华中科技大学半导体物理习题及解答

5-2
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得
V
=
k0T q
ln( J Js
+ 1)
=
0.026
ln(
7.7
0.1 ×10
−12
+ 1)
=
0.61(V)
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另一方面，各区少子浓度可分别计算为
n
区空穴：pn0
=
ni2 ND
=
(1.5 ×1010 )2 1016
=
2.25 ×104 (1/ cm3 )
p
区电子：np0
=
ni2 NA
=
(1.5 ×1010 )2 5 ×1018
= 45(1/ cm3 )
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5-1
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所以非平衡态时，
p( x) = p0 + 1017 e−2000 x = 1015 + 1017 e−2000 x
n( x) = n0 + 1017 e−2000 x = 2.25 ×105 + 1017 e−2000 x
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例题
5-4
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【解】 （1）平衡态时，
p0 = NA = 1015 cm−3
n0
=
ni2 p0
=
(1.5 × 1010 )2 1015
= 2.25 × 105 cm −3
又因为非平衡载流子浓度 ∆p(x) = ∆n(x) = 1017 e−2000x
所以
Js
=
q( np0Dn Ln
+
pn0Dp ) Lp
= 1.6 ×10−19
×
(
45 ×13 3.6 ×10−3
+
2.25 × 2.2
104 × 4.7 ×10−3
)
=
7.7 ×10−12 (A/cm2 )
再由电流—电压方程
J
=
Js exp
qV k0T
−1
且 J = I = 1×10−3 (A/cm2 ) = 0.1(A/cm2 ) A 0.01
例题
5-3
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=
k0T q
µp
=
0.026 ×180
=
4.7(cm2/s)
p
区电子：Dn
=
k0T q
µn
=
0.026 × 500
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= 13(cm2/s)
进而可计算各区少子扩散长度分别为
n 区空穴： Lp = τ p Dp = 1×10−6 × 4.7 = 2.2 ×10−3 (cm)
p 区电子： Ln = τ n Dn = 1×10−6 ×13 = 3.6 ×10−3 (cm)
因此，此时为大注入情况。
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例题
5-5
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【解】 首先根据爱因斯坦关系式，求得各区少子的扩散系数分别为
n
区空穴：Dp
（2）x=0处 p(0) = 1015 + 1017 = 1.01×1017 cm−3 n(0) = 2.25 ×105 + 1017 ≈ 1017 cm−3
所以 n(0) = 0.99 p(0)
（3）此时，∆n = ∆p = 1017 cm-3 p0 = 1015cm−3
可见，注入的非平衡载流子浓度比平衡时的多数载流子浓度还要大， 即不满足p型半导体的小注入条件“ ∆n <<且p0 ∆p <<”p0