Сборник задач по физике полупроводников - Бонч-Бруевич В.Л.
Скачать (прямая ссылка):
где Ljj = (е/:774яиег)1/2, а п и р — концентрации электронов и дырок в объеме полупроводника. Отсюда
есрй/АГ
j у + е” — 1+-?-(ев — у —1)
еф/АГ
1/2
С^У =
:У2
(2)
Точка x = xt, в которой n{xt)=p{x,J, определяется условием
<р (Xi)i = (kT/2e\ln (п/р).
104
Таким образом,
г»
Г Г T—I/2
= Ld 2~1/2 J v — 1 + е“8 + -^-(ег — у — l) dvt
vi
где v, — e<ps/kT, v{ — у In (n/p), причем область, где
р(х)>п(х), возникает лишь при V, > у(, т. е. при ф, > (kT/2t)\n(n/p). Поскольку в наших условиях i>( > 1 и р > п, имеем
^ « Ld 2~1/3 J [у + (р ехр у)/п]~1',г dv.
При V,«In (/г//?) вкладом свободных дырок можно пренебречь, и мы получаем
*, » U {[2ефЛ7’]1/2 - [ln(n/p) J1/2J = 1,4Z*.
Принимая во внимание, что р = л?//г, где = = 1,03 • 1010 см-3 (см. задачи 1, 7) , отсюда находим
Xi да 1,8 ¦ 10~5 см.
103. В точке инверсии проводимости выполняется условие
р = цпп{х,],
где n(xi)— п ехр(ефУйТ’), ф(— потенциал в точке инверсии. Отсюда
= (kT/е) In (p2/bn?),
поэтому
104.
tpiS1 1п(рг/Ь51д?81) = g
Фюе In (p2/bGen*Qe) 1 ’
TI = — P = e[p{x) — n(x)]t (1)
где
p(x)—n,exp[—e(p(x)/kT], n = щ exp [e<$(x)/kT], (2)
Здесь rii — концентрация электронов (или дырок) в объеме под областью пространственного заряда.
105
Подставляя формулы (2) в уравнение Пуассона (1), находим
4яе
й2ф
dx“
Поскольку
получаем
ехр
(-3)-
ехр
8ле гц гкТ
¦у.
LB = (ekT/8ne1ni)
1/2
d24>jdx2 — ф/Lf) = 0.
(3)
Так как потенциал определен с точностью до константы, мы можем считать его равным пулю в глубине образца.
Далее, нормальная составляющая вектора электрической индукции должна быть непрерывна (нет поверхностных зарядов). Поэтому граничные условия имеют вид (см. рис. 8 на с. 42)
ф — 0, X ооу
& — — е dcp/dx, х = 0 .
Решение уравнения (3) имеет вид
Ф (х) — Ci ехр (—x/LB) + С2 ехр (x/LB).
Из граничных условии находим С2 = 0, C1 = «?,LD/e и
<$(х) = (ё?Ьв/е)ехр{—x/Lv). (4)
На .основании (5.1) и (4) получаем
Ес = Ес о — {e<B’L0/e)exp{—x/LB),
Ev = Evll — (e&’LB/e)exp(—x/LB).
Скачок потенциала на поверхности равен Дф = <%Ьв!г = 0,72 мВ.
105. Уравнение Пуассона и граничные условия в рассматриваемом случае имеют вид (см. рис. 9 на с. 42)
ine Г еф .
— р ехр--!
Ф-
Л-*-0 пр"
dx
при х = 0.
(1)
(2')
(2")
Здесь р{х) — р ex.p(e<p/AT), р = Nt. 106
Умножим обе части уравнения (1) на 2сЩ/йх и проинтегрируем по ф:
+ <3>
Постоянная С определяется из граничного условия (2'): С = —kT/е. Из (3) имеем
dq/dx = —{(8кркТ/г)Х
X [ехр(еср/&Г) —
- ец/kT- 1]}1/3.
Принимая во внимание, что ecp/kT < 1, получим dq/dx=
= — (4лре2/гкТ) '/2ф (х), ф(а:)==ф3ехр(-а:/^Б), где
L0 = (ekT/Ane2p)1/2 =
= 1,5 • 10-5 см.
ГТ з граничного условия (2") найдем ф3:
фа = <§Г LD/e.
Окончательно,
ф(.г) =
= (ВLD/e)ex\>(—x/LD); ф, = 1,9 мВ.
106. Аналогично задаче 104 получаем уравнение d2(f/dx2 — ф/Z-u = 0,
где LD = (е?778ле2я,-)1/2. Граничные условия (рис. 26) таковы:
Ф 0 при х оо)
<o=4nQJ& при х = 0,
где QB = eN. Решение уравнения имеет вид
ф(х) = ехр(— х/Ьь) + С2 ехр (х!Ьь).
. Используя граничные условия, находим Сг - 0, С, = AneNLJz.
107
?(х)
\
\
ч
\
Рис. 20. Изгиб зон и ход потенциала в приповерхностной области собственного германия, на поверхности которого адсорбирована донорная примесь.
Окончательно,
ф = (4ne^VLu/e) ехр (—x/L0),
Дф = (4neNLD/e) — 8,2 мВ.
107. Из граничного условия пмеем
§ = 4 neN/г.
Величину ф8 найдем из условия электронейтральности образца в целом:
00
N = \ [ п (х) — р (х) ] dx j о
где
п(х) = rii ехр (e<$/kT), р(х) = «,-ехр(—eyfkT),
Таким образом,