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

PORTE NOR :

a b

0 0 1

0 1 0

1 0 0

1 1 0

a + b

a + b