Om inget annat anges så gäller det kisel och rumstemperatur (300K)

Transkript

1 Komponentfysik Övning 3 VT-0 Om inget annat anges så gäller det kisel och rumstemperatur (300K) Utredande uppgifter: I: En diod har två typer av kapacitanser, utarmningskapacitans och diffusionskapacitans. a) Beskriv orsaken till de båda och förklara varför det rör sig om småsignalkapacitanser? b) Under vilka spänningsförhållanden finns de och hur ändrar de sig med ändrad spänning? II: Beskriv vad som händer vid minoritetsladdningsbärarinjektion och vad den beror på. III: Hur kan man från en mätning av kapacitansen för en asymmetrisk diod som funktion av backspänning bestämma den inbyggda spänningen och dopningskoncentrationerna? IV: Beskriv begreppen: Rekombinationsström, Diffusionsström och högnivåinjektion. Vid vilken framspänning har man de olika strömmarna och vilken idealitetsfaktor har man i de tre fallen? Beräkningsuppgifter: : Hur stor är elektron- och hålkoncentrationerna i kisel dopat med arsenik (As)? Anta att laddningsbärarna är homogent utspridda. Vilken volym upptar varje laddningsbärare och hur stor sidolängd har en motsvarande kub? Koncentrationen av As är: a),00 0 m -3 b),00 4 m -3 c),00 7 m -3 : Var ligger Fermi-nivån relativt ledningsbandskanten, E C, i de tre fallen ovan. 3: Betrakta en kort p + n-diod av kisel (= diod med kort bas). Den har följande dopningskoncentrationer, p-sidan: N A =,00 5 m -3 och n-sidan: N D =,00 m -3, utsträckningen på p-sidan är W p =,0 μm och på n-sidan är W n =30 μm, arean är,0 cm, idealitetsfaktorn är m=. Vid U a =0,40 V: a) Hur stor är den inbyggda spänningen, U bi? b) Hur stort är utarmningsområdets utsträckning på n-sidan? c) Hur stort är utarmningsområdets utsträckning på p-sidan? d) Hur stor är den injicerade laddningsbärarkoncentrationen på n-sidan? e) Hur stor är den injicerade laddningsbärarkoncentrationen på p-sidan? f) Hur stor är strömmen genom kontakterna, d.v.s. strömmen genom dioden? g) Hur stor är utarmningskapacitansen? h) Hur stor är diffusionskapacitansen? i) Jämför storleken på de två kapacitanserna. Vilken kommer att dominera vid högre framspänning? j) Hur stor blir de två kapacitanserna om vi ökar framspänningen till 0,5 V. Uppdaterad: () Anders Gustafsson

2 Komponentfysik Övning 3 VT-0 4: Betrakta en n + p-diod av kisel med area på,00-4 cm. En mätning av kapacitansen som funktion av pålagd spänning gav följande värden på kapacitansen: C (pf) 0,37 0,58 0,7 0,95 U a (V) -,00-0,40 0,00 0,30 a) Plotta /C som funktion av U a. b) Använd kurvan i (a) för att bestämma den inbyggda spänningen U bi. c) Använd även kurvan för att bestämma dopningskoncentrationen på p-sidan. d) Bestäm dopningskoncentrationen på n-sidan. 5: En kiseldiod har dopningskoncentrationerna N A =4,40 0 m -3, N D =4,0 3 m -3. U bi = 0,73 V. Utsträckningen av de neutrala områdena är W n = W p = 0μm så antag att det rör sig om en kort diod. Arean är 0,5 cm. a) Hur stora är minoritetsladdningsbärarkoncentrationerna p n 0 respektive n p0? b) Vilken framspänning krävs för att öka minoritetsladdningsbärarkoncentrationen på p-sidan till samma som dopningskoncentrationen, N A, på p-sidan? c) Med framspänningen i (b), hur stor är hål- respektive elektronströmmen? d) Det rör sig om en n + p-diod. Kan vi anta att elektronströmmen dominerar? e) Antag att elektronströmmen genom det neutrala området på n-sidan är en ren driftström. Hur stort spänningsfall får vi över n-sidan för strömmen i (c)? f) Hur stor ström behöver vi genom dioden för att få ett spänningsfall som är respektive 5% av U bi? g) Vilken framspänning krävs för att uppnå dessa två strömmar? h) Är dessa framspänningar rimliga? Uppdaterad: () Anders Gustafsson

3 Komponentfysik Facit till övning 3 VT-0 a) För N D =,00 0 m -3 : n =,00 0 m -3 och p = 0 m -3 V n = 0,00 μm 3 och L n 0, μm, V p = 0-3 mm 3 och L p = 00 μm b) För N D =,00 4 m -3 : n =,00 4 m -3 och p = 0 8 m -3 V n = 000 nm 3 och L n 0 nm, V p = 0 mm 3 och L p =, mm c) För N D =,00 7 m -3 : n =,00 7 m -3 och p = 0 5 m -3 V n =,0 nm 3 och L n,0 nm, V p = 0 cm 3 och L p =, cm a) E F = -0,3 ev b) E F = -0,08 ev c) E F = 0,0 ev 3a) U bi = 0,83 V b) d n = 0,75 μm c) d p = 75 pm d) p n (d n ) = 5,0 7 m -3 e) n p (-d p ) = 5,0 3 m -3 f) I p = 0,3mA och I n =,9 μa g) C j = 4 nf h) C diff = 4,7 nf j) C j = 6 nf och C diff = 0 nf 4b) U bi = 0,7 V. c) N A = 4,40 0 m -3 d) N D =,80 3 m -3 5a) p n0 =,40 8 m -3 och n p0 =,30 m -3 b) U a = 0,55V c) I n =, A och I p = 0,44 ma d) Elektronbidraget till strömmen är ca 800 ggr större än hålbidraget, vilket gör att vi kan försumma hålströmmen. e) U n = 8μV f) I % = 0,3 ka och I 5% =,6 ka g) U a% = 0,70 V och U a 5% = 0,74 V h) U a% < U bi och därför teoretiskt möjligt. U a 5% > U bi och därför teoretiskt omöjligt. Uppdaterad: () Anders Gustafsson

4 Ia) Kapacitans betyder en ändring av laddning med spänning. Utarmningskapacitansen uppstår p.g.a. rymdladdningen. Positiv laddning på n-sidan och negativ laddnings på p-sidan i ett arrangemang som liknar en plattkondensator. Det som skiljer utarmningskapacitansen från plattkondensatorn är att laddningen på plattkondensatorn är fria laddningar, medan utarmningskapacitansen består av rymdladdning, där en ändring av laddningen sker genom att ändra av utsträckningen av rymdladdningsområdet, vilket betyder att avståndet i plattkondensatorn ändras. Det i sin tur innebär att kapacitansen ändras med spänningen över dioden. Kapacitansen ökar med framspänning (kortare utarmningsområde) och minskar med backspännings (längre utarmningsområde). Diffusionskapacitansen uppstår p.g.a. överskottsladdningen i de neutrala delarna av dioden. I och med att laddningen ändras med framspänning så ger det en kapacitans. Eftersom överskottladdningen bara finns vid framspänning så finns bara difusionskapacitansen vid framspänning. En skillnad mot den vanliga kapacitansen är att det rör sig om en obalanserad ladding, som i en vanlig plattkondensator. b) Utarmningskapacitansen finns vid alla spänningar över dioden, den minskar med backspänning och ökar med framspänning. Diffusionskapacitansen finns bara vid framspänning och ökar med framspänning. Eftersom den ökar snabbare än utarmningskapacitansen så kommer den att dominera vid större framspänningar. II: Kring utarmningsområdet i en pn-övergång finns det kraftiga gradienter av laddningsbärare. Utan pålagd spänning så håller den inbyggda spänningen isär områdena med olika laddningsbärarkoncentrationer. När man lägger på en framspänning på dioden så minskar man barriären och en del av de många majoritetsladdningsbärarna på den ena sidan kan ta sig över till andra sidan övergången där dom är minoritetsladdningsbärare. Det är just den här processen som kallas minoritetsladdningsbärarinjektion. III: Utarmningskapacitansen har ett omvänt linjär beroende (ett genom utsträckningen) på rymdladdningsområdets utsträckning och utsträckningen beror på roten ur skillnaden mellan den inbyggda spänningen och den pålagda spänningen. Det gör att om man plottar ett genom kapacitansen i kvadrat [/C ] som funktion av pålagd spänning så får man dopningskoncentrationen på den lågdopade sidan ur lutningen på den räta linjen som plotten bör vara. Om man extrapolerar linjen tills den skär x-axeln. Skärningen med x-axeln händer när den inbyggda spänningen är lika stor som den pålagda, vilket alltså ger den inbyggda spänningen. Har man den inbyggda spänningen och en av dopningskoncentrationerna så kan man få fram den andra dopningkoncentrationen. IV: Den vanliga strömmen i dioden är en ren diffusionsström, som beror på hur de injicerade minoritetsladdningsbärarna diffunderar när de väl kommer in i de neutrala delarna av dioden. Här har man en idealitetsfaktor på ett (m = ). Vid låga framspänningar så kommer alla laddningsbärare som injiceras i rymdladdningsområdet att rekombinera med laddningsbärare från andra sidan. Inga laddningsbärare tar sig över rymdladdningsområdet. Här har man en idealitetsfaktor på två (m = ). Vid höga framspänningar så är den injicerade minoritetsladdningsbärarkoncentrationen i samma storleksordning som dopningskoncentrationen. Det rör sig inte längre om en ren diffusionsström i den neutrala delen av dioden, utan en kombination av diffusions- och driftström. Det påverkar idealitetsfaktorn som nu är två (m = ). Uppdaterad: () Anders Gustafsson

5 : Arsenik har en valenselektron mer än kisel, vilket betyder att det är en n i =,00 6 m -3 donator. I de flesta fall är majoritetsladdningsbärarkoncentrationen lika med koncentrationen av dopatomer. I det här fallet gäller att n = N D. För att räkna fram koncentrationen av laddningsbärare behöver vi massverkans lag: n p = n i, d.v.s. p = n i N D. Volymen som en laddningsbärare upptar ges av inversen på koncentrationen: V = n och längden på motsvarande kub ges av tredje roten ur volymen: L = 3 V. a) För N D =,00 0 m -3 är n =,00 0 m -3 och p = =0 m -3 V n = 0 0 =, m 3 = 0,00 μm 3 och L n = 3 0,0 = 0,544 = 0, μm V p = 0 =, m 3 = 0-3 mm 3 och L p = = 0,00 mm = 00 μm b) För N D =,00 4 m -3 : n =,00 4 m -3 och p = =,008 m -3 V n = 0 4 =,0 0-4 m 3 = 000 nm 3 3 och L n = 000 = 0 nm V p = 0 8 =,0 0-8 m 3 = 0 mm 3 och 3 L p = 0 =,544 =, mm c) För N D =,00 7 m -3 : n =,00 7 m -3 och p = = 05 m -3 V n = 0 7 =, m 3 =,0 nm 3 3 och L n = =,0 nm V p = 0 5 =,0 0-5 m 3 = 0 cm 3 och 3 L p = 0 =,544 =, cm I det sista fallet behöver vi alltså en volym på över 0 cm 3 för hitta ett enda hål Uppdaterad: () Anders Gustafsson

6 : Fermi-nivån ges av: n i =,00 6 m -3 E g =, ev E F = E C + E V + kt ln N D n kt = 0,059 ev i om vi använder ledningsbandskanten, E C, som referens kan vi skriva om formeln som: E F = kt ln N D n i E g (relativt E c ),0 a) N D =,00 0 m : E F = 0,059 ln 0 6, = -0,3645 = -0,3 ev, d.v.s. 0,3 ev under ledningsbandkanten.,0 b) N D =,00 4 m : E F = 0,059 ln 0 6, = -0,07790 = -0,08 ev,0 c) N D =,00 7 m : E F = 0,059 ln 0 6, = 0,000 = 0,0 ev, d.v.s. Ferminivån ligger över ledningsbandskanten. Det är en konsekvens av den mycket höga dopningskoncentrationen a) Den inbyggda spänningen, U bi, ges av dopningskoncentrationerna: U bi = U t ln N A N D n i U bi = 0,059 ln = 0,8349 = 0,83 V b) Utarmningsområdets utsträckning på n-sidan i en p + n-diod med pålagd spänning ges av:d n = r 0 U bi U a ( ) e N D. d n =,8 8,85 0 ( 0,8349 0,4) 0,75 μm, = 7, m = n i =,00 6 m -3 E g =, ev U t = 0,059 ev N A =,00 5 m -3 N D =,00 m -3 W p =,0 μm = 0-6 m W n = 30 μm = 30-5 m A =,00-4 m m = μ p = 0,35 m /s μ n = 0,045 m /s U a = 0,40 V r =,8 0 = 8,850 - F/m e =,600-9 As Uppdaterad: () Anders Gustafsson

7 c) I en p + n-diod kan utsträckningen av utarmningsområdet på den högdopade p-sidan fås fram från utsträckningen på n-sidan och dopningskoncentrationerna: d p = d n N D N A d p = 0, = 7, μm = 75 pm Vilket är mycket mindre än d n. Vi kan därför försumma utsträckningen på p-sidan d) Den injicerade laddningsbärarkoncentrationen på n-sidan ges av injektionslagen, för hål: p n (d n ) = n i N D e U a U t 0,4 p n (d n ) = 03 e 0,059 = 5, = 5,0 7 m -3 0 e) Den injicerade laddningsbärarkoncentrationen på p-sidan ges också av injektionslagen, för elektroner den här gången: n p (d p ) = n i U a U t N A e 0,4 p n (-d p ) = 03 e 0,059 = 5, = 5,0 3 m f) Strömmen beror på både elektron och hålbidragen till strömmen. I en p + n-diod förutsätter man normalt att elektronbidraget är försumbart. För säkerhets skull testar vi det i beräkningen. I p = e A U t μ p n i U a U e t W n N D och I n = e A U t μ n n U a i U e t W p N A I p =, ,059 0, e 0,4 0, = 3, A = 0,3 ma I n =, ,059 0, e 0,4 0, =, A =,9 μa Vi ser att I p >> I n och strömmen beror enbart på hålbidraget. g) Utarmningskapacitansen hos en p + n-diod ges av: C j = r 0 A d n C j =,8 8, , =, F = 4 nf Uppdaterad: () Anders Gustafsson

8 h) Diffusionskapacitansen beror på derivatan av strömmen i dioden och finns i princip bara i framriktningen. För en p + n-diod handlar det om hålströmmen: C diff = I p U W n t μ p C diff = 3,7 04 0,059 ( 30 5 ) 0,045 = 4, F = 4,7 nf i) Båda kapacitanserna är ungefär lika stora. När vi ökar spänningen så kommer I att öka exponentiellt [exp(u a /U t )] och därmed kommer C diff att öka exponentiellt. Samtidigt kommer d n att minska [ U bi U a ], men betydligt långsammare. C j ökar därför, men betydligt långsammare än C diff, vilket leder till att den senare dominerar vid större framspänningar. j) För att räkna fram kapacitanserna vid en framspänning av 0,5 V behöver vi kombinera ett par formler: C j = r 0 A där d n = r 0 ( U bi U a ), vilket ger: C j = r 0 A e N D d n e N D ( U bi U a ) C j =,8 8, ( ), ( 0,8349 0,5) =, F = 6 nf På samma sätt för diffusionskapacitansen: C diff = I p U W n där: t μ p I p = e A U t μ p n i U a U e t W n N D, vilket ger: C diff = e A n i U a W n U e t U t N D C diff =, ,5 0,0590 e 0,059 =, F = 0, μf Dessa bekräftar resonemanget om kapacitanserna i (i) Uppdaterad: () Anders Gustafsson

9 4 Kapacitansen vid backspänning och vid små framspänningar av en n + p-diod ges av utarmningskapacitansen: d p = C j = r 0 A d p där r 0 ( U bi U a ), vilket ger: e N A C j = r 0 A e N A. Vi kan skriva om det ( U bi U a ) som: C = ( U bi U a ) j r 0 A. Det gör att om e N A vi plottar /C som funktion av U a så bör vi få en rät linje med en negativ lutning som beror på N D. Linjen kommer dessutom att skära x-axeln vid U bi. /c VU aa a) Plotta /C som funktion av U a och anpassa en rät linje genom mätpunkterna. n i = 0 6 m -3 A =,00-8 m r =,8 0 = 8,850 - F/m e =,600-9 As b) Vi använder linjen i (a) för att bestämma den inbyggda spänningen, U bi. Linjen skär x-axeln i punkten U bi. Ur diagrammet kan vi bestämma skärningspunkten till 0,7 V. c) Använd även linjen för att bestämma dopningen på n-sidan. Lutningskoefficienten på linjen är: = r 0 A => N A = e N A r 0 A e Ur kurvan får vi lutningen =,70 4 V/As och det gör att vi kan lösa ut N A : N A =,8 8, ,60 0 9,7 0 4 = 40 0 m -3 ( ) = 4, = d) Med kännedom om den inbyggda spänningen och acceptorkoncentrationen på p-sidan kan vi räkna ut donatorkoncentrationen på n-sidan genom att skriva om ekvationen för den inbyggda spänningen: N D = n i N A e U bi U t ,7 N D = 4,4 0 0 e 0,059 =, = 0 3 m -3 Koncentrationerna med N D >>N A är konsistent med en n + p-diod. Uppdaterad: () Anders Gustafsson

10 5a) Minoritetsladdningsbärarkoncentrationen ges av dopkoncentrationen och massverkans lag: p n 0 = n i och n p0 = n i p n 0 = 03 4,0 3 =, =,40 8 m -3 n p0 = 03 4,40 0 =,77 0 =,30 m -3 N D N A : n i = 0 6 m -3 U t = 0,059 ev N A = 4,40 0 m -3 N D = 4,0 3 m -3 W p = 0 μm = 0-5 m W n = 0 μm = 0-5 m A = 50-5 m μ p = 0,045 m /Vs μ n = 0,35 m /Vs b) För att få fram spänningen som krävs för att lyfta minoritetsladdningsbärarkoncentrationen på p-sidan till dopkoncentrationen behöver skiva om injektionslagen: n p (d p ) = n i U t n p (d p ) = N A till U a = U t ln N A. n i 4,4 00 U a = 0,059 ln 0 6 = 0,55384 = 0,55 V e( Ua ), där N A c) Elektronströmmen ges av den vanliga strömmen för en n + p-diod: I n = e A U t μ n n i e( Ua U t ). W p N A I n =, ,059 0, ,4 0 0 e( 0,55 0,059) =,33 =, A Hålströmmen ges av samma uttryck som strömmen för en p + n-diod: I p = e A U t μ p n i e( Ua U t ) W n N D I n =, ,059 0, ,0 3 e ( 0,55 0,059) = 4, A = = 0,44 ma d) Kvoten mellan elektronströmmen och hålströmmen i det här fallet är:, = 795,5. det gör att vi definitivt kan bortse från hålbidraget till strömmen i dioden. 4 4,4 0 Alternativt kan man ta kvoten mellan ekvationerna för de två strömmarna. Eftersom de båda är snarlika så blir kvoten ganska enkel: I n I p I n I p = μ n N D μ p N A. Med insatta värden blir det: 0,35 4,03 = = 795,5 Det är samma resultat som kvoten mellan de två strömmarna i 0 0,045 4,4 0 uppgift (c). Uppdaterad: () Anders Gustafsson

11 e) Spänningsfallet för elektronströmmen över det neutrala området på n-sidan ges av ohms lag: U n = R n I n = W n I n A = W n I n A = W n I n e μ n N D A 0 5, U n =, ,35 4, =, V = 8 μv f) Strömmen genom dioden som motsvarar ett spänningsfall över den neutrala delen av n-sidan som är respektive 5 % av U bi fås också genom ohms lag: I x = x U bi = x U bi e μ n N D A R n W n I % = 0,0 0,73, ,35 4, = 33,648 A = 0,3 ka I 5% = 0,05 0,73, ,350 4, = 68,4 A =,6 ka g) För at få fram framspänningarna som ger strömmarna i (e) måste vi skriva om formeln för W p N A I n strömmen i (c): U a = U t ln e A U t μ n n + i 0 5 4, , U a% = 0,059 ln, = 0,698 = 0,70 V 3 0,059 0, , , U a 5% = 0,059 ln, = 0,7398 = 0,74 V 3 0,059 0,35 0 h) U a% är teoretiskt möjligt eftersom spänningen är lägre än U bi. Det kräver en spänning över diodens kontakter som är (U a +U n ): 0, ,00,73 = 0,7 V, vilket inte är betydligt högre den spänning som ligger över själva övergången. Det gör att vi kan bortse från spänningsfallet över de neutrala områdena. U a 5% är omöjligt eftersom spänningen över själva övergången i så fall behöver vara högre än U bi. Vi kan alltså inte få den strömmen ur dioden genom injektion. Uppdaterad: () Anders Gustafsson