Lösungen zu Blatt 12 vom 27.01.2006

Vorlesung
Einführung in die Festkörperphysik (M. Oestreich, WS 2005/2006)
Lösungen zu Blatt 12 vom 27.01.2006
ZULASSUNG ZUR KLAUSUR ” EINFÜHRUNG IN DIE FESTKÖRPERPHYSIK“
Auf den Übungsblättern 3 bis 12 gab es maximal 80 Punkte zu erreichen. Für die Zulassung zur Klausur müssen
mindestens 40 Punkte erreicht werden.
16 Bonuspunkte konnten mit dem Kurztest erzielt werden.
9 Bonuspunkte konnten mit dem Übungsblatt 2 erzielt werden.
Alle Punkte und Bonuspunkte, die in den Übungen 2 bis 12 und im Kurztest erzielt wurden, dürfen eingebracht
werden, um die Bestehensgrenze von 40 Punkten zu erreichen.
AUFGABE 1
Wenn man voraussetzt (Schottky-Modell), dass innerhalb des Bereichs von −d bis d alle Ladungsträger aus der
Raumladungszone Ihre Donatoren bzw. Akzeptoren verlassen haben und miteinander rekombiniert sind, dann muss
in diesem Bereich folgende Poisson-Gleichung gelten
Das elektrische Feld erhält man, wenn man sich an E = − ∂φ
∂x
∂2φ q
= − ax. (1)
∂x2 εε0
E(x) = − qa
εε0
erinnert und die obere Gleichung aufintegriert:
d 2 − x 2
2
. (2)
Die Integrationsgrenze wurde so gewählt, dass das E-Feld bei −d und d verschwindet. Denkt man sich um die Raumladungszone
ein Volumen stellt man fest, dass dort keine Ladung vorhanden ist. Was an Feld in das Volumen und aus
dem Volumen fließt, muss sich also aufheben (Durchflutungssatz von Gauß). Wegen Symmetrie bleibt nur, dass der
Raum außerhalb des Volumens feldfrei ist.
AUFGABE 2
(a) Für die Grenzen dn und dp wurde in der Vorlesung unter der Voraussetzung φ(∞) − φ(−∞) = VD gezeigt, dass
dn =
dp =
2εε0VD
e
2εε0VD
e
NA/ND
NA + ND
ND/NA
NA + ND
1/2
(3)
1/2
. (4)
In diesen Formeln muss man lediglich die Randbedingung durch φ(∞) − φ(−∞) = VD − U ersetzen. D.h. überall wo
in den oberen Formel VD auftauchte, muss man jetzt VD − U schreiben. Es folgt also
dn = dn(U = 0) 1 − U
1/2 VD
dp = dp(U = 0) 1 − U
1/2 VD
(5)
(6)

(b) Kapazität ist Ladungsänderung pro Spannungsänderung. Die Ladung ändert sich, da die depletion zone von der
äußeren Spannung abhängt. Es gilt also
C = ∂(dn(U)ANDe)
∂U
= A
1/2 NAND 2eεε0
2 NA + ND (VD − U)
(c) Die Potentialdifferenz von linken zum rechten Bereich des p-n-Übergangs berechnet man, indem man das E-Feld
aufintegriert:
V =
Ersetzen wir V durch V − U (ähnlich wie oben), dann finden wir für d
d
−d
(−E(x)) dx = − 2qad3
. (8)
3ε0ε
1/3 (U − V )(3/2)ε0ε
d(U) =
. (9)
qa
Die Ladung Q auf einer Seite des p-n-Übergangs hängt folgendermaßen von d ab
Die Kapazität ist folglich
C(U) = ∂(Q(d(U)))
∂U
Q(d) = A
d
0
2
(7)
axq dx (10)
= 1
2 Aad2 q. (11)
= 1
3 Aaq
(3/2)ε0ε
qa
2/3
(U − V ) −1/3 . (12)