COLECCIóN DE EJERCICIOS RESUELTOS
DISPOSITIVOS ELECTRONICOS Y
FOTONICOS II
Vs
N VG
VD P
Problema 1
En un MESFET defina, explicando su sentido físico y obteniendo expresiones que permitan calcularlos, los siguientes parámetros:
a) Tensión de pinch-off V
PO. b) Tensión de saturación V
DSAT.
Solución:
a)
En un MESFET la corriente que circula entre drenador y surtidor viene determinada por el grosor de la zona neutra del canal.La anchura de la zona conductora del canal se modula con la zona de carga de espacio de la unión de puerta.
La tensión de los puntos del canal varían, según su posición, entre la tensión de la fuente y la del drenador.
La tensión de puerta se pone de manera que la unión de puerta esté polarizada en inversa.
De esta manera la tensión inversa que soporta la unión varía desde la fuente hasta el drenador, siendo más fuerte en las proximidades del drenador.
Como el ancho de la z.c.e. es mayor cuanto mayor es la tensión inversa de la unión, la profundidad de la zona de carga de espacio es mayor en las proximidades del drenador.
La profundidad de la zona depletada es mayor cuanto mayor polarización inversa soporte la unión (en el lado del drenador la polarización es – VG + VD
Aumentando suficientemente VD - VG la zona de carga de espacio puede alcanzar toda la profundidad del canal (estrangulamiento del canal o ‘pinch-off’)
Se define la tensión de pinch-off de un MESFET como la diferencia de tensión VD – VG necesaria para estrangular el canal.
El valor de la tensión de pinch-off se puede obtener fácilmente si el grosor del canal del MESFET es A y dado que en una unión P-N la profundidad de la z.c.e. en una de las regiones viene dada por
zce
(
Vbi Vr)
N
q∈ 1D + 2
Con Vr igual a la tensión de la unión en el lado del drenador , VD - VG Entonces, para estrangular el canal:
Y se define Vp0 = Vbi – VG + VD
b)
Una vez se estrangula el canal, la zona depletada es quien limita la corriente entre surtidor y drenador.Por ello si se aumenta la tensión de drenador aun más, los incrementos de tensión caen en la zona depletada.
El ancho del canal depletado caría lentamente con VD y la zona de canal conductora permanece prácticamente constante, por ello la corriente entre surtidor drenador prácticamente no varía al aumentar VD
Por lo tanto, para VD por encima del pinch.off, la ID no aumenta más al aumentar VD (saturación) Dado que Vpo = Vbi – VG +VDSAT => VDSAT = Vpo – Vbi + VG
N Vpo A q
D
2∈ 1
=
= ∈ 2
A2
N Vpo q D
Problema 3
Sea el transistor bipolar de la figura:
E
B1 B2
C N P
N
Se pide:
a) Suponga que los terminales B1 y B2 están cortocircuitados entre si formando un único terminal B. La estructura se polariza con V
E=0, V
B=0.7V, V
C=5V. En estas condiciones, ¿cuánto valen las densidades de corriente J
By J
C? Para obtenerlas analice la sección vertical punteada y desprecie los efectos de dos dimensiones. Si utiliza alguna aproximación justifíquela.
b) Si el área efectiva del dispositivo es de 100 µm
2, calcule el valor de los parámetros siguientes del modelo híbrido en π : g
m, r
π, C
π.
c) Suponga ahora que los terminales E y C están cortocircuitados entre sí (a este nodo único lo llamaremos en adelante G) y conectados a un potencial V
G>0.
Suponga asimismo V
B1= 0V, V
B2> 0. Describa el funcionamiento del dispositivo en esta nueva configuración y dibuje de forma cualitativa la evolución de la corriente I
B2en función de V
B2tomando V
Gcomo parámetro.
Datos: NE=1018 cm-3, NB=1017 cm-3, NC=1016 cm-3, We=1µm; Wb=0.5 µm, Wc=10 µm, ni=1.5 1010 cm-3, VT=0.025V, LPE=0.1µm, µPE=350 cm2/Vs, LNB=1µm, µNB=103 cm2/Vs
Solución:
a) Si B1 y B2 estan cortocircuitados la estructura resultante se comporta como un transistor bipolar.
Si las polarizaciones son:
VE=0; VB=0,7V; VC=5V
Teniendo en cuenta que el transistor es del tipo NPN, se encontrará poalrizado en zona activa.
Cálculo de J
B:
JB ≈ Densidad de corriente inyectada en el emisor + Densidad de corriente recombinada en la base= Jpe + Jrec
En la figura se muestran aproximadamente las distribuciones de minoritarios en exceso en el emisor y en la base.
Para dibujarlas hay que tener en cuenta que Wb<LNB y que por tanto la base ‘tenderá’ a ser ‘corta’ y que WE>>LpE y que por tanto el emisor será claramente ‘largo’.
Siendo ∆p(x) :
Y por tanto:
Por otra parte la corriente de recombinación en la base Jrec se puede calcular utilizando la ecuación de continuidad (para detalles ver DEF I)
Y si suponemos la distribución lineal queda 0- 0+
n(x) p(x)
Wb
x E B
= −
= ∆
x 0 E
dx
p Dp d q Jpe
( )
VVtBE LpxEE
e N e
x n p
−
−
=
∆ 1
2 1
−
=
121
VVt1
E E E
BE
Lp e N Dp n q Jpe
( ) x dx
q n Jrec
WbnB
∫
+∆
=
0τ
−
= 1 1
2
1
12 VVtB nB
BE
N e Wb n
q
Jrec τ
τnB= LNB2 / DnB ya que τnB no aparece como dato
Por tanto la densidad total de corriente de base
La corriente de colector es la corriente que el emisor introduce en la base menos la que se pierde como recombinación en la propia base
Jc=JnB-Jrec
Y por tanto la corriente de colector Jc es
Normalmente el término de recombinación es menor que el término correspondiente a la inyección (en este caso un orden de magnitud)
b)
Este apartado exige conocer el modelo híbrido en Π y las expresiones de los diferentes parámetros del mismogm=IcQ/Vt ; rΠ ≈ βF/gm ; CΠ ≈ gmτF
Por tanto
Donde:
Vt=kT/q = 0,025V a 300K rΠ=βF/gm
−
= 1
2
22
1 Vt
V
B NB
NB
BE
N e L
n D q Wb Jrec
−
+
= 1
2
2 2 1
Vt V
B NB
NB
E E
E B
BE
e N n
L D Wb Lp
N q Dp J
−
=
=
= +
1 1
2 1
0
Vt V
B NB
x NB B
BE
Wb e N D n q
dx D dn q Jn
−
−
= 1
2
22 1 2
1 Vt
V
B NB
NB B
B B NB
BE
N e L
n D W W
n N q D Jc
−
−
= 1
2
22 1 2
1 Vt
V
B NB
NB B
B B NB m
BE
N e L
n D W W N
n
D
Vt
g Aq
Siendo
En este punto sería conveniente relizar los cálculos numéricos para obtener un valor concreto de rΠ
CΠ la capacidad CΠ=Cde+Cjbe es la suma de la capacidad de difusión emisor-base y de la capacidad asociada a la zona de carga de espacio de la emisión base-emisor.
En zona activa al estar la unión base-emisor polarizada en directa la carga acumulada en las zonas neutras es grande y Cde>>Cjbe
Por tanto CΠ ≈ Cde = gmτf
τf es el tiempo de tránsito en directa τf=QF/Ic
Si hacemos el cálculo y suponemos que la carga almacenada en la base es mayor que la almacenada en el emisor ya que el dopado de la base es menor que el del emisor:
Si en la corriente de colector despreciamos la corriente de recombinación en la base nos queda
Y por tanto
Evidentemente con dimensiones de tiempo.
Si hacemos la misma simplificación en gm nos queda:
B NB
NB
E E
E
B NB
NB
B NB
N L
D Wb Lp
N Dp
N L
D Wb Wb N
D
2 2
2 2 +
− β =
( )
−
=
∆
= ∫
2 1 1
120
Vt V
B Wb F
BE
N e Wb n A q
A dx x n q Q
−
= 1
2
1 Vt
V
B B NB
BE
W e N
n A D q Ic
NB NB B
B
F
D
Wb n
D N
Wb N n
Wb
22 1 2 1
2 1
2 =
τ =
−
=
=
−
=
Π Π
1 2 1
1
22 1
Vt Vbe o
Vt Vbe
NB B
NB
e C
D e Wb Wb N
n D Vt
q
C A
con
c)
En esta configuración el dispositivo se comporta como un JFET Entre B1 y B2 fluye corriente a través de la zona P.En este caso los huecos irán hacia la izquierda ya que VB2>VB1
La sección recta útil para el paso de corriente dependerá de VG. Al ser VG>0 las uniones entre ‘emisor’ y base y base y ‘colector’ quedan polarizadas en inversa con lo que la zona de carga de espacio invade la base estrechando el camino útil de los portadores y por tanto dificultando el paso de corriente.
Cuanto mayor sea el valor de VG mayor será la polarización inversa de ambas uniones y por tanto mayor será el ancho de la zona de carga de espacio asociada y menor será el area disponible para conducir.
N Wb n Vt
q C A
B
o
2
2
1
=
1 ΠVB2
|IB2|
VG
Diagrama de bandas de la estructura suponiendo bandas planas para Vg=0 V:
Problema 4
Sea el sistema MOS de la figura, donde el semiconductor es Si tipo P (con ρ =1 Ω .cm) y no hay cargas en el óxido:
Se pide:
a) Calcule la tensión umbral.
b) Calcule el potencial de superficie en función de V
G. En particular especifique los valores tomados por el potencial de superficie cuando V
G=0V y V
G=1V.
Datos: ni= 1.5 1010 cm-3, Eg=1.1 eV, VT=0.025V (300K), χSi = 4.15 eV, φm= 6 eV, εox= 3.9, εo= 8.85 10-14 F/cm, Xox= 1000 Å, µp= 350 cm2/Vs.
Solución:
Para simplificar comenzaremos suponiendo que el condensador MOS en equilibrio (VG=0) se encuentra en la condición de bandas planas:
Si a esta estructura le aplicamos una tensión VG entre puerta y sustrato, parte de esta tensión caerá en el óxido y el resto en el sustrato:
EF EF
EC
EV
SC OX
G
V V
V = +
P-type Si VG
Metal
Metal SiO2
Aplicando la ley de Gauss se obtiene la caida de tensión en el oxido:Vox:
Como el campo eléctrico es constante en el óxido debido a la ausencia de cargas en el mismo
Entonces:
En el margen de tensiones VG entre bandas planas e inversión, la carga en el semiconductor corresponde a la de la zona de carga de espacio que aparece en la proximidad del interfaz con el óxido.
La profundidad de esta zce depende de la caída de tensión en el semiconductor (Vsc) y su densidad de carga es (-q Na) entonces:
Con lo que
Para simplificar podemos definir el parámetro A
A no depende de Vsc ni VG, entonces
Si ahora definimos una variable s de la siguiente manera:
La ecuación queda:
( )
Si B Si
E Q x
x E
− ∈
=
∈ ⇒
∂ =
∂ ρ
ox ox Si
Si
E
E ∈ = ∈
ox B ox
Si Si ox
E Q
E = − ∈
∈
= ∈
∫ ( )
−
=
xE x dx V
ox ox B
x Vox Q
− ∈
=
Cox Vsc V
G= Q
B+
Vsc Na
q NaVsc
Na q q
QB ∈Si =− ∈Si
−
= 2 1 2
Vsc Na
Cox q
Vox= 1 2∈Si
Na Si
Cox q
A= 1 2∈
Vsc A Vox =
Vsc Vsc A
V
G= +
Vsc s =
2
0
2
⇒ + − =
+
=
GG
A s s s A s V
V
Que es una simple ecuación cuadrática que relaciona s con VG cuyas soluciones son:
¿Qué signo se debe elegir para la raiz?
Como hemos partido de un condensador que en equilibrio tiene bandas planas, si VG=0 => Vsc ha de ser 0 y por tanto también s.
Sólo una de las soluciones cumple esta condición:
Entonces
Si para VG=0 en nuestro condensador no hubiera bandas planas la ecuación anterior es válida si VG se sustituye por Vg-Vfb, donde Vfb es la tensión de puerta substrato necesaria para obtener la situación de bandas planas.
En general:
Como en este problema Qox=Qi=0, sólo tenemos que calcular φms.
Cálculo de φφφφ ms:
V
GA
s A +
±
−
=
2
2 2
V
GA
s A +
+
−
=
2
2 2
G
G
A V
A A V
s
Vsc +
− +
=
= 2 2
2 2
2
Cox Qi Cox Vfb = φ
ms− Q
ox−
EO
EFm
m
= 6 eV φ
EO
EC EFi EF EV χSi=4,15eV
ni V
TNa
B
= − ln φ
Eg/2=1,1/2=0,55eV Eg=1,1eV
Como la resistividad del substrato es
y µp=350 cm2/Vs Entonces:
Con lo que
y
Entonces
Esta relación es válida mientras estamos en régimen de vaciamiento.
A partir de la creación del canal (inversión) Vsc los incrementos de carga en el semiconductor aparecen en el canal en una capa muy delgada en la superficie en contacto con el óxido.
Si aproximamos la distribución de carga en cada punto del canal por una delta de carga entonces Vsc no variará y los incrementos de VG caerán en el óxido.
Cálculo de V
TNa p q µ
ρ 1
1 =
=
3 16
19
1 , 78 10
35 10 6 , 1
1
−−
= ⋅
⋅
= ⋅ cm
Na
B
0 , 35 eV
10 5 , 1
10 78 , ln 1 025 ,
0
1016
⋅ =
− ⋅ φ =
( ) eV Vfb V
s m
ms = φ − φ = 6 − 4 , 15 + 0 , 55 + 0 , 35 = 0 , 95 ⇒ = 0 , 95 φ
( ) ( 0 , 95 )
95 2 , 2 0
2 2
−
+
−
− +
=
GA V
GA A V
Vsc
Cox Vfb Q
V
T= − 2 φ
B−
B2 8
14
/ 5 , 10 34
1000 10 85 , 8 9 ,
3 nF cm
x Cox ox
ox
⋅ =
⋅
= ⋅
= ∈
−−nC N
q
Q
B Si A B64 35 , 0 2 10 78 , 1 10 85 , 8 7 , 11 10 6 , 1 2
2 2
16 14
19
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = −
⋅
⋅
=
=
∈
−
=
−
−
φ
Para VG<Vfb (acumulación) las cargas (huecos) se acumulan cerca del óxido => la tensión en el s.c. varía poco.
Nota: En realidad la distribución de carga en la superficie del semiconductor, en acumulación y en inversión, no es una delta, sino más bien exponencial en una profundidad muy pequeña pero no nula y sí que hay cierta variación de Vsc en estos casos.
La máxima variación de Vsc que se obtiene en la mayoría de casos prácticos es aproximadamente del orden de |Eg/2 - φB|, en el condensador de este problema: 0,2V.
Casos:
a) Para VG=0 <Vfb => acumulación => Vsc≈0 b) Para VG=1 => Vfb<VG<VT => vaciamiento
En el caso b:
con
V
V
T3 , 5
5 , 34 7 64 , 0 95 ,
0 + + =
=
( ) ( 1 0 , 95 )
95 2 , 0 2 1
2 2
−
+
−
− +
= A
A A Vsc
22 , 2 10 85 , 8 7 . 11 2 10 78 , 1 10 6 , 10 1 5 , 34
1 1 2
14 16
19
9
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
= ⋅
=
∈
=
−
−
−
Na C q
A
ox
V
Vsc
2 42
10 97 , 2 05 , 0 11 , 1 22 , 2 05 , 2 0 22 ,
2
−⋅
= +
− +
=
Problema 6
Sea un transistor nMOS que tiene los siguientes parámetros:
Substrato: Na = 1016 cm-3, εr =11.9, µn =1000 cm2/Vs, ni = 1.45 1010 cm-3. Óxido: εr=3.9, tox =300 Å.
Puerta: Polisilicio N+, L= 1µm, W = 5µm.
Constantes: q=1.6 10-19 C, εo =8.85 10-14 F/cm, Eg=1.12 eV, kT/q=0.025V.
Se pide:
a) Calcular la tensión umbral suponiendo que no hay cargas en el óxido.
b) Calcular la variación en la tensión umbral al pasar la temperatura de 300 K a 400 K
Solución:
a)Para calcular la tensión umbral de un condensador MOS sin cargas en el óxido, usamos la relación.
Cálculo de φφφφ ms= φφφφ m- φφφφ s
Como la puerta es de polisilicio, el diagrama de bandas coincide con el del silicio. Al estar éste fuertemente dopado tipo N, el nivel de Fermi se encuentra muy cerca de la banda de conducción.
Dado que no se proporciona el valor del dopado aproximaremos que EF=EC (el nivel de Fermi coincide con el comienzo de la banda de conducción)
El diagrama de bandas queda entonces
B B
T Cox
ms Q
V =φ − −2φ
EC=EF
φm φs
EC
EV
φB
φs-φm
Entonces:
Con lo que
y
b) Variación de V
Tcon la temperatura.
En la fórmula de la tensión umbral
φφφφ m:
Como la puerta es de Polisilicio fuertemente dopado tipo N, el nivel de Fermi estará situado muy cerca de EC. Para temperaturas normales no variará apreciablemente con T. Recordar que cuando el nivel de Fermi está cerca de las bandas de valencia o conducción, la distribución de portadores se debe calcular a través de la distribución de Fermi y no se puede aproximar por la de Boltzman.
φφφφ s:
donde χs y Eg prácticamente no varían con la temperatura.
+
−
=
−
Bs Eg
m φ φ
φ 2
ni eV V
TNa
B
= − ln = − 0 , 336 φ
eV ms 0 , 336 0 , 886
2 1 ,
1 = −
+
− φ =
cm C Na
q
Q
B S B/ 10 5 , 1 336 , 0 2 10 85 , 8 9 . 11 2 10 10 6 , 1
2 2
7 14
16
19 − −
−
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
⋅
−
=
=
∈
−
= φ
2 7
6 13
/ 10 15 , 10 1
3 10 45 ,
3 F cm
Cox x
ox O
rox −
−
−
= ⋅
⋅
= ⋅
∈
= ∈
Cox V Q
B3 ,
− 1
=
Cox V ms Q
V
T= φ − 2 φ
B−
B= − 0 , 886 + 2 ⋅ 0 , 336 + 1 , 3 = 1 , 09
Cox s Q
m
V
T= φ − φ − 2 φ
B−
BB s
s
Eg φ χ
φ = + +
2
Pero:
φφφφ
B:
La dependencia con T de φB viene dada por la fórmula anterior.
Q
B:Donde la primera raíz tiene una dependencia despreciable con T
Cox:
Prácticamente no varía con T.
Así pues:
Y por tanto:
Cálculo de φφφφ
Ba 400K:
ni, es proporcional a T3/2 exp(-Eg/2kT)
ni Na q kT
B
= ln
φ
B S
B S
B
q Na q Na
Q = 2 ∈ 2 φ = 2 ∈ φ
ox ox
Cox = ∈ x
( )
BB S T S
dT d Cox
Na q dT
d dT d dT
dV φ φ ∈ φ
−
−
−
≈ 4
2
( )
BB S T
dT d Cox
Na q dT
d dT
dV φ ∈ φ
−
−
= 4
3 dT d dT
d φ
S≈ − φ
B−
( )
T(
B( )
B( ) )
S(
B K B K)
T
Cox
Na K q
K K
V K
V 4
400 300300 400
3 ) 300 (
400 φ φ ∈ φ − φ
−
−
−
=
−
ni Na q
T k
B
= ln
φ
Entonces
Con Eg=1,1eV
kT(T=300K)=0,025eV kT(T=400K)=0,033eV
de lo que resulta:
y como ni(T=300K)=1,45·1010 cm-3 => ni(T=400K) = 4,62·10 12 cm-3
El incremento de VT entre 300 y 400K es:
Resultando:
( )
( )
− +
=
K kT KEg kT
Eg
K e ni
K
ni
2 2 400 2 3003
3 4 300
400
( )
( 300 400 K ) = 319
ni K ni
K
V
B
0 , 253
10 62 , 4 ln 10 033 ,
0
1216
400
= −
− ⋅ φ =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) )
∈ −
−
−
−
=
− 4 400 ( 400 )
300 400
3 300
400 K
Cox Na K q
K K
V K
V
T Tφ
Bφ
B Sφ
Bφ
B714 , 10 0
15 , 1
10 10 6 , 1 10 85 , 8 9 , 11 4 4
7
16 19 14
⋅ =
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
= ⋅
∈
−
−
−
Cox Na
S
q
( K ) V ( K ) ( ) ( ) V
V
T400 −
T300 = − 3 − 0 , 253 + 0 , 336 − 0 , 714 0 , 253 − 0 , 336 = − 0 , 194
( K ) V
V
T400 = 1 , 09 − 0 , 194 = 0 , 895
Problema 8
Sea el sistema MOS de la figura:
Se pide:
a) Calcular la caída de potencial en el óxido y en el semiconductor en la frontera de fuerte inversión (momento en que se considera formado el canal)
b) Calcule la tensión umbral V
TOen ausencia de cargas en el óxido.
Sugerencia: al estar el contacto de puerta realizado mediante polisilicio N+ considere que el nivel de Fermi en el polisilicio coincide con EC. La afinidad electrónica en el polisilicio es la misma que en el Silicio.
Datos: ni= 1.5 1010 cm-3, Eg=1.1 eV, VT=0.025V (a 300K), εSi = 11.2, χSi = 4.15 eV, εox= 3.9 , εo= 8.85 10-14 F/cm, q = 1.6 10-19 C, tox = 750 Å.
Solución:
a)
A partir de la situación de bandas planas, la tensión que se aplica entre la puerta y el sustrato de un condensador MOS se reparte entre la tensión que cae en el óxido y la que cae en el semiconductor.La frontera con fuerte inversión (aparición del canal) se define cuando φS, en la superficie del semiconductor es igual y de signo contrario a φB en lo profundo del substrato.
Siendo la caída de tensión en el semiconductor en estas condiciones: -2φB EC
EFI EF
EV φS
P-type Si VG
Poly N+
Metal SiO2 Na=5 1016 cm-3
Por otro lado, aplicando la ley de Gauss se obtiene (ver problema 1) que la caída de tensión en el óxido es:
En la frontera de fuerte inversión el canal está justamente acabado de formar por lo que toda la carga en el semiconductor se debe a la carga de la zona de vaciamiento.
La anchura de la zona de carga de espacio en el substrato tipo P se puede obtener usando el dopado de esa zona y la caída de tensión en el semiconductor igual que se calcularía en una zona de unión P-N:
La profundidad de la z.c.e. viene dada por la ecuación:
La caída de tensión en el umbral de fuerte inversión es -2φB así pues:
Entonces:
Si para VG=0 la estructura no está en situación de bandas planas, se puede separar el problema en 2 pasos:
1º) Cuál es la tensión que se debe aplicar a la puerta para alcanzar el estado de bandas planas (Vfb) 2º) el incremento de VG que se debe aplicar a partir de bandas planas para alcanzar el umbral de fuerte inversión.
En situación de Bandas planas no hay campos eléctricos en la estructura.
Si Vfb ≠ 0, para VG ≠ Vfb las fórmulas anteriores son válidas con solo sustituir VG por VG – Vfb:
Siendo
Cox Vox=−QB
ZCE B
B
q N W
Q = ±
+
para substrato tipo N-
para substrato tipo Pzona esa en tensión de caida Na WZCEp = 2∈qSi 1
B Si
B qNa
Q =− 2∈ 2φ
B B T
G Cox
Vsc Q Vox V
V = = + =− −2φ
B B
G
Cox
Vfb Q
V − = − − 2 φ
Vox Vsc
Cox Qi Cox ms Qox
Vfb = φ − −
En este caso:
Con lo que el umbral de fuerte inversión:
La caída de tensión en el óxido se puede obtener de
b) V
TO:
VTO es la tensión que hay que aplicar a la puerta para alcanzar la fuerte inversión.
donde Vfb = φm-φs, dado que Qox=Qi=0
φφφφ ms:
ni V V
TNa
B
0 , 375
10 5 , 1
10 ln 5 025 , 0
ln
1016
⋅ =
− ⋅
=
− φ =
V Vsc = − 2 φ
B= 0 , 75
ox B B Si
x ox
Na q Cox
Vox Q
∈
= ∈
−
= 2 2 φ
V
Vox 3 , 16
10 10 85 , 8 9 , 3
75 , 0 10 5 10 6 , 1 10 85 , 8 2 , 11 2
5 14
16 19
14
⋅ =
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
= ⋅
−
−
−
−
V Cox Vfb Q
V
TO B B91 , 3 16 , 3 75 , 0
2 .
= +
=
=
−
−
=
− φ
91 , + 3
= Vfb V
TOEO
EC=EFM
EV
φm φS
EC χS
φB
EO
EFi EF EV
Dado que la puerta es de polisilicio (con el diagrama de bandas del silicio), fuertemente dopado con impurezas tipo N, el nivel de Fermi se encuentra muy cerca de la banda de conducción y en el enunciado nos indican que debemos usar EFM=EC
Entonces, como se ve en la figura φs es la suma de la electroafinidad χs más la distancia entre el nivel de Fermi intrínseco aproximadamente Eg/2 + la distancia entre EF y EFi és decir, |φB|
Entonces:
Resultando:
925 , 0 375 , 0 55 ,
2 = − 0 − = −
+ +
−
=
S S Bms χ χ Eg φ
φ
V Vfb
V
TO= + 3 , 91 = − 0 , 925 + 3 , 91 = 2 , 985
Problema 14
En un material dopado tipo N coexisten varios mecanismos de recombinación de forma simultánea:Recombinación radiativa caracterizada por una constante de tiempo τ
1= 10- 7s. Recombinación Shockley-Read-Hall caracterizada por una constante de tiempo τ
2= 10-7s. Recombinación Auger caracterizada por una constante de tiempo τ
3=10-6 s.
a) ¿Es posible caracterizar la recombinación global a través de una única constante de tiempo?. ¿Si es así de que valor?
b) Dar un valor para la eficiencia cuántica de emisión definida como la fracción de recombinaciones radiativas sobre el total de recombinaciones.
c) ¿ Como influiría un incremento del dopado en cada una de las constantes de tiempo asociadas a los distintos mecanismos de recombinación?
d) En el material en cuestión y en t=0 se crea un exceso uniforme de minoritarios
∆ n= 1017cm-3. ¿Cuánto valdrá dicho exceso al cabo de 0.1 µs.
Solución:
a)
Todos las recombinaciones son aditivas entre ellas y por tanto UTOTAL=Σ UiLa recombinación total es la suma de las recombinaciones debidas a cada uno de los mecanismos que las originan.
Por otra parte la recombinación debida a cada uno de los mecanismos es directamente proporcional al exceso de portadores minoritarios, así:
Ui ∝ ∆n
La constante de proporcionalidad distinta para cada mecanismo tiene unidades de s-1 y por tanto Ui = ∆n/τi
Siendo τi el tiempo de vida asociado al mecanismo de recombinación i-ésimo.
Por tanto en el caso que nos ocupa:
1 7 6
7
7
2 , 1 10
10 1 10
1 10
1
1
−−
−
−
+ + = ⋅
= s
τ
b)
Si definimos como dice el enunciado la eficiencia cuántica de emisión como la fracción de recombinaciones radiativas sobre el total de recombinaciones, podemos escribirc)
En las lineas generales un aumento del dopado tiende a aumentar la recombinación debida a cualquier mecanismo y por tanto a disminuir los tiempos de vida asociados a cada uno de ellos.Para más detalle recomendamos:
http://ece-www.colorado.edu/~bart/book.htm
en sus apartados 2.11.1, 2.11.2, 2.11.3, 2.11.4 y 2.11.5(Dirección web operativa a 23-4-02)
d)
Si suponemos que en t=0 se crea instantaneamente un exceso de portadores∆n=1017cm-3 podemos pensar que a lo largo del tiempo estos portadores se irán recombinando tendiendo a desaparecer.
La evolución temporal de dicho exceso vendrá determinada por la ecaución de continuidad
Con la condición inicial ∆n(t=0) = 1017 cm-3
s
s
77
0 , 45 10
10 1 , 2
1
−⋅
⋅ ≈ τ =
45 , 0 10 45 , 0
1 10
1
1 1
1
1
7
7
=
⋅
=
= +
+
=
∆ =
∆ +
∆ +
∆
=
−
−
AUGER SRH
R
R
AUGER SRH
R
R
n n
n
n
τ τ
τ
τ τ τ
τ η τ
TOTAL
n dt
n d
τ
− ∆
∆ =
La solución de la ecuación diferencial es:
Por lo tanto al cabo de 0,1µs
( ) t n ( ) e
TOTALtn
τ∆
−=
∆ 0
( 0 , 1 ⋅ 10
−6) = 10
17 −3 −0,4510⋅107 7= 10 , 83 ⋅ 10
15 −3∆
−−
cm e
cm s
n
Problema 16
Se desea diseñar un fotodiodo P+N-N+ en donde el grosor de las zonas P+ y N+ sea despreciable frente al de la zona N-. Como objetivo de diseño se pretende que en las condiciones de operación la zona de carga de espacio se extienda por toda la zona N-.
a) Justifique en 5 líneas la pertinencia de dicho objetivo.
b) Calcule el grosor de dicha zona N- para que una iluminación de λ = 620 nm (rojo) sea absorbida en un 85% suponiendo nulo el coeficiente de reflexión.
c) Calcule el dopado necesario de la zona N- para que el objetivo perseguido se cumpla bajo una polarización de 10 V.
d) Cuanto vale la capacidad equivalente del fotodiodo en estas condiciones de polarización. Suponiendo que la señal del fotodiodo ataca una carga de 50 Ω discuta las limitaciones frecuenciales del detector.
e) ¿Para qué longitudes de onda la eficiencia cuántica bajará por debajo del 10%.?
Sugerencia: busque en alguna referencia bibliográfica el coeficiente de absorción del Silicio en función de la longitud de onda de la luz incidente
Datos: h = 6.62 10-34 J s; c = 3 1010 cm /s, ε0 = 8.85 10-14 F/cm ; εr =12 q = 1.6 10-19 C
Solución:
a)
En un fotodiodo es conveniente que la generación se efectúe en la zona de carga de espacio. Una opción es conseguir que esta zona sea la más ancha posible esto es así por varios motivos:1- El campo eléctrico existente hace que la colección de los portadores generados sea más eficiente.
2- La velocidad con que los portadores son arrastrados es mayor debido al arrastre provocado por el campo eléctrico.
3- La capacidad asociada a la zona de transición y que es dominante en un diodo polarizado en inversa es inversamente proporcional al ancho de la zona de carga de espacio.
b)
Si el objetivo es que la λ= 620nm sea absorbida en un 85% se tiene que cumplirSiendo φo el flujo de fotones incidentes y α el coeficiente de absorción.
Por tanto
( ) x φ
oe
αxφ =
−o W
o
e φ
φ
−α= 0 , 15
Siendo W el grosor de la zona N- (Hemos supuesto que el ancho de N+ y P+ es despreciable).
El coeficiente de absorción depende del semiconductor en cuestión, en este caso Si, y de la longitud de onda.
Para obtener el valor de α (620nm) para el Si consultar:
http://www.ioffe.rssi.ru/SVA/NSM/Semicond/Si/Figs/145.gif
Como recomendación sugerimos que naveguen por la web del Ioofe institute de gran interés.
La gráfica viene dada en función de hν y por tanto la energía de un fotón expresada en eV:
α(s) para 2eV a 300K ≈ 5· 103 cm-1 Por tanto:
c)
El enunciado se refiere a calcular el valor de la polarización necesario para conseguir que la anchura de la zona de carga de espacio en el lado menos dopado de la unión sea 0,32µm.En una unión asimétrica en ancho de la zona de carga de espacio coincide con el ancho correspondiente al lado menos dopado de la unión.
Como previsiblemente |V|>>Vbi y por otra parte sabemos que la tensión aplicada es negativa.
d)
Por estar el diodo polarizado en inversa la capacidad dominante es la asociada a la zona de transmisión y por tanto15 , 0 1 ln
15 , 0 ln α α
−
=
=
− W
W
( )
m eVEf = 1,24 =2 µ λ
cm W 3ln0,15 3,79 10 4
10 5
1 −
⋅
⋅ =
−
=
(
Vbi V)
N WZCE = 2qε 1 −
V q W
N N V
W q
ZCE
ZCE 2
1 2 1
2ε ⇒ = ε
=
(
4)
2( )
2 14 319
14
10 9 79 , 3 6 , 1
85 , 8 12 2 10
79 , 3 10 6 , 1
10 10 85 , 8 12
2 −
−
−
− = ⋅ ⋅ = ⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
= ⋅ cm
N
2 10
4 14
/ 8 , 2 10 10 28
79 , 3
10 85 , 8
12 nF cm
Cj W
ZCE
=
⋅
⋅ =
⋅
= ⋅
= ε
−− −Para un cálculo preciso de la capacidad es necesario conocer el área del dispositivo.
La existencia de esta capacidad introduce un comportamiento ‘paso bajo’ con frecuencia de corte determinada por el producto Cj RL (tener en cuenta que para realizar el cálculo es necesario conocer el área del dispositivo)
e)
Si queremos saber para qué longitudes de onda la eficiencia cuántica bajará por debajo del 10%debemos proceder como en el apartado b)
Y por tanto:
Como el valor de W ya ha sido fijado anteriormente a 0,32µm nos queda
Volviendo a consultar los valores de α(hν) RL IG
hν
≡ RL
IG Cj
9 , 0 ln
9 , 0
>
−
−
>
W
e
W oo
α
φ
φ
α9 , 0 1 ln
− W α <
278
−1< cm α
m eV
h ν ≤ 1 , 5 ⇒ λ ≥ 0 , 85 µ
Problema 18
Sea un fotodiodo P
+N
-N
+. El dopado residual de la zona N
-es de 10
14cm
-3. La anchura de la zona N
-es de 50 µm . El dopado de la zona P
+es de 10
19cm
-3, ε= 10
-12F/cm Se pide :
a) A que tensión sería conveniente polarizarlo si deseamos que la zona de carga de espacio se extienda por toda la zona débilmente dopada
b) Que capacidad presenta el fotodiodo en estas condiciones si el área es de 500 µm
2.
Solución:
a)
Este problema es muy similar al anterior.En el apartado a) se trata de conseguir que toda la zona N- se convierta en zona de carga de espacio para ello.
Recordando que la polarización será inversa y que |V| >> Vbi tenemos
b)
La capacidad que presenta si el area es de 500µm2( Vbi V )
N W
ZCE= 2 q ε 1 −
( ) V
N q
V W
ZCE200
10 2
10 10 6 , 1 10 50
2
1214 2 19
2 4
⋅ =
⋅
⋅
⋅
= ⋅
=
− − −ε
W fF Cj A
ZCE
10 1 50
10 500 10
4 8 12
⋅ =
⋅
= ⋅
= ε
− − −Problema 21
Sea un diodo de heterounión que se quiere utilizar como LED.
Zona N: Dopado 1018cm-3 .Grosor 1 µm. Material Ga0.8Al0.2As. Ancho de banda prohibida 1.6 eV Zona P: Dopado 1017cm-3 .Grosor 5 µm. Material GaAs. Ancho de banda prohibida 1.4 eV
a) Donde tendrá lugar de forma predominante la recombinación radiativa
b) ¿ Cuanto vale la potencia de luz emitida por unidad de superficie si la tensión de polarización es de 1 V.? Tener en cuenta la existencia de dos contactos óhmicos en los extremos
c) Calcular un valor aproximado del rendimiento definido como Potencia óptica emitida/Potencia consumida. Justifique las aproximaciones realizadas.
d) Comente el resultado obtenido en el apartado anterior.
Datos: kT/q= 0.025 V (300 K); ni(GaAs) = 10 7 cm-3 ni(GaAlAs x=0.2) = 105 cm-3; Ln=Lp = 10 µm; τn= 1µs; τp=2µs
Solución:
a)
Los excesos de portadores minoritarios en cada zona son proporcionales a ni2/N. Siendo ni la densidad intrínseca de portadores del material y N el dopado.Por un lado, la zona P está menos dopada que la N. Además el material del lado P tiene una ni muy superior a la del material del lado N.
En consecuencia los excesos de minoritarios en los lados de la zona de carga de espacio de la unión serán mucho mayores en el lado P.
Además, la zona N es más corta que la P (1 y 5 micras respectivamente) y como la longitud de difución en ambas zonas es de 10 micras, por ello la proporción de portadores inyectados que se recombinan será mayor en la zona P que en la zona N.
Así pues habrá una recombinación muy superior en la zona P que en la zona N y será en la zona P donde se producirá la mayor parte de la luz emitida por el dispositivo.
La existencia de los contactos óhmicos en los extremos impone una velocidad de recombinación muy elevada en esas posiciones. De este modo la condición de contorno será que los excesos de portadores serán nulos en los extremos.
El diagrama de bandas de la estructura en equilibrio es:
Las concentraciones de minoritarios en cada zona se pueden calcular como Zona P: npo=ni12/NA=10-3 (equilibrio)
Zona N: pno=ni22/ND=10-8(equilibrio)
Las concentraciones de minoritarios en los extremos de la zona de carga de espacio son:
b)
Para calcular la potencia de la luz emitida necesitamos conocer los perfiles de minoritarios en exceso.Las condiciones de contorno son:
x x
w1 w2
n(w1)
p(w2)
pno
ZONA P ZONA N
( ) ( )
( )
2 8 10,025 9( )
33 025 14
, 10 3 1
10 35 . 2 10
10 35 , 2 10
−
−
−
−
⋅
=
=
=
⋅
=
=
=
cm e
e p w p
cm e
e n w n
VVt no
Vt V po
0,025ln(1018/105)=0,748(eV) GaAs
Eg=1,4eV
Eg=1,6eV EF
EFI -0,025ln(1017/107) = -
0,576(ev)
P N EV
Ec
ni1=107cm-3 NA=1017
ni2=105cm-3 ND=1018
GaAlAs
