ln
⎟
⎝ ni
⎠
Sada se zamenom izaraza dobijenih za Eip
− E i
F EF
− Ein
N A ND
N AN
qV bi = Eip
− EF
+ EF
− Ein
= kT ln + kT ln = kT ln
2
ni
ni
ni
kT N AND
V bi = ln
2
q n
i
D

ZADATAK PN2: Kapacitivnost prostornog naelektrisanja skokovitog p-n spoja pri
naponu polarizacije V 1 = −5 V je C 1 = 20 pF, a pri V 2 = −6 V je C 2 = 18.5 pF. Odrediti
ovu kapacitivnost pri polarizaciji V 3 = −8 V.
Rešenje:
Kapacitivnost prelazne oblasti (kapacitivnost prostornog naelektrisanja ili barijerna
kapacitivnost) skokovitog p-n spoja (N A >> N D ) može se izraziti na sledeći način:
1/ 2
⎛ qε
s N
2 ⎟ ⎞
=
⎜
D
C S
………………..(1)
⎝ Vbi
± V ⎠
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 V 1 = −5 V, onda je C 1 = 20 pF
Ako je V 2 = −6 V, onda je C 2 = 18.5 pF
Kako se radi o inverznim naponima V 1 i V 2 onda u izrazu (1) uzimamo pozitivan predznak i
apsolutne vrednosti napona V 1 i V 2 .
1/ 2
⎛ qε
s N D
1
2 ⎟ ⎞
C = S
⎜
…………….....(2)
⎝ Vbi
+ V1
⎠
1/ 2
⎛ qε
s N D
2
2 ⎟ ⎞
C = S
⎜
……………....(3)
⎝ Vbi
+ V2
⎠
Deljenjem (2) sa (3) dobija se:
1/ 2
C1
⎛Vbi
+ V2
⎞
=
⎜
⎟
C2
⎝ Vbi
+ V1
⎠
Daljim sređivanjem dobija se:
⎛ C
⎜
⎝ C
1
2
2
⎞
⎟
⎠
V
=
V
bi
bi
+ V
+ V
2
1
⎞
V
⎛ C
⎜ ⎟ ( Vbi + V1
) = Vbi
+ 2
⎝ C2
⎠
⎡
2
2
⎛ C1 ⎞ ⎤ ⎛ C1
⎞
V bi ⎢⎜
⎟ −1⎥
= −⎜
⎟ V1
+ V
⎢ C2
⎥ ⎝ C
⎣⎝
⎠ ⎦
2 ⎠
2
1
2
⎛ C1
⎞
V V
20
2 − ⎜ ⎟ ⎛ ⎞
1 6 − ⎜ ⎟ ⋅5
C2
18.5
V bi =
⎝ ⎠
=
⎝ ⎠
= 0. 9264 V
2
2
⎛ C
20
1
⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ −1
⎜ ⎟ −1
⎝ C
18.5
2 ⎠ ⎝ ⎠
2
2
Treba odrediti:
C 3 = ako je V 3 = −8 V.
Izraz (1) sada postaje

1/ 2
ε s N D
2 ⎟ ⎞
Vbi
+ V3
⎠
⎛ q
C3
= S
⎜
⎝
Deljenjem (4) i (2) dobija se:
C3
⎛ Vbi
+ V1
⎞
=
⎜
⎟
C1
⎝Vbi
+ V3
⎠
Odavde se za C 3 dobija:
1/ 2
1/ 2
⎛ Vbi
+ V1
3 1 ⎟ ⎞
= C ⋅
⎜
Vbi
+ V3
⎠
C
⎝
Zamenom brojnih vrednosti dobija se:
………………..(4)
1/ 2
− 12 ⎛ 0.9264 + 5 ⎞
C3 = 20 ⋅10
⋅⎜
⎟ = 16. 3 pF
⎝ 0.9264 + 8 ⎠

ZADATAK PN4: Pri naponu V 1 =0.2 V struja kroz silicijumsku diodu iznosi I 1 =50 nA.
Ako je rekombinaciona struja pri naponu V=0 hiljadu puta veća od inverzne struje
zasićenja (I r =1000⋅I S ), izračunati vrednost struje diode I 2 pri naponu na njoj od
V 2 =0.68 V. Poznato je U T = 0.026 V.
Rešenje:
Poznato je:
V 1 =0.2 V, I 1 =50 nA
I r =1000⋅I S
V 2 =0. 68 V, I 2 =
Ukupna struja diode, čiji je grafik u funkciji
direktnog napona prikazan na slici, pri
direktnoj polarizaciji jednaka je zbiru
difuzione i rekombinacione struje:
⎛ V ⎞ V
I = Id
+ Irec
= Is⎜exp −1⎟
+ Ir
exp
⎝ UT
⎠ 2U
T
Rekombinaciona struja I rec 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:
I
1 = Irec
=
I
r
V1
exp
2U
T
Odavde se dobija:
⎛ V ⎞ ⎛
⎜ −
1
V
⎟ = ⎜ −
1
Ir
Irec
exp I1
exp
⎝ 2U
T ⎠ ⎝ 2U
Zamenom brojnih vrednosti dobijamo:
=
T
−9
I r = ⋅
1.05
10
A
Znamo da važi I r =1000⋅I S , odakle se za I S dobija:
I
s
= 10
−3
I
r
= 1.05⋅10
−12
A
Pri naponu od 0.68 V dominantna je difuziona struja, pa se može napisati:
⎛ V2
⎞ V2
I2 = Id
= Is⎜exp −1⎟
= Is
exp
⎝ UT
⎠ UT
Zamenom brojnih vrednosti za struju I 2 se dobija:
I 2 = 265.5 mA
⎞
⎟
⎠

ZADATAK PN5: a) Odrediti temperaturu (u Celzijusovim stepenima) silicijumske diode
ako pri naponu na njoj V D = 0.6 V struja kroz diodu iznosi I D = 1 mA. Inverzna struja
zasićenja diode na toj temperaturi je I S = 10 −11 A.
b) Odrediti inverznu struju zasićenja I S pri istim vrednostima napona i struje (V D = 0.6 V,
I D = 1 mA) ako temperatura diode opadne za 50 o C 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(V D /U T ) >> 1) jer je
napon na diodi 0.6 V.
⎛
VD
⎞
⎜ UT
I = ⋅ −1
⎟
D I S e
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Kako je
kT
U T = izraz za struju diode sada postaje:
q
I
D
= I
S
⋅ e
qV
kT
D
Odavde možemo da izračunamo temperaturu silicijumske diode:
qV
kT
D
I
D
= e
I
S
I qVD
ln D
=
I
S
kT
qVD 0.6
T = =
= 377. 866 K
−3
I
D
−5
10
k ln 8.62 ⋅10
ln
−11
I
10
S
T= 104.866 o C
b) Kada temperatura diode opadne za 50 o C dobijamo:
T 1 = T-50 o C = 104.866-50= 54.866 o C
V D = 0.6 V
I D = 1 mA
I S1 =
qV
kT
D
1
I
D
= I
S1
⋅ e
Zamenom brojnih vrednosti dobija se vrednost inverzne struje zasićenja I S1 :
I
S1
qVD
−
0.6
−
kT 3
5
1 −
−
8.6210 ⋅ ⋅327.866
10
= I ⋅ e = ⋅ e
D
I S1 = 6⋅10 −13 A

ZADATAK PN6: Na slici je prikazano
osnovno ispravljačko kolo. Ako je
V in = 1 V a inverzna struja zasićenja
silicijumske diode I S = 10 −14 A, odrediti
V out ako je:
a) R=R 1 = 0.5 kΩ
b) R=R 2 = 200 Ω
Rešenje:
Struja diode pri direktnoj polarizaciji može se izraziti na sledeći način:
⎛ VD
⎞
I D = Is⎜exp
−1⎟...............(1)
⎝ UT
⎠
Za kolo na slici važi:
V = V + V = V + R ⋅ I
in
D
out
Odavde se dobija:
V = V − R ⋅ I ...............(2)
D
in
D
D
D
Zbog eksponencijalne zavisnosti u (1) rešenje sistema (1) i (2) se nalazi grafičkim putem kao
presek zavisnosti I D = f ( V D ) i radne prave VD
= Vin
− R ⋅ I .
D
Korišćenjem izraza (1) možemo da izračunamo struju I D za različite vrednosti napona V D .
I = f je prikazana na grafiku.
Rezultati su prikazani u tabeli, a kriva ( )
V D (V) I D (mA) V D (V) I D (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
D V D

5
I D
=f(V D
)
I D
(mA)
4
3
2
1
T 4
R 2
T 2
R 1
0.65V
0.673V
Na grafiku su prikazane i dve radne prave.
a) R 1 = 0.5 kΩ
Izraz (2) sada postaje:
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
V D
(V)
VD
= Vin
− R1
⋅ I D
Za I D = 0 dobija se VD = Vin
= 1V
; dobijamo tačku T 1 = (1 V, 0 A)
Za V D = 0 dobija se Vin
1
I D = =
3
R1
0.5⋅10
= 2 mA ; dobijamo tačku T 2 = (0 V, 2 mA)
Povezivanjem T 1 i T 2 dobijamo radnu pravu.
Iz preseka radne prave i karakteristike diode (što je prikazano na grafiku) određujemo napon na
diodi V D = 0. 65V
Odavde se dobija V = V −V
= 0. V
b) R 2 = 200 Ω
Izraz (2) sada postaje:
out in D 35
VD
= Vin
− R2
⋅ ID
Za I D = 0 dobija se VD = Vin
= 1V
; dobijamo tačku T 3 =T 1 = (1 V, 0 A)
Za V D = 0 dobija se Vin
1
I D = = = 5 mA
R2
200
; dobijamo tačku T 4 = (0 V, 5 mA)
Povezivanjem T 3 i T 4 dobijamo radnu pravu.
Iz preseka radne prave i karakteristike diode (što je prikazano na grafiku) određujemo napon na
diodi V D = 0. 673V
Odavde se dobija V = V −V
= 0. V
out in D 327
Na osnovu dobijenih vrednosti zaključujemo da vrednost otpornosti u ispravljačkom kolu ne
I = f .
T 1
=T 3
utiče značajno na vrednost V out usled eksponencijalne zavisnosti ( )
D V D

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 I s na sobnoj temperaturi. Poznato je
U T = 0.026 V.
Rešenje:
Odredimo koliko iznosi pad napona na diodi:
E = R ⋅ I +
V D
−3
V D
= E − R ⋅ I = 3 − 230 ⋅10
⋅10
= 3 − 2.3 = 0. 7 V
Iz izraza za struju diode možemo da izostavimo drugi član u zagradi. Dioda je direktno
polarisana, pa je exp(V D /U T ) >> 1.
⎛
VD
⎞
⎜ UT
I = I ⋅ −1
⎟
S e
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Izraz za struju diode sada postaje:
I = I S
⋅e
V
U
D
T
Možemo izraziti inverznu struju zasićenja diode:
I
S
= I ⋅ e
V
−
U
Zamenom brojnih vrednosti dobijamo:
D
T
0.7
0.026
−3
−14
I S
= 10 ⋅10
⋅ e = 2 ⋅10
−
A

ZADATAK PN8: Dato je kolo na slici, pri čemu su
upotrebljene identične silicijumske diode. Izmerena struja
kroz diodu D 1 iznosi I 1 = 10 mA, a izmereni napon na diodi
D 2 je V 2 = 0.68 V. Izračunati vrednost otpornosti otpornika
R 1 . Dato je: R 2 = 1 kΩ, E = 3 V i U T = 0.026 V.
Rešenje:
Napon na diodi D 2 je V 2 , a struju kroz ovu diodu označićemo sa I 2 .
Za tu granu kola važi:
E = R2 ⋅ I2
+ V2
Iz prethodne jednačine možemo da izračunamo struju I 2 :
E −V2
3 − 0.68
I2 = = = 2. 32 mA
R 1000
2
Iz izraza za struju diode možemo da izostavimo drugi član u zagradi jer su diode direktno
polarisane (exp(V D /U T ) >> 1).
⎛
VD
⎞
⎜ UT
I = I ⋅ −1
⎟
S e
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Izraz za struju diode D 2 sada postaje:
V2
I I U T
2 = S ⋅ e
Možemo izraziti inverznu struju zasićenja diode:
I
S
V2
−
U
−3
0.68
0.026
T
= I2 ⋅ e = 2.32 ⋅10
⋅ e = 1.016⋅10
−
−14
A
Struja kroz diodu D 1 je I 1 , a napon na ovoj diodi označićemo sa V 1 .
Za tu granu kola važi:
E = R +
1 ⋅ I1
V1
Iz prethodne jednačine možemo da izračunamo vrednost otpornika R 1 :
R
E −V
1
1 = .................(1)
I1
Nepoznat nam je pad napona na diodi D 1 :
Iz izraza za struju diode D 1 : I
V
V1
UT
= I S e možemo da odredimo V 1 :
1 ⋅
I
⎛
−3
⎛
U T 1
⎞
10 ⋅10
⎞
= ⋅ ln
⎜ 0.026 ln⎜
⎟ 0. V
I
⎟ = ⋅
718
−14
S
1.016 10
⎝ ⎠ ⎝ ⋅ ⎠
1 =
Sada iz (1) dobijamo:
E −V1
3 − 0.718
R 1 = = = 228 Ω
−3
I 10 ⋅10
1

ZADATAK PN11: Za date ulazne napone (V in ) prikazane na slikama 1 i 2 nacrtati oblike
napona (V out ) na izlazima ispravljača.
Slika 1
Rešenje:
Slika 2
Maksimalna vrednost izlaznog napona (Vmax out ) na slici 1 iznosi:
Vmax = V 0.7V
5V
0.7V
4.30V
out max − = − =
in
Maksimalna vrednost je smanjena za 14%
Oblik izlaznog signala prikazan je na slici 3.
Maksimalna vrednost izlaznog napona (Vmax out ) na slici 2 iznosi:
Vmax = V 0.7V
100V
0.7V
99.30V
out max − = − =
in
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 kolektorbazni
(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:
I = I + I
E
B
C
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:
I
C
α = za V EB = const.
I
E
Ovde, zapravo, nije reč o strujnom pojačanju, s obzirom da je α < 1; ovaj termin "koeficijent
strujnog pojačanja" ima pravo značenje kod tranzistora sa uzemljenim emitorom, gde
predstavlja odnos kolektorske (izlazne) i bazne (ulazne) struje:
I
C
β = za V BE = const.
I
B
Veza između koeficijenata strujnih pojačanja tranzistora sa uzemljenim emitorom i
uzemljenom bazom:
I C IC
IC
/ IE
α
β = = = =
.
IB
IE
− IC
1−
IC
/ IE
1−α
Iz poslednjeg izraza, takođe, sledi:
β
α = . 1 + β

STATIČKE STRUJNO-NAPONSKE KARAKTERISTIKE NPN TRANZISTORA SA
UZEMLJENIM EMITOROM
Izlazne karakteristike tranzistora sa uzemljenim emitorom predstavljaju zavisnost
izlazne struje I C od izlaznog napona V CE pri konstantnoj ulaznoj struji I B . Vidi se da i kada je
bazna struja jednaka nuli, između kolektora i emitora protiče struja I CE0 ; 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 V CEsat između emitora i kolektora
nakon kojeg je kolektorska struja praktično konstantna i jednaka I Csat . Levo od isprekidane krive
(za napone 0 < V CE ≤ V CEsat i struje 0 < I C < I Csat ) je i kolektorski p-n spoj direkno polarisan i ta
oblast se ne koristi u pojačavačke svrhe.
NPN tranzistor
Normalna aktivna oblast:
Naponski uslovi:
V BE > 0
V BC < 0
Strujni uslov:
I = β
C
I B
Oblast zasićenja:
Naponski uslovi:
V BE > 0
V BC > 0
Strujni uslov:
I < β
C
I B
BE spoj direktno polarisan
BC spoj inverzno polarisan
BE spoj direktno polarisan
BC spoj direktno polarisan

ZADATAK BJT1: Odrediti režim rada NPN bipolarnog tranzistora čije je strujno
pojačanje β = 450, ako je poznato:
a) V BE = 0.7 V, V CE = 5.2 V
b) V BE = 0.7 V, V CE = 0.2 V
c) V BE = 0.8 V, V BC = 0.8 V
d) V BE = 0.8 V, V BC = −0.7 V
e) V BE = −0.8 V, V BC = 0.7 V
f) V BE = 0.1 V, V BC = −10 V
g) I C = 455 mA, I B = 1 mA
h) I C = 455 mA, I E = 502 mA
Rešenje:
a) V BE = 0.7 V > 0 BE spoj direktno polarisan
V BC = V BE − V CE = −4.5 V < 0 BC spoj inverzno polarisan
Tranzistor je u normalnom aktivnom režimu
b) V BE = 0.7 V > 0 BE spoj direktno polarisan
V BC = V BE − V CE = 0.5 V > 0 BC spoj direktno polarisan
Tranzistor je u zasićenju
c) V BE = 0.8 V > 0 BE spoj direktno polarisan
V BC = 0.8 V > 0
BC spoj direktno polarisan
Tranzistor je u zasićenju
d) V BE = 0.8 V > 0 BE spoj direktno polarisan
V BC = −0.7 V < 0
BC spoj inverzno polarisan
Tranzistor je u normalnom aktivnom režimu
e) V BE = −0.8 V < 0 BE spoj inverzno polarisan
V BC = 0.7 V > 0
BC spoj direktno polarisan
Tranzistor je u inverznom režimu
f) V BE = 0.1 V > 0 BE spoj direktno polarisan
V BC = −10 V < 0
BC spoj inverzno polarisan
Teorijski tranzistor je u normalnom aktivnom
režimu, ali V BE = 0.1 V je ispod nivoa direktno polarisanog PN spoja ⎟ prekid
g) U normalnom aktivnom režimu
IC = βI B
β = 450
I B
= 1 mA
I C
= 450 ⋅1
mA = 450 mA ≈ 455 mA Tranzistor je u normalnom aktivnom režimu
h) I C
= 455 mA , I E
= 502 mA ⎟ I
B
= I
E
− IC
= 47 mA
β = 450
β I B
= 450 ⋅ 47 mA = 21. 15 A
I < β
Tranzistor je u zasićenju
C
I B

ZADATAK BJT2: Pojačanje bipolarnog tranzistora sa zajedničkim emitorom koji radi
kao naponom kontrolisani strujni izvor je β = 450. Ako je kolektorska struja I C = 1 mA,
izračunati baznu i emitorsku struju. Izračunati strujno pojačanje α tranzistora sa
zajedničkom bazom.
Rešenje:
Pojačanje tranzistora sa zajedničkim emitorom:
I
I
1 mA
C
C
β = ⎟
B
= = = 2.22 μA
I
B
β 450
I
S obzirom da je:
I = I + I ⎟ I E
= 1 mA + 0.00222 mA = 1. 00222 mA
E
C
B
Pojačanje tranzistora sa zajedničkom bazom:
α =
I
I
C
E
α =
I
I
C
E
=
I
I
C
E
/
/
I
I
B
B
=
I
C
IC
I
B
+ I
I
B
B
=
I
I
C
B
IC
I
B
I
+
I
B
B
β
=
β + 1
Zamenom brojnih vrednosti dobijamo:
β
α = = β + 1
450
= 0.9978
450 + 1

ZADATAK BJT3: NPN bipolarni tranzistor u kolu sa slike
ima strujno pojačanje β = 550, dok je R C = 1 kΩ i V + = 5 V.
Odrediti minimalnu struju baze I B pri kojoj će se tranzistor
naći u zasićenju. Pretpostaviti da je V BE = 0.7 V.
Rešenje:
Tranzistor će biti u zasićenju ukoliko su ispunjeni sledeći uslovi:
Oba spoja direktno polarisana: V BE > 0, V BC > 0 .....................( I )
I < β
.....................( II )
C
I B
Iz (I) se dobija
V BC > 0
V BE V
V > −
V >
V
+ EC
BE V EC
BE V CE
BE > V
+
> 0
− I
C
R
Iz ovog uslova se dobija:
+
I R + V > V
C
C
BE
C
+
V −VBE
IC
>
RC
5 − 0.7
I C
> = 4. 3 mA
1000
S druge strane iz uslova ( II ) je:
I
I B
< β
⎟
C
I B
4.3 mA
> = 7.82 μA
550
I >
B
IC
β

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) R C1 = 2kΩ
;
b) R C2 = 5kΩ.
Poznato je V CC
= 3V
.
Rešenje:
a) R C1 =2 kΩ V CE =V CC −R C1 I C
Za I C = 0 dobija se VCE = VCC
= 3V
dobijamo tačku T 1 = (3 V, 0 A)
Za V CE = 0 dobija se VCC
3
I = = = 1.
3
RC1
2 ⋅10
dobijamo tačku T 2 = (0 V, 1.5 mA)
Povezivanjem T 1 i T 2 dobijamo radnu pravu.
C 5
mA
b) R C2 =5 kΩ V CE =V CC −R C2 I C
Za I C = 0 dobija se VCE = VCC
= 3V
dobijamo tačku T 3 =T 1 = (3 V, 0 A)
Za V CE = 0 dobija se VCC
3
I = =
RC
2 5⋅10
dobijamo tačku T 4 = (0 V, 0.6 mA)
C = 0. 6
3
mA

Povezivanjem T 3 i T 4 dobijamo radnu pravu.
a) Za I B =2.5 μA, I B =7.5 μA, I B =12.5 μA tranzistor je u aktivnom režimu
Za I B =17.5 μA
tranzistor je u zasićenju
b) Za I B =2.5 μA tranzistor je u aktivnom režimu
Za I B =7.5 μA, I B =12.5 μA, I B =17.5 μA tranzistor je u zasićenju
Radna tačka:
I B =2.5 μA I B =7.5 μA I B =12.5 μA I B =17.5 μA
a) V CE =2.48V
I C =0.26mA
V CE =1.47V
I C =0.76mA
V CE =0.46V
I C =1.26mA
V CE =0.04V
I C =1.47mA
b) V CE =1.73V
I C =0.26mA
V CE =0.04V
I C =0.59mA
V CE =0.01V
I C =0.59mA
V CE =0.01V
I C =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 I B =10 μA.
a) Odrediti vrednost otpornosti
otpornika koji je vezan u kolo
kolektora R C1 .
b) Ako se otpornik R C1 zameni
otpornikom R C2 koji ima 4 puta
veću otpornost odrediti u kom
režimu radi tranzistor ako je struja
baze I B =10 μA
Poznato je V CC = 6 V .
Rešenje:
a) Treba odrediti vrednost otpornosti otpornika R C1 .
U radnoj tačtki M važi:
V CEM =V CC −R C1 I CM .................................(1)
Odavde se dobija:
VCC
−VCEM
6 − 3
RC1
=
= = 1. 5 kΩ
−3
I 2 ⋅10
CM
b) Ako se R C1 zameni otpornikom R C2 = 4⋅R C1 =6 kΩ
V CE =V CC −R C2 I C .................................(2)
Za I C = 0 dobija se VCE = VCC
= 6V
dobijamo tačku T 1 = (6 V, 0 A)
Za V CE = 0 dobija se VCC
6
IC = = = 1 mA
3
RC
2 6 ⋅10
dobijamo tačku T 2 = (0 V, 1 mA)
Povezivanjem T 1 i T 2 dobijamo radnu pravu za slučaj R C2 =6 kΩ.
Sa slike možemo videti gde je radna tačka M 1 (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
M 1 i M 2 za slučaj kada su
struje baze 30 μA i 20 μA,
respektivno.
Odrediti vrednost
otpornosti otpornika koji
se vezuje u kolo kolektora
R C i vrednost napona
napajanja V CC .
Rešenje:
Treba nacrtati radnu pravu.
R C = V CC =
V CE =V CC −R C I C .................................(1)
Kroz tačke M 1 i M 2 provučemo radnu pravu.
Gde se radna prava preseče sa V CE osom dobijamo tačku T 1
Gde se ta prava preseče sa I C osom dobijamo tačku T 2
U tački T 1 = (5 V, 0 A) važi da je I C =0.
Iz izraza (1) se onda dobija:
VCE = VCC
= 5V
Treba uzeti V CC =5 V.
U tački T 2 = (0 V, 10 mA) važi da je V CE =0.
Iz izraza (1) se onda dobija:
VCC
−VCE
5 − 0
RC = = = 0. 5 kΩ
−3
IC
10 ⋅10
Treba uzeti R C =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 R C 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
Rešenje:
V CC = 6 V .
Treba nacrtati radne prave za sve tri vrednosti otpornika R C .
V CE =V CC −R Cx I C .................................(1)
Za I C = 0 dobija se V = VCC
=
dobijamo tačku T 1 = (6 V, 0 A)
CE 6
V
Za V CE = 0 dobija se VCC
I C =
RCx
- Ako je R C =6.8 kΩ dobijamo I C =0.882 mA. Označićemo ovu tačku sa T 2 = (0 V, 0.882 mA)
- Ako je R C =3.3 kΩ dobijamo I C =1.818 mA. Označićemo ovu tačku sa T 3 = (0 V, 1.818 mA)
- Ako je R C =1.5 kΩ dobijamo I C =4 mA. Označićemo ovu tačku sa T 4 = (0 V, 4 mA)
Sada možemo da nacrtamo radne prave za sve tri vrednosti otpornika R C . 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 R C =1.5 kΩ.

ZADATAK BJT9: Pri baznoj struji I B = 1 μA, napon
između emitora i kolektora NPN tranzistora sa uzemljenim
emitorom (kao na slici), koji ima koeficijent strujnog
pojačanja β = 200, iznosi V CE1 = 5 V. Kada kroz tranzistor
protiče kolektorska struja I C = 1 mA, napon između
emitora i kolektora tada iznosi V CE2 = 1 V. Izračunati
koliko iznose vrednosti napona napajanja V CC i otpornost
otpornika R C . Poznato je da V CES tranzistora iznosi 0.2V.
Rešenje:
I B = 1 μA
I C = 1 mA
V CE1 = 5 V
V CE2 = 1 V
V CE = V CC - I C ⋅R C ...................(1)
Tranzistor je u normalnoj radnoj oblasti, pa važi:
I C = β⋅I B
Zamenom u (1) dobija se:
V CE1 = V CC - β⋅I B1 ⋅R C
V CE2 = V CC – I C2 ⋅R C =V CC - β⋅I B2 ⋅R C
Zamenom brojnih vrednosti dobijamo:
5=V CC − 200⋅1⋅10 −6 ⋅R C ...................(2)
1=V CC − 1⋅10 −3 ⋅R C ...................(3)
Oduzimanjem (2) − (3) dobijamo:
800⋅10 −6 ⋅R C = 4
Odavde se dobija:
R C = 5 kΩ
Iz (2) se onda dobija:
V CC = 6 V

ZADATAK BJT11: Za kolo sa slike odrediti da li je tranzistor u zasićenju. Poznato je: V BB =3V,
V CC =10V, R B =10kΩ, R C =1kΩ, V BE =0,7V, V CE(sat) =0,2V, β=50.
REŠENJE:
Na osnovu kola baze može se napisati:
odakle se za struju baze dobija:
V
BB
=RBI B
+V
BE
(1)
tako da je:
I B = V BB − V BE
R B
= 0,23 mA (2)
βI = 11,5mA (3)
S druge strane, kada je tranzistor u zasićenju, na osnovu kola kolektora je:
B
VCC
−VCE( sat)
I
( )
= = 9,8mA
C sat
R
C
(4)
Pošto je:
zaključuje se da je tranzistor u zasićenju.
I
C( sat) < βI
B
(5)

Zadatak 1. Tranzistor u kolu pojačavača sa zajedničkim emitorom sa slike ima sledeće tehničke
specifikacije: maksimalna snaga disipacije P D(max) = 800 mW, maksimalni napon izme ¯du
kolektora i emitora V CE(max) = 15 V i maksimalna struja kolektrora I C(max) = 100 mA. Odrediti
maksimalnu vrednost napajanja V CC za koju će tranzistor raditi u okviru specificiranih vrednosti.
Poznato je: V BB = 5 V, R B = 22 kΩ, R C = 1 kΩ, V BE = 0.7 V,β=100.
R C
+
R
+
B V
V CC
+ CE
+ V BE
V BB
Rešenje. Maksimalne vrednosti snage disipacije, napona izme ¯du kolektora i emitora i struje
kolektora se definišu za aktivni režim rada tranzistora.
I C
R C
+
R
+
B V
V CC
+ CE
+ I V B BE
V BB
Kolo baze zadovoljava relaciju:
iz koje se za struju baze dobija:
V BB = V BE + R B I B , (1)
I B = V BB− V BE
R B
=
5V− 0.7V
22 kΩ
= 195µA. (2)
U aktivnom režimu rada struja kolektora je odre ¯dena vrednošću struje baze i iznosi:
I C = βI B (3)
I C
= 100·195µA=19.5 mA.
Ova vrednosti je manja od maksimalne struje kolektora (I C < I C(max) ).
Za kolo kolektora važi relacija:
V CC = V CE + R C I C . (4)

Vrednosti R C i I C su poznate tako da je maksimalna vrednost V CC :
V CC(max) = V CE(max) + R C I C (5)
V CC(max) = 15 V+1kΩ·19.5 mA=34.5 V.
Za ove vrednosti struje kolektora i napona izme ¯du kolektora i emitora disipacija na tranzistoru
je:
P D = V CE(max) I C = 293 mW, (6)
što je ispod maksimalne dozvoljene vrednosti. Zaključuje se da maksimalni napon izme ¯du kolektora
i emitora predstavlja ograničavajući faktor, tako da je maksimalna dozvoljena vrednost
napona napajanja V CC(max) = 34.5 V.

Zadatak 2. Za kolo na slici u kome tranzistor radi kao prekidač odrediti:
a) Napon V OUT kada je V IN = 0 V.
b) Najmanju vrednost struje baze za koju će tranzistor ući u zasićenje, ako jeβ=125 i
V CE(sat) = 0.2 V.
c) Maksimalnu vrednost R B za koju je obezbe ¯den uslov zasićenja ako je V IN = 5 V.
Poznato je: V CC = 10 V, R C = 1 kΩ, V BE = 0.7 V.
V IN
R B
+
+
V BE
V CC
R C
+
V CE
V OUT
Rešenje. Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:
V IN
R B
I B
V
+ CC
R C
+
+
V BE
V CE
I C
V OUT
Napon na izlazu kola je:
V OUT = V CE = V CC − R C I C . (1)
a) Kada je V IN = 0 V bazni spoj je zakočen tako da je I B = 0, a samim tim i I C ≈ 0. Odatle sledi
da je:
V OUT = V CC = 10V. (2)
b) Naponski uslov za tranzistor u zasićenju je V CE = V CE(sat) . Za kolektorsko kolo važi relacija:
V CC = V CE(sat) + R C I C , (3)

odnosno u zasićenju struja kolektora iznosi:
Strujni uslov zasićenja je I C I C
β . (5)
Odavde se za najmanju vrednost struje baze koja obezbe ¯duje zasićenje tranzistora dobija:
c) Kolo baze zadovoljava relaciju:
I B(min) =
9.8 mA
125
= 78.4µA.
V IN = V BE + R B I B . (6)
Maksimalna dozvoljena vrednost R B za uslov zasićenja se dobija pri minimalnoj vrednosti struje
baze:
R B(max) = V IN− V BE
I B(min)
= 5 V−0.7 V
78.4µA
= 54.85 kΩ. (7)

Zadatak 3. Odrediti radnu tačku (V CE , I C ) za tranzistorsko kolo napajano preko naponskog
razdelnika prikazano na slici. Poznato je: V CC = 10 V, R E = 560Ω, R C = 1 kΩ, R 1 = 10 kΩ,
R 2 = 5.6 kΩ, V BE = 0.7 V,β=100.
R 1
+
+
V BE
V CC
R C
+
V CE
R 2
R E
Rešenje. Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:
I B +I 2
I 2
I C
R 1
V
+ CC
R C
+
I B
+
V BE
R 2
V CE
R E
I E
Napon na bazi tranzistora je:
Istovremeno važi relacija:
V B = R 2 I 2 . (1)
V CC = R 1 (I B + I 2 )+R 2 I 2 . (2)
Kola napajana preko naponskog razdelnika se realizuju tako da je struja baze mnogo manja od
struje koja protiče kroz otpornik R 2 (I B ≪ I 2 ). Time se relacija (2) može pojednostaviti:
V CC ≈ (R 1 + R 2 )I 2 . (3)
Za struju I 2 se dobija:
I 2 ≈ V CC
R 1 + R 2
, (4)

odnosno za napon na bazi tranzistora:
V B ≈
Napon na emitoru tranzistora je:
a na osnovu njega struja emitora:
Struja kolektora je:
R 2
R 1 + R 2
V CC =
Naponska relacija za kolo kolektora je:
5.6 kΩ
10 V=3.59 V. (5)
10 kΩ+5.6 kΩ
V E = V B − V BE (6)
V E = 3.59 V−0.7 V=2.89 V,
I E = V E
= 2.89 V
R E 560Ω
što za napon izme ¯du kolektora i emitora daje:
= 5.16 mA.
I C = I E − I B =αI E = β
β+1 I E (7)
100
I C = 5.16 mA=5.11 mA.
100+1
V CC = R C I C + V CE + V E , (8)
V CE = V CC − R C I C − V E (9)
V CE = 10V−1 kΩ·5.11 mA−2.89 V=2 V.
Radna tačka je odre ¯dena vrednostima V CE = 2 V, I C = 5.11 mA.

Zadatak 4. Odrediti radnu tačku (V CE , I C ) za tranzistorsko kolo prikazano na slici. Poznato je:
V CC = 12 V, R C = 560Ω, R B = 330 kΩ, V BE = 0.7 V,β=100.
R B
+
+
V BE
V CC
R C
+
V CE
Rešenje. Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:
R B
I B
V
+ CC
R I C C
+
V
+ CE
V BE
Za kolo baze važi naponska relacija:
na osnovu koje se struja baze odre ¯duje kao:
V CC = R B I B + V BE , (1)
Struja kolektora je:
dok se za napon izme ¯du kolektora i emitora dobija:
I B
I B
= V CC− V BE
(2)
R B
12 V−0.7 V
=
330 kΩ = 34.2µA.
I C =βI B = 100·34.2µA=3.42 mA, (3)
V CE = V CC − R C I C (4)
V CE = 12V−560Ω·3.42 mA=10.1 V.
Radna tačka je odre ¯dena vrednostima V CE = 10.1 V, I C = 3.42 mA.

Zadatak 5. Odrediti radnu tačku (V CE , I C ) za tranzistorsko kolo prikazano na slici. Poznato je:
V CC = 12 V, R C = 560Ω, R B = 330 kΩ, R E = 1 kΩ, V BE = 0.7 V,β=100.
R B
+
+
V BE
V CC
R C
+
V CE
R E
Rešenje. Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:
R B
I B
V
+ CC
R C
I C
+
V
+ CE
V BE
R E
I E
Za kolo baze važi naponska relacija:
V CC = R B I B + V BE + R E I E . (1)
Veza izme ¯du struje emitora i struje baze je:
I E = I C + I B =βI B + I B = (β+1)I B . (2)
Zamenom I E u (1) dobija se:
V CC = R B I B + V BE + R E (β+1)I B , (3)
odnosno struja baze se odre ¯duje kao:
I B =
I B =
V CC − V BE
R B + R E (β+1)
12 V−0.7 V
330 kΩ+1 kΩ(100+1) = 26.2µA.
(4)
Struja kolektora je:
I C =βI B = 100·26.2µA=2.62 mA, (5)

a struja emitora:
I E = (β+1)I B = (100+1)·26.2µA=2.65 mA. (6)
Za kolo kolektora važi naponska relacija:
V CC = R C I C + V CE + R E I E . (7)
dok se za napon izme ¯du kolektora i emitora dobija:
V CE = V CC − R C I C − R E I E (8)
V CE = 12V−560Ω·2.62 mA−1kΩ·2.65 mA=7.88 V.
Radna tačka je odre ¯dena vrednostima V CE = 7.88 V, I C = 2.62 mA.

Zadatak 6. Odrediti radnu tačku (V CE , I C ) za tranzistorsko kolo prikazano na slici. Poznato je:
V CC = 10 V, R C = 10 kΩ, R B = 180 kΩ, V BE = 0.7 V,β=100.
R B
+
+
V BE
V CC
R C
+
V CE
Rešenje. Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:
R B
I B
+
I B
+I C
+
V BE
V CC
R C
I C
+
V CE
Za kolo baze važi naponska relacija:
V CC = R C (I C + I B )+R B I B + V BE . (1)
Struja kolektora je:
Zamenom I C u (1) dobija se:
I C =βI B . (2)
odnosno struja baze se odre ¯duje kao:
V CC = (β+1)R C I B + R B I B + V BE , (3)
I B =
I B =
Za struju kolektora se dobija:
V CC − V BE
(4)
R B + (β+1)R C
10 V−0.7 V
180 kΩ+(100+1)10 kΩ = 7.82µA.
I C =βI B = 100·7.82µA=782µA, (5)

a za napon izme ¯du kolektora i emitora:
V CE = V CC − R C (I C + I B ) (6)
V CE = 10 V−10 kΩ(782µA+7.82µA)=2.1 V.
Radna tačka je odre ¯dena vrednostima V CE = 2.1 V, I C = 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 V T , 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 I D od napona na drejnu V D .
Pri veoma malim naponina na drejnu kanal se može predstaviti kao otpornik, tako da je
struja drejna u jednom delu strujno-naponske (I D -V D ) karakteristike približno linearno proporcionalna
naponu na drejnu; to je tzv. linearna oblast rada MOS tranzistora.
Nakon linearne oblasti, a pri naponima |V D | < |V G − V T |, 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 |V D | = |V G − V T | 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 |V D | = |V G − V T |. Napon drejna pri kome nastaje prekid kanala zove
se napon zasićenja (saturacije) V Dsat . Sa daljim povećanjem napona na drejnu (|V D | > |V G − V T |),
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 V D ≥ V Dsat zove
oblast zasićenja.

Triodna oblast:
nε
oxW
[
2 ] [
2
I = 2( V −V
) ⋅V
−V
= k 2( V −V
) ⋅V
−V
]
ε
D
ox
μ ................... (1)
GS T DS DS
GS T DS DS
2t
L
o
ox
= ε ⋅ε
rox
ε o = 8.85⋅10 −14 F/cm
ε rox = 3.9
L - dužina kanala
W - širina kanala
μ n - pokretljivost elektrona u kanalu
t ox - debljina oksida gejta
Linearna oblast (pri malim naponima na drejnu može se zanemariti drugi član u zagradi u izrazu
(1)):
ID
= 2 k ⋅(
VGS
−VT
) ⋅V
.................... (2)
DS
Otpornost kanala pri malim naponima na drejnu može se izračunati na sledeći način:
VDS
1
R = =
I 2k
⋅(
V −V
)
D
GS
T
Oblast zasićenja:
2
I = k ⋅ V −V
)
.................... (3)
Dsat
( GS T

ZADATAK MOS1: Polazeći od izraza za struju drejna NMOS tranzistora u triodnoj
oblasti:
I
D
2
[ 2( V −V
) ⋅V
−V
]
μ nε
oxW
=
,
GS T DS DS
2t
L
ox
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) dI D
= 0 .
dVDS
μ nε
oxW
2
I D = [ 2( VGS
−VT
) ⋅VDS
−VDS
] ...............................................................(1)
2toxL
dI μ nεoxW
[ 2( VGS
−VT
) − 2V
] = 0 ⎟ VDSsat
= VGS
−V
.......................(2)
T
dV 2t
L
D
= DS
DS ox
Kako bi smo odredili struju drejna u oblasti zasićenja I
Dsat zamenimo (2) u (1).
2 μnε
oxW
2
2
[ 2( V −V
) ⋅V
−V
] = [ 2V
⋅V
−V
] kV
μnε
oxW
I D sat
=
GS T DSsat DSsat
DSsat DSsat DSsat =
2t
L
2t
L
Dsat
ox
2 2
( VGS
−VT
) kVDSsat
I = k =
...............................................................(3)
ox
DSsat
Izlazne karakteristike NMOS tranzistora:

Izlazne karakteristike NMOS tranzistora:
Grafički prikaz realnih karakteristika NMOS tranzistora:
3.5
NMOS
3.0
V GS
=5V
2.5
I D
(mA)
2.0
1.5
V GS
=4V
1.0
0.5
V GS
=3V
V
0.0
GS
=2V
0 2 4 6 8 10
V DS
(V)
Grafički prikaz realnih karakteristika PMOS tranzistora:
4.5
4.0
PMOS
V GS
=-5V
3.5
3.0
-I D
(mA)
2.5
2.0
1.5
1.0
V GS
=-4V
V GS
=-3V
0.5
V
0.0
GS
=-2V
0 2 4 6 8 10
-V DS
(V)

ZADATAK MOS2: NMOS tranzistor realizovan je tako da mu je napon praga V T = 1 V,
dužina kanala 5 μm, širina kanala 50 μm, pokretljivost elektrona u kanalu
μ n = 800 cm 2 /Vs i debljina oksida gejta 40 nm. Izračunati:
a) Kolika će biti struja drejna pri V DS = 4 V i V GS = 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: ε o = 8.85⋅10 −14 F/cm i ε rox = 3.9.
Rešenje:
a) V DS = 4 V VDSsat = VGS
−VT
= 4 .8 −1
= 3. 8V
V GS = 4.8 V
V DS > V ⎟ tranzistor je u zasićenju
DSsat
Struja drejna u oblasti zasićenja I može se izraziti na sledeći način:
Dsat
2 2
( VGS
−VT
) kVDSsat
I Dsat
= k = ,
Gde je:
k =
−14
μ nεoxW
800 ⋅8.85
⋅10
⋅ 3.9 ⋅ 50 ⋅10
−4
A
=
= 3.4515 ⋅10
−7
−4
2
2t
L 2 ⋅ 40 ⋅10
⋅ 5 ⋅10
V
ox
2
− 4
2
−4
I Dsat
= kVDSsat
= 3.4515⋅10
3.8 = 4. 984 mA
b) V DS = 4 V VDSsat = VGS
−VT
= 5 .8 −1
= 4. 8V
V GS = 5.8 V
V DS < V ⎟
DSsat
tranzistor je u triodnoj oblasti
Struja drejna u triodnoj oblasti može se izraziti na sledeći način:
D
I
D
= k
= 3.4515
2
2
[ 2( VGS
−VT
) ⋅VDS
−VDS
] = k[ 2( VGS
−VT
) ⋅VDS
−VDS
]
−4
2
⋅10
[ 2(5.8 −1)
⋅ 4 − 4 ] = 7.731mA
Struja drejna se promenila za:
Δ I D = 7 .731 − 4.984 = 2. 747 mA
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
μ n = 800 cm 2 /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: ε o = 8.85⋅10 −14 F/cm, ε rox = 3.9.
Rešenje:
a) Pri malim naponima na drejnu (linearna oblast) zanemaruje se kvadratni član u zagradi:
μ nε
oxW
2
2
I D = [ 2( VGS
−VT
) ⋅VDS
−VDS
] = k[ 2( VGS
−VT
) ⋅VDS
−VDS
]
2toxL
I ≈ 2k(
V −V
) V Ovo je početni deo triodne oblasti i naziva se linearna oblast
D
μ
k =
GS
T
DS
−14
−4
nε
oxW
800 ⋅8.85
⋅10
⋅3.9
⋅50
⋅10
−4
A
=
= 3.4515 ⋅10
−7
−4
2
2toxL
2 ⋅ 40 ⋅10
⋅5⋅10
V
Otpornost kanal pri malim naponima na drejnu:
U VDS
1
1
R = = =
=
= 362 Ω
−4
I I 2k(
V −V
) 2 ⋅3.4515
⋅10
(5 −1)
D
GS
T
b) Kada tranzistor ulazi u zasićenje on upravo izlazi iz triodne oblasti, pa važi
2
I Dsat = kV DSsat
⎟ U VDSsat
1
1
R = = = =
= 724 Ω
−4
I I kV 3.4515 ⋅10
⋅ 4
Grafički prikaz:
Dsat
DSsat

ZADATAK MOS8: Odrediti radnu tačku (V DS , I D ) za
tranzistorsko kolo prikazano na slici. Napon praga ovog
tranzistora je V T = 3 V. Merenjem je utvrđeno da je napon
V GS = 8.5 V.
Poznato je: V DD = 15 V, R 1 = 10 MΩ i R D = 4.7 kΩ.
Rešenje:
Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:
Struja I G = 0, pa kroz otpornik R 1 ne protiče struja. Onda V G = V D . Odavde se dobija da je:
V GS = V DS = 8.5 V
Za napon V GS = 8. 5V
vrednost saturacionog napona V iznosi:
DSsat
V = V −V
= 8 .5 − 3 = 5. V
DSsat GS T
5
Kako je V > V zaključujemo da je tranzistor u zasićenju.
DS
DSsat
Kako je I G = 0, kroz otpornik R D protiče samo struja I D .
Za kolo drejna onda važi relacija:
V DD = V DS +R D I D
Odavde se dobija struja I D :
VDD
−VDS
I D =
RD
Zamenom brojnih vrednosti dobija se:
I D = 1. 383 mA
Radna tačka je određena vrednostima: V DS = 8. 5V
i I D = 1. 383 mA.

ZADATAK MOS9: Za kolo prikazano na slici, napajano preko
naponskog razdelnika, uzeti su sledeći otpornici: R 1 = 10 MΩ i
R 2 = 4.7 MΩ. Ako je napon praga ovog tranzistora V T = 5 V, a
k = 2⋅10 −4 A/V 2 da li je ovakvim izborom otpornika R 1 i R 2
obezbeđen rad tranzistora u zasićenju
Poznato je: V DD = 10 V i R D = 1 kΩ.
Rešenje:
Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:
Struja I G = 0, pa kroz otpornike R 1 i R 2 teče ista struja I 1 :
VDD
I1
=
R1
+ R2
Napon V GS se onda može izraziti:
R2
VGS = R2
⋅ I1
= V DD
R1
+ R2
Zamenom brojnih vrednosti dobija se:
V GS = 3. 197 V
Kako je V GS < V T zaključujemo da je tranzistor zakočen.

ZADATAK MOS10: Odrediti radnu tačku (V DS , I D ) za
tranzistorsko kolo prikazano na slici. Napon praga ovog
tranzistora je V T = 2 V, dok pri naponu na gejtu V GS = 4 V struja
drejna u zasićenju iznosi I Dsat = 200 mA.
Poznato je: V DD = 24 V, R 1 = 100 kΩ, R 2 = 15 kΩ i R D = 200 Ω.
Rešenje:
Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:
Struja I G = 0, pa kroz otpornike R 1 i R 2 teče ista struja I 1 :
VDD
I1
=
R1
+ R2
Napon V GS se onda može izraziti:
R2
VGS = R2
⋅ I1
= V DD
R1
+ R2
Zamenom brojnih vrednosti dobija se:
V GS = 3. 13V
Kako je V GS > V T zaključujemo da tranzistor nije zakočen.
Pretpostavimo da je pri naponu V GS = 3. 13V
tranzistor u zasićenju. Tada važi:
Dsat
2 2
( VGS
−VT
) kVDSsat
I = k =
......................................(1)
Potrebno je odrediti vrednost parametra k. Poznato je da pri naponu na gejtu V GS2 = 4 V struja
drejna u zasićenju iznosi I Dsat2 = 200 mA. Odavde možemo da izračunamo vrednost parametra k.
−3
I Dsat2 200⋅10
−2
A
k =
= = 5⋅10
2
2
2
( V −V
) (4 − 2) V
GS 2
T

Zamenom brojnih vrednosti u (1) dobijamo:
− 2
2
D = 5⋅10
(3.13 − 2) = 63. 845mA
I sat
Za kolo drejna važi relacija:
V DD = V DS +R D I D
Odavde se za napon V DS dobija:
V DS =V DD −R D I D
Zamenom brojnih vrednosti dobija se:
− 3 =
V DS = 24 − 200 ⋅ 63.845⋅10
11. 231V
Za napon V GS = 3. 13V
vrednost saturacionog napona V iznosi:
DSsat
V = V −V
= 3 .13 − 2 = 1. V
DSsat GS T
13
Kako je V DS > V zaključujemo da je tranzistor u zasićenju. Polazna pretpostavka je u redu.
DSsat
Radna tačka je određena vrednostima: V DS = 11. 231V
i I D = 63. 845mA.

ZADATAK MOS12: Za kolo napajano preko naponskog
razdelnika sa slike odrediti vrednost otpornosti ako je
poznato: napon i struja u radnoj tački V DS = 4 V,
I D = 0.25 mA; napon na otporniku R S je V Rs = 1 V; struja kroz
otpornike napajanja I R = 20μA; V DD = 5 V, V SS = −5 V,
V T = 1.2 V i k = 0.16 mA/V 2 .
Rešenje:
Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:
Napon na otporniku R S može se izraziti na sledeći način:
= R ⋅ I
VR
S
S
D
Odavde može da se izračuna vrednost otpornosti otpornika R S .
VRS 1
RS
= = = 4 kΩ
−3
I 0.25⋅10
D
Za kolo drejna važi naponska relacija:
V DD = RD
⋅ I D + VDS
+ RS
⋅ I D + VSS
Odavde može da se izračuna vrednost otpornosti otpornika R D .
VDD
−VDS
− RS
⋅ I D −VSS
5 − 4 −1+
5
RD = =
= 20 kΩ
−3
I
0.25⋅10
D
Za kolo gejta važi naponska relacija:
V DD = R1
⋅ I R + R2
⋅ I R + VSS
= ( R1
+ R2)
⋅ I R + VSS
Odavde može da se izračuna zbir otpornosti otpornika R 1 + R 2 .
VDD −VSS
5 + 5
R1
+ R2
= = = 500 kΩ
−3
I 0.02 ⋅10
R

Pretpostavimo da je tranzistor u zasićenju. Tada važi:
2 2
I Dsat
= k( VGS
−VT
) = kVDSsat
Odavde možemo da izračunamo V GS :
−3
I Dsat 0.25⋅10
VGS = + VT
=
+ 1.2 = 2. 45V
−3
k 0.16⋅10
Za napon V GS = 2. 45V
vrednost saturacionog napona V iznosi:
DSsat
VDSsat = VGS
−VT
= 2 .45 −1.2
= 1. 25 V
Kako je V > V zaključujemo da je tranzistor u zasićenju. Polazna pretpostavka je u redu.
DS
DSsat
Iz naponske jednačine:
VGS
= R 2 ⋅ I R − RS
⋅ I ,
D
Možemo da izračunamo R 2 :
VGS + RS
⋅ I D VGS
+ VRs
2.45 + 1
R2
= = = = 172. 5 kΩ
−3
I R I R 0.02 ⋅10
Za R 1 se onda dobija:
R1
= 500 kΩ − R2
= 327. 5 kΩ

ZADATAK MOS13: Za tranzistor sa slike odrediti V GS , I D i
V DS ako je poznato: V T = 1 V, k = 0.5 mA/V 2 , V DD = 5 V,
V SS = −5 V, R D = 2 kΩ, R S = 1 kΩ, R 1 = 60 kΩ i R 2 = 40 kΩ.
Rešenje:
Kroz kolo protiču struje naznačene na slici:
Za kolo gejta važi naponska relacija:
V DD = R1
⋅ I R + R2
⋅ I R + VSS
= ( R1
+ R2)
⋅ I R + V
Odavde može da se izračuna struja I R :
VDD
−VSS
5 + 5
I R = =
= 0. 1 mA
3 3
R + R 60 ⋅10
+ 40 ⋅10
1
2
Napon V GS može se izraziti na sledeći način:
VGS
= R 2 ⋅ I R − RS
⋅ I .............................(1)
D
U jednačini (1) nepoznate veličine su V GS i I D . Potrebna nam je još jedna jednačina.
Pretpostavimo da je tranzistor u zasićenju. Tada važi:
2
I = k V −V
) .............................(2)
Dsat
( GS T
Zamenom (2) u (1) dobijamo:
2
VGS
= R2 ⋅ I R − RS
⋅ k( VGS
−VT
)
Daljim sređivanjem dobija se:
2
V = R ⋅ I − R ⋅ k(
V − 2V
⋅V
+ V
2
GS 2 R S GS GS T T )
2
2
S kVGS
+ VGS
− 2RSkVGSVT
+ RSkVT
− R2
⋅ I R = 0 / :
R
2
GS
V
V
+
R
GS
S
−
k
R
⋅ I
k
2 2
2VGSVT
+ VT
−
RS
R
= 0
SS
R
S
k

V
2
GS
⎛
+
⎜
⎝ R
⎞
1 2 R
2
2 ⋅
− VT
⎟VGS
+ VT
−
Sk
RS
⎠
I
k
R
= 0.............................(3)
1
− 2V
R k
V
S
2
T
T
R2
⋅ I
−
R k
S
1
=
− 2⋅1
= 2 − 2 =
3 −3
1⋅10
⋅0.5⋅10
R
3
−3
0V
2 40⋅10
⋅ 0.1⋅10
= 1 −
1−
8 = −7
V
3 −3
1⋅10
⋅ 0.5⋅10
Jednačina (3) sada postaje:
2
V − 7 = 0
GS
V GS = 7 = 2. 65V
Iz jednačine (2) možemo da izračunamo struju drejna I Dsat :
2
− 3
2
I D = k(
VGS
−VT
) = 0.5⋅10
(2.65 −1)
= 1. 36 mA
sat
Za kolo drejna važi naponska relacija:
V DD = RD
⋅ I D + VDS
+ RS
⋅ I D + VSS
Odavde može da se izračuna vrednost napona između drejna i sorsa V DS .
VDS
= VDD
− RD
⋅ I D − RS
⋅ I D −VSS
= VDD
− ( RD
+ RS
) ⋅ I D −V
Zamenom brojnih vrednosti dobijamo:
3 3
− 3
V DS = 5 − (2⋅10
+ 1⋅10
) ⋅1.36⋅10
+ 5 = 5. 92 V
Za napon V GS = 2. 65V
vrednost saturacionog napona V iznosi:
DSsat
VDSsat = VGS
−VT
= 2 .65 −1
= 1. 65 V
Kako je V > V zaključujemo da je tranzistor u zasićenju. Polazna pretpostavka je u redu.
DS
DSsat
2
SS

ZADATAK MOS15: Za kolo prikazano na slici 1 odrediti oblik izlaznog napona V DS .
Poznato je: R D = 1 kΩ, V DD = 10 V, V GG = 8 V. Generator v in daje signal sinusnog oblika
čija se amplituda menja od -1 do +1 V. Napon praga ovog tranzisora iznosi V T = 3 V,
k=10 −4 A/V 2 , a prenosna karakterisitka prikazana je na slici 2.
I D
(mA)
9
8
7
6
5
4
3.6
3
2.5
2
1.6
1
Q
0
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
V GS
(V)
Slika 1. Slika 2.
Rešenje:
Naponi i struje u kolu prikazani su na slici 3:
Izvorima napajanja V GG i V DD obezbeđuju se
potrebni naponi za rad tranzistora u zasićenju;
izborom vrednosti otpornosti otpornika R D
definiše se takozvana radna prava (radna
tačka).
Radna tačka Q (jednosmerni režim):
V GS = 8 V
2 −4
I = k(
V −V
) = 10 (8 − 3)
2
Dsat
GS T
= 2. 5
mA
Ova vrednost I Dsat
može da se očita sa
prenosne karakteristike tranzistora.
3 −3
V = V − R ⋅ I = 10 −10
⋅ 2.5⋅10
= 7.
DS DD D D
5
V
Slika 3.
Za V GS = 8 V vrednost V iznosi:
DSsat
VDSsat = VGS
−VT
= 8 − 3 = 5V
V > tranzistor je u zasićenju
DS V DSsat
Kada se na gejt pored jednosmernog napona V GG dovede i naizmenični signal v in tada se napon
V GS menja kao što je prikazano na slici 4 (V GS = V GG + v in ). Maksimalna vrednost napona V GS je
9 V, a minimalna 7 V. Za ove vrednosti napona na gejtu treba izračunati vrednost izlaznog
napona V DS .

i) Maksimalna vrednost napona V GS :
V GS = 9 V
Sa prenosne karakteristike očitavamo I Dsat
I Dsat
= 3. 6 mA
3 −3
V = V − R ⋅ I = 10 −10
⋅3.6⋅10
DS DD D D
= 6. 4
V
Slika 4.
Za V GS = 9 V vrednost V iznosi:
DSsat
VDSsat = VGS
−VT
= 9 − 3 = 6 V
V DS > V DSsat
tranzistor je u zasićenju
T 1 (6.4 V, 3.6 mA)
ii) Minimalna vrednost napona V GS :
V GS = 7 V
Sa prenosne karakteristike očitavamo I Dsat
I Dsat
=1. 6 mA
3 −3
V = V − R ⋅ I = 10 −10
⋅1.6⋅10
DS DD D D
= 8. 4
V
Slika 5.
Za V GS = 7 V vrednost V iznosi:
DSsat
VDSsat = VGS
−VT
= 7 − 3 = 4 V
V DS > V DSsat
tranzistor je u zasićenju
T 2 (8.4 V, 1.6 mA)
Oblik izlaznog napon V DS prikazan je na slici 5. Može se uočiti da je izlazni signal izobličen.
Na slici 6., tačke Q, T 1 i T 2 prikazane su u polju izlaznih karakterisitka.
I D
(mA)
5
4
T 1
V GS
=9V
3
Q
V GS
=8V
2
T 2
V GS
=7V
1
0
6.4 7.5 8.4
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Slika 6.
V DS
(V)

ZADATAK OPTO1: U kolu sa slike bipolarni
tranzistor (u ulozi prekidača) u sprezi sa LED-om radi
kao indikator stanja. Za V IN =V OFF =0V LED ne svetli,
dok za V IN =V ON LED daje intenzivnu svetlost. Odrediti
vrednosti otpornika R C i R B za koje je obezbeđeno
funkcionisanje indikatora, ako je struja neophodna da
LED daje intenzivnu svetlost 30mA, pri čemu je
napon na njemu V LED =1.6V.
Poznato je: V CC =9V, V BE =0.7V, V CE(sat) =0.2V, β=50,
V ON =5V.
Rešenje:
Kada je na ulazu napon V IN =V OFF =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 V IN =V ON =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 V LED = 1.6V dok je struja kroz
LED istovremeno i struja kolektora tranzistora I C . Kada
predstavlja prekidač u zatvorenom stanju tranzistor radi u
zasićenju i napon između kolektora i emitora je V CE(sat) .
Na osnovu datih podataka pišemo naponsku relaciju za
kolektorsko kolo:
V = R ⋅ I + V + V
CC
C
C
LED
CE (sat )
Pošto struja I C treba da ima vrednost od 30mA za vrednost otpornika R C se dobija:
VCC
−VLED
−VCE(
sat)
RC
= ,
I
R C
9V −1.6V − 0.2V
= = 240 Ω.
0.03A
Da bi tranzistor bio u zasićenju mora da je ispunjena strujna relacija I C

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: V CC =5V, R C =50kΩ, R 1 =5kΩ,
V CE(sat) =0.2V, V LED =1V.
Rešenje:
Napon na izlazu kola jednak je naponu između
kolektora i emitora tranzistora V OUT =V CE . Za kolo
kolektora važi naponska relacija:
VCC = RC ⋅ I
C
+ VCE
,
odnosno:
VOUT = VCE = VCC −RC ⋅ I
C .
Kada nema svetlosnog signala sa LED-a
tranzistor ne vodi (I C =0) i na izlazu je nivo
logičke jedinice, odnosno V OUT =V CC .
Kada sa LED-a na bazno-kolektorski spoj
fototranzistora dolazi svetlosni signal, postoji
određena struja kolektora I C proporcionalna osvetljaju, odnosno struji kroz LED – I 1 .
Da bi na izlazu kola bio naponski nivo logičke nule fototranzistor treba da je u zasićenju
(V OUT =V CE(sat) ) i njegova struja kolektora je tada:
VCC
−VCE( sat )
IC
= ,
R
C
5V − 0.2V
I C
= =
4 96μA .
510 ⋅ Ω
Koeficijent sprege je:
tako da se za struju LED-a dobija:
I C
CTR = ⋅ 100% ,
I
I1 = ⋅ 100%
CTR
96μA
I
1
= ⋅ 100% = 1.2mA .
8%
Za kolo LED-a važi naponska relacija:
V1 = R1⋅ I
1+ VLED
,
i za napon polarizacije LED-a se dobija:
V
1
= 5kΩ ⋅ 1.2mA + 1V=7V .
I C
1