td n°1 : l’atome - efreidoc.frefreidoc.fr/l1 - pl1/atome à la...
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TD n°1 : L’atome Partie 1 :
Question 1 :
Modèle de Bohr : Représentation la plus simple possible de l’atome d’hydrogène : 2 particules :
- 1 proton
- 1 electron
Charge élémentaire : Les protons ont une charge , et les électrons une charge .
Question a :
Question b :
La force d’attraction gravitationnelle est donc négligeable par rapport à la force d’attraction colombienne.
Question c :
p+
e−
e = 1,6 ×10−19C+e −e
Fa! "!
= q1× q24πε0
× 1r2 × u!
Fa! "!
= Fa =−e( ) +e( )4πε0r
2 = e2
4πε0r2
=1,6 ×10−19( )2
× 8,9 ×108
r2
= 1r2 ×1,62 ×10−192
× 8,9 ×108
!1r2 × 2,56 × 9 ×10−29
!1r2 × 23,04 ×10−29N ! 2,304 ×10−28
r2
Fg! "!
= −G m1×m2r2 u
"
Fg = 6,674 ×10−11 × 9,109 ×10−31 ×1,673×10−27
r2
= 1r2 × 6,674
6,5! × 9,109
9! ×1,673
1,5! ×10−69
!87,75 ×10−69
r2
Fc = mv2
r
Question d :
La relation fondamentale de la dynamique (RFD) à l’équilibre :
Etant donné que la force gravitationnelle est négligeable :
Donc
Question e :
: Energie potentielle de l’électron dans le champ électrique exercé par le noyau
Travail de pour amener l’électron de à la distance .
Question f :
Dans la question d, on a démontré que
Donc
Question g :
Relation de Broglie :
Fext! "!!!
∑ = 0"
Fa! "!
+ Fc! "!
= 0"
Fa! "!
= Fc! "!
e2
4πε0r2 = mv
2
r⇔ r = e2
4πε0mv2
Ep
Ep = −W↓! = − Fa
! "!× dr!"!
+∞
re
∫ = −Fa × dr+∞
re
∫Fa! "!
+∞ re
Ep = e2
4πε0r2 dr
+∞
re
∫ = e2
4πε0
drr2
+∞
re
∫
= e2
4πε0
− 1r
⎡⎣⎢
⎤⎦⎥+∞
re
= e2
4πε0
− 1re
− 1"∞"
⎡⎣⎢
⎤⎦⎥+∞
re
= e2
4πε0r
Ec = 12mv2
r = e2
4πε0mv2
Ec = 12
e2
4πε0r
pquantitédemouvement
! = mv = hλ
Question h :
Hypothèse de Bohr :
On sait que :
Donc
Résumé début année :
Atome d’hydrogène : L’énergie de l’e- est quantifiée :
En : (eV)
1eV = 1,610-19 J n est le nombre quantique principal
En réalité, l’électron est caractérisé par 4 nombres quantiques : n qui définie une couche nombre quantique secondaire « l »
qui définie une sous-couche nombre quantique magnétique « m »
Nombre quantique de spin
Pour un atome à plusieurs électrons, on remplit par ordre d’énergie croissante, soit à (n+l) croissant.
Règle de Pauli : Dans la même case, on ne peut pas trouver 2 électrons par 4 nombres quantiques identiques
Or, une case est définie par 3 nombre (n, l, m). Donc, les électrons différents, dans une même case, par le nombre q de spin, qui ne peut prendre que 2 valeurs → nombre d’électrons maxi/case = 2
2πr = nλ
r = e2
4πε0mv2
= nλ2π
mv = hλ⇒ λ = h
mv
r = nh2πmv
= e2
4πε0mv2
⇔ v = e2
2ε0nh⇔ v2 = e4
4ε02n2h2
r = e2 4ε0
2n2h2
4πε0me4 = ε0n
2h2
πme2
rn =ε0h
2
πme2 n2
13,6n2
0 ≤ l ≤ n −1
−l ≤ m ≤ +l
s = ± 12
Partie 2 :
Question 1 :
Bore (B) Z = 5 = nombre de protons dans le noyau. Dans un atome neutre, l’atome possède 5 électrons
Configuration électronique du Bore :
Configuration électronique du Gallium :
Configuration électronique du Silicium :
1s2 2s2 2p1
couchedevalence!"#
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2
couchede! 3d10 4p1
valence!
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2
couchede! 3d10 4p3
valence!
TD n°2 : Les structures cristallines
Partie 1 :
Question 1 :
Chaque atome réagit de telle façon à acquérir la structure électronique du gaz rare le plus proche soit 8 électrons de valence.
GaAs = semi conducteur III V SiC = IV IV
Structure cristalline de Si : Arrangement cubique à faces centrées d’atomes Si, dont la moitié des sites tétraédriques est occupée.
Cristal décrit par la maille élémentaire = entité la plus petite possible pour connaitre et reconstituer l’ensemble du cristal
Pour dessiner un cristal cubique à face centré, on place : - 1 atome à chacun des 8 sommets du cube - 1 atome au centre de chacune des 6 faces
Pour définir les sites tétraédriques : - Couper le cube en 8 petits cubes - Le centre de chaque petit cube est un site tétraédrique
Ou pour définir les sites tétraédrique : - Sur les ¼ et les ¾ des grandes diagonales du cube
Ga3èmecolonne3e−de valence
! As5èmecolonne5e−de valence
!
Nombre d’atome par maille élémentaire :
8 sommets
6 faces
4 sites tétraédrique occupé
Il y a donc atomes de Silicium par maille.
Le nombre d’atome par unité de volume est donc :
Question 2 :
Le GaAs est un cristal d’Arsenic dont la moitié des sites tétraédriques sont occupée par du Gallium.
Nb As/maille =
Nb Ga/maille = 4
Question 3 :
Plans cristallins ou famille de plans. On les nomme avec les indices de Miller (hkl) : • Plan (hkl) est perpendiculaire au vecteur de coordonnées [h; k; l]
•
Plan (hkl) coupe
Le plan (100) est le plan où h = 1 et k=l=0
Il y a donc atomes par unité de surface.
Partie 2 :
La densité ou la compacité se calcule grâce à la formule :
Pour un plan (100) :
× 18
× 12
× 1
8 × 18+ 6 × 1
2+ 4 = 8
8a3
↓!
= 85,43×10−10( )3 !
1053 ×10−30 = 10
5× 1030
52 = 10025
×1028 = 8 ×1028.m−3
a = 5,43A°= 5,43×10−10m
8 × 18+ 6 × 1
2= 4
(Ox)en 1h
(Oz)en 1k
(Oz)en1l
⎧
⎨
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
4 × 14+1= 2
surface occupée par les atomes du plansurface du plan
densité = 2πR2
a2 or 4R = a 2 → R = a 24
= 2π × 2a2
16a2 = π4≈ 3
4≈ 75%
Pour un plan (111) :
Nombre d’atome par plan :
a est la taille de maille R = rayon de l’atome
3× 12+ 3× 1
6= 2
densité = 2πR2
0,25 a 2( )23( ) =
2πR2 × 4
a 2( )23= 8πR2
16R2 3= π
2 3≈ 3
3,5≈ 85
100
TD n°3 : Semi-conducteurs intrinsèques, n et p
Rappel TD n°1:
L’énergie de l’électron de l’atome d’hydrogène est quantifiée et ne peut prendre que des valeurs discrètes.
Rappel TD n°2 :
Solide = beaucoup d’atomes polyélectroniques. On ne parle plus de niveaux mais de bandes d’énergie. À la température de 0 Kelvins, deux bandes d’énergie jouent un rôle particulier dans la détermination des propriété électroniques du solide.
La dernière bande est complètement plutôt pleine : La bande de valence Celle immédiatement au dessus est plutôt vide : la bande de conduction
Entre ces 2 bandes, on a la bande interdite : le gap
Les électrons de la bande de valence sont localisés et contribuent à la cohésion du solide. Les électrons de la bande de conduction sont délocalisés et participent à la conduction du courant électrique.
A t=0K, 3 cas : 1. Bande de conduction partiellement remplie d’électrons susceptibles de participer à la conduction → Métaux, conducteurs 2. Bande de conduction vide, Eg important > 2eV aucune électron ne conduit le courant → Isolant 3. Bande de conduction vide mais gap <2eV. L’apport d’énergie thermique kT ou lumineuse hO permet
de promouvoir 1 électron de la bande de valence vers la bande de conduction. → Semi-conducteurs = Isolant à 0K, la conductivité augmente si la température augmente
Niveau de Ferni : Niveau d’énergie occupé le plus élevé : - Dans la bande de conduction (conducteur) - Au milieu du gap (isolant ou semi-conducteur)
Partie 1 :
Question a :
Semi-conducteur intrinsèque (non dopé)
Semi-conducteur
En = −13,6n2
→ou hO
kTe−
promudans labandedeconduction
! + h+
trou dansla bande devalence à laplace del 'électron
!
Question b :
n = conducteur d’électron dans la bande de conduction p = conducteur de h+ dans la bande de valence
Conducteur intrinsèque en porteur de charges, ni définie par :
Partie 2 :
Silicium est un semi-conducteur intrinsèque (non dopé). Les impuretés sont tous les atomes différents du Silicium
Question 1 :
Question 2 :
Pour le Silicium : On calcule d’abord :
ni2 = n × p
ni2 = Ncexp Ef − Ec
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ Nvexp Ef − Ev
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
= Nc × Nv × exp Ef − Ec − Ef − EvkT
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
= Nc × Nvexp − Ec − EvkT
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
= NcNvexp − EgkT
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
ni = NcNv exp − Eg2kT
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
n = Ncexp Ef − EckT
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = Ncexp − ΔEn
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = Ncexp Eg
2kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
p = Nvexp − Ef − EvkT
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = Nvexp − ΔEp
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = Nvexp − Eg
2kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
Eg = 1,12eV 1eV = 1,6.10−19 J Tambiante = 300K
exp − Eg2kT
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = exp − 1,12 ×1,6.10−19
2 ×1,38.10−23 × 300⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
! exp −1,1× 1,6 .10−19
2 × 1,4 .10−23 × 300⎛⎝⎜
⎞⎠⎟! exp − 1
2 × 3100⎛
⎝⎜⎞⎠⎟ ! exp −100
6⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ! exp −100
5⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ! e
−20
!1e20
e ! 2,7e3 ! 19,71! 20
e3( )7= e21 ! 207 ! 27 ×107 ! 128.107
e21
e= e20 !
128.107
3= 40.107
1e20 !
140.107 !
14
10−8
On peut donc calculer n et p :
Question 3 :
concentration intrinsèque en porteur de charge :
Vu que est une caractéristique du semi-conducteur qui dépend de la température, on peut écrire :
Partie 3 :
Semi-conducteur extrinsèque (=dopé) Le dopage est l’introduction de très faible quantité d’impuretés (atome différent du Silicium). Le but étant d’augmenter la conductivité électrique des semi-conducteurs sans élévation de température.
Question a :
Dans un semi-conducteur intrinsèque :
Donc
Question b :
Le dopage n à pour but de produire un excès d’électron libres. Les porteurs de charges sont majoritairement des électrons. L’atome de Silicium à 4 électrons de valence et peut donc engager 4 liaisons.
Le dopage N est donc l’introduction d’un élément de la 5ème colonne (5 électrons de valence). Il y aura donc 4 électrons engagés dans des liaisons avec les atomes de Silicium Et 1 électron faiblement lié à l’atome qui rejoint la bande de conduction. Semi-conducteur type N, porteurs majoritairement d’électron. Comme
On a aussi
n = Ncexp Eg2kT
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
! 2,82.1019 × 0,25.10−8
! 2,8 × 2,5 ×1019 ×10−9
! 7.1010cm−3
p = Nvexp − Eg2kT
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
! 1,83.1019 × 0,25.10−8
! 1,8 × 2,5.1010
! 4,5.1010cm−3
ni =ni2 ! n × p! 7 × 4,5.1020
! 31,5.1020
! 36.1020
ni ! 6.1020
ni
ni = BC ×T32 × exp − Eg
2kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
n = N expEfi − Ec
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
p = Neexp −Efn − Ev
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
p = n = ni
n = Nd + niNd ≫ Ni n " NdNd ≫ p
Intrinsèque :
Extrinsèque (dopé N) :
Donc
Question c :
Le dopage p à pour but de créer un excès d’h+ par ajout d’un élément de la 3ème colonne. Atome accepteur : il leur manque 1 électron pour engager 4 liaisons. Ces atomes vont capter 1 électron dans le réseau et y laisser 1 trou h+. Na atome dopant → Nah+ Dopage p : porteurs de charge majoritairement h+
donc
On a aussi
Intrinsèque :
Extrinsèque (dopé P) :
ni = n = NeexpEfi − Ec
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
Nd = n = NeexpEfn − Ec
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
NdNi
= NeNe
expEfn − Ec
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
exp − EFi − Ec
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
= expEfn − Efi
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
ln Ndni
=Efn − Efi
kT
kTpositif! × ln Nd
niNd≫Ni donc positif!
Efn > Efi
Na + ni = pNa≫ ni p ! Na
Na≫ n
p = ni = NeexpEfi − Ev
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
Np = Na = NeexpEfp − Ev
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
NaNi
= NeNe
expEfp − Ev
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
exp − EFi − Ev
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
= expEfi − Efp
kT⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
ln Nani
=Efi − Efp
kT
Efp = Efi − kT ln Nani
Partie 4 :
dopé n :
Question 1 :
Hypothèses :
On sait que
Donc :
D’après Partie 2, question 3 :
Donc
On vérifie les hypothèses :
Question 2 :
On a vu que :
Si Nd = 1018cm−3
Nd ≈ n = Ni + NdNd ≫ Nin≫ pn = Nd = 1018cm−3
ni2 = n × p
p = ni2
Ndni = 6 ×1010cm−3
p = 62 ×1020
1018 = 36 ×102
Nd ≫ Ni1018 ≫1010
Nd ≫ p1018 ≫ 3600
EFn = EFi + kT ln Ndni
positif!"# $#
= 1,38 ×10−23
J .K −1% &# '#× 298
K!× ln 1018
6 ×1010
cm−3
cm−3=sans unité! "# $#
≈1,4 ×10−23 × 300 ln1018 − ln 6 ×1010( )( )≈ 4,2 ×10−21 × 18 ln10 − ln6 −10 ln10( )≈ 4,2 ×10−21 8 ln10 − ln6( )≈ 4,2 ×10−21 8 × 2,3− ln6( )≈ 4,2 ×10−21 ×17≈ 70 ×10−21 = 7 ×10−20 J≈ 0,4eV
Partie 5 :
Question 1 :
Hypothèses :
On a vu que :
p ≈ NaNa≫ NiNa≫ n
p = Na = 1016cm−3
n = ni2
Na=
6 ×1010( )2
1016 = 3,6 ×105cm−3
EFp = EFi + kT ln niNa
≈1,38 ×10−23 + 4,2 ×10−21 ln 6 ×1010
1016
≈ −0,3eV
TD n°4 : Dopage et conductivité
Rappels :
Conductivité électrique : (Siemens par mètre). C’est l’aptitude d’un matériaux à laisser les charges électriques se déplacer librement soit à permettre le passage du courant électrique. inverse de la résistivité correspond à la conductance d’une portion de matériau de 1m de long et de
section = Rapport de la densité de courant par l’intensité du champ électrique
mobilité des porteurs ( )
Partie 1 :
Question a :
SiC Si et C appartiennent tous les deux à la 4ème colonne, ils ont chacun 4 électrons de Valence. Dopage à l’azote (N). 5ème colonne, donc 5 électrons de valence, soit 1 électron de plus que Si et C. 1 électron libre généré par arme d’azote dopage type n
Question b :
à 25°C
On souhaite obtenir
car
Semi conducteur dopé à 25°C :
Hypothèses :
Donc
→
σ (Sm−1)
σ =1m2
σ = q(nµn + pµn )q = eµ = m2V −1s−1
⇒
σ 25i = 8Sm−1
σ 25n = 1000Sm−1 à25°C
σ 25i = e× ni µp + µn( ) ni = n = p
n
n ≈ NdNd ≫ NiNd ≫ p
σ 25n = e Ndµn + pµp
negligeable!
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
G25n = eNdµn
Nd = G25n
eµn
= 10001,6 ×10−19 × 0,4
= 1022
0,8= 1,25 ×1022
Partie 2 :
Question b :
Hypothèses (dopage p) :
Donc
% de dopant :
Soit 1ppm
p ≈ NaNa≫ NiNa≫ nσ p = eNaµp
Na = Gpeµp
Na = 2001,6 ×10−19 × 0,04
≈ 3×1022
Nsi ≈ 5 ×1022
≈ 5 ×1028m−3
3×1022
5 ×1028 ≈10−6 ≈10−8%
TD n°5 : Mobilité des porteurs de charge Partie 2 :
SiC intrinsèque à 25°C,
Question a :
On cherche à 25°C
Dans un semi-conducteur intrinsèque :
Question b :
A 200°C (473K) Evolution de avec T :
Partie 3 :
augmente, quand la température augmente. Si
On cherche
Cours : proportionnel à
et sont proportionnels à
σ = 85cm−1
niσ = q nµn + pµp( )
ni ≈ n ≈ p
σ = e× ni µn + µp( )ni = σ
e µn + µp( )= 8
1,6 ×10−19 4 ×10−2 + 2 ×10−2( )= 8
1,6 × 6× 1
10−21
≈ 810
×1021
≈ 8 ×1020m−3
≈ 8 ×1014 cm−3
ni
ni = AT32
ni(473)ni(298)
= 473298
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
32
exp − 1,12 ×10−19
2 ×1,38 ×10−231
473− 1
298⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
= 473298
≈ 500300
σEg = 1,12eV
σ (298) = 4,3×10−4Sm−1
Tσ (T )
= 200Sn−1
µ µ0 TT0
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
− 32
n p T32
Donc
On isole
Donc :
Donc :
Partie 4 :
Question a :
Vitesse de dérive de l’electron dans le champ électrique :
mobilité de l’electron L’électron se déplace dans le sens opposé au champ électrique.
Question b :
On se place dans un système en une dimension (Ox).
On peut donc écrire :
Et donc
Question c :
σ =σ 0 exp − Eg2kT
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
σ (T )σ (298)
= exp − Eg2k
1T− 1
298⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
1T= 1
298− 2kEg
ln σ (T )σ (298)
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
1T= 2 ×1,38 ×10−23
1,12 ×1,6 ×10−19 ln 2004,3×10−4
≈ 1300
− 2 ×10−23
10−19 ln 2 ×102
4 ×10−4
≈ 1300
− 2 ×10−4 ln 12
− ln2!
+ 6 ln10⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟
≈ 0,33×10−2 − 2 ×10−4 −0,7 + 6 × 2,3( )≈ 33×10−4 − 26,2 ×10−4
≈ 6,8 ×10−4
T = 16,8
104 ≈ 110
104 ≈1000K
v!= −µE
!"
E!"
vecteurVcm−1
! = − gradoperteurmathématiquevectoriel
!! "!!!!!!!
× Vdifférencedepotentiel
!
Ex = − dVdx
E = E!"
= Vd
E = 14 ×10−3 = 250Vcm−1
v = µE= 0,14 × 250= 35ms−1
Question d :
Temps de traversé de l’electron :
Question e :
or
Partie 5 :
Question a :
La loi représentant la diffusion est la loi de Fick
Pour des particules chargées , on peut définir un courant par :
(analogue au courant de conduction ) Si on se limite aux systèmes unidimensionnels le long de (Ox) :
Question b :
Dans l’obscurité :
Donc
v = dt→ l = d
v→ t = 4 ×10−3
35= 0,11ms
v(473K )→ µ 473K( ) µ(T ) = µ(T0 )× TT0
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
− 32
µ(473) = µ(298)× 473298
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟− 3
2
Φ!"
fluxdeparticules
! = − Dcoef dediffusiondel 'espececm2s−1( )
! grad! "!!!
Cconcentrationde particules
!
grad! "!!!
∂∂x∂∂y∂∂z
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟⎟
q Jdcourant dediffusion
! = −qDgrad! "!!!
n
Jc!"!
= qnv"
Jdx = −qD dndx
i!
vecteurunitairelelongde(Ox )
!
ni2 = n × p
p = ni2
n=
1,4 ×1010( )2
2 ×1018 = 1,96 ×1020
2 ×1018
!22× 1020
1018 ! 102 ! 100trous.cm−3
Question c :
Sous éclairage :
: surpopulation locale en en
Question d :
( = longueur de diffusion des dans le semi-conducteur)
Question e :
Donc :
Question f :
Question g :
Courant de diffusion des :
Or,
ptot = piconcentrationinitialeenh+en x=0
! + peconcentrationamenée parl 'éclairage
!
ptot = 102 +106 ≈106cm−3
102 ≪106 h+ x = 0
p x( ) = p x = 0( )exp − xlp
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
lp h+
p x( )p x = 0( ) = exp − x
lp⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
lp = − x
ln p(x)p x = 0( )
= x
ln p x = 0( )p(x)
lp = 10 ×10−6
ln106
102
= 10−6
4 ln10!
10 ×10−6
4 × 2,3!
10 ×10−6
9,2! 10−6cm = 1µm
Dp = up kTe
cm2 × s−1( )
Dp = 1900 × 1,38 ×10−23 × 2981,6 ×10−19
!19 ×1,4 × 3
1,6× 102 ×10−23 ×102
10−19
!19 × 4,2
1,6= 50cm2 × s−1
h+
jo!"!= jh!"!
= −eDp dp(x)dx
i"
p(x) = p(x = 0)× exp − xlp
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
dp(x)dx
= p(x = 0)× − 1lp
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟× exp− x
lp⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
→ jh!"!
= −e× Dp × p(x = 0)× − 1lp
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟× exp − x
lp⎛⎝⎜
⎞⎠⎟i"
Question h :
Flux de trous pour
jh =e× Dp × p(x = 0)
lpexp − x
lp⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
= 1,6 ×10−19 × 50 ×10−4 ×106
10−6 exp 2µm1µm
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
= 1,6 × 50 ×10−19 ×10−4 ×106 × e−2
= 80 ×10−11 × 1e2
!8
7,3×1010
jh ! 10−10Am−2 (ampère parmètre)
x = 2µm
Φ p =jhe= 10−10
1,6 ×10−19 !101,6
× 10−11
10−19 ! 6 ×108m−2s−1
TD 7 : Jonctions PN. Diode Partie 1 :
On sait que
On a vu que
Donc :
On en déduit que :
Selon l’axe :
Partie 2 :
Question a :
: Densité du courant de diffusion
Question b :
densité totale de courant de trous
* Diffusion :
La loi des mélanges suppose que le electrons vont vers le coté P et les trous ( )vont vers le coté N.
Durant la mise à l’équilibre, les électrons vont laisser des ions , et les trous vont laisser des ions
Formation d’une barrière de potentiel qui induit la formation d’un champ dirigé du + vers le -.
* Conduction :
Le champ s’oppose à la diffusion des espèces et la compense.
s’oppose au mouvement des electrons et des trous.
vn!"!
= −µn × E!"
vP!"!
= µp × E!"
⎧⎨⎪
⎩⎪
j!= q × n × v
!
jn!"!
= −e× n × vn!"!
jp!"!
= e× p × vp!"!
⎧⎨⎪
⎩⎪
jn!"!
= e× n × µn × E!"
jp!"!
= e× p × µp × E!"
⎧⎨⎪
⎩⎪
Ox( )jn x = e× n × µn × Ex
jpx = e× p × ×µp × Ex
⎧⎨⎩
jp_diff
jp_diff = −e× Dp × dp(x)dx
= −e× µpkTe
× dp(x)dx
= µpkT × dp(x)dx
→ JpJp = jh
conduction! + jp_diff
Jp = e× p × µp × Ex − µp × kT × dp(x)dx
h+
D+ A−
→ E!"
E!"
E!"
largeur de la
A la jonction : il ne se passe rien (conduction compense diffusion), donc
Question c :
Le champ électrique dérive d’un potentiel : Si on se limite à (Ox)
Question d :
Donc
wo =zone des charges d 'espace(ZCE)zone dépeupléezone de déplétion
⎧⎨⎪
⎩⎪
Jp = 0
E!"
E!"= −grad! "!!!
×V
Ex = − dv(x)dx
dv(x) = −Ex × dx
dv(x) = vΦ = − Exdx− xa
+ xn
∫− xa
+ xn
∫
Jp = e× µp × p × E − µp × kT × dp(x)dx
= 0
e× µp × p × E = µp × kT × dp(x)dx
E = kTedp(x)p(x)
× 1dx
VΦ = − kTe− xa
+ xn
∫ × dp(x)p(x)
× 1dx
× dx
= − kTe
dp(x)p(x)
=− xa
+ xn
∫ − kTe
ln p(x)[ ]− xa+ xn
= − kTe
ln p(xn)Si dopé Nn=Ndni2=n×p
!"# $# − ln p(−xa)p(− xa)Si dopé Pp(− xa)=Na
! "# $#
⎡
⎣
⎢⎢⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥⎥⎥
ni2 = Nd × p xn( )
p(xn) = ni2
Nd
VΦ = − kTe
ln ni2
Nd− lnNa⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
= − kTe
ln ni2
Nd × Na⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
Donc
Partie 2 :
Champ électrique moyen dans la ZCE :
( largeur de la ZCE)
VΦ = 1,38 ×10−23 × 3001,6 ×10−19 × ln 10181015
1,45 ×1010( )2
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
!1,4 × 3
1,6× 10−23 ×102
10−19 × ln 1033
32
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2
×1020
!4,21,6
×10−2 × ln 1013 × 49
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
! 3×10−2 × 13ln10 + ln0,5[ ]! 3×10−2 × 30 − 0,7[ ]! 3× 29,3×10−2
! 0,88V
E0 =vΦw0
w0 =
E0 =0,88
0,96 ×10−6 ! 106V ×m−1
TD 8 : MOSFETs, Portes Logiques et Technologie CMOS
MOS = Metal Oxide Semi-conducteur FET = Field Effect Transistor = Transistor à effet de champ, c’est un transistor unipolaire (un seul type de porteur de charge) ≠ Transistors bipolaires (NPN, PNP) = Utilise un champ électrique pour contrôler la forme et la conductivité d’un canal dans un semi- conducteur
La présence de ce champ peut autoriser ou réduire la conduction électrique dans le canal (enrichissement ou appauvrissement). But : Moduler le courant qui traverse le transistor à l’aide du potentiel appliqué à la grille
Partie 1 :
Question a :
Représentation schématique
S = Source D = Drain G = Gate = Grille
Question b :
Schéma en coupe 2D
Isolant = Silice (SiO2) = Oxyde
SiO2 se forme naturellement à la surface des wafers de Si = couche de passivation protectrice But : créer un courant de conduction entre la source et le drain
S et D sont très fortement dopé P par rapport au substrat faiblement dopé N. Courant ISD créé en appliquant un potentiel à la grille qui va induire le champ électrique de conduction.
Les porteurs libres du canal de conduction sont les même que ceux de Set D et de type opposé à B.
Canal = continuité électrique entre la Source et le Drain
E!"
Le substrat est relié à la masse.
Fonctionnement du PMOS en fonction de Vg * Vg = 0 état OFF PMOS bloqué * Vg < 0 état ON transistor devient passant * Vg > 0 → Les electrons à la jonction SC/oxyde vont être repoussés
Une zone de déplétion apparait à la jonction SC/oxyde (e- repoussés) Vg ↘︎ Vg <Vseuil
Zone d’inversion : Zone où les porteurs de charge libres ne sont pas les porteurs mais du substrat. On a formé le canal.
Lorsque Vg devient tiopnegative, on a deux autres régimes * Pincement * Saturation (le transistor ne fonctionne plus)
Vg > 0 accumulation d’electron à la jonction SC/oxyde → PMOS bloqué
Vg <= 0 NMOS Bloqué Vg > 0 NMOS Passant
Partie 2 :
Question a :
CMOS = Complementary Metal Oxyde Semi-Conductor
Question b :
Inverseur CMOS = Porte NOT
Etat bas : Vg < 0 Etat haut : Vg > 0
Partie 3 :
PORTE NOT
Question a :
Question b :
PORTE NAND :
Question a :
Question b :
a
0 1
1 0
a b
0 0 1
0 1 1
1 0 1
1 1 0
a
ab
ab