Lösung zu Aufgabe 3.1

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1 Lösung zu Aufgabe 3.1 (a) Die an der Anordnung anliegende Spannung ist groß im Vergleich zur Schleusenspannung der Diode. Für eine Abschätzung des Diodenstroms wird zunächst die Näherung V = 0.7 V verwendet, dies führt auf (0) = 9.3 V/1 kω = 9.3 ma. Mit diesem Strom ergib sich der verbesserte Wert für die Flußspannung ( ) V (1) (0) = V T ln = 831 mv. S Da in sehr guter Näherung Konstantstromverhältnisse vorliegen, kann die Näherung ( ) dv V dt = V V g X T V T = 1.55 mv T T K verwendet werden. Wird auf die Näherungsannahme eines konstanten Stroms verzichtet, so folgt mit R S = 0 aus ( ) dv V dt = d + r d mit r d = NV T T dt und dv dt der Wert d = R dt dv dt = R R + r d ( ) V T ( ) V = T Die ursprünglich getroffene Näherungsannahme war demnach gerechtfertigt.. E L Abb. 1. Kleisignalersatzschaltung (b) Abbildung 1 zeigt die Kleinsignalersatzschaltung der Anordnung. Dabei gilt und g d = V T = ma mv = 355 ms

2 2 c d = T T g d = 355 nf. Die mpedanz der Anordnung ergibt sich damit zu bzw. Z = 1 kω Ω = 1 kω + g d + jωc d 1 + jf/159 khz ) Z = 1 kω ( jf/159 khz Die mpedanz ist deshalb nahezu vollständig durch den externen Serienwiderstand 1 kω bestimmt. Der Kleinsignalwert des Stroms besitzt deshalb in sehr guter Näherung die Amplitude 1 ma und ist in Phase mit dem Kleinsignalanteil der angelegten Spannung.

3 Lösung zu Aufgabe 3.2 Bei langsamem Lastwechsel ist die Z-Diode stets im thermisch eingeschwungenen Zustand, der Spannungsabfall an der Diode ist damit V Z = V ZN (1 + α z T ) + r z ( Z 5 ma) da V ZN durch Pulsmessung und damit ohne Eigenerwärmung ermittelt wurde. Die Übertemperatur im thermisch eingeschwungenen Zustand ist T = R th Z V Z. Durch Zusammenfassen folgt für den Spannungsabfall bei einem gegebenen Strom Z V Z = V ZN + r z ( Z 5 ma) 1 α z R th Z V ZN. Bei Z = 5 ma führt dies auf V Z = V; bei Z = 50 ma folgt entsprechend V Z = V. Die Referenzspannung ändert sich demnach um 674 mv.

4 Lösung zu Aufgabe 3.3 Um N A festzulegen, wird der pn-übergang als einseitig angenommen, die Diffusionsspannung wird mit = 900 mv geschätzt. Für den Maximalwert der elektrischen Feldstärke folgt so 2eN A (V R + ) E max =, ɛ 0 ɛ r bzw. N A = ɛ 0ɛ r E 2 max 2e(V R + ). Mit V R = 40 V ergibt dies N A = cm 3. Wegen der Unsicherheit bei der Einstellung der Dotierstoffkonzentration wird ein 10 %-iger Abschlag vorgesehen und die Dotierstoffkonzentration nominal zu N A = cm 3 festgelegt. Dies führt auf die Diffusionsspannung (T = 300 K) ( ) NA N D = V T ln = 857 mv. n 2 i Der durch den verwendeten Schätzwert von bedingte relative Fehler /(V R + ) ist vernachlässigbar, da V R = 40 V ; die Annahme eines einseitigen pn- Übergangs wird im nachhinein durch die festgelegte Dotiertoffkonzentration ebenfalls bestätigt. Die Ausdehnung der Sperrschicht bei der Sperrspannung V R ist deshalb 2ɛ 0 ɛ r (V R + ) d j = µm VR + en A V Bei V R = 40 V folgt so d j 4.3 µm. Als Nominalwert für die Dicke des schwach p-dotierten Gebiets wird deshalb x = 4.8 µm gewählt. Das erreichbare Kapazitätsverhältnis ist Γ = c j(0) c j (40 V) = Die Güte der Diode ist Q = f g f = 1 2πfr s c j V = 6.9. Die Sperrschichtkapazität ist dabei c j = ɛ 0ɛ r A j d j ;

5 2 der Bahnwiderstand setzt sich aus dem Beitrag r 0 = ρ µm A j des stark p-dotierten Gebiets und dem Anteil r 1 = ρ 1(x d j ) A j zusammen, wobei ρ 0 und ρ 1 die spezifischen Widerstände der stark und schwach dotierten p-gebiete bezeichnen. Mit den zugehörigen Beweglichkeiten µ p0 54 cm 2 /Vs und µ p1 455 cm 2 /Vs folgt ρ mω cm und ρ Ω cm. Damit folgt für die Güte bzw. Q = d j 2πfɛ 0 ɛ r (ρ µm + ρ µm ρ 1 d j ) Q = f g f mit f g = VR ps V 31.3 ps V R +. Abhängig von der angelegten Sperrspannung verändert sich die Grenzfrequenz im Bereich zwischen 4.26 GHz und 139 GHz.

6 Lösung zu Aufgabe 3.4 (a) Da es sich um einen abrupten pn-übergang handelt ist M = 1/2. Die Parameter CJ0 und VJ ergeben sich dann aus den beiden Gleichungen 30 pf = C J V, 12.2 pf = C J V Zur Vereinfachung der Schreibweise führen wir die dimensionslosen Variablen x = C J0 pf y = ein. Damit lautet unser Gleichungssystem 30 2 (1 + y) = x (1 + 10y) = x 2 V Dies ist ein lineares Gleichungssystem für y und x 2. Gleichsetzen liefert bzw. somit y = y y = x 2 = 900 ( ) = 2049 dies liefert und C J0 mit dem Ergebnis = 784 mv, C J0 = pf. (b) Das realisierbare Kapazitätsverhältnis ist c j (0) c j (40 V) = c J0 c j (40 V) = V mit = V resultiert Γ = (c) Allgemein gilt für das Kapazitätsverhältnis Γ = c ( ) M j(v R1 ) c j (V R2 ) = VJ + V R2 + V R1 Logarithmieren bringt die äquivalente Beziehung ( ) VJ + V R2 ln(γ) = M ln + V R1 Mit = V, V R1 = 0 und V R2 = 8 V resultiert hieraus M = ln(10) ln(8.784 V/0.784 V) =

7 Lösung zu Aufgabe 3.5 (a) Für den abrupten pn-übergang gilt Damit c j (V R ) = c j (1 V) c j (8 V) = C J0 1 + V R Durch Quadrieren folgt bzw. VJ = C J0. VJ + V R VJ + 8 V + 1 V = V = (2.16) 2 ( + 1 V) = V V Für C J0 ergibt sich so C J0 = c j (1 V) = 902 mv = 49.7 pf. Die minimale Kapazität errechnet sich daraus zu c j (15 V) = C J = C J0. Damit folgt das Kapzitätsverhältnis zu c j (0) c j (15 V) = 4.2. (b) Mit der Formel für die Resonanzfrequenz des Schwingkreises muß gelten und 87 MHz = 108 MHz = 1 2π L(C + c j (0)) 1 2π L(C + c j (15 V)). Da c j (0) und c j (15 V) bekannt sind, erlauben diese beiden Beziehungen die Werte von L und C festzulegen. Durch Divison der beiden Gleichungen läßt sich zunächst L eliminieren = C + c j (15 V) C + c j (0) =

8 2 Quadrieren und Auflösen nach C liefert dann C = 58.2 pf und nach Rückeinsetzen L = 31 nh. Der Wert von C K muß so groß gewählt werden, daß das kapazitive Teilerverhältnis unbedeutend wird (also C K c j ). R ist so groß zu wählen, daß die Grenzfrequenz (2πRc j ) 1 des Tiefpasses klein ist im Vergleich zur Schwingfrequenz.

9 Lösung zu Aufgabe 3.6 (a) Legt man bei V F = 150 mv die Tangente an die bei 25 C aufgenommene Kennlinie (3), so resultiert eine Gerade, die auf 100 mv um 1.62 Dekaden ansteigt. Aus log(e) NV T = V = V folgt mit V T = mv für den Emissionskoeffizient N = log(e) 16.2 V mv = Der Sättigungsstrom folgt nun aus S = 0.8 ma ( ) = 2.9 µa 150 mv exp mv Bei F = 100 ma ist die Kennlinie gegenüber der Tangente um 26 mv nach rechts verschoben. Dies liefert den Bahnwiderstand R S = 26 mv 100 ma = 0.26 Ω. (b) Aus der Kennlinie folgt bei der Umgebungstemperatur 85 C und V F = 150 mv der Strom 17 ma. Wegen des Spannungsabfalls am Bahnwiderstand ist die am Schottky-Übergang anfallende Spannung 150 mv 0.26 Ω 17 ma = 146 mv Der Sättigungsstrom bei 85 C folgt mit der Temperaturspannung V T = mv zu S = 17 ma ( ) = 180 µa. 146 mv exp mv Bei der Umgebungstemperatur 125 C und V F = 150 mv kann der Strom 50 ma abgelesen werden. Wegen des Spannungsabfalls am Bahnwiderstand ist die am Schottky- Übergang anfallende Spannung 150 mv 0.26 Ω 50 ma = 137 mv Der Sättigungsstrom bei 125 C folgt mit der Temperaturspannung V T = 34.3 mv zu S = 50 ma ( ) = 1.07 ma. 137 mv exp mv Aus diesen Werten lassen sich die zugehörigen Werte von S /T 2 ermitteln. Werden diese logarithmisch über 1/T aufgetragen, so müßte nach der Richardson-Gleichung eine Gerade der Steigung log(e)w Bn /k B resultieren. Dies ist nur näherungsweise

10 2 erfüllt. Werden die Punkte durch eine Gerade angenähert, so folgt für die Barrierenhöhe die Abschätzung W Bn 530 mv. Vergleicht man die aus der Flußkennlinie ermittelten Sättigungsströme mit den Sperrströmen bei kleiner Sperrspannung, so liegen die Sperrströme nur geringfügig über den Sättigungsströmen. nsofern verhält sich die Diode, wie es von der idealen Schottky-Diode erwartet wird. Mit zunehmender Sperrspannung wird allerdings ein deutlicher Anstieg der Sperrströme beobachtet, was insbesondere auf den sog. Schottky-Effekt zurückzuführen ist, wonach die Barrierenhöhe wegen elektrostatischer Effekte mit zunehmender Sperrspannung geringer wird.