Esercizio U2.1 - Giunzione non brusca

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Esercizio U2.1 - Giunzione non brusca
Si consideri una giunzione p+ -n con drogaggio uniforme nel lato p (NA = 1019 cm−3 ) e giunzione metallurgica situata in x = 0. Il drogaggio del lato n, definito per x ≥ 0, sia approssimabile con la relazione
seguente:
A
ND (x) =
(x + x0 )2
dove A = 108 cm−1 e x0 = 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.
Soluzione
Indicando con xn 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:
·
¸
Nc Nv
Nc Nv
qVbi = qΦSp − qΦSn (xn ) = Eg − kB T ln
= Eg − kB T ln
(x0 + xn )2
NA ND (xn )
NA A
Nella regione svuotata del lato n si ha ρ = qND (x), per cui il campo elettrico ha espressione
Z
ρ(x)
qA 1
E(x) =
dx = −
+c
²S
²S x + x0
dove la costante c soddisfa la condizione di annullamento del campo elettrico nella regione neutra:
E(xn ) = 0 = −
qA
1
qA
1
+ c =⇒ c =
²S xn + x0
²S xn + x0
Per il potenziale, si ha
Z
ϕ(x) = −
E(x) dx =
qA
qA
x
ln(x + x0 ) −
+k
²S
²S xn + x0
dove la costante k viene determinata assumendo che ϕ(0) = 0:
0 = ϕ(0) =
qA
qA
ln(x0 ) + k =⇒ k = −
ln(x0 )
²S
²S
Infine, essendo il potenziale di built in pari a Vbi = ϕ(xn ) − ϕ(0), tenendo conto del valore ricavato dal
diagramma a bande si ottiene l’equazione algebrica nell’incognita xn
·
¸
µ
¶
Eg
Nc Nv
qA
xn + x0
qA xn
2
− VT ln
(x0 + xn ) =
ln
−
q
NA A
²S
x0
²S xn + x0
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°
1
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Esercizio U2.2 - Ricombinazione di portatori minoritari
Si abbia una giunzione n+ p in cui il lato p sia lungo 200 µm e drogato NA = 5 × 1016 cm−3 . Supponendo
che la giunzione sia polarizzata direttamente con Va = 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
L1 = 10 µm dalla giunzione (si assuma µn = 975 cm2 V−1 s−1 e τn = 0, 2 µs).
Soluzione
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
·
µ ¶
¸
n2
Va
n0p (0) = i exp
− 1 = 4, 425 × 1013 cm−3
NA
VT
√
Inoltre, per i portatori minoritari si ha Dn = VT µn = 25, 35 cm2 /s e Ln = Dn τn = 22, 5 µm: il lato p è
quindi lungo. Si può quindi concludere
µ
¶
x
0
0
np (x) = np (0) exp −
Ln
La percentuale di elettroni ricombinati in L1 si può quindi stimare in
p=
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°
n0p (0) − n0p (L1 )
100 = 35, 9%
n0p (0)
2
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Esercizio U2.3 - Calcolo densità di carica
Si consideri una giunzione pn brusca e asimmetrica con NA = 5 × 1016 cm−3 e ND = 3 × 1017 cm−3 ,
polarizzata direttamente con una tensione pari a Va = 0, 65 V e con lati lunghi wn = wp = 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 µn = 975 cm2 V−1 s−1 , µp = 150 cm2 V−1 s−1 e
τn = τp = 1 µs.
Soluzione
Le lunghezze di diffusione nei due lati valgono
Ln =
p
VT µn τn = 50, 35 µm
Lp =
p
VT µp τp = 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
·
¸
·
¸
x − xn
x + xp
p0n (x) = p0n (xn ) 1 −
n0p (x) = n0p (−xp ) 1 −
wn − xn
wp − xp
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:
·
µ ¶
¸
·
µ ¶
¸
n2
Va
n2
Va
p0n (xn ) = i exp
− 1 = 5, 05×1013 cm−3 n0p (−xp ) = i exp
− 1 = 3, 03×1014 cm−3
ND
VT
NA
VT
Per valutare le densità di carica occorre stimare il potenziale di contatto Vbi = VT ln(NA ND /n2i ) = 0, 83
V, e le due ampiezze delle regioni svuotate
s
s
2²S
NA
2²S
ND
xn =
(Vbi − Va ) = 0, 0105 µm
xp =
(Vbi − Va ) = 0, 0632 µm
qND NA + ND
qNA NA + ND
Grazie all’andamento lineare delle concentrazioni in eccesso, il valore della densità di carica risulta essere
Q0pn =
q 0
p (xn )(wn − xn ) = 2, 014 × 10−9 C/cm2
2 n
q
Q0np = − n0p (−xp )(wp − xp ) = −1, 2 × 10−8 C/cm2
2
Infine, la densità di carica accumulata nella regione svuotata vale
Qn = −Qp = qND xn = 5, 04 × 10−8 C/cm2
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3
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Esercizio U2.4 - Resistenza parassita di una giunzione
Si consideri una giunzione pn brusca e simmetrica con drogaggio NA = ND = 5 × 1016 cm−3 , lati lunghi
wn = wp = 5 µm e sezione trasversale A = 30 µm2 . 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 τn = τp = 1 µs, mentre per le mobilità si consideri
µn = 975 cm2 V−1 s−1 e µp = 300 cm2 V−1 s−1 .
Soluzione
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 wn e wp . Inoltre, essendo i due lati drogati la resistività
è determinata dai soli portatori maggioritari. Si ha quindi, per la resistenza parassita:
Rp =
1
wn
1 wp
+
= 908 Ω
qµn ND A
qµp NA A
Il circuito equivalente del diodo è quindi costituito dalla serie della resistenza Rp e di una giunzione
ideale, caratterizzata da una tensione Vd e percorsa dalla corrente I. La relazione tra I e Vd è definita dalla
caratteristica statica
·
µ ¶
¸
µ
¶
Vd
I
I = Is exp
− 1 =⇒ Vd = VT ln
+1
VT
Is
essendo VT = 26 mV a 300 K. La tensione totale ai capi della serie vale quindi:
µ
¶
I
V = Vd + Rp I = VT ln
+ 1 + Rp I
Is
da cui si ricava la resistenza differenziale
∂V
VT
Rd =
=
∂I
Is
µ
I
+1
Is
¶−1
+ Rp =
VT
+ Rp
I + Is
Per rappresentare graficamente la resistenza differenziale, occorre valutare Is . A questo scopo, bisogna
determinare se i lati della giunzione sono lunghi o corti. Dai valori di mobilità segue
Dn = VT µn = 25, 4 cm2 s−1
Dp = VT µp = 7, 766 cm2 s−1
per cui le lunghezze di diffusione valgono
Lp =
p
Dp τp = 27, 867 µm À wn
Ln =
p
Dn τn = 312, 25 µm À wp
e quindi entrambi i lati sono corti. Si ha quindi
¶
µ
Dn
Dp
+
= 1, 33 × 10−17 A
Is = qAn2i
wn ND
wp NA
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Esercizio U2.5 - Calcolo della corrente
Si consideri un diodo a giunzione pn di area A = 100 µm2 con drogaggi del lato n e p pari, rispettivamente,
a ND = 1016 cm−3 e NA = 1017 cm−3 . I tempi di vita dei portatori minoritari siano τn = τp = 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. T0 = 300 K, V = −5 e 0, 7 V. Si assuma µp = 400 cm2 V−1 s−1 e µn = 800 cm2 V−1 s−1 ;
2. T1 = 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.
Soluzione
L’espressione della corrente di saturazione inversa per una giunzione con lati lunghi vale:
µ
¶
Dn
Dp
Is = qAn2i
+
Lp ND
Ln NA
dove la dipendenza dalla temperatura si ha nel termine n2i e nella mobilità (e quindi anche nella diffusività e
nella lunghezza di diffusione). Per quanto riguarda la concentrazione intrinseca, è noto che
·
µ
¶¸
Eg 1
1
2
3
2
2
3
ni = K1 T exp(−Eg /kB T ) =⇒ ni (T1 ) = ni (T0 )(T1 /T0 ) exp −
−
kB T1
T0
avendo assunto Eg indipendente dalla temperatura. Poiché per T0 si ha ni (T0 ) = 1, 45 × 1010 cm−3 , si ricava
ni (T1 ) = 4, 87 × 1012 cm−3 essendo Eg = 1, 12 eV. Inoltre, per la mobilità si ha
µ = K2 T −α =⇒ µ(T1 ) = µ(T0 )(T1 /T0 )−α
e quindi µp (T1 ) = 212, 42 cm2 V−1 s−1 e µn (T1 ) = 400 cm2 V−1 s−1 . Tenendo conto che D = VT µ e che
√
L = Dτ , è facile valutare i parametri presenti nell’espressione di Is , ottenendo
Is (T0 ) = 1, 75 × 10−16 A
Is (T1 ) = 1, 66 × 10−11 A
Infine, sostituendo nella relazione esponenziale del diodo di ricava:
• a T0 = 300 K, per V = −5 V I = −1, 75 × 10−16 A e per V = 0, 7 V I = 86, 21 µA;
• a T0 = 400 K, per V = −5 V I = −1, 66 × 10−11 A e per V = 0, 7 V I = 9, 76 mA.
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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: ND1 = 1016
cm e ND2 = 2 × 1017 cm−3 . Sapendo che il campo di rottura delle due giunzioni vale, rispettivamente,
E1 = 4 × 105 V/cm e E2 = 8 × 105 V/cm, calcolare le rispettive tensioni di breakdown.
−3
Soluzione
L’ipotesi di poter assumere degenere il lato p determina due conseguenze: il relativo lavoro di estrazione è
pari a qχS + Eg (livello di Fermi coincidente con Ev ), 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 Vbi − Va cade sulla regione svuotata nel lato n. La tensione di built in della giunzione vale

·
¸ 
0, 918 V per ND1
Eg
Nc
Vbi = χS +
− χS + VT ln
=
0, 996 V per ND2
q
ND
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 Va . Nella regione svuotata nel lato n si ha ρ = qND , per cui il campo elettrico vale
E(x) =
qND
qND
x + c =⇒ E(x) =
(x − xn )
²S
²S
dove la costante di integrazione è stata valutata imponendo l’annullamento del campo nella regione neutra
(E(xn ) = 0). Il campo massimo vale quindi
Emax = |E(0)| =
qND
xn
²S
Il legame tra xn e Va è ottenuto valutando il potemziale elettrostatico che, nella regione svuotata del lato
n, vale
qND
qND
ϕ(x) = −
(x − xn )2 + k =⇒ ϕ(x) = −
(x − xn )2
2²S
2²S
dove la costante arbitraria k è stata valutata imponendo ϕ(xn ) = 0. Si ha infine
r
qND 2
2²S
Vbi − Va = ϕ(xn ) − ϕ(0) =
xn =⇒ xn =
(Vbi − Va )
2²S
qND
Infine, da
Emax =
si ricava
VBD1 = Vbi1 −
qND
xn =
²S
²S
E 2 = −50, 88 V
2qND1 1
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°
r
2qND
(Vbi − Va )
²S
VBD2 = Vbi2 −
²S
E 2 = −9, 363 V
2qND2 2
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Esercizio U2.7 - Tensione massima con resistenza parassita
Si consideri una giunzione pn caratterizzata da una sezione trasversale A = 2, 5×10−7 cm2 , da una corrente
di saturazione inversa pari a Is = 1 nA, e da una resistenza parassita Rp = 8 Ω. Determinare la massima
tensione applicabile al dipsositivo sapendo che la massima densità di corrente sostenibile vale Jmax = 105
A/cm2 .
Soluzione
Alla densità massima di corrente corrisponde una corrente massima Imax = Jmax A = 25 mA. La tensione
complessiva presente sul dispositivo, costituito dalla serie della resistenza parassita e della giunzione intrinseca,
vale quindi
¶
µ
Imax
Vmax = Rp Imax + VT ln
+ 1 = 0, 7 V
Is
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Esercizio U2.8 - Diodo Zener
Si consideri un diodo Zener con tensione nominale VZa = 6, 7 V e resistenza parassita RZ = 4 Ω. Supponendo di alimentare il diodo (in polarizzazione inversa) con un generatore reale di tensione di resistenza interna
pari a RG = 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.
Soluzione
La tensione ai capi del diodo vale
VZ = VZa + RZ I
essendo I la corrente che attraversa il diodo stesso. Pertanto, la dinamica di ingresso vale
VZ,min = VZa + RZ Imin = 6, 704 V
VZ,max = VZa + RZ Imax = 6, 9 V
Corrispondentemente la dinamica di ingresso vale
VG,min = VZa + (RZ + RG )Imin = 7, 26 V
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°
VG,max = VZa + (RZ + RG )Imax = 34, 9 V
8
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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;
2. 25 nA quando l’emettitore è in cortocircuito con la base;
3. 400 nA quando la base è aperta;
Si richiede dialutare i parametri αR , αF , ICS e IES . Si assuma che in tutte e tre le condizioni di misura la
giunzione base-collettore sia polarizzata inversamente.
Soluzione
Il modello di Ebers Moll del transistore bipolare si basa sulle relazioni
IE = αR IR − IF
IC = αF IF − IR
dove, essendo la giunzione base collettore sempre in polarizzazione inversa
·
µ
¶
¸
·
µ
¶
¸
VBE
VBC
IF = IES exp
−1
IR = ICS exp
− 1 ≈ −ICS
VT
VT
La seconda misura, effettuata per VBE2 = 0 V, conduce all’equazione
IC2 = 25 nA = −IR = ICS
La prima misura conduce a IC1 = 2 nA con la condizione IE1 = 0. Dalla relazione di Ebers Moll della
corrente di emettitore, segue
0 = IE1 = −αR ICS − IF1 =⇒ IF1 = −αR ICS
e quindi
IC1 = αF IF1 + ICS =⇒ αR αF = 1 −
IC1
= 0, 92
ICS
Dalla terza misura, effettuata per IB3 = 0 A, si ricava
0 = IB3 = −IC3 − IE3 = (1 − αF )IF3 + (1 − αR )IR =⇒ IF3 =
1 − αR
ICS
1 − αF
pertanto, sostituendo nell’espressione di IC3
400 nA = IC3 =
1 − αF αR
ICS
1 − αF
da cui, tenendo conto che αR αF = 0, 92:
αF = 1 − (1 − αF αR )
αF αR
ICS
= 0, 995 =⇒ αR =
= 0, 9246
IC3
αF
Infine, dalla condizione di reciprocità:
αF IES = αR ICS =⇒ IES =
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αR
ICS = 23, 23 nA
αF
9
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Esercizio U2.10 - Punto di funzionamento
Con riferimento al circuito della figura 1, dove RB = 330 kΩ, RC = 1 kΩ e VCC = 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 VBE e VCE .
3
RB
RC
2
VCC
1
Q1
0
Figura 1: Circuito di polarizzazione di un transistore bipolare.
Si assuma per il transistore: βF = 150, βR = 5, IES = 1, 44 × 10−14 A e ICS = 1, 72 × 10−14 A.
Soluzione
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
³
´
IF = IES eVBE /VT − 1
³
´
IR = ICS eVBC /VT − 1
Le resistenze RB e RC sono percorse dalle correnti di base e di collettore rispettivamente:
IC
=
αF IF − IR
IB
=
(1 − αF )IF + (1 − αR )IR
Le tensioni base-emettitore e base-collettore sono
VBE
=
VCC − RB IB = VCC − RB (1 − αF )IF − RB (1 − αR )IR
VBC
=
VCC − RB IB − (VCC − RC IC ) = RC IC − RB IB
VBC
= [αF (RC + RB ) − RB ]IF − [RC + RB (1 − αR )]IR
Noti βF e βR , si calcolano i valori di αF = 0, 993377 e αR = 0, 833333; le due tensioni incognite si possono
allora esprimere come
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VBE
= k0 + k1 IF VBE + k2 IR VBC
VBC
= k3 IF VBE + k4 IR VBC
10
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RC
RB
VCC
IR
aF IF
IF
aR IR
Figura 2: Sostituzione del transistore con il modello di Ebers-Moll.
dove i coefficienti ki hanno i seguenti valori:
k0
= VCC = 10 V
k1
= −RB (1 − αF ) = −2185 Ω
k2
= −RB (1 − αR ) = −55000 Ω
k3
= αF (RC + RB ) − RB = −1192 Ω
k4
= RC + RB (1 − αR ) = −56000 Ω
I valori di VBE e VBC 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, Jk , e del vettore dei termini noti, Fk :
¯
¯
¯ k1 IES 1 eVBE /VT − 1
¯
k2 ICS V1T eVBC /VT
¯
¯
VT
¯
¯
Jk (VBE , VBC ) = ¯
¯
1 VBC /VT
¯ k3 IES 1 eVBE /VT
k4 ICS VT e
−1 ¯
VT
¯
¯ k0 + k1 IES (eVBE /VT − 1) + k2 ICS (eVBC /VT − 1) − VBE
¯
Fk (VBE , VBC ) = ¯¯
¯
k3 IES (eVBE /VT − 1) + k4 ICS (eVBC /VT − 1) − VBC
¯
¯
¯
¯
¯
¯
Posto
Ã
X=
VBE
VBC
!
la soluzione si trova risolvendo iterativamente l’equazione matriciale
Jk · Xk+1 = −Fk + Jk · Xk
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11
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Nel caso presente, in 25 iterazioni, si ottiene la soluzione
VBE = 0, 6867 V
VBC = −5, 08 V
Il transistore opera quindi in regione attiva diretta. Le correnti si ottengono facilmente dalle tensioni:
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IB
=
IC
=
VCC − VBE
= 28, 2 µA
RB
VCC − VCE
= 5, 6 mA
RC
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Esercizio U2.11 - Il modello semplificato
Con riferimento al circuito della figura 3, dove RB = 330 kΩ, RC = 1 kΩ e VCC = 10 V, determinare
il punto di funzionamento a riposo (calcolare IB , IC e VCE ), adottando il modello semplificato del transistore
n-p-n rappresentato nella figura 4 1 . Si assuma per il transistore: βF = 150.
3
RB
RC
2
VCC
1
Q1
0
Figura 3: Circuito di polarizzazione di un transistore bipolare.
Soluzione
Vbe
B
C
Vbe
B
bFIB
C
Vbe
E
E
zona attiva diretta
B
Vbc
C
B
C
BrIC
E
interdizione
Vbc
saturazione
Vbc
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 VBE = 0, 6 V e βF = 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.
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Rb
Rc
Vcc
Vbe
bIb
Figura 5: Circuito per il calcolo della polarizzazione.
IB
=
IC
=
VCC − VBE
= 28, 5 µA
RB
βF IB = 4, 3 mA
Per la tensione base-collettore, si trova
VBC = VBE − VCE = VBE − VCC + RC βF IB = −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 VBE ottenuta è coerente
con l’ipotesi fatta inizialmente di transistore polarizzato in zona attiva diretta; se fosse risultato VBC > 0,
sarebbe stato necessario verificare i casi di saturazione e polarizzazione in zona attiva inversa.
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14