Esercizio U2.1 - Giunzione non brusca

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1 Esercizio U2.1 - Giunzione non brusca Si consideri una giunzione p + -n con drogaggio uniforme nel lato p (N A = cm 3 ) e giunzione metallurgica situata in x = 0. Il drogaggio del lato n, definito per x 0, sia approssimabile con la relazione seguente: N D (x) = A (x + x 0 ) 2 dove A = 10 8 cm 1 e x 0 = 1 µm. Assumendo trascurabile la caduta di potenziale sulla regione svuotata nel lato p, si scriva un equazione che consenta di valutare l ampiezza della regione svuotata nel lato n. Indicando con x n l ampiezza della regione svuotata nel lato n, il potenziale di built in della giunzione (ovvero, la caduta di potenziale sulla regione di svuotamento) può essere valutata in: [ ] N c N v qv bi = qφ Sp qφ Sn (x n ) = E g k B T ln N A N D (x n ) = E Nc N v g k B T ln N A A (x 0 + x n ) 2 Nella regione svuotata del lato n si ha ρ = qn D (x), per cui il campo elettrico ha espressione ρ(x) E(x) = dx = qa 1 x + x 0 + c dove la costante c soddisfa la condizione di annullamento del campo elettrico nella regione neutra: E(x n ) = 0 = qa 1 + c = c = qa 1 x n + x 0 x n + x 0 Per il potenziale, si ha ϕ(x) = E(x) dx = qa ln(x + x 0 ) qa x + k x n + x 0 dove la costante k viene determinata assumendo che ϕ(0) = 0: 0 = ϕ(0) = qa ln(x 0 ) + k = k = qa ln(x 0 ) Infine, essendo il potenziale di built in pari a V bi = ϕ(x n ) ϕ(0), tenendo conto del valore ricavato dal diagramma a bande si ottiene l equazione algebrica nell incognita x n [ ] E g q V Nc N v T ln N A A (x 0 + x n ) 2 = qa ( ) xn + x 0 ln qa x n x 0 x n + x 0 c

2 Esercizio U2.2 - Ricombinazione di portatori minoritari Si abbia una giunzione n + p in cui il lato p sia lungo 200 µm e drogato N A = cm 3. Supponendo che la giunzione sia polarizzata direttamente con V a = 0, 6 V si ricavi l espressione della concentrazione in eccesso degli elettroni nel lato p. Si calcoli la percentuale di elettroni in eccesso che si sono ricombinati a L 1 = 10 µm dalla giunzione (si assuma µ n = 975 cm 2 V 1 s 1 e τ n = 0, 2 µs). Supponendo di porre l origine dell asse x in corrispondenza dell inizio della regione neutra del lato p, l eccesso di portatori minoritari iniettati è dato, per la legge della giunzione, da [ ( ) ] n p(0) = n2 i Va exp 1 = 4, cm 3 N A V T Inoltre, per i portatori minoritari si ha D n = V T µ n = 25, 35 cm 2 /s e L n = D n τ n = 22, 5 µm: il lato p è quindi lungo. Si può quindi concludere ) n p(x) = n p(0) exp ( xln La percentuale di elettroni ricombinati in L 1 si può quindi stimare in p = n p(0) n p(l 1 ) n 100 = 35, 9% p(0) c

3 Esercizio U2.3 - Calcolo densità di carica Si consideri una giunzione pn brusca e asimmetrica con N A = cm 3 e N D = cm 3, polarizzata direttamente con una tensione pari a V a = 0, 65 V e con lati lunghi w n = w p = 5 µm. Si calcolino le cariche per unità di superficie dovute ai portatori minoritari in eccesso nei due lati, e le si confrontino con la carica associata alla regione svuotata. Si assuma µ n = 975 cm 2 V 1 s 1, µ p = 150 cm 2 V 1 s 1 e τ n = τ p = 1 µs. Le lunghezze di diffusione nei due lati valgono L n = V T µ n τ n = 50, 35 µm L p = V T µ p τ p = 19, 75 µm pertanto i due lati risultano essere corti. Di conseguenza, i portatori minoritari in eccesso sono distribuiti linearmente nelle due regioni neutre. Ponendo l origine dell asse x in corrispondenza della giunzione metallurgica, le espressioni delle due rette sono p n(x) = p n(x n ) [ 1 x x ] n w n x n [ n p(x) = n p( x p ) 1 x + x ] p w p x p dove non si è trascurata l estensione della regione di svuotamento rispetto alla lunghezza fisica del lato. Gli eccessi di portatori minoritari iniettati ai bordi della regione di svuotamento sono dati dalla legge della giunzione: [ ( ) ] [ ( ) ] p n(x n ) = n2 i Va exp 1 = 5, cm 3 n N D V p( x p ) = n2 i Va exp 1 = 3, cm 3 T N A V T Per valutare le densità di carica occorre stimare il potenziale di contatto V bi = V T ln(n A N D /n 2 i ) = 0, 83 V, e le due ampiezze delle regioni svuotate 2 N A 2 N D x n = (V bi V a ) = 0, 0105 µm x p = (V bi V a ) = 0, 0632 µm qn D N A + N D qn A N A + N D Grazie all andamento lineare delle concentrazioni in eccesso, il valore della densità di carica risulta essere Q p n = q 2 p n(x n )(w n x n ) = 2, C/cm 2 Q n p = q 2 n p( x p )(w p x p ) = 1, C/cm 2 Infine, la densità di carica accumulata nella regione svuotata vale Q n = Q p = qn D x n = 5, C/cm 2 c

4 Esercizio U2.4 - Resistenza parassita di una giunzione Si consideri una giunzione pn brusca e simmetrica con drogaggio N A = N D = cm 3, lati lunghi w n = w p = 5 µm e sezione trasversale A = 30 µm 2. Si richiede di: 1. calcola la resistenza parassita associata alle regioni neutre nei due lati, supponendo ideali i due contatti ohmici; 2. determinare e rappresentare graficamente la dipendenza dalla corrente totale nel punto di lavoro della resistenza differenziale misurata ai terminali del componente. Si assuma un tempo di vita dei portatori minoritari pari a τ n = τ p = 1 µs, mentre per le mobilità si consideri µ n = 975 cm 2 V 1 s 1 e µ p = 300 cm 2 V 1 s 1. Trascurando l ampiezza della regione svuotata rispetto alla lunghezza fisica del campione, si può assumere che la lunghezza delle regioni neutre resistive sia pari a w n e w p. Inoltre, essendo i due lati drogati la resistività è determinata dai soli portatori maggioritari. Si ha quindi, per la resistenza parassita: R p = 1 qµ n N D w n A + 1 qµ p N A w p A = 908 Ω Il circuito equivalente del diodo è quindi costituito dalla serie della resistenza R p e di una giunzione ideale, caratterizzata da una tensione V d e percorsa dalla corrente I. La relazione tra I e V d è definita dalla caratteristica statica ( ) ] ( ) Vd I I = I s [exp 1 = V d = V T ln + 1 V T I s essendo V T = 26 mv a 300 K. La tensione totale ai capi della serie vale quindi: ( ) I V = V d + R p I = V T ln R p I I s da cui si ricava la resistenza differenziale R d = V I = V T I s ( ) 1 I R p = V T + R p I s I + I s Per rappresentare graficamente la resistenza differenziale, occorre valutare I s. A questo scopo, bisogna determinare se i lati della giunzione sono lunghi o corti. Dai valori di mobilità segue D n = V T µ n = 25, 4 cm 2 s 1 D p = V T µ p = 7, 766 cm 2 s 1 per cui le lunghezze di diffusione valgono L p = D p τ p = 27, 867 µm w n L n = D n τ n = 312, 25 µm w p e quindi entrambi i lati sono corti. Si ha quindi ( I s = qan 2 Dp i + D ) n = 1, A w n N D w p N A c

5 Esercizio U2.5 - Calcolo della corrente Si consideri un diodo a giunzione pn di area A = 100 µm 2 con drogaggi del lato n e p pari, rispettivamente, a N D = cm 3 e N A = cm 3. I tempi di vita dei portatori minoritari siano τ n = τ p = 5 ns. Si calcoli la corrente nella giunzione, trascurando i fenomeni di generazione e ricombinazione nella regione di carica spaziale e assumendo i due lati lunghi, nelle seguenti condizioni di funzionamento: 1. T 0 = 300 K, V = 5 e 0, 7 V. Si assuma µ p = 400 cm 2 V 1 s 1 e µ n = 800 cm 2 V 1 s 1 ; 2. T 1 = 400 K, V = 5 e 0, 7 V. Si assuma che la mobilità sia proporzionale a T α con α = 2, 42 per gli elettroni e α = 2, 2 per le lacune. L espressione della corrente di saturazione inversa per una giunzione con lati lunghi vale: ( I s = qan 2 Dp i + D ) n L p N D L n N A dove la dipendenza dalla temperatura si ha nel termine n 2 i e nella mobilità (e quindi anche nella diffusività e nella lunghezza di diffusione). Per quanto riguarda la concentrazione intrinseca, è noto che [ n 2 i = K 1 T 3 exp( E g /k B T ) = n 2 i (T 1 ) = n 2 i (T 0 )(T 1 /T 0 ) 3 exp E ( g 1 1 )] k B T 1 T 0 avendo assunto E g indipendente dalla temperatura. Poiché per T 0 si ha n i (T 0 ) = 1, cm 3, si ricava n i (T 1 ) = 4, cm 3 essendo E g = 1, 12 ev. Inoltre, per la mobilità si ha µ = K 2 T α = µ(t 1 ) = µ(t 0 )(T 1 /T 0 ) α e quindi µ p (T 1 ) = 212, 42 cm 2 V 1 s 1 e µ n (T 1 ) = 400 cm 2 V 1 s 1. Tenendo conto che D = V T µ e che L = Dτ, è facile valutare i parametri presenti nell espressione di I s, ottenendo I s (T 0 ) = 1, A I s (T 1 ) = 1, A Infine, sostituendo nella relazione esponenziale del diodo di ricava: a T 0 = 300 K, per V = 5 V I = 1, A e per V = 0, 7 V I = 86, 21 µa; a T 0 = 400 K, per V = 5 V I = 1, A e per V = 0, 7 V I = 9, 76 ma. c

6 Esercizio U2.6 - Calcolo tensione di breakdown Si considerino due giunzioni p + n con il lato p degenere e due valori di drogaggio per il lato n: N D1 = cm 3 e N D2 = cm 3. Sapendo che il campo di rottura delle due giunzioni vale, rispettivamente, E 1 = V/cm e E 2 = V/cm, calcolare le rispettive tensioni di breakdown. L ipotesi di poter assumere degenere il lato p determina due conseguenze: il relativo lavoro di estrazione è pari a qχ S + E g (livello di Fermi coincidente con E v ), e l ampiezza della regione svuotata può essere ritenuta trascurabile. In altri termini, si può trascurare la caduta di potenziale sulla regione svuotata nel lato p, e quindi tutta la tensione V bi V a cade sulla regione svuotata nel lato n. La tensione di built in della giunzione vale V bi = χ S + E [ g q χ S + V T ln N ] c = N D 0, 918 V per N D1 0, 996 V per N D2 La tensione di breakdown coincide con la tensione applicata necessaria a portare il campo elettrico nella giunzione al valore di rottura: occorre pertanto stimare il campo elettrico massimo nella giunzione in funzione della tensione applicata V a. Nella regione svuotata nel lato n si ha ρ = qn D, per cui il campo elettrico vale E(x) = qn D x + c = E(x) = qn D (x x n ) dove la costante di integrazione è stata valutata imponendo l annullamento del campo nella regione neutra (E(x n ) = 0). Il campo massimo vale quindi E max = E(0) = qn D x n Il legame tra x n e V a è ottenuto valutando il potemziale elettrostatico che, nella regione svuotata del lato n, vale ϕ(x) = qn D (x x n ) 2 + k = ϕ(x) = qn D (x x n ) dove la costante arbitraria k è stata valutata imponendo ϕ(x n ) = 0. Si ha infine V bi V a = ϕ(x n ) ϕ(0) = qn D x 2 2ɛS n = x n = (V bi V a ) 2 qn D Infine, da si ricava V BD1 = V bi1 E max = qn D 2qND x n = (V bi V a ) 2qN D1 E 2 1 = 50, 88 V V BD2 = V bi2 2qN D2 E 2 2 = 9, 363 V c

7 Esercizio U2.7 - Tensione massima con resistenza parassita Si consideri una giunzione pn caratterizzata da una sezione trasversale A = 2, cm 2, da una corrente di saturazione inversa pari a I s = 1 na, e da una resistenza parassita R p = 8 Ω. Determinare la massima tensione applicabile al dipsositivo sapendo che la massima densità di corrente sostenibile vale J max = 10 5 A/cm 2. Alla densità massima di corrente corrisponde una corrente massima I max = J max A = 25 ma. La tensione complessiva presente sul dispositivo, costituito dalla serie della resistenza parassita e della giunzione intrinseca, vale quindi ( ) Imax V max = R p I max + V T ln + 1 = 0, 7 V I s c

8 Esercizio U2.8 - Diodo Zener Si consideri un diodo Zener con tensione nominale V Za = 6, 7 V e resistenza parassita R Z = 4 Ω. Supponendo di alimentare il diodo (in polarizzazione inversa) con un generatore reale di tensione di resistenza interna pari a R G = 560 Ω, determinare la dinamica della tensione di ingresso (generatore applicato) e di uscita (ai capi del diodo) sapendo che la corrente nel diodo varia tra 1 ma e 50 ma. La tensione ai capi del diodo vale V Z = V Za + R Z I essendo I la corrente che attraversa il diodo stesso. Pertanto, la dinamica di ingresso vale V Z,min = V Za + R Z I min = 6, 704 V V Z,max = V Za + R Z I max = 6, 9 V Corrispondentemente la dinamica di ingresso vale V G,min = V Za + (R Z + R G )I min = 7, 26 V V G,max = V Za + (R Z + R G )I max = 34, 9 V c

9 Esercizio U2.9 - Parametri del modello di Ebers Moll Si consideri il modello di Ebers-Moll di un transistore npn. Sapendo che la corrente di collettore vale: 1. 2 na quando l emettitore è aperto; na quando l emettitore è in cortocircuito con la base; na quando la base è aperta; Si richiede dialutare i parametri α R, α F, I CS e I ES. Si assuma che in tutte e tre le condizioni di misura la giunzione base-collettore sia polarizzata inversamente. Il modello di Ebers Moll del transistore bipolare si basa sulle relazioni I E = α R I R I F I C = α F I F I R dove, essendo la giunzione base collettore sempre in polarizzazione inversa ( ) ] ( ) ] VBE VBC I F = I ES [exp 1 I R = I CS [exp 1 I CS V T La seconda misura, effettuata per V BE2 = 0 V, conduce all equazione V T I C2 = 25 na = I R = I CS La prima misura conduce a I C1 = 2 na con la condizione I E1 = 0. Dalla relazione di Ebers Moll della corrente di emettitore, segue e quindi 0 = I E1 = α R I CS I F1 = I F1 = α R I CS I C1 = α F I F1 + I CS = α R α F = 1 I C1 I CS = 0, 92 Dalla terza misura, effettuata per I B3 = 0 A, si ricava 0 = I B3 = I C3 I E3 = (1 α F )I F3 + (1 α R )I R = I F3 = 1 α R 1 α F I CS pertanto, sostituendo nell espressione di I C3 da cui, tenendo conto che α R α F = 0, 92: Infine, dalla condizione di reciprocità: 400 na = I C3 = 1 α Fα R 1 α F I CS α F = 1 (1 α F α R ) I CS I C3 = 0, 995 = α R = α Fα R α F = 0, 9246 α F I ES = α R I CS = I ES = α R α F I CS = 23, 23 na c

10 Esercizio U Punto di funzionamento Con riferimento al circuito della figura 1, dove R B = 330 kω, R C = 1 kω e V CC = 10 V, si usi il modello di Ebers-Moll per identificare la regione di funzionamento nella quale opera il transistore e se ne calcoli il punto di funzionamento, ovvero i valori di V BE e V CE. 3 RB RC VCC 1 2 Q1 0 Figura 1: Circuito di polarizzazione di un transistore bipolare. Si assuma per il transistore: β F = 150, β R = 5, I ES = 1, A e I CS = 1, A. Il modello di Ebers-Moll è un modello per grandi segnali, valido in tutte le regioni di funzionamento del transistore; esso è quindi uno strumento assolutamente generale per il calcolo delle condizioni di funzionamento. Le limitazioni principali sono legate all effetto Early e ai fenomeni di variazione di β, non tenuti in conto nel modello. Il circuito della figura 1, sostituendo il transistore con il suo modello, risulta come nella figura 2. Le equazioni del modello sono ) I F = I ES (e V BE/V T 1 ) I R = I CS (e V BC/V T 1 Le resistenze R B e R C sono percorse dalle correnti di base e di collettore rispettivamente: I C = α F I F I R Le tensioni base-emettitore e base-collettore sono I B = (1 α F )I F + (1 α R )I R V BE = V CC R B I B = V CC R B (1 α F )I F R B (1 α R )I R V BC = V CC R B I B (V CC R C I C ) = R C I C R B I B V BC = [α F (R C + R B ) R B ]I F [R C + R B (1 α R )]I R Noti β F e β R, si calcolano i valori di α F = 0, e α R = 0, ; le due tensioni incognite si possono allora esprimere come V BE = k 0 + k 1 I F V BE + k 2 I R V BC V BC = k 3 I F V BE + k 4 I R V BC c

11 RC VCC RB IR af IF IF ar IR Figura 2: Sostituzione del transistore con il modello di Ebers-Moll. dove i coefficienti k i hanno i seguenti valori: k 0 = V CC = 10 V k 1 = R B (1 α F ) = 2185 Ω k 2 = R B (1 α R ) = Ω k 3 = α F (R C + R B ) R B = 1192 Ω k 4 = R C + R B (1 α R ) = Ω I valori di V BE e V BC si ottengono risolvendo un sistema non lineare di due equazioni; come indicato in appendice, il metodo di soluzione più semplice per sistemi non lineari è quello di Newton-Raphson, che richiede il calcolo, a ogni iterazione k, della matrice Jacobiana, J k, e del vettore dei termini noti, F k : J k (V BE, V BC ) = 1 k 1 I ES V T e V BE/V T 1 1 k 2 I CS V T e V BC/V T k 3 I ES 1 V T e V BE/V T k 4 I CS 1 V T e V BC/V T 1 F k (V BE, V BC ) = k 0 + k 1 I ES (e V BE/V T 1) + k 2 I CS (e V BC/V T 1) V BE k 3 I ES (e V BE/V T 1) + k 4 I CS (e V BC/V T 1) V BC Posto X = ( V BE V BC ) la soluzione si trova risolvendo iterativamente l equazione matriciale J k X k+1 = F k + J k X k c

12 Nel caso presente, in 25 iterazioni, si ottiene la soluzione V BE = 0, 6867 V V BC = 5, 08 V Il transistore opera quindi in regione attiva diretta. Le correnti si ottengono facilmente dalle tensioni: I B = V CC V BE R B = 28, 2 µa I C = V CC V CE R C = 5, 6 ma c

13 Esercizio U Il modello semplificato Con riferimento al circuito della figura 3, dove R B = 330 kω, R C = 1 kω e V CC = 10 V, determinare il punto di funzionamento a riposo (calcolare I B, I C e V CE ), adottando il modello semplificato del transistore n-p-n rappresentato nella figura 4 1. Si assuma per il transistore: β F = RB RC VCC 1 2 Q1 0 Figura 3: Circuito di polarizzazione di un transistore bipolare. Vbe B C B C Vbe bfib Vbe Vbc E zona attiva diretta E saturazione Vbc B C B C BrIC Vbc E interdizione E zona attiva inversa Figura 4: Modello semplificato del transistore n-p-n. Si ipotizza che il dispositivo si trovi in zona attiva diretta, si sceglie il corrispondente modello equivalente dalla figura 4 (con V BE = 0, 6 V e β F = 150) e lo si sostituisce nel circuito, ottenendo la situazione della figura 5. Per le correnti, si ha 1 Data la complessità del modello di Ebers-Moll, si usa calcolare il punto di funzionamento a riposo mediante modelli per largo segnale semplificati, come quello della figura 4. c

14 Vcc Rb Rc Vbe bib Figura 5: Circuito per il calcolo della polarizzazione. Per la tensione base-collettore, si trova I B = V CC V BE R B = 28, 5 µa I C = β F I B = 4, 3 ma V BC = V BE V CE = V BE V CC + R C β F I B = 5, 1 V Come si vede dai risultati, il modello semplificato fornisce rapidamente valori molto prossimi a quelli ottenuti mediante il modello di Ebers-Moll nel problema precedente. Il segno della tensione V BE ottenuta è coerente con l ipotesi fatta inizialmente di transistore polarizzato in zona attiva diretta; se fosse risultato V BC > 0, sarebbe stato necessario verificare i casi di saturazione e polarizzazione in zona attiva inversa. c