2. koncentracja noœników w pó£przewodniku samoistnym i do

2. KONCENTRACJA NOŚNIKÓW W PÓŁPRZEWODNIKU SAMOISTNYM
I DOMIESZKOWYM. WPŁYW DOMIESZKOWANIA NA POŁOŻENIE POZIOMU
FERMIEGO
2.1. Koncentracja nośników samoistnych
W przypadku gdy mamy do czynienia z półprzewodnikiem niedomieszkowanym o idealnej
sieci krystalicznej, koncentracja nośników - elektronów i dziur - określona jest przez procesy
generacji i rekombinacji zachodzące w wyniku przejścia nośników z pasma walencyjnego do
pasma przewodnictwa i z przewodnictwa do walencyjnego. Prawdopodobieństwo zajścia tych
procesów zależy od szerokości pasma zabronionego danego półprzewodnika oraz od jego
temperatury. Wartość koncentracji nośników samoistnych „ni” można wyznaczyć z
zależności:
(
ni = N C N V exp − Wg / 2kT
)
(2.1)
gdzie:
NC - efektywna gęstość stanów w pasmie przewodnictwa,
NV - efektywna gęstość stanów w pasmie walencyjnym,
Wg - wartość energii określającej szerokość pasma zabronionego,
T - temperatura półprzewodnika,
k - stała Boltzmanna.
Wykorzystując zależności na efektywne gęstości stanów, uzyskano następującą zależność na
koncentrację nośników samoistnych:
[
ni = 2.5 ⋅1019 ( mC mV ) / m02
]
3/ 4
(T / 300)3/ 2 exp( − Wg / 2kT )
(2.2)
gdzie:
ni - koncentracja nośników samoistnych [cm-3],
mC - masa efektywna gęstości stanów dla pasma przewodnictwa mC = 1.18⋅m0,
mV - masa efektywna gęstości stanów dla pasma walencyjnego mV = 0.81⋅m0,
m0 - masa spoczynkowa elektronu.
Wartość energii określającej szerokość pasma wzbronionego Wg występująca
w powyższej zależności maleje wraz ze wzrostem temperatury, zgodnie z zależnością
przedstawioną w pracy [4]:
Wg = 1.204 − 2.8 ⋅ 10 −4 T
(2.3)
gdzie:
Wg - szerokość przerwy energetycznej w [eV],
T - temperatura półprzewodnika [K].
W pracy [10] zależność opisująca szerokość przerwy energetycznej w funkcji temperatury ma
postać:
Wg = 116
. − ( 7.02 ⋅ 10 −4 T 3/ 2 ) / (T + 1108)
(2.4)
[
]
gdzie:
Wg - szerokość przerwy energetycznej w [eV],
T - temperatura półprzewodnika [K].
Poniżej przedstawiono zależności opracowane na podstawie pomiarów koncentracji
nośników samoistnych w krzemie, które podano w różnych źródłach.
-10-
I [4] Zakres temperatur 200 ÷ 500 [K].
2 .365
ni = 5.71 ⋅ 1019 ( T / 300)
exp( − 6733 / T )
gdzie:
ni -koncentracja nośników samoistnych [cm-3],
T - temperatura półprzewodnika [K].
II [10] ni = 3.87 ⋅ 1016 T 3/ 2 exp( − 7014 / T )
gdzie:
ni -koncentracja nośników samoistnych [cm-3],
T - temperatura półprzewodnika [K].
(2.5)
(2.6)
2.2. Koncentracja nośników w półprzewodnikach domieszkowanych
Wprowadzenie do półprzewodnika określonych domieszek powoduje, że półprzewodnik staje
się materiałem o określonym typie przewodnictwa. Zjawisko to ma miejsce dopiero po
zjonizowaniu domieszek. Wprowadzenie do krzemu lub germanu domieszek z V grupy
układu okresowego - donorów - powoduje, że półprzewodnik staje się półprzewodnikiem
donorowym, w którym dominującymi nośnikami są elektrony. Wprowadzenie do krzemu lub
germanu domieszek z III grupy układu okresowego powoduje, że półprzewodnik staje się
półprzewodnikiem akceptorowym, w którym dominującymi nośnikami są dziury.
Jeżeli w półprzewodnik samoistny wprowadzono jeden typ domieszki, wówczas
wyznaczenie typu i koncentracji domieszki przebiega następująco:
a) w półprzewodnik samoistny wprowadzono donory o koncentracji ND:
- półprzewodnik jest typu n,
- koncentracja nośników większościowych - elektronów (T = 300 [K]):
nn = N D
(2.7)
- koncentracja nośników mniejszościowych - dziur (T = 300 [K]):
pn = ni2 / nn
(2.8)
b) w półprzewodnik samoistny wprowadzono akceptory o koncentracji NA:
- półprzewodnik jest typu p,
- koncentracja nośników większościowych - dziur (T = 300 [K]):
pp = N A
(2.9)
- koncentracja nośników mniejszościowych - elektronów (T = 300 [K]):
n p = ni2 / p p
(2.10)
Najczęstszą sytuacją, z którą mamy do czynienia przy wytwarzaniu przyrządów
półprzewodnikowych, jest wprowadzanie w półprzewodnik domieszek obu typów - donorów
i akceptorów.
a) w półprzewodnik samoistny wprowadzono domieszki donorowe i akceptorowe, przy czym
koncentracja donorów przewyższa koncentrację akceptorów:
ND > N A
(2.11)
- półprzewodnik jest typu n,
- koncentracja nośników większościowych - elektronów:
[
] [( N
nn = ( N D − N A ) / 2 +
D
]
− N A ) / 2 + ni2
2
(2.12)
Jeżeli nn >> ni, co w praktyce jest najczęściej spotykanym przypadkiem, wówczas
równanie powyższe upraszcza się do postaci:
-11nn = N D − N A
(2.13)
- koncentracja nośników mniejszościowych - dziur:
pn = ni2 / nn
(2.14)
b) w półprzewodnik samoistny wprowadzono domieszki donorowe i akceptorowe, przy czym
koncentracja akceptorów przewyższa koncentrację donorów:
N A > ND
(2.15)
- półprzewodnik jest typu p,
- koncentracja nośników większościowych - dziur:
[
] [( N
pp = (N A − N D ) / 2 +
A
− ND ) / 2
]
2
+ ni2
(2.16)
Jeżeli pp >> ni, co w praktyce jest najczęściej spotykanym przypadkiem, równanie
powyższe upraszcza się do postaci:
pp = N A − N D
(2.17)
- koncentracja nośników mniejszościowych - elektronów:
n p = ni2 / p p
(2.18)
c) w półprzewodnik o określonym typie przewodnictwa wprowadzono domieszki donorowe
i akceptorowe. W takim przypadku określenie typu przewodnictwa półprzewodnika
i ustalenie koncentracji nośników polega na porównaniu sumarycznych koncentracji
domieszek donorowych i akceptorowych.
Jeżeli w półprzewodnik domieszkowany akceptorami o koncentracji NA wprowadzono
początkowo domieszkę donorową o koncentracji ND1, a następnie domieszkę donorową
o koncentracji ND2 oraz, gdy:
N D1 + N D 2 > N A
(2.19)
półprzewodnik jest typu n o koncentracji elektronów:
nn = ( N D1 + N D 2 ) − N A
(2.20)
i koncentracji dziur:
pn = ni2 / nn
(2.21)
2.3. Położenie poziomu Fermiego w półprzewodniku samoistnym i domieszkowanym
Energia Fermiego (poziom Fermiego) „WF” jest ważnym parametrem opisującym materiał
półprzewodnikowy. W przypadku elektronów, zgodnie z zakazem Pauliego, w każdym stanie
kwantowym może znajdować się co najwyżej jeden elektron. W warunkach równowagi
termodynamicznej w danym układzie fizycznym ustala się określony rozkład obsadzeń
opisany funkcją Fermiego - Diraca, w której pojawia się omawiany parametr zwany
poziomem Fermiego „WF”.
{
[
f (W ) = 1 / 1 + exp (W − WF ) / kT
gdzie: W - energia cząstki,
WF - energia (poziom) Fermiego.
Zgodnie z podaną powyżej zależnością dla:
W = WF
]}
(2.22)
(2.23)
f (WF ) = 0.5
(2.24)
stąd wynika, że energia Fermiego jest to poziom energetyczny, którego prawdopodobieństwo
obsadzenia przez elektron w dowolnej temperaturze wynosi 0.5.
-12W przypadku półprzewodnika samoistnego poziom Fermiego nazywany jest
poziomem samoistnym i oznaczany jest jako „Wi”:
(2.25)
WF = Wi
Położenie poziomu Fermiego w półprzewodniku samoistnym wyznacza się ze wzoru:
Wi = (WC + WV ) / 2 − 1 / 2 ⋅ kT ln( N C / N V )
(2.26)
[
]
gdzie:
WC - energia dna pasma przewodnictwa,
WV - energia wierzchołka pasma walencyjnego,
NC - efektywna gęstość stanów w pasmie przewodnictwa,
NV - efektywna gęstość stanów w pasmie walencyjnym
lub z zależności:
Wi = (WC + WV ) / 2 − 3 / 4 ⋅ kT ln( mC / m V )
[
]
(2.27)
gdzie:
mC - masa efektywna gęstości stanów dla pasma przewodnictwa (mC = 1.18⋅m0),
mV - masa efektywna gęstości stanów dla pasma walencyjnego (mV = 0.81⋅m0).
Z powyższych zależności wynika, że w półprzewodniku samoistnym energia (poziom)
Fermiego leży prawie dokładnie w środku pasma zabronionego. Niewielkie przesunięcie
poziomu Fermiego wynika z różnicy w wartości mas efektywnych.
W przypadku półprzewodnika domieszkowanego następuje „przesunięcie” poziomu
Fermiego względem położenia poziomu Fermiego w półprzewodniku samoistnym, przy czym
wartość tego przesunięcia w jednostkach energii powiązana jest z koncentracją nośników
większościowych następującymi wzorami (zależnościami Boltzmanna):
- w półprzewodniku typu n:
n n = ni exp (WF − Wi ) / kT
(2.28)
[
]
gdzie:
WF - Wi = ∆W - poszukiwana wartość przesunięcia poziomu Fermiego,
- w półprzewodniku typu p:
p p = ni exp (Wi − WF ) / kT
[
]
(2.29)
gdzie: Wi - WF = ∆W - poszukiwana wartość przesunięcia poziomu Fermiego.
Z przedstawionych zależności wynika, że w półprzewodniku typu n poziom Fermiego
„przesuwa” się w stronę dna pasma przewodnictwa, a w półprzewodniku typu p poziom
Fermiego „przesuwa” się w stronę wierzchołka pasma walencyjnego.
Wprowadzając pojęcie potencjału Fermiego:
(2.30)
φ F = (Wi − WF ) / q
wzory przedstawione powyżej można przedstawić w postaci:
n n = ni exp[ − qφ F / kT ]
p p = ni exp[qφ F / kT ]
(2.31)
(2.32)
Zależność Boltzmanna pozwala na konstruowanie wykresów pasm energetycznych
struktur półprzewodnikowych, w których koncentracja domieszek zmienia się z odległością.
Zadanie 2.1
Obliczyć wartość potencjału elektrokinetycznego φ = kT/q w temperaturze pokojowej
T = 300 [K] oraz w temperaturze T = 350 [K]. Porównać wartość potencjału
elektrokinetycznego z energią kT obliczoną w tych samych temperaturach.
-13Dane:
k = 8.62⋅10-5 [eV/K] stała Boltzmanna,
k = 1.38⋅10-23 [J/K],
q = 1.602⋅10-19 [C] ładunek elementarny,
1[eV] = 1.602⋅10-19 [J] przeliczenie jednostek.
Rozwiązanie:
Wartość potencjału elektrokinetycznego:
φ T = kT / q
Jeżeli stała Boltzmanna wyrażona jest w jednostkach: [eV/K] (elektronowolt/kelvin),
w miejsce ładunku elementarnego q podstawiamy wartość „1”:
8.62 ⋅ 10 −5 [eV / K ] ⋅ 300 [ K ]
= 25.86 ⋅ 10 −3 [V ]
φ T ( 300 K ) =
1 [ e]
8.62 ⋅10 −5 [eV / K ] ⋅ 350 [ K ]
= 3017
. ⋅10 −3 [V ]
1 [ e]
Obliczenie wartości energii kT:
kT ( 300 K ) = 8.62 ⋅ 10 −5 [eV / K ] ⋅ 300 [ K ] = 25.86 ⋅ 10 −3 [eV ]
φ T ( 350 K ) =
kT
( 350 K )
. ⋅ 10 −3 [eV ]
= 8.62 ⋅ 10 −5 [eV / K ] ⋅ 350 [ K ] = 3017
Wartość potencjału elektrokinetycznego: φ T = kT / q
stała Boltzmanna k = 1.38⋅10-23 [J/K]
138
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 300 [ K ]
φ T ( 300 K ) =
1.602 ⋅ 10 −19 [C ]
[VAs / K ] [ K ]
φ T ( 300 K ) = 25.84 ⋅ 10 −3
[ As]
−3
φ T ( 300 K ) = 25.84 ⋅ 10 [V ]
φ T ( 350 K ) =
138
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 350 [ K ]
1.602 ⋅ 10 −19 [C ]
φ T (350 K ) = 30.15 ⋅10 3 [V ]
Wartość energii kT:
kT
( 300 K )
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 300 [ K ] = 414
. ⋅ 10 −21[ J ]
= 138
kT
( 350 K )
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 350 [ K ] = 4.83 ⋅ 10 −21[ J ]
= 138
Odpowiedź:
Dla T = 300 [K]:
kT/q = 25.8 [mV],
kT = 25.8 [meV],
kT = 4.14⋅10-21 [J].
Dla T = 350 [K]:
kT/q = 30.1 [mV],
kT = 30.1 [meV],
kT = 4.83⋅10-21 [J].
-14Zadanie 2.2
Wykorzystując przedstawione poniżej półempiryczne zależności opracowane na podstawie
pomiarów koncentracji nośników samoistnych w krzemie w różnych temperaturach, oblicz
wartości ni w temperaturze 200 [K], 250 [K], 300 [K], 350 [K], 400 [K], 450 [K]. Porównaj
uzyskane wyniki.
Rozwiązanie:
Koncentracja nośników w krzemie samoistnym jest ważnym parametrem zależnym od
temperatury półprzewodnika. Na podstawie pomiarów wartości ni w różnych temperaturach
opracowano wiele zależności pozwalających na oszacowanie wartości koncentracji nośników
samoistnych w krzemie. W zadaniu wykorzystano dwa półempiryczne wzory, które
pozwalają wyznaczyć koncentrację ni w zakresie temperatur 200 ÷ 500 [K].
2 .365
ni = 5.71 ⋅ 1019 ( T / 300)
exp( − 6733 / T ) (wzór 1)
16 3/ 2
ni = 3.87 ⋅ 10 T exp( − 7014 / T )
(wzór 2)
200
ni [cm-3]
(wzór 1)
5.27⋅104
ni [cm-3]
(wzór 2)
6.43⋅104
250
7.46⋅107
1⋅108
300
1.02⋅1010
1.41⋅1010
350
3.63⋅1011
5.01⋅1011
400
5.51⋅1012
7.5⋅1012
450
4.74⋅1013
6.27⋅1013
T [K]
koncentracja
14
nośników
samoistnych 10
ni [cm -3] 10 13
10
10
10
10
10
10
10
10
10
12
11
10
9
8
7
6
5
4
200
250
300
350
400
450
temperatura [K]
wartość koncentracji ni obliczona ze wzoru 1
wartość koncentracji ni obliczona ze wzoru 2
-15Zadanie 2.3
Posługując się układem okresowym pierwiastków, wybierz domieszki donorowe
i akceptorowe do krzemu (Si). Rozważ, które z pierwiastków nadawałyby się do
domieszkowania półprzewodników z grupy AIIIBV, np.: arsenku galu (GaAs).
Rozwiązanie:
II
III
Zn
CYNK
B
BOR
Al
GLIN
Ga
GAL
In
IND
Ta
TAL
IV
V
Si
KRZEM
Ge
GERMAN
P
FOSFOR
As
ARSEN
Sb
ANTYMON
Bi
BIZMUT
VI
Se
SELEN
Rozważając fragment układu okresowego pierwiastków przedstawionego powyżej, widać, że
atomy z trzeciej grupy układu okresowego, takie jak:
BOR, GLIN, GAL, IND, TAL
(B) (Al) (Ga) (In) (Ta)
mogą w krzemie pełnić rolę domieszek akceptorowych.
Atomy z piątej grupy układu okresowego, takie jak:
FOSFOR, ARSEN, ANTYMON, BIZMUT
(P)
(As)
(Sb)
(Bi)
mogą w krzemie pełnić rolę domieszek donorowych.
W przypadku arsenku galu domieszkami nie mogą być pierwiastki z III i V grupy
układu okresowego, ponieważ atomy tych właśnie grup tworzą związek półprzewodnikowy.
Rolę domieszki akceptorowej może pełnić cynk (Zn) z II grupy układu okresowego. Rolę
domieszki donorowej może pełnić selen (Se) z VI grupy układu okresowego. Rolę domieszki
do arsenku galu może również pełnić krzem (Si). To, czy atom krzemu będzie pełnił funkcję
donora lub akceptora, zależy od miejsca, jakie zajmie on w strukturze związku
półprzewodnikowego. Atom krzemu (cztery elektrony na orbicie walencyjnej) wbudowany
w miejsce arsenu (pięć elektronów na orbicie walencyjnej) będzie akceptorem. Atom krzemu
wbudowany w miejsce galu (trzy elektrony na orbicie walencyjnej) będzie donorem. Sposób
wbudowywania się atomu krzemu w strukturę arsenku galu przedstawiono na rysunku
poniżej.
Ga
As
donor
Si
akceptor
Si
Odpowiedź:
Si - akceptory: bor, glin, gal, ind, tal,
donory: fosfor, arsen, antymon, bizmut.
GaAs - akceptory: cynk, krzem,
donory: selen, krzem.
-16Zadanie 2.4
Ile gramów boru (domieszki akceptorowej) należy dodać do 100 [g] krzemu, aby otrzymać
półprzewodnik akceptorowy o koncentracji domieszki pp = 1016 [cm-3] (w temperaturze
300 [K]).
Gęstość krzemu ρ = 2.33 [g/cm3]
Masa atomowa boru 10.82 [g/mol] (masa jednego mola boru)
Liczba Avogadro A0 = 6.023⋅1023 atomów.
Rozwiązanie:
Bor jest pierwiastkiem trójwartościowym, dlatego domieszkowany borem krzem
będzie półprzewodnikiem typu p. Koncentrację domieszki akceptorowej wyznaczamy z
zależności:
NA = C / V
gdzie:
NA - koncentracja [1/m3],
C - ilość atomów domieszki,
V - objętość półprzewodnika [m3].
Obliczamy objętość próbki krzemu, w którą wprowadzamy atomy domieszki. Znając masę
krzemu - m oraz gęstość krzemu - ρ:
V = m/ ρ
V = 100 [ g ] / 2.33 [ g / cm3 ]
V = 42.9 [cm3 ]
obliczamy ilość atomów boru wprowadzanych do krzemu o objętości V. Zakładając, że
rozważania prowadzone są w temperaturze 300 [K] pozwalającej na przyjęcie założenia
o całkowitej jonizacji domieszki, możemy przyjąć równość:
pp = N A
gdzie:
pp - koncentracja nośników większościowych,
NA - koncentracja domieszki akceptorowej.
Ponieważ:
NA = C / V
stąd:
C = N AV
oraz pamiętając, że: pp = NA
C = p pV
C = 1016 [cm−3 ] ⋅ 42.9 [cm−3 ]
C = 4.29 ⋅ 1017 atomów boru
W jednym molu boru, to jest w 10.82 gramach boru, znajduje się 6.023⋅1023 atomów boru,
stąd 4.29⋅1017 atomów boru waży:
10.82 [g] → 6.023⋅1023 atomów
x [g] → 4.29⋅1017 atomów
10.82 [ g ] ⋅ 4.29 ⋅ 1017 at.
x=
6.023 ⋅ 10 23 at .
x = 7.7 ⋅ 10 −6 [ g ] boru
Z obliczeń wynika, że do krzemu należy dodać 7.7 [µg] boru, aby uzyskać koncentrację
nośników większościowych (dziur) na poziomie pp = 1016 [cm-3].
-17Odpowiedź:
7.7 [µg] boru.
Zadanie 2.5
Do 100 [g] krzemu samoistnego dodano 8⋅10-8 [g] arsenu i 2.8⋅10-8 [g] aluminium.
Przyjmując, że atomy domieszek są równomiernie rozmieszczone w sieci krystalicznej,
znaleźć:
a) typ półprzewodnika,
b) koncentracje domieszki akceptorowej i donorowej.
Dane:
masa jednego mola arsenu - 74.91 [g]
masa jednego mola aluminium - 26.98 [g]
gęstość krzemu i liczba Avogadro dane w zadaniu 2.4.
Rozwiązanie:
Obliczamy objętość próbki krzemu o znanej masie. Gęstość krzemu ρ:
ρ = m/ V
gdzie:
m - masa krzemu,
V - objętość próbki krzemu.
Stąd:
V = m/ ρ
V = 100 [ g ] / 2.33 [ g / cm3 ]
V = 42.9 [cm3 ]
Obliczamy koncentrację atomów arsenu. Arsen jest pierwiastkiem z piątej grupy układu
okresowego, zatem będzie to koncentracja donorów. Ponieważ do próbki krzemu dodano
8⋅10-8 [g] arsenu, należy obliczyć, ile to jest atomów.
74.91 [g] → 6.023⋅1023 atomów
8⋅10-8[g] → x
atomów
x1 =
6.023 ⋅ 10 23 ⋅ 8 ⋅ 10 −8 [ g ]
74.91 [ g ]
x1 = 6.43 ⋅ 10 atomów arsenu
Ponieważ 6.43⋅10 atomów arsenu wprowadzono do objętości 42.9 [cm3] krzemu, stąd
koncentracja atomów arsenu:
C 6.43 ⋅1014 atomów
ND = =
= 1.5 ⋅1013 cm −3
3
V
42.9 cm
Obliczamy koncentrację atomów aluminium. Aluminium jest pierwiastkiem z trzeciej grupy
układu okresowego, stąd krzem domieszkowany aluminium będzie półprzewodnikiem typu p
(aluminium - akceptor).
Obliczmy, ile atomów aluminium zawiera 2.8⋅10-8 [g] tego pierwiastka:
14
14
[ ]
[
26.98 [g] → 6.023⋅1023 atomów
2.8⋅10-8 [g] → x
atomów
]
-18x2 =
6.023 ⋅ 10 23 ⋅ 2.8 ⋅ 10 −8 [ g ]
26.98 [ g ]
x 2 = 6.25 ⋅ 1014 atomów
Ponieważ 6.25⋅1014 atomów wprowadzono w próbkę krzemu o objętości 42.9 [cm3], stąd
koncentracja akceptorów:
C 6.25 ⋅1014 atomów
NA = =
= 1.46 ⋅1013 cm −3
3
V
42.9 cm
Próbka krzemu znajduje się w temperaturze 300 [K], stąd można przyjąć, że wszystkie
domieszki są zjonizowane. Ponieważ:
[
[ ]
N
D
> N
]
A
półprzewodnik będzie typu n, a koncentrację nośników większościowych obliczono jako:
nn = N D − N A
nn = (15
. ⋅1013 − 1.46 ⋅ 1013 )[cm−3 ]
nn = 4.0 ⋅ 1011[cm−3 ]
Odpowiedź:
a) półprzewodnik jest typu n,
b) nn = 4⋅1011 [cm-3].
Zadanie 2.6
Monokryształ krzemu domieszkowanego atomami arsenu w ilości 10-4 % atomowych (ilość
atomów arsenu w stosunku do ilości atomów krzemu wyrażona w procentach). Następnie
ponownie domieszkowano równomiernie krzem fosforem w ilości 3⋅1016 [at/cm3] oraz borem
w ilości 1018 [at/cm3]. Po domieszkowaniu próbkę poddano obróbce termicznej aktywującej
wszystkie domieszki.
a) Jaki typ przewodnictwa będzie dominujący w tej próbce krzemu?
b) Ile wynosi koncentracja nośników większościowych?
Rozwiązanie:
Arsen jest pierwiastkiem z piątej grupy układu okresowego, czyli w krzemie pełni rolę
donora. Ponieważ krzem zawiera:
N Si = 5 ⋅ 10 22 [atomów Si / cm3 ]
(wartość tablicowa zamieszczona w dodatku C), stąd koncentracja domieszki równa 10-4 %
atomowych wynosi:
N D ( As ) = 5 ⋅10 22 at / cm3 ⋅10 −6 = 5 ⋅1016 at / cm3
[
]
[
]
Domieszkowanie fosforem (atom z piątej grupy okresowej) zwiększa ilość domieszki
donorowej do poziomu:
N D = ( 5 ⋅1016 + 3 ⋅1016 ) cm −3 = 8 ⋅1016 cm−3
[
]
[
]
Domieszkowanie krzemu atomami boru (bor jest pierwiastkiem z trzeciej grupy układu
okresowego) zmienia typ przewodnictwa krzemu z typu n na typ p, ponieważ koncentracja
akceptorów przewyższa koncentrację donorów:
NA > ND
Stąd krzem będzie półprzewodnikiem typu p.
-19Koncentracja nośników większościowych - dziur będzie mniejsza od koncentracji akceptorów
na skutek kompensacji donorami:
(
p p = N A( B) − N D( As) + N D( P)
[
)
p p = 1018 − ( 5 ⋅ 1016 + 3 ⋅ 1016 ) cm−3
p p = 9.2 ⋅ 1017 [cm−3 ]
]
Odpowiedź:
a) krzem jest półprzewodnikiem typu p,
b) pp = 9.2⋅1017 [cm-3].
Zadanie 2.7
Obliczyć koncentrację nośników większościowych i mniejszościowych w próbce krzemu
zawierającej jako domieszkę arsen o koncentracji 5⋅1016 [cm-3] i bor o koncentracji
4.9⋅1016 [cm-3]. Temperatura próbki krzemu - T = 300 [K].
Rozwiązanie:
Arsen (V grupa) - donor:
N D = 5 ⋅ 1016 [cm−3 ]
Bor (III grupa) - akceptor:
N A = 4.9 ⋅ 1016 [cm−3 ]
Z porównania koncentracji domieszek (ND > NA) wynika, że próbka krzemu jest
półprzewodnikiem typu n. Jeżeli spełniona jest zależność:
N D − N A >> ni
gdzie ni - koncentracja nośników samoistnych, wówczas koncentrację nośników
większościowych można wyznaczyć z przybliżonej zależności:
nn = N D − N A
nn = (5 ⋅ 1016 − 4.9 ⋅ 1016 )[cm−3 ]
nn = 1 ⋅ 1015 [cm−3 ]
Ponieważ koncentracja nośników samoistnych w krzemie:
ni ≅ 1.45 ⋅ 1010 [cm−3 ]
(wartość tablicowa zamieszczona w dodatku C), widać, że wyżej przedstawiona nierówność
jest spełniona. Koncentrację nośników mniejszościowych obliczamy korzystając z zależności
na bilans koncentracji nośników:
nn pn = ni2
gdzie:
nn - koncentracja elektronów w krzemie typu n,
pn - koncentracja dziur w krzemie typu n.
Z zależności powyższej:
pn = ni2 / nn
] / (1 ⋅10 [cm ])
= 210
. ⋅ 10 [cm ]
[
pn = (1.45 ⋅ 1010 ) cm−3
2
pn
5
2
15
−3
−3
-20Odpowiedź:
nn = 1⋅1015 [cm-3],
pn = 2.10⋅105 [cm-3].
Zadanie 2.8
W próbkę arsenku galu wprowadzono atomy krzemu w ilości 1010 [cm-3]. Atomy krzemu
mogą wbudowywać się albo w miejsce atomów galu, albo w miejsce atomów arsenu.
Zakładamy, że wszystkie atomy krzemu oddziałują jak zjonizowane atomy domieszek oraz że
5% atomów krzemu wymienia atomy galu, a 95% wymienia atomy arsenu.
Mając dane: T = 300 [K],
ni = 9.0⋅106 [cm-3] (koncentracja nośników samoistnych w GaAs - dodatek C),
Wg = 1.42 [eV],
obliczyć:
a) koncentrację donorów i akceptorów,
b) koncentrację elektronów i dziur,
c) położenie poziomu Fermiego.
Rozwiązanie:
Atomy krzemu wbudowując się w strukturę GaAs w miejsce atomów galu będą
oddziaływać jak donory, ponieważ krzem jako pierwiastek z czwartej grupy układu
okresowego ma cztery elektrony walencyjne wobec trzech elektronów walencyjnych, jakie
posiada gal (III grupa). Stąd koncentracja donorów:
N D = 0.05 ⋅ 1010 [cm−3 ]
N D = 5 ⋅ 108 [cm−3 ]
Atomy krzemu wbudowując się w strukturę GaAs w miejsce atomów arsenu będą
oddziaływać jak akceptory, ponieważ arsen jako pierwiastek z piątej grupy układu
okresowego ma pięć elektronów walencyjnych. Stąd koncentracja akceptorów:
N A = 0.95 ⋅ 1010 [cm −3 ]
N A = 9.5 ⋅ 109 [cm−3 ]
Z porównania koncentracji akceptorów i donorów wynika, że:
NA > ND
czyli półprzewodnik jest półprzewodnikiem typu p o koncentracji nośników większościowych - dziur:
pp = N A − N D
[
p p = ( 9.5 ⋅ 109 − 5.0 ⋅ 108 ) cm −3
p p = 9 ⋅109 [cm −3 ]
]
Z zależności:
p p n p = ni2
gdzie:
pp - koncentracja dziur w półprzewodniku typu p,
np - koncentracja elektronów w półprzewodniku typu n,
wyznaczamy koncentrację nośników mniejszościowych - elektronów:
n p = ni2 / p p
n p = (9 ⋅ 10 6 ) / 9 ⋅ 109 [cm−3 ]
2
-21n p = 9 ⋅ 103 [cm−3 ]
Aby obliczyć położenie poziomu Fermiego (WF) w półprzewodniku domieszkowanym
w stosunku do położenia poziomu Fermiego w półprzewodniku samoistnym (Wi), należy
skorzystać z zależności Boltzmanna:
n n = ni exp (WF − Wi ) / kT półprzewodnik typu n
pp
[
]
= n exp[(W − W ) / kT ]
i
i
F
półprzewodnik typu p
gdzie:
n - koncentracja elektronów w półprzewodniku typu n,
p - koncentracja dziur w półprzewodniku typu p,
WF - energia Fermiego w półprzewodniku domieszkowym,
Wi - energia Fermiego w półprzewodniku samoistnym,
Ponieważ rozważany półprzewodnik jest półprzewodnikiem typu p, skorzystamy z
zależności:
p p = ni exp (Wi − WF ) / kT
[
]
[
p p / ni = exp (Wi − WF ) / kT
(
)
ln p p / ni = (Wi − WF ) / kT
(
Wi − WF = kT ln p p / ni
)
]
[
[
 9 ⋅10 9 cm−3
Wi − WF = 25.9 ⋅10 [eV ] ⋅ ln
−3
6
 9 ⋅10 cm
−3
( )
]
]
Wi − WF = 25.9 ⋅10 −3 [eV ] ⋅ ln 10 3
Wi − WF = 25.9 ⋅10 −3 ⋅ 6.9 [eV ]
[eV ]
Wi − WF = 0179
.
Oznacza to przesunięcie poziomu Fermiego w dół od poziomu Wi o 0.179 [eV], co
zilustrowano na rysunku.
WC
1.4 [eV]
0.179 [eV]
Wi
WF
WV
Odpowiedź:
a) półprzewodnik jest typu p,
koncentracja akceptorów: NA = 9.5⋅109 [cm-3],
koncentracja akceptorów: ND = 5.0⋅108 [cm-3],
b) koncentracja dziur:
pp = 9⋅109 [cm-3],
koncentracja elektronów: np = 9⋅103 [cm-3],
c) Wi - WF = 0.179 [eV].
-22Zadanie 2.9
Znaleźć równowagową koncentrację elektronów i dziur, a także położenie poziomu Fermiego
(w odniesieniu do położenia poziomu Fermiego w półprzewodniku samoistnym) w krzemie
w temperaturze 300 [K], jeżeli krzem zawiera 5⋅1017 [cm-3] atomów arsenu i 4⋅1016 [cm-3]
atomów boru. Efektywna gęstość stanów energetycznych: NC = 2.8⋅1019 [cm-3].
Rozwiązanie:
Koncentracja donorów (atomy arsenu) wynosi:
N D = 5 ⋅ 1017 cm −3
[
]
Koncentracja akceptorów (atomy boru) wynosi:
N A = 4 ⋅1016 [cm −3 ]
Półprzewodnik jest półprzewodnikiem typu n o koncentracji nośników większościowych
(elektronów):
nn = N D − N A
nn = (5 ⋅1017 − 4 ⋅1016 ) [cm −3 ]
nn = 4.6 ⋅ 1017 [cm−3 ]
Koncentracja nośników mniejszościowych (dziur) wynosi:
pn = ni2 / nn
pn = (1.45 ⋅1010 )
2
[cm ]
−3 2
/ 4.6 ⋅1017 [cm−3 ]
pn = 4.5 ⋅10 2 [cm −3 ]
Położenie poziomu Fermiego wyznaczymy posługując się zależnością Boltzmanna dla
półprzewodnika typu n:
nn = ni exp (WF − Wi ) / kT
[
nn
]
/ n = exp[(W − W ) / kT ]
i
F
i
ln( nn / ni ) = (WF − Wi ) / kT
WF − Wi = kT ln( nn / ni )
(
[
]
[
WF − Wi = 25.9 ⋅ 10 −3 [eV ] ⋅ ln 4.6 ⋅ 1017 cm−3 / 1.45 ⋅ 1010 cm−3
WF − Wi = 25.9 ⋅ 10 −3 ⋅ ln( 317
. ⋅ 10 7 ) [eV ]
])
WF − Wi = 0.45 [eV ]
Z obliczeń wynika, że poziom Fermiego przesuwa się w stronę dna pasma przewodnictwa
o 0.45 [eV] w stosunku do poziomu Wi. Położenie poziomu Fermiego można również
obliczyć w odniesieniu do dna pasma przewodnictwa. W tym wypadku należy skorzystać z
wyrażenia:
nn = N C exp − (WC − WF ) / kT
[
]
gdzie:
NC - efektywna gęstość stanów energetycznych,
WC - położenie dna pasma przewodnictwa.
Z powyższego wzoru:
n n / N C = exp − (WC − WF ) / kT
[
WC − WF = kT ln( N C / nn )
(
[
]
]
[
WC − WF = 25.9 ⋅ 10 −3 [eV ] ⋅ ln 2.8 ⋅ 1019 cm−3 / 4.6 ⋅ 1017 cm−3
])
-23WC − WF = 25.9 ⋅ 10 −3 ⋅ 41
. [eV ]
WC − WF = 010
. [eV ]
Przesunięcie poziomu Fermiego w domieszkowanej próbce krzemu liczone od poziomu
Fermiego w materiale samoistnym i liczone od dna pasma przewodnictwa przedstawiono na
rysunku:
0.1 [eV]
0.55 [eV]
WC
WF
0.45 [eV]
Wi
0.55 [eV]
WV
Wyniki przedstawione na rysunku pokazują, że uzyskano identyczny rezultat, licząc
przesunięcie poziomu Fermiego od dna pasma przewodnictwa oraz od poziomu Fermiego dla
półprzewodnika samoistnego, ponieważ:
01
. [eV ] + 0.45 [eV ] = 0.55 [eV ]
co daje dokładną połowę wartości energii szerokości pasma zabronionego dla krzemu:
11
. [eV ] / 2 = 0.55 [eV ]
Odpowiedź:
nn = 4.6⋅1017 [cm-3],
pn = 4.5⋅102 [cm-3],
WF - Wi = 0.45 [eV],
WC - WF = 0.10 [eV].
Zadanie 2.10
Jak duże powinny być koncentracje domieszek (donorowych lub akceptorowych)
wprowadzonych w półprzewodnik, aby przesunąć poziom Fermiego na granicę pasma
walencyjnego lub przewodnictwa. Rozważania przeprowadzić dla germanu, krzemu i arsenku
galu.
Dane:
german
- Wg = 0.7 [eV], ni = 2.4⋅1013 [cm-3],
krzem.
- Wg = 1.1 [eV], ni = 1.45⋅1010 [cm-3],
arsenek galu - Wg = 1.4 [eV], ni = 107 [cm-3].
Rozwiązanie:
Poniżej na rysunku przedstawiono wykresy struktury pasmowej dla germanu, krzemu
oraz arsenku galu:
-24WC
0.35 [eV]
0.35 [eV]
WC
WF
0.55 [eV]
WV
0.55 [eV]
WC
0.7 [eV]
WF
0.7 [eV]
WF
WV
WV
KRZEM
GERMAN
ARSENEK GALU
Z rysunku widać, że aby przesunąć poziom Fermiego ze środka pasma zabronionego na
granicę pasma przewodnictwa, należy wprowadzić taką ilość domieszki donorowej, która
przesunęłaby poziom Fermiego:
- w germanie o
WF - Wi = 0.35 [eV],
- w krzemie o
WF - Wi = 0.55 [eV],
- w arsenku galu o WF - Wi = 0.7 [eV].
Korzystając z zależności Boltzmanna:
nn = ni exp (WF − Wi ) / kT
[
]
dla poszczególnych półprzewodników otrzymujemy następujące koncentracje nośników
większościowych:
- german:
nn = 2.4 ⋅ 1013 cm−3 exp( 0.35 [eV ] / 25.9 ⋅ 10 −3 [eV ])
[
]
[ ]
= 2.4 ⋅ 10 ⋅ 7.4 ⋅ 10 [cm ]
n = 18
. ⋅ 10 [cm ]
nn = 2.4 ⋅ 1013 exp(13.51) cm−3
nn
13
−3
5
−3
19
n
- krzem:
[
]
nn = 1.45 ⋅ 1010 cm−3 exp( 0.55 [eV ] / 25.9 ⋅ 10 −3 [eV ])
[ ]
= 1.45 ⋅ 10 ⋅ 1.7 ⋅ 10 [cm ]
n = 2.3 ⋅ 10 [cm ]
nn = 1.45 ⋅ 1010 exp(21.2) cm−3
nn
10
−3
9
−3
19
n
- arsenek galu:
[
]
nn = 10 7 cm −3 exp( 0.7 [eV ] / 25.9 ⋅ 10 −3 [eV ])
[
nn = 10 7 exp(27) cm−3
[
]
n n = 10 7 ⋅ 5.3 ⋅ 1011 cm −3
[
−3
]
]
n n = 5.3 ⋅ 10 cm
Zakładając, że koncentracja nośników większościowych - elektronów jest równa koncentracji
donorów:
nn = N D
można przyjąć, że koncentracja domieszki donorowej, która pozwala przesunąć poziom
Fermiego na granicę pasma przewodnictwa, wynosi:
- w germanie
ND= 1.8⋅1019 [cm-3],
- w krzemie
ND= 2.3⋅1019 [cm-3],
- w arsenku galu ND= 5.3⋅1018 [cm-3].
18
-25Identyczne wyniki uzyskano by przy rozpatrywaniu przypadku domieszkowania
półprzewodni-ków domieszkami akceptorowymi, co powodowałoby przesuwanie się
poziomu Fermiego w stronę wierzchołka pasma walencyjnego.
Należy jednak pamiętać, że obliczenia przedstawione powyżej można traktować
jedynie jako przybliżone szacunki, ponieważ zależność Boltzmanna została wyprowadzona
przy założeniach ignorujących zakaz Pauliego (rozkład Fermiego - Diraca zastąpiono
rozkładem Maxwella - Boltzmanna). Pomimo to uzyskane w zadaniu wartości dobrze
obrazują przypadek powstawania półprzewodników zdegenerowanych, w których poziom
Fermiego -przy zbyt dużym poziomie domieszkowania - wnika w głąb pasma przewodnictwa
lub walencyjnego. Przypadek ten zilustrowano na rysunku.
WF
WC
WC
WV
WV
WF
silnie domieszkowany
półprzewodnik typu n
n+
silnie domieszkowany
półprzewodnik typu p
p+
Ilustracja zjawiska obsadzania stanów energetycznych przez nośniki w T = 0 [K], w przypadku gdy
poziom Fermiego znajduje się powyżej dna pasma przewodnictwa oraz gdy poziom Fermiego znajduje
się poniżej wierzchołka pasma walencyjnego
Odpowiedź:
german - ND = 1.8⋅1019 [cm-3],
krzem - ND = 2.3⋅1019 [cm-3],
arsenek galu - ND = 5.3⋅1018 [cm-3].
Zadanie 2.11
Wiedząc, że wypadkowa koncentracja nośników zmienia się w półprzewodniku wraz
z przemieszczaniem się od powierzchni półprzewodnika (dla której przyjęto x = 0), co
przedstawiono na rysunku, wykreśl model pasmowy tej próbki materiału
półprzewodnikowego. Określ przesunięcie poziomu Fermiego w stosunku do położenia
poziomu Fermiego w półprzewodniku samoistnym w punktach x = a oraz x = b. Materiałem
jest krzem. T = 300 [K].
ND- NA
[cm -3]
10
18
x=a
0
-5 ⋅ 10
16
powierzchnia próbki
krzemu
x=b
X
-26Rozwiązanie:
Model pasmowy struktury energetycznej półprzewodnika jest wykresem we
współrzędnych energia - położenie - W = f(x). Aby zbudować model pasmowy struktury
energetycznej półprzewodnika, w którym wypadkowa koncentracja domieszek zmienia się
z odległością od powierzchni próbki, przyjęto założenie o niezmienniczości poziomu energii
Fermiego w całym obszarze półprzewodnika, jeżeli materiał ten znajduje się w równowadze
termodynamicznej.
W punkcie x = a koncentracja nośników większościowych - dziur wynosi zgodnie
z rysunkiem:
N D − N A = −5 ⋅ 1016 [cm−3 ]
N A − N D = 5 ⋅ 1016 [cm−3 ]
p p = 5 ⋅ 1016 [cm−3 ]
A zatem zgodnie z zależnością Boltzmanna przesunięcie poziomu Fermiego względem
poziomu Wi będzie wynosiło:
p p = ni exp (Wi − WF ) / kT
[
]
czyli:
(
Wi − WF = kT ln p p / ni
)
[eV ] ln( 5 ⋅ 10 / 1.45 ⋅ 1010 )
Wi − WF = 25.9 ⋅ 10 −3 [eV ] ln( 3.4 ⋅ 10 6 )
Wi − WF = 25.9 ⋅ 10 −3 ⋅ 15 [eV ]
Wi − WF = 0.39 [eV ]
Wi − WF = 25.9 ⋅ 10
−3
16
W punkcie x = b koncentracja nośników większościowych - elektronów będzie wynosiła:
N D − N A = 1018 [cm−3 ]
nn = 1018 [cm −3 ]
Zgodnie z zależnością Boltzmanna przesunięcie poziomu Fermiego w stosunku do poziomu
Wi wynosi:
nn = ni exp (WF − Wi ) / kT
[
stąd:
]
WF − Wi = kT ln( nn / ni )
( [
]
[
WF − Wi = 25.9 ⋅ 10 −3 [eV ] ln 1018 cm−3 / 1.45 ⋅ 1010 cm−3
WF − Wi = 25.9 ⋅ 10 ln( 6.9 ⋅ 10
−3
7
)[eV ]
])
WF − Wi = 25.9 ⋅ 10 ⋅ 18 [eV ]
W F − Wi = 0.47 [eV ]
−3
Interesujący jest również punkt, w którym:
ND − NA = 0
oznacza to, że w tym miejscu półprzewodnik ma charakter półprzewodnika samoistnego, co
oznacza równość pomiędzy poziomami:
WF = Wi
W rezultacie wykres struktury pasmowej ma przebieg przedstawiony na rysunku:
-27-
ND- NA
-3
[cm ]
10
18
x=a
x=b
-5 ⋅ 10
X
16
W
WC
[eV]
Wi
0.39 [eV]
WC
WF
0.47 [eV]
WV
Wi
WV
X
Odpowiedź:
Punkt a: Wi - WF = 0.39 [eV],
Punkt b: WF - Wi = 0.47 [eV].
Zadanie 2.12
Na rysunku przedstawiono rozkład koncentracji domieszki donorowej i akceptorowej
w strukturze tranzystora bipolarnego. Oblicz wypadkową koncentrację domieszek w punktach
x = x1, x = x2, x= x3. Podaj przesunięcie poziomu Fermiego w stosunku do położenia poziomu
Fermiego w półprzewodniku samoistnym w punktach x1, x2, x3.
Naszkicuj wypadkowy profil koncentracji domieszki (ND - NA) = f(x). Narysuj wykres
energetyczny struktury pasmowej tego przyrządu półprzewodnikowego.
-28koncentracja
domieszek
[cm -3 ]
10
22
10
19
7 . 10
19
5 . 10
EMITER
BAZA
n+
21
WARSTWA
KOLEKTOR ZAGRZEBANA
n+
n
p
DONORY
DONORY
10 20
10 19
10 18
10
AKCEPTORY
17
DONORY
10 16
10 15
10 14
1
2
x1
x2
3
4
5
6
7
8
9 10
odległość od powierzchni
krzemu x [ µ m]
x3
Rozwiązanie:
Punkt x = x1:
Półprzewodnik jest typu n o koncentracji nośników większościowych - elektronów:
nn = ( N D1 + N D 2 ) − N A
[
nn = ( 7 ⋅ 1019 + 1016 ) − 5 ⋅ 1019 cm−3
nn = 2 ⋅ 1019 [cm−3 ]
Przesunięcie poziomu Fermiego:
[
nn = ni exp (WF − Wi ) / kT
WF − Wi = kT ln( nn / ni )
]
]
WF − Wi = 25.9 ⋅ 10 −3 [eV ] ⋅ ln( 2 ⋅ 1019 / 1.45 ⋅ 1010 )
WF − Wi = 0.545 [eV ]
Punkt x = x2:
Półprzewodnik jest typu p o koncentracji dziur:
p p = N A − ( N D1 + N D 2 )
[
]
p p = 1017 − (1016 + 1016 ) [cm−3 ]
Przesunięcie poziomu Fermiego:
p p = 8 ⋅ 1016 [cm−3 ]
[
p p = ni exp (Wi − WF ) / kT
(
Wi − WF = kT ln p p / ni
)
]
Wi − WF = 25.9 ⋅ 10 −3 ⋅ ln( 8 ⋅ 1016 / 1.45 ⋅ 1010 )[eV ]
Wi − WF = 0.40 [eV ]
Punkt x = x3:
Półprzewodnik jest typu n o koncentracji elektronów:
-29nn = N D 2
nn = 1016 [cm−3 ]
Przesunięcie poziomu Fermiego:
WF − Wi = kT ln( nn / ni )
WF − Wi = 25.9 ⋅ 10 −3 ⋅ ln(1016 / 1.45 ⋅ 1010 )[eV ]
WF − Wi = 0.35 [eV ]
ND - NA
[cm -3]
10 20
10
2 . 10
19
10
15
16
10 10
10 5
-10 5
1 2
3
4
8 . 10
16
5
6
7
8
9 10
- 10 10
-10 15
-10 20
WC
W
WC
odległość od powierzchni krzemu
x [ µ m]
WC
0.40 [eV]
0.54 [eV]
0.35 [eV]
Wi
Wi
WV
WC
WV
WV
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
odległość od powierzchni krzemu x [ µ m]
-30-
3. TRANSPORT NOŚNIKÓW POD WPŁYWEM
KONDUKTYWNOŚĆ PÓŁPRZEWODNIKA
POLA
ELEKTRYCZNEGO.
3.1. Ruchliwość nośników ładunku
Jeżeli obszar półprzewodnika znajduje się pod wpływem pola elektrycznego, wówczas na
elektron będzie działała siła równa F = -qE. Z zależności:
− qEτ zd = mn* v u
(3.1)
gdzie:
E - wartość natężenia pola elektrycznego,
τzd - średni czas pomiędzy zderzeniami,
mn* - masa efektywna elektronu,
vu - prędkość unoszenia,
wynika, że elektron będzie poruszał się z prędkością unoszenia:
v u = −( qτ zd / m*n ) E
(3.2)
gdzie wyrażenie w nawiasie nazwano ruchliwością:
µ n = qτ zd / mn*
(3.3)
Stąd:
vu = −µ n E
(3.4)
Z powyższej zależności wynika, że prędkość unoszenia nośników ładunku jest proporcjonalna
do wartości natężenia pola elektrycznego E. Należy pamiętać, że twierdzenie to jest słuszne
tylko w ograniczonym zakresie. Podobne rozważania dla dziur prowadzą do zależności:
vu = µ p E
(3.5)
Ruchliwość
jest
ważnym
parametrem
materiałowym
w
technologii
półprzewodnikowej, toteż opracowano szereg empirycznych zależności pozwalających na
wyznaczenie wartości tego parametru w zależności od koncentracji domieszek w
półprzewodniku oraz temperatury. Zależność przedstawiona poniżej pozwala na wyznaczenie
wartości ruchliwości elektronów i dziur przy koncentracji domieszek zmieniającej się w
zakresie od 1013 [cm-3] do 1019 [cm-3]:
α
µ = µmin + ( µmax − µmin ) / 1 + N / N ref 
(3.6)


gdzie:
µmin - minimalna wartość ruchliwości w danym półprzewodniku,
µmax - maksymalna wartość ruchliwości w danym półprzewodniku,
N - sumaryczna koncentracja domieszek,
Nref, α - parametry zależne od domieszki.
Wartości parametrów występujących w powyższym równaniu przedstawiono poniżej:
(
)
Parametr
Arsen
Fosfor
Bor
µmin
µmax
Nref
52.2
1417
68.5
1414
44.9
470.5
9.68⋅1016
0.680
9.20⋅1016
0.711
2.23⋅1017
0.719
α
-31-
Ruchliwości elektronów i dziur w krzemie w temperaturze 300 K w zależności od
sumarycznej koncentracji domieszek przedstawiono na wykresie w dodatku D.
W literaturze można spotkać inne zależności pozwalające na obliczenie wartości
ruchliwości w zależności od koncentracji nośników [4].
Nie mniej istotnym zagadnieniem jest zależność ruchliwości od temperatury. Poniżej
podano empiryczne zależności pozwalające na obliczenie wartości ruchliwości w zależności
od całkowitej koncentracji domieszek oraz temperatury:
ruchliwość elektronów w krzemie typu n:
7.4 ⋅ 108 T −2 .33
µn = 88Tn−0 .57 +
(3.7)
1 + N / (1.26 ⋅ 1017 Tn2 .4 ) 0.88Tn−0 .146
[
]
ruchliwość dziur w krzemie typu p:
µ p = 54.3Tn−0 .57 +
136
. ⋅ 108 T −2 .33
[
(3.8)
]
1 + N / ( 2.35 ⋅ 1017 Tn2 .4 ) 0.88Tn−0 .146
gdzie:
Tn = T/300,
T - temperatura półprzewodnika w [K],
N - sumaryczna koncentracja domieszek.
Zależnościami przedstawionymi powyżej można posługiwać się przy koncentracjach nie
przekraczających 1020 [cm-3] oraz w zakresie temperatur od 250 ÷ 500 K.
Jak już wspomniano o tym wcześniej, prędkość unoszenia nośników jest
proporcjonalna do pola elektrycznego tylko w zakresie słabych pól elektrycznych.
W rzeczywistości zależność ta jest bardziej skomplikowana. Wartość prędkości unoszenia
w zależności od wartości pola elektrycznego można wyznaczyć z empirycznej zależności
[10]:
[
v u = v l ( E / Ec ) 1 + ( E / Ec )
]
β −1/ β
(3.9)
gdzie:
vl - wartość maksymalnej prędkości unoszenia,
EC - krytyczna wartość pola elektrycznego,
β - parametr równania.
Parametry vl, Ec, oraz β przedstawiono w zależności od temperatury w poniższej tabeli:
Tabela 3.1
Parametry określające zależność prędkości unoszenia od pola elektrycznego
Elektrony
Parametr
Wyrażenie
vl [cm/s]
Ec [V/cm]
1.53⋅109⋅T-0.87
1.01⋅T1.55
2.57⋅10-2⋅T0.66
β
Dziury
Wartość przy
300 [K]
1.07⋅107
6.91⋅103
1.11
Wyrażenie
1.62⋅108⋅T-0.52
1.24⋅T1.68
0.46⋅T0.17
Wartość przy
300 [K]
8.34⋅106
1.45⋅104
2.637
3.2. Konduktancja półprzewodnika
Sumując iloczyny ładunku (-q) i prędkości przemieszczania się elektronu po wszystkich
elektronach w jednostce objętości, można wyznaczyć gęstość prądu elektronowego:
-32J n = ∑ ( − qvi ) = − nqv u = nqµ n E
(3.10)
i
oraz podobnie gęstość prądu dziurowego:
J p = ∑ qvi = pqv u = pqµ p E
(3.11)
i
Całkowita gęstość prądu unoszenia będzie sumą składowej elektronowej i dziurowej gęstości
prądu unoszenia:
(
)
J = J n + J p = nqµ n + pqµ p E
Ponieważ:
(
J = σE
)
stąd:
σ = nqµn + pqµ p
lub:
ρ = 1 / nqµn + pqµ p
(
(3.12)
(3.13)
(3.14)
)
(3.15)
Dla krzemu (Si) domieszkowanego fosforem (P) lub borem (B) opracowano wykresy
zależności rezystywności (ρ) od koncentracji domieszek (dodatek D).
Zadanie 3.1
Elektron porusza się w obszarze słabo domieszkowanego krzemu w polu elektrycznym
w temperaturze 300 K. Jego prędkość unoszenia równa jest 1/10 prędkości cieplnej. Oblicz
średnią liczbę zderzeń, jakich doznaje elektron dryfując przez próbkę o szerokości 1 [µm].
Jakie napięcie przyłożono do tej próbki?
Dane:
mn* = 0.26 m0
m0 = 9.11⋅10-31 [kg]
k = 1.38⋅10-23 [J/K]
q = 1.6⋅10-19 [C]
q/m0 = e/m0 = 1.75⋅1015 [cm2/(Vs2)]
µn = 1350 [cm2/Vs]
Rozwiązanie:
Prędkość termiczną vTh obliczamy ze wzoru:
( m*n vTh2 ) / 2 = (3 / 2) kT
2
= 3kT
m*n vTh
2
vTh = ( 3kT ) / m*n
ponieważ:
m*n = 0.26m0
stąd:
vTh = ( 3kT ) / 0.26 m0
vTh =
3 ⋅ 138
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 300[ K ]
0.26 ⋅ 911
. ⋅ 10 −31[ kg ]
vTh = 5.24 ⋅ 1010 [J / kg ]
vTh = 2.29 ⋅ 105 

(kg( m / s ) m) / kg 
2
-33vTh = 2.29 ⋅ 105 [ m / s]
vTh = 2.29 ⋅ 10 7 [cm / s]
stąd prędkość unoszenia:
v u = 0.1 vTh
v u = 2.29 ⋅ 10 6 [cm / s ]
Czas, jaki potrzebny jest do przebycia przez elektron drogi określonej w zadaniu, wynosi:
t = s / vu
gdzie:
s - droga przebywana przez nośnik,
vu - prędkość unoszenia,
t = 1 ⋅ 10 −4 [cm] / 2.29 ⋅ 10 6 [cm / s ]
t = 4.4 ⋅ 10 −11 [cm / s ]
Z równania definiującego ruchliwość µ wyznaczymy średni czas pomiędzy zderzeniami:
µ = qτ zd / m*n
τ zd = µm*n / q
(
)
τ zd = ( µ ⋅ 0.26m0 ) / q
m
τ zd = ( 0.26µ ) 0
q
1
τ zd = 0.26 ⋅ 1350[cm 2 / Vs ]
15
1.75 ⋅ 10 [cm 2 / Vs 2 ]
τ zd = 2 ⋅ 10 −13 [ s]
Ilość zderzeń:
υzderzeń = t / τ
υ zderze– = 4.4 ⋅ 10 −11 [s ] / 2 ⋅ 10 −13 [s ]
υzderzeń = 215
Obliczenie napięcia przyłożonego do próbki:
E =U / d
gdzie:
E - natężenie pola elektrycznego,
U - napięcie przyłożone do próbki,
d - szerokość próbki,
stąd:
U = Ed
ponieważ:
v u = µE
E = vu / µ
czyli:
U = ( vu / µ) d
(
[
])
U = 2.29 ⋅ 10 6 [cm / s ] / 1350 cm 2 / Vs 10 −4 [cm]
U = 017
. [V ]
U = 170 [ mV ]
Odpowiedź:
υ = 215 zderzeń,
-34U = 170 [mV].
Zadanie 3.2
W próbce półprzewodnika mamy do czynienia z dwoma mechanizmami rozpraszania
nośników. Jeżeli mielibyśmy do czynienia tylko z pierwszym mechanizmem rozpraszania,
wówczas ruchliwość nośników wynosiłaby µ1 = 800 [cm2/Vs]. Jeżeli tylko z drugim
mechanizmem, wówczas ruchliwość nośników wynosiłaby µ2 = 200 [cm2/Vs]. Ile będzie
wynosiła ruchliwość nośników, jeżeli w próbce wystąpią oba mechanizmy rozpraszania?
Rozwiązanie:
Prawdopodobieństwo tego, że nośnik zostanie rozproszony w okresie czasu „dt”
dzięki „i”- temu mechanizmowi równe jest:
Pi = dt / τ i
gdzie:
τi - średni czas życia pomiędzy zderzeniami.
Prawdopodobieństwo tego, że nośnik zostanie rozproszony, jeżeli mamy do czynienia
z większą ilością mechanizmów rozpraszania, wynosi:
PC = dt / τ c
gdzie:
dt / τ c = ∑i ( dt / τ i )
Ruchliwość związana jest ze średnim czasem pomiędzy zderzeniami zależnością:
qτ
µ = *zd
mn
Stąd:
τ zd = ( µm*n ) / q
A zatem przyjmując, że „i”- ty mechanizm rozpraszania opisany jest przez:
- średni czas pomiędzy zderzeniami - τi,
- ruchliwość - µi,
natomiast wypadkowy mechanizm rozpraszania opisany jest przez:
- wypadkowy średni czas między zderzeniami - τc,
- wypadkową ruchliwość - µc,
możemy napisać:
dt
dt
=∑
*
( µc mn ) / q i ( µi m*n ) / q
stąd:
1
µc
Ponieważ:
=∑
1
µi
µ1 = 800 [cm2 / Vs]
µ2 = 200 [cm2 / Vs]
stąd:
1
µc
=
1
1
+
2
800 [cm / Vs] 200 [cm2 / Vs]
µc =
800 ⋅ 200
[cm2 / Vs]
800 + 200
-35-
µc = 160 [cm2 / Vs]
Odpowiedź:
µc = 160 [cm2/Vs].
Zadanie 3.3
Obliczyć koncentrację elektronów i dziur oraz konduktywność próbki krzemu
domieszkowanej donorami o koncentracji ND = 1015 [cm-3] oraz akceptorami o koncentracji
NA = 1014 [cm-3].
Ponadto są dane:
q = 1.6⋅10-19 [C]
µn = 1350 [cm2/Vs]
µp = 500 [cm2/Vs]
T = 300 [K]
Rozwiązanie:
Ponieważ koncentracja donorów jest większa od koncentracji akceptorów, krzem jest
typu n, stąd koncentracja elektronów:
nn = N D − N A = (1015 − 1014 )[cm −3 ]
nn = 9 ⋅ 1014 [cm−3 ]
oraz koncentracja dziur:
[(
) / 9 ⋅10 ][cm ]
= 2.3 ⋅ 10 [cm ]
pn = ni2 / nn = 1.45 ⋅1010
2
−3
14
−3
5
pn
Konduktywność półprzewodnika obliczamy z zależności:
σ = σ n + σ p = qµ n nn + qµ p pn
gdzie:
σ - konduktywność półprzewodnika,
σn - składowa elektronowa konduktywności,
σp - składowa dziurowa konduktywności,
µn - ruchliwość elektronów,
µp - ruchliwość dziur.
Składowa elektronowa konduktywności wynosi:
σ n = qµn nn
[
]
[
σ n = 1.6 ⋅10 −19 [C ] ⋅1350 cm2 / Vs ⋅ 9 ⋅1014 cm −3
]
 C ⋅ cm 2 
σ n = 0.19 
3
V ⋅ s ⋅ cm 
 A ⋅ s ⋅ cm 2 
σ n = 0.19 
3 
 V ⋅ s ⋅ cm 
σ n = 019
. [Ω cm]
−1
Składowa dziurowa konduktywności:
σ p = 1.6 ⋅ 10 −19 [C ] ⋅ 500 cm 2 / Vs ⋅ 2.3 ⋅ 10 5 cm −3
[
]
σ p = 0.18 ⋅ 10 −10 [Ω cm]−1
[
]
-36Konduktywność całkowita:
σ = σ n + σ p = (0.19 + 0.18 ⋅ 10 −10 )[Ω cm]−1
σ = 019
. [Ω cm]
−1
Odpowiedź:
σ = 0.19 [Ωcm]-1.
Zadanie 3.4
Próbka krzemu zawiera domieszki donorowe i akceptorowe. Wiadomo, że koncentracja
akceptorów wynosi NA = 1013 [cm-3], zaś składowa dziurowa konduktywności tej próbki jest
104 razy większa od składowej elektronowej. Wyznaczyć koncentrację donorów oraz
nośników większościowych i mniejszościowych w próbce w temperaturze T = 300 K.
Przyjąć, że µn/µp = 3.
Rozwiązanie:
Próbka jest półprzewodnikiem typu p. Składowa dziurowa i elektronowa konduktywności wynoszą odpowiednio:
σ p = qµ p p p = qµ p ( N A − N D )
[
σ n = qµn n p = qµn ni2 / ( N A − N D )
ponieważ:
n p = ni2 / ( N A − N D )
Z warunków zadania wynika, że:
σ p / σ n = 10 4
Stąd:
]
µ p / µn = 1 / 3
oraz
σ p qµ p ( N A − N D )
=
qµn ni2
σn
[
2
10 4 = (1 / 3) ( N A − N D ) / ni2
2
]
N A − N D = 3 ⋅ 10 4 ni2
(
)
N A − N D = 3 ⋅10 4 1.45 ⋅1010 [cm −3 ]
N A − N D = 6.3 ⋅ 10 24 [cm−3 ]
N A − N D = 2.5 ⋅ 1012 [cm−3 ]
Jest to koncentracja nośników większościowych - dziur:
p p = N A − N D = 2.5 ⋅ 1012 [cm−3 ]
ponieważ:
stąd koncentracja donorów:
wynosi:
N A = 1013 [cm−3 ]
N D = N A − pp
[
N D = (1013 − 2.5 ⋅ 1012 ) cm−3
N D = 7.5 ⋅ 1012 [cm−3 ]
Koncentracja nośników mniejszościowych:
]
2
-37n p = ni2 / p p
[
n p = (1.45 ⋅ 1010 ) / 2.5 ⋅ 1012 cm−3
2
[
n p = 8.4 ⋅ 10 cm
7
−3
]
]
Odpowiedź:
ND = 7.5⋅1012 [cm-3],
pp = 2.5⋅1012 [cm-3],
np = 8.4⋅107 [cm-3].
Zadanie 3.5
W krzemie typu n o koncentracji domieszek ND = 1016 [cm-3] wytworzono pole elektryczne
o natężeniu E = 102 [V/cm]. Obliczyć:
a) prędkość unoszenia elektronów i dziur w próbce,
b) składową elektronową i dziurową gęstości prądu unoszenia oraz całkowitą gęstość prądu
unoszenia.
Ponadto są dane:
µn = 1350 [cm2/Vs]
µp = 500 [cm2/Vs]
T = 300 [K]
Rozwiązanie:
Prędkość unoszenia elektronów i dziur w próbce krzemu wynoszą:
v n = µn E = 1350 cm2 / Vs ⋅ 10 2 [V / cm]
[
]
v n = 135
. ⋅ 10 [cm / s]
5
[
]
v p = µ p E = 500 cm2 / Vs ⋅10 2 [V / cm]
v n = 5 ⋅ 10 [cm / s]
Gęstość prądu unoszenia J obliczamy z zależności:
J = σE
gdzie:
J - gęstość prądu unoszenia,
σ - konduktywność próbki,
E - natężenie pola elektrycznego.
W półprzewodniku konduktywność jest sumą składowej elektronowej i dziurowej
konduktywności:
σ = σn + σ p
4
stąd:
(
)
J = σn + σ p E
J = σn E + σ p E
J = Jn + J p
gdzie:
Jn = σnE - składowa elektronowa gęstości prądu unoszenia,
Jp = σpE - składowa dziurowa gęstości prądu unoszenia.
Ponieważ krzem domieszkowany jest domieszką donorową o koncentracji ND, stąd
koncentracja nośników większościowych - elektronów wynosi:
-38nn = N D = 1016 [cm −3 ]
koncentracja nośników mniejszościowych - dziur wynosi:
pn = ni2 / nn
pn = (1.45 ⋅ 1010 ) / 1016 [cm−3 ]
2
pn = 21
. ⋅ 10 4 [cm−3 ]
Składowa elektronowa konduktywności:
σ n = qµn nn = 1.6 ⋅ 10 −19 [C] ⋅ 1350 cm2 / Vs ⋅ 1016 cm−3
[
σ n = 216
. [Ω cm]
]
[
]
−1
Składowa dziurowa konduktywności:
σ p = qµ p pn = 1.6 ⋅ 10 −19 [C ] ⋅ 500 [cm2 / Vs] ⋅ 21
. ⋅ 10 4 [cm−3 ]
σ p = 1.68 ⋅ 10 −12 [Ω cm]
Składowa elektronowa gęstości prądu unoszenia:
−1
J n = σ n E = 216
. [Ω cm] ⋅ 10 2 [V / cm]
−1
J n = 216 [ A / cm2 ]
Składowa dziurowa gęstości prądu unoszenia:
−1
J p = σ p E = 168
. ⋅ 10 −12 [Ω cm] ⋅ 10 2 [V / cm]
J n = 1.68 ⋅ 10 −10 [ A / cm2 ]
Całkowita gęstość prądu unoszenia:
J = J n + J p = ( 216 + 168
. ⋅ 10 −10 ) [ A / cm2 ]
J ≅ 216 [ A / cm2 ]
Odpowiedź:
Prędkość unoszenia wynosi:
- dla elektronów:
vn = 1.35⋅105 [cm/s],
- dla dziur:
vp = 5⋅104 [cm/s].
Gęstość prądu unoszenia wynosi:
- dla elektronów:
Jn = 216 [A/cm2],
- dla dziur:
Jp = 1.68⋅10-10 [A/cm2].
Całkowita gęstość prądu unoszenia: J = 216 [A/cm2]
Zadanie 3.6
Oblicz prędkość ruchów termicznych elektronu w próbce krzemu pozostającej w
temperaturze T = 300 [K]. Porównaj uzyskany wynik z prędkością unoszenia elektronu w
próbce krzemu, w której wytworzono pole elektryczne E = 103 [V/cm]. Krzem
domieszkowany jest domieszką donorową na poziomie 1015 [cm-3], co pozwala przyjąć
wartość ruchliwości elektronów: µn = 1350 [cm2/Vs] (patrz dodatek D).
Ponadto są dane:
m0 = 9.11⋅10-31 [kg]
k = 1.38⋅10-23 [J/K]
-39Rozwiązanie:
Prędkość ruchów termicznych wyznaczana jest z zależności:
( m*n vth2 ) / 2 = (3 / 2) kT
gdzie:
mn* - efektywna masa elektronu w pasmie przewodnictwa,
vth - prędkość ruchów termicznych.
Stąd:
kT
v th = 3 *
mm
v th =
3 ⋅ 138
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 300 [ K ]
0.26 ⋅ 911
. ⋅ 10 −31[ kg ]
 kgm2 
v th = 5.24 ⋅ 10 
2 
 kgs 
v th = 2.3 ⋅ 105 [ m / s]
v th = 2.3 ⋅ 10 7 [cm / s]
Prędkość unoszenia wynika z dryftu elektronu w polu elektrycznym i wynosi:
vu = µn E
10
v u = 1350 [cm2 / Vs] ⋅ 103 [V / cm]
v u = 135
. ⋅ 10 6 [cm / s]
Porównanie prędkości ruchów termicznych i unoszenia w warunkach określonych w zadaniu:
v th / v u = 2.3 ⋅ 10 7 [cm / s] / 13
. ⋅ 10 6 [cm / s]
v th / v u ≅ 18
Odpowiedź:
vth /vu ≅ 18.
Zadanie 3.7
Znaleźć ruchliwość elektronów w aluminium, mającym rezystywność 2.8⋅10-6 [Ωcm]. Z
trzech elektronów walencyjnych w aluminium w temperaturze pokojowej (T = 300 [K])
średnio 90% elektronów z ogólnej liczby elektronów w próbce jest swobodnych i może brać
udział w przewodzeniu. Masa atomowa aluminium MAl = 27[g], gęstość gAl = 2.7 [g/cm3]
Znaleźć wartość średniego czasu pomiędzy zderzeniami elektronów i porównać tę
wartość ze średnim czasem pomiędzy zderzeniami w słabo domieszkowanym krzemie.
Rozwiązanie:
Konduktywność aluminium wyraża się zależnością:
σ = nµ n q
stąd:
µn = σ / ( nq)
ponieważ:
σ =1/ ρ
µn = 1 / ( nqρ )
gdzie:
n - koncentracja elektronów w próbce aluminium,
-40q - ładunek elektronu,
ρ - rezystywność próbki.
Koncentrację elektronów n w rozpatrywanej próbce aluminium obliczymy znając
koncentrację atomów aluminium. Ponieważ:
g = m/V
gdzie:
g - gęstość aluminium,
m - masa próbki,
V - objętość próbki,
stąd objętość, jaką zajmuje jeden mol aluminium, wynosi:
Vmol = M / g
gdzie:
M - masa atomowa.
Vmol = 27 [ g ] / 2.7 [ g / cm3 ]
Vmol = 10 [cm3 ]
Ponieważ w jednym molu aluminium mamy A0 atomów aluminium, gdzie A0 jest liczbą
Avogadro, stąd koncentracja atomów aluminium wynosi:
n Al = A0 / Vmol
n Al = 6.023 ⋅10 23 / 10 [cm3 ]
n Al = 6.023 ⋅10 22 [cm −3 ]
Z warunków zadania wynika, że z ogólnej liczby elektronów walencyjnych średnio 90% jest
swobodnych i bierze udział w przewodzeniu, stąd koncentracja elektronów:
n = 0.9 ⋅ n Al ⋅ 3
n = 0.9 ⋅ (6.023 ⋅10 22 ) ⋅ 3 [cm −3 ]
n = 1.6 ⋅ 10 23 [cm−3 ]
stąd ruchliwość:
(
µn = 1 / ( nqρ )
)
µn = 1 / 1.6 ⋅ 10 23[cm−3 ] ⋅ 1.6 ⋅ 10 −19 [C] ⋅ 2.8 ⋅ 10 −6 [Ω cm]
[
µn = 1 / (71
. ⋅10 −2 ) cm2 / Vs
]
µ n = 13.8 [cm 2 / Vs ]
Średni czas pomiędzy zderzeniami τzd obliczamy ze wzoru:
µn = qτ zd / m*n
skąd:
τ zd = ( µm*n ) / q
m
τ zd = µ ⋅ 0.26 0
q
gdzie:
q / m0 = e / m0 = 1.75 ⋅ 1015 [cm2 / Vs 2 ]
W aluminium średni czas pomiędzy zderzeniami wynosi:
13.8 [cm 2 / Vs ]⋅ 0.26
τ zd ( Al ) =
1.75 ⋅ 1015 [cm 2 / Vs 2 ]
τ zd ( Al ) = 21
. ⋅ 10 −15 [ s]
-41W słabo domieszkowanym krzemie (µn = 1350 [cm2/Vs]) średni czas pomiędzy zderzeniami
wynosi:
1350 cm2 / Vs ⋅ 0.26
τ zd ( Si ) =
1.75 ⋅ 1015 cm2 / Vs 2
[
]
[
τ zd ( Si ) = 2 ⋅ 10
−13
]
[ s]
. ⋅ 10 −15 [ s]
τ zd ( Si ) / τ zd ( Al ) = 2 ⋅ 10 −13 [ s] / 21
τ zd ( Si ) / τ zd ( Al ) ≅ 100
Odpowiedź:
µn = 14.1 [cm2/Vs],
τzd(Si)/τzd(Al) ≅ 100.
Zadanie 3.8
Pomiędzy kontakty jednorodnej próbki krzemu o wymiarach jak na rysunku przyłożono
napięcie U = 10 [V]. Obliczyć wartość natężenia prądu płynącego przez próbkę
w temperaturze T = 300 [K].
Rozważyć:
a) próbkę samoistną,
b) próbkę typu n o ND = 1017 [cm-3],
(przyjąć ruchliwość µn = 1000 [cm2/Vs]).
w = 0.5 cm
l = 5 cm
d = 0.5 cm
PRÓBKA KRZEMU
U
Rozwiązanie:
a) próbka samoistna:
Rezystancja próbki krzemu wynosi:
Ri = ρi (l / S )
gdzie:
ρi - rezystywność krzemu samoistnego,
l - długość próbki,
S - powierzchnia próbki (S = wd).
(
ρi = 1 / σ i = 1 / qµn ni + qµ p pi
[ (
ρi = 1 / qni µn + µ p
)]
)
ρi = 1 / [1.6 ⋅ 10 −19 ⋅ 1.45 ⋅ 1010 (1350 + 500)][Ω cm]
ρi = 2.3 ⋅ 105 [Ω cm]
Stąd rezystancja próbki krzemu samoistnego Ri wynosi:
Ri = 2.3 ⋅ 105 [Ω cm] 5[cm] / 0.25[cm2 ]
(
Ri = 4.6 [ MΩ ]
)
-42Prąd płynący przez próbkę krzemu samoistnego:
I = U / Ri = 10 [V ] / 4.6 [ MΩ ]
I = 217
. [ µA]
b) próbka krzemu domieszkowanego:
Rezystywność krzemu domieszkowanego:
(
ρ = 1 / σ = 1 / qµn nn + qµ p pn
)
Ponieważ próbka jest silnie domieszkowana donorami o koncentracji ND, stąd:
nn = N D
nn = 1017 [cm−3 ]
Ponieważ również:
nn >> pn
Stąd możemy przyjąć, że w silnie domieszkowanym donorami półprzewodniku składowa
dziurowa konduktywności jest do pominięcia, a zatem całkowita rezystywność próbki
wynosi:
ρ = 1 / qµn nn
(
)
ρ = 1 / 1.6 ⋅ 10 −19 [C] ⋅ 1000 [cm2 / Vs] ⋅ 1017 [cm−3 ]
ρ = 6.25 ⋅ 10 [Ω cm]
Stąd rezystancja domieszkowanej próbki krzemu:
R = ρ (x / S)
−2
(
)
R = 6.25 ⋅ 10 −2 [Ω cm] 5[cm] / 0.25[cm2 ]
R = 1.25 [Ω ]
Prąd płynący przez próbkę
I =U / R
I = 10 [V ] / 1.25 [Ω ]
I = 8 [ A]
Odpowiedź:
a) I = 2.17 [µA]
b) I = 8 [A].
Zadanie 3.9
Jaki prąd popłynie przez rezystor epitaksjalny spolaryzowany napięciem 5 [V], który
uzyskano poprzez dyfuzję do epitaksjalnej warstwy typu n - domieszki akceptorowej na
głębokość 2.4 [µm]. Do obliczeń należy przyjąć jedynie obszar półprzewodnika leżący
bezpośrednio pod dyfuzyjną warstwą typu p o wymiarach l = 10 [µm], w = 1 [µm].
Parametry warstwy epitaksjalnej: ND = 1016 [cm-3], µn = 1350 [cm2/Vs], depi = 5 [µm].
SiO2
2.4 µ m
P
EPI
P
N
P
l
krzem typu p
d epi = 5 µm
-43Rozwiązanie:
Rezystancja warstwy półprzewodnika typu n, zawartego pomiędzy obszarami typu p,
decydująca o rezystancji rezystora epitaksjalnego może być obliczona z zależności:
R = ρ (l / S)
gdzie:
ρ - rezystywność,
l - długość,
S = w⋅d - pole powierzchni rezystora.
d = d epi − 2.4 [µm] = (5 − 2.4 ) [µm] = 2.6 [µm]
W warunkach zadania:
W rezultacie:
(
) (
)
R = ρ l / wd epi = ρ / d epi ( l / w)
i przyjmując oznaczenia:
ρ / d = R - rezystancja warstwowa,
l/ w=z
- liczba kwadratów,
otrzymujemy zależność na rezystancję warstwy półprzewodnika:
R =R z
Rezystancja na kwadrat warstwy półprzewodnika:
R =ρ/ d
(
[
R = (qµn n)d
[
]
]
−1
[
]
)
R = 1.6 ⋅ 10 -19 [C] ⋅ 1350 cm2 / Vs ⋅ 1016 cm−3 ⋅ 2.6 ⋅ 10 − 4 [cm]
Liczba kwadratów:
stąd rezystancja:
R = 1780 [ Ω /
]
−1
z = l / w = 10 [ µm] / 1 [ µm] = 10
R =R z
R = 1780 ⋅ 10 [Ω /
]
R = 17.8 [ kΩ ]
Prąd płynący przez rezystor spolaryzowany napięciem 5 [V]:
I =U / R
I = 5 [V ] / 17.8 [ kΩ ]
I ≅ 0.3 [ mA]
Odpowiedź:
I ≅ 0.3 [mA].
Zadanie 3.10
Aby wytworzyć rezystor półprzewodnikowy stosowany w układach scalonych, w krzem
o określonym typie przewodnictwa wprowadzono domieszkę przeciwnego typu na głębokość
d = 6.55 [µm].
-44kontakt
kontakt
w
d = 6.55 µm
l
a) Obliczyć liczbę kwadratów n = l/w warstwy rezystywnej, jeżeli wartość rezystora
mierzona pomiędzy kontaktami powinna wynosić 100 [Ω], 1 [kΩ], 10 [kΩ] w
temperaturze 300 [K].
b) Podaj rzeczywiste wymiary rezystora, jeżeli każdy z rezystorów powinien rozpraszać
10 [mW] mocy, a maksymalna dopuszczalna gęstość mocy rozpraszanej wynosi
1 [µW/µm3].
Obliczenia wykonaj przyjmując, że:
- domieszką są donory o koncentracji ND = 1016[cm-3] wprowadzone w krzem typu p,
o koncentracji akceptorów NA = 1014[cm-3],
- domieszką są akceptory o koncentracji NA = 1016[cm-3] wprowadzone w krzem typu n,
o koncentracji donorów ND = 1014[cm-3].
Rozwiązanie
Rezystancję rezystora półprzewodnikowego obliczamy z zależności:
R =R z
gdzie:
R = ρ / d - rezystancja warstwowa,
z = l / w - liczba kwadratów.
Rezystor typu n (krzem domieszkowany donorami)
Koncentracja
domieszki
donorowej
ND = 1016[cm-3],
koncentracja
większościowych - elektronów:
nn = N D − N A = 1016 [cm−3 ] − 1014 [cm−3 ] ≅ 1016 [cm−3 ]
nośników
Przyjmując µn = 1350 [cm2/Vs] (patrz dodatek D), obliczamy rezystancję warstwową
warstwy półprzewodnika o grubości d = 6.55 [µm].
R = 1 / (σ d )
(
R = 1/ (qµn nn d )
[
]
[
]
)
R = 1/ 16
. ⋅ 10 -19 [C] ⋅ 1350 cm2 /Vs ⋅ 1016 cm−3 ⋅ 6.55 ⋅ 10 −4 [cm]
Obliczenie liczby kwadratów Ponieważ:
stąd liczba kwadratów:
Rezystor R = 100 [Ω] -
Rezystor R = 1 [kΩ] -
R = 706.8 [Ω /
]
R =R z
z=R /R
z = 100 [Ω ] / 706.8 [ Ω /
z = 014
.
]
z = 1000 [Ω ] / 706.8 [ Ω /
]
-45-
z = 141
.
Rezystor R = 10 [kΩ] -
z = 10000 [Ω ] / 706.8 [Ω /
z = 141
.
]
Rezystor typu p (krzem domieszkowany akceptorami)
Koncentracja domieszki akceptorowej NA = 1016[cm-3], koncentracja nośników większościowych - dziur:
p p = N A − N D = 1016 [cm−3 ] − 1014 [cm−3 ] ≅ 1016 [cm−3 ]
Przyjmując µp = 500 [cm2/Vs] (patrz dodatek D), obliczamy rezystancję warstwową warstwy
półprzewodnika o grubości d = 6.55 [µm].
R = 1 / (σ d )
(
(
R = 1/ qµ p p p d
[
]
)
[
]
)
R = 1 / 16
. ⋅ 10 -19 [C] ⋅ 500 cm2 / Vs ⋅ 1016 cm−3 ⋅ 6.55 ⋅ 10 −4 [cm]
Obliczenie liczby kwadratów Ponieważ:
stąd liczba kwadratów:
Rezystor R = 100 [Ω] -
Rezystor R = 1 [kΩ] -
R = 1908 [ Ω /
]
R =R z
z=R /R
z = 100 [Ω ] / 1908 [Ω /
z = 0.05
]
z = 1000 [Ω ] / 1908 [ Ω /
z = 0.52
]
Rezystor R = 10 [kΩ] -
z = 10000 [Ω ] / 1908 [ Ω / ]
z = 52.4
Rzeczywiste wymiary rezystora wynikają z wymagań co do wielkości rozpraszanej mocy.
Objętość rezystora półprzewodnikowego obliczamy z zależności:
V = P / Pd
gdzie:
V - objętość rezystora,
P - moc rozpraszana w rezystorze,
Pd - dopuszczalna gęstość mocy rozpraszanej.
Stąd objętość rezystora:
V = 10 ⋅ 10 −3[W ] / 10 −6 [W / µ m3 ]
V = 10 4 [ µ m3 ]
Objętość:
V = l ⋅ w⋅d
-46ponieważ grubość warstwy rezystywnej d = 6.55 [µm], stąd pole powierzchni rezystora „S”:
S = lw = V / d
S = lw = 104 µ m3 / 6.55[µ m]
[
]
[
S = lw = 1527 µ m2
Ponieważ:
]
lw = S
l/w= z
Stąd:
szerokość rezystora:
l=S/w
S /w2 =z
w= S / z
długość rezystora:
l = zw
l=z S/z
Rezystory typu n
Rezystor R = 100 [Ω] (z = 0.14, S = 1527 [µm2])
l = Sz
[
]
w = 1527 [ µ m2 ] / 014
.
l = 1527 µ m 2 0.14
w = 1527 [ µ m2 ] / 141
.
l = 1527 µ m 2 1.41
w = 1527 µ m2 / 141
.
[
l = 1527 µ m 2 14.1
w = 10.4 [ µ m]
l = 146.7 [µ m]
w = 104.4 [ µ m]
Rezystor R = 1 [kΩ] (z = 1.41, S = 1527 [µm2])
w = 32.9 [ µ m]
Rezystor R = 10 [kΩ] (z = 14.1, S = 1527 [µm2])
]
Rezystory typu p
Rezystor R = 100 [Ω] (z = 0.05, S = 1527 [µm2])
[
]
w = 1527 µ m2 / 0.05
w = 174.8 [µ m]
Rezystor R = 1 [kΩ] (z = 0.52, S = 1527 [µm2])
l = 14.6 [µ m]
[
]
l = 46.4 [µ m]
[
]
[
]
[
]
l = 1527 µ m 2 0.05
l = 8.7 [µ m]
w = 1527 [ µ m2 ] / 0.52
l = 1527 µ m 2 0.52
w = 1527 µ m2 / 5.24
[
l = 1527 µ m 2 5.24
w = 171
. [ µ m]
l = 89.5 [µ m]
w = 54.2 [ µ m]
Rezystor R = 10 [kΩ] (z = 14.1, S = 1527 [µm2])
]
l = 28.2 [µ m]
[
]
Odpowiedź:
R = 100 [Ω]
R = 1 [kΩ]
R = 10 [kΩ]
rezystory typu n
w = 104.4 [µm], l = 14.6 [µm]
w = 32.9 [µm], l = 46.4 [µm]
w = 10 4 [µm], l = 146.7 [µm]
rezystory typu p
w = 174.8 [µm], l = 8.7 [µm],
w = 54.2 [µm], l = 28.2 [µm,]
w = 17.1 [µm], l = 89.5 [µm].
-47-
4. TRANSPORT NOŚNIKÓW W PÓŁPRZEWODNIKU POD WPŁYWEM
GRADIENTU KONCENTRACJI. PRAWO GAUSSA I RÓWNANIE POISSONA
4.1. Transport nośników w półprzewodniku pod wpływem gradientu
koncentracji
W półprzewodnikach może występować składowa prądu związana z istniejącymi w materiale
półprzewodnikowym zmianami koncentracji domieszki. Gęstość dyfuzyjnego prądu
elektronowego płynącego w wyniku istnienia w półprzewodniku gradientu koncentracji
można wyznaczyć z zależności:
J nd = qDn (dn / dx )
(4.1)
i analogicznie składową dziurowa gęstości prądu dyfuzji:
J pd = − qD p (dp / dx )
(4.2)
Współczynnik dyfuzji „D”, opisujący dyfuzyjny ruch nośników, powiązany jest z
ruchliwością „µ” opisującą ruch nośników pod wpływem pola elektrycznego równaniem
Einsteina:
D / µ = kT / q
(4.3)
W każdym obszarze półprzewodnika, w którym występuje nierównomierność rozkładu
koncentracji nośników warunkująca wystąpienie nierównomierności w rozkładzie ładunku,
musi pojawić się pole elektryczne wywołujące przepływ prądu unoszenia, który kompensuje
przepływ prądu dyfuzji. Pojawiające się w takiej sytuacji pole elektryczne nosi miano pola
wbudowanego. Wartość tego pola można wyznaczyć z zależności:
E = ( − kT / q)( 1 / n)( dn / dx )
elektrony
(4.4)
E = ( kT / q)(1 / p)( dp / dx )
dziury
(4.5)
Prawo Gaussa mówi, że z ładunkiem przestrzennym:
ρ ( x , y ,z )
(4.6)
jest stowarzyszone pole elektryczne E, przy czym obie wielkości powiązane są równaniem:
∇E = ρ / εrs ε0
(4.7)
gdzie:
εrs - względna przenikalność elektryczna ośrodka,
ε0 - względna przenikalność próżni.
Ponieważ natężenie pola elektrycznego E jest z definicji związane z potencjałem
elektrostatycznym φ (x,y,z) związkiem:
E = −∇φ
(4.8)
stąd poprzednie równanie można zapisać w postaci:
∇ 2φ = ∂ 2φ / ∂ x 2 + ∂ 2φ / ∂ y 2 + ∂ 2φ / ∂ z 2 = − ρ / εrs ε0
(4.9)
które nazywane jest równaniem Poissona.
W półprzewodniku znajdującym się w stanie równowagi może istnieć wypadkowy
ładunek przestrzenny. Z prawa Gaussa wynika, że temu ładunkowi przestrzennemu
towarzyszy pole elektryczne o natężeniu E.
Poniżej przedstawiono związek pomiędzy energią W i potencjałem:
φ = −W / q
(4.10)
oraz polem elektrycznym E a energią a potencjałem:
-48E = (1 / q)( dW / dx ) = − dφ / dx
(4.11)
4.2. Półprzewodnik w zewnętrznym polu elektrycznym
Na rysunku przedstawiono próbkę półprzewodnika w zewnętrznym polu elektrycznym.
Założono, że wszelkie zmiany będą rozpatrywane w jednowymiarowym półprzewodniku
typu n.
METAL
PÓŁPRZEWODNIK
TYP N
+
W półprzewodniku przy braku pola elektrycznego ładunek objętościowy będzie równał się
zero. Pod wpływem zewnętrznego pola elektrycznego w półprzewodniku uformuje się nowy
rozkład nośników ładunku, co spowoduje pojawienie się ładunku objętościowego ρ (x) oraz
pola elektrycznego E(x). Zmiana rozkładu koncentracji nośników ładunku powodująca
pojawienie się ładunku objętościowego będzie zachodziła przede wszystkim przy
powierzchni półprzewodnika. W rozwiązaniach równania Poissona:
d 2φ / dx 2 = −(1 / εrs ε0 )ρ ( x )
(4.12)
pojawia się pewna charakterystyczna wielkość:
[
LD = (εrs ε0 kT ) / ( q 2 n)
]
1/ 2
(4.13)
którą nazwano drogą ekranowania Debye’a. W powyższym wzorze poprzez „n” oznaczono
koncentracje swobodnych nośników.
Droga ekranowania Debye’a
Droga Debye’a „LD” jest to charakterystyczna odległość, na którą rozprzestrzenia się
zaburzenie neutralności elektrycznej. Parametr ten opisuje efekt ekranowania pola
elektrycznego, co jest związane z rozkładem ruchliwości nośników w półprzewodniku.
Inaczej mówiąc, droga ekranowania Debye’a jest to odległość, na której praktycznie zanika
pole elektryczne (potencjał elektryczny maleje e - krotnie). Wielkość ta określana jest
poprzez koncentracje swobodnych nośników (elektronów i dziur) w rozpatrywanym obszarze
półprzewodnika:
[
LD = εrs ε0 kT / q 2 ( n + p)
]
1/ 2
(4.14)
gdzie:
n - koncentracja elektronów,
p - koncentracja dziur.
W półprzewodniku domieszkowym, np. typu n, koncentracja nośników mniejszościowych
(dziur) jest znacznie mniejsza od koncentracji nośników większościowych (elektronów), stąd
powyższy wzór można przedstawić w postaci:
LD = [εrs ε0 kT / q 2 N D ]
1/ 2
gdzie:
(4.15)
-49ND - koncentracja donorów.
Z powyższych zależności wynika, że wraz ze zmniejszaniem się koncentracji nośników
większościowych długość drogi ekranowania Debye’a rośnie. Maksymalną wartość parametr
ten osiąga w półprzewodniku samoistnym, gdzie:
[
LD = εrs ε0 kT / 2q 2 ni
]
1/ 2
(4.16)
W przypadku metali, w których koncentracja elektronów:
n0 ≅ 10 22 [cm−3 ]
(4.17)
w temperaturach pokojowych długość drogi ekranowania Debye’a jest rzędu setnych części
nanometra, co praktycznie oznacza, że pole elektryczne nie wnika w głąb metalu.
Zadanie 4.1
Koncentracja elektronów w jednorodnej słabo domieszkowanej próbce krzemu typu n
zmienia się liniowo od wartości n1 = 1017 [cm-3] dla x1 = 0 do wartości n2 = 6⋅1016 [cm-3] dla
x2 = 2 [µm]. W próbkę krzemu dostarczane są elektrony w ilości, która zapewnia utrzymanie
stałego w czasie gradientu koncentracji. Obliczyć gęstość prądu elektronowego w tej próbce
krzemu przy nieobecności pola elektrycznego E = 0 oraz przyjmując wartość
µn = 1000 [cm2/Vs], T = 300 [K].
Rozwiązanie:
W sytuacji opisanej w zadaniu mamy do czynienia z gradientem koncentracji
nośników - elektronów, co przedstawiono na rysunku.
n
[cm -3 ]
10
17
6 . 10
16
2 [ µ m] x
0
Gęstość prądu elektronowego obliczamy z zależności:
J = qDn ( dn / dx )
gdzie:
Dn - współczynnik dyfuzji,
dn/dx - gradient koncentracji nośników.
Z zależności Einsteina wiążącej ruchliwość nośników ze współczynnikiem dyfuzji:
Dn / µ n = kT / q
można wyznaczyć wartość współczynnika dyfuzji - Dn:
Dn = ( kT / q) µn
Dn = 0.0259 [V ] ⋅ 1000 [cm2 / Vs]
Dn = 25.9 [cm2 / s]
gradient koncentracji:
dn / dx = ∆ n / ∆ x = (1017 − 6 ⋅ 1016 )[cm−3 ] / 2 ⋅ 10 −4 [cm]
∆ n / ∆ x = 2 ⋅ 10 20 [cm −4 ]
W rezultacie gęstość prądu:
J n = qDn ( dn / dx )
-50-
[
]
= 828.8 [ A / cm ]
[
J n = 1.6 ⋅ 10 −19 [C] ⋅ 25.9 cm2 / s ⋅ 2 ⋅ 10 20 cm −4
Jn
]
2
Odpowiedź:
Jn = 828.8 [A/cm2].
Zadanie 4.2
W krysztale krzemu pole elektryczne w płaszczyźnie przechodzącej przez oś odciętych
w punkcie x = x1 nie jest równe zero. W punkcie tym koncentracja elektronów wynosi
106 [cm-3]. W kierunku prostopadłym do wyżej wspomnianej płaszczyzny rozkład
koncentracji nie jest równomierny. Stwierdzono, że wartość prądu elektronowego płynącego
przez płaszczyznę przechodzącą przez oś odciętych w punkcie x = x1 wynosi zero.
a) Wyjaśnij, dlaczego nie płynie prąd.
b) Jeżeli E = 103 [V/cm], ile wynosi gradient koncentracji elektronów.
n
[cm -3 ]
E = 10 3 [V/cm]
Jnu prąd unoszenia
Jnd prąd dyfuzji
10
6
dn/dx = ?
x1
x
Rozwiązanie:
a) Pole elektryczne E spowoduje przepływ prądu unoszenia:
J n = qµ n nE
Ponieważ w sytuacji rozważanej w zadaniu nie stwierdzono przepływu prądu
elektrycznego, wynika stąd, że składowa dyfuzyjna prądu elektronowego powinna być
równa co do wielkości i przeciwnie skierowana do składowej unoszeniowej. Z równości
tych dwóch składowych wynika zerowa wartość prądu.
b) Korzystając z analizy przedstawionej w punkcie „a”, można zapisać:
J nx = qµn nE x + qDn ( dn / dx ) = 0
qµn nE x + qDn ( dn / dx ) = 0
qDn ( dn / dx ) = −qµn nE x
dn / dx = −( µn / Dn ) nE x
qDn ( dn / dx ) = −qµn nE x
Ponieważ:
Stąd:
Dn / µn = kT / q
dn / dx = −( q / kT )nE x
-51-
dn / dx =
(
)
− 10 6 [cm−3 ] ( − 103 [V / cm])
0.0259 [V ]
dn / dx = 3.86 ⋅ 1010 cm −4
[
]
Odpowiedź:
a) Ponieważ Jnu = Jnd,
b) dn/dx = 3.86⋅1010 [cm-4].
Zadanie 4.3
Oblicz wartość pola wbudowanego, jeśli rozkład domieszki donorowej w półprzewodniku
opisany jest funkcją N = N0 exp(-ax).
N [cm -3 ]
N0
N = N 0 exp(-ax)
x
Rozwiązanie:
W każdym obszarze półprzewodnika, w którym występują nierównomierności
rozkładu domieszki (gradient koncentracji domieszki), pojawia się pole elektryczne (pole
wbudowane), które wywołuje pojawienie się prądu unoszenia przeciwdziałającego prądowi
dyfuzji. Z warunku:
Jn = 0
wynika konieczność kompensowania się składowej dyfuzyjnej i unoszeniowej gęstości prądu
unoszenia:
J n = q[ µn nE x + D( dn / dx ) ] = 0
stąd:
µ n nEx = − Dn ( dn / dx )
z zależności Einsteina:
µn = Dn ( q / kT )
dlatego:
Dn ( q / kT ) nE x = − Dn ( dn / dx )
E x = −(q / kT )(1 / n)( dn / dx )
Przyjmując, że rozkład nośników opisany jest tą samą zależnością jak rozkład koncentracji
domieszki:
n=N
otrzymujemy:
dN ( x ) / dx = ( − a ) N 0 exp( − ax )
Wstawiając obliczoną wartość gradientu do wzoru na pole wbudowane, otrzymujemy:
kT
1
( − a ) N 0 exp( − ax )
Ex = −
q N 0 exp( − ax )
E x = ( kT / q)a = const
czyli w tym wypadku pole elektryczne (wbudowane) ma stałą wartość.
-52Odpowiedź:
Ex = (kT/q)a.
Zadanie 4.4
Znaleźć wartość pola elektrycznego występującego bez polaryzacji zewnętrznej w próbce
krzemu typu n o grubości „w” i o liniowym rozkładzie domieszki pomiędzy punktami x = 0
oraz x = w.
N D ( x ) = N D ( 0)[1 − ax ]
Dane:
T = 300 [K], ND(0) = 1017 [cm-3], ND(w) = 1015 [cm-3], w = 10-3 [cm]
Rozwiązanie:
Wartość pola wbudowanego:
E x = −( kT / q)[1 / N D ( x ) ][ dN D ( x ) / dx ]
W przypadku liniowego rozkładu koncentracji domieszki:
dN D ( x ) / dx = − N D ( 0) a
Stąd pole wbudowane:
1
E x = −( kT / q)
[− N D ( 0)a ]
N D ( 0)[1 − ax ]
a
E x = ( kT / q)
1 − ax
Znając wielkości rozkładu koncentracji domieszki, można obliczyć wartość parametru a:
N D ( w) = N D ( 0)[1 − aw]
Stąd:
1 N D ( 0) − N D ( w)
a=
w
N D ( 0)
a=
1
10 −3 [cm]
(10
17
− 1015 )[cm−3 ]
1017 [cm−3 ]
a = 990 [cm −1 ]
Dla liniowego rozkładu domieszki wartość pola wbudowanego nie jest stała - zależy od
współrzędnej „x”:
kT a
Ex =
q 1 − ax
Dla x = 0:
E ( 0) = ( kT / q)a
E ( 0) = 0.0259 [V ] ⋅ 990 [cm −1 ]
E ( 0) = 25.6 [V / cm]
Dla x = w = 10-3 [cm]:
E ( w) =
E ( w) = 0.0259 [V ]
kT a
q 1 − aw
990 [cm −1 ]
1 − 990 [cm−1 ] ⋅10 −3 [cm]
-53E ( w) = 2564 [V / cm]
Odpowiedź:
E(0) = 25.6 [V/cm],
E(w) = 2564 [V/cm].
Zadanie 4.5
Szerokość bazy tranzystora wynosi 0.3 [µm]. Wartość koncentracji domieszki na granicy
emiter - baza wynosi 1017 [cm-3]. Obliczyć wartość koncentracji domieszki na granicy baza kolektor, jeżeli w bazie tranzystora jest stałe pole elektryczne o wartości -4000 [V/cm].
EMITER
BAZA
KOLEKTOR
-3
N [cm ]
10 17
p
n
n
x
Rozwiązanie:
Z warunków zadania wynika, że w bazie tranzystora jest stałe pole elektryczne.
Oznacza to, że koncentracja nośników (domieszek) w bazie powinna być opisana równaniem:
p = N A = N 0 exp( − ax )
gdzie:
N0 - koncentracja domieszki na granicy baza - emiter,
a - parametr.
Wartość pola wbudowanego można wyznaczyć z zależności:
E x = ( kT / q)(1 / p)( dp / dx )
Ponieważ:
dp / dx = dN A / dx = ( − a ) N 0 exp( − ax )
stąd:
E x = ( kT / q)( − a)
Z tej zależności wyznaczamy wartość parametru „a”:
a = − E x / ( kT / q)
4000 [V / cm]
= 154440 [cm−1 ]
0.0259 [V ]
Z równania opisującego rozkład koncentracji domieszki wyznaczamy koncentrację na granicy
baza - kolektor dla x = 0.3 [µm]:
N ( x ) = N 0 exp( − ax )
a=
] (
)
N (0.3 [ µm]) = 1017 cm−3 exp − 154440 cm−1 ⋅ 0.3 ⋅ 10 −4 [cm]
[
[
]
N (0.3 [ µm]) = 1017 cm−3 exp( − 4.63)
[
]
N (0.3 [ µm]) = 9.75 ⋅ 1014 cm−3
Odpowiedź:
N(0.3 [µm]) = 9.75⋅1014 [cm-3].
[
]
-54-
Zadanie 4.6
Wyprowadź zależność na pole elektryczne w skokowym złączu p - n. Wykreśl zależność pola
elektrycznego od odległości. Oblicz maksymalną wartość tego pola przyjmując dane:
NA = ND = 1022 [m-3], εr = 12, ε0 = 8.85⋅10-12 [F/m]. Całkowita szerokość złącza xd wynosi
0.4 [µm].
koncentracja
domieszek
ND
x
NA
gęstość
ładunku
ρ
qND
-xp
qNA
+xn
x
Rozwiązanie:
Pole elektryczne w obszarze ładunku przestrzennego można wyznaczyć z prawa
Gaussa:
dE / dx = ρ / εrs ε0
W obszarze typu n złącza:
ρ = qN D
Stąd:
dE / dx = qN D / εrs ε0
oraz:
dE = ( qN D / εrs ε0 ) dx
Po scałkowaniu:
E ( x ) = (qN D / εrs ε0 ) x + C
gdzie:
C - stała całkowania.
Korzystając z warunku, że dla x = xn wartość pola E = 0, wyznaczamy stałą C:
0 = ( qN D / εrs ε0 ) x n + C
C = −( qN D / εrs ε0 ) x n
W rezultacie:
E ( x ) = ( qN D / εrs ε0 ) x − (qN D / εrs ε0 ) x n
E ( x ) = (qN D / εrs ε0 )( x − x n )
A zatem w obszarze typu n pole elektryczne można opisać zależnością:
E ( x ) = −(qN D / εrs ε0 )( x n − x )
-55W obszarze typu p (prowadząc analogiczne rozważania):
E ( x ) = −(qN A / εrs ε0 ) x p + x
(
)
Z powyższych zależności wynika, że pole elektryczne osiąga maksymalną wartość dla x = 0.
W obszarach x ≤ -xp oraz x ≥ +xn wartość pola elektrycznego wynosi E = 0.
Szukamy wartości pola elektrycznego w punkcie x = 0.
Ponieważ:
xd = x p + xn
Dla złącza symetrycznego:
x p = xn
Stąd:
x p = xn = xd / 2
(
x p = x n = 0.4 [ µm] / 2 = 0.2[ µm]
)
E ( x ) = − 1.6 ⋅ 10 −19 [C] ⋅ 10 22 [ m] / 12 ⋅ 8.85 ⋅ 10 −12 [ F / m] ⋅ 0.2 ⋅ 10 −6 [ m]
−3
E ( x ) = −3 ⋅10 6 [V / m]
Wykres przebiegu pola elektrycznego przedstawiono na rysunku poniżej:
E
+xn
-xp
x
Emax
Odpowiedź:
Emax = -3⋅106 [V/m].
Zadanie 4.7
Porównaj długość ekranowania drogi Debye’a w metalu oraz w niedomieszkowanych
półprzewodnikach (germanie i krzemie). Zinterpretuj uzyskane wyniki.
Rozwiązanie:
Przyjmując, że w metalach n ≅ 1022 [cm-3] oraz εrs = 1 w temperaturze pokojowej
długość ekranowania drogi Debye’a:
LD = ( εrs ε0 kT / q 2 n0 )
1/ 2
1/ 2
1 ⋅ 8.85 ⋅ 10 −12 [ F / m] ⋅ 138
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 300 [ K ] 

LD = 


(1.6 ⋅ 10 −19 [C]) 2 ⋅ 1028 m−3
L D = 1.2 ⋅ 10 −11 [m]
L D = 1.2 ⋅ 10 −2 [nm]
Długość ekranowania drogi Debye’a w niedomieszkowanym półprzewodniku:
[ ]
-56-
[
LD = εrs ε0 kT / q 2 ( ni + pi )
]
1/ 2
W germanie:
ni = pi =2.4⋅1013 [cm-3] = 2.4⋅1019 [m-3]
εrs = 16
16 ⋅ 8.85 ⋅ 10 −12 [ F / m] ⋅ 138
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 300 [ K ] 

LD = 
2
19
−19
−3


1
.
6
10
2
2
.
4
10
⋅
C
⋅
⋅
⋅
m
[
]
(
)
LD = 7 ⋅ 10−7 [m]
LD = 0.7 [µm]
1/ 2
[ ]
W krzemie:
ni = pi =1.45⋅1010 [cm-3] = 1.45⋅1016 [m-3]
εrs = 11.7
11.7 ⋅ 8.85 ⋅10 −12 F / m ⋅138
[
] . ⋅10 −23 [ J / K ] ⋅ 300 [ K ] 
LD = 
2
−19


16
.
⋅
10
C
⋅ 2 ⋅1.45 ⋅1016 m −3
[
]


(
1/ 2
[ ]
)
LD = 24 ⋅ 10 −6 [ m]
LD = 24 [ µm]
Odpowiedź:
Długość ekranowania drogi Debye’a:
metal
- LD ≅ 10-2 [nm],
german samoistny - LD ≅ 0.7 [µm],
krzem samoistny - LD ≅ 24 [µm].
Długość ekranowania drogi Debye’a to odległość, na której natężenie pola elektrycznego
przenikającego przez metal bądź półprzewodnik maleje e - krotnie. Z obliczeń wynika, że
w metalach długość drogi ekranowania jest rzędu setnych części nanometra, co oznacza, że
pod wpływem zewnętrznego pola elektrycznego ładunek gromadzi się praktycznie na
powierzchni metalu. W przypadku samoistnego germanu należy liczyć się z wnikaniem
zewnętrznego pola elektrycznego na odległość około 0.7 [µm], a w przypadku samoistnego
krzemu na odległość 24 [µm].
Zadanie 4.8
Oblicz długość ekranowania drogi Debye’a w obszarze półprzewodnika typu n domieszkowanego na poziomie ND = 1017 [cm-3], ND = 1016 [cm-3] oraz ND = 1015 [cm-3]. Wyznacz
maksymalną wartość drogi Debye’a, przyjmując, że półprzewodnikiem jest krzem lub arsenek
galu. T = 300 [K].
Rozwiązanie:
W obszarze półprzewodnika typu n długość ekranowania drogi Debye’a określona jest
zależnością:
LD = ( εrs ε0 kT / q 2 N D )
Krzem
ND = 1017 [cm-3] = 1023 [m-3],
1/ 2
-5711.7 ⋅ 8.85 ⋅ 10 −12 [ F / m] ⋅ 138
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 300 [ K ] 


LD =
2
23
−19
−3


1
.
6
10
10
⋅
C
⋅
m
[ ])
(
LD = 1.29 ⋅10 −8 [ m]
LD = 12.9 [ nm]
16
-3
22
-3
ND = 10 [cm ] = 10 [m ],
1/ 2
11.7 ⋅ 8.85 ⋅ 10 −12 [ F / m] ⋅ 138
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 300 [ K ] 


LD =
2
−19
−3
22


(1.6 ⋅ 10 [C]) ⋅ 10 m
LD = 4.09 ⋅ 10 −8 [ m]
LD = 40.9 [ nm]
15
-3
21
-3
ND = 10 [cm ] = 10 [m ],
1/ 2
[ ]
[ ]
1/ 2
11.7 ⋅ 8.85 ⋅ 10 −12 [ F / m] ⋅ 138
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 300 [ K ] 

LD = 


(1.6 ⋅ 10 −19 [C]) 2 ⋅ 1021 m−3
LD = 1.29 ⋅ 10 −7 [ m]
LD = 129 [ nm]
Wraz ze spadkiem koncentracji domieszek rośnie droga ekranowania Debye’a, stąd
maksymalnej wartości tego parametru należy spodziewać się w półprzewodniku samoistnym.
W półprzewodniku samoistnym:
[ ]
[
LD = εrs ε0 kT / q 2 ( ni + pi )
]
1/ 2
gdzie w krzemie:
ni = pi = 1.45⋅1010 [cm-3] = 1.45⋅1016 [m-3],
11.7 ⋅ 8.85 ⋅ 10 −12 [ F / m] ⋅ 138
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 300 [ K ] 


LD =
2
−19
−3
16


1
.
6
⋅
10
C
⋅
2
⋅
1
.
45
⋅
10
m
[
]
(
)
LD = 24.0 ⋅ 10 −6 [ m]
1/ 2
[ ]
LD = 24 [ µm]
W przypadku arsenku galu:
ni = pi = 9⋅106 [cm-3] = 9⋅1012 [m-3],
oraz:
εrs = 13.1
stąd:
131
. ⋅ 8.85 ⋅ 10 −12 [ F / m] ⋅ 138
. ⋅ 10 −23 [ J / K ] ⋅ 300 [ K ] 


LD =
2
−19
−3
12


(1.6 ⋅ 10 [C]) ⋅ 9 ⋅ 10 m
LD = 1443.3 [µm]
[ ]
Odpowiedź:
Długość ekranowania drogi Debye’a:
ND = 1017 [cm-3], LD = 12.9 [nm],
ND = 1016 [cm-3], LD = 40.9 [nm],
ND = 1015 [cm-3], LD = 129 [nm],
w krzemie samoistnym dla ni = pi = 1.45⋅1010 [cm-3]
1/ 2
-58LD = 24 [µm],
w arsenku galu dla ni = pi = 9⋅106 [cm-3]
LD = 1443.3 [µm].
5. ZJAWISKA GENERACJI - REKOMBINACJI W PÓŁPRZEWODNIKACH. QUASIPOZIOMY FERMIEGO
Zmiana koncentracji elektronów i dziur w stosunku do ich wartości równowagowych może
być wywołana różnymi czynnikami zewnętrznymi, takimi jak: generacja par elektron - dziura,
wywołana absorpcją promieniowania elektromagnetycznego, wstrzykiwanie nośników
poprzez kontakt metal - półprzewodnik, czy jonizacja atomów półprzewodnika zachodząca w
wyniku działania silnych pól elektrycznych.
5.1. Absorpcja promieniowania elektromagnetycznego. Wewnętrzny efekt
fotoelektryczny
Jeżeli na półprzewodnik pada promieniowanie elektromagnetyczne o dostatecznie dużej
energii fotonów, może to wywołać tzw. wewnętrzny efekt fotoelektryczny. Wiązania
kowalencyjne, które utrzymują elektrony w rejonie węzłów sieci krystalicznej, mogą ulec
zerwaniu w wyniku absorbowania energii dostarczanej do struktury półprzewodnika przez
oddziałującą na monokryształ falę elektromagnetyczną. W rezultacie w krysztale pojawiają
się swobodne elektrony i puste miejsca po nich - „dziury”, które mogą przemieszczać się
w krysztale pełniąc rolę nośników prądu. Proces powstawania pary elektron - dziura
przebiega z określoną wydajnością, a parametrem, który opisuje to zjawisko, jest wydajność
kwantowa „β„. Parametr ten określa liczbę generowanych par elektron - dziura
przypadających na jeden zaabsorbowany foton. Zależność wydajności β od energii
padających fotonów ma charakter przedstawiony na rysunku.
β
2.0
1.5
1.0
0.5
2
0
0.5
1
2
λ [ µ m]
0.3
3
4
5
hν [eV]
Rys.5.1. Wydajność kwantowa wewnętrznego fotoefektu dla germanu w funkcji energii padających
fotonów
Wydajność kwantowa β jest praktycznie równa jedności poniżej pewnej energii fotonów,
a następnie wzrasta z energią. Większa od jedności wydajność kwantowa fotoefektu jest
wynikiem pojawienia się dodatkowej liczby nośników prądu na skutek jonizacji zderzeniowej
wywołanej generowanymi wysokoenergetycznymi elektronami i dziurami. Z punktu widzenia
struktury energetycznej półprzewodnika proces powstawania swobodnych nośników, który
nazwano fotogeneracją, równoważny jest przeniesieniu elektronów z pasma walencyjnego do
-59pasma przewodnictwa z równoczesnym pojawieniem się dziur w pasmie walencyjnym.
W najprostszym przypadku liczba pojawiających się w pasmie przewodnictwa elektronów
jest równa liczbie dziur, a energia fotonów, które mogą spowodować zjawisko fotogeneracji,
powinna być co najmniej równa energii szerokości pasma zabronionego danego
półprzewodnika. Ponieważ wartość energii odpowiadającej szerokości przerwy zabronionej
w krzemie wynosi Wg = 1.124 [eV], stąd energii fotonów, które mogą w tym materiale
wywołać zjawisko fotogeneracji, odpowiada długość fali λ = 1.10 [µm]. W widmie fal
elektromagnetycznych odpowiada to dalekiej podczerwieni. Padające na powierzchnię
półprzewodnika promieniowanie elektromagnetyczne o energii fotonów większej od
szerokości przerwy zabronionej:
hν ≥ Wg
(5.1)
jest silnie absorbowane zgodnie z wykładniczą zależnością przedstawioną poniżej:
I ( x ) = I ( 0) exp( − αx )
(5.2)
gdzie:
I(x) - natężenie promieniowania (gęstość energii) na głębokości x od powierzchni,
I(0) - natężenie padającego promieniowania na powierzchni kryształu dla x = 0,
α - współczynnik absorpcji półprzewodnika.
Współczynnik absorpcji półprzewodnika silnie zależy od energii fotonu (długości fali
elektromagnetycznej λ). Długość fali elektromagnetycznej λ związana jest z energią fotonu
zależnością:
λ = hc / W
(5.3)
gdzie:
h - stała Plancka,
c - prędkość światła.
Przyjmując prędkość światła c = 2.998⋅1014 [µm/s], stałą Plancka h = 4.135⋅10-15 [eV/s] oraz
podstawiając do wzoru (5.3) energię W w elektronowoltach [eV], długość fali
elektromagnetycznej wyrażoną w [µm] możemy wyznaczyć z zależności:
λ [ µm] = 1.24 / W [ eV ]
(5.4)
Przebieg współczynnika absorpcji w krzemie przedstawia rysunek:
-60-
10 7
α [cm -1]
10 6
10 5
10 4
10 3
10 2
ENERGIA FOTONU [eV]
3.5 2.75 2.25
1.75
1.4
5
8
6
4
2
4
3
2.5
2
0.3
0.4
0.5
0.6
1.5
1.3
8
6
4
2
8
6
4
2
8
6
4
2
8
6
4
2
0.2
λ [ µ m]
0.7
0.8
0.9
1.0
Rys.5.2. Współczynnik absorpcji światła w krzemie
5.2. Generacja - rekombinacja w półprzewodniku
Definiując nadmiarową koncentrację elektronów i dziur w półprzewodniku jako
różnicę pomiędzy nierównowagowymi koncentracjami nośników a ich wartościami
równowagowymi:
∆ n = n − n0
(5.5)
∆ p = p − p0
(5.6)
zmianę koncentracji elektronów w pasmie przewodnictwa i dziur w pasmie walencyjnym
można opisać równaniami:
dn / dt = G − ∆ n / τ
(5.7)
dp / dt = G − ∆ p / τ
(5.8)
gdzie:
G - prędkość generacji,
τ - czas życia pary elektron - dziura.
Zakładając, że generacja par rozpoczyna się momencie t = 0 oraz spełnione są warunki
brzegowe:
∆ n( t ) = Gτ [1 − exp( − t / τ ) ]
(5.9)
∆ p( t ) = Gτ [1 − exp( − t / τ ) ]
(5.10)
5.3. Dyfuzja nadmiarowych nośników w półprzewodniku
Dyfuzja nadmiarowych nośników prądu występuje przy niejednorodnej generacji, np.
w przypadku, gdy jedna z powierzchni półprzewodnika oświetlona jest silnie absorbowanym
promieniowaniem elektromagnetycznym generującym pary elektron - dziura. Dyfuzję
nadmiarowych nośników prądu można opisać równaniem:
d 2 ( ∆ n) / dx 2 − ∆ n / ( Dτ ) = 0
(5.11)
-61Rozwiązania tego równania, mające sens fizyczny przedstawiono poniżej:
∆ n = ∆ n(0) exp( − x / Dnτ n )
elektrony
(
∆ p = ∆ p( 0) exp − x / D pτ p
)
(5.12)
dziury
(5.13)
5.4. Quasi-poziomy Fermiego
Jeżeli w krzemie zachodzi proces fotogeneracji, to padające promieniowanie będzie oddawało
energię strukturze kryształu, co oznacza, że próbka nie będzie już znajdowała się w stanie
równowagi termodynamicznej.W rezultacie do opisu stanu półprzewodnika należy posłużyć
się quasi-poziomami Fermiego.
Pojęcie poziomu Fermiego wprowadzono przy rozpatrywaniu zachowania się
nośników w równowadze termodynamicznej. Przy naruszeniu równowagi termodynamicznej
w półprzewodniku wygodnie jest wprowadzić dwa niezależne parametry: quasi-poziom
Fermiego dla elektronów WFn oraz quasi-poziom Fermiego dla dziur WFp. Poniżej
przedstawiono równania definicyjne wielkości WFn oraz WFp:
n = n0 + ∆ n = N C exp − (WC − WFn ) / kT
elektrony
(5.14)
[
[(
)
p = p0 + ∆ p = N V exp WV − WFp / kT
]
]
dziury
(5.15)
Z powyższych równań wynika, że pojawienie się w półprzewodniku nadmiarowej
koncentracji par elektron - dziura spowoduje rozszczepienie się poziomu Fermiego na dwa
podpoziomy, odpowiednio dla dziur i elektronów.
Zadanie 5.1
Płytka krzemowa domieszkowana jest domieszkami donorowymi o konc. ND = 1015[cm-3].
a) Znaleźć koncentrację elektronów i dziur oraz położenie poziomu Fermiego w stosunku do
położenia poziomu Fermiego w półprzewodniku samoistnym.
b) Światło padające na płytkę wywołuje powstanie stacjonarnej koncentracji fotogenerowanych elektronów i dziur o koncentracji 1012 [cm-3]. Zakładamy, że rozmiary
płytki krzemowej są na tyle małe, iż proces powstawania par elektron - dziura przebiega
w każdym miejscu tej próbki z taką samą wydajnością. Oznacza to, że swobodne nośniki
będą rozłożone równomiernie w objętości płytki. Znaleźć równowagowe koncentracje
elektronów i dziur w płytce i obliczyć położenie quasi-poziomów Fermiego dla obu typów
nośników.
c) Powtórzyć obliczenia z punktu „b”, przy założeniu że intensywność światła wzrasta na
tyle, że fotogeneracja wywołuje powstanie 1018 [cm-3] par elektron - dziura.
Rozwiązanie:
a) Półprzewodnik w stanie równowagi termodynamicznej:
koncentracja elektronów:
nn = N D = 1015 [cm−3 ]
koncentracja dziur:
(
[
pn = ni2 / nn = 1.45 ⋅1010 cm −3
położenie poziomu Fermiego:
])
2
[
]
[
/ 1015 cm −3 = 21
. ⋅105 cm −3
WF − Wi = kT ln( nn / ni )
( [
]
[
WF − Wi = 0.0259 [eV ] ln 1015 cm−3 / 1.45 ⋅ 1010 cm−3
])
]
-62WF − Wi = 0.29 [eV ]
WC
0.55 [eV]
WF
WF - Wi = 0.29 [eV]
Wi
WV
W przypadku naruszenia równowagi termodynamicznej półprzewodnika, na przykład poprzez
stworzenie warunków do fotogeneracji par elektron - dziura - stan półprzewodnika nie może
być opisany poprzez podanie „jednej” wartości poziomu Fermiego - WF. W takim wypadku
należy podać wartość poziomu Fermiego dla dziur - WFp oraz wartość poziomu Fermiego dla
elektronów - WFn.
b) Fotogeneracja o wartości ∆n = ∆p =1012 [cm-3]
koncentracja elektronów:
n = nn + ∆ n = (1015 + 1012 ) cm−3
n ≅ 10 [cm
15
koncentracja dziur:
−3
[
]
]
[
p = pn + ∆ p = ( 21
. ⋅ 105 + 1012 ) cm−3
p ≅ 1012 [cm−3 ]
]
Położenie quasi-poziomów Fermiego:
Quasi-poziom Fermiego dla elektronów:
WFn − Wi = kT ln( n / ni )
(
)
WFn − Wi = 0.0259 [eV ] ln 1015 [cm−3 ] / 145
. ⋅ 1010 [cm−3 ]
WFn − Wi = 0.29 [eV ]
Quasi-poziom Fermiego dla dziur:
Wi − WFp = kT ln( p / ni )
( [
]
[
Wi − WFp = 0.0259 [eV ] ln 1012 cm−3 / 1.45 ⋅ 1010 cm−3
Wi − WFp = 011
. [eV ]
])
WC
0.55 [eV]
WFn
WFn - Wi = 0.29 [eV]
Wi - WFp= 0.11 [eV]
Wi
WFp
WV
Fotogeneracja o wartości 1012 par elektron - dziura zmienia koncentrację nośników
mniejszościowych o siedem rzędów wielkości - od wielkości pn = 2.1⋅105 [cm-3] do wartości
p =pn + ∆p = 1012 [cm-3].
-63W rezultacie położenie quasi-poziomu Fermiego dla dziur przesuwa się w dół
o 0.4 [eV] od położenia poziomu Fermiego w półprzewodniku w stanie równowagi
termodynamicznej dla domieszkowania o koncentracji ND = 1015 [cm-3]. Ten poziom
fotogeneracji nie wpływa znacząco na zmianę koncentracji nośników większościowych,
ponieważ:
nn = 1015 [cm−3 ]
oraz n = nn + ∆ n ≅ 1015 cm −3
[
]
Stąd też, co wynika z obliczeń, położenie quasi-poziomu Fermiego dla elektronów jest prawie
identyczne jak położenie poziomu Fermiego dla półprzewodnika w termicznej równowadze,
domieszkowanego donorami o koncentracji ND = 1015 [cm-3].
c) Fotogeneracja o wartości ∆n = ∆p = 1018 [cm-3].
koncentracja elektronów:
n = nn + ∆ n = (1015 + 1018 ) cm−3
[
n ≅ 1018 [cm−3 ]
koncentracja dziur:
]
[
p = pn + ∆ p = ( 21
. ⋅ 105 + 1018 ) cm−3
p ≅ 10 [cm
18
−3
]
Położenie quasi-poziomów Fermiego:
Quasi-poziom Fermiego dla elektronów:
WFn − Wi = kT ln( n / ni )
]
( [
]
[
])
( [
]
[
])
WFn − Wi = 0.0259 [eV ] ln 1018 cm−3 / 1.45 ⋅ 1010 cm−3
WFn − Wi = 0.47 [eV ]
Quasi-poziom Fermiego dla dziur:
Wi − WFp = kT ln( p / ni )
Wi − WFp = 0.0259 [eV ] ln 1018 cm−3 / 1.45 ⋅ 1010 cm−3
Wi − WFp = 0.47 [eV ]
WC
WFn
0.55 [eV]
WFn - Wi = 0.47 [eV]
Wi
Wi - WFp= 0.47 [eV]
WFp
WV
Fotogeneracja par elektron - dziura o wartości:
∆ n = ∆ p = 1018 [cm−3 ]
zwiększa w sposób zdecydowany koncentrację nośników mniejszościowych i
większościowych do wartości wyznaczonych przez poziom fotogeneracji. Powoduje to
rozsunięcie quasi-poziomów Fermiego dla elektronów i dziur w sposób pokazany na rysunku
powyżej.
-64Zadanie 5.2
Na podstawie szerokości pasma zabronionego dla różnych materiałów określić maksymalną
długość fali elektromagnetycznej, która wytworzy parę elektron - dziura w każdym
z następujących materiałów: Ge, Si, GaAs, GaP, InSb, InAs, InP.
MATERIAŁ
SZER. PASMA ZABR. [eV]
Ge
0.67
Si
1.11
GaAs
1.43
GaP
2.24
InSb
0.18
InAs
0.33
InP
1.26
Rozwiązanie:
Aby wytworzyć parę elektron - dziura w materiale półprzewodnikowym, energia
kwantu promieniowania elektromagnetycznego powinna być co najmniej równa szerokości
pasma zabronionego:
hν ≥ Wg
gdzie:
h = 4.135⋅10-15 [eV⋅s] - stała Plancka,
ν - częstotliwość fali elektromagnetycznej.
Ponieważ:
λ = c/ν
gdzie:
λ - długość fali,
c = 2.998⋅1010 [cm/s] - prędkość fali elektromagnetycznej w próżni.
Stąd:
λ = ch / Wg
Ponieważ iloczyn prędkości światła i stałej Plancka jest wielkością stałą:
ch = 4135
. ⋅ 10 −15 [eV ⋅ s] ⋅ 2.998 ⋅ 1014 [ µm / s]
ch = 1.24 [ eV ⋅ µm]
Dlatego równanie przedstawione powyżej można zapisać w postaci:
λ [ µm] = 124
. [ eV ⋅ µm] / Wg [eV ]
Uzyskane wyniki przedstawiono w tablicy:
MATERIAŁ
λ [µm]
Ge
1.85
Si
1.12
GaAs
0.87
GaP
0.55
InSb
6.89
InAs
3.76
InP
0.98
Zadanie 5.3
Obliczyć, jaką szerokością przerwy energetycznej powinny charakteryzować się materiały
półprzewodnikowe, z których wykonane diody elektroluminescencyjne emitowałyby światło
widzialne w temperaturze T = 300 [K].
Rozwiązanie:
Zakładamy, że energia emitowanego fotonu jest równa energii przerwy energetycznej:
hν = Wg
gdzie:
h - stała Plancka,
ν - częstotliwość fali elektromagnetycznej.
Ponieważ:
ν =c/λ
gdzie:
λ - długość fali,
-65c - prędkość światła.
Stąd:
Wg = hc / λ
Światło jest falą elektromagnetyczną o długości fali zawartą w zakresie od 0.4 [µm] do
0.7 [µm]. Stąd dla fioletu, czyli fali elektromagnetycznej o λmin = 0.4 [µm]:
Wg max = 4135
. ⋅ 10 −15 [eV ⋅ s] ⋅ 2.998 ⋅ 1014 [ µm / s] / 0.4 [ µm]
Wg max = 310
. [eV ]
Oraz dla czerwieni, czyli fali elektromagnetycznej o λmax = 0.7 [µm]:
Wg min = 4135
. ⋅10 −15 [eV ⋅ s] ⋅ 2.998 ⋅1014 [ µm / s] / 0.7 [ µm]
Wg min = 177
. [eV ]
Materiałem, który ma szerokość przerwy energetycznej w przedziale wartości energii od:
Wg min = 177
. [eV ]
do:
Wg max = 310
. [eV ]
jest fosforek galu GaP o szerokości przerwy energetycznej:
Wg = 2.24 [eV ]
Odpowiedź:
Wgmin = 1.77 [eV],
Wgmax = 3.10 [eV].
Zadanie 5.4
Powierzchnia półnieskończonej wielkiej bryły krzemu typu n jest oświetlona w sposób ciągły
ze stałą wydajnością procesu generacji par elektron - dziura, tak że koncentracja dziur na
powierzchni wynosi:
p( x = 0) = 5.5 ⋅ pn << nn
gdzie pn jest koncentracją nośników mniejszościowych w półprzewodniku w stanie
równowagi termodynamicznej, zaś koncentracja dziur w odległości „w” od powierzchni
wynosi:
p( x = w) = 15
. ⋅ pn
(oś „x” skierowana jest w głąb próbki).
Ponadto są dane:
T = 300 [K], w = 0.1 [cm], τp = 200 [µs].
Wyznaczyć:
- długość drogi dyfuzji dziur Lp,
- stałą dyfuzji dziur Dp,
- ruchliwość dziur µp.
Rozwiązanie:
Rozkład koncentracji dziur nadmiarowych w półnieskończonej bryle krzemu jest
opisany zależnością:
(
∆ p( x ) = ∆ p( 0) exp − x / L p
)
-66koncentracja
dziur p
p(0) = 5.5 p n
p(w) = 1.5 p n
pn
x
x=w
x=0
W warunkach zadania:
∆ p( 0) = 5.5 ⋅ pn − pn = 4.5 ⋅ pn
∆ p( w) = 15
. ⋅ pn − pn = 0.5 ⋅ pn
Obliczenie długości drogi dyfuzji dziur Lp
Dla x = w:
0.5 ⋅ pn = 4.5 ⋅ pn exp − w / L p
czyli:
(
)
( 0.5 / 4.5) = exp( − w / L )
p
ln(1 / 9) = −w / L p
L p = w / 2.2
W rezultacie:
Ponieważ w = 0.1 [cm]:
L p = 0.1 [cm] / 2.2
L p = 4.55 ⋅ 10 −2 [cm]
Obliczenie współczynnika dyfuzji dziur:
Ponieważ:
L p = D pτ p
stąd:
(
D p = L2p / τ p
)
D p = 4.55 ⋅ 10 −2 [cm] / 200 ⋅ 10−6 [s ]
Obliczenie ruchliwości dziur:
Z zależności Einsteina:
2
D p = 10.35 [cm2 / s]
D p / µ p = kT / q
µ p = D p / ( kT / q)
µ p = 10.35 [cm2 / s] / 0.0259 [V ]
µ p = 399.6 [cm 2 / Vs ]
Odpowiedź:
Lp = 4.55⋅10-2 [cm],
Dp = 10.35 [cm2/s],
µp = 399.6 [cm2/Vs].
Zadanie 5.5
Próbka krzemu typu n domieszkowana donorami o koncentracji ND = 1016 [cm-3] jest poddana
działaniu promieniowania, które powoduje generację nośników nadmiarowych z szybkością
g = 5⋅1013 [cm-3s-1] równomiernie w całej objętości próbki znajdującej się w temperaturze
-67300 [K]. W wyniku długotrwałego oświetlenia w próbce ustaliła się koncentracja dziur
p = 108 [cm-3]. Następnie w chwili t = t1 oświetlenie wyłączono.
a) Jaka będzie koncentracja dziur po upływie 1 [µs] od chwili włączenia oświetlenia?
b) Jaka będzie koncentracja dziur po czasie 1 [µs] od chwili wyłączenia oświetlenia?
c) Po jakim czasie od chwili wyłączenia oświetlenia koncentracja dziur będzie równa
p1 = 105 [cm-3]?
Rozwiązanie:
a)
Po oświetleniu koncentracja dziur nadmiarowych zmienia się według wzoru:
[
(
∆ p(t ) = gτ p 1 − exp − t / τ p
)]
Po długotrwałym oświetleniu (t → ∞) w stanie ustalonym w próbce ustala się koncentracja
dziur nadmiarowych:
∆ p = gτ
Wiadomo, że w tym przypadku całkowita koncentracja dziur wynosi:
pca ł k . = pn +∆ p = 10 8 [ cm−3 ]
nośniki
generowane
nośniki
mniejszościowe
Obliczenie koncentracji nośników generowanych - ∆p:
Ponieważ krzem domieszkowany jest donorami na poziomie ND = 1016 [cm-3], koncentracja
nośników większościowych - elektronów wynosi:
nn = N D = 1016 [cm −3 ]
Koncentracja nośników mniejszościowych - dziur - wynosi:
pn = ni2 / nn
[
] / 10 [cm ]
= 2.1 ⋅ 10 [cm ]
pn = (1.45 ⋅ 1010 ) cm−3
2
pn
Ponieważ:
2
−3
16
−3
4
pca ł k . = pn + ∆ p
Stąd:
∆ p = pca ł k . − pn
∆ p = 108 [cm −3 ] − 2.1 ⋅ 104 [cm −3 ]
∆ p = 108 [cm−3 ]
Obliczenie czasu życia dziur:
Ponieważ:
∆ p = gτ p
τp = ∆ p / g
τ p = 108 [cm−3 ] / 5 ⋅ 1013 [cm−3 s −1 ]
τ p = 2 ⋅ 10 −6 [ s] = 2 [ µs]
Jaka będzie koncentracja dziur po upływie 1 [µs] od chwili włączenia oświetlenia?
Ponieważ przyrost koncentracji nośników opisany jest zależnością:
[
(
∆ p(t ) = gτ p 1 − exp − t / τ p
Stąd:
[
]
[
)]
∆ p(1 [ µs]) = 5 ⋅1013 cm−3 s −1 ⋅ 2 ⋅10 −6 [ s] 1 − exp( − 1 [ µs] / 2 [ µs])
∆ p(1 [µs ]) = 3.9 ⋅ 107 [cm −3 ]
]
-68-
b)
Jaka będzie koncentracja dziur po upływie 1µs od chwili wyłączenia oświetlenia?
Po wyłączeniu oświetlenia koncentracja dziur zmienia się według wzoru:
(
∆ p( t ) = gτ p exp − t / τ p
Stąd:
)
∆ p([1µs ]) = 5 ⋅ 1013 [cm −3 s −1 ]⋅ 2 ⋅ 10−6 [s ] ⋅ exp(− 1[µs ] / 2[µs ])
∆ p([1µs ]) = 108 [cm −3 ]⋅ exp(− 1 / 2)
∆ p([1µs ]) = 6.1 ⋅ 107 [cm −3 ]
c)
Po jakim czasie od chwili wyłączenia oświetlenia koncentracja dziur będzie równa
pcałk. = 105 [cm-3]?
Z zależności:
(
∆ p( t ) = gτ p exp − t / τ p
wyznaczamy czas t:
(
)
∆ p( t ) / gτ p = exp − t / τ p
[
t / τ p = ln gτ p / ∆ p( t )
Stąd:
[
t = τ p ln gτ p / ∆ p( t )
Ponieważ:
Zatem:
]
)
]
∆ p( t ) = pca ł k . − pn
∆ p(t ) = 105 [cm −3 ] − 2.1 ⋅ 104 [cm −3 ]
∆ p(t ) = 7.9 ⋅ 104 [cm −3 ]
[
]
[ ]
5 ⋅ 1013 cm −3 s −1 ⋅ 2 ⋅ 10 −6 [s ]
7.9 ⋅ 104 cm − 3
t = 7.14 ⋅ 2 [µs ]
t = 14.28 [µs ]
t = 2 ⋅ 10 − 6 [s ] ⋅ ln
Odpowiedź:
Włączenie oświetlenia - ∆p(1[µs]) = 3.9⋅107 [cm-3],
Wyłączenie oświetlenia - ∆p(1[µs]) = 6.1⋅107 [cm-3],
pcałk. = 105 [cm-3] po czasie t = 14.28 [µs].