Сборник задач по физике полупроводников - Бонч-Бруевич В.Л.
Скачать (прямая ссылка):
Под Еа следует, вообще говоря, понимать выражение Ed — kT In gd, где gd — кратность вырождения донорного уровня, Ed — энергия доноров. В объеме {x^LD)Nt = = тг [1 + ехр [—(E*d — F)/kT\\~1x:nl так как
(E*d-F)/kT^>l.
В области объемного заряда
п (х)*= п ехр (еф/kT),
113
о
Вычисляя интеграл ]* рс?Ф, получим
о
j р с?ф
1п 11 + ехр[-(z -J* + *%)/ьт)
kill . *4,1 ф8 L I ! + ехР [-{р-Е*а)/кТ]
— 1 + ехр (eyJkT)
Преобразуем выражение
ln f 1 + ехр [-(/? - Е* + eyt)/kT] 1 =
\ 1-f ехр[ — (F — ?*)/«’] I
In |еХр Г E*)/kT\ + expj—^Ф,//:Г| J-ij-j|
= In 1 +
1 + exp [(F-E*d)/kT] exp (— ecpJkT) — 1
1 + охр[-(Я*-/’)/М’]
« In (1 + exp (
\ \ kT 1 j kT
efps \_______1 ] = ecps
Итак,
П
j" pc/cp = kTn[— eqJkT — 1 + exp (ефJkT)].
,(f s
Подставляя полученный результат в формулу (3), находим
2лQl/г = kTn\— eyJkT — 1 +ехр (eyJkT)]. (4)
Рассмотрим два случая:
а) еф JkT < 1.
Из формулы (4) получаем
2nQ\/v на ll2kTn(eyJkT)2l откуда ф8 = (^N2kT/en)1/2 = 3,1 мВ.
б) еф JkT » 1.
Формула (4) в этом случае принимает вид
2лQl/г да kTnexр (ефJkT), откуда <fs = (ikT/e)ln(i2ne2N2/skTn) = Q,29 В.
119
126. Согласно формулам (5.12), (5.13) и (5.15)'
Иэ.п. = + 6 QB, 6 G = фр6Гр;
здесь ебГР = бQb. Отсюда
6 Qb = 6G/p* = цэ.п,б1?/ц.р = 0,16 Q.
Из (5.13) получим
6Qt = bQ — bQb = 0,669 = 1,08 • Ю-9 Кл ¦ см-1.
127. Согласно формулам (5.12) — (5,14) имеем
6Q = 6Qb + bQ„ 6Q ~ CU = 0,51 • 10~9 Кл • см~\
6G » вЦрбГи bQb = е6Гр = 6G/p* = 0,33 • 10"9 Кл -cm'3.
Отсюда 6Q, = 6Q — bQb = 0,18 ¦ 10~9 Кл • см-2.
128*. Объемная плотность заряда р равна
р = е[р(х) — N~]t
где
р(х) = р ехр (e({./kT), N~ = р И +ехр [{E*a~F—e^)lkT\\~1
{Е* = Еа + kT lrigai Еа — энергия акцепторов, ga — фактор вырождения акцепторных уровней). В глубине полупроводника (х » Ьв) акцепторы полностью ионизованы, следовательно,
Na = р {1 + ехр [— (F — E^IkT]}'1 та р.
О
Вычисляя интеграл j р с?ф аналогично задаче 125*, по-
Ф а
лучим
О
j р dq> = р kT [1 — ехр (ефJkT) + e<pslkT],
Подставляя этот результат в уравнение
о
• 2nQs/e = — j р йф
(см. задачу 125*), имеем
Q* — i{pkTs,/2n)[ex]}(e^JkT)~ eqJkT — 1]}1/2,
120
По условию задачи ф, = 0,25 В; следовательно, еф JkT да да 10 > 1 при Т = 300 К, поэтому из последней формулы приближенно следует
Q, = (pkTe/2л)1/2 ехр (ефJ2kT),
причем Q, = eN, и окончательно
N = (pkTe/2ne2) l/2 ехр(еф,/2&Г) =
«= V2 pL0exp(ecpJkT)= 1,52 • 101г см-2.
129. Вычислим изменение со временем концентрации избыточных носителей после выключения источника генерации, который равномерно освещал образец:
= — ^ — divjpr jp = — Dp grad Ар, (1)
Граничные условия таковы:
Dp^—^^fsAp при я=±а (2)
(ось х направлена перпендикулярно поверхности пластины). Из (1) следует
8 Др п 9гАр До
nr = D*-^-—p' W
Уравнение (3)' решаем методом разделения переменных:
ДР“Ф(0>И; (4)
имеем
fit Ч* “ф тр«
откуда
1 йф , 1 п 1 .
—тг Н-----= Dr,-r —? = const,
Ф dt Хр р гр dx2
Эту постоянную обозначим через — 1/т, и введем обозначение
1/х =» 1/тр+ 1/х,.
Тогда уравнение, зависящее от времени, примет вид 1 Йф 1 п Ф dt + 1 “ *
Его частное решение
ф(?) = ехр(—f/xj, (5)
121
Уравнение, зависящее от х, имеет вид
Его решение
ty(x) = A cos [x(xsDv) ~1/2] + В sin [x(x,Dp)_|/г]. (6)
Решение должно быть симметрично относительно точки х = 0, поскольку по условию задачи обе стороны
пластины имеют одинаковые скорости поверхностной рекомбинации. Поэтому В = 0, и из формул (4), (5) и (6) следует
Ар = A cos [х(х,Dp)~i/2] exp(~t/x). (7)
Из граничных условий (2) на основании (7) получаем DrA sin [а (т,Ор)_1/2] ехр (—f/т) (taDp)~in =
= s4 cos [a(r,Z)p)_1/2] exp (—t/т),
илп /т' niih tg = ZT Введеы обозначение ц =
V-a^p) \ s p) p
= а/(x,Dp)i/2. Тогда
