Segundo Examen Parcial 16 17 GIIn Solución Rev 3
July 5, 2022 | Author: Anonymous | Category: N/A
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Fundamentos Físicos de la Informática I nformática 1º- Grado en Ingeniería Informática Informática Segundo Examen parcial 21 de abril de 2017
Solución Solución
Apellidos y Nombre: P1
Grupo:
P2
P3
P4
Total
Nota: La duración del examen es de 120 minutos (2 h). Datos: Constante de Boltzmann, k B = 1.3806×10-23 J/K, carga del electrón, qe =1.609×10-19 C
Ejercicio 1. En el proceso de fabricación de un chip se dispone de un sustrato en forma de barra cilíndrica de silicio extrínseco dopado con una concentración de impurezas donadoras ND=51018 cm-3, cuya longitud es L= 50 cm, y su diámetro D = 10 cm. Durante el proceso, el material se mantiene a una temperatura de 300 K. A esta temperatura en el silicio se verifica que: ni = 1.451010 cm-3, p = 475 cm2/Vs y n = 1500 cm2/Vs. a) Indique qué tipo de semiconductor semiconductor es (N o P) y determine la resistencia de la barra. [2 puntos]. b) Si se aplica una diferencia de potencial de 10 V entre los extremos de la barra, calcule el valor del módulo del campo eléctrico en el interior de la misma, la velocidad de arrastre de los electrones y huecos y la densidad de corriente de portador port adores es mayor mayoritari itarios os y minoritar minoritarios. ios. [2 puntos]. c) Si esta barra se une a otra barra de material semicond semiconductor, uctor, de las mismas dimensione dimensiones, s, y dopado con una concentración de impurezas aceptoras NA=1022 cm-3, determine la diferencia de potencial de contacto entre ambas zonas. [1 punto].
Solución. a) Se trata de un semiconductor tipo N ya que está dopado con impurezas donadoras (que ceden electrones libres sin introducir huecos). Para calcular la resistencia de la muestra debemos, en primer lugar, calcular la conductividad utilizando la ecuación
q e
n
n
p
p
de forma que debemos calcular las densidades de los dos tipos de portadores. Para ello determinamos la densidad de portadores portad ores mayo mayoritar ritarios ios (electrones (electrones libres) libres) utilizando utilizando de forma forma combinada combinada la Ley de Acció Acción n de Masas y la Hipóte Hipótesis sis de Neutralidad Neutr alidad Eléctr Eléctrica: ica:
ni2
np n
p ni2 n n 2 N D n ni2 0 n N D n N D p n 2 i
que es una ecuación de segundo grado que hemos de resolver para determinar la concentración de electrones. Su solución es:
n
N D
2
N D
2
4n
2
2 i
5 10 cm 18
2
3
2
5 1018 cm3 4 1.45 1010 cm 3 2
2
5 1018 cm3 0
Nos quedam quedamos os con la sol solución ución no no trivial: trivial:
n 5 10 cm 18
3
2
N D ; p
ni
n
42.05 cm3 .
Vemos que la concentración de portadores minoritarios (huecos) es despreciable. La conductividad entonces tiene el siguiente valor:
1 018 cm 3 1200 1cm1 qe n N D 1 .6 1019 C 1500 cm 5 10 V s 2
De forma que la resistencia de la muestra es:
R
L
50 cm
S 1200 1cm 1 5 cm
2
5.3 104
b) Podemos calcular el campo, a partir de la definición de diferencia de potencial. Teniendo en cuenta que el material es homogéneo (el campo será constante en su interior), se cumple que: l
V E dl
E
V
0
l
10V 50 cm
0.2 V
cm 20 V m
Las velocidades de arrastre de electrones y huecos están dadas por:
vn
n E 1500 cVms 0.2 cVm 300 csm 3 ms 2
v E 475 p
p
cm 2 V s
V cm
0.2
95
cm s
0.95
m s
Las densidades de corriente son:
J n
qe nvn 1.6 1019 C 5 1018 cm 3 300 cm 240 cm A s
2
qe pv p 1.6 1019 C 42.05cm 3 95 cm 6.4 1016 cm A s
J p
2
Y comprobamos de nuevo que la contribución de los minoritarios a la corriente es despreciable. c) Entre ambas zonas se produce un gradiente de concentraciones debido a la diferencia de dopado. Así, cuando la muestra está en circuito abierto y en equilibrio, la corriente de arrastre se compensa con la de difusión y aparece una diferencia de potencial que es función de la diferencia de concentración de impurezas. Utilizando la expresión de la ddp entre dos puntos de un semiconductor con dopado no uniforme tendremos.
V
nn ln qe n p
k BT
Donde nn es la concentración de electrones libres en la muestra tipo N (donde son mayoritarios) y n p la concentración de electrones libres en la muestra tipo P (donde son minoritarios). Por tanto se cumplirá que:
nn
N D 5 1018 cm 3 ;
np
2 i
n
N A
1.45 1010 cm3 22
10 cm
3
2
0.021cm 3
Y así:
V
J 300 K 1.3806 1023 K
1.6 1019 C
5 1018 cm3 ln 3 1.16 V cm 0 . 0 2 1
Ejercicio 2. En el circuito de la figura los componentes tienen
e
d
los siguientes valores: R 1=1 kΩ, R 2=2 kΩ, R 3=3 kΩ, R 4= 4 kΩ, ε1=1V, ε2=2V, ε3=3 V. Determine, utilizando las Reglas de Kirchhoff,
R1
ε1
a) La intensidad que circula por cada rama. [2 puntos]. b) El potencial en cada uno de los puntos indicados, referido a la toma de tierra. [1 punto]. c) Los circuitos equivalentes de Thévenin y Norton desde los puntos f y a (en circuito abierto). abierto). [2 puntos].
ε2
I1 I2
R2
I3 R4
ε3
R3
c
a
b
Solución. a) Aplicando las reglas de Kirchhoff al sistema de corrientes de la figura, tenemos que:
[1] I1 I 2 I 3
0 I 3 I1 I 2 [2] 1 R1 I1 R2 I 2 R3 I1 0 1 R1 R3 I1 R2 I 2 [3] R2 I 2 2 R4 I 3 3 0 2 3 R2 I 2 R4 I 3 Sustituyendo [1] en [3] obtenemos:
[2] 1 R1 R3 I1 R2 I 2
[ 2] 1 4 I1 2 I 2 I I [ 3 ] 1 4 6 [3] 2 3 R4 I1 R2 R4 I 2 1 2 De forma que: I1
0.125mA, I 2 0.250mA . A partir de estos valores obtenemos I 3 I1 I 2 0.125mA
b) El potencial en cada uno de los puntos indicados, se obtiene a partir de las corrientes calculadas:
0; Vb =Va 3 0 V 3 V; Vc =Vb R3 I1 3 V 3k 0.125mA 3.375 V; Vd Vc 1 3.375 V 1 V= 2.375 V;Ve Vd R1 I1 2.37 5 V 1k 0.125mA 2.5 V; V f Ve 2 2.5 V 2 V= 0.5 V;Va Vf R4 I 3 0.5 V 4k 0.125mA 0 V Va
c) La tensión del circuito equivalente de Thèvenin será la diferencia de potencial entre los puntos a y f:
VT
Vf -Va = 0.5 V 0 V= 0.5 V
Para determinar la resistencia de Thèvenin, cortocircuitamos las fuentes y así:
e
d R1
R T R1 +R +R 3 ||R 2||||R 4
ε2 R2
R4
1 R T
ε3
R3
c
De forma que:
a
b
1 R1 +R 3
1 R2
Con lo que finalmente:
1 R4
1
1
1
4
2
4
1k 1
R T 1k y el circuito equivalente de
Thèvenin queda como se ve en la figura.
RT = = 1k
Utilizando la equivalencia entre fuentes de tensión e intensidad se pueden determ pueden determinar inar los v valor alores es de dell cir circuito cuito equiv equivalen alente te de Nort Norton: on:
V TT = -0.5 V
R N =R T a
-0.5 mA
+
1k ;
I N
V T RT
0.5V 0.5mA 1k
La intensidad de Norton también se habría podido obtener calculando la intensidad intensidad que circularía por un cor cortocircuito tocircuito entre f y a. El circuito equivalente de Norton es el que se muestra en la figura.
1k Ω
a
Ejercicio 3. En el circuito de la figura
V
a) Plantee el sistema de ecuaciones necesario para obtener la intensidad que circula por cada rama mediante el Método de las Tensiones en los Nudos indicando los nudos de referencia que utilice. [2.5 puntos]. b) Plantee el sistema de ecuaciones necesario para para obtener la intensidad que circula por cada rama mediante el Método de las Corrientes de Malla indicando el sistema de corrientes utilizado. [2.5 puntos].
R 2
ε3
I1
R 5
I2
R 3
R 6
Vc
R 1
Vd I4I4
R 4
Solución.
R 7
I5
Para resolver el circuito aplicando el Método de las Tensiones en los Nudoss hemos Nudo hemos de ident identifica ificarr los nudos del circuito circuito y el sistema sistema de corrientes de rama que será en que se indica en la figura. Planteando el sistema de ecuaciones para los nudos, b, c y d, obtenemos:
1 1 1 1 3 R1 R2 R5 R1 R2 R3 R5 2 1 R4 R3 3 1 R5 R5
1 R3
ε2
ε1
Va = 0
1 R3 1
1
R6
1 R5
I6
R 8
R5 V b 1 V c R6 V d 1 1 R6 R7 R8
R4 R6 1
I3
1
Resolviendo este sistema, una vez conocidas las tensiones en los nudos se pueden calcular las intensidades de rama de la siguiente forma:
I1 I 4
1 Vb
R1 R2
Vc Vd R6
; I2 ; I5
Vb Vc R3 Vc
2 R4
; I 3 ; I 6
Vb 3 Vd R5 Vd
R3 R3 R5 R6 R6
R7 R8
Para resolver el circuito aplicando el Método de las Corrientes de Malla proponemos el sistema de corr corrientes ientes de malla que se indica en la figura. figura.
1 2 R1 R2 R3 R4 R3 3 R4 2
;
R4 I a R6 I b R4 R6 R7 R8 I c
R 2 R 3
I1
I a Ib ; I 3 I b ; I 4 I c I b ; I 5 I a I c ; I 6 I c
I2
I
R 5
R 6 R 1
Ia II44
R 4
Y las corrientes de rama serán:
I1 I a ; I 2
I3
ε3
I5
ε1
Ic I6
ε2 Va = 0
R 7
R 8
Ejercicio 4.
D1
En el circuito de la figura, la tensión de entrada (Vi) puede variar entre cero y 125 V y la tensión de salida (Vo) se toma donde do nde se indica en el esquema.
a
D2
220 k
50 k
a) Obtenga la ecuación de la característica de transferencia (tensión de salida en función de la tensión de entrada) del circuito. [3.5 puntos] V i b) Represente el resultado en un diagrama en el que Vi esté en abscisas y Vo en ordenadas. [1.5 punto]
V o 75 V
25 V
Nota: Desprecie la resistencia de los diodos en su modelo linealizado. La tensión umbral de conducción de ambos diodos es de 1 V.
Solución. Para que D1 conduzca se debe cumplir que: V i
V a V V i V a V V a 1V
Tenemos que calcular a partir de qué valor de tensión V i comienza a conducir D1. Es evidente que cuando D1 no conduce si que conduce D2 y se cumplirá que:
V
a
75 220 I V
50 I 25 0 75 V 25 270 I 49 V 75 1 25 I 0.181 mA 270 270k
220 k
50 k
V i
V o
I 25 V
En este caso la tensión de salida vale
75 V
V o
75 V 220 k 0.189 mA 35.1V
La tensión en el punto a vale entonces:
V
V
a
V a
220 k
50 k
V o
V i 25 V
75 V
V
a
El diodo D1 comenzará a conducir a partir de que se cumpla que 35.1V . Cuando los dos diodos conducen, se V i V a V V a 1V
V i V V la tensión de salida es igual a la tensión de entrada: V o V i . cumple que V o
Finalmente, el diodo D2 dejará de conducir cuando la tensión en el punto a alcance 74 V (75 V-V ) es ) es decir una tensión de entrada de 75 V. En este caso la tensión de salida será constante e igual a 75 V. Resumimos, a continuación, estos resultados
V
220 k
50 k
V o V 34.1V 1V 34.1V
35.1V ; V i 0, 35.1 V V i 35.1, 75V V o V i ;
V o
V i 75 V
25 V
75V ;
V i 75V , 125V
b) Repre Representa sentando ndo estos estos resu resultado ltadoss gr gráfic áficamen amente: te: 80 70 60 s o 50 i t l o 40 v ( o 30 V 20 10 0 0
25
50
75
Vi (voltios)
100
125
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