- semiconductores

7/21/2019 - Semiconductores

http://slidepdf.com/reader/full/-semiconductores 1/33

Problema 1.1

Calcular la energía que separa Ef de Ev en una muestra de Si tipo P, con una

concentración de átomos aceptores, Na= 5 1014 cm-3, a 300 °K.

Se considera Na=p0 y que todos los átomos de impureza están ionizados.

T .K

Ev Ef

e. Nv p

−

−=0

donde

23

2

22

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ =

h

T .K .m.. Nv

* pπ

590 ,m

m* p

=

( ) ( ) ( )

( ) ( )

23

2

23

14

23

22682

2331

10873182

10626

30010381101195902

2 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ °°=

−

−−

s. J

Kg..

s. J ,

K .K

J ,.Kg ,. ,.. Nv

π

32

3

2

23

2

2

2

3

2

2

3

2

1 −=⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ =

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

=⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ =⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ m

ms.m.s

m.KgKg

s.m. N

Kg

s. J

Kg

Nv=1,1388 10 25 m -3 Nv=1,1388 10 19 cm -3

entonces será:

( )T .K

E E

T .K

Ev Ef v f

e. ,e. Nv p

−−−

− === 1914

0 1013881105

J , ,.K .K

J , ,.lnT .K ,

.lnT .K E E v f 20235

14

19

101544033461030010388110227760

105

1013881 −−− =°°

===−

V .e ,

V .e J ,

J , E E vF 259250

1061

101544

19

20

==−−

−



Problema 1.2

Calcular la ubicación del nivel de Fermi en silicio intrínseco a 300 °K respecto de la tapa de la

banda de valencia medida en eV.

( )T .K

Ev Ef

e. Nv p−−

=0

( )T .K

Ef Ec

e. Ncn−−

=0

Como el material es intrínseco p 0 = p i

( )T .K

Ev Ef

i e. Nv p−−

=

( ) ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=−

Nv

p.lnT .K Ev E i

f

p i = n i = 2,4 10 13 cm -3

( ) .

s. J

Kg ,

s. J ,

K .K

J ,.Kg ,. ,..

h

T .K .m.. Nv

* p 2

3

2

16

23

222

34

233123

2 101903232

10626

30010381101195902

22

2 ⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ =⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ °°=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ =

−

−−π π

2

22

2 m

s J Kg

m

J N

m

s N Kg

s

mKg N ===⇒=

( ) 323

1623

2

16

23

22

216

23

2

16

1019032321101903232

101903232101903232

−=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ =

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ =⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ =

m ,m

, Nv

s. J ms. J ,

s. J

Kg , Nv

Nv = 1,13968 10 25 m -3

Nv = 1,13968 10 19 cm -3

p i =1,5 10 10 cm -3

( ) ( ) J ,ln ,K .K

J

,

,ln.. ,

Nv

p.lnT .K Ev E i

f 921

19

10

231031616110144

10139681

105130010381

−−− −=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡°

°⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=−

( ) J , J ,. , Ev E f 2021

1046578448548252010144 −− =−−=−

eV ,

, J ,eV q

J 19

20

20

1061

104657810465781−

−− =⇒=

E f -E v = 0,5291 eV



PROBEMA Nº 1.3



PROBEMA Nº 1.4



PROBLEMA Nº 1.5



Problema 1.6

Determinar el valor de n 0 y p 0 para germanio en los casos siguientes:

a) Nd = 2 10 14 cm -3 , Na = 3 10 14 cm -3 . T= 200 °K, T=250 °K, T= 300 °K, T=350 °K, T=400

°K y T= 450 °K

b) Nd = Na = 1015 cm-3. T= 300 °K.

Graficar los puntos a), como n0 y p0 en función de T y efectuar los comentarios pertinentes.

a) La determinación del tipo de material es inmediata

n 0 -p 0 =Nd- Na = N =(2 10 14 -3 10 14 )= - 10 14 cm -3 .

Como N es negativo, resultará que p0>n0, el material es tipo “N”.

Para evaluar n 0 y p 0 partiremos de la ecuación de balance de cargas.

N Na Nd pn =−=− 00 que conviene multiplicarla por “-1” para dejar “p0” positivo.

0002

0000 p N pn p p por ndomultiplica N n p . .:"" −=−−=−

remplazando0

2

0 p

nn i= 00

0

22

0 p N p p

n p i . . −=−

ordenando: 02

0

2

0 =−+ in p N p .

( )22

1414

0

2

2

210

2

10

2

10

22

i

i

n p

n N N

p

+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ +=

−−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

−=− )(

y n 0 será:0

2

0 p

nn i=

a1) N=-1014 cm-3, T= 200°K

2003812

10048921

23

15223 23

19

20010466381 . , .

,

. . . . , . .−

−−−

== eet C n T K

Eg

i n i =2,32 10 10 cm -3

( ) =+⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +=

210

21414

0 103222

10

2

10 , p p 0 =1 10 14 cm- 3

( )

===14

210

0

2

0

101

10322 ,

p

nn i n 0 =5,3757 10 6 cm- 3

a2) N=-1014 cm-3, T= 250°K,

2503812

10048921

23

15223 23

19

25010466381 . , .

,

. .

. . , . .

−

−−−

== eet C n

T K

Eg

i n i =1,45 10 12

cm -3



( ) =+⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +=

212

21414

0 104512

10

2

10 , p p 0 =1,0002 10 14 cm -3

n 0 = 2,0994 10 10 cm -3

Se puede confeccionar la siguiente tabla:

ni °K po no

2,32E+10 200 1,0000E+14 5,3757E+06

1,45E+12 250 1,0002E+14 2,0994E+10

2,40E+13 300 1,0546E+14 5,4617E+12

1,85E+14 350 2,4140E+14 1,4140E+14

8,77E+14 400 9,2852E+14 8,2852E+14

3,01E+15 450 3,0582E+15 2,9582E+15

y con ella, construir el gráfico siguiente:

Concentración de Portadore s

1,00E+06

1,00E+07

1,00E+08

1,00E+09

1,00E+10

1,00E+11

1,00E+12

1,00E+13

1,00E+14

1,00E+15

1,00E+16

200 250 300 350 400 450

T °K

n o

p o

ni po no

El material tiene para temperaturas bajas y medias una concentración de lagunas (curva

superior) definida prácticamente por la contaminación , p0=N. Es la zona extrínseca .A partir de 300 °K, p0 comienza a crecer y en 400 °K se confunde con la de n0 y ni (en línea

de trazos).El material se convierte en intríseco, ni=n0=p0, la concentración de portadores está

gobernada por la generación térmica sobre los átomos del semiconductor.

b) N=0, T= 300°K, ni= 2,4 1013 cm-3

3132

0 104200 −==++= cmnn p ii , p 0 =2,4 10 13 cm- 3

( )

===13

214

0

2

0

1042

1042

,

,

p

nn i n 0 =2,4 10 13 cm- 3

El material es intrínseco.



Problema 1.7

Determinar la conductividad de una barra semiconductora de Germanio, que está sometida auna temperatura de 375 °K.

El material está contaminado con impurezas donoras, Nd= 1014 cm-3

Calcular la conductividad “σ”, teniendo en cuenta la variación real de la movilidad respecto de

la temperatura, considerando que para el Germanio,

( ) ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡=

−−

sV

mT ysV

mT pn

. . ,

. . ,

, , 2332

2661

300190

300390 μ μ y el porcentaje de la conductividad por

electrones (σn) respecto de la total (σ).

) . .( 00 pnq pn μ μ σ +=

Siendo para 375 °K

=== −

−−

− 375103812

1004821

2315223 23

19

375104661 . , .

,

. . . , . . eeT C n T K

Eg

i sV

cmni .

, )( 214

375 1022594=

( )sV

mn

. , ,

, 2661

2692730300

375390 == −

μ μ n =2692,73sV

cm

.

2

( )sV

m p

. , ,

, 2332

112967440300

375190 == −

μ μ p =1129,67sV

cm

.

2

La concentración de portadores puede calcularse a partir de:

( )214

1414142

2

0 10225942

10

2

10

22 ,+

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +=+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ += in

Nd Nd n n 0 = 4,7554 10 14 cm -3

( ) 314

14

214

0

2

0 1075543

10755384

1022594 −=== cmn

n p i ,

,

, p 0 = 3,7554 10 14 cm -3

=+=+=+= − 14141900 107554367112910755447326921061 , . , , . , . , ) . .( pnq pn pn μ μ σ σ σ

= 0,1966 (

.cm ) -1

=== − 14190 10755447326921061 , . , . , . . nq nn μ σ

n = 0,1288 ( .cm) -1

El porcentaje de conductividad por electrones: 10019660

12880100 .

,

, .% ==

σ

σ σ

nn 65,48 %

% n = 65,48 %

Si bien el material es tipo “N”, al estar la temperatura muy cercana a la zona intrínseca, elvalor de la conductividad debido a electrones no es sensiblemente superior a la conductividaddebido a las lagunas.



Problema 1.8

Determinar la concentración de impurezas necesaria para obtener la menor conductividad posible en germanio y silicio a 300 °K, y la conductividad mínima para cada material.

La conductividad está dada por: σ = q.( μ n .n 0 +.μ p .p 0 )

Poniendo todo en función de n0:⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +=

0

2

0n

nqnq i

pn . . . . μ μ σ siendo:0

2

0n

n p i=

Para obtener el valor mínimo de esta función , σ =f(n 0 ) , se iguala a cero la derivada.

02

0

2

0

=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −=

∂

∂

n

nq

n

i pn μ μ

σ .

22

0 i pn nn . . μ μ =n

pinn

μ

μ .22

0 =

de donde:n

pimín nn

μ

μ .=0

Donde n omín es la cantidad de electrones libres que deberá tener el semiconductor para que la

conductividad sea mínima. A una temperatura y un material determinados, todos los valoresde la fórmula son constantes y será un valor fijo.

n

p

i

n

pi

i

mín

imín

n

n

n

n

n p

μ

μ

μ

μ

===2

0

2

0´

p

nimín n p

μ

μ .=0

Debido a que siempre será μ n >μ p , n 0 mín , será menor que n i y p 0 mín será mayor que n i , con lo

que p 0 mín será mayor que n 0 mín . Es decir para lograr el mínimo valor posible de

conductivídad el material deberá ser tipo "P”. Considerando que: n 0mín -p 0mín = Nd-Na

y como p 0mín > n 0m1n si se supone que Nd=0

La concentración de impurezas Na= p 0mín -n 0mín

En Ge : p 0mín = 31313

1043831900

39001042

−= cm , . , n 0mín = 31313

1067513900

19001042

−= cm , ,

Na= p 0mín -n 0mín = Na= 1,763 10 =− 1313106751104383 , , 13 cm- 3

En Si : p 0mín = 31010

105162480

1350

1051 −= cm , . , n 0mín = 3910

1094481350

480

1051 −= cm , ,

Na= p 0mín -n 0mín = Na= 1,621 10 =− 910109448105162 , , 10 cm- 3

Para las conductividades:

=−=+= 1313104383190010675139006 , . , . ,

19-mín0 pmín0neGmín 101).p.nq.( μ μ σ

En Ge: mín (Ge)=2,091 10-2 ( .cm)-1

Del mismo modo: =−=+= 91010944848010516213506 , . , . ,

19-mín0 pmín0niS mín 101).p.nq.( μ μ σ

En Si: mín (Si)=3,864 10-6 ( .cm)-1



Problema 1.9

Una barra semiconductora de Ge posee una cantidad de electrones, n0=4 1013 cm-3 a 250 °K,

en equilibrio térmico. Con una generación térmica igual a G T (cm-3 s-1).

La barra se ilumina con una luz penetrante que crea un número constante de pares electrón-

laguna gL =104 G T. Determinar los valores estacionarios de “n” y “p”.

( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ''.' .'. .' .' . . . )( )( )( )( )( )( pnr pnr pnr pnr p pnnr pnr gG T T T T T T LT + )++=++==+ 000000

Como ( )00 pnr G T T . . )( =

( ) ( ) ( )''.' .'. . )( )( )( pnr pnr pnr GGG T T T T T T +++=+ 004

10

( ) ( ) ( ''.' .'. . )( )( )( pnr pnr pnr G T T T T ++= 004

10 )

como n’=p’

( ) ( )

2

00

2

00

410 ''.'. .'' .'. .

)( )( )( )( nnn pnr nr nnr pnr G T T T T T ++=++=

( )00 pn

Gr T T

. )( =

[ ]200

00

410 ''.'. .

. . nnn pn

pn

GG T T ++=

200

400 10 ''.'. . nnn pn pn ++=

( ) 0104

00002 =−++ . .' .' pnn pnn

312250 10451 −

° = cmn K i , )( 310

0

2

10255 −== cmnn p i

o ,

624101300 101210255104

−== cm pn , , . . 313

00 100054 −=+ cm pn ,

0101012100054 424132 =−+ . ,' . ,' nn

01012100054 28132 =−+ ,' . ,' nn

( ) 31428

21313

102626110122

100054

2

100054 −=+⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +−= cm , ,

, ,' n

n’=p’= 1,2626 10 14 cm -3

n= n 0 +n’= 4 10 13 + 1,2626 10 14 = 1,662610 14 cm -3

p= p 0 +p’= 5,25 10 10 + 1,2626 10 14 = 1,2632 10 14 cm -3



PROBLEMA Nº 1.10



PROBLEMA 1.12



PROBLEMA Nº 1.14



PROBLEMA Nº 1.15



Problema 1.16



PROBLEMA Nº 1.17



PROBLEMA Nº 18



PROBLEMA Nº 1.19



PROBLEMA Nº 1.20



PROBLEMA Nº 1.21



PROBLEMA Nº 1.22



PROBLEMA Nº1.23



Problema 1.24

Se tiene 1μ g de Sb y 1μg de In.

a) Cuál debe usarse para obtener la mínima conductivídad posible en Sí a 300 'K.?

b) Cuántos gramos de Si se pueden obtener en estas condiciones usando el microgramodel material seleccionado.?

En el problema 1.107 se determinó la condición de contaminación de impurezas que deberíacumplir un material semiconductor para que tenga la conductividad mínima posible.

n

pimín nn

μ

μ .=0

p

nimín n p

μ

μ .=0

Como se tiene Silicio: ni= 1,5 1010 cm-3 μn= 1350 [cm2/V.s] μp= 480 [cm2/V.s]

En Si : p 0mín 310

105162 −= cm , n 0mín =

39109448 −= cm ,

n 0 -p 0 =Nd-Na como el material es tipo "P": Nd= 0

P 0mín -n 0mín = Na min

Na mín = (2,516-0,894) 1010= 1,622 10 10 [cm -3

Na mín número de átomos de impurezas aceptoras por cm3 de silicio.

Se debe usar el Indio que es tipo "P”.

Se calcula cuántos átomos de In hay en 1 μg

Indeátomosn

N

Indemasa

P A

°

= 0

No=Número de Avogadro 6,02 1023 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡mol

átomos PA In= 114,8 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡mol

g

átomosg

molg

mol

átomos Indemasa

P

N Indeátomosn

In A

1515

623

010245

8114

1002610

8114

10026 , .

,

,

.

,

,

. =

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡===° −

Siendo Na mín el número de átomos por cm 3 de silicio necesario para obtener la conductividad

mínima y “n° átomos In” el número de átomos que hay en 1 microgramo de Indio, se puedeobtener la cantidad de silicio buscada.

Simín

V

Indeátomosn Na

°= 35

310

15

10233

106221

10245cm

cm Na

InátomosnV

mínSi ,

,

,

==°

=−

La masa que corresponde a ese volumen de Silicío:

gcm

gcmV M SiSiSi

5

3

351052733210233 , , . , . === δ

Msi= 7,52 10 2 Kg



Problema 1.25

Cuántos miligramos de Sb se deben agregar a 500 g de Silicio que ya tiene incorporado 2 mg

de Boro, de modo que la cantidad de impurezas por cm3 sea: N = 2,5 1016 cm-3.

N= Nd-Na = 2,5 1016 cm-3

Nd = N +Na

Se debe evaluar Na (número de átomos de impurezas aceptoras (Boro) por cm 3 de volumen de

Si)

3

Si

SiSi cm214,59

cm

g

g

L

M V ===

3332

500

,δ

0 N

Bdeátomosn

P

m

B A

B °

=

átomos

Molg

g Mol

átomos

P

m N Bdeátomosn

B A

B 20

323

01011481

810

10210026

,

,

. , .

===°

−

N° átomos de B en 2 mg=1,1148 10 20

Al ser el boro un material “aceptor” el número de átomos de este elemento por cm 3 de silicio es

“ Na”.

3

3

20

59214

1011481 −==

°=

cm105,19504cmV

Bdeátomosden

Na

17

Si ,

,

Na =5,195 10 17

cm -3

N= Nd-Na = 2,5 10 16 cm -3

Nd= N + Na =2,5 10 16 + 5,195 10 17 = 5,445 10 17 cm -3

N° átomos de Sb= Nd . Vsí = 5,445 10 17 cm 3 . 214,59 cm -3 = 1,168 10 20 átomos de Sb

0 N

átomosSbnPm

Sb A

Sb °=

g20,02364058 Molátomos

átomosmolg

N

SbátomosnPm SB ASb ==

°=

23

20

0 10026

1016818121

,

, . ,

m Sb = 23,64 mg



Problema 1.26

Definir la cantidad de gramos de Al necesaria para que una barra de Ge de 100 g tenga unaconductividad 10 veces mayor que la intrínseca.

La conductividad intrínseca: pnii nq μ μ σ += . .

( )( ) s .V

cm . coul , s .V cm . cm , . coul ,i

1223131910227221900390010421061

−−−− =+=σ

121022722

cm . ,i

11102272210

cm . ,i

Si el material es extrínseco, y como en el problema, tipo “P”:

) p . n . .( q p n 00 μ μ σ +=

Debido a que el aluminio es aceptor, nos conviene averiguar el “p0” necesario para obtener la

conductividad requerida.

siendo:0

2

0 p

n n i= y remplazando en la fórmula anterior:

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ += 0

0

2

p . p

n . .q p

i n μ μ σ

0

0

2

0 =+− p

n .q p . .q i

n p μ σ μ Multiplicando por p0 : 02

0

2

0 =+− i n p n .q p . p . .q μ σ μ

Ecuación de 2° grado, cuya solución es: p

i n p

.q .

n . . .q . p

μ

μ μ σ σ

2

4 222

0

−+=

( ) ( ) 314

19

213

2192

0 10467

190010612

104239001900106142272022720

−−

−

=−

+= cm , . , .

, . . . , . , , p p 0 =7,46 10 14 cm -3

( ) 311

14

213

0

2

0 10727

10467

1042 −=== cm , ,

,

p

n n i n 0 =7,72 10 11 cm -3

n 0 -p 0 = Nd-Na como Nd=0 p 0 -n 0 = Na

Na =7,46 10 14 -7,72 10 11=7,45 10 14 cm -3 Na =7,45 10 14 cm -3

n° de átomos de Al = Na.V Ge

3

3 7618

335

100 cm ,

cm g ,

g M V

GE

GEGE ===

δ

n° de átomos de Al =7,45 10 14 cm 3 .18,76 cm -3 =1,4 10 16 átomos

Al

Al . át

Al A m

n

P

N °=0 g ,

átomos ,

átomos , . g

N

n . P m

Al . át Al A Al

7

23

16

0

10276

10026

104127

−==°

=

g , m Al 7

10276



PROBLEMA Nº 1.27



PROBLEMA Nº1.28

- semiconductores

Documents