Сборник задач по физике полупроводников - Бонч-Бруевич В.Л.
Скачать (прямая ссылка):
Для сильного электрического поля <% > 0 решение имеет вид (см. задачу 81)
Ар (х) = Ар (0) ехр (— х!Ls),
где
Lg = Ш (.1ТР.
Запишем дырочный ток в точке х = 0:
/Р |х=о = ?/ = (/>„ + Др) <§П*=о + {eDp!Lg) Ар (0),;
или, пренебрегая диффузией по сравнению с дрейфом,
Л-1*=о = И = ецР(Ро + Ар)&\х^. (1)
Полная плотность тока равна
j = jn + jp = ец„(л0 + An)S’ + ецр (pa + Ар)Ш,
откуда
<Г U0 = (//ец,)[йи0 + />„ + (& + 1) Др (О)]"1. (2)
Подставляя выражение (2) в (1), получпм
Р _ • Р0 + Ар (0) ^ . Р0 + Ар (0)
_ ^ + р0 + (6 + 1) Др (0) ~ ] bnQ + р0 *
Следовательно,
t Ро , Ар (0)
Ьп0+Р0 Ъп0 + Р о‘
откуда
Др(0) = 1(6га0 + т)0^ —т?0. (3)'
В нашем случае имеем
Др(0)—— 0,11 • 10‘3 см-3.
Если 1 = |о = pj(Ъпа + /?0)', то из выражения (3) следует, что Д/?(0) = 0; такой контакт называется омическим. Если в слабо легированном электронном полупроводнике осуществляется условие ? < ?о — pj (Ъщ + р„), то при наложении сильного положительного поля происходит обеднение прпконтактной области неосновными носителями. Это явление носит название эксклюзии носителей заряда.
89. Исходное уравнение таково же, как в предыдущей задаче, но распределение Др(х) (см. задачу 81) иное:
Д р(х) = Др(0)ехр(—e\&‘\x/kT). (1)
Дырочный ток в точке х = 0 равен
U (°) =¦?/= — * 1Ро + Ьр (0)] uP J S | - eDv ^
пли, учитывая (1),
1р(0)=Ц = -ерацр\&\. (2)
Электронный ток в точке х — 0 есть
eD
!пФ)=-е1”о + ЛРФ)]Цп\&\-1^&р(0)е\#\ =
= — е[п0 + 2АрЩЪ\1у\%\. (3)
Складывая выражения (2) и (3), находим
I = h (0)// = p0[bn0 + р0 + 2ЬАр (0) ]-*.
Отсюда Др(0) = (2Ь|)_1[(1 — %)р0 — \Ьп0]. Если 1<1, то Ьр(0) = (ро — \Ъпй)/2Ь\.
В нашем случае
Ьр (0) = 2,9 ¦ 1012 см“\
В слабо легированном электронном полупроводнике, к которому в точке х = 0 приложено сильное отрицательное электрическое поле (т. е. направление поля таково, что дырки движутся к электроду в точке х = 0), при малых коэффициентах инжекции \ происходит накопление неосновных носителей — дырок — в области вблизи электрода.
90. Из определения коэффициента инжекции следует
Ы0) = ШЛ0) + Ы0)],
откуда
МО) = МО) (i-i)/t.
7* 99
Плотность дырочного тока в точке х = О равна
d Л р
М°) ~ dx
Учитывая, что в рассматриваемом случае Ар (х) = Ар (0) ехр (—x/Lp),
имеем
/р(0) = eDpAp(0)/Lp.
Для плотности электронного тока в точке х =0 получим /п(0) = eDpAp (0) (1 — \ )/\Lr = 1,68 мА • см-2.
Глава 4
ДИФФУЗИЯ II ДРЕЙФ НОСИТЕЛЕЙ ЗАРЯДА В МАГНИТНОМ ПОЛЕ
91. Напряжение VH и поле определяются из условия ]у — 0. Пренебрегая в уравнении (4.1а) членами порядка Я2, получаем
jx = еп0\1п<эх,
/„ = 0 = еп,\.\п + сГ,|ь у-Ч/с).
Отсюда
= - ёхЦпиН/с = — Цх/еп0\хн) ji„ii///c
и
Ян = Riu = — jinii/{еп0\1и) = 7,38 ¦ 103 см3 ¦ Кл~',
= - (ц.пН/ц..) (ajxH/en0c) = 3,7 • 10~3 B.
92. Из уравнения (4.2a) следует ((5 = цpHII/c), если пренебречь членами порядка Я3,
1тх =ре(хр^х[1 - Р2(г|р - 1)].
Отсюда ввиду малости относительного изменения р = I/o имеем
- ^ = (Лр - D Р2, Р2 = f^)2 = 8 • 1(П3
и г)р = 1,3. По формуле (4.3) Raa = c$/oJI, поэтому |32 =
— (ЯноОоЯ/с)2 и, согласно определению (4.5),
? — т\р — 1 = 0,3.
Это значение ? характерно для рассеяппя дырок на акустических колебаниях решетки,
100
93. Возьмем ^-компоненту суммы уравнений (4.1а) и (4.2а):
О = jny + in — е («ц„ + рцр) + е (пц„ц„н - р\.1р\1рп)ВхН7с. Отсюда
&ii = (Р — пЬ2)&хцр}1Н/с(р + пЪ).
По формуле (4.3) получаем
Я ^ c#v
Н т0&хн Н (пеИ„ + Р«1*р) в , ^
_ C^v 1 _ Р — пЪ2 Прн J_
~~ HSxe\'p(P +1,b) ~ (p + nbf Ир е*
Определим величины р и п из условия нейтральности:
р = п + Na = Na + п\/р)
отсюда _____________
р = NJ2 + У N1/4 + га? = 5,47-10й см-3,
Выбранный знак корня отвечает условию />>0; п —
= 0.47 • 10!6 см-3.
Окончательно получаем
Ян = — 1190 см3 Кл-‘.
94. При Rn = 0 обращается в . нуль &у, поэтому из формул (4.6) и (4.7) находим
П • , • nebi'p 7 R PWp Рг>
