Pho.rs: Физика PN перехода

A1 ^?? Подставьте $j=0$ и $v=1/u$ в уравнение $(1)$ и получите связь между $\varphi'$, $u'$ и $u$.

Прямая подстановка $p=n_i u$, $n = n_i v$, $\mu_p = \alpha \mu_n$, $\mathcal{E}=-\varphi'$ приводит нас к уравнению
\[0 = \alpha \mu_n \left[-\varphi' e n_i u - k_\text{B} T n_i u' \right] + \mu_n \left[ - \varphi' e n_i v + k_\text{B} T n_i v' \right].\]Теперь учтем, что $vu=1$ и $v'u+u'v=0$:
\[\frac{\varphi' e}{k_\text{B} T} \left[ \alpha u + \frac{1}{u} \right] + u' \left[ \alpha + \frac{1}{u^2} \right] = 0 \quad \Rightarrow \quad \frac{\varphi' e}{k_\text{B}T}u + u' = 0\]

Ответ: \[\frac{\varphi' e}{k_\text{B}T}u + u' = 0\]

A2 ^?? Проинтегрируйте уравнение, полученное в пункте A1 и найдите разность потенциалов $V_{bi}=\varphi(+\infty) - \varphi(-\infty)$ электрического поля на pn-переходе. Ответ выразите через $N_p$, $N_n$, $n_i$

Из уравнения предыдущего пункта можно получить, что
\[-\frac{\varphi' e}{k_\text{B}T} = \left( \ln u \right)' \quad \Rightarrow \quad \frac{V_{bi}e}{k_\text{B}T}=\ln \frac{u(-\infty)}{u(+\infty)}.\]Вдалеке от pn-перехода можно найти $u$ из условия электронейтральности $(p-N_A)-(n-N_D) = 0$. В p-кремнии $N_p \gg n_i$ и
\[u-\frac{N_p}{n_i}-\frac{1}{u} =0 \quad \Rightarrow \quad u \simeq \frac{N_p}{n_i}\]В n-кремнии $N_n \gg n_i$ и
\[u+\frac{N_n}{n_i}-\frac{1}{u} =0 \quad \Rightarrow \quad u \simeq \frac{n_i}{N_n}.\]Таким образом
\[ V_{bi} \simeq \frac{k_\text{B} T}{e} \ln \frac{N_p N_n}{n_i^2}\]

Ответ: \[ V_{bi} \simeq \frac{k_\text{B} T}{e} \ln \frac{N_p N_n}{n_i^2}\]

A3 ^?? Запишите теорему Гаусса и выразите $\varphi''$ через $u$ и $N_D-N_A$. Получите дифференциальное уравнение для $\Psi$, где $\Psi = \ln u$ в виде
\[L^2 \Psi'' = 2 \sinh \Psi - \frac{N_A-N_D}{n_i} \tag{2}\]

Теорема Гаусса в одномерном случае выглядит, как $\mathcal{E}' = \rho/(\varepsilon \varepsilon_0)$. С учетом подстановки $\mathcal{E} = - \varphi'$, $\rho = e \left(p - N_A - n + N_D \right)$ имеем
\[-\varphi'' = \frac{en_i}{\varepsilon\varepsilon_0} \left( u - \frac{N_A}{n_i} - \frac{1}{u} + \frac{N_D}{n_i} \right).\]При этом $\varphi'=-\dfrac{k_\text{B}T}{e} (\ln u )'$, поэтому для $\Psi$ получаем следующее уравнение:
\[\frac{k_\text{B} T}{e}\Psi'' = \frac{e n_i}{\varepsilon\varepsilon_0} \left( e^{\Psi} - \frac{N_A - N_D}{n_i} - e^{-\Psi} \right) =\frac{en_i}{\varepsilon\varepsilon_0} \left( 2 \sinh \Psi - \frac{N_A - N_D}{n_i} \right)\]

Ответ: \[\frac{k_\text{B}T \varepsilon\varepsilon_0}{e^2 n_i} \Psi'' = 2 \sinh \Psi - \frac{N_A-N_D}{n_i}\]

A4 ^?? Найдите аналитический вид решения для $\delta \Psi$ в областях, далеких от pn перехода.

Обозначим $\Psi_0 = \operatorname{arcsinh} \frac{N_A-N_D}{2n_i}$, тогда
\[2 \sinh \left( \Psi_0 + \delta \Psi \right) \simeq \frac{N_A-N_D}{n_i}+2 \cosh \Psi_0 \cdot \delta \Psi \simeq \frac{N_A-N_D}{n_i} + \left|\frac{N_A-N_D}{n_i} \right| \delta \Psi.\]При этом $\Psi'' = (\Psi_0 + \delta \Psi)'' = \delta \Psi''$, поэтому
\[L^2 \delta \Psi'' = \left|\frac{N_A-N_D}{n_i} \right| \delta \Psi.\]Из двух экспоненциальных решений в каждой области осталось выбрать только те, которые затухают на бесконечности.

Ответ: При $x<0$
\[\Psi = \ln \frac{N_p}{n_i}-A_- \exp \left( \frac{x}{L}\sqrt{\frac{N_p}{n_i}} \right), \quad \Psi'=-\frac{A_-}{L}\sqrt{\frac{N_p}{n_i}} \exp \left( \frac{x}{L} \sqrt{\frac{N_p}{n_i}} \right)\]При $x>0$
\[\Psi = -\ln \frac{N_n}{n_i}+A_+ \exp \left( -\frac{x}{L}\sqrt{\frac{N_n}{n_i}} \right), \quad \Psi'=-\frac{A_+}{L}\sqrt{\frac{N_n}{n_i}} \exp \left( -\frac{x}{L} \sqrt{\frac{N_p}{n_i}} \right)\]

A5 ^?? Найдите аналитический вид решения для $\Psi$ в области, где $n_i|2 \sinh \Psi| \ll |N_A - N_D|$.

В этой области выполняется
\[L^2\Psi'' = \frac{N_D-N_A}{n_i}.\]Прямым интегрированием можно получить:
\[\Psi(x)' = \Psi'(0) + \int\limits_0^x \frac{N_D - N_A}{L^2 n_i} dx = \Psi'(0)+\frac{N_D -N_A}{L^2 n_i}x\]
\[\Psi(x) = \Psi(0) + x\Psi'(0) + \frac{N_D -N_A}{2L^2 n_i}x^2.\]

Ответ: При $x<0$:
\[\Psi(x) = \Psi(0) + x \Psi'(0) - \frac{N_p}{2L^2 n_i} x^2, \quad \Psi'(x) = \Psi'(0)-\frac{N_p}{L^2 n_i}x\]при $x>0$:
\[\Psi(x) = \Psi(0) + x \Psi'(0) + \frac{N_n}{2L^2 n_i} x^2, \quad \Psi'(x) = \Psi'(0)+\frac{N_n}{L^2 n_i}x.\]

A6 ^?? Для $N_p=2 \cdot 10^5$, $N_n=10^5$ решите уравнение (2) численно с помощью программы pn-junction1.py.

B1 ^?? Получите зависимости электрического поля $\mathcal{E}(x)$ в выбранной модели и нарисуйте ее график. Какое соотношение между $x_p$, $x_n$, $N_p$ и $N_n$ должно выполняться, чтобы поле $\mathcal{E}$ обнулялось на границах $-x_p$ и $x_n$ и было непрерывным в точке $x=0$?

Электрическое поле линейно растет от $0$ в точке $-x_p$ до $-\mathcal{E}_\text{max}$ в $x=0$ а затем линейно падает до $0$ в точке $x_n$. Запишем теорему Гаусса для области $x \in [-x_p,0]$:
\[\mathcal{E}_\text{max}-0 = \frac{eN_p x_p}{\varepsilon_0}\]Запишем теорему Гаусса для области $x \in [0, x_n]$:
\[\mathcal{E}_\text{max}-0 = \frac{eN_n x_n}{\varepsilon_0}\]Итого
\[ N_p x_p = N_n x_n\]

Ответ: \[ N_p x_p = N_n x_n\]

B2 ^?? Выразите $x_p'$ через $x_p$, $V_{bi}$ и $U$. Подставьте $dQ = -eSN_A dx_p'$, где $S$ - площадь pn-перехода, в выражение для ёмкости $C$ и найдите зависимость $C(U)$. Выразите зависимость $C(U)$ в терминах $S$, $N_{n,p}$.

Разность потенциалов $V_{bi}-U$ это интеграл $\int (-\mathcal{E})\, dx$, поэтому
\[V_{bi}-U = \frac{\mathcal{E}_\text{max} x_p}{2} +\frac{\mathcal{E}_\text{max} x_n}{2} \quad \Rightarrow \quad x_p^2 = \frac{\varepsilon_0(V_{bi}-U)}{e N_p \left[ 1+ \frac{N_p}{N_n} \right]} \]Значит
\[\frac{x_p'^2}{x_p^2} = \frac{V_{bi}-U}{V_{bi}} \quad \Rightarrow \quad d x_p' = -\frac{x_p dU}{\sqrt{V_{bi}(V_{bi} - U)}}.\]Пользуясь определением емкости $C$, получаем
\[C = \frac{dQ}{dU} = eS \sqrt{
\frac{\varepsilon_0}{k_\text{B}T \ln \frac{N_nN_p}{n_i^2} -eU} \frac{N_p N_n}{N_p+N_n}
}\]

Ответ: \[C = \frac{dQ}{dU} = \frac{S Le}{k_\text{B}T} \sqrt{
\frac{
\frac{2n_i N_A N_D}{N_A +N_D}
}
{{ \ln \frac{N_D N_A}{n_i^2}}
- \frac{eU}{{k_\text{B}T}}}
}
\]

C1 ^?? Пусть из-за наличия напряжения $U$ концентрации дырок и электронов поменялись по отношению к равновесию $U=0$ следующим образом $u \to u+ \delta u$, $v \to v + \delta v$. Выразите плотность тока $j$ через $\delta u$, $\delta v$, их производные и поле $\mathcal{E}$.

\[ j = \alpha \mu_n \left[\mathcal{E} e n_i \delta u - k_\text{B} T n_i \delta u' \right] + \mu_n \left[\mathcal{E} e n_i \delta v + k_\text{B} T n_i \delta v' \right] \]

C2 ^?? Запишите уравнения стационарности для $\delta u$, $\delta v$ через их значения и значения их производных, учитывая что изменения этих величин во времени могут быть обусловлены токам и рекомбинацией.

Ток дырок $J_p$
\[J_p = \alpha \mu_n n_i \left[ \mathcal{E} u - \frac{k_\text{B} T}{e} u' \right] \]тогда, чтобы концентрация $un_i$ дырок в некоторой точке не менялась, нужно потребовать
\[ J_p'+R = 0.\]Аналогично
\[J_n = \mu_n n_i \left[ -\mathcal{E}v - \frac{k_\text{B} T}{e} v' \right], \quad J_n'+R=0.\]Заметим, что в равновесии $J_p=J_n=0$

Ответ: \[\alpha \mu_n n_i \left[ \mathcal{E}' \delta u + \mathcal{E} \delta u' - \frac{k_\text{B}T}{e} \delta u'' \right] + \frac{\delta u v + \delta v u}{\tau_p (u+1) + \tau_n (v + 1)} n_i = 0\]\[\mu_n n_i \left[- \mathcal{E}' \delta v - \mathcal{E} \delta v' - \frac{k_\text{B}T}{e} \delta v'' \right] + \frac{\delta u v + \delta v u}{\tau_p (u+1) + \tau_n (v + 1)} n_i = 0\]

C3 ^?? Преобразуйте условия стационарности для $\mathcal{E}=0$ и найдите вид функций $\delta v$ и $\delta u$ в области $x<-x_p$ с учетом $N_p, N_n \gg n_i$ и малости $\delta u$, $\delta v$.

С учетом $\mathcal{E} = 0$ имеем
\[ -\mu_n n_i \frac{k_\text{B} T}{e} \delta v'' + \frac{u \delta v + v \delta u}{\tau_p(u+1) + \tau_n(v+1)} n_i = 0 \]В области $x<-x_p$ выполняется, что $v \ll u$, поэтому
\[ - \mu_n \frac{k_\text{B} T}{e} \delta v'' + \frac{\delta v}{\tau_p} = 0.\]Это уравнение приводит к тому, что $\delta v$ имеет вид $A e^{x/L_p}$, где $L_p=\sqrt{\mu_n \tau_pk_BT/e}$. Также, на бексонечности $x \to -\infty$ оба $\delta u$ и$\delta v$ должны быть нулевыми. Поэтому из $\alpha \delta u'' = \delta v''$ we мы получаем $\delta u = \delta v / \alpha +Bx + C$.

Ответ: \[ \delta v = A \exp \left[ x \sqrt{\frac{e}{\mu_n \tau_pk_BT}} \right], \quad \delta u = \frac{A}{\alpha} \exp \left[ x \sqrt{\frac{e}{\mu_n \tau_pk_BT}} \right] + Bx + C\]

C4 ^?? Считая, что в области $x \in [-x_p', x_n']$ выполняются условия пункта А1 т.е. $j \simeq 0$, найдите константы для $\delta u$ и $\delta v$ для результатов пункта С3.

С другой стороны $x > x_n$ мы имеем похожую ситуацию:
\[
\begin{cases}
-\alpha \mu_n \frac{k_\text{B}T}{e} \delta u'' + \frac{\delta u}{\tau_n} = 0 \\
\alpha \delta u '' = \delta v''
\end{cases},
\]
поэтому \[\delta u = D \exp \left[ -x \sqrt{\frac{e}{\alpha \mu_n \tau_n k_\text{B} T}} \right], \quad \delta v = D \alpha \exp \left[ -x \sqrt{\frac{e}{\alpha \mu_n \tau_n k_\text{B} T}} \right] + Ex + F. \]Так как $\delta u$ и $\delta v$ - это малые поправики, они могу оказать влияние только на плотность неосновных носителей. Из уравнения из вопроса А1
\[\frac{\Delta \varphi e}{k_\text{B}T} = -\Delta \ln u = \Delta \ln v\]мы имеем
\[\frac{V_{bi}e}{k_\text{B}T}\ - \frac{Ue}{k_\text{B}T} = - \ln \frac{1+\frac{\alpha D N_n}{n_i} e^{-x_n/L_n}}{\frac{N_pN_n}{n_i^2}} = \ln \frac{\frac{N_pN_n}{n_i^2}}{1+\frac{AN_p}{n_i}e^{-x_p/L_p}}. \]Мы можем лего найти ток неосновных носителей заряда, например в $p$-кремнии:
\[J_n(x)=-\mu_n n_i \frac{k_\text{B}T}{e} \delta v' = -\mu_n n_i\frac{k_\text{B}T}{e} A L_p e^{x/L_p}.\]Так как $J_p'=-R=J_n'$ и $J_p(-\infty)=ej$, мы имеем:
\[J_p(x) = ej + J_n(x) \quad \Rightarrow \quad ej =-\alpha \mu_n n_i \frac{k_\text{B} T}{e} B.\]Значение $E$ может быть найдено так же с помощью $J_n(+\infty) = -ej$.

Ответ: \[Ae^{-x_p/L_p}= \frac{n_i}{N_p} \left(e^{Ue/k_\text{B}T}-1 \right) \quad D = e^{-x_n/L_n}\frac{n_i}{\alpha N_n} \left(e^{Ue/k_\text{B}T}-1 \right) \]\[B = -\frac{e^2 j}{\alpha \mu_n n_i k_\text{B} T}, \quad E = \frac{e^2j}{\mu_n n_i k_\text{B}T}\]

C5 ^?? Получите ВАХ pn перехода в виде $j = f(U)$.

Пользуясь приближением $uv=1$ в области $[-x_p,x_n]$ мы имеем нулевую скорость рекомбинации $R$. Это значит, что $J'_p=J'_n=0$, и поэтому $J_p(-x_p) = J_p(x_n)$ и $J_n(-x_p)=J_n(x_n)$ это одно и то же уравнение:
\[
\begin{cases}
ej+J_n(-x_p)=J_p(x_n)\\
J_n(-x_p)=-ej + J_p(x_n)
\end{cases}
\]
В итоге,
J_p(x_n) - J_n(-x_n) = \alpha \mu_n n_i \frac{k_\text{B} T}{e}DL_n e^{x_n/L_n} + \mu_n n_i \frac{k_BT}{e} AL_p e^{x_p/L_p}\]

Ответ: \[j = \mu_n n_i^2 \frac{k_\text{B}T}{e^2} \left[ \frac{L_n}{ N_n} + \frac{L_p}{N_p} \right] \left(e^{Ue/k_\text{B}T}-1 \right) \]

Физика PN перехода

Решение