Lösung zu Aufgabe 2.1

Transkript

1 Lösung zu Aufgabe 2.1 Der Abstand zwischen Fermi-Energie und Leitungsbandkante beträgt auf der n-typ- Seite ) NC W C W F = k B T ln ; N D auf der p-typ Seite gilt für den Abstand von Fermi-Energie und Valenzbandkante ) NV W F W V = k B T ln. N A Aus dem Bänderschema des pn-übergangs im thermischen Gleichgewicht folgt demnach ) ) NC NV ev J = W g k B T ln k B T ln bzw. bzw. V J V J N D [ )] Wg = V T k B T + ln ND N A N C N V [ )] ND N A Wg = V T ln exp. N C N V k B T Mit der Identität n 2 i = N C N V exp W ) g k B T geht dies über in ) NA N D = V T ln. V J n 2 i N A

2 Lösung zu Aufgabe 2.2 Die Bandabstandsspannung V g resultiert aus der für R S = 0 gültigen Beziehung ) V = V V g X TI V T T T zu V g I = V X TI V T T ) V T I Der Spannungsabfall an der Diode ist ) I V = V = V T ln = 1107 mv, so daß V g I S = 1107 mv mv K 1.76 mv K. = 1545 mv. Dieser Wert der Bandabstandsspannung ist typisch für GaAs-Dioden.

3 Lösung zu Aufgabe 2.3 Die Diffusionsspannung bei der Akzeptorkonzentration N A = cm 3 ist ) NA N D = V T ln = 770 mv ; V J1 n 2 i Die Diffusionsspannung bei der Akzeptorkonzentration N A = cm 3 ist ) NA N D = V T ln = 889 mv. V J2 n 2 i Sowohl für N A = cm 3 als auch für N A = cm 3 gilt N D N A, d.h. es handelt sich in beiden Fällen in sehr guter Näherung um einen einseitigen pn- Übergang. Die Sperrschichtkapazität je Flächeneinheit errechnet sich damit aus c jv ) = eɛ 0 ɛ r N A 2V J V ). Für die Sperrschichtkapazität je Flächeneinheit bei der Akzeptorkonzentration N A = cm 3 folgt so c j0.4 V) = 4.77 nf/cm 2 = ff/µm 2 c j0, V) = 3.31 nf/cm 2 = ff/µm 2 c j 5 V) = 1.21 nf/cm 2 = ff/µm 2 Die Werte der Sperrschichtkapazität je Flächeneinheit bei der Akzeptorkonzentration N A = cm 3 folgen entsprechend zu c j0.4 V) = 41.5 nf/cm 2 = ff/µm 2 c j0, V) = 30.8 nf/cm 2 = ff/µm 2 c j 5 V) = nf/cm 2 = ff/µm 2

4 Lösung zu Aufgabe 2.4 a) Abbildung?? zeigt das Bänderschema der pnn + -Diode. Es bilden sich zwei Raumladungszonen, die erste am pn-übergang ist gleichrichtend, die Höhe der Potentialbarriere ist ) NA N D1 = k B T ln = 770 mev. ev J1 n 2 i Die zweite Raumladungszone am nn + -Übergang ist nicht gleichrichtend; die Höhe dieser Potentialbarriere ist ) ) ) NC NC ND2 ev J2 = k B T ln k B T ln = k B T ln = 238 mev. N D1 N D2 N D1 F 9 + A 8 * 6 8 ) * 6 +, A * 6 +, Abb. 1. Bänderschema des pnn + -Übergangs b) Die Sperrschichtkapazität wird durch den pn-übergang bestimmt. Für kleine Spannungen dehnt sich die Sperrschicht um 2ɛ 0 ɛ r N A V J1 V ) en D1 N A + N D1 ) 2ɛ 0 ɛ r V J1 V ) en D1

5 2 in das niedrig dotierte n-typ Gebiet aus. Für 2ɛ 0 ɛ r V J1 V ) 5 µm = en D1 bzw. V = V J1 en D1 2ɛ 0 ɛ r 5 µm) 2 = 18.2 V erreicht die Sperrschicht die Grenze zum n + -Gebiet. Für V R < 18.2 V gilt eɛ 0 ɛ r N D1 c j V R ) A j 2V J1 + V R ) = 1.05 pf. 1 + VR /V J1 Für V R > 18.2 V dehnt sich die Sperrschicht nur noch geringfügig aus, die Sperrschichtkapazität ist in diesem Bereich annähernd konstant c j ɛ 0ɛ r A j 5 µm c) Für V R < 18.2 V gilt E max 0.21 pf. 2eN D1 V R + V J1 ) ɛ 0 ɛ r = V VR V cm In diesem Bereich steigt E max annähernd proportional zur Wurzel der Sperrspannung an, da sich die Zone über der die Potentialdifferenz auftritt mit der Sperrspannung vergrößert. Für V R > 18.2 V bleibt die Ausdehnung der Raumladungszone annähernd konstant, d.h. in diesem Bereich steigt die Feldstärke proportional zur angelegten Sperrspannung an. Durch Überlagerung folgt hier E max = E max V R = 18.2 V) + V R 18.2 V 5 µm = 76 kv cm + 2 kv ) VR cm V 18.2 d) Die Diode verhält sich bei Flußpolung wie eine gewöhnliche pn-diode, d.h. sie zeigt einen exponentiellen Anstieg des Stroms mit der Spannung. Der Wert des Sättigungsstroms läßt sich jedoch nicht mit der für die Langbasisdiode gültigen Beziehung ableiten: Das elektrische Feld am nn + -Übergang wirkt abstoßend auf die in das n- Gebiet injizierten Löcher und sorgt dafür, daß die meisten Löcher im n-gebiet rekombinieren.

6 Lösung zu Aufgabe 2.5 Bei I = 100 µa sind die Spannungsabfälle an Diode und Serienwiderstand ) I V = V T ln = mv und R S I = 10 mv I S Bei I = 1 ma ist ) I V = V T ln = mv und R S I = 100 mv I S und bei I = 10 ma ist ) I V = V T ln = mv und R S I = 1000 mv. I S Der an der Reihenschaltung auftretende Spannungsabfall ist demnach V = mv bei I = 100 µa, V = mv bei I = 1 ma und V = mv bei I = 10 ma. b) Die Änderung der Spannung mit der Temperatur errechnet sich aus ) V = V V g X TI V T + α R RI ; T T I der Temperaturkoeffizient der Reihenschaltung ergibt sich damit zu α = 1 V ) V g X TI V T + α R RI. V T Der Temperaturkoeffizient der Spannung bei I = 100 µa ist damit 1 α = 2.14 mv mv K ) mv = K K bei I = 1 ma ergibt sich α = mv und bei I = 10 ma α = mv 1.94 mv K mv K 1.74 mv K ) mv K ) = K = K.

7 Lösung zu Aufgabe 2.6 Die Diffusionsspannung der Diode ist ) NA N D = V T ln = 889 mv ; V J n 2 i der Wert der Sperrschichtkapazität bei V = 0 beträgt eɛ 0 ɛ r N A N D C J0 = A j = pf. 2N A + N D )V J Da es sich um einen abrupten pn-übergang handelt, weist die Sperrschichtkapazität die Arbeitspunktabhängigkeit auf. Aus c j V ) = pf 1 + VR /0.889 V it) = dq dt = 2 ma = c jv) dv dt folgt mit v R = v nach Trennung der Variablen dt = pf 2 ma 1 + vr /0.889 V dv R. Die Zeit t die zum Aufbau der Sperrspannung V R = 10 V benötigt wird errechnet sich hieraus zu t = 1 2 ma 10V pf 1 + vr /0.889 V dv R = As 2 ma = 340 ps.

8 Lösung zu Aufgabe 2.7 a) Das n-gebiet liege rechts vom Sperrschichtrand x n x > x n ). Die Überschußlöcherdichte im n-gebiet wurde für diesen Fall in der Vorlesung hergeleitet. Diese fällt exponentiell mit dem Abstand x x n vom Sperrschichtrand ab und ist gegeben durch [ ) ] V p n x) p n0 = p n0 exp 1 exp x x ) n. V T L p Die Löcherladung im n-bahngebiet folgt durch Integration über das Volumen des Bahngebiets Q p,n = ea j x n [ p n x) p n0 ] dx, wobei die obere Integrationsgrenze wegen der großen Weite des Bahngebiets und des exponentiellen Abfalls der Löcherdichte mit dem Abstand vom Sperrschichtrand durch ersetzt wurde. Mit dem Ausdruck für p n x) p n0 folgt so [ ) ] V Q p,n = el p p n0 A j exp 1. Mit V = 700 mv, V T = mv bei T = 300 K) und V T ergibt dies p n0 n2 i N D 4666 cm 3 Q p,n As. Die injizierte Löcherladung steigt proportional mit der Diffusionslänge an Q p,n = e p n x n )L p. b) Die Diffusionskapazität ergibt sich durch Differentiation von Q p,n bzgl. V zu c T d dv Q p,n Q p,n V T 16.6 nf da die Minoritätsladung im p-gebiet vernachlässigt werden darf.

9 Lösung zu Aufgabe 2.8 Die angelegte Spannung V 0 setzt sich zusammen aus dem Spannungsabfall V an der Diode und dem Spannungsabfall RI am Bahnwiderstand V 0 = = V + RI = const. ; ihr ist temperaturunabhängig, so daß dv 0 dt = dv dt + R di dt + I dr dt = 0. Da I = const., bzw. di/dt = 0 gelten soll, führt dies auf die Forderung ) V + I dr I dt = 0, bzw. mit dr/dt = α R R α R = 1 ) V RI T Mit I ) V T I und RI = 1.8 V folgt so α R = = V V g X TI V T T 1.95 mv/k 1.8 V I = 1.95 mv K = K.

10 Lösung zu Aufgabe 2.9 a) Die Spannung v = 0.7 V an der Diode bleibt beim Schaltvorgang zunächst erhalten. Der Maschensatz liefert dann für den Zeitpunkt vor dem Umschalten V O + V ss 2 = R 4 ma V und für den Zeitpunkt nach dem Umschalten V O V ss 2 = R 3 ma V. Da für Zeiten t t rr kein Strom mehr fließt, gilt ferner V O V ss 2 = 5 V. Für den Widerstand R folgt so durch Einsetzen in die 2. Gleichung R = 5.7 V 3 ma = 1.9 kω. In die 1. Gleichung eingesetzt ergibt sich nun was auf V O + V ss 2 = 8.3 V, V O = 1.65 V und V ss = 13.3 V führt. b) Aus der Speicherzeit t s = 4 µs folgt nach der Ladungssteuerungstheorie T T = t s ln1 + I F /I R ) = 4.7 µs.

11 Lösung zu Aufgabe 2.10 Unter Berücksichtigung der Eigenerwärmung gilt ) ) di R IR IR dt = +. dv R V R T T V R dv R Die in der Diode anfallende Verlustleistung ist V R I R so daß und damit T = T A + R th I R V R dt dv R = R th I R + R th V R di R dv R Zusammenfassen führt auf ) ) IR IR + R th I R di R V R T T = ) dv R IR 1 R th V R T Dieser Ausdruck divergiert falls ) IR R th V R 1. T V R Mit der Annahme I R exp W g /k B T ) folgt ) IR W g T k B T 2 I R. V R = Die Bedingung für das Davonlaufen des Arbeitspunkts geht damit über in T T W g k B T 1, V R V R wobei T = R th V R I R die Übertemperatur aufgrund der umgesetzten Verlustleistung bezeichnet. Bei Werten von W g /k B T in der Größenordnung von fünfzig darf die Übertemperatur aufgrund der umgesetzten Verlustleistung demnach nur wenige Kelvin betragen damit der Sperrstrom nicht unkontrolliert ansteigt..

12 Lösung zu Aufgabe 2.11 a) Die Speicherzeit der Diode beträgt t s Transitzeit = 3.5 µs; mit I F /I R = 1.5 folgt für die T T = t s ln1 + I F /I R ) = 3.8 µs. b) Bei I = 10 ma ist der Kleinsignaldiodenleitwert g d = 10 ma mv 387 ms Dies ergibt für die Diffusionskapazität c T = T T g d = 1.46 µf.

13 Lösung zu Aufgabe 2.12 a) Die Diffusionsspannung der Diode beträgt ) NA N D1 = V T ln = 847 mv. V J n 2 i Der pn-übergang ist in sehr guter Näherung einseitig, d.h. die Sperrschichtweite entspricht der Ausdehnung der Raumladungszone in das n-gebiet. Bei V R = 10 V gilt 2ɛ 0 ɛ r V J + V R ) d j 3.78 µm, en D1 d.h. die Sperrschicht reicht bei dieser Sperrspannung nicht bis zum hochdotierten Bahngebiet. Die Sperrschichtkapazität ergibt sich bei bekannter Sperrschichtweite aus c j = ɛ 0ɛ r A j d j = 2.79 pf. Der Bahnwiderstand wird voraussetzungsgemäß nur durch das verbleibende n- Bahngebiet bestimmt, d.h. es gilt r s = 1 eµ n N D1 8 µm 3.78 µm 10 5 µm 2 = 2.02 Ω. Damit sind die Elemente der Kleinsignalersatzschaltung für Sperrbetrieb ermittelt. Die Admittanz der Diode zeigt ein Hochpaßverhalten y = jωc j 1 + jωr s c j ; für kleine Wert von ω gilt y jωc j f bei großen Frequenzen y 1 r s = 495 ms. Die beiden asymptotischen Näherungen schneiden sich bei der Grenzfrequenz des Hochpasses f g = 1 2πr s c j = 28.2 GHz. b) Bei I = 1 ma ist ) I V = NV T ln = 642 mv. I S

14 2 Dies führt auf die Sperrschichtkapazität eɛ 0 ɛ r N D1 c j = A j = 20.3 pf. 2V J V ) Der Kleinsignaldiodenleitwert ist so daß g d = I NV T = 29.7 ms, c T = T T g d = 29.7 nf. Die Kleinsignaldiodenkapazität ist hier nahezu vollständig durch die Diffusionskapazität bestimmt, d.h. c d = c j + c T 29.7 nf. Die Kleinsignaladmittanz der Diode genügt nun der allgemeinen Beziehung y = g d + jωc d 1 + r s g d + jωr s c d. Bei sehr kleinen Werten der Kreisfrequenz ω gilt y 1 r d + r s = 28 ms, bei sehr großen Werten der Kreisfrequenz ω gilt y 1 r s = 495 ms. c) Näherungsannahmen, die in der Praxis zu Abweichungen von den errechneten Werten führen sind quasistatische Näherung der Diffusionskapazität Vernachlässigung der Leitfähigkeitsmodulation. Der Bahnwiderstand ist bei Flußpolung kleiner als berechnet. Deswegen wurde in b) auch kein neuer Wert für r s für den Fall der Flußpolung errechnet obwohl die Ausdehnung des niedriger dotierten Bahngebiets in diesem Fall größer ist).

15 Lösung zu Aufgabe 2.13 a) Wird C K durch einen Kurzschluß ersetzt, so resultiert die Kleinsignalersatzschaltung nach Abb.1. ) A B B 8 A B B 9 H Abb. 1. Kleinsignalersatzschaltung b) Der Effektivwert des Stroms durch den 1 kω-widerstand ist I eff = 1 ma. Bei geringen Frequenzen fließt demzufolge der Strom I eff = 222 µa durch die Reihenschaltung von r s und r d. Dies führt auf r s + r d = 1 mv 222 µa = 4.5 Ω. Bei hohen Frequenzen wird r d durch c d kurzgeschlossen. Durch r s fließt nun der Strom I eff = 1665 µa so daß r s = 1 mv ma = 0.6 Ω. Dies führt auf r d = 3.9 Ω. Bei der Grenzfrequenz 10 MHz ist ωc d = g d, bzw. c d = 1 2π 3.9 Ω 10 7 Hz = 4.08 nf. Der Strom im Arbeitspunkt folgt aus I = 9.3 V 1 kω = 9.3 ma. Da r d = NV T /I gilt, ist der Emissionskoeffizient N = 3.9 Ω 9.3 ma mv = 1.4. c) Ist die Sperrschichtkapazität c j vernachlässigbar, so ist c d = T T g d und damit T T = r d c d = 15.9 ns.

16 Lösung zu Aufgabe 2.14 Für Schottky-Dioden gilt im Idealfall [ ) ] V IV, T ) = I S T ) exp 1 wobei Mit V T I S T ) T 2 exp W ) Bn. k B T, expv/v T ) 1 folgt für die Sättigungsströme der Diode bei den verschiedenen Temperaturen I S T 1 ) IV, T 1 ) exp V ) = 50 pa 1) V T 1 I S T 2 ) IV, T 2 ) exp V ) V T 2 Für den Quotienten der beiden Sättigungsströme resultiert ) 2 I S T 2 ) I S T 1 ) = T2 WBn 1 exp 1 )) T 1 k B T 1 T 2 mit T 1 = 303 K, T 2 = 403 K und I S T 2 ) I S T 1 ) = 458 folgt durch Logarithmieren W Bn 1 1 ) ) ) = ln 458 k B T 1 T bzw. W Bn = k B T 1 T 2 T 2 T 1 ln259) = 585 mev. = 22.9 na. 2)

17 Lösung zu Aufgabe 2.15 a) Bei V = 300 mv gilt ) V I I S exp. V T Um bei dieser Spannung den Strom 1 ma transportieren zu können muß der Sättigungsstrom der Diode den Wert I S = 1 ma ) = 9.12 na 300 exp aufweisen. b) Der Sättigungsstrom ist nach der Richardson-Gleichung I S A A j T 2 exp W ) Bn k B T was mit A = 100 A/cm 2 K 2 auf ) A 500 A j = 100A/cm 2 K 2 )300 K) exp = 25.4 µm c) Für den Sättigungsstrom einer pn-diode gilt näherungsweise I S = ea j n 2 Dp i + D ) n L p N D L n N A was mit den gegebenen Parametern auf I S = A cm 2 A j führt. Um bei T = 300 K auf den Sättigungsstrom 9.12 na zu kommen, muß die Fläche der Diode demnach betragen. A j = 11.5 m 2

18 O N N 1 Lösung zu Aufgabe 2.16 Nach dem Gaußschen Satz gilt Q = ρ dv = D da = ɛ 0 ɛ r E da. Im Fall einer Raumladungszone zwischen x = 0 und x = d s gilt ρ = en A für 0 x d s und andernfalls ρ = 0. Wird als Integrationsvolumen der in Abb. ) - ) -.? D A I Abb. 1. Zur Anwendung des Gaußschen Satzes skizzierte Quader mit Begrenzungsflächen bei x < d s und x = d s gewählt, so läßt sich das Volumenintegral leicht angeben ρ dv = ea j N A d s x) Beim Oberflächenintegral trägt von den sechs Begrenzungsflächen nur die bei x < d s bei, da Ed s = 0 und E nur eine x-komponente aufweist, das Skalarprodukt mit Normalvektoren senkrecht zur x-richtung also verschwindet. Somit gilt E da = Ex)A j und der Gaußsche Satz ergibt Ex) = en A ɛ 0 ɛ r d s x). Da Ex) = dψ/dx gilt folgt mit ψd s ) = 0 und ψ0) = ψ s durch Integration bzw. ψd s ) ψ0) = ψ s ψ s = en A ɛ 0 ɛ r was zu zeigen war. ds 0 = ds 0 Ex) dx d s x) dx = en A ɛ 0 ɛ r d 2 s 2

19 Lösung zu Aufgabe 2.17 a) Im Aluminium liegt die Fermi-Energie um 4.1 ev unterhalb der Vakuumenergie, im Silizium um ) NC W χ,si + k B T ln = 4.15 ev ev = ev. N D Dies führt auf die Flachbandspannung V FB = 4.1 ev ev e = 256 mv. b) Die Fermi-Energie des n-typ-silizium liegt um 206 mev unterhalb der Leitungsbandkante; im intrinsischen Silizium liegt die Fermi-Energie um 561 mev unter der Leitungsbandkante vgl. Aufgabe 1.15). Das Fermi-Potential ist damit φ F = 206 mv 561 mv = 355 mv. Diese Potentialdifferenz muß über der Raumladungszone auftreten damit intrinsische Verhältnisse an der Si/SiO 2 -Grenzfläche vorliegen. Für die Dicke der Raumladungszone folgt so As 355 mv d s = Vcm As = µm. cm 3 Die damit verbundene positive Raumladung muß durch die Ladung auf dem Gate neutralisiert werden. Wird auf das Gate die Ladung Q 8 As G = en D d s = cm 2 aufgebracht, so tritt über dem Oxid die Potentialdifferenz V ox = Q G c ox = V auf. Zusätzlich zur Flachbandspannung V muß die Potentialdifferenz im Halbleiter V und die Potentialdifferenz über dem Oxid V aufgebracht werden. An der Si/SiO 2 -Grenzfläche liegen deshalb intrinsische Verhältnisse vor, falls an das Gate die Spannung V angelegt wird. c) Der Substratsteuerungsfaktor ist und damit γ = V V TO = 206 mv mv V 710 mv = V. Wird die Einsatzspannung an das Gate angelegt, so tritt über dem Oxid die Potentialdifferenz V ox = V V V = V

20 2 auf. Dies entspricht der Feldstärke im Oxid mit dem Betrag E SiO2 = V/cm, die elektrische Feldstärke im Halbleiter an der Si/SiO 2 -Grenzfläche errechnet sich aus dem stetigen Übergang der dielektrischen Verschiebung an der Grenzfläche zu E Si = ɛ SiO2 ɛ Si E SiO2 = V/cm.