COLECCIóN DE EJERCICIOS RESUELTOS

DISPOSITIVOS ELECTRONICOS Y FOTONICOS II

Vs

N

VG

VD

P

Problema 1 En un MESFET defina, explicando su sentido físico y obteniendo expresiones que permitan calcularlos, los siguientes parámetros:

a) Tensión de pinch-off VPO. b) Tensión de saturación VDSAT.

Solución: a) En un MESFET la corriente que circula entre drenador y surtidor viene determinada por el grosor de la zona neutra del canal. La anchura de la zona conductora del canal se modula con la zona de carga de espacio de la unión de puerta. La tensión de los puntos del canal varían, según su posición, entre la tensión de la fuente y la del drenador. La tensión de puerta se pone de manera que la unión de puerta esté polarizada en inversa. De esta manera la tensión inversa que soporta la unión varía desde la fuente hasta el drenador, siendo más fuerte en las proximidades del drenador. Como el ancho de la z.c.e. es mayor cuanto mayor es la tensión inversa de la unión, la profundidad de la zona de carga de espacio es mayor en las proximidades del drenador. La profundidad de la zona depletada es mayor cuanto mayor polarización inversa soporte la unión (en el lado del drenador la polarización es – VG + VD Aumentando suficientemente VD - VG la zona de carga de espacio puede alcanzar toda la profundidad del canal (estrangulamiento del canal o ‘pinch-off’) Se define la tensión de pinch-off de un MESFET como la diferencia de tensión VD – VG necesaria para estrangular el canal.

El valor de la tensión de pinch-off se puede obtener fácilmente si el grosor del canal del MESFET es A y dado que en una unión P-N la profundidad de la z.c.e. en una de las regiones viene dada por

zce

( )VrVbiNq D

+∈ 12

Con Vr igual a la tensión de la unión en el lado del drenador , VD - VG Entonces, para estrangular el canal:

Y se define Vp0 = Vbi – VG + VD

b) Una vez se estrangula el canal, la zona depletada es quien limita la corriente entre surtidor y drenador. Por ello si se aumenta la tensión de drenador aun más, los incrementos de tensión caen en la zona depletada. El ancho del canal depletado caría lentamente con VD y la zona de canal conductora permanece prácticamente constante, por ello la corriente entre surtidor drenador prácticamente no varía al aumentar VD Por lo tanto, para VD por encima del pinch.off, la ID no aumenta más al aumentar VD (saturación) Dado que Vpo = Vbi – VG +VDSAT => VDSAT = Vpo – Vbi + VG

VpoNq

AD

12∈=

∈=

2

2ANqVpo D

Problema 3

Sea el transistor bipolar de la figura:

E

B1 B2

C

N

P

N

Se pide: a) Suponga que los terminales B1 y B2 están cortocircuitados entre si formando un único terminal B. La estructura se polariza con VE=0, VB=0.7V, VC=5V. En estas condiciones, ¿cuánto valen las densidades de corriente JB y JC? Para obtenerlas analice la sección vertical punteada y desprecie los efectos de dos dimensiones. Si utiliza alguna aproximación justifíquela.

b) Si el área efectiva del dispositivo es de 100 µm2, calcule el valor de los parámetros siguientes del modelo híbrido en π: gm, rπ, Cπ. c) Suponga ahora que los terminales E y C están cortocircuitados entre sí (a este nodo único lo llamaremos en adelante G) y conectados a un potencial VG>0. Suponga asimismo VB1= 0V, VB2> 0. Describa el funcionamiento del dispositivo en esta nueva configuración y dibuje de forma cualitativa la evolución de la corriente IB2 en función de VB2 tomando VG como parámetro.

Datos: NE=1018 cm-3, NB=1017 cm-3, NC=1016 cm-3, We=1µm; Wb=0.5 µm, Wc=10 µm, ni=1.5 1010 cm-3, VT=0.025V, LPE=0.1µm, µPE=350 cm2/Vs, LNB=1µm, µNB=103 cm2/Vs Solución: a) Si B1 y B2 estan cortocircuitados la estructura resultante se comporta como un transistor bipolar. Si las polarizaciones son: VE=0; VB=0,7V; VC=5V Teniendo en cuenta que el transistor es del tipo NPN, se encontrará poalrizado en zona activa.

Cálculo de JB : JB ≈ Densidad de corriente inyectada en el emisor + Densidad de corriente recombinada en la base= Jpe + Jrec En la figura se muestran aproximadamente las distribuciones de minoritarios en exceso en el emisor y en la base. Para dibujarlas hay que tener en cuenta que Wb<LNB y que por tanto la base ‘tenderá’ a ser ‘corta’ y que WE>>LpE y que por tanto el emisor será claramente ‘largo’.

Siendo ∆p(x) :

Y por tanto:

Por otra parte la corriente de recombinación en la base Jrec se puede calcular utilizando la ecuación de continuidad (para detalles ver DEF I)

Y si suponemos la distribución lineal queda

0- 0+

n(x) p(x)

Wb

x

E B

−=

∆=0x

E dxpdDpqJpe

( ) E

BELp

x

VtV

E

eeNnxp

−

−=∆ 1

21

−= 112

1 VtV

EEE

BE

eLpN

nDpqJpe

( )dxxnqJrecWb

Bn∫ +

∆=0 τ

−= 11

21 2

1 VtV

BnB

BE

eNnWbqJrec

τ

τnB= LNB

2 / DnB ya que τnB no aparece como dato

Por tanto la densidad total de corriente de base

La corriente de colector es la corriente que el emisor introduce en la base menos la que se pierde como recombinación en la propia base

Jc=JnB-Jrec

Y por tanto la corriente de colector Jc es

Normalmente el término de recombinación es menor que el término correspondiente a la inyección (en este caso un orden de magnitud) b) Este apartado exige conocer el modelo híbrido en Π y las expresiones de los diferentes parámetros del mismo

gm=IcQ/Vt ; rΠ ≈ βF/gm ; CΠ ≈ gm τF Por tanto

Donde: Vt=kT/q = 0,025V a 300K rΠ=βF/gm

−= 1

2 2

21 Vt

V

BNB

NBBE

eNL

nDWbqJrec

−

+= 1

2212

VtV

BNB

NB

EE

EB

BE

enNL

DWbLpN

DpqJ

−=

=+=

1121

0

VtV

BNB

xNBB

BE

eWbN

nDq

dxdnDqJn

−

−= 1

2 2

21

21 Vt

V

BNB

NBB

BB

NBBE

eNL

nDWWn

NDqJc

−

−= 1

2 2

21

21 Vt

V

BNB

NBB

BB

NBm

BE

eNL

nDWWNnD

VtAqg

Siendo

En este punto sería conveniente relizar los cálculos numéricos para obtener un valor concreto de rΠ CΠ la capacidad CΠ=Cde+Cjbe es la suma de la capacidad de difusión emisor-base y de la capacidad asociada a la zona de carga de espacio de la emisión base-emisor. En zona activa al estar la unión base-emisor polarizada en directa la carga acumulada en las zonas neutras es grande y Cde>>Cjbe Por tanto CΠ ≈ Cde = gm τf τf es el tiempo de tránsito en directa τf=QF/Ic Si hacemos el cálculo y suponemos que la carga almacenada en la base es mayor que la almacenada en el emisor ya que el dopado de la base es menor que el del emisor:

Si en la corriente de colector despreciamos la corriente de recombinación en la base nos queda

Y por tanto

Evidentemente con dimensiones de tiempo. Si hacemos la misma simplificación en gm nos queda:

BNB

NB

EE

E

BNB

NB

B

NB

NLDWb

LpNDp

NLDWb

WbND

2

2

2

2

+

−=β

( )

−=

∆= ∫

121 2

1

0

VtV

B

Wb

F

BE

eNnWbAq

AdxxnqQ

−= 1

21 Vt

V

BB

NBBE

eWNnDAqIc

NBNBB

BF D

WbnDNWbNnWb 2

21

21

21

2==τ

−=

=

−=

Π

Π

1

121 22

1

VtVbe

o

VtVbe

NBB

NB

eC

eDWb

WbNnD

VtqAC

con

c) En esta configuración el dispositivo se comporta como un JFET Entre B1 y B2 fluye corriente a través de la zona P. En este caso los huecos irán hacia la izquierda ya que VB2>VB1 La sección recta útil para el paso de corriente dependerá de VG. Al ser VG>0 las uniones entre ‘emisor’ y base y base y ‘colector’ quedan polarizadas en inversa con lo que la zona de carga de espacio invade la base estrechando el camino útil de los portadores y por tanto dificultando el paso de corriente. Cuanto mayor sea el valor de VG mayor será la polarización inversa de ambas uniones y por tanto mayor será el ancho de la zona de carga de espacio asociada y menor será el area disponible para conducir.

WbNn

VtqAC

Bo 2

121=Π

VB2

|IB2|

VG

Diagrama de bandas de la estructura suponiendo bandas planas para Vg=0 V:

Problema 4

Sea el sistema MOS de la figura, donde el semiconductor es Si tipo P (con ρ=1 Ω.cm) y no hay cargas en el óxido:

Se pide: a) Calcule la tensión umbral. b) Calcule el potencial de superficie en función de VG. En particular especifique los valores tomados por el potencial de superficie cuando VG=0V y VG=1V.

Datos: ni= 1.5 1010 cm-3, Eg=1.1 eV, VT=0.025V (300K), χSi = 4.15 eV, φm= 6 eV, εox= 3.9, εo= 8.85 10-14 F/cm, Xox= 1000 Å, µp= 350 cm2/Vs. Solución: Para simplificar comenzaremos suponiendo que el condensador MOS en equilibrio (VG=0) se encuentra en la condición de bandas planas: Si a esta estructura le aplicamos una tensión VG entre puerta y sustrato, parte de esta tensión caerá en el óxido y el resto en el sustrato:

EF EF

EC

EV

SCOXG VVV +=

P-type Si

VG

Metal

Metal

SiO2

Aplicando la ley de Gauss se obtiene la caida de tensión en el oxido:Vox: Como el campo eléctrico es constante en el óxido debido a la ausencia de cargas en el mismo

Entonces:

En el margen de tensiones VG entre bandas planas e inversión, la carga en el semiconductor corresponde a la de la zona de carga de espacio que aparece en la proximidad del interfaz con el óxido. La profundidad de esta zce depende de la caída de tensión en el semiconductor (Vsc) y su densidad de carga es (-q Na) entonces:

Con lo que

Para simplificar podemos definir el parámetro A

A no depende de Vsc ni VG, entonces

Si ahora definimos una variable s de la siguiente manera:

La ecuación queda:

( )Si

BSi

QExxE

∈−=⇒

∈=

∂∂ ρ

oxoxSiSi EE ∈=∈ox

B

ox

SiSiox

QEE∈

−=∈∈

=

( )∫−=x

dxxEV

ox

oxB xQVox

∈−=

VscCoxQV B

G +=

VscNaqVscNaq

NaqQ SiSi

B ∈−=∈

−= 212

VscNaqCox

Vox Si∈= 21

SiNaqCox

A ∈= 21

VscAVox =

VscVscAVG +=

Vscs =

022 =−+⇒+= GG VsAsssAV

Que es una simple ecuación cuadrática que relaciona s con VG cuyas soluciones son:

¿Qué signo se debe elegir para la raiz? Como hemos partido de un condensador que en equilibrio tiene bandas planas, si VG=0 => Vsc ha de ser 0 y por tanto también s. Sólo una de las soluciones cumple esta condición:

Entonces

Si para VG=0 en nuestro condensador no hubiera bandas planas la ecuación anterior es válida si VG se sustituye por Vg-Vfb, donde Vfb es la tensión de puerta substrato necesaria para obtener la situación de bandas planas. En general:

Como en este problema Qox=Qi=0, sólo tenemos que calcular φms. Cálculo de φφφφms:

GVAAs +

±−=

2

22

GVAAs +

+−=

2

22

GG VAAVAsVsc +

−+==

22

222

CoxQi

CoxQVfb ox

ms −−= φ

EO

EFm

eVm 6=φ

EO

EC

EFi

EF

EV

χSi=4,15eV

niNaVTB ln−=φ

Eg/2=1,1/2=0,55eV Eg=1,1eV

Como la resistividad del substrato es

y µp=350 cm2/Vs Entonces:

Con lo que

y

Entonces

Esta relación es válida mientras estamos en régimen de vaciamiento. A partir de la creación del canal (inversión) Vsc los incrementos de carga en el semiconductor aparecen en el canal en una capa muy delgada en la superficie en contacto con el óxido. Si aproximamos la distribución de carga en cada punto del canal por una delta de carga entonces Vsc no variará y los incrementos de VG caerán en el óxido. Cálculo de VT

Napq µρ 11 ==

31619 1078,1

35106,11 −− ⋅=

⋅⋅= cmNa

eVB 35,0105,11078,1ln025,0 10

16

=⋅⋅−=φ

( ) VVfbeVsmms 95,095,035,055,015,46 =⇒=++−=−= φφφ

( ) ( )95,02

95,02

22

−+

−−+= GG VAAVAVsc

CoxQVfbV B

BT −−= φ2

28

14

/5,34101000

1085,89,3 cmnFxoxCoxox

=⋅

⋅⋅=∈= −

−

nC

NqQ BASiB

6435,021078,11085,87,11106,12

22161419 −=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

=∈−=−−

φ

Para VG<Vfb (acumulación) las cargas (huecos) se acumulan cerca del óxido => la tensión en el s.c. varía poco. Nota: En realidad la distribución de carga en la superficie del semiconductor, en acumulación y en inversión, no es una delta, sino más bien exponencial en una profundidad muy pequeña pero no nula y sí que hay cierta variación de Vsc en estos casos. La máxima variación de Vsc que se obtiene en la mayoría de casos prácticos es aproximadamente del orden de |Eg/2 - φB|, en el condensador de este problema: 0,2V. Casos:

a) Para VG=0 <Vfb => acumulación => Vsc≈0 b) Para VG=1 => Vfb<VG<VT => vaciamiento

En el caso b:

con

VVT 5,35,34

647,095,0 =++=

( ) ( )95,012

95,012

22

−+

−−+= AAAVsc

22,21085,87.1121078,1106,1105,34

1

21

1416199 =⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅=

=∈=

−−−

NaqC

Aox

VVsc 422

1097,205,011,122,205,0222,2 −⋅=+−+=

Problema 6

Sea un transistor nMOS que tiene los siguientes parámetros:

Substrato: Na = 1016 cm-3, εr =11.9, µn =1000 cm2/Vs, ni = 1.45 1010 cm-3.

Óxido: εr=3.9, tox =300 Å.

Puerta: Polisilicio N+, L= 1µm, W = 5µm.

Constantes: q=1.6 10-19 C, εo =8.85 10-14 F/cm, Eg=1.12 eV, kT/q=0.025V.

Se pide: a) Calcular la tensión umbral suponiendo que no hay cargas en el óxido. b) Calcular la variación en la tensión umbral al pasar la temperatura de 300 K a 400 K

Solución: a)Para calcular la tensión umbral de un condensador MOS sin cargas en el óxido, usamos la relación.

Cálculo de φφφφms=φφφφm-φφφφs Como la puerta es de polisilicio, el diagrama de bandas coincide con el del silicio. Al estar éste fuertemente dopado tipo N, el nivel de Fermi se encuentra muy cerca de la banda de conducción. Dado que no se proporciona el valor del dopado aproximaremos que EF=EC (el nivel de Fermi coincide con el comienzo de la banda de conducción) El diagrama de bandas queda entonces

BB

T CoxQmsV φφ 2−−=

EC=EF

φm φs

EC

EV

φB

φs-φm

Entonces:

Con lo que

y

b) Variación de VT con la temperatura. En la fórmula de la tensión umbral

φφφφm: Como la puerta es de Polisilicio fuertemente dopado tipo N, el nivel de Fermi estará situado muy cerca de EC. Para temperaturas normales no variará apreciablemente con T. Recordar que cuando el nivel de Fermi está cerca de las bandas de valencia o conducción, la distribución de portadores se debe calcular a través de la distribución de Fermi y no se puede aproximar por la de Boltzman. φφφφs:

donde χs y Eg prácticamente no varían con la temperatura.

+−=− B

Egsm φφφ2

eVniNaVTB 336,0ln −=−=φ

eVms 886,0336,021,1 −=

+−=φ

cmC

NaqQ BSB

/105,1336,021085,89.11210106,1

227141619 −−− ⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−=

=∈−= φ

276

13

/1015,11031045,3 cmF

xCox

ox

Orox −−

−

⋅=⋅⋅=

∈∈=

VCoxQB 3,1−=

VCoxQmsV B

BT 09,13,1336,02886,02 =+⋅+−=−−= φφ

CoxQsmV B

BT −−−= φφφ 2

BssEg φχφ ++=2

Pero:

φφφφB: La dependencia con T de φB viene dada por la fórmula anterior. QB:

Donde la primera raíz tiene una dependencia despreciable con T Cox:

Prácticamente no varía con T. Así pues:

Y por tanto:

Cálculo de φφφφB a 400K:

ni, es proporcional a T3/2 exp(-Eg/2kT)

niNa

qkT

B ln=φ

BSBSB NaqNaqQ φφ ∈=∈= 222

ox

ox

xCox ∈

=

( )BSBST

dTd

CoxNaq

dTd

dTd

dTdV φφφ ∈

−−−≈4

2

( )BSBT

dTd

CoxNaq

dTd

dTdV φφ ∈

−−=4

3

dTd

dTd BS φφ

−≈−

( ) ( ) ( )( ) ( )KBKBS

BBTT CoxNaq

KKKVKV 300400

43004003)300(400 φφφφ −

∈−−−=−

niNa

qTk

B ln=φ

Entonces

Con Eg=1,1eV

kT(T=300K)=0,025eV kT(T=400K)=0,033eV

de lo que resulta:

y como ni(T=300K)=1,45·1010 cm-3 => ni(T=400K) = 4,62·10 12 cm-3

El incremento de VT entre 300 y 400K es:

Resultando:

( )( )

+−

= KK kT

EgkT

Eg

eKniKni 300400 222

3

34

300400

( )( ) 319300400 =

KniKni

VKB 253,0

1062,410ln033,0 12

16

400 −=⋅

−=φ

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

−

∈−−−=− )400(400

43004003300400 K

CoxNaq

KKKVKV BBS

BBTT φφφφ

714,01015,1

10106,11085,89,11447

161914

=⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

∈−

−−

CoxNaqS

( ) ( ) ( ) ( ) VKVKV TT 194,0336,0253,0714,0336,0253,03300400 −=−−+−−=−

( ) VKVT 895,0194,009,1400 =−=

Problema 8

Sea el sistema MOS de la figura:

Se pide: a) Calcular la caída de potencial en el óxido y en el semiconductor en la frontera de fuerte inversión (momento en que se considera formado el canal) b) Calcule la tensión umbral VTO en ausencia de cargas en el óxido.

Sugerencia: al estar el contacto de puerta realizado mediante polisilicio N+ considere que el nivel de Fermi en el polisilicio coincide con EC. La afinidad electrónica en el polisilicio es la misma que en el Silicio.

Datos: ni= 1.5 1010 cm-3, Eg=1.1 eV, VT=0.025V (a 300K), εSi = 11.2, χSi = 4.15 eV, εox= 3.9 , εo= 8.85 10-14 F/cm, q = 1.6 10-19 C, tox = 750 Å.

Solución: a) A partir de la situación de bandas planas, la tensión que se aplica entre la puerta y el sustrato de un condensador MOS se reparte entre la tensión que cae en el óxido y la que cae en el semiconductor. La frontera con fuerte inversión (aparición del canal) se define cuando φS, en la superficie del semiconductor es igual y de signo contrario a φB en lo profundo del substrato. Siendo la caída de tensión en el semiconductor en estas condiciones: -2φB

EC

EFI

EF

EV φS

P-type Si

VG

Poly N+

Metal

SiO2Na=5 1016 cm-3

Por otro lado, aplicando la ley de Gauss se obtiene (ver problema 1) que la caída de tensión en el óxido es:

En la frontera de fuerte inversión el canal está justamente acabado de formar por lo que toda la carga en el semiconductor se debe a la carga de la zona de vaciamiento.

La anchura de la zona de carga de espacio en el substrato tipo P se puede obtener usando el dopado de esa zona y la caída de tensión en el semiconductor igual que se calcularía en una zona de unión P-N:

La profundidad de la z.c.e. viene dada por la ecuación:

La caída de tensión en el umbral de fuerte inversión es -2φB así pues:

Entonces:

Si para VG=0 la estructura no está en situación de bandas planas, se puede separar el problema en 2 pasos: 1º) Cuál es la tensión que se debe aplicar a la puerta para alcanzar el estado de bandas planas (Vfb) 2º) el incremento de VG que se debe aplicar a partir de bandas planas para alcanzar el umbral de fuerte inversión. En situación de Bandas planas no hay campos eléctricos en la estructura. Si Vfb ≠ 0, para VG ≠ Vfb las fórmulas anteriores son válidas con solo sustituir VG por VG – Vfb: Siendo

CoxQVox B−=

ZCEBB WNqQ ±=

+ para substrato tipo N

- para substrato tipo P

zonaesaentensióndecaidaNaq

W SiZCEp

12∈=

BSiB NaqQ φ22∈−=

BB

TG CoxQVscVoxVV φ2−−=+==

BB

G CoxQVfbV φ2−−=−

Vox Vsc

CoxQi

CoxQoxmsVfb −−= φ

En este caso:

Con lo que el umbral de fuerte inversión:

La caída de tensión en el óxido se puede obtener de

b) VTO: VTO es la tensión que hay que aplicar a la puerta para alcanzar la fuerte inversión.

donde Vfb = φm-φs, dado que Qox=Qi=0 φφφφms:

VniNaVTB 375,0

105,1105ln025,0ln 10

16

=⋅

⋅−=−=φ

VVsc B 75,02 =−= φ

ox

BSiB

xoxNaq

CoxQVox

∈∈

=−=φ22

VVox 16,3

101085,89,3

75,0105106,11085,82,112

5

14

161914

=⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

−

−

−−

VCoxQVfbV B

BTO

91,316,375,0

2.

=+=

=−−=− φ

91,3+= VfbVTO

EO

EC=EFM

EV

φm φS

EC

χS

φB

EO

EFi

EF

EV

Dado que la puerta es de polisilicio (con el diagrama de bandas del silicio), fuertemente dopado con impurezas tipo N, el nivel de Fermi se encuentra muy cerca de la banda de conducción y en el enunciado nos indican que debemos usar EFM=EC Entonces, como se ve en la figura φs es la suma de la electroafinidad χs más la distancia entre el nivel de Fermi intrínseco aproximadamente Eg/2 + la distancia entre EF y EFi és decir, |φB| Entonces:

Resultando:

925,0375,055,02

−=−−=

++−= BSS

Egms φχχφ

VVfbVTO 985,291,3925,091,3 =+−=+=

Problema 14

En un material dopado tipo N coexisten varios mecanismos de recombinación de forma simultánea:Recombinación radiativa caracterizada por una constante de tiempo τ1 = 10-7s. Recombinación Shockley-Read-Hall caracterizada por una constante de tiempo τ2 = 10-7s. Recombinación Auger caracterizada por una constante de tiempo τ3=10-6 s.

a) ¿Es posible caracterizar la recombinación global a través de una única constante de tiempo?. ¿Si es así de que valor? b) Dar un valor para la eficiencia cuántica de emisión definida como la fracción de recombinaciones radiativas sobre el total de recombinaciones. c) ¿ Como influiría un incremento del dopado en cada una de las constantes de tiempo asociadas a los distintos mecanismos de recombinación? d) En el material en cuestión y en t=0 se crea un exceso uniforme de minoritarios ∆n= 1017cm-3. ¿Cuánto valdrá dicho exceso al cabo de 0.1 µs.

Solución: a) Todos las recombinaciones son aditivas entre ellas y por tanto

UTOTAL=Σ Ui La recombinación total es la suma de las recombinaciones debidas a cada uno de los mecanismos que las originan. Por otra parte la recombinación debida a cada uno de los mecanismos es directamente proporcional al exceso de portadores minoritarios, así:

Ui ∝ ∆n La constante de proporcionalidad distinta para cada mecanismo tiene unidades de s-1 y por tanto

Ui = ∆n/τi Siendo τi el tiempo de vida asociado al mecanismo de recombinación i-ésimo. Por tanto en el caso que nos ocupa:

17677 101,2

101

101

1011 −

−−− ⋅=++= sτ

b) Si definimos como dice el enunciado la eficiencia cuántica de emisión como la fracción de recombinaciones radiativas sobre el total de recombinaciones, podemos escribir

c) En las lineas generales un aumento del dopado tiende a aumentar la recombinación debida a cualquier mecanismo y por tanto a disminuir los tiempos de vida asociados a cada uno de ellos. Para más detalle recomendamos: http://ece-www.colorado.edu/~bart/book.htm en sus apartados 2.11.1, 2.11.2, 2.11.3, 2.11.4 y 2.11.5 (Dirección web operativa a 23-4-02) d) Si suponemos que en t=0 se crea instantaneamente un exceso de portadores ∆n=1017cm-3 podemos pensar que a lo largo del tiempo estos portadores se irán recombinando tendiendo a desaparecer.

La evolución temporal de dicho exceso vendrá determinada por la ecaución de continuidad

Con la condición inicial ∆n(t=0) = 1017 cm-3

ss 77 1045,0

101,21 −⋅≈⋅

=τ

45,0

1045,01

101

111

1

7

7=

⋅

=

=++

=

=∆+∆+∆

∆

=

−

−

AUGERSRHR

R

AUGERSRHR

R

nnn

n

τττ

τ

τττ

τη

TOTAL

ndt

ndτ

∆−=∆

La solución de la ecuación diferencial es:

Por lo tanto al cabo de 0,1µs

( ) ( ) TOTAL

t

entn τ−

∆=∆ 0

( ) 3151045,010

3176 1083,1010101,07

7

−⋅−

−− ⋅==⋅∆−

−

cmecmsn

Problema 16

Se desea diseñar un fotodiodo P+N-N+ en donde el grosor de las zonas P+ y N+ sea despreciable frente al de la zona N-. Como objetivo de diseño se pretende que en las condiciones de operación la zona de carga de espacio se extienda por toda la zona N-.

a) Justifique en 5 líneas la pertinencia de dicho objetivo.

b) Calcule el grosor de dicha zona N- para que una iluminación de λ= 620 nm (rojo) sea absorbida en un 85% suponiendo nulo el coeficiente de reflexión. c) Calcule el dopado necesario de la zona N- para que el objetivo perseguido se cumpla bajo una polarización de 10 V. d) Cuanto vale la capacidad equivalente del fotodiodo en estas condiciones de polarización. Suponiendo que la señal del fotodiodo ataca una carga de 50 Ω discuta las limitaciones frecuenciales del detector. e) ¿Para qué longitudes de onda la eficiencia cuántica bajará por debajo del 10%.? Sugerencia: busque en alguna referencia bibliográfica el coeficiente de absorción del Silicio en función de la longitud de onda de la luz incidente Datos: h = 6.62 10-34 J s; c = 3 1010 cm /s, ε0 = 8.85 10-14 F/cm ; εr =12

q = 1.6 10-19 C Solución: a) En un fotodiodo es conveniente que la generación se efectúe en la zona de carga de espacio. Una opción es conseguir que esta zona sea la más ancha posible esto es así por varios motivos:

1- El campo eléctrico existente hace que la colección de los portadores generados sea más eficiente.

2- La velocidad con que los portadores son arrastrados es mayor debido al arrastre provocado por el campo eléctrico.

3- La capacidad asociada a la zona de transición y que es dominante en un diodo polarizado en inversa es inversamente proporcional al ancho de la zona de carga de espacio.

b) Si el objetivo es que la λ= 620nm sea absorbida en un 85% se tiene que cumplir

Siendo φo el flujo de fotones incidentes y α el coeficiente de absorción. Por tanto

( ) xo ex αφφ −=

oW

o e φφ α 15,0=−

Siendo W el grosor de la zona N- (Hemos supuesto que el ancho de N+ y P+ es despreciable).

El coeficiente de absorción depende del semiconductor en cuestión, en este caso Si, y de la longitud de onda. Para obtener el valor de α (620nm) para el Si consultar:

http://www.ioffe.rssi.ru/SVA/NSM/Semicond/Si/Figs/145.gif Como recomendación sugerimos que naveguen por la web del Ioofe institute de gran interés.

La gráfica viene dada en función de hν y por tanto la energía de un fotón expresada en eV:

α(s) para 2eV a 300K ≈ 5· 103 cm-1 Por tanto:

c) El enunciado se refiere a calcular el valor de la polarización necesario para conseguir que la anchura de la zona de carga de espacio en el lado menos dopado de la unión sea 0,32µm. En una unión asimétrica en ancho de la zona de carga de espacio coincide con el ancho correspondiente al lado menos dopado de la unión.

Como previsiblemente |V|>>Vbi y por otra parte sabemos que la tensión aplicada es negativa.

d) Por estar el diodo polarizado en inversa la capacidad dominante es la asociada a la zona de transmisión y por tanto

15,0ln115,0ln

α

α

−=

=−

W

W

( ) eVm

Ef 224,1 ==µλ

cmW 43 1079,315,0ln

1051 −⋅=

⋅−=

( )VVbiNq

WZCE −= 12ε

VWq

NVNq

WZCE

ZCE 21212 εε =⇒=

( ) ( )314

22419

14109

79,36,185,8122

1079,3106,1

101085,8122 −

−−

−⋅=⋅⋅=

⋅⋅

⋅⋅⋅⋅= cmN

2104

14

/8,210281079,3

1085,812 cmnFW

CjZCE

=⋅=⋅

⋅⋅== −−

−ε

Para un cálculo preciso de la capacidad es necesario conocer el área del dispositivo. La existencia de esta capacidad introduce un comportamiento ‘paso bajo’ con frecuencia de corte determinada por el producto Cj RL (tener en cuenta que para realizar el cálculo es necesario conocer el área del dispositivo)

e) Si queremos saber para qué longitudes de onda la eficiencia cuántica bajará por debajo del 10% debemos proceder como en el apartado b)

Y por tanto:

Como el valor de W ya ha sido fijado anteriormente a 0,32µm nos queda

Volviendo a consultar los valores de α(hν)

RL IG

hν

≡ RL IG Cj

9,0ln9,0

>−>−

We o

Wo

αφφ α

9,0ln1W

−<α

1278 −< cmα

meVh µλν 85,05,1 ≥⇒≤

Problema 18

Sea un fotodiodo P+N-N+. El dopado residual de la zona N- es de 1014 cm-3 . La anchura de la zona N- es de 50 µm . El dopado de la zona P+ es de 1019 cm-3, ε= 10-12 F/cm Se pide :

a) A que tensión sería conveniente polarizarlo si deseamos que la zona de carga de espacio se extienda por toda la zona débilmente dopada b) Que capacidad presenta el fotodiodo en estas condiciones si el área es de 500 µm2.

Solución: a) Este problema es muy similar al anterior. En el apartado a) se trata de conseguir que toda la zona N- se convierta en zona de carga de espacio para ello.

Recordando que la polarización será inversa y que |V| >> Vbi tenemos

b) La capacidad que presenta si el area es de 500µm2

( )VVbiNq

WZCE −= 12ε

( ) VNqWV ZCE 200102

10106,110502 12

1419242

=⋅

⋅⋅⋅⋅== −

−−

ε

fFW

ACjZCE

11050

10500104

812

=⋅

⋅⋅== −

−−ε

Problema 21 Sea un diodo de heterounión que se quiere utilizar como LED. Zona N: Dopado 1018cm-3 .Grosor 1 µm. Material Ga0.8Al0.2As. Ancho de banda prohibida 1.6 eV

Zona P: Dopado 1017cm-3 .Grosor 5 µm. Material GaAs. Ancho de banda prohibida 1.4 eV

a) Donde tendrá lugar de forma predominante la recombinación radiativa b) ¿ Cuanto vale la potencia de luz emitida por unidad de superficie si la tensión de polarización es de 1 V.? Tener en cuenta la existencia de dos contactos óhmicos en los extremos c) Calcular un valor aproximado del rendimiento definido como Potencia óptica emitida/Potencia consumida. Justifique las aproximaciones realizadas. d) Comente el resultado obtenido en el apartado anterior.

Datos: kT/q= 0.025 V (300 K); ni(GaAs) = 10 7 cm-3 ni(GaAlAs x=0.2) = 105 cm-3; Ln=Lp = 10

µm; τn= 1µs; τp=2µs Solución: a) Los excesos de portadores minoritarios en cada zona son proporcionales a ni2/N. Siendo ni la densidad intrínseca de portadores del material y N el dopado. Por un lado, la zona P está menos dopada que la N. Además el material del lado P tiene una ni muy superior a la del material del lado N. En consecuencia los excesos de minoritarios en los lados de la zona de carga de espacio de la unión serán mucho mayores en el lado P. Además, la zona N es más corta que la P (1 y 5 micras respectivamente) y como la longitud de difución en ambas zonas es de 10 micras, por ello la proporción de portadores inyectados que se recombinan será mayor en la zona P que en la zona N. Así pues habrá una recombinación muy superior en la zona P que en la zona N y será en la zona P donde se producirá la mayor parte de la luz emitida por el dispositivo. La existencia de los contactos óhmicos en los extremos impone una velocidad de recombinación muy elevada en esas posiciones. De este modo la condición de contorno será que los excesos de portadores serán nulos en los extremos.

El diagrama de bandas de la estructura en equilibrio es: Las concentraciones de minoritarios en cada zona se pueden calcular como

Zona P: npo=ni12/NA=10-3 (equilibrio)

Zona N: pno=ni22/ND=10-8(equilibrio)

Las concentraciones de minoritarios en los extremos de la zona de carga de espacio son:

b) Para calcular la potencia de la luz emitida necesitamos conocer los perfiles de minoritarios en exceso. Las condiciones de contorno son:

x x

w1 w2

n(w1) p(w2)

pno

ZONA P ZONA N

( ) ( )( ) ( )39025,0

18

2

314025,01

31

1035.210

1035,210

−−

−−

⋅===

⋅===

cmeepwp

cmeenwn

VtV

no

VtV

po

0,025ln(1018/105)=0,748(eV)

GaAs

Eg=1,4eV

Eg=1,6eV

EF

EFI

-0,025ln(1017/107) = -0,576(ev)

P N

EV

Ec

ni1=107cm-3 NA=1017

ni2=105cm-3 ND=1018

GaAlAs

- El exceso de portdores en W1 y W2 - El exceso de portadores en los contactos óhmicos = 0 (nos lo imponen los contactos óhmicos) El grosor de la zona N es de 1 micra y la longitud de difusión de los huecos en ella es Lp=10µm por lo tanto podemos tratarla como zona corta. El grosor de la zona activa P es de 5 micras y la longitud de difusión de los minoritarios (electrones) en ella es Ln=10µm. El error que se comete si se aproxima la zona P como zona corta es pequeño (ver Nota) y simplifica fuertemente los cálculos. Con la aproximación de zonas cortas el perfil de minoritarios en cada zona es lineal. Recombinación: Tomando la ecuación de continuidad en régimen permanente (por ejemplo en la zona P)

La recombinación debido al exceso de minoritarios es: ∆n(ó p)/τminoritarios Y la generación neta (descontando la de equilibrio es nula) Así pues la ecuación de continuidad en la zona P resulta:

o sea:

El significado de ∆n(x)/τn es la recombinación por unidad de volúmen en la posición x. La corriente de recombinación en toda la zona P se obtiene integrando la recombinación en esa zona:

Q1 Q2 npo pno

w1 w2 ZONA P ZONA N

n(w1) p(w2)

( )[ ] Jndxd

qncombinacióxGeneaciónn

t1Re0 +−==

δδ

nn

Jdxd

qn 10 +∆−=

τ

nn

nJdxd

q τ∆=1

( ) ∫ ∫∫ ∆=∆=−===

Pzonann

wx

contactozonaextremo dxn

nqdx

nnqextremoJwJdxJn

dxdJrec

ττ)()( 1

1

El significado físico de la expresión anterior es el siguiente: La diferencia de corrientes entre extremos (diferencia en el flujo de electrones) es debida a la recombinación, dicho de otra manera: La corriente de recombinación es la diferencia entre la corriente de electrones que entra y la que sale. Dado que la aproximación de zona corta implica una distribución lineal de portadores en exceso con ∆n(x contacto) = 0 Entonces Entonces la corriente de recombinación en el lado P es:

Análogamente la corriente de recombinación en el lado N es:

A la vista de estos resultados la recombinación en el lado P es muchos órdenes de magnitud superior a la del lado N y por tanto la emisión predominante de la luz se producirá en el lado P, de acuerdo con nuestro razonamiento inicial. Si suponemos que todas las recombinaciones son radiativas, el valor de la potencia óptica producida en el diodo se puede calcular sencillamente multiplicando el nº de fotones generados por unidad de tiempo por la energía de los fotones: la del bandgap.

Donde:

∫ =∆Pzona

trianguloareadxn

Grosor Zona P

∆n(w1)

⋅=⋅⋅⋅⋅== −

−

−

−

23

414

6

19

104,92

1051035,210

106,12 cm

AwenqJrec pVt

V

po

np τ

⋅=⋅⋅

⋅⋅== −

−

−

−

29

49

6

19

104,92

101035,2102106,1

2 cmAwepqJrec n

VtV

no

pN τ

sup

ºtdeunidad

fotonesnE

SuperficieOpticaPotencia

fotón ×=

segundorecombinansequeheparesden

tdeunidadgeneradosfotonesden +− −=

ºº

Efotón=Egap=1,4eV=1,4x1,6x10-19 Julios La densidad de potencia óptica es: La emisión de luz en la zona N es despreciable frente a la de la zona P

c) La potencia eléctrica que se suministra al dispositivo es 1.V. Con 1 Voltio de polarización podemos esperar:

donde:

Con lo que aproximadamente: Y el rendimiento de conversión de energía:

sfotones

qJrectdeunidad

fotonesn16

19

3

10875,5106,1104,9

sup

º

⋅=⋅⋅== −

−

VoltpdxdDpqn

dxdDnqVoltioJ

NZonaPZona

11 ⋅

⋅⋅+⋅⋅=⋅

( ) ( )

( )s

cms

cmLpDp

scm

scm

smLnDn

p

n

2

6

232

2

6

2322

5,0102

10

110

101

10

=⋅

==

====

−

−

−

−

τ

µµ

τ

( ) ( )( ) ( )413

4

92

4174

141

1035,210

1035,2

107,4105

1035,2

−−

−−

⋅=⋅=≈

⋅=⋅

⋅==

≈

cmw

wppdxd

cmw

wxnn

dxd

n

no

p

po

21719 2,75107,41106,111 cm

mWVoltndxdDnqVoltioJn

PZona

=⋅⋅⋅⋅=⋅=⋅≈ −Potencia eléctrica

1,4·1,6·10-19·5,875·1016=13,16mW/cm2 =

supópticaPotencia

d) Este valor de rendimiento relativamente bajo se debe a que solo una parte pequeña de los portadores inyectados en la zona activa se recombinan en ella. Esto a su vez se debe a que es una zona corta en relación a la longitud de difusión de los minoritarios en la zona activa. La mayor parte de los electrones inyectados en la zona P llegan al contacto óhmico donde se recombinan sin producir emisión de luz. Nota: La solución exacta del perfil de minoritarios en la zona P (siendo x=0 la posición del contacto y w1 la posición del borde de la zona de carga de espacio de la unión) es:

Siendo Ln1 la longitud de difusión de los electrones en esa zona. Integrando esta expresión en la zona neutra P obtenemos el exceso total de minoritarios en la zona activa.

La aproximación de zona corta implica suponer una distribución lineal de minoritarios: La integral de los minoritarios en exceso en esta aproximación es:

Comparando ambas expresiones para diferentes valores de w1/Ln se tiene:

%5,172,75

16,13 ===PelectricaPopticaη

( ) ( ) ( )11 011

wxee

eewnxnLn

wLn

w

Lpx

Lpx

pp ≤≤−

−∆=∆−

−

( ) ( )Ln

wLn

w

Lnw

Lnw

p

w

p

ee

eeLnwndxxnf

11

11

1

2101

−

−

−

−+

⋅⋅∆=∆= ∫

( ) ( )1

1 wxwnxn pp ∆=∆

( ) 110 212 1 wwndxnf p

w

p ∆=∆= ∫

w1/Ln Error=(f2-f1)/f1

0,1 0,3 0,5 0,7 1 1,2 1,5 1,8

8,32·10-4 7,43·10-3 2·10-2 3,89·10-2 7,57·10-2 0,1 0,15 0,2

De esta tabla se deduce que la aproximación de zona corta da lugar a errores pequeños al calcular el exceso de portadores incluso si w1=Lp, donde se comete un error del 7,57%. De hecho en este problema w1=Lp/2 y el error que se comete es solamente del 2%

Problema 22 Sea la estructura siguiente:

-2 µm Al 0.4 Ga 0.6 As tipo P ( 10 18 cm-3). -0.2 µm GaAs tipo P ( 10 18 cm-3) -2 µm Al 0.4 Ga 0.6 As tipo N ( 1018 cm-3)

GaAs ; Afinidad electrónica 4.1 ev.; Gap 1.4 ev. Concentración intrínseca 210 6 cm-3; Densidad efectiva de estados en la banda de conducción 4.71017 cm-3; Densidad efectiva de estados en la banda de valencia 10 18 cm-3. Tiempo de vida de los minoritarios (electrones): 2ns. Longitud de difusión de los electrones 1µm.

Al 0.4 Ga 0.6 As;Afinidad electrónica 3.6 ev.; Gap 1.9 ev. Concentración intrínseca 2 10 2 cm-3; Densidad efectiva de estados en la banda de conducción 4.71017 cm-3; Densidad efectiva de estados en la banda de valencia 10 18 cm-3.

a)-Evalúe de forma aproximada la tensión que se le debe aplicar para que se produzca emisión LASER. b)- Calcule de forma aproximada la densidad de corriente que circula para la polarización calculada en el apartado anterior, suponiendo que para valores de corriente justo por debajo de la corriente umbral todas las recombinaciones son espontáneas. Suponga una velocidad de recombinación nula en la interficie de la heterounión confinante. Razone todas las aproximaciones que haga. ---------------------------------------------------------------------------------------------------

Solución: a) Para estimar la polarización necesaria para que se produzca la emisión láser debemos representar el diagrama de bandas de la estructura, ver cual es la zona activa y que condiciones se requieren para la emisión laser. Material 1:

χ1=3,6eV Na=1018 Ni=2·102 Eg=1,9eV

( )VniNa

qkT

B 9,0102

10ln025,0ln 2

18

1 −=⋅

−=−=φ

Material 2:

χ2=4,1eV Na=1018 Ni=2·106 Eg=1,4eV

( )VniNa

qkT

B 673,0102

10ln025,0ln 6

18

2 −=⋅

−=−=φ

Material 3:

χ3=3,6eV Nd=1018 Ni=2·102 Eg=1,4eV

( )VniNd

qkT

B 9,0ln2 ==φ

Los diagramas de bandas de los materiales por separado son:

EV

Ec

EFI 1,9(eV)

EF

Eo

0,9(eV)

3,6(eV)

0,05(eV) 0,9023(eV) 0,027(eV)

0,673(eV)

1,4(eV)

4,1(eV)

φ1=5,45(eV) φ2=5,473(eV)

Eo Eo

Ec Ec

EFI EFI

EF

EF

EV EV

φ3=3,65(eV) 0,05(eV)

3,6(eV)

0,9(eV)

1,9(eV)

1,823(eV)

Al soldar los diferentes materiales, cuando se alcance el equlibrio térmico, el nivel de Fermi será constante en toda la estructura y el diagrama de bandas resultante será: Como se ve en el diagrama de bandas, la unión P-N se forma entre el material 2 y el 3. Sin embargo, la barrera que ven los huecos para pasar del material 2 al 3 es netamente mayor que la que ven los electrones para pasar del material 3 al 2. Esto será asi incluso cuando apliquemos una polarización directa. En este caso las barreras de potencial en la unión se reducen, pero lo hacen en la misma cantidad y por tanto siempre será mayor la barrera vista por los huecos. Una vez en el material 2, los electrones encuentran una barrera de potencial (creada por el contacto entre los materiales 1 y 2) Por tanto en condiciones de polarización directa de la unión en la región 2 tendremos a la vez altas densidades de huecos y de electrones: será la zona activa. El diagrama de bandas en polarización directa será:

0,5eV

MATERIAL 1 (P)

MATERIAL 2 (P)

MATERIAL 3 (N)

Eo

EC

EV EF

Ec

EV

EFN EFP

Sabemos que para que se produzca la emisión Laser hace falta conseguir la inversión de la población, de forma que los cuasiniveles de Fermi de electrones y huecos estén por encima de EC y por debajo de EV, respectivamente. Para ello se ha de polarizar fuertemente en directa haciendo que el exceso de electrones en la zona activa sea tan grande como haga falta. Por otro lado, por neutralidad, un exceso de electrones en la zona activa vendrá acompañado por un exceso de huecos igual, que compense su carga eléctrica. De esta manera las concentraciones de huecos en la zona activa tembién aumentarán (haciendo que el cuasinivel de Fermi de los huecos baje) Como se ve en el diagrama de bandas, el nivel de Fermi en equilibrio está muy próximo a EV, por lo que bajarlo aúnmás hará que se cumpla la condición EFP<EV Del razonamiento anterior se deduce que para poder tener emisión Láser se debe aplicar a la unión P-N una polarización directa superior a (Eg en el material 2/q) para poder separar los cuasiniveles de Fermi lo suficiente.

b) Estimación de la densidad de corriente Podemos tratar este diodo como una unión P-N normal encontrando los excesos de portadores a los lados de la zona de carga de espacio, debidos a la polarización.

EFN

EFP

Ec

Voltiosq

EVdirecta matg 4,12 =≈

x = 0

npo

w1

MAT 1 (P) MAT 2

(N) MAT 1

x ∆np(w1)

(Zona Activa)

( ) ( )318025,04,1

621 10367,811041 −− ⋅=

−⋅=

−=∆ cmeenwn TV

V

pop

El exceso de electrones en x=w1, debido a la polarización será:

En esta estructura, en x = 0, la condición de contorno es que la velocidad de recombinación es 0. Por tanto, el perfil de la distribución de electrones en la zona activa vendrá determinado por la recombinación en esa zona. Dado que la anchura de la zona activa es de 0,2µm y la longitud de difusión de los electrones es de 1µm. Se puede decir que es una zona corta y podemos aproximar que la densidad de electrones en la zona activa es constante: Y la corriente de recombinación será igual a la carga total en exceso dividida por el teimpo de vida medio. La carga en exceso se calcula fácilmente:

Si despreciamos la anchura de las zonas de carga de espacio w1≈0,2µm entonces:

( ) )(10410102 36

18

2622

2−−⋅=⋅== cm

Naninpo

∆np=8,367·1018 cm-3

x = 0 x = w1

p

wx

x p nwqdxnq ∆=∆∫=

= 10

1

229

184191 4,1313387

10210367,8102,0106,1

cmkA

cmAnwqQJ

n

p

n

≈=⋅

⋅⋅⋅⋅⋅=∆

== −

−−

ττ

Problema 24 Suponga un LED de doble heterounión

-2 µm Al 0.4 Ga 0.6 As tipo P ( 10 18 cm-3). -0.2 µm GaAs tipo P ( 5 1017 cm-3) -2 µm Al 0.4 Ga 0.6 As tipo N ( 10 18 cm-3) a)Suponiendo una velocidad de recombinación infinita en la interficie entre la zona activa y la zona de confinamiento. Calcule el rendimiento definido como Potencia óptica emitida/ Potencia eléctrica consumida. Justifique las aproximaciones que haga b) Repita el cálculo anterior pero ahora suponiendo velocidad de recombinación nula en la misma interficie. Justifique las aproximaciones que haga siendo cuidadoso con su aplicabilidad. Comente el resultado obtenido. Datos: GaAs ; Afinidad electrónica 4.1 ev.; Gap 1.4 ev. Concentración intrínseca 2 106 cm-3; tn=2 ns; Ln= 2 µm Al 0.4 Ga0.6 As;Afinidad electrónica 3.6 ev.; Gap 1.9 ev. Concentración intrínseca 2.102 cm-3;

Solución: a) Primero calculamos el diagrama de bandas de la estructura Material 1

χ1=3,6 eV Na=1018 cm-3 ni=2·102 Eg=1,9 eV

( )VniNa

qkT

B 9,0ln1 −=−=φ

Material 2

χ2 = 4,1 eV Na = 5·1017 cm-3 ni=2·106

( )Vq

kTB 656,0

10210·5ln 6

17

2 −=⋅

−=φ

Material 3

χ3=3,6 eV Nd=1018 ni= 2·102

( )Vq

kTB 9,0

10·210ln 2

18

3 ==φ

Los diagramas de bandas de los materiales son prácticamente los mismos que los del problema 22. Encontramos de nuevo la estructura del problema 22 con la zona activa P en medio (de material 2) que forma la unión P-N con la zona N de material 3.

Al otro lado de la zona activa está la zona de confinamiento (de material 1), tambien tipo P. Para calcular la potencia óptica emitida y la corriente del diodo, comenzamos calculando la concentración de minoritarios en la zona activa en equilibrio y los minoritarios en exceso que aparecen debido a la polarización del diodo.

Al aplicar una tensió V de polarización directa de la unión, aparece en el borde de la zona de carga de espacio un exceso de minoritarios: ∆np(w1)

0,5eV

MATERIAL 1 (P)

MATERIAL 2 (P)

MATERIAL 3 (N)

Eo

EC

EV EF

( ) ( )3617

2622 108

105102 −−⋅=⋅⋅== cm

Nani

n matpo

npo

x ∆np(w1)

x = 0 MAT 2

(P)

x = w1 MAT 3 (N)

( )

−=∆ 11

VtV

pop enwn

Si en x = 0 hay una velocidad de recombinación infinita significa que el exceso de minoritarios ahí es 0. Dado que la zona activa es corta (0,2 micras, frente a la longitud de difusión de electrones de 2 micras), podemos aproximar el perfil de minoritarios por una línea recta:

El número de pares electrón-hueco que se recombinan en toda la zona activa se puede calcular como:

Suponiendo que todas las recombinaciones son radiativas cada uno de estos pares que se recombinan darán lugar a un fotón de energía igual a la del bandgap del material de la zona activa : Eg=1,4 eV

Por lo tanto, la potencia óptica generada por unidad de área será:

La corriente de electrones de la unión se puede calcular en la zona activa como:

Donde

Y

Entonces:

x

npo

np(x) ∆np(w1)

x

0 w1

( ) ( )

−=⋅∆

=∆

∫ 12

1 111

0

1 VtV

pon

p

n

w

n

p enwwwn

dxxn

τττ

−⋅

= 11 VtV

pon

enwEgPoτ

ndxdDnqJn =

( ) ( )

=

⋅===⇒=

−

scm

nscm

nsmLnDnDnLn

nn

22422

202

1022

2µτ

τ

( )1

1

wwn

ndxd p∆

=

Y la densidad de potencia eléctrica consumida será:

El rendimiento será el cociente Po/Pe:

En este caso, como Ef=1,4 eV = > Ef/q=1,4

a) En el caso de velocidad de recombinación nula en x=0 y dado que la zona activa es corta: w1=0,2 µm

y Ln=2µm, se puede aproximar que el perfil de portadores es constante en toda la zona activa: Con

Y

1

1

w

enDnqJn

VtV

po

−=

Vw

enDnqVJnPo

VtV

po

⋅

−=⋅=

1

1

VLnw

qEf

VDnqwEg

PePo

n

11 21

21

=

⋅⋅==

τη

V1

22,04,1

2

=η

np(x)

npo

x = 0 x = w1

362

2 108 −−⋅== cmNa

ninpo mat

( )

−=∆ 1VtV

pop enxn (constante)

En este caso el número de pares electrón-hueco que se recombinan por unidad de tiempo en toda la zona activa es:

Y la potencia óptica generada resulta (por unidad de área):

La corriente eléctrica será aproximadamente la causada por la recombinación en la zona activa e igual al exceso total de minoritarios en la zona activa dividido por su tiempo de vida medio.

Y la potencia eléctrica consumida es:

Con lo que el rendimiento queda:

( )

−=⋅

111 VtV

ponn

p enwwxnττ

−= 1`1 Vt

V

pon

enwEgPoτ

n

VtV

po

n

penw

qnw

qJττ

−⋅=

⋅≈

111

Venw

qVJPen

VtV

po

⋅

−⋅=⋅=

τ

11

VqE

PePo g

⋅==η

Comentarios: Como se puede ver en las expresiones anteriores, para pequeñas tensiones de polarización V, las eficiencias de conversión de energía son usperiores al 100%. Esto, desgraciadamente no es posible. La razón es que si un electrón, en su movimiento por la estructura diera una vuelta completa ...

1) entrase por la banda de conducción del material 3 2) llegase a la banda de conducción del material 2 (Z. Activa) 3) se recombinase emitiendo 1 fotón de 1,4 eV y siguiera su camino 4) por la banda de valencia de los materiales 2 y 1 y volviese 5) a la banda de conducción del Mat 3, a través del circuito exterior con V = 0

Resultaría que había emitido 1,4 eV de energía. Para que esto pudiera suceder en régimen permanente el electrón debe obtener de nuevo esa energía en cada ciclo. ¿De donde obtendría la energía? La suma de barreras de potencial del ciclo es 1,4 eV. El electrón los supera por difusión, tomando energía de la red. La red a su vez, se enfría. O sea, que para que un electrón realice un ciclo, con emisión de 1 fotón de 1,4 eV y dejemos la estructura en las condiciones iniciales hemos de aportarle de alguna forma la energía del fotón emitido (normalmente a través de calentamiento eléctrico o por absorción de fotones o fonones) de manera que una ecuación razonable para la eficiencia sería: Caso a:

Caso b:

( )

21

1

1

+

=+

=Lnw

qVEgEg

wnDn

EqV

wE

pog

ng τ

η

qVEE

g

g

+=η

Problema 25

Sea un diodo P+N. Sea el campo de ruptura Ecrit. a) Encontrar la expresión de la tensión de ruptura del diodo en función del dopado de la base. b) Encontrar la resistividad de la zona N en función de la tensión de ruptura. ¿Le sugiere el valor encontrado algún comentario? c) Intente encontrar una nueva expresión de la tensión de ruptura imponiendo la condición de avalancha, es decir que la integral del coeficiente de ionización en la zona de carga de espacio sea igual a la unidad. Utilice para el coeficiente de ionización la expresión, donde E es el campo eléctrico expresado en V/cm:

cmEi /108.1 735−⋅≅α

Solución: a) En este apartado se hace una revisión de la electrostática de la unión P+-N La tensión de ruptura es aquella que provoca que el campo (en el punto donde toma su valor máximo) alcance el campo crítico. Sea VBR= tensión de ruptura (breakdown)

Siendo WZCE el ancho de la zona de carga de espacio. Como la unión es asimétrica xn>>xp y xn ≈ WZCE Recuérdese que por neutralidad Na xp= ND xn

Por otra parte

La tensión VBR es la tensión total soportada por la unión y por tanto VBR=Vbi-Vaplicada

critZCEBR EWV21=

EcritxnVBR 21=

EcritNq

xnxnNqEcritD

D 1εε

=⇒=

2121 Ecrit

NqV

DBR

ε=

Recuérdese que el origen de potencial es arbitrario.

x

ρ(x) P+ N

qND

-qNa

x

E xp xn

V

x

VBR ≈ Vaplicada En general para valores razonables del dopado |Vaplicada|>>Vbi y por tanto Quedando como resultado final

b) La resistividad

Se trata de un material tipo N y por tanto la contribución de los huecos es despreciable. Por otra parte

Por tanto:

Sustituyendo en la expresión de la resisitividad

Lo cual indica que la resistividad y |VBR| son directamente proporcionales c) El coeficiente de ionización depende fuertemente del campo eléctrico e indica el número de portadores que en promedio genera un portador por impacto. Por tanto tendremos avalancha cuando

α es función de E y a su vez E es función de x por tanto

y WZCE=xn

2121 Ecrit

NqV

DBR

ε=

Dn Nq µρ 1

=

2121 Ecrit

NqV

DBR

ε=

BRD V

Ecritq

N2

21 ε=

22

2

21

1EcritnV

VEcrit

qnq

BR

BR

εµεµρ ==

( )∫ =ZCEWdxx

01α

−≈ 1

ZCEWxEmaxE

Estamos suponiendo que solo tenemos campo en la zona de carga espacial, lo cual es razonable a la vista de la distancia.

Y por tanto

Como la tensión soportada

Sustituyendo

Cuando esta expresión sea igual a la unidad la tensión aplicada sera la tensión de ruptura.

−≈ 1

xnxEmaxE

[ ]77

735

7735

1108,1

1108,1

−=

=

−⋅=

−

−

xxn

EmaxxnxEmaxα

( )

( )∫

∫∫

−⋅=

−⋅=

−

−

xn

xnx

dxxxn

Emax

dxxxn

EmaxdxEn

0

77

735

0

7

7

735

0

1108,1

1108,1α

( )[ ]( )[ ]7

8357

148

14

7735

11108,128111

82108,1

−−⋅=⇒=−−

⋅−

−

xnxnVxn

xnV

BRBR

xnEmaxV21=

xnVEmax 2

=

( ) ( )

( )[ ]118

2108,1

12108,1

814

7735

0

714

7735

0

−−⋅

=

−⋅=

−

−

∫∫

xnxn

V

dxxxn

VdxE

BR

xnxnα

Problema 30

Sea el tiristor de la figura:

Dopados: P1=1018 cm-3, P2=1017 cm-3, N2=1020 cm-3,. Otros datos: q =1.6 10-19 C, ε=10-12 F/cm, Ecrítico=105 V/cm.

Se pide: a) Calcule el valor de la tensión de ruptura en inversa del tiristor en función del dopado de la zona N1. b) Suponga en lo sucesivo que el dopado de la zona N1 es 1014 cm-3. Calcule el valor de β en el transistor P1N1P2. Datos: LpN1= 200 µm, LnP1= 10 µm, DpN1=5 cm2 /s , DnP1=25 cm2/s Tenga en cuenta en el cálculo de la β la recombinación en la zona N1. c)-¿Qué es la βoff del tiristor?. Calcúlela. Datos: βoff=α2/(α1+α2-1)), LnP2=80 µm, DpN2= 3 cm2/s, DnP2=20 cm2/s, LpN2=10 µm

Solución: a) La ruptura en inversa en un tiristor puede venir provocada por dos mecanismos:

1) Ruptura de la unión P2N1 por alcanzarse en la unión el campo crítico de ruptura 2) Solapamiento de las zonas de carga de espacio correspondiente a las uniones P2N1 y

P1N1

En la práctica como la unión que soporta esencialmente la tensión aplicada es la P2N1, esto se traduce a que el ancho de la zona de carga de espacio supere/iguale las dimensiones de la zona N1. Recuérdese que la polarización inversa de un tiristor se produce cuando la tensión en el terminal K es superior a la existente en el teminal A es decir, VAK<0 Veamos primero la tensión límite que puede soportar la unión P2N1 sin que el campo alcance el valor Ecrit.

P1 N1 P2

50 µm 100 µm 40 µm

N2

10 µm

A

G

K

Para el cálculo anterior se ha realizado la siguiente simplificación: |N1|<<|P2|. El dopado de la zona N1 es mucho menor que el de P2 y por tanto la anchura total en la zona de carga de espacio coincide con la anchura de la zona de carga de espacio en la zona N1. Por otra parte la tensión aplicada a P2N1 que provocaría que la zona de carga de espacio ocupase la totalidad de la zona N1 puede calcularse de la forma siguiente: (llamremos a esta tensión VPT tensión de punch-through) y por tanto Si analizamos conjuntamente las expresiones de VBR y VPT

Observamos que para valores altos de N1 VBR>>VPT Esto quiere decir que dependiendo de un valor concreto de dopado de la zona N1 tendremos un mecanismo distinto como causante de la ruptura. Esto se puede representar gráficamente de la siguiente manera

1

21

1

NqEcritWEcritWNq

WEcritV

ZCEZCE

ZCEBR

εε

=⇒=

=12

1 2

NqEcritVBR

ε=

11

1

221

1

N

PTNPT

NZCE

WVEWEV

NqEWW

=⇒=

== ε

111

2

N

PTN WNq

VW ε=

ε21 1N

PTWNq

V =

εε

2;

11

21 112 N

PTBRWNqVEcrit

NqV ==

Vruptura VPT

VBR

N1

( coordenadas log-log )

==BJ

JcβCorriente de huecos inyectados por emisor en base- Corriente de recombinacion en base

Corriente de electrones inyectados por la base en el emisor + Corriente de recombinacion en base

Si sustituimos los datos numéricos del problema tenemos:

b) Suponiendo N1=1014 Calcular β del transistor P1N1P2. Restringimos ahora el análisi al transistor P1N1P2 donde la zona P1 actua de emisor y P2 de colector. 1) Corriente de huecos inyectados por el emisor en la base

Siendo 0+ el borde de la zona de carga de espacio en el lado base.

2) Corriente de recombinación en la base

Aquí hemos hecho la simplificación de suponer la distribución de huecos en la base recta y calcular la recombinación como

3) Corriente de electrones inyectados por la vase en el emisor. Con los datos del enunciado, el emisor es una zona larga y por tanto la distribución de minoritarios es aproximadamente exponencial.

Siendo 0- el borde de la zona de carga de espacio en el lado base.

( ) ( )VNN

EcritNq

VBR 1103

1106,121010

11

21 16

19

25122 ≈

⋅== −

−ε

( )VNNWNqV NPT 1108,0

102110100106,1

21 9

12

4191 −

−

−−⋅=⋅⋅==

ε

+=∆= 0xpdxdDpbqJpb

−= 11

1

21

11

VtV

NNN e

NWDpqJpb µ

11

1

21 11

21

PNN

VtV

NWe

NqJrec

τµ

−≈

∫∆= BW

dxpqJrec0 τ

−=∆= 01 xP ndxdDnqJne

−= 11

1

21

11

VtV

PPP e

NLnDnqJne µ

Por tanto,

c) Es dificil conmutar de ON a OFF un tiristor accionando únicamente sobre el disparador (G). Para conseguirlo es necesario extraer por el terminal G una corriente superior a IAK/βOFF. Siendo IAK la corriente principal que circula por el dispositivo que puede ser elevada. Por ello algunos dispositivos son especialmente diseñados para conseguir βOFF grandes y de esta forma disminuir el valor de la corriente necesaria para cortar el tiristor. Estos dispositivos son los GTO’s (Gate Turn-Off) Para calcularla sabiendo que

Siendo α2 el coeficiente de transporte del transistor N2 P2 N1 donde N2 actúa de emisor y α1 el coeficiente de transporte del transistor P1 N1 P2 donde P1 es el emisor. Sabiendo que

Y conociendo β del transistor 1 calculada en el apartado a) habría que repetir el cálculo para calcular la β del otro transistor.

11

1

11

1

11

1

11

1

11

1

21

1

21

11

11

1

21

1

21

11

2121

112111

112111

PNN

N

PNP

PN

PNN

N

NN

PN

PN

VtV

NN

VtV

PNPNP

PN

VtV

NN

VtV

NNPN

NW

NLD

NW

NWD

eWN

qeNL

Dq

eWN

qeNW

Dq

τ

τ

τµµ

τµµ

β

−

−=

=

−+

−

−−

−

=

121

2

−+=

αααβOFF

1+=

ββα