Fundamentos em SemicondutoresExercícios Resolvidos

Prof. Dr. Heitor Cury Basso1

Departamento de Engenharia Elétrica - EESC - USP

1 Questões numéricas

Valor adotado para as constantes físicas de interesseT = 300K q = 1:6 � 10�19C me = 9:1 � 10�31kg k = 1:38 � 10�23J=K h = 6:6 � 10�34J:skTq = 0:02585 V �0 = 8:854 � 10�12 F=m 1 eV = 1:6 � 10�19JSilício (300K):�r = 11 � = 5 � 10�15m3=s ni = 1:6 � 1016m�3 EG = 1:1eV �p = 0:05m2=V s �n =

0:15m2=V sDn = 3:6 � 10�3m2=s Dp = 1:3 � 10�3m2=s Dmed = 2:6 � 10�3m2=s N0 = 2:9 � 1025m�3

1.1 Física básica e modelo clássico de condução

1. Um plano in�nito unformemente carregado com carga positiva e localizado em x = 0, gera um campoelétrico uniforme dado por

�!E (x) = E0bx, para x � 0; �E0bx, para x � 0. Gra�que o potencial elétrico

gerado.

V (x) = �R �!E � �!x =) �E0x; x � 0; E0x; x � 0

� jxj

52.50-2.5-5

-1.25

-2.5

-3.75

-5

x

y

x

y

1Este materia complementa o conteúdo oferecido na página do curso "Fundamentos em Semicondutores", hospedada no sitedo SEL, Cursos de Graduação "on line". Comentários, sugestões e correções favor enviar para hcbasso.ens@gmail.comA cópia, integral ou de parte, alteração, reprodução por qualquer meio mecânico, fotográ�co, elétrico ou eletrônico, utilização

que não para o �m destinado pelo autor ou distribuiçao a título gratuíto ou oneroso sem expressa autorização do autor sãoproibidas e violam o direito de propriedade intelectual, cabendo ao infrator das penas previstas em lei bem como custasindenizatórias.Este trabalho contou com o apoio da Pró-Reitoria de Graduação (gestão 2001-2005), através do projeto PROMAT

1

1. Dois planos in�nitos uniformemente carregados com cargas opostas estão em x = �a (o negativo) ex = +a (o positivo). Gra�que o potencial elétrico gerado.

Placa positiva: V (x) = �R �!E � �!x =) �E0 � (x� a); x � a; E0 � (x� a); x � a

� jx� 2j

52.50-2.5-5

-1.25

-2.5

-3.75

-5

-6.25

x

y

x

y

Placa negativa:V (x) = �R �!E � �!x =) E0 � (x+ a); x � �a; �E0 � (x+ a); x � �a

+ jx+ 2j

52.50-2.5-5

6.25

5

3.75

2.5

1.25

x

y

x

y

Potencial elétrico total:Vt(x) = E0 � (� jx� aj+ jx+ aj)� jx� 2j+ jx+ 2j

52.50-2.5-5

4

2

0

-2

-4

x

y

x

y

2

1. O ponto A está a um potencial elétrico de +1V em relação a outro ponto (B) no vácuo. Um elétroninicialmente parado em B se move para A devido à diferença de potencial. Pergunta-se: a) qual aenergia (em Joule e eV) que o elétron terá em A? b) qual a velocidade e quantidade de movimento doelétron em A?

�Ep = q�V = 1:6 � 10�19 � 1 = 1:6 � 10�19J = 1eV12mv

2 = �Ep =) v =q

2�1:6�10�199:1�10�31 = 5: 930 0� 105m=s; p = mv = 9:1 � 10�31 � 5: 930 0� 105 = 5:

396 3� 10�25kgm=s

1. Pode-se assumir que o cobre tem um átomo para cada 27 Angstrons cúbicos (1�A = 10�10m). Supondoque cada átomo libere um elétron para transporte de corrente elétrica e que um �o de cobre possatransportar 1A=mm2, qual será a velocidade média dos elétrons?

N = 1(3�10�10)3 = 3: 703 7� 10

28; v =1

(10�3)2

1:6�10�19�N : v =1

(10�3)2

1:6�10�19�3: 703 7�1028 = 1: 687 5� 10�4m=s

1. A mobilidade dos portadores negativos no Si é � = 1350 cm2=V s (atenção para as unidades!).Caso a velocidade térmica média desses portadores se relacionasse com a temperatura pela expressão12mv

2 = 32kT , qual seria o valor do campo elétrico necessário para arrastar os portadores com a mesma

velocidade?

v =q

3�k�Tm = �E =) E = 1

�

q3�k�Tm ; E = 1

0:135

q3�1:38�10�23�300

9:1�10�31 : E = 8: 653 8� 105V=m

1. Um bloco de silício puro tem sua resistividade medida à temperatura de 300K. Supondo que suamobilidade eletrônica seja constante e igual a 1350 cm2=V s, a que temperatura deverá ser colocadopara que a resistividade seja cinco vezes maior?

� = e�kT

2q�N0=) só expoente: e

�k�(T+t)

2q�N0= 1

2q�N0e

1Tk� � 1

T 2kq t�

2�N0e

1Tk�

�(t)� = 1� t

T�kT ;

deve ser aprox 5; t = �4 � T 2�k� = �4 � 3002�1:38�10�230:5�1:6�10�19 = �62:1K =) Tf = 300� 62:1 = 237: 9

1.2 Mecânica quântica

1. Usando E = hf e a relação f = c� , onde c = 3:10

8m=s, determine a energia de um fóton: a) de umaonda de rádio, onde f � 1MHz; b) da luz, onde � � 500nm.

E = hf =) E = 6:6 � 10�34 � 106 = 6: 6 � 10�28J ; E = hf = h c� =) E = 6:6 � 10�34 � 3�108500�10�9 =

3: 96� 10�19J

1. Sabendo que o comprimento de de Broglie de uma partícula é dado por � = hmv , calcule o comprimento

de onda para um portador negativo do silício, quando um campo elétrico de 105V=m é aplicado nomaterial. São dados: m = 10�30kg; h = 6:610�34Js; � = 1350 cm2=V s.

� = hmv =

hm�E =) � = 6:6�10�34

9:1�10�31�0:135�105 = 5: 372 4� 10�8m

1.3 Semicondutor intrínseco e extrínseco

1. É dada a tabela abaixo, com a energia de gap (em eV), densidade de estados (em m�3) e mobilidade(m2=V s), sempre à temperatura ambiente (T = 300K), para três diferentes semicondutores puros A,B e C:

3

EG N0 �A 1:1 2:1025 0:12B 0:66 8:1024 0:3C 1:4 4:1024 0:5

Sabendo que a resistividade no semicondutor puro é dada por � = 12q�n , determine o valor desta para os

três semicondutores.Resposta:�A =

12q�n ; �A =

1

2q�N0e� EG

2kT

; �A =1

2�1:6�10�19�0:12�2�1025e�1:1

2�0:0258= 2359: 7Ohm.m

�B =1

2�1:6�10�19�0:3�8�1024e�0:66

2�0:0258= 0:467 27Ohm.m;

�C =1

2�1:6�10�19�0:5�4�1024e�1:4

2�0:0258= 9: 484 3� 105Ohm.m

1. Um novo material semicondutor puro foi obtido, onde o gap pode ser variado entre 0.1 eV e 1 eV, depen-dendo da pressão mecânica P aplicada no material. A equação para o gap é Eg =

�1� 10�8P

�(eV ),

com P � 9:107 N=m2. Nesse semicondutor N0 = 1025 estados=m3, a mobilidade para portadores pos-itivos e negativos é a mesma e igual a � = 0:1 m2=V s e a taxa de recombinação é �r = 5:10�15 m3=s,sempre. Determine: a) o tempo de relaxação e o comprimento de difusão para P = 2:107 N=m2,P = 4:107 N=m2, P = 6:107 N=m2, P = 8:107 N=m2; b) o valor de P para o qual o produto n0L(densidade super�cial de portadores) é máximo.

Eg =�1� 10�8P

�(eV ), N0 = 1025 estados=m3, � = 0:1 m2=V s �r = 5:10

�15 m3=s,

a) � r = 12�rn0

=) � r =e

EG2kT

2�rN0= e

q(1�10�8P)2kT

2�rN0

� r =e

1:6�10�19�(1�10�8�p)2�1:38�10�23�3002�5:�10�15�1025 = 1:0� 10�11 exp

�19: 324� 1: 932 4� 10�7p

�s

L =q�kTq � r =) L =

q0:1 1:38�10

�23�3001:6�10�19 � 1:0 � 10�11 exp (19: 324� 1: 932 4� 10�7p)

=p2: 587 5� 10�14 exp (19: 324� 1: 932 4� 10�7p)m

: .usando as expressões resultantes, substituir a pressão e calcular L; �

b) n0L = n0q�kTq � r =

q�kTq

n02�r

=) n0L =

r0:1 � 1:38�10�23�3001:6�10�19 � 1025�e

�1:6�10�19�(1�10�8�p)

2�1:38�10�23�3002�5�10�15 =p

2: 587 5� 1036 exp (1: 932 4� 10�7p� 19: 324)m2; máximo para a maior pressão possível.

1. Em um bloco de silício puro, com 200�m de espessura, existem portadores negativos e positivos emexcesso dados por �n(x) = 1012(200�m � x)2; onde x é a distância da superfície ao interior do bloco.Determine a expressão da densidade de corrente de difusão para cada um desses portadores e o valordessa densidade em 100�m. Assuma Dn = Dp = Dm = 2:6 � 10�3m2=s. Não há recombinação.

n(x) = 1012(200�m� x)2jn (x) = q:Dn:

@@xn (x) =) jn (x) = 1:6�10�19�2:6�10�3� @

@x (1012�(200�10�6�x)2) = 8: 32�10�10x�1:

664� 10�13jp (x) = �q:Dp: @@xn (x) =) jp (x) = �1:6 � 10�19 � 2:6 � 10�3 � @

@x (1012 � (200 � 10�6 � x)2) = 1:

664� 10�13 � 8: 32� 10�10xEm x = 100 � 10�6 =) jn (x) = 8: 32� 10�10 � 100 � 10�6 � 1: 664� 10�13 = �8:32� 10�14A=m2

1. Um novo material semicondutor puro foi obtido, onde o gap pode ser variado entre 0.1 eV e 1 eV, depen-dendo da pressão mecânica P aplicada no material. A equação para o gap é Eg =

�1� 10�8P

�(eV ),

com P � 9:107 N=m2. Nesse semicondutor N0 = 1025 estados=m3, a mobilidade para portadores pos-itivos e negativos é a mesma e igual a � = 0:1 m2=V s e a taxa de recombinação é �r = 5:10�15 m3=s,sempre. Sabendo que a partir da superfície �n(x) = �no exp(�x=L) e �p(x) = �po exp(�x=L), onde

4

L é o comprimento de difusão, e que �no = �po e �no=no = 0:1, determine a densidade de correntede difusão, de um dos portadores, em função de P . Utilize a relação de Einstein e admita sempre queno = po.

Eg =�1� 10�8P

�(eV ), N0 = 1025 estados=m3, � = 0:1 m2=V s �r = 5:10�15 m3=s, �n(x) =

�no exp(�x=L) e �p(x) = �po exp(�x=L), �no = �po �no=no = 0:1, no = po.; jp (x) =

�q:Dp: @@x�p (x) = �q:Dp:@@x (0:1�no�exp(�x=L)) = 0:1�

q�Dp

L �no�exp(�x=L); jp (x) = 0:1� q�DpqDp

12�rn0

�

no � exp(�x=L)= 0:1 � q �

p2�Dpno3 � exp(�x=L)A=m2

jp (x) = 0:1 � 1:6 � 10�19 �

s2 � 5 � 10�15 � 0:1 � 1:38�10�23�3001:6�10�19 �

�1025 � e�

1:6�10�19�(1�10�8�p)2�1:38�10�23�300

�3� exp(�x=

p2: 587 5� 10�14 exp (19: 324� 1: 932 4� 10�7p))

= 1: 6� 10�20 exp��1:0 xp

2: 587 5�10�14 exp(19: 324�1: 932 4�10�7p)

��p2: 587 5� 1058 exp3 (1: 932 4� 10�7p� 19: 324)A=m2

= 1: 6� 10�20 exp��1:0 10�6p

2: 587 5�10�14 exp(19: 324�1: 932 4�10�78:107)

��p2: 587 5� 1058 exp3 (1: 932 4� 10�78:107 � 19: 324)

= 1: 287 9� 10�3A=m2

1. Uma amostra de Si, a 300K, está dopada com 1022 átomos de Boro =m3, totalmente ionizados. Quala densidade de portadores negativos? Onde está Ef em relação a Ei?

NA = 1022 Boro =m3, . n0 =

n2iNA

=) n0 =(1:6�1016)

2

1022 = 2: 56�1010m�3 Ei�Ef = kT ln�NA

ni

�=)

Ei � Ef = 1:38 � 10�23 � 300 ln�

1022

1:6�1016

�= 5: 525� 10�20J

1. Um bloco de silício é dopado com 5:1022 doadores =m3 e com 1:1022 aceitadores =m3. Determine aposição de Ef em relação a Ei para T = 300K.

ND = 5:1022 NA = 1:1022 . Ef � Ei = kT ln�(ND�NA)

ni

�=) Ef � Ei = 1:38 � 10�23 � 300 �

ln

�(5�1022�1022)

1:6�1016

�= 6: 099 0� 10�20J

1. Um bloco de silício é dopado com 1:1022 aceitadores =m3 e com Nd doadores =m3. Dado que Ef está0:36eV acima de Ei para T = 300K, quanto vale Nd?

NA = 1:1022 Ef � Ei = 0:36eV T = 300K, Nd =? (ND �NA) = nieEf�EikT =) ND = NA +

nieEf�EikT ND = 10

22 + 1016e1:6�10�19�0:361:38�10�23�300

= 2: 102 4� 1022

1. Uma amostra dopada de Si, a 300K, está com Ef = 0:4eV acima de Ei. Os átomos dopantes estãototalmente ionizados. Que tipo de dopante (doador ou aceitador) foi usado, e quais são as densidadesdos portadores negativos e positivos?

T = 300K, Ef � Ei = 0:4eV Dopante =doador n0 � ND � ni eEf�EikT = 1:6 � 1016e 0:4

0:0258 = 8:657� 1022m�3

p0 =n2in0=(1:6�1016)

2

8: 657�1022 = 2: 957 1� 109m�3

5

1. Um bloco de silício foi dopado Nd = 1020 doadores =m3 e Na = 1:05 � 1020 aceitadores =m3. ObterEf � Ei, Lp, Ln e � r sabendo que �r = 5:10�15 m3=s. Assumir os valores tabelados para �p; �n.

Nd = 1020; Na = 1:05 � 1020

p0 = NA �ND = 5 � 1018

Ef � Ei = 1:38 � 10�23 � 300 � ln�5�10181:6�1016

�= 2: 378 3� 10�20J

� r =1

�rn0= 1

5�10�15(5�1018) = 4:0� 10�5s

Lp =q�p

kTq � r =

q0:05 � 1:38�10�23�3001:6�10�19 � 4:0� 10�5 = 2: 274 9� 10�4m

Ln =q�n

kTq � r =

q0:15 � 1:38�10�23�3001:6�10�19 � 4:0� 10�5 = 3: 940 2� 10�4m .

1. Um bloco de silício está dopado com 1:1020 aceitadores =m3 e são criados em sua superfície pareselétron-buraco, por iluminação, em uma taxa tal que, no equilíbrio, �p=po = 0:1 na superfície, decaindoexponencialmente no interior da amostra. Sabendo que �r = 5:10�15 m3=s obtenha: a) o valor de � r. b) o valor do comprimento de difusão Ln .

Na = 1:1020

a) � r = 1�rNA

= 15�10�15�1020 = 2:0� 10

�6s .

b) Ln =q0:15 1:38�10

�23�3001:6�10�19 2:0� 10�6 = 8: 810 5� 10�5m .

1. Um bloco de silício está dopado com 1:1019 doadores =m3 e são criados em sua superfície pares elétron-buraco, por iluminação, em uma taxa tal que, para os portadores negativos, �n=no = 0:1 na superfíciesempre, decaindo exponencialmente no interior da amostra. Além disso, um campo elétrico estásendo aplicado na amostra de tal forma a arrastar os portadores negativos para o interior da amostra.Sabendo que �r = 5:10�15 m3=s obtenha: a) o valor de � r ; b) o valor do comprimento de difusão Ln ;c) o valor da densidade de corrente de difusão no ponto x = Ln=2; d) o valor do campo elétrico tal quea densidade de corrente de arrasto devida aos portadores negativos no interior do material (x >> 0)seja igual ao dobro da densidade de corrente de difusão em x = 0.

ND = 1:1019 =) no = 10

19 �r = 5:10�15 m3=s; �n = 0:15m

2=V sa) � r = 1

�rND= 1

5�10�15�1019 = 20�s

b) Ln =q0:15 1:38�10

�23�3001:6�10�19 0:000 02 = 2: 786 1� 10�4m;

c) ponto x = Ln=2:jn (x) = q:Dn:

@@x (0:1 � no � exp(�x=Ln)) = � q:Dn

Ln:0:1 � no � exp(�x=Ln) = � 0:15�1:38�10�23�300

2: 786 1�10�4 � 0:1 �1019 � exp(�1=2) = �1: 351 9A=m2

d) jn (0) = � 0:15�1:38�10�23�3002: 786 1�10�4 � 0:1 � 1019 = �2: 228 9A=m2

�q �n no E = �2: 228 9 A=m2 =) E = 2: 228 91:6�10�19�1019�0:15 = 9: 287 1V=m

1.4 Junção PN

1. Uma junção de dois blocos de silício (junção n-p) tem Nd = 1:1022 doadores/m3 e Na = 1:1021

aceitadores/m3 em cada bloco, totalmente ionizados a 300K.

� calcular a posição dos níveis de Fermi antes da junção ser formada;

p0 = ni eEi�EfkT ; Ei � Ef = kT ln p0

ni; Ei � Ef = 0:0258 ln 1021

1:6�1016 = 0:284 91eV ;

Ef � Ei = kT ln n0ni ; Ef � Ei = 0:0258 ln1022

1:6�1016 = 0:344 31eV

6

� obter V0 da diferença entre os níveis e também da relação entre densidade de portadores, comparandoas duas.

V0 = 0:344 31 + 0:284 91 = 0:629 22V olts

V0 =kTq ln

�ND;n NA;p

n2i

�; V0 = 0:0258 ln

�10221021

(1:6�1016)2

�= 0:629 22V olts

� calcular a largura da região de depleção, os valores de xn0 e xp0 e o valor de pico do campo elétrico.

W0 =

r2�r�0V0

q

�ND;n+NA;p

ND;n NA;p

�=q

2�11�8:85�10�12�0:629 221:6�10�19

�1022+1021

1022�1021�= 9: 177 4� 10�7m

xn0 =NA;p

ND;n+NA;pW0 =

1021

1022+1021 9: 177 4� 10�7 = 8: 343 1� 10�8m

xp0 =ND;n

ND;n+NA;pW0 =

1022

1022+1021 9: 177 4� 10�7 = 8: 343 1� 10�7m

Emax =q

�r�0ND;nxno =

1:6�10�1911�8:85�10�12 10

22 � 8: 343 1� 10�8 = 1: 371 2� 106V=m

1. Uma tensão de 0.1 V é aplicada na junção estudada acima; determine as novas concentrações deportadores logo nas interfaces da região de depleção, e os novos valores da largura da camada dedepleção, de xn e xp e o valor de pico do campo elétrico, assumindo que I) a tensão aplicada foi direta;II) a tensão aplicada foi inversa.

Tensão direta:pn = p0p e

� q(V0�V )kT ;pn = 1021 e�

(0:629 22�0:1)0:0258 = 1: 234 7� 1012m�3

np = n0n e� q(V0�V )

kT ;np = 1022 e�(0:629 22�0:1)

0:0258 = 1: 234 7� 1013m�3

W =

r2�r�0(V0�V )

q

�ND;n+NA;p

ND;n NA;p

�=q

2�11�8:85�10�12�(0:629 22�0:1)1:6�10�19

�1022+1021

1022�1021�= 8: 416 6� 10�7m

xn =NA;p

ND;n+NA;pW = 1021

1022+1021 8: 416 6� 10�7 = 7: 651 5� 10�8m

xp =ND;n

ND;n+NA;pW = 1022

1022+1021 8: 416 6� 10�7 = 7: 651 5� 10�7m

Emax =q

�r�0ND;nxn =

1:6�10�1911�8:85�10�12 10

22 � 7: 651 5� 10�8 = 1: 257 6� 106V=mTensão inversa:pn = p0p e

� q(V0�V )kT ;pn = 1021 e�

(0:629 22+0:1)0:0258 = 5: 308 3� 108m�3

np = n0n e� q(V0�V )

kT ;np = 1022 e�(0:629 22+0:1)

0:0258 = 5: 308 3� 109m�3

W =

r2�r�0(V0�V )

q

�ND;n+NA;p

ND;n NA;p

�=q

2�11�8:85�10�12�(0:629 22+0:1)1:6�10�19

�1022+1021

1022�1021�= 9: 879 8� 10�7m

xn =NA;p

ND;n+NA;pW = 1021

1022+1021 9: 879 8� 10�7 = 8: 981 6� 10�8m

xp =ND;n

ND;n+NA;pW = 1022

1022+1021 9: 879 8� 10�7 = 8: 981 6� 10�7m

Emax =q

�r�0ND;nxn =

1:6�10�1911�8:85�10�12 10

22 � 8: 981 6� 10�8 = 1: 476 2� 106V=m

1. Um fabricante de dispositivos deseja produzir um diodo, com as seguintes especi�cações: temperaturade trabalho 300K; material: silício; corrente para 0:3V direto: 100�A. Ele tem à sua escolha silíciocom as seguintes dopagens: ND = 1:1020, ND = 1:1018 e NA = 1:1020. Qual deverá ser o conjunto dedopagens tal que o diodo atenda a especi�cação com a menor área possível, e qual será o valor daárea?

V0 =kTq ln

�ND;n NA;p

n2i

�0:0258 � ln( 10201020

(1:6�1016)2 ) = 0:451V

0:0258 � ln( 10201018

(1:6�1016)2 ) = 0:332 19V

7

I(V ) = An2ip�r

�q�n;PNA

+q

�p;NND

�qq

kTq

�e

VkTq � 1

�Avaliação do termo n2i

p�r

�q�n;PNA

+q

�p;NND

�qq

kTq

�e

VkTq � 1

�para as dopagens propostas:�

1:6 � 1016�2p

5 � 10�15�q

0:151020 +

q0:051018

�1:6 � 10�19

p0:0258

�e

:3:0258 � 1

�= 13: 691�

1:6 � 1016�2p

5 � 10�15�q

0:151020 +

q0:051020

�1:6 � 10�19

p0:0258

�e

:3:0258 � 1

�= 3: 188 3

Logo Amin = 100�10�613: 691 = 7: 304 1� 10�6m2, para as dopagens ND = 1:1018 e NA = 1:1020

1. Uma célula solar é constituida de um bloco altamente dopado n, com 100nm.de espessura sobre umbloco p. Sabe-se que ND = 1:1024 doadores/m3 e que NA = 1:1019 aceitadores/m3.

� Tendo a célula 1cm2,e tendo luz incidente tal que Ig = 10mA, qual será a potência fornecida pelacélula, assumindo um casamento correto de impedância entre a carga e a célula?

Para a carga vai metade da corrente. Logo, a tensão no diodo será:�eqVkT � 1

�= 1

2Ig

An2ip�r�q

�n;PNA

+q

�p;NND

�qq

kTq�

eV

0:0258 � 1�= 1

210�2

(10�4)(1:6�1016)2p5�10�15

�q0:151019

+q

0:051024

�1:6�10�19

p0:0258

= 8: 759 5� 105

V = 0:0258 � ln�8: 759 5� 105 + 1

�= 0:353 02V

P = 0:353 02 � 10�22 = 1: 765 1� 10�3W

1.4.1 Transistor bipolar de junção

1. Seja um transistor PNP composto por três blocos, com NA;e = 1022m�3, ND;b = 1020m�3 e NA;c =

1019m�3 e área de contato entre os blocos igual a 1mm2. Calcule o valor das espessuras das camadasde depleção no equilíbrio e com as tensões Veb = 0:4V direta e Vbc = 5:0V , reversa.

Equilíbrio:

V0;eb =kTq ln

�NA;eND;b

n2i

�= 0:0258 ln

�10221020

(1:6�1016)2

�= 0:569 81

W0;eb =

r2�r�0q

kTq ln

�NA;eND;b

n2i

��NA;e+ND;b

NA;eND;b

�=

r2�11�8:85�10�12

1:6�10�19 0:0258 ln�

10221020

(1:6�1016)2

� �1022+1020

10221020

�= 2:

646 4� 10�6mV0;bc = 0:0258 ln

�10191020

(1:6�1016)2

�= 0:391 59V

W0;bc =

r2�r�0q

kTq ln

�NA;cND;b

n2i

��NA;c+ND;b

NA;cND;b

�=

r2�11�8:85�10�12

1:6�10�19 0:0258 ln�

10191020

(1:6�1016)2

� �1019+1020

10191020

�= 7:

240 0� 10�6mCom tensões:

Web =

r2�11�8:85�10�12

1:6�10�19

�0:0258 ln

�10221020

(1:6�1016)2

�� 0:4

� �1022+1020

10221020

�= 1: 444 7� 10�6m

Wbc =

r2�11�8:85�10�12

1:6�10�19

�0:0258 ln

�10191020

(1:6�1016)2

�+ 5� �

1019+1020

10191020

�= 2: 686 4� 10�5m

� Determine a.espessura da base (d), sabendo que � = 100 para as tensões indicadas

Como a dopagem do emissor é muito maior que a da base: � =2 L2p;bL2B

L2p;b =�p;b

kTq

�rND=

�p;bkTq

�rND= 0:05�0:0258

5:�10�151020 = 2: 58� 10�9m2

8

LB =q

2�2:58�10�9100 = 7:183 3� 10�6m

xp;be =NA;e

NA;e+ND;bWeb =

1022

1022+1020 1:444 7� 10�6 = 1: 430 4� 10�6m

xp;bc =NA;c

NA;c+ND;bWbc =

1019

1019+1020 2:686 4� 10�5 = 2: 442 2� 10�6m

d = LB + xp;bc + xp;be = 7:183 3� 10�6 + 2: 442 2� 10�6 + 1: 430 4� 10�6 = 1: 105 6� 10�5m

� Determine as correntes Ic e Ib para os valores de tensão fornecidos.

Determinar Ib:

Ib (Veb) = AqDp;b p0n;bLB

2 L2p;beqVebkT =

�10�6

� 1:6�10�195�10�2�0:0258(1:6�1016)2�7:183 3�10�62�2: 58�10�9�1020 e

0:40:0258 = 3: 979 9 �

10�6AIc = 100 � Ib (Veb) = 100 � 3: 979 9� 10�6 = 3: 979 9� 10�4A

1. Seja um transistor PNP composto por três blocos, com NA;e = 1022m�3, ND;b = 1020m�3 e NA;c =

1019m�3. Sabendo que as tensões de trabalho aplicadas são tais que a espessura da camada de depleçãoemissor-base Web é 5:74� 10�2 vezes a da base-coletor e esta vale Wbc = 27�m, determine o valor daespessura da base (d), sabendo que � = 100 nas condições mencionadas.

d = LB + xn;bc + xn;beWeb = 5:74� 10�2 � 27 � 10�6 = 1: 549 8� 10�6xn;be =

NA;e

NA;e+ND;bWeb =

1022

1022+1020 1: 549 8� 10�6 = 1: 534 5� 10�6

xn;bc =NA;c

NA;c+ND;bWbc =

1019

1019+1020 27 � 10�6 = 2: 454 5� 10�6

� =2 L2p;bL2B

=) LB = Lp;bq

2� =) LB =

q��p

kTq

q2� =

q2�

1�ND;b

�pkTq

LB =q

2100

15�10�151020 0:05 � 0:0258 = 7: 183 3� 10

�6

) d = 7: 183 3� 10�6 + 2: 454 5� 10�6 + 1: 534 5� 10�6 = 1: 117 2� 10�5

d = 11�m

1.5 FET

1. Um N JFET (2N3370) foi analisado em bancada, tendo apresentado as seguintes características DC:para tensão de porta Vg = �80mV , resistência entre a fonte e o dreno Rsd de 11600; e para Vg ��650mV , Rsd =1. Assumindo que as dopagens empregadas foram NA = 10

24m�3 e ND = 1024m�3

determine os valores de d e de le do canal (bloco) N.

d� 2r

2�r�0q

1ND

�NA

NA+ND

��kTq ln

�ND NA

n2i

�+ 0:65

�= 0

d = 2

r2�11�8:85�10�12

1:6�10�191

1024

�1024

1024+1024

��0:0258 ln

�10241024

(1:6�1016)2

�+ 0:65

�= 6: 241 2� 10�8m

R(V ) = 1qn0�

le

1

d�2s

2�r�0q

1ND

�NA

NA+ND

��kTq ln

�ND NA

n2i

�+V

�

�n =6:3�1010p

1024

1:3�1043002

6:3�1010p1024

+ 1:3�1043002

= 4: 386 7� 10�2

6: 241 2� 10�8 � 2r

2�11�8:85�10�121:6�10�19

11024

�1024

1024+1024

��0:0258 ln

�10241024

(1:6�1016)2

�+ 0:08

�= 1: 233 2� 10�8le = 11600 � 1:6 � 10

�1910240:141 21 � 1: 233 2� 10�8 = 3: 232

9

1. O MOSFET (2N7002) tem canal N. Apresenta as seguintes características: para Vg � 2:00V , Rsd =1;e Vg = 2:10V , Rsd = 100. Assumindo ND = 1020m�3 e V0 = 0:3V , determine a razão

d

edesse

dispositivo.

R(V ) = 1qN0�

de

q2qND

��0

(V0+V )(V�Vrev)

de = R(V )qN0�

q��02qND

(V�Vrev)(V0+V )

= 100 � 1:6 � 10�19 � 2 � 10250:15q

11�8:85�10�122�1:6�10�191020

(2:1�2:)(2:1+0:3) = 17: 089

1. Um JFET com canal N tem as seguintes especi�cações: a) canal com as dimensões d = 3�m; l =10�m; e = 1�m, e dopagem ND = 1022m�3; b) dopagem dos blocos laterais: NA = 1024m�3. Comesses dados, determine a resistência entre a fonte e o dreno Rsd para Vg = 0V , o valor de Vg (= Vg;m�ax)acima do qual a resistência entre a fonte e o dreno é in�nita e a corrente que passa pelas junçõesreversas nesse valor de tensão de porta.

R(V ) = 1qND�n;N

le

1

d�2s

2�r�0q

1ND

�NA

NA+ND

��kTq ln

�ND NA

n2i

�+V

�R(0) = 1

1:6�10�1910220:1 5101

1

3�10�6�2s

2�11�8:85�10�121:6�10�19

11022

�1024

1024+1022

��0:0258�ln

�10221024

(1:6�1016)2

�� = 17535

d� 2r

2�r�0q

1ND

�NA

NA+ND

��kTq ln

�ND NA

n2i

�+ Vg;m�ax

�= 0

Vg;m�ax =�d2

�2 qND

2�r�0NA(NA +ND)� kT

q ln�ND NA

n2i

�Vg;m�ax =

�3�10�6

2

�21:6�10�191022

2�11�8:85�10�121024�1024 + 1022

�� 0:0258 � ln

�10221024

(1:6�1016)2

�= 17: 843

Itot (V ) = An2i

p�r

�q�n;PNA

+q

�p;NND

�qq

kTq

�eqVkT � 1

�Itot (�17:8) =

�2 � 10�6 � 10�5

� �1:6 � 1016

�2p5 � 10�15�

�q0:151024 +

q0:051022

�1:6�10�19

p0:0258

�e�17:80:0258 � 1

�= �2: 440 9� 10�17A

1. Um MOSFET com canal N apresenta as seguintes características: para Vg � 3:00V , Rsd = 1; eVg = 3:10V , Rsd = 1k. Assumindo NA = 1021m�3, V0 = 0:5V e e = 3�m, determine d dessedispositivo. O sistema está a 300K:

R(V ) = 1qN0�

de

q2qND

�r�0

(V0+V )(V�Vrev)

d = eR(V )qN0�q

��02qND

(V�Vrev)(V0+V )

= 3 � 10�6 � 1000 � 1:6 � 10�19 � 2 � 1025 � 0:15q

11�8:85�10�122�1:6�10�191021

(3:1�3:)(3:1+0:5) = 1: 323 7� 10

�4m

10