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 -5711.7 ⋅ 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].