Сборник задач по физике полупроводников - Бонч-Бруевич В.Л.
Скачать (прямая ссылка):
п = пДЗД^ач - NS) ^ Ю7 см~3.
Глава 3
ДИФФУЗИЯ II ДРЕЙФ НОСИТЕЛЕЙ ЗАРЯДА
60. Используя соотношения Эйнштейна (3.7), получим для германия: Dn = 98 см2 с-1, ?>р = 46,6 см2 с-1; для кремния: ?>„ = 37,6 см2 с-1, Dp = 13 см2 с-1,
61. Согласно формулам (3.10) и (3.7),
Ln = (\.inkTxJe)u\
Отсюда получаем
1) Ьп = 0,1 см, 2) Ln = 0,01 см
62. Согласно формуле (3.5)
Dn — n[k.nkT/(edn/dx\), (1)
где г\=[F — E<>)/kT. Далее, на основании (1.5) и (П.З) найдем
п = {ЫЖ){2тпкТу!\3/2, ¦
откуда
. г) = (ЗА3/8л)2/3 (2mnkT) ~'п2/3,
[dn/dr\)_/kT — 3 тя (ЗЛ3/8л )-2/V/3, (2)
87
Подставив (2)' в (1J, получим
D„ =(h2nn/3emn) (3/8л)г,гп%/*.
63. Используя результат предыдущей задачи, получим Dn = 3,6 см2 с-1.
64. Используя результат задачи 4 и формулы (1.5)', (1.6) и (П.З), найдем
тг = (8я<?/3&3)' (8mIm„mz),/!(^7,)3/Y/i. или, полагая min = Q2/3(mxmvmt)U3,
п = (8я/3/г3) (2mdnkT) 3/гг)5/г,
1! = (3/г3/8л)2/3 (2minkT) ~ V/3,
Dn = (h2nJ3emdn) (3/8я)г/3«2/3.
65. Используя , соотношение Эйнштейна и условие п = р — пи найдем
2ni 2kT 2kT\in ео , _х
"i (i/^n + Wp) e (‘/Ип + I/Ир) * (i + ь) ™ CM c *
66. Согласно формулам (3.16) и (3.7),
D = 2DnDp/(Dn + Dp) = 2DJ (\ + |Др/ц„}.
В рассматриваемом случае цР/цп = 0,045 < 1,* поэтому
D~2DP = 2n,kT/e = 20,7 см2 с"1.
67. Уравнение непрерывности в рассматриваемой задаче записывается в виде
n d2Ap Д Р _ п.
11 dx2 хр
Его решение имеет вид
Ар(х) = Ар(0)ехр(—х/Ьр),
где Lp —(Dpxp)'n = 0,2 см. Отсюда находим
Ар(х) = Д/?(0)ехр( — х/ЬР)= 1,4 • 1013 см-3.
68. Решение уравнения непрерывности
_ Ар = о
dx- тр
имеет вид
Ар = Д р (0) ехр (—х/Lp).
Так как
Api = Д/?(0)ехр(—xJLf), Арг = Д/?’(0)ехр(— хг/Ьр),
находим
ApJAp2 = ехр[ {x2 — xt )/Lp],
Lp = {xz — xl)/ln(Api/Apz) = 0,1 см.
69. Уравнение непрерывности для данной задачи записывается следующим образом (см. рис. 4) :
гч d2Ap , Ар п
De ~ТТ + т = '
Граничные условия таковы:
DpltrLo ‘=sAPh=oi Д^->^0ТР при z->oo,
Решение уравнения имеет вид
Ар{х) = g0Tp + С1 ехр(—x/Lf) + Сг exp (х/Ьр).
Из граничных условий С2 = 0 и
DpCi/Lp = s (Ci + So^p)i = g0tpSj(Lp -f-так что -
Ар (x) = guTp[Tps (1 — exp (—x/Lp)) + Lf]/ (Lt + stp)'
и Ap (0) = g»tpLp/(Lp Jr stp) . В рассматриваемых условиях имеем
Др(0) = 0,88 • 1012 см~’.
70. Как вытекает из решения предыдущей задачи,
&Pi = g^P Ар* = Sob хг+гт'
Р 1 Л 1 Р ^ *2 Р
и
ApJApz = (LT + s2tr)/(Lp -f- SiTpj.
Отсюда получаем
Lp = tp(si - s-iApJApi)/ {Ap JApi - 1) = 0,2 cm,
71. Уравнение непрерывности и граничные условия в данном случае имеют вид (см. рис. 4)
Dp й-~ + ?0 ехР (~ = 0, g0 = /у,
dz
= s Др |x=oi Ар->-0 при х ->оо,
89
Общее решение уравпенпя таково:
Ар (х) = — g0Tp exp (— yx)/(Llf — 0 +
+ Сх exp (— x/Lp) + С2 exp (x/Lp).
Определяя константы и Сг из граничных условий, находим
ехР ( Т~ ) — ехР(— Vх)
'4 г-
Ар (0) = g^vLv/(Lv4 + 1 )(LP + stp) да g0Tv/y (Lp + stJ, так как в наших условиях Lpy » 1. Отсюда получаем
Ар (0) = 0,5 • 10“ см-3,
72. Из решения задачи 69 получим
д р (оо) = ?оТр, Др (0) = gaXfLp/ (Lp + STP).
Отсюда находим
Ap(0)/Ap(°°) = Lp/ (Lp + STP),
или
s = (Lp/tp)[Ap{°°)/Ap(0) — 1] = 600 см ¦ с-1.
73. Уравнение непрерывности и граничные условия в рассматриваемом случае имеют вид
„ й2 До Д р А п dAp 4i т
Dv _ 0, Dv dx х=а - s Ар U0 — J,
Ар 0 при х -*¦ оо,
Общее решение уравнения таково:
Ар (х) — С j exp (—x/Lp) + С2 exp (x/Lp).
Определяя и С2 из граничных условий, находим
Ap(x) = Jexv(—x/Lp)/(s + Dp/Lp), откуда следит
Ар (0) = Jtp/(stp +Lp) = 0,5 • 10н см-3.
74. Уравнение непрерывности и граничные условия имеют в данном случае следующий вид (см. рис. 4):
г, d2Ap , _ ..„s • Ар
