TD01 Semiconducteurs [PDF]

Zitiervorschau

Master1 Physique Physique des semi-conducteurs Corrigé Série 1 : Chapitre d’Introduction Exercice 1 : • Loi d’action de masse : n p=n 2i Neutralité électrique : n+ N a =p + N d ;( dopage n : N a=0) en résolvant le système pour n , on obtient l’équation du second degré : n ²−N d n+ 4 n2i =0 En éliminant la solution négative, on obtient : Nd n2i n= (1+ (1+ 4 2 )) . 2 Nd

√

AN :

•

• •

n2i N d ≫ni−→n∼N d ; p∼ n

n=2 x 1020 m−3

p=0.6 x 1012 m−3 ≪n

1 1 ; ρ∼ =0.21 Ω m ; q n μn q(n μ n+ p μ p ) Pour le cuivre on obtient ρCu=1.8 x 10−8 Ω m très faible comparée à celle du Si dopé. L Résistance du barreau R=ρ =1.05 K Ω S U Courant : I = =4.8 mA R résistivité : ρ=

Exercice 2 : •

σ =q (n μ n + p μ p); p=

n2i n

fonction d’un paramètre

ces deux relations permettent d’exprimer la conductivité en n2i μ )( Eq . I ) . La conductivité minimale n p μ =0 ; ce qui donne après calcul nm =ni ( μ p ) et en n

σ (n)=q (n μ n +

correspond à n=nm telle que

[ ∂∂nσ ]

nm

√

injectant cette valeur dans l’ Eq. I on obtient : σ m=2 q ni √( μn μ p ) . Sachant que la conductivité intrinsèque est donnée par σi =q ni ( μ n+ μ p) , on peut écrire : 2 √(μ μ ) σ m=σ i μ +nμ p . n p σ m= σi correspond à

•

2

σ m≤σi → μn +μ p≥2 √(μn μ p )→(μ n+μ p ) >4 μn μ p →(μ n−μ p )²≥0(vérifié ) μ n= μ p

Complément : on peut montrer que

Calculs des concentrations : μp 19 −3 nm =ni ( μ n )=1.4 x 10 m

n2i pm= =2.8 x 1019 m−3 nm 19 −3 N d −N a=nm− pm =−1.4 x 10 m (valeur négative, dopage p)

√

; le cas

Master1 Physique Physique des semi-conducteurs Corrigé Série 1: Chapitre d’Introduction Exercice 3 : 

Calcul des concentrations : NAs, n et p. As : élément pentavalent, le dopage est donc de type n, et NAs=Nd Nd =(nombre d’atomes d’As dans 10-6 g) / (volume occupé par 1 g de Si), ce qui donne : Nd=

mAs N ρSi M As mSi

On doit avoir les valeurs ρ Si =2,33 g /cm− 3et du nombre d'Avogadro N=6,02 x 10 23 pour faire l’application numérique, qui donne : N d =1,87 1016 cm− 3=1,87 1022 m− 3 *n? Loi de masse : n × p=n2i Neutralité électrique: n+ N a= p+ N d (dopage n: N a =0) En résolvant le système pour n, on obtient l’équation du second degré : n2 − N d n− n2i =0 En éliminant la solution négative, on obtient :

[ √( )]

N n= d 1 + 2

2

1+ 4

ni

N 2d

n2i AN : N d ≫ ni → n ∼ N d ; p= n=1,87 x 1022 m− 3; p=6,44 x 1010 m− 3 ≪ n n 1 1 −3  résistivité : ρ= q n μ + p μ ; ρ ∼ qn μ =2,2 x 10 Ωm ( n n p) ρ=2,2 Ωmm

Exercice 4 : 

Dopage avec des atomes trivalents : dopage de type p ( p > n) 1  résistivité intrinsèque : ρi= q ni ( μ n + μ p ) résistivité extrinsèque : ρ=



1 q ( n μ n+ p μ p )

ρi ( n μ n+ p μ p ) = ρ ni ( μ n + μ p ) n2i La loi de masse : n × p=n ⇒ p= n 2 i



En résolvant le système pour p ( préférable car p>n), on obtient l’équation du second degré: 2

p−

ρi μn μn 2 1+ ni p+ ni =0 ρ μp μp

( )

p1,2=ni

[√

qui admet 2 solutions:

ρi μn μn 1+ 1± 1−4 2ρ μp μ p ρ2i

( )

ρ

2

1

(

1+

μn μp

)] 2

toutes les deux positives et qui

correspondent à une solution > ni à conserver (dopage p), et une autre < ni à éliminer car correspond à un dopage n qui donnerai la même résistivité. (Nb : on peut simplifier l’écriture des équations en posant des constantes sans dimension, par exemple α=

μ μ ρ 1+ n ; et β = n ) ρi μp μp

( )

AN : p=5,63 1019 m− 3, n=



n2i 18 −3 =1,26 10 m p

Neutralité électrique : n+ N a= p+ N d (dopage p: N d =0) AN : N a =5,5010 19 m −3 N Ger ρGer N / M Ger = Na Na

AN :

N Ger 8 =8,0 x 10 (dopage très faible) Na