RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA POLUPROVODNIČKE …mikro.elfak.ni.ac.rs/wp-content/uploads/PPK_zadaci_diode.pdf · Kapacitivnost diode se sastoji od kapacitivnosti prelazne oblasti

Univerzitet u Nišu

Elektronski fakultet

RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA

POLUPROVODNIČKE KOMPONENTE

(IV semestar – modul EKM)

I deo

Miloš Marjanović

ELEKTRONSKI FAKULTET Katedra za mikroelektroniku


Računske vežbe

PN SPOJ – DIODA

Napomena: Izvođenja su data radi potpunosti materijala.

Ugrađeni napon u prelaznoj oblasti pn spoja

Posmatramo dijagram energetskih nivoa na p-n spoju. Kada elektroni iz provodne zone n- tipa

poluprovodnika prelaze u provodnu zonu poluprovodnika p- tipa nailaze na potencijalnu

barijeru. Energija potrebna za prelaz definiše ugrađeno električno polje, tj. ugrađeni napon u

prelaznoj oblasti. Slično važi i za šupljine pri prelazu iz p- u n- tip poluprovodnika. Ovaj

napon se ne može meriti, jer bi se stvorila barijera između sondi i poluprovdnika što poništava

Vbi.

ZADATAK 1. Izvesti izraz za ugrađeni potencijal u prelaznoj oblasti pn spoja.

Rešenje:

Fermijev nivo u pn spoju je jedinstven. U odnosu na Fermijev nivo EF, definišu se sopstveni

Fermijevi nivoi za n i p tip poluprovodnika Ein i Eip. Ukupni ugrađeni potencijal izrazićemo

kao zbir potencijala ϕFn i ϕFp:

𝑉𝑏𝑖 = |𝜙𝐹𝑛| + |𝜙𝐹𝑝|

U n- tipu poluprovodnika koncentracija elektrona je približno jednaka koncentraciji donorskih

primesa:



Računske vežbe

𝑁𝐷 = 𝑛 = 𝑁𝐶𝑒−(𝐸𝐶−𝐸𝐹)

𝑘𝑇 = 𝑛𝑖𝑒𝐸𝐹−𝐸𝑖𝑛

𝑘𝑇 = 𝑛𝑖𝑒𝑞𝜙𝐹𝑛

𝑘𝑇

Logaritmovanjem dobijamo:

𝜙𝐹𝑛 =𝑘𝑇

𝑞ln (

𝑁𝐷

𝑛𝑖)

Slično, možemo pisati za koncentraciju šupljina u p- tipu poluprovodnika:

𝑁𝐴 = 𝑝 = 𝑁𝑉𝑒−(𝐸𝐹−𝐸𝑉)

𝑘𝑇 = 𝑛𝑖𝑒𝐸𝑖𝑝−𝐸𝐹

𝑘𝑇 = 𝑛𝑖𝑒−𝑞𝜙𝐹𝑝

𝑘𝑇

Logaritmovanjem dobijamo:

𝜙𝐹𝑝 = −𝑘𝑇

𝑞ln (

𝑁𝐴

𝑛𝑖)

Konačno je:

𝑉𝑏𝑖 = |𝜙𝐹𝑛| + |𝜙𝐹𝑝| =𝑘𝑇

𝑒ln (

𝑁𝐴𝑁𝐷

𝑛𝑖2 ) = 𝑉𝑡 ln (

𝑁𝐴𝑁𝐷

𝑛𝑖2 )

gde je Vt termički potencijal.

ZADATAK 2. Izračunati ugrađeni potencijal pn spoja, ako na sobnoj temperaturi T=300K je

koncentracija akceptorskih primesa NA=2·1016cm-3 i donorskih ND=5·1015cm-3. Koncentracija

sopstvenih nosilaca iznosi ni=1.01·1010cm-3.

Rešenje:

𝑉𝑏𝑖 =𝑘𝑇

𝑞ln (

𝑁𝐴𝑁𝐷

𝑛𝑖2 ) =

1.38 ∙ 10−23 ∙ 300

1.6 ∙ 10−19ln (

2 ∙ 1016 ∙ 5 ∙ 1015

(1.01 ∙ 1010)2) = 0.714 𝑉

Širina osiromašene oblasti pn spoja

Prelazna oblast šira je na strani sa nižom koncentracijom primesa i važi: xpNA=xnND.

ZADATAK 3. Izvesti izraz za širinu osiromašene oblasti skokovitog pn spoja.

Rešenje:

Električno polje određuje se iz Poisson-ove jednačine:

𝑑2𝜑(𝑥)

𝑑𝑥2= −

𝜌(𝑥)

𝜀0𝜀𝑟= −

𝑑𝐾(𝑥)

𝑑𝑥

φ(x) – električni potencijal, K(x) – električno polje, ρ(x) – zapreminska gustina naelektrisanja.

Gustina naelektrisanja su: ρ(x) = -qNA, za –xp < x < 0 i ρ(x) = qND, za 0 < x < xn. Električno

polje u p- oblasti se računa kao:



Računske vežbe

𝐾 = ∫𝜌(𝑥)

𝜀0𝜀𝑟𝑑𝑥 = − ∫

𝑞𝑁𝐴

𝜀0𝜀𝑟𝑑𝑥 = −

𝑞𝑁𝐴

𝜀0𝜀𝑟𝑥 + 𝐶1

Konstanta integraljenja C1 se određuje iz uslova da je K=0 pri x=-xp, tako da je električno

polje u p oblasti:

𝐾 = −𝑞𝑁𝐴

𝜀0𝜀𝑟(𝑥 + 𝑥𝑝) − 𝑥𝑝 ≤ 𝑥 ≤ 0

zaključujemo da je polje linearna funkcija rastojanja ukoliko je dopiranje uniformno. Slično,

za električno polje u n-oblasti dobija se:

𝐾 = ∫𝑞𝑁𝐷

𝜀0𝜀𝑟𝑑𝑥 =

𝑞𝑁𝐷

𝜀0𝜀𝑟𝑥 + 𝐶2

Konstanta integraljenja C2 određuje se iz uslova da je K=0 pri x=xn, tako da je električno

polje u n oblasti:

𝐾 =𝑞𝑁𝐷

𝜀0𝜀𝑟

(𝑥 − 𝑥𝑛) = − 𝑞𝑁𝐷

𝜀0𝜀𝑟

(𝑥𝑛 − 𝑥) 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑥𝑛

𝐾𝑚𝑎𝑥 = −𝑞𝑁𝐷

𝜀0𝜀𝑟𝑥𝑛 𝑥 = 0

Iz uslova da su polja na metalurškom spoju (x=0) jednaka dobija se da je prelazna oblast šira

na strani sa nižom koncentracijom primesa:

𝑁𝐴𝑥𝑝 = 𝑁𝐷𝑥𝑛

Potencijal na spoju se nalazi integraljenjem električnog polja. U p- oblasti je:

𝜑(𝑥) = − ∫ 𝐾(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑞𝑁𝐴

𝜀0𝜀𝑟(𝑥 + 𝑥𝑝)𝑑𝑥 =

𝑞𝑁𝐴

𝜀0𝜀𝑟(

𝑥2

2+ 𝑥 ∙ 𝑥𝑝) + 𝐶3

Iz uslova da je potencijal jednak φ(x)=0 na x=-xp izražava se konstanta integraljenja C3:

𝜑(𝑥) =𝑞𝑁𝐴

𝜀0𝜀𝑟(

𝑥𝑝2

2−

2𝑥𝑝2

2) +

𝑞𝑁𝐴

𝜀0𝜀𝑟

𝑥𝑝2

2= 0



Računske vežbe

pa se može pisati:

𝜑(𝑥) =𝑞𝑁𝐴

2𝜀0𝜀𝑟(𝑥2 + 2𝑥𝑥𝑝 + 𝑥𝑝

2) =𝑞𝑁𝐴

2𝜀0𝜀𝑟(𝑥 + 𝑥𝑝)

2

Potencijal u n- oblasti se određuje integraljenjem električnog polja u n oblasti:

𝜑(𝑥) = − ∫ 𝐾(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑞𝑁𝐷

𝜀0𝜀𝑟

(𝑥𝑛 − 𝑥)𝑑𝑥 =𝑞𝑁𝐷

𝜀0𝜀𝑟(𝑥𝑥𝑛 −

𝑥2

2) + 𝐶4

Konstanta integraljenja C4 određuje se iz uslova kontinuiteta funkcije φ(x) na metalurškom

spoju (x=0):

𝑞𝑁𝐴

2𝜀0𝜀𝑟𝑥𝑝

2 =𝑞𝑁𝐷

𝜀0𝜀𝑟∙ 0 + 𝐶4 => 𝐶4 =

𝑞𝑁𝐴


2

tako da se za potencijal u n- oblasti može pisati:

𝜑(𝑥) =𝑞𝑁𝐷

𝜀0𝜀𝑟(𝑥𝑥𝑛 −

𝑥2

2) +

𝑞𝑁𝐴


2 = 0

Ugrađeni napon pn spoja je u stvari potencijal u x=xn:

𝑉𝑏𝑖 = |𝜑(𝑥 = 𝑥𝑛)| =𝑞

2𝜀0𝜀𝑟(𝑁𝐷𝑥𝑛

2 + 𝑁𝐴𝑥𝑝2)

Na osnovu xpNA=xnND i korišćenjem prethodno dobijene formule dobijamo:

𝑥𝑛 = √2𝜀0𝜀𝑟𝑉𝑏𝑖

𝑞(

𝑁𝐴

𝑁𝐷) (

1

𝑁𝐴 + 𝑁𝐷)

𝑥𝑝 = √2𝜀0𝜀𝑟𝑉𝑏𝑖

𝑞(

𝑁𝐷

𝑁𝐴) (

1




Računske vežbe

𝑤 = 𝑥𝑛 + 𝑥𝑝 = √2𝜀0𝜀𝑟𝑉𝑏𝑖

𝑞(

𝑁𝐴 + 𝑁𝐷

𝑁𝐴𝑁𝐷)

Kada se primeni polarizacija, izrazi za xn, xp i w ostaju isti, s tim što je napon (Vbi±V).

ZADATAK 4. Izračunati širinu prelazne oblasti i maksimalnu vrednost električnog polja u pn

spoju. PN spoj na sobtnoj temperaturi T=300K sa ravnomernom koncentracijom dopanata ima

NA=2·1016cm-3 i ND=5·1015cm-3.

Rešenje:

𝑥𝑛 = √2𝜀0𝜀𝑟𝑉𝑏𝑖

𝑞(

𝑁𝐴

𝑁𝐷) (

1

𝑁𝐴 + 𝑁𝐷) = 0.379𝜇𝑚

𝑥𝑝 = √2𝜀0𝜀𝑟𝑉𝑏𝑖

𝑞(

𝑁𝐷

𝑁𝐴) (

1

𝑁𝐴 + 𝑁𝐷) = 0.0948𝜇𝑚

𝑤 = 𝑥𝑛 + 𝑥𝑝 = √2𝜀0𝜀𝑟𝑉𝑏𝑖

𝑞(

𝑁𝐴 + 𝑁𝐷

𝑁𝐴𝑁𝐷) = 0.474𝜇𝑚

|𝐾𝑚𝑎𝑥| =𝑞𝑁𝐷

𝜀0𝜀𝑟𝑥𝑛 = 2.93 ∙ 104 𝑉 𝑐𝑚⁄

Kapacitivnost diode

Kapacitivnost diode se sastoji od kapacitivnosti prelazne oblasti i difuzione kapacitivnosti.

Kapacitivnost prelazne oblasti zavisi od njene širine w, od površine pn spoja i značajna je pri

inverznoj polarizaciji. Ova kapacitivnost utiče na frekventni odziv diode, na ovom efektu

zasniva se rad varikap (varaktor) diode čija se kapacitivnost menja u zavisnosti od inverznog

napona na koji su priključene. Koriste se zaa filterska podešavanja u mikrotalasnim kolima.

Difuziona kapacitivnost je značajna pri direktnoj polarizaciji diode. Zavisi od brzine prolaska

nosilaca kroz prelaznu oblast i obrnuto je srazmerna dinamičkoj otpornosti diode. Difuziona

kapacitivnost zajedno sa dinamičkom otpornošću određuje admitansu diode, a time i

ograničava maksimalnu frekvenciju njene primene.

ZADATAK 5. Izvesti izraz za barijernu kapacitivnost skokovitog pn spoja.

Rešenje:

Kapacitivnost po jedinici površine pn spoja (S) se može izraziti kao:

𝐶′ =𝑑𝑄

𝑑𝑉𝑅=

𝑑(𝑞𝑁𝐷𝑥𝑛)

𝑑𝑉𝑅=

𝑑(𝑞𝑁𝐴𝑥𝑝)

𝑑𝑉𝑅



Računske vežbe

Na primer, širina prelazne oblasti u n- tipu poluprovodnika kada je inverzno polarisan je:

𝑥𝑛 = √2𝜀0𝜀𝑟(𝑉𝑏𝑖 + 𝑉𝑅)

𝑞(

𝑁𝐴

𝑁𝐷) (

1


Tako da je kapacitivnost:

𝐶′ = 𝑞𝑁𝐷

𝑑𝑥𝑛

𝑑𝑉𝑅= √

𝑞𝜀0𝜀𝑟𝑁𝐷𝑁𝐴

2(𝑁𝐴 + 𝑁𝐷)(𝑉𝑏𝑖 + 𝑉𝑅)=

𝜀0𝜀𝑟

𝑤

Ukupna kapacitivnost pn spoja je:

𝐶 = 𝑆√𝑞𝜀0𝜀𝑟𝑁𝐷𝑁𝐴

2(𝑁𝐴 + 𝑁𝐷)(𝑉𝑏𝑖 + 𝑉𝑅)

U funkciji inverzne polarizacije, ukupna kapacitivnost se može računati kao:

𝐶 =𝐶𝑏𝑒𝑧 𝑖𝑛𝑣𝑒𝑟𝑧𝑛𝑒 𝑝𝑜𝑙𝑎𝑟𝑖𝑧𝑎𝑐𝑖𝑗𝑒

√1 +𝑉𝑅

𝑉𝑏𝑖

ZADATAK 6. Koncentracije akceptorskih i donorskih primesa u silicijumskoj diodi

respektivno iznose NA = 1019 cm-3 i ND = 5∙1015 cm-3 (kao na slici). Ako je površina

poprečnog preseka p-n spoja S = 0,1 mm2, izračunati širine prelaznih oblasti i kapacitivnosti

p-n spoja u slučajevima nulte polarizacije, direktne polarizacije V = 0,7 V i inverzne

polarizacije Vinv = 10 V. Dielektrična konstanta vakuuma je 0 = 8,85∙10-14 F/cm, a

dielektrična konstanta silicijuma rs = 11,8; temperatura je T = 300K.



Računske vežbe

Rešenje:

Prvo treba odrediti vrednost kontaktne razlike potencijala p-n spoja:

874,0

1013,1

105101ln026,0ln

210

1519

2

i

DATbi

n

NNUV V.

Širine prelazne oblasti w, za slučaj skokovitog p-n spoja i NA >> ND (p-n spoj), može se

izraziti:

2/1

02

D

np

birSn

N

VV

qxw

Širina prelazne oblasti pri nultoj polarizaciji (V = 0):

874,0105106,1

8,111085,8221519

140

0

bi

D

rs VqN

w = 4,777∙10-5 cm ≈ 0,48 m.

Pri direktnoj polarizaciji V = 0,7 V je

)7,0874,0(105106,1

8,111085,82)(

21519

140

VVqN

w bi

D

rsdir ≈ 0,21 m,

a pri inverznoj polarizaciji Vinv = 10 V:

)10874,0(105106,1

8,111085,82)(

21519

140

invbi

D

rsinv VV

qNw ≈ 1,685 m.

Kapacitivnost prostornog naelektrisanja (barijerna kapacitivnost) skokovitog p-n spoja iznosi:

2/1

00

2

VV

NqS

x

SC

np

bi

DrS

n

rS

np .

Kapacitivnost p-n spoja pri nultoj polarizaciji je:

874,0

105

2

8,111085.8106,1101,0

2

15141920

0

bi

Drs

V

NqSC ≈ 21,86 pF.

Kapacitivnost p-n spoja pri inverznoj polarizaciji Vinv = 10 V:

10874,0

105

2

8,111085.8106,110

2

15141930

invbi

Drs

invVV

NqSC ≈ 6,2 pF.



Računske vežbe

ZADATAK 7. Kapacitivnost prostornog naelektrisanja skokovitog pn spoja pri naponu

polarizacije U1 = 5 V je C1 = 20 pF, a pri U2 = 6 V je C2 = 18.5 pF. Odrediti ovu

kapacitivnost pri polarizaciji U3 = 8 V.

Rešenje:

biV

V

CC

1

)0(, Nepoznate veličine su Vbi i C(0).

Pri zadatim polarizacijama kapacitivnosti prostornog naelektrisanja PN spoja iznose:

biV

V

CC

1

1

1

)0(

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

biV

V

CC

2

2

1

)0(

.......................(2)

Deljenjem (1) i (2) dobijamo:

bi

bi

V

V

V

V

C

C

1

2

2

1

1

1

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

Kvadriranjem uzraza (3) dobijamo:

1

2

2

2

1

VV

VV

C

C

bi

bi

21

2

2

1 VVVVC

Cbibi

21

2

2

1

2

2

1 1 VVC

C

C

CVbi

V

C

C

VVC

C

Vbi 9264.0

15.18

20

6)5(5.18

20

1

2

2

2

2

1

21

2

2

1

Iz izraza (1) dobijamo:

pFpFV

VCC

bi

585.509264.0

51201)0( 1

1

Sada se za kapacitivnost pri polarizaciji U3 = 8 V dobija:



Računske vežbe

pFpF

V

V

CC

bi

3.16

9264.0

81

585.50

1

)0(

3

3

Otpornost diode

Statička (DC) otpornost diode u radnoj tački Q se definiše kao:

𝑅𝐷 =𝑉𝐷𝑄

𝐼𝐷𝑄

Dinamička (AC) otpornost diode se definiše kao:

𝑟𝑑 =∆𝑉𝑑𝑄

∆𝐼𝑑𝑄

Dinamička otpornost može se odrediti na osnovu Šoklijevog izraza za struju diode:

𝐼𝐷 = 𝐼𝑠 (𝑒𝑉𝐷𝑛𝑉𝑡 − 1)

tako da je:

𝑟𝑑 =𝑑𝑉𝐷

𝑑𝐼𝐷=

1

𝑑𝐼𝐷

𝑑𝑉𝐷

=1

𝐼𝑠

𝑛𝑉𝑡𝑒

𝑉𝐷𝑛𝑉𝑡

=𝑛𝑉𝑡

𝐼𝐷

pri čemu je n=2 za napone manje od napona vođenja, n=1 za napone veće od napona vođenja.

Ovde nisu uključene otpornosti tela i kontakata diode.

ZADATAK 8. Za diskretnu Si diodu (1N4001) čija je strujno-naponska karakteristika na

sobnoj temperaturi data na slici:

a) Odrediti statičku i dinamičku otpornost, kao i otpornost na osnovu Šoklijevog izraza

za ID1=4mA i ID2=24 mA.

b) Odrediti dinamičku otpornost i probojni napon u inverznom režimu rada;

c) Odrediti kolika greška se unosi u razmatranje kola koje sadrži ovu diodu ukoliko se

upotrebi praktičan model umesto realnog pri struji od 24 mA.

d) Koliki napon je potreban da bi struja diode bila 30mA na temperaturama 100°C i

-55°C?



Računske vežbe

Rešenje:

a) Za struju ID1 = 4mA, sa karakteristike čitamo napon VD1 = 0.68V. Statička otpornost je

RS=VD1/ID1 = 170Ω. Sa karakteristike očitavamo da pri promeni napona ΔVD1=0.07 V,

dolazi do promene struje ΔID1 = 9mA. Dinamička otpornost je rd = ΔVD1/ΔID1 = 8.89Ω.

Dinamička otpornost na osnovu Šoklijevog izraza je: rd = nVt/ID = 13Ω, za n = 2 pošto

dioda još uvek ne vodi (ne protiče značajna struja).

Za struju ID2=24mA, sa karakteristike čitamo napon VD2=0.72V. Statička otpornost je

RS=VD2/ID2=30Ω. Sa karakteristike očitavamo da pri promeni napona ΔVD2=0.02 V,

dolazi do promene struje ΔID2= 14 mA. Dinamička otpornost je rd=ΔVD2/ ΔID2=1.43Ω.

Dinamička otpornost na osnovu Šoklijevog izraza je: rd=nVt/ID=1.083 Ω, za n=1 pošto

dioda vodi (protiče značajna struja).

b) Probojni napon iznosi – 60 V. Dinamička otpornost u inverznom režimu rada je:

rd=ΔVDR/ ΔIDR=60/(2·10-12)=30TΩ.

c) Praktični model diode podrazumeva da je napon na diodi isti za sve struje i jednak je

naponu vođenja diode. Ovaj napon je 0.7V. Razmatranjem realnog modela dobija se

da je napon na diodi pri struji od 24mA jednak 0.72V, pa je razlika ovih napona

0.02V.



Računske vežbe

d) Strujno – naponska karakteristikase se pomera u levo za 2mV pri porastu temperature

za 1°C. Na sobnoj temperaturi (25°C) je pri struji od 30mA napon jednak 0.73V. Na

100°C će ista struja teći kroz diodu pri naponu 0.73-(100-25)·2·10-3=0.58V. S druge

strane, da bi se postigla ista struja kroz diodu na temperaturi -55°C, potreban napon

biće 0.73+(25+55) ·2·10-3=0.89V.

Primena dioda

Napomena: Primena dioda u ispravljačkim kolima (jednostrani i dvostrani ispravljači),

kliperima, klamperima i množačima biće obrađena u okviru vežbi na računaru (kroz

simulaciju u LT Spice-u) i na laboratorijskim vežbama (praktična realizacija).

ZADATAK 9. U kolu sa slike iskorišćena je silicijumska dioda čija je inverzna struja

zasićenja IS=6.4·10-14 A i izmerena struja u kolu je 10 mA. Odrediti vrednost otpornosti

otpornika R i napone na otporniku i diodi. Poznato je: E=5 V. Ukoliko se silicijumska dioda

zameni LED diodom koja vodi pri VLED=2 V, odrediti otpornosti otpornika R tako da struja

kroz LED bude 20 mA.



Računske vežbe

Rešenje:

Struja kroz diodu je:

T

Ds

T

DsD

U

VI

U

VII exp1exp

Napon na diodi je:

VI

IUV

S

DtD 67.0ln

Za kolo se može napisati jednačina: E=RID+VD, tako da se za otpornost dobija R = 433Ω.

Napon na otporniku je VR=RID=4.33V. Kada se Si dioda zameni LED-om dobija se:

150LED

LED

I

VER

ZADATAK 10. Za redno diodno kolo sa slike odrediti vrednost izlaznog napona Vo i

vrednost struje u kolu. Poznato je: V=12V, R=680Ω, Vred=1.8V, VSi=0.7V.

Rešenje:

Za kolo sa slike može se napisati jednčina: V=VSi+Vred+Vo, tako da se dobija Vo=9.5V.

Slično, može se napisati V=Vsi+Vred+RI, tako da se dobija I=13.97mA.

ZADATAK 11. Za redno diodno kolo sa slike odrediti vrednosti struje i napona na svim

elementima kola. Poznato je: V=20V, R=5.6kΩ, VGe=0.3V, VSi=0.7V.



Računske vežbe

Rešenje:

Germanijumska dioda je zakočena, tako da je struja u kolu I=0A. To znači da je napona na

otporniku Vo=RI=0V, napon VSi=0V, dok je celokupni napon napajanja na germanijumskoj

diodi VGe =-20V.

ZADATAK 12. Za redno diodno kolo sa slike odrediti vrednost struje i napona Vo. Poznato

je: V1=10V, V2=5V, R1=4.7kΩ, R2=2.2kΩ, VSi=0.7V.

Rešenje:

Za kolo sa slike može se napisati jednačina: V1=R1I+VSi+R2I-V2, pošto su poznate vrednosti

svih elemenata u kolu, za vrednost struje dobija se I=2.07mA. Sada je Vo=R2I-V2=-0.44V.

ZADATAK 13. Za paralelno diodno kolo sa slike odrediti vrednost struje kroz svaku od

dioda. Diode su identičnih karakteristika. Poznato je: V=10V, R=330Ω, VSi=0.7V.

Rešenje:

Diode su vezane paralelno tako da je na svakoj od njih pad napona isti i iznosi VSi=0.7V. Za

kolo sa slike može se napisati jednačina V=RI+VSi, tako da je struja kroz otpornik I=28.2mA.

Ova struja se deli kroz dve identične diode, tako da je ID1=ID2=I/2=14.1mA. Diode se vezuju

paralelno da bi se raspodelila vrednost struje koju jedna dioda ne može da izdrži.

ZADATAK 14. Odrediti vrednost otpornika R tako da kolo sa slike radi kao detektor

polarizacije, pri čemu je struja kroz LED-ove ograničena na 20mA. Za indikaciju pozitivne

polarizacije koristi se zeleni LED, dok se za indikaciju negativne polarizacije koristi crveni

LED. Poznato je: V=8V, Vred=Vgreen=2V. Probojni napon LED-ova je:

Vbreak(red)=Vbreak(green)=3V.



Računske vežbe

Rešenje:

Kada je pozitivna polarizacija, vodiće zeleni LED, a crveni LED će biti zakočen. Za kolo se

može napisati jednačina: V=RI+Vgreen, tako da se dobija R=300Ω. Napon na crvenom LED-u

će biti Vred=-Vgreen=-2V, što je manje od probojnog napona. Kada je negativna polarizacija,

vodiće crveni LED, a zeleni će biti zakočen. Za kolo se može napisati jednačina: V=RI+Vred,

tako da se dobija R=300Ω. Napon na zelenom LED-u će biti Vgreen=-Vred=-2V, što je manje

od probojong napona, tako da će kolo ispravno raditi.

ZADATAK 15. Projektovati detektor polarizacije napona pomoću LED dioda, ako je struja

kroz LED-ove ograničena na 20mA. Za indikaciju pozitivne polarizacije koristiti plavi LED, a

za indikaciju negativne polarizacije crveni LED. Poznato je: V=8V, Vred=2V, Vblue=5V,

Vbreak(red)=Vbreak(blue)=3V, Vbreak(Si)=20V.

Rešenje:

Pri pozitivnoj polarizaciji, kada napon inverzne polarizacije crvenog LED-a dostigne

Vbreak(red), on uđe u proboj i kroz njega teče struja IR=(V-Vbreak(red))/R=I (slika). Na plavom

LED-u je fiksiran napon Vbreak(red)=3V<Vblue, tako da on nikad ne može da provede. Dakle,

indikacija pozitivnog napona nije moguća.

Pri negativnoj polarizaciji, kao kod plavo-crvenog detektora, indikacija negativnog napona je

moguća. Važi: V=RI+Vred, tako da je R=150Ω. Zaključujemo, da se ovo kolo ne može

koristiti kao ispravan detektor polarizacije, jer nije moguća indikacija pozitivnog napona.

Rešenje problema plavo-crvene indikacije postiže se odvojenim otpornicima za postizanje

odgovarajuće struje, i redno dodati diodama radi povećanja ukupnog probojnog napona



Računske vežbe

(slika). Odredićemo vrednosti otpornika R1 i R2, tako da kolo ispravno funkcioniše kao

detektor polarizacije, ako je struja kroz LED-ove ograničena na 20mA.

Pri pozitivnoj polarizaciji, važi: V=R1ID1+VSi+Vblue, tako da je R1=115Ω, odnosno pri

negativnoj polarizaciji V=R2ID2+VSi+Vred, pa je R2=265Ω. Probojni napon Vbreak(Si)=20V ne

dozvoljava da dođe do proboja crvenog LED-a.

ZADATAK 16. Za redno-paralelno diodno kolo odrediti vrednosti struje kroz diode i

otpornik R1. Pozanto je: V=20V, R1=3.3kΩ, R2=5.6kΩ, VSi=0.7V.

Rešenje:

Otpornik R1 vezan je paralelno sa diodom D2, tako da je pad napon na otporniku jednak VSi,

pa je IR1=VSi/R1=0.21mA. Za kolo se može napisati V=VSi+VSi+R2IR2, tako da je IR2=3.32mA.

Kako je ID1=ID2+IR1=IR2, važi da je ID1=3.32mA. Konačno, ID2=ID1-IR1=3.11mA.

ZADATAK 17. Za kolo na slici odrediti maksimalnu vrednost otpornika za koju će LED

dioda svetleti punim sjajem na 25°C i 75°C, ako je Vin=12V. Parametri dioda su:

VSi(T0=25°C)=0.7V, VLED (T0=25°C)=5V, VZ(T0=25°C)=3.3V, TCZ=-0.072%/°C.



Računske vežbe

Rešenje:

Na T=25°C je VIN=RILED+VLED+VZ+VSi. Da bi LED svetleo punim intenzitetom potrebmo je

20mA, pa je R=150Ω.

Na T=75°C je VSi=0.7-50·10-3=0.6V, dok je VZ(75)=VZ(25)+ΔVZ, pri čemu je ΔVZ= -

0.072·50·3.3/100=-0.1188V, pa je VZ(75)=3.1812V, tako da se za otpornost dobija

R=160.94Ω.

ZADATAK 18. U kolu stabilizatora napona (slika) iskorišćena je Zener dioda, čiji je Zenerov

napon VZ=6.8V. Poznato je: R=100Ω, RL=1kΩ.

a) Odrediti minimalnu vrednost napona Vin za koju će kolo ispravno raditi.

b) Odrediti maksimalnu vrednost napona Vin koja sme da se dovede na ulaz a da dioda

ne pregori, ako je maksimalna dozvoljena disipacija na diodi Pmax = 220mW.

c) Ako se kolo napaja sa Vin=12V, odrediti opseg otpornosti potrošača za koje će kolo

ispravno raditi, ako je maksimalna dozvoljena disipacija na diodi Pmax = 220mW.

d) Ova Zenerova dioda (6.8V na 25°C) ima pozitivni temperaturni koeficijent 0.05%/°C.

Odrediti Zenerov napon na 100°C.

Rešenje:

a) Da bi smo odredili minimalnu vrednost napona Vin kolo ćemo posmatrati kao

razdelnik napona:

𝑉𝑍 = 𝑉𝑜𝑢𝑡 =𝑅𝐿

𝑅𝐿 + 𝑅𝑉𝐼𝑁𝑚𝑖𝑛



Računske vežbe

Dobija se:

𝑉𝐼𝑁𝑚𝑖𝑛 = (1 +𝑅

𝑅𝐿) 𝑉𝑍 = 7.48𝑉

b) Za kolo se može napisati jednačina:

𝑉𝐼𝑁 = 𝑅𝐼 + 𝑉𝑍 = 𝑅 (𝑃𝑚𝑎𝑥

𝑉𝑍+

𝑉𝑍

𝑅𝐿) + 𝑉𝑍 = 10.72𝑉

c) Za određivanje minimalne vrednosti otpornosti opterećenja kolo posmatramo kao

razdelnik napona (a), pa se dobija:

𝑅𝐿𝑚𝑖𝑛 =𝑉𝑍

𝑉𝐼𝑁 − 𝑉𝑍𝑅 = 130.8Ω

Slično, iz jednačine kojom je kolo opisano pod b) dobija se da je maksimalna otpornost

opterećenja za koju će kolo raditi kao stabilizator napona kada je na ulaz priključeno 12V:

𝑅𝐿𝑚𝑎𝑥 =𝑉𝑍

𝑉𝐼𝑁 − 𝑉𝑍

𝑅 −𝑃𝑚𝑎𝑥

𝑉𝑍

= 346Ω

d) Promena Zenerovog napona je:

Δ𝑉𝑍 =𝑇𝐶

100(𝑇 − 𝑇0)𝑉𝑍 = 0.255𝑉

tako da je Zenerov napon na 100°C:

𝑉𝑍(100) = 𝑉𝑍(25) + Δ𝑉𝑍 = 7.055𝑉

ZADATAK 19. Kolo sa slike je ILI (OR) gejt. Diode D1 i D2 su identične i napon vođenja

je 0.7V pri temperaturi 25°C.

R

R L

G N D

Vin

V z



Računske vežbe

a) Popuniti tabelu i odrediti vrednost otpornosti otpornika R, ako je struja neophodna

da LED daje intenzivnu svetlost 10mA, pri čemu je napon na njemu 2V. Koristiti

praktični model diode.

b) Za koliko će se promeniti izlazni napon ako se temperatura poveća na 55°C?

Smatrati da se otpornost otpornika i napon na LED-u ne menjaju sa temperaturom.

A [V] B [V] VOUT [V] ID1 [mA] ID2 [mA]

0 0

0 5

5 0

5 5

Rešenje:

a) Izlazni napon je jednak Vout=VA-VD= VB-VD=5-0.7=4.3V. Kada su naponi na ulazu

jednaki nuli i izlazni napon je jednak nuli. Kada je na bar jedan od ulaza napon logičke

jedinice (5V), na izlazu će biti 4.3V. Iz jednačine Vout=RILED+VLED, određujemo

R=230Ω. Kada vodi samo jedna dioda, kroz nju protiče struja od 10mA. Kada vode

obe diode, pošto su identične kroz svaku protiče 5mA. Popunjena tabela:

A [V] B [V] VOUT [V] ID1 [mA] ID2 [mA]

0 0 0 0 0

0 5 4.3 0 10

5 0 4.3 10 0

5 5 4.3 5 5

b) Napon na diodi pri temperaturi T=55°C, VD=0.7-(55-25)·2·10-3=0.64V. Tako da je

izlazni napon Vout=5-0.64=4.36V, odnosno promeni se za 0.06V.



Računske vežbe

ZADATAK 20. Na slici je prikazano kolo filtera propusnika opsega koje se koristi u radio

uređajima. Varikap dioda služi za podešavanje rezonantne frekvencije. Zavisnost

kapacitivnosti varikap diode od primenjenog napona data je u tabeli:

VR 0V -2V -20V

C 40pF 22p

a) Odrediti kapacitivnost diode kada se primeni napon od -20V, ako je faktor CR (odnos

kapacitivnosti diode pri inverznom naponu 2V i 20V) jednak 5.

b) Ako je upotrebljen kalem induktivnosti L=82nH odrediti opseg frekvencija koje će

propustiti filtar ako se napon V menja od 0 do -20V.

C1 i C2 su coupling (blok) kondenzatori i ne utiču na rezonantnu učestanost.

Rešenje:

a)

𝐶20 =𝐶2

𝐶𝑅= 4.4𝑝𝐹

b) Posmatramo uprošćeno paralelno LC rezonantno kolo, gde umesto kondenzatora

postoji varikap dioda kapacitivnosti C. Uslov rezonance je XL=XC, pa za ovo kolo

važi:

𝜔𝐿 =1

𝜔𝐶=> 𝑓𝑟 =

1

2𝜋√𝐿𝐶

R 1

R 3

L

C 1 C 2

R 2

D

V

Vin Vout



Računske vežbe

Dobija se:

𝑓0 =1

2𝜋√𝐿𝐶0

= 87.8𝑀𝐻𝑧

𝑓20 =1

2𝜋√𝐿𝐶20

= 265𝑀𝐻𝑧

ZADATAK 21. Projektovati LED niz za novogodišnje lampione sastavljen od 64 crvene

diode čiji je napon vođenja 2.5V pri struji od 30mA, korišćenjem minimalnog broja otpornika

za ograničenje struje, pri čemu izvor generiše 12V.

Rešenje:

Maksimalni broj dioda koji se može vezati redno je: 12 : 2.5 = 4.8. Vezaćemo 4 LED-a na

red, pad napona na diodama biće 4 · 2.5 = 10V. Pad napona na otporniku biće 12 – 10 = 2V.

Pošto je struja ograničena na 30mA, treba iskoristiti otpornik R = 2/(30·10-3) = 66.7Ω.

Izabraćemo otpornik iz standardnog niza od 68Ω. Niz treba da sadrži 64 diode, što znači da je

potrebno 64 : 4 = 16 otpornika. Potrebno je 16 paralelnih grana sa 4 LED-a vezana redno, kao

što je ilustrovano na slici.

L

D

Kapacitivnost diode C

G N D

V R

L E D 1

L E D 2

L E D 3

L E D 4

R

L E D 5

L E D 6

L E D 7

L E D 8

R

LED61

LED62

LED63

LED64

R

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

1 2 V



Računske vežbe

ZADATAK 22. Povezati 7-segmentni displej tako da na njemu bude ispisan broj „5“. Napon

potreban da bi svetleo segment je 2V. Maksimalna struja koja sme da protekne kroz LED koji

čini jedan segment displeja je 30mA. Napon logičke jedinice jednak je 5V. Dati rešenja sa

zajedničkom anodom i zajedničkom katodom.

Rešenje:

Treba da svetle segmenti A, F, G, C, D. Otpornik za ograničenje struje treba da bude R=(5-

2)/(30·10-3)=100Ω. Na slici je prikazano rešenje za 7-segmentni displej sa zajedničkom

anodom i zajedničkom katodom.

A

f

g

e

d

A

c

D P

b

a

7 SEG

Crveni - zajednicka anoda

5 V

G N D

5 V

100 ohm

R

Otporni niz

5 V

100 ohm

R

Otporni niz

K

f

g

e

d

K

c

D P

b

a

7 SEG

Crveni - zajednicka katoda

G N D

G N D

Documents

RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA POLUPROVODNIČKE …mikro.elfak.ni.ac.rs/wp-content/uploads/PPK_zadaci_diode.pdf · Kapacitivnost diode se sastoji od kapacitivnosti prelazne oblasti