Lösung zu Aufgabe 1.1
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1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.1 Die Impedanz der Parallelschaltung von R2 und C2 ist ¶−1 µ R2 1 = + jωC2 . Z = R2 1 + jωR2 C2 Mit Hilfe der komplexen Spannungsteilerformel folgt so für den Spannungsübertragungsfaktor R2 1 + jωR2 C2 H v (ω) = 1 R2 R1 + + jωC1 1 + jωR2 C2 bzw. H v (ω) = 1 , C2 1 R1 + + + jωR1 C2 1+ R2 C1 jωC1 R2 oder H v (ω) = Hv0 Hv0 + jωHv0 R1 C2 1+ jωC1 R2 wobei H v0 = 1 ≈ 0.4975 . C2 R1 + 1+ R2 C1 H v (ω) wird bestimmt durch zwei charakteristische Frequenzen fu = Hv0 = 79 Hz 2πR2 C1 fo = 1 = 31.99 kHz . 2πHv0 R1 C2 und fu heißt untere Eckfrequenz des Bandpasses, fo obere Eckfrequenz des Bandpasses. Die Bandbreite beträgt fo − fu = 31.91 kHz . Für sehr kleine Frequenzen ist im Nenner des Ausdrucks für H v (ω) der Term 1/(jωC1 R2 ) dominierend, Av (f ) verhält sich dann wie Av (f ) = 2πC1 R2 f = f f1 mit f1 = 1 = 159 Hz . 2πC1 R2 2 F re q u e n z f 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 f1 1 k 1 0 k 1 k 1 0 k f2 1 0 0 k H z 1 M 1 0 0 k H z 1 M d B -6 -1 2 a v(f) -1 8 -2 4 -3 0 8 0 4 0 j -4 0 -8 0 0 F re q u e n z f Abb. 1. Bode-Diagramm für den Bandpaß (Wienbrücke mit R1 = 100 Ω, R2 = 100 Ω, C1 = 10 µF, C2 = 100 nF) In diesem Frequenzbereich steigt die Spannungsverstärkung mit zunehmender Frequenz mit 20 dB pro Dekade an; die Impedenz von R1 ist gegenüber der von C1 vernachlässigbar, die Admittanz von C2 gegenüber der von R2 , d.h. die Schaltung verhält sich wie ein RC-Hochpaß mit den Elementen C1 und R2 . Bei hohen Frequenzen dagegen wird der Nenner im Ausdruck für H v (ω) durch den Term jωR1 C2 dominiert. Die Spannungsverstärkung verhält sich dann wie A(f ) ≈ f2 f mit f2 = 1 = 15.9 kHz . 2πR1 C2 In diesem Frequenzbereich fällt die Spannungsverstärkung mit zunehmender Frequenz mit 20 dB pro Dekade ab; die Impedenz von C1 ist gegenüber der von R1 vernachlässigbar, die Admittanz von R2 gegenüber der von C2 , d.h. die Schaltung verhält sich wie ein RC-Tiefpaß mit den Elementen R1 und C2 . Die Werte von f1 und f2 lassen sich durch lineare Extrapolation des ansteigenden bzw. abfallenden Kurvenstücks im Bodeplot zu 0 dB hin bestimmen. Der Übertragungsfaktor weist zusätzlich einen Bereich auf, in dem gilt 3 1+ R1 C2 f1 + À R2 C1 f und 1+ R1 C2 f + À , R2 C1 f2 hier zeigt der Bodeplot des Bandpasses ein deutlich ausgeprägtes Plateau (Übertragungsband). In diesem gilt 1 H v (f ) ≈ 1+ C2 R1 + R2 C1 = Hv0 . Die Phasenverschiebung des Bandpasses nähert sich vom Wert 90◦ für kleine Frequenzen bei denen das Hochpaßverhalten dominiert, dem Wert 0◦ im Übertragungsband und verläuft gegen den Wert −90◦ im Bereich großer Frequenzen, in dem das Tiefpaßverhalten dominiert. 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2004 Lösung zu Aufgabe 1.2 Der komplexe Zeiger v C der Spannung über der Kapazität ergibt sich aus der Eingangsspannung (kompexer Zeiger v 1 ) nach der Spannungsteilerregel zu vC = 1 1 . v mit Y = jωC + 1 + RY 1 RS + jωL Erneutes Anwenden der Spannungsteilerregel ergibt für den komplexen Zeiger v 2 der Ausgangsspannung v2 = RS v = RS + jωL C RS µ (RS + jωL) 1 + jωRC + = RS v R + RS + jω(RS RC + L) − ω 2 LRC 1 = RS 1 v , R + RS 1 + jω/ω1 − (ω/ω2 )2 1 R RS + jωL ¶ v1 wobei RS RC + L ω1 1 = 47.7 kHz = bzw. f1 = ω1 R + RS 2π und 1 = ω2 r LRC R + RS bzw. f2 = ω2 = 2.76 MHz . 2π Der Effektivwert der an RS abgegebenen Leistung ergibt sich nun aus ¶2 2 µ 1 |v |2 1 v1 RS P (f ) = 2 = 2RS 2 R + RS RS |1 + jf/f1 − (f/f2 )2 |2 zu 2.22 mW P (f ) = ¯ ¶2 ¯¯2 µ ¯ f f ¯ ¯ − ¯ ¯1 + j ¯ 47.7 kHz 2.76 MHz ¯ Hieraus folgt das Verstärkungsmaß in dBm µ ¶ P ap (f ) = 10 dBm log 1 mW £ ¤ = 10 dBm log(2.22) − 2 log |1 + jf/f1 − (f/f2 )2 | Abbildung ?? zeigt den aus dem asymptotischen Verhalten ermitteln Verlauf des Bode-Diagramms. Für f ¿ f1 ist die abgegebene Leistung nahezu frequenzunabhängig (3.46 dBm), für f > f1 fällt sie zunächst mit 20 dBm/dec um für f > f2 dann mit 40 dBm/dec zu fallen. 2 1 0 d B m 2 .7 6 M H z 4 7 .7 k H z 1 k 1 0 k -2 0 -4 0 Abb. 1. An RS abgegebene Leistung 1 M 1 0 M H z 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.3 (a) Die bei der maximal zulässigen Verlustleistung Pzul auftretende Übertemperatur ist ∆T = Pzul Rth = 150 K . Die maximal zulässige Bauteiltemperatur ist demzufolge 450 K. (b) Falls keine Wärme abgeführt wird, dient die gesamte zugeführte Leistung P zur Erhöhung der im Bauteil gespeicherten Wärmeenergie, d.h. Cth · ∆T (t) = P · t . Die Zeit nach der die Übertemperatur ∆T = 150 K erreicht ist, ergibt sich daraus zu t = Cth · ∆T = 3.75 s . P (c) Die in (b) verwendete Näherung darf nur für Zeiten, die klein sind im Vergleich zur thermischen Zeitkonstanten τth = Rth Cth = 30 s verwendet werden. Unter Berücksichtigung der Wärmeabfuhr gilt · µ ¶¸ t . ∆T (t) = P Rth 1 − exp − τth Die Übertemperatur ∆T = 150 K ergibt sich daraus nach der Zeit µ ¶ ∆T t = −τth ln 1 − = 4s P Rth was annähernd mit dem Ergebnis aus (b) übereinstimmt. 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.4 Die Übertemperatur des Widerstands errechnet sich aus der umgesetzten Verlustleistung ∆T = P Rth , wobei P = RI 2 mit dem Widerstandswert bei der Betriebstemperatur zu ermitteln ist R = R0 (1 + αR ∆T ) . Für die Übertemperatur ergibt sich so die Beziehung ∆T = Rth R0 (1 + αR ∆T )I 2 , bzw. ∆T = Rth R0 I 2 = 50 K . 1 − αR R0 Rth I 2 Der Widerstandswert bei Betriebstemperatur ist deshalb 50 Ω, d.h. der Strom I = 0.1 A ruft am Widerstand den Spannungsabfall V = 5 V hervor. 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.5 In 1 mol einer Substanz sind 6.022 · 1023 Atome (bzw. Moleküle) enthalten. Aus der Dichte und der molaren Masse ergibt sich die Anzahl der mol in 1 cm3 Silizium und daraus die Dichte der Atome im Siliziumkristall g 2.33 3 23 Si-Atome cm NSi = = 5 · 1022 cm−3 . g · 6.022 · 10 mol 28.0855 mol Das Zahlenverhältnis von Silizium zu Boratomen in einem mit 1016 Bor-Atomen je cm−3 dotierten Siliziumkristall ist demnach 5 Millionen zu Eins. Dies zeigt die extreme Verdünnung der im Gitter des Siliziumkristalls gelösten Dotierstoffatome. 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.6 Im Vergleich zum Wasserstoffatom, weist das an das As+ -Ion gebundene Elektron eine geringere effektive Masse auf. Aufgrund der Polarisation des Festkörpers wird die positive Ladung des Ions außerdem sehr stark abgeschirmt. Die Bindungsenergie des Elektrons an des As+ -Ion läßt sich deshalb durch W = 0.26 WR ≈ 25 meV (11.9)2 abschätzen. Das ist natürlich nur eine grobe Abschätzung, da sie mikroskopische Details der Umgebung des As+ -Ions unberücksichtigt läßt. Der korrekte Wert liegt bei 54 meV. 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.7 Der Verlauf der Fermi-Verteilung ist in Abb. ?? skizziert. Bei der Fermi-Energie beträgt die Besetzungswahrscheinlichkeit 50 %, d.h. unterhalb der Fermi-Energie sind die Zustände überwiegend besetzt, oberhalb der Fermi-Energie überwiegend unbesetzt. Die Fermi-Energie kann deshalb als Pegel“ angesehen werden, bis zu dem die ” Zustände besetzt sind. Im Grundzustand bei T = 0 K gilt dies exakt, mit zunehmender Temperatur werden jedoch vermehrt Elektronen aus tieferliegenden Zuständen in höher liegende Zustände angeregt. Die Fermi-Verteilung flacht deshalb in der Umgebung der Fermi-Energie mit zunehmender Temperatur zusehends ab. Dies wird auch aus der Steigung der Fermi-Verteilung bei W = WF deutlich. f(W ) 4 k BT 1 0 .5 T = 0 K T > 0 K 0 W F W Abb. 1. Verlauf der Fermi-Verteilung f (W ) Für Energiewerte deutlich oberhalb der Fermi-Energie gilt µ ¶ W − WF exp À1 kB T so daß ¶ µ W − WF f (W ) ≈ exp − , kB T d.h. für W À WF wird die Besetzungswahrscheinlichkeit durch einen Boltzmann” Faktor“ beschrieben. Für Energiewerte deutlich unterhalb der Fermi-Energie gilt µ ¶ W − WF x = exp ¿1 kB T so daß 1 − f (W ) = 1 − x 1 = ≈ x, 1+x 1+x d.h. für Energiewerte deutlich unterhalb der Fermi-Energie genügt die Wahrscheinlichkeit 1 − f (W ) der Nichtbesetzung ebenfalls einem Boltzmann-Faktor“ ” 2 µ W − WF 1 − f (W ) ≈ exp kB T ¶ . Die Besetzungswahrscheinlichkeit eines Zustands, der um 200 meV oberhalb der Fermi-Energie liegt ist bei T = 300 K ¶ µ 1 200 meV µ ¶ ≈ exp − = 4.37 · 10−4 . f (W ) = 200 meV 25.852 meV 1 + exp 25.852 meV 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.8 (a) Liegt die Fermi-Energie um 150 meV unter der Leitungsbandkante, so ist bei T = 300 K µ ¶ WC − W F exp ≈ 331 À 1 . kB T Für die Fermi-Verteilung läßt sich bei W = WC deshalb die Näherung µ ¶ WC − W F f (WC ) ≈ exp − ≈ 3.02 · 10−3 kB T verwenden, d.h. nur 0.3 % aller Zustände an der Leitungsbandkante sind unter diesen Umständen besetzt. Für Zustände oberhalb der Leitungsbandkante ist die Boltzmann-Näherung erst recht gerechtfertigt, so daß 1 f (WC + kB T ) ≈ f (WC ) = 1.11 · 10−3 e und 1 f (WC + 2kB T ) ≈ 2 f (WC ) = 4.09 · 10−4 . e Dieses Beispiel zeigt den steilen Abfall der Besetzungswahrscheinlichkeit für Zustände oberhalb der Fermi-Energie: Im Leitungsband sind deswegen vorzugsweise Zustände in der Nähe der Leitungsbandkante besetzt. Liegt die Fermi-Energie um 150 meV unter der Leitungsbandkante, so liegt sie um Wg − 150 meV = 974 meV oberhalb der Valenzbandkante. Die Wahrscheinlichkeit dafür, daß ein Zustand an der Valenzbandkante nicht besetzt ist, ergibt sich daraus zu µ ¶ WV − W F 1 − f (WV ) ≈ exp ≈ 4.34 · 10−17 . kB T (b) Die Elektronendichte im Leitungsband läßt sich aus der Besetzungswahrscheinlichkeit an der Leitungsbandkante und der effektiven Zustandsdichte an der Leitungsbandkante NC ≈ 2.86 · 1019 cm−3 ermitteln µ ¶ WC − W F n0 ≈ NC exp − = 8.64 · 1016 cm−3 , kB T die Dichte der Löcher ergibt sich entsprechend mit der effektiven Zustandsdichte an der Valenzbandkante NV = 3.1 · 1019 cm−3 und der Wahrscheinlichkeit für Nichtbesetzung an der Valenzbandkante µ ¶ WV − W F = 1345 cm−3 . p0 ≈ NV exp kB T Die beiden Ergebnisse werden durch das Massenwirkungsgesetz miteinander verknüpft √ n0 p0 = ni = 1.08 · 1010 cm−3 . 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.9 (a) Bei vollständiger Ionisation der Störstellen gilt im n-Typ Halbleiter sµ ¶2 ND ND n0 = + + n2i 2 2 Die Elektronendichte ist demzufolge um 10 % gegenüber ND angestiegen, wenn sµ ¶2 ND ND + n2i + 1.1 ND = 2 2 erfüllt ist. Umstellen nach ni ergibt für die intrinsische Dichte √ ni = 0.11 ND ≈ 0.332 ND . Bei einem mit ND = 1013 cm−3 Donatoren dotierten Siliziumkristall erfolgt der Übergang zum intrinsischen Bereich demnach bei ni = 3.32 · 1012 cm−3 , Bei einem mit ND = 1016 cm−3 Donatoren dotierten Siliziumkristall bei ni = 3.32 · 1015 cm−3 . (b) Mit den bei 300 K gültigen Werten NC = 2.86 · 1019 cm−3 NV = 3.1 · 1019 cm−3 Wg = 1.124 eV folgt µ ¶ Wg ni = 2.98 · 1019 cm−3 exp − 2kB T falls die Temperaturabhängigkeit von NC , NV und Wg vernachlässigt wird. Aus dieser Näherung läßt sich leicht die Temperatur abschätzen, bei der ein bestimmter Wert der intrinsischen Dichte auftritt 6524 K Wg = . T = 19 −3 2kB ln(2.98 · 10 cm /ni ) ln(2.98 · 1019 cm−3 /ni ) für ni = 3.32 1012 cm−3 folgt so T = 407 K und für ni = 3.32 1015 cm−3 T = 717 K . Aufgrund der vernachlässigten Temperaturabhängigkeiten verwendet die Abschätzung einen zu geringen Wert für NC NV sowie einen zu großen Wert für Wg - die aus der Abschätzung ermittelte Temperatur liegt deshalb oberhalb des Temperaturwerts bei dem ni den gegebenen Wert erreicht. Das Beispiel zeigt uns dennoch die Problematik, des Übergangs zum intrinsischen Bereich für niedrig dotierte Halbleitermaterialien. 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.10 Zum Stromtransport tragen nahezu ausschließlich Löcher bei, mit der Beweglichkeit für Löcher µp = 96 cm2 /(Vs) resultiert der spezifische Widerstand ρ = 1 = 65 mΩ cm eµp NA und der Widerstand R = ρ L 0.1 cm = 108.4 kΩ . = 65 mΩ cm A 6 · 10−8 cm2 Wird an den Widerstand die Spannung 5 V angelegt, so fließt der Strom 46.1 µA, die im Widerstand umgesetzte Leistung beträgt 231 µW. 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.11 Für die Dotierstoffkonzentration gilt NA À ni , so daß bei Raumtemperatur Störstellenerschöpfung angenommen werden kann. Für die Löcherdichte gilt damit p0 ≈ NA = 1015 cm−3 , und für die Elektronendichte n0 ≈ n2i ≈ 1.2 · 105 cm−3 . NA Der Beitrag der Elektronen zur Leitfähigkeit ist im thermischen Gleichgewicht vernachlässigbar. Der spezifische Widerstand ergibt sich daraus zu ρ = 1 = 13.87 Ωcm . eµp NA Der Widerstand des an den Stirnseiten kontaktierten, quadratischen Plättchens der Länge L, Weite W und der Dicke D ergibt sich mit L = W zu R = ρ L ρ = = 1.387 kΩ . WD D 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.12 (a) Durch die Beleuchtung erhöhen sich Elektronen- und Löcherdichte im selben Maß ∆n = ∆p ; der spezifische Widerstand wird verringert auf den Wert ρ = 1 eµp NA + e(µn + µp )∆n Der Widerstandswert des Halbleiterplättchens hat sich halbiert, wenn 1 1 = eµp NA + e(µn + µp )∆n 2eµp NA bzw. ∆n = µp NA = 2.57 · 1014 cm−3 µp + µ n erfüllt ist. Bei der Minoritätslebensdauer τn = 10 µs ist dazu die Generationsrate GL = 1 ∆n = 2.57 · 1019 τn cm3 s erforderlich. Das Volumen des Halbleiterplättchens ist 0.01 cm3 , d.h. je Sekunde müssen 2.57 · 1017 Elektron-Loch-Paare erzeugt werden. Da nur 80 % der auftreffenden Photonen Elektron-Loch-Paare erzeugen, müssen somit 3.21 · 1017 s−1 Photonen auf das Halbleiterplättchen auftreffen. Jedes Photon transportiert die Energie Whν = hc 1 = 1.988 · 10−19 J ; λ λ/µm dies führt auf die auftreffende Strahlungsleistung φe = 3.21 · 1017 1 1 63.8 mW 1.988 · 10−19 J = . s λ/µm λ/µm Die erforderliche Strahlungsleistung wird mit zunehmender Wellenlänge kleiner, d.h. der Fotowiderstand reagiert bei größerer Wellenlänge empfindlicher. Dies gilt allerdings nur solange die Grenzwellenlänge hc/Wg nicht überschritten wird. (b) Der zeitliche Verlauf von ∆n ergibt sich aus der Kontinuitätsgleichung für Elektronen ∆n d ∆n = GL − dt τn Beim Einschalten zur Zeit t = 0 ist GL > 0 und ∆n(0) = 0, so daß ¶¸ · µ t ∆n(t) = GL τn 1 − exp − τn bzw. 2 R(t) = 1.387 kΩ . 2 − e−t/τn Beim Ausschalten zur Zeit t = 0 ist GL = 0 und ∆n(0) = GL τn , so daß ∆n(t) = GL τn e−t/τn , bzw. R(t) = 1.387 kΩ . 1 + e−t/τn Die Ansprechgeschwindigkeit eines Fotowiderstands wird demzufolge durch die Minoritätslebensdauer bestimmt - Fotowiderstände reagieren deshalb träge auf Änderungen der einfallenden Strahlungsleistung. 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.13 Im n-Typ Halbleiter gilt bei Störstellenerschöpfung µ ¶ WF − W C ND ≈ n0 ≈ NC exp , kB T die Fermi-Energie liegt um µ ¶ NC kB T ln = 206 meV ND unter der Leitungsbandkante. Im undotierten (intrinsischen) Halbleiter ist ¶ µ ¶ µ WV − WFi WFi − WC ≈ n0 = p0 ≈ NV exp NC exp kB T kB T was nach WFi aufgelöst WFi µ ¶ kB T NV WC + W V + ln = 2 2 NC führt. Die Fermi-Energie liegt hier um ca. 1 meV oberhalb der Mitte der Energielücke und damit um Wg − 1 meV = 561 meV 2 unter der Leitungsbandkante. Im n-dotierten Halbleiter ist die Fermi-Energie demzufolge um 355 meV in Richtung Leitungsbandkante verschoben. Werden nun zusätzlich Akzeptoren in den Halbleiter eingebracht, so resultiert die Netto-Dotierstoffkonzentration NA − ND = 1.9 · 1017 cm−3 . Da die Akzeptoren überwiegen liegt nun ein p-Typ Halbleiter vor mit der Löcherkonzentration p0 ≈ 1.9 · 1017 cm−3 . Die Lage der Fermi-Energie ergibt sich aus µ ¶ NV WF − WV = kB T ln = 132 meV . p0 Da die Fermi-Energie des intrinsischen Halbleiters um 563 meV über der Valenzbandkante liegt, ist die Fermi-Energie nun gegenüber dem undotierten Fall um 431 meV in Richtung Valenzbandkante verschoben. 1 Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007 Lösung zu Aufgabe 1.14 Bei p-Typ Dotierung erhöht sich die Löcherdichte auf Kosten der Elektronendichte, was bei geringen Dotierstoffkonzentrationen zu einem gegenüber dem intrinsischen Fall erhöhten spezifischen Widerstand führt. Löcher- und Elektronendichten ergeben sich aus sµ ¶2 NA NA + n2i + p0 = 2 2 und n0 = sµ NA 2 ¶2 + n2i − NA 2 Damit folgt für den spezifischen Leitwert σ = e(µn n0 + µp p0 ) sµ ¶2 NA NA σ = e(µn + µp ) + n2i + e(µp − µn ) . 2 2 Das Maximum des spezifischen Widerstands bzw. das Minimum der spezifischen Leitfähigkeit ergibt sich aus der Forderung dσ/dNA = 0 µp − µ n NA + e 0 = e(µn + µp ) sµ ¶2 2 NA 2 + n2i 2 bzw. µn + µ p NA = µn − µ p sµ NA 2 ¶2 + n2i Mit der für Silizium tauglichen Näherung µn + µ p ≈ 2 µn − µ p ergibt Quadrieren ¶2 µ NA 2 + n2i 4NA = 2 bzw. 4 NA = √ ni ≈ 1.03 ni . 15