TD Avec Corrigé: Universite Sidi Mohammed Ben Abdellah Faculte Des Sciences Dhar El Mehraz Departement de Physique [PDF]

Zitiervorschau

UNIVERSITE SIDI MOHAMMED BEN ABDELLAH FACULTE DES SCIENCES DHAR EL MEHRAZ DEPARTEMENT DE PHYSIQUE Laboratoire de Physique du Solide

TD avec Corrigé MATERIAUX POUR L’ENERGIE SOLAIRE

LICENCE SMP S6 - Parcours Matériaux

Prof. Izeddine Zorkani Année Universitaire 2019-2020

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Enoncés

2

Série 1 Exercice 1 : Dans un semi-conducteur intrinsèque à la température T = 300°K, on a : Nc =Nv =2,5 1019 cm-3 , ni =107 cm-3 , K = 1,38 10-23 J/K 1°) Calculer la bande interdite Eg (en eV) et la position du niveau de Fermi par rapport à la bande de valence ? 2°) Ce semi-conducteur est maintenant dopé N avec une concentration en atomes donneurs ND. Etablir la concentration des porteurs majoritaires n et minoritaire p pour une température T=2T0 sachant que ce semi-conducteur est non dégénéré ? 3°) Sachant que le gap Eg est indépendant de la température et que ND=1016 cm-3, est on encore en régime extrinsèque ? en déduire les valeurs de n et de p à la température T ? Exercice 2 : Sachant que pour un semi-conducteur intrinsèque, on a les relations

E − EFi ni = N c exp(− c ) KT

et

E − E Fi pi = NV exp( V ) KT

1) Trouver la position du niveau de Fermi EFi dans la bande interdite, sachant que : Eg = Ec – Ev = 1,21 eV à T = 300°K. a) Dans le cas où mp = mn . b) Dans le cas où mp = 2 mn On donne K = 1,38 10-23 J/K, Nc = 2(2π mn .KT / h2) 3/2 et Nv = 2(2π mp .KT / h2) 3/2 2) Ce semi-conducteur est dopé de deux façons différentes : a) Par des atomes donneurs tel que à 300°K : n1 = 4 .1015 électrons /cm3 et p1 = 4 .1013 trous / cm3. b) par des atomes accepteurs tel que à 300°K, on a: n2 = 8 .1012 électrons /cm3 et p2 = 2 .1016 trous / cm3. De combien et comment se déplace le niveau de Fermi EF par rapport au niveau de Fermi intrinsèque EFi. Exercice 3: On considère un échantillon de Ge ayant initialement une concentration d’un atome d’impureté de type donneur, pour 4. 107 atomes de Ge. 1) Dans quel régime se trouve ce matériau à 300K ? On introduit ensuite de façon uniforme dans tout le volume de l’échantillon des impuretés de type accepteur avec une densité NA=2,5 1015 cm-3. 2) En supposant que toutes les impuretés sont ionisées, quelle est la concentration des porteurs libres ? Quelles est la position du niveau de Fermi ? Données : d= 4. 1022 atomes.cm-3 ; Eg (300k)=0,66 eV ; mn = 0,55 m0 ; mp=0,36 m0.

3

Exercice 4 I- Semi-conducteur intrinsèque On considère un semi-conducteur intrinsèque dont les densités équivalentes d'états énergétiques dans la bande de conduction et dans la bande de valence sont notées respectivement NC et NV. 1) Rappelez les expressions de la densité d'électron n dans la bande de conduction et la densité de trous p dans la bande de valence. 2) En déduire l'expression de la densité intrinsèque ni et la position du niveau de Fermi intrinsèque EFi. 3) Le semi-conducteur considéré est du silicium de largeur de bande interdite (ou gap) Eg=1,1eV et pour lequel NC=2,7.1019cm-3 et NV=1,1.1019cm-3. Calculez sa densité intrinsèque et la position du niveau de Fermi à 27°C, 127°C et 227°C ? On rappel qu'à 300K, kT=0.026 eV, on prendra comme référence énergétique, le haut de la bande de valence (EV= 0 eV). II- Semi-conducteur extrinsèque Le silicium est dopé avec du phosphore (goupe V du tableau de Mendeleev) de concentration 1015cm-3. 4)Calculez à 27°C, la densité d'électrons du Si ainsi dopé. En déduire la densité de trous. Quel est le type de semi-conducteur ainsi obtenu ? 5) Calculez à 27°C la position du niveau de Fermi EF puis donnez une représentation du diagramme de bandes du silicium ainsi dopé.

Série 2 Exercice 1 : 1) On considère l'arséniure de gallium (GaAs) pour lequel à la température ambiante T0: n= 8 103 cm2 V-1 S-1 ; p= 4 102 cm2 V-1 S-1 ; ni= 106 cm-3 NC= 4,7 1017 cm-3 ; NV= 7 1018 cm-3 ; r=10,9 On suppose que les mobilités sont indépendantes des densités d'impuretés présentes dans le semi-conducteur et évoluent proportionnellement à T-3/2. 1.1) Calculez (eV) la hauteur de la bande interdite de l'Arséniure de gallium ? 1.2) Calculez (Ω.cm) à la température ambiante, la résistivité de l'Arséniure de gallium intrinsèque ? 1.3) Calculer (nm) le libre parcours moyen des porteurs négatifs et des porteurs positifs dans l'Arséniure gallium intrinsèque à la température ambiante ? 2) On considère un échantillon de GaAs à la température ambiante dont la densité des porteurs positifs est 1010 fois plus grande que la densité des porteurs négatifs. 2.1) Calculez (cm-3) la densité des porteurs positifs et négatifs ? 2.2) Déterminez la position du niveau de Fermi (eV) par rapport au maximum de la bande de valence ? 2.3) Calculer la résistivité (Ω.cm) de l'échantillon à la température ambiante ? Données : q= 1,6 10-19C ; KT= 0,025 eV ; m0= 9,1 10-31 Kg ; k=1,38 10-23 J.K-1 ; 4

3

h=6,62 10-34 J.S ; c = 3 108 m. s-1 et

2m0 KT 2 N 0 = 2( ) = 2,5 10 25 cm − 3 h2

Exercice 2 : 1) A la température T=300K, un barreau de silicium de type N, de longueur

L et de section S est soumis sous la ddp U est parcouru par le courant I. 1.1) Déterminer sa conductivité ? 1.2) En déduire la densité des porteurs majoritaires et minoritaires ? 1.3) Déterminer le niveau de Fermi par rapport à celui de la bande de conduction. On donne : à T=300K, n= 0,15 m2 V-1 S-1 ; p= 0,06 m2 V-1 S-1 ; ni= 1,1 1010 cm-3 ; Eg=1,12 eV ; Nc= Nv= 2,5 1019 cm-3 S= 10-3 cm2 ; L=2 cm ; = 1 mA ; U= 5 V 2) Que deviennent à une température T=400K, les densités des états disponibles dans la bande de conduction et de valence en supposant que les masses effectives ne changent pas avec la température ? 3) Si on néglige la variation du gap avec la température (en réalité < 4%), déterminer à T=400K : 3.1) la densité des porteurs intrinsèque ni’ ? 3.2) La nouvelle position du niveau de Fermi par rapport à Ec ? 3.3) Les densités des porteurs majoritaires et minoritaires ? 3.4) Les conductivités, sachant que les mobilités dépendent de la 3 T −2 température suivant la loi :  (T ) =  0 ( ) T0 Exercice 3 : dopage inhomogène On considère un barreau de silicium, de longueur L, de type N et dont le dopage suit une loi exponentielle. On supposera que tous les atomes donneurs sont ionisés. Leur densité est donnée par la relation suivante :  x N d = N 0 exp  −   x0  On rappelle que la densité d'électrons n est donnée dans tout  E − EF   , où NC est la semiconducteur par la relation suivante : n = N C exp  − C k BT   densité effective, EC le minimum de la bande de conduction, EF le niveau de Fermi, kB la constante de Boltzman et T la température de l'échantillon. On se placera à l'équilibre thermodynamique dans tout l'exercice. Données : L = 5 µm x0 = 2 µm N0 = 10 17 cm-3 NC =10 19 cm-3 Eg = 1.12 eV µn = 1450 cm²/Vs µp = 370 cm²/Vs On se placera à température ambiante. Pour les applications numériques on prendra kB T = 25 meV. 1) a) Donner l'expression de la densité de porteurs majoritaire n(x) en fonction de N0 et de x0. b) Donner la relation entre EC, EF, kB T, N0, NC , x0 et x. 5

c) En déduire le sens de variation de EC en fonction de x. Comment varient : EF, Ec et Ev en fonction de x ? d) Représenter sur un schéma le diagramme des bandes d'énergie complet. On calculera les positions relatives des différentes bandes en x = 0 et en x = L , et on les fera apparaître sur le diagramme. Le dopage non uniforme donne lieu à un mécanisme de diffusion des porteurs majoritaires. Cette diffusion donne elle même naissance à un  champ électrique induit E qui s'y oppose. 2) Représenter sur un schéma le sens de la diffusion des porteurs ainsi que le sens du champ électrique induit (on représentera également la densité de porteurs majoritaires). 3) Détermination du champ électrique.  On rappelle le lien entre le potentiel électrostatique V associé au champ E et le niveau d’énergie EC : EC = - q V + constante. a) A l'aide de l'équation trouvée à la question 2 b), déterminer l'expression du  champ E en fonction de x. c) Faire l'application numérique. 4) Autre méthode On souhaite retrouver cette expression par une autre méthode.  a) Ecrire la densité de courant d'électrons j n en fonction du champ E et de la densité de porteurs majoritaires n(x). b) Donner cette expression en fonction de x. c) En considérant que la densité de courant d'électrons est nulle à l'équilibre,  retrouver l'expression du champ électrique E .

Exercice 4 : On soumet à la température ambiante, du Silicium de type N (ND= 1011 cm-3) à la lumière (photons). On assiste à la création des paires électrons-trous. Le taux de génération G= 1018 cm-3/s. Le taux de recombinaison est lié à l’évolution des porteurs minoritaires p dans le temps par la relation : p(t ) − p0 dp(t ) =G − R=G − dt p

Sachant que la durée de vie p= 1 s. 1) Quelle est la densité des porteurs minoritaires p1 à t=0 si l’éclairement est uniforme permanent ? 2) Comparer les conductivités avant et après l’éclairement ? 3) La diffusion des porteurs minoritaires à l’intérieur du semi-conducteur obéit à l’équation : Dp

d 2 p ( x) dx 2

−

p( x) − p0 =0

p

a) Donner la variation de la densité du courant de diffusion des porteurs minoritaires en fonction de x. b) Quelle est sa valeur au niveau de la surface d’éclairement (x=0) ? On donne :

n= 0,15 m2/V S ; p=60,06 m2/V S ; ni= 1,1 1010 cm-3.

Série 3 Exercice 1 :

On réalise un contact entre un semi-conducteur dopé n et le même dopé p, le potentiel est constant à l’extérieur de la zone de contact où il subit une variation. Calculer cette hauteur de potentiel Vd sachant que pour le semi-conducteur intrinsèque avant le dopage ni= 2,5 1013 cm-3. Dans la région N, ND= 1015 cm-3 (les accepteurs sont négligeables) et dans la région P, N A= 1018 cm-3 (les donneurs sont négligeables) avec T=300 K. Exercice 2 :

On considère à la température T=300K, deux barreaux de silicium de dimensions identiques (L=10 mm, section S=100 mm 2). L’un est uniquement dopé au bore (NA=1016 cm-3) et l’autre au phosphore (ND=1017 cm-3). On donne : à T=300K ; Eg (Si) =1,12 eV, mn=1,18 m0 et mp=0,811 m0 (m0 étant la masse de l’électron dans le vide) ; n= 700 cm2/V S ; p= 400 cm2/V S 1) Déterminer à T=300K, la densité de population des porteurs libres dans chaque barreau ainsi que la résistance correspondante entre les extrémités séparées par la longueur L ? 2) On met en contact les deux barreaux de manière à former une jonction PN. Donner l’expression de la hauteur de la barrière de potentiel V d ? 3) Déterminer dans ces conditions l’expression de la variation dV d et en déduire la valeur de la dérivée en température de la barrière de potentiel à T=300K ? Exercice 3 Dans de l’arséniure de gallium de type P (NA = 1.0 1017 cm-3 ), on réalise un caisson ‘N’ en introduisant ND atomes donneurs par unité de volume. On obtient une jonction PN que l’on supposera abrupte et idéale dont la tension de barrière est égale à 1.27 V à la température ambiante. 1) Calculez la densité des porteurs négatifs dans le caisson ? 2) Quelle est la densité des impuretés donneuses nécessaire pour obtenir cette densité des porteurs négatifs ? 3) Quelle est (en pF/μm² ) la capacité par unité de surface de la jonction non polarisée ? La durée de vie des trous du côté N est supposée égale à la durée de vie des électrons du côté P. 4) Donnez l’expression du courant inverse idéal de cette jonction. 5) En prenant comme valeur de cette durée de vie 1.0 ns, quelle est la valeur (en μA/cm²) de ce courant inverse par unité de surface ? On donne : ni= 1012 cm-3 ; n= 0,80 m2/V S ; p= 0,040 m2/V S Exercice 4 1/ Considérons une jonction PN à 25°C avec un courant de saturation inverse de 10-9 A. 7

Trouver la tension aux bornes de la diode pour les cas suivants: b. Pas de courant (tension en circuit ouvert) c. 1 A d. 10 A 2/ La courbe IV d'une cellule photovoltaïque : Considérons une cellule photovoltaïque de 100 cm2 avec un courant de saturation inverse I0 = 10-12A/cm2. En plein soleil le courant de court-circuit est égal à 40 mA/cm2 à 25°C. Trouver la tension en circuit ouvert à plein soleil et pour 50% de la lumière du soleil. Tracer les résultats.

3/ Tension et courant d'un module PV. On considère un module PV constitué de 36 cellules identiques raccordés en série. Avec une insolation de 1 kW / m2, chaque cellule possède un court-circuit Isc = 3,4 A, à 25 ° C le courant de saturation inverse est I0 = 6. 10-10 A. Résistance parallèle Rp = 6,6 Ω et résistance série Rs = 0,005 Ω. a. Trouver la tension, le courant et la puissance délivrée lorsque la tension de

sortie de chaque cellule est de 0,50 V. b. Mettre en place un tableau pour I et V pour différents valeurs de Vd.

Exercice 5 (Étude des panneaux solaires) Un panneau solaire photovoltaïque produit de l'énergie électrique à partir de l'énergie lumineuse reçue. Il peut être considéré comme un générateur continu. Les caractéristiques courant-tension d'un panneau solaire, pour deux ensoleillements différents, sont représentées sur la figure ci-dessous :

8

1/ Etude dans le cas d'un ensoleillement optimal : la caractéristique courant-tension correspond à la courbe 1. 1.1/ Déterminer la valeur de la tension à vide d'un panneau solaire UCO = 44 V 1.2/ Déterminer l'intensité du courant de court-circuit. ICC = 4,6 A 1.3/ Déterminer la puissance électrique fournie par le panneau pour une tension de fonctionnement égale à 35 V. Pf = 35 x 4,3 = 150,5 W 1.4/ En déduire l'énergie électrique produite en 10 heures d'ensoleillement. We = Pf . t = 150,5 x 10 = 1505 Wh 2/ Etude dans le cas d'un ensoleillement plus faible : la caractéristique courant-tension correspond à la courbe 2. Déterminer la puissance électrique fournie par un panneau pour une tension de fonctionnement égale à 35 V. Pf = 35 x 2,5 = 87,5 W 3/ Pour disposer d'une puissance suffisante pour alimenter l'exploitation agricole, il faut associer plusieurs panneaux. 3.1. Quel est l'intérêt d'une association en série ? Permet d’augmenter la tension 3.2. Quel est l'intérêt d'une association en parallèle ? Permet d’augmenter la tension 4/ La puissance maximale délivrée par chaque panneau vaut 150 W. L'installation doit pouvoir fournir une puissance maximale égale à 2100 W. 4.1/ Combien de panneaux faut-il utiliser ? 14 panneaux 4.2/ La tension de fonctionnement nominal d'un panneau à puissance maximale est égale à 35 V. L'installation doit délivrer une tension de 70 V. Comment les panneaux doivent ils être associés ? (pour répondre, un schéma peut suffire)

4.3/ Déterminer l'intensité du courant débité par l'installation lors d'un fonctionnement à puissance maximale. I = P/U = 2100/70 = 30 A

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Solutions

10

Série 1 (Correction) Exercice 1 : 2 1°) On a : ni = p.n d’où ni =

p.n

E − E Fi E − E Fi ni = N c exp(− c ) NV exp( V ) 2 KT 2 KT Eg E − EV ni = N c NV exp(− c ) = N c NV exp(− ) 2 KT 2 KT N c NV E g = 2 KT ln( ) ni

(1eV=1,602 10-19 J  KT=25,8 meV  26 meV)

A.N : Eg= 1,47 eV

Le Semi-conducteur est intrinsèque, alors : ni = p = n

E − E Fi ni = NV exp( V ) 2 KT



N E Fi = EV + KT ln( V ) = EV + KT ln( NV ) − KT ln( ni ) ni Eg E Fi = EV + KT ln( NV ) − KT ln( N c NV exp(− )) 2 KT E g KT NV E Fi = EV + + ln( ) 2 2 Nc A.N : EFi = EV + 0,73 (eV ) 2°) n = p + ND

2 Or le Sc est non dégénéré, alors ni = p.n ni2 Donc n = + N D d’où n 2 − N D n − ni2 = 0

n N N 2 2 Donc n = D + ni + ( D ) (>0, la solution >ni  régime extrinsèque ni2 16 -3 Donc n = ND= 10 cm et p= = 2,17.1011 cm −3 ND Exercice 2 : 1) Le semi-conducteur est intrinsèque : ni = pi

E − E Fi E − E Fi Donc N c exp(− c ) = NV exp( V )

KT KT E − Ec N E − E Fi Alors Fi = ln( V ) + V KT Nc KT N Donc E Fi − Ec = KT ln( V ) + EV − E Fi Nc E + EV KT N c Alors E Fi = c − ln( ) 2 2 Nv 3  Ec + EV KT  mn 2  D’où E Fi = − ln ( ) 2 2  mp    a) Dans le cas où mp = mn

E + EV E Fi = c = Ei donc E Fi est au milieu de la bande interdite. 2 mp m 1 = 2 donc n = b) Dans le cas où mn mp 2

Nous avons

 3 Ec + EV KT  1 2  Alors E Fi = − ln ( ) 2 2  2     3 1 Or ln ( ) 2   −0,04  2    12

alors EFi = Ei + 0,0135 (eV ) Donc E Fi s’approche de la bande de conduction. 2) La présence des impuretés donneurs ou accepteurs provoque un déplacement du niveau de Fermi. 3 2mn KT 2 Ec − E F ) n = N c exp(− ) avec N c = 2( 2 KT

h

3

2m p KT E − EF )2 p = NV exp( V ) avec N v = 2( 2 KT h 3

2 E − Ec − EV m 2 E − Ec − EV n Nc = exp( F ) = ( n ) 2 exp( F ) Donc p NV KT mp KT 3

2 E Fi − Ec − EV ni m = 1 = ( n ) 2 exp( ) Or pi mp KT Alors

2( E F − E Fi ) n = exp p KT

On en déduit que : E F = E Fi +

KT n ln 2 p

Alors si le scemiconducteur est de type n et si le scemiconducteur est de type p

 n>p  n EFi  EF < EFi

On en déduit que le niveau de Fermi se rapproche de la bande qui contient les porteurs majoritaires (Bande de conduction pour le SC de type n et bande de valence pour le SC de type p) a) Pour : n1 = 4 .1015 électrons /cm3 à 300°K p1 = 4 .1013 trous / cm3. On aura E F = E Fi + 0,06 (ev) à T=300K b) Pour : n2 = 8 .1012 électrons /cm3 à 300°K p2 = 2 .1016 trous / cm3. On aura E F = E Fi − 0,102 (ev) à T=300K Exercice 3: 1) Il faut comparer ni et ND.

E − Ev 2 On a ni = n. p = N c N v exp(− c ) KT

Donc ni =

N c N v exp(−

Eg 2 KT

)

3

2mn KT 2 ) Or N c = 2( h2

et 13

N v = 2(

2m p KT h2

3 )2

A.N. KT= 0,026 eV ; m0= 9,1 10-31 Kg ; k=1,38 10-23 J.K-1 ; h=6,62 10-34 J.S

N C = 1,024 1019 cm − 3 et NV = 5,42 1018 cm − 3 13 −3 donc ni = 2,07 10 cm

et on N D =

4 10 22 4 10 7

= 1015 cm − 3

On a ND>>ni alors le semi-conducteur est en régime extrinsèque.

15 −3 15 −3 2) On a N D = 10 cm et N A = 2,5 10 cm

L’équation de neutralité électrique : n + NA = p + N D On a NA - ND = 1,5 1015 cm-3 d onc NA > ND  on néglige n D’où NA = p + ND  p = NA - ND  p = 1,5 1015 cm-3 ni2 ni2 Et n =  n = 2,7 1011 cm-3 = p N A − ND

2ème méthode : on résout l’équation du deuxième degré : ni2 n + N A = p + ND  n + N A − ND − =0 n n 2 + ( N A − N D )n − ni2 = 0 D’où n = −(

n2 N A − ND N − ND 2 )+ ( A ) + ni2 et p = i 2 2 n

On a :

E − EF p = N A − N D = NV exp( V ) KT NV E F = EV + KT ln( ) N A − ND

AN

E F = EV + 0,0258 ln(

5,42 1018 1,5 1015

)

14



E F = EV + 0,2113 (eV )

Exercice 4 I- Semi-conducteur intrinsèque

4)

E − EF E − EF 0n a n = N c exp(− c ) ) et p = NV exp( V

5)

E − Ev 2 On a ni = n. p = N c N v exp(− c )

KT

KT

KT

Donc ni = On a

N c N v exp(−

ni N =1= c pi NV

Eg

) 2 KT 2 E − Ec − EV exp( Fi ) KT

Ec + EV KT N v + ln( ), 2 2 Nc Eg On a ni = N c N v exp(− ) 2 KT

Alors E Fi = 6)

D’où E Fi − EV =

Eg 2

+

N KT ln( v ) 2 Nc

Pour Ev= 0 ev et T=300 K

1,1 0,026) = 1,12  1010 cm −3 2 E g KT E g KT N v N On a E Fi − EV = + + ln( v ) ln( ) donc E Fi = 2 2 2 2 Nc Nc A.N : ni =

2,7  10191,1  1019 exp(−

Alors E Fi =

1,1 0,026 1,1  1019 + ln( ) donc E Fi = 0,538ev 19 2 2 2,7  10

II- Semi-conducteur extrinsèque Le silicium est dopé avec du phosphore de concentration 1015 cm-3. 7) Le phosphore est de type donneur : ND=1015 cm-3. Or ND >> ni alors n ND D’où n= 1015 cm-3 à T= 27°=300 K ni2 ni2 (1,12  1010 ) 2 d’où p= 125 cm-3 p= = = 15 n ND 10 Le semiconducteur est donc de type n (n>>p). 8) à T= 27°C , on a :

Ec − E Fi + E Fi − E F E − EF n = N D = N c exp(− c ) = N c exp(− ) KT KT Ec − E Fi EF − EF EF − EF ) exp(− i ) = ni exp(− i ) KT KT KT N E F = E Fi + KT ln( D ) A.N : ni

Donc N D = N c exp(− Alors

15

E F = 0,538 + 0,026 ln(

D’où

1015 10

)

1,2  10 EF = 0,538 + 0,2945 = 0 ,832 eV Ec ____________________________ 0,55 ev EF Ei ---------------------------------------------EFi Eg=1 ,1 ev 0, 55 ev 0,538 ev 0,83 eV Ev _______________________________

Série 2 (Correction) Exercice 1 :

16

Exercice 2 :

1.1) Conductivité :   j = E

 V   i et E = − gradV = − x 17

donc

E=

V L

I = j.S =  .E.S =  .S .

Or

V L

I L . V S

10 −3 2 = . = 0,4  −1cm −1 5 10 −3

AN

1.2) Le semi-conducteur est de type N, alors

 n= q n

Donc

AN

=

alors

n=

ni2 p= n

et

0,4 1,6 10 −19 0,15 10 4

p=

(1,1) 2 10 20 15

   n = qn n

= 1,666 1015 cm − 3

= 0,726 10 5 cm − 3

1,666 10 1.3)

Position du niveau de Fermi

E − EF n = N c exp(− c ) KT E F = Ec − KT ln(

AN

n  ND

et

Nc ) ND

E F = Ec − 0,0258 ln(

2,5 1019 15

1,666 10

) = Ec − 0,249 (eV )

2) Densités d’états 3

3

3

3

2mn KT 2 2mn KT0 2 T 2 T N c (T ) = 2( ) = 2( ) ( ) = N c (T0 )( ) 2 T0 T0 h2 h2 N v (T ) = 2(

2m p KT h2

3 3 3 3 2m p KT0 T T ) 2 = 2( ) 2 ( ) 2 = N v (T0 )( ) 2 2 T0 T0 h

18

AN

3 19 400 2 N c (T ) = N v (T ) = 2,5 10 ( ) = 3,85 1019 cm − 3

300

3.1) Densité intrinsèque

ni' = N c (T ) N v (T ) exp(−

Eg 2 KT

AN

)

ni' = 3,43 1012 cm −3

3.2) Position du niveau de Fermi

N (T ) E F = Ec − KT ln( c ) ND

AN

E F = Ec −

1,38 10 − 23 400 1,6 10

−19

ln(

3,85 1019 15

1,66 10

) = Ec − 0,3 (eV )

Le niveau de Fermi s’éloigne de la BC, le semiconducteur tend à devenir ’’intrinsèque’’ (n=p=ND) 3.3) Les densités des porteurs de charges

n'  N D

n'i2 p' = n'

et

p' =

AN

(3,43) 2 10 24 1,666 1015

n' = 1,666 1015 cm −3

= 7,09 10 9 cm − 3

3

T 3.4) Les conductivités  'n = qn'  'n = qN D  n0 ( ) 2 T0

et

3

T  ' p = qp'  ' p = qp'  p 0 ( ) 2 T0

AN

 'n = 1,6 10

−19

 ' p = 1,6 10

−19

15

1,66 10

7,09 10

3 − 4 400 2 0,15 10 ( ) = 0,26  −1cm −1

300

9

3 − 4 400 2 0,06 10 ( ) = 4,42 10 − 7  −1cm −1

300

19

Exercice 3 :

20

Exercice 4 : 4) Densité des porteurs minoritaires p1 à t=0 si l’éclairement est uniforme permanent : ni2 - Sans lumière Pn = P0 tel que P0 = ND

AN : P0=1,21 109 cm-3 - A la lumière, G= 1018 cm-3/s

En régime permanent uniforme, nous avons : Alors : G − p1 − p0 = 0 d’où p1 = p0 +  p G

dp(t ) =0 dt

p

AN : P1 = 1012 cm-3 C/C Le semi-conducteur est en dehors d’équilibre car le nombre des porteurs minoritaires est beaucoup plus important qu’à l’équilibre. Le nombre des porteurs majoritaires reste inchangé. On remarque que : P1 >> ND . 5) Conductivités : avant l’éclairement : AN :

 0 = q(n0  n + p0  p )

 0 = 2,41  10 −3  −1m −1

après l’éclairement :

 1 = q(n1 n + p1 p ) or n1 n0  ND

Donc  1 = q (n0  n + p1 p ) AN :  0 = 12  10 −3

21

 −1m −1

On a

1  5. 0

On en déduit donc que la conductivité après éclairement est pratiquement 5 fois plus grand que sa valeur à l’obscurité. 3-a) Variation de la densité du courant de diffusion des porteurs minoritaires 2 d 2 p( x) p( x) − p 0 On a : D p d p( x) − p( x) − p0 = 0 donc − =0 Dp p dx 2 dx 2 p

x x ) + B exp( ) D p p D p p Pour que la solution soit convergente ( l im ( p( x) − p0 ) = 0 ) c'est-à-

Alors p ( x) − p0 = A exp(−

x →

dire un retour à l’état d’équilibre loin de la zone d’éclairement à l’intérieur du semi-conducteur. Alors B=0 x ) , On pose LP = D p p D’où p ( x) − p0 = A exp(− D p p Alors p( x) − p0 = A exp(−

x ) Lp

A t=0 , On a p1-p0 = A

(Lp : la longueur de diffusion) alors p( x) − p0 = p1 − p0 exp(−

x ) Lp

 p( x)   Or j p = −qD p gr ad ( p) = −qD p ex x  p − p0 x  D’où j p ( x) = qD p 1 exp(− )ex Lp Lp 3-b) Sa valeur au niveau de la surface d’éclairement

A la surface, (x=0) , alors : G p D p p p − p0 j p (0) = qD p 1 = qD p = qG Lp Lp D p p Donc j p (0) = qG D p p

AN :

j p (0) = 6,3

Am − 2

Série 3 (correction) Exercice 1 :

On a :

E − EF nn = N c exp(− cn ) K BT

et

22

p p = N v exp(

E F − Ecp ) K BT

Dans la région N :

nnND

et

n2 pn = i ND

Dans la région P :

ppNA

et

n2 np = i NA

ECp qVd ECn EVp qVd EVn

E − EF Or : nn = N c exp(− cn et ) K BT Ecp − Ecn n qV Alors n = exp( ) = exp( d ) np K BT K BT n D’où qVd = K BT ln( n ) Donc np

n p = N c exp(

Vd =

E F − Ecp ) K BT

K BT N N ln( A D ) q ni2

AN : Vd = 0,36 V

Exercice 2 : 1) Si (P)

Si (N)

pp= NA

nn= ND

ni2 np = NA

ni2 pn = ND

3  3 3  mp 2  KTm 2  KTm m Eg Eg 2 0 0 n ni = N c N v exp(− ) = 2( ) 2  2( ) 2 ( ) 2 exp(− )   m0 m0 KT  KT h2 h2



Alors : On a R = 

ni=

1010

cm-3

;



np=

104

cm-3

L S 23



;

pn = 103 cm-3

L 1 L 1 L 1 L = 89 m = = = S  n S qn n S qN D  n S L 1 L 1 L 1 L = 1,5  Rp =  p = = = S  p S qp p S qN A  p S

Rn =  n

Côté N : Côté P : 2) Vd =

KT N A N D ln( ) = 0,78 V. 2 q ni

On a une barrière de potentiel inférieure au gap du matériau. 3) on a Vd = f(T, ni)

Vd =

KT N A N D KT ln( )= [ln( N A N D ) − ln( ni2 )] 2 q q ni

3  3 3  mp 2  KTm 2  KTm m Eg Eg 2 0 0 n ni = N c N v exp(− ) = 2( ) 2  2( ) 2 ( ) 2 exp(− )    m0 m0 KT KT h2 h2







3

 2Km0 3  mn m p 2 3 Eg Eg = 2( ) ( ) T exp(− ) = AT 3 exp(− ) KT KT h2   m0 m0 Eg ln( ni2 ) = ln A + 3 ln T − KT KT Eg Vd = [ln( N A N D ) − ln A − 3 ln T + ] q KT

dVd K = [ln( N A N D ) − ln A − 3 − 3 ln T ] dT q dVd K N N Eg = [ln( A D ) − 3] − dT q qT ni2 AN : à T=300K

dVd 1,38.10 − 23 1,12 = [ln(1013 ) − 3] − = −1,41 mV / K −19 dT 300 1,6.10

Exercice 3 1)

Densité des porteurs négatifs dans le caisson

On utilise la relation reliant la densité des porteurs négatifs du coté ‘P’ de la jonction et la densité des porteurs négatifs du coté ‘N’ de la jonction : qV qV alors n p = nn exp(− d ) nn = n p exp( d ) K BT K BT D’où

ni2 qV nn = exp( d ) NA K BT

AN :

nn= 1,2 1017 cm-3

2) Densité des impuretés donneuses nécessaire pour obtenir cette densité des porteurs négatifs 24

On a : nn + NA = ND

AN :

ND = 2,2 1017 cm-3

3) Capacité par unité de surface de la jonction non polarisée

C j (0) S

AN : 1)

=

 W

=

C j (0) S

 2 1 1 ( + )Vd q p p nn

=

 2 1 1 ( + )Vd q N A ND − N A

= 6,4  10 − 4 pF / m 2

Expression du courant inverse idéal de cette jonction

La durée de vie des trous du côté N est supposée égale à la durée de vie des électrons du côté P : C'est-à-dire n = p =  Dp D On a : I s = Sqni2 ( n + ) Ln N A L p ( N D − N A ) Avec Ln = Dn n On a aussi :

Dn

n

et

=

Dp

p

=

L p = D p p

et

n = p = 

KT q

p  I KT 1 Alors s = qni2 ( n + ) S q  NA ND − N A 5) Valeur du courant inverse par unité de surface (en μA/cm²)

Is 0,80 0,040 1 1 = 1,6  10 −19  10 24 ( + ) = 0,85  10 −14 A / m 2 S 40 10 −9 10 23 1,15  10 23 AN :

Is = 0,85  10 −12 A / cm 2 S

Exercice 4 1/

(à 25°C)

a. Dans la condition de circuit ouvert, Id = 0 → Vd = 0. b. Pour Id = 1 A, nous pouvons trouver Vd en réarrangeant (8.5):

25

c. pour Id = 10 A,

2/ Le courant de saturation inverse I0 est 10-12 A/cm2 x100 cm2 = 10-10 A. Au plein soleil Isc est égale 0.040 A/cm2 x100cm2 = 4.0 A. À partir (8.11), la tension en circuit ouvert est donnée par:

Comme le courant de court-circuit est proportionnelle à l'intensité solaire, à la moitié de soleil Isc = 2 A et la tension en circuit ouvert est:

3/ . a.

En utilisant Vd = 0.50 V

La tension produite par le module 36-cellules Vmodule = n(Vd – I Rs) = 36(0.50 – 3.16 X 0.005) = 17.43 V La puissance délivrée est donnée par : P (watts) = Vmodule . I = 17.43 X 3.16 = 55.0 W b. Les résultats sont regroupés dans le tableau suivant:

26

Vd

Nombre de cellules, n = 36 Parallèle résistance / cellule RP (ohms) = 6,6 Resistance série /cell Rs (ohms) = 0.005 Courant de saturation inverse I0 (A) = 6.00E-10 Courant de court-circuit à -Sun (A) = 3,4 Vmodule=n(Vd –I Rs)

0.49 0.50 0.51 0.52 0.53 0.54 0.55

3.21 3.16 3.07 2.96 2.78 2.52 2.14

17.06 17.43 17.81 18.19 18.58 18.99 19.41

P(watts)= Vmodule . I 54.80 55.02 54.75 53.76 51.65 47.89 41.59

Notez que nous avons trouvé le point de puissance maximale pour ce module, qui est égale à I= 3,16 A, V = 17,43 V et P = 55 W.

27