pn-overgangen i likevekt og med forspenning

Den abrupte overgangen

Nesten alle komponenter har minst én pn-overgang. I praksis lages den ved at akseptorer implanteres eller diffunderes inn gjennom et vindu i et oksidlag på en n-type skive, slik at et p-område ligger inne i n-materialet, og metall legges på begge områdene som kontakter. Regningen blir enkel for en abrupt overgang: jevn doping $N_a$ på den ene siden, jevn $N_d$ på den andre og et skarpt skille ved $x = 0$ . Vi regner endimensjonalt med $x$ fra p mot n, og utenfor selve overgangen har bærerne likevektskonsentrasjonene sine.

Likevekt: kontaktpotensialet

Tenk deg at en p-bit og en n-bit legges inntil hverandre. Hull diffunderer fra p til n og elektroner fra n til p, siden gradientene ved skillet er enorme. Elektronene som forlater n-siden, etterlater seg ukompenserte donorioner $N_d^+$ , og hullene som forlater p-siden, etterlater akseptorioner $N_a^-$ . Ionene sitter fast i gitteret, så det bygger seg opp positiv romladning på n-siden og negativ på p-siden, med et felt $\mathcal{E}$ fra n mot p. Feltet driver hull tilbake mot p og elektroner tilbake mot n, altså mot diffusjonen, og det vokser til de to opphever hverandre. Gradienten er der fortsatt, men feltet holder igjen.

I likevekt går ingen nettostrøm, og det gjelder for hver bærertype for seg:

\begin{aligned} J_p(\text{drift}) + J_p(\text{diff}) &= 0 \\ J_n(\text{drift}) + J_n(\text{diff}) &= 0 \end{aligned}

Fire strømkomponenter krysser overgangen, to for hver bærer, og de opphever hverandre parvis. Feltet finnes bare i en sone $W$ rundt skillet, romladningssonen; utenfor er materialet nøytralt og feltet null. Over sonen ligger potensialforskjellen $V_0 = \mathcal{V}_n - \mathcal{V}_p$ , kontaktpotensialet. Det er en likevektsstørrelse og driver ingen strøm. Et voltmeter over dioden viser null, siden probene lager nye kontaktpotensialer som opphever $V_0$ .

V₀ fra kravet om null hullstrøm

Sett $J_p = 0$ og bruk Einstein-relasjonen $\mu_p/D_p = q/k_BT$ :

\begin{aligned} \frac{\mu_p}{D_p}\,\mathcal{E}(x) &= \frac{1}{p}\frac{dp}{dx} \\ -\frac{q}{k_BT}\frac{d\mathcal{V}}{dx} &= \frac{1}{p}\frac{dp}{dx} \end{aligned}

siden $\mathcal{E} = -d\mathcal{V}/dx$ . Integrer over sonen, fra $\mathcal{V}_p$ og $p_p$ på p-siden til $\mathcal{V}_n$ og $p_n$ på n-siden:

-\frac{q}{k_BT}\,(\mathcal{V}_n - \mathcal{V}_p) = \ln\frac{p_n}{p_p}

Med $V_0 = \mathcal{V}_n - \mathcal{V}_p$ , $p_p = N_a$ og $p_n = n_i^2/N_d$ blir det

V_0 = \frac{k_BT}{q}\ln\frac{p_p}{p_n} = \frac{k_BT}{q}\ln\frac{N_aN_d}{n_i^2}

Kontaktpotensialet vokser bare logaritmisk med dopingen, så for Si ved 300 K ligger det mellom 0,6 og 0,9 V for all vanlig doping. Snudd om gir samme ligning forholdet mellom konsentrasjonene på de to sidene:

\frac{p_p}{p_n} = \frac{n_n}{n_p} = e^{qV_0/k_BT}

Den andre likheten følger av $p_pn_p = p_nn_n = n_i^2$ . Det er denne formen som brukes når strømmen gjennom overgangen skal regnes ut.

Båndskjemaet

Fermi-nivået er flatt gjennom hele komponenten i likevekt. På p-siden ligger $E_F$ nær $E_v$ , på n-siden nær $E_c$ , så når nivåene skal ligge på linje, må båndene på p-siden ligge høyere enn på n-siden. Forskjellen er nøyaktig $qV_0$ :

\begin{aligned} \frac{p_p}{p_n} &= \frac{N_v\,e^{-(E_F - E_{vp})/k_BT}}{N_v\,e^{-(E_F - E_{vn})/k_BT}} \\ &= e^{(E_{vp} - E_{vn})/k_BT} = e^{qV_0/k_BT} \\ qV_0 &= E_{vp} - E_{vn} \end{aligned}

Skjemaet tegnes derfor ved å tegne hvert materiale for seg med sitt $E_F$ , og så skyve dem loddrett til nivåene faller sammen. Avstandene fra $E_i$ til $E_F$ på de to sidene legges sammen: $qV_0 = (E_{ip} - E_F) + (E_F - E_{in})$ . Inne i sonen bøyer båndene seg jevnt fra det ene nivået til det andre.

Regneeksempel kontaktpotensialet i en Si-diode

En abrupt Si-overgang har $N_a = 10^{18}$ cm⁻³ på p-siden og $N_d = 5 \times 10^{15}$ cm⁻³ på n-siden. Finn Fermi-nivåets plass på hver side ved 300 K, les $qV_0$ ut av båndskjemaet, og sammenlign med formelen.

Vis løsning Skjul løsning

p-siden, målt fra $E_i$ :

\begin{aligned} E_{ip} - E_F &= k_BT\ln\frac{p_p}{n_i} \\ &= 0{,}0259\,\ln\frac{10^{18}}{1{,}5 \times 10^{10}} \\ &= 0{,}467\ \text{eV} \end{aligned}

n-siden:

\begin{aligned} E_F - E_{in} &= k_BT\ln\frac{n_n}{n_i} \\ &= 0{,}0259\,\ln\frac{5 \times 10^{15}}{1{,}5 \times 10^{10}} \\ &= 0{,}329\ \text{eV} \end{aligned}

Med $E_F$ flat er båndforskyvningen summen: $qV_0 = 0{,}467 + 0{,}329 = 0{,}796$ eV.
Direkte:

\begin{aligned} qV_0 &= k_BT\ln\frac{N_aN_d}{n_i^2} \\ &= 0{,}0259\,\ln\frac{5 \times 10^{33}}{2{,}25 \times 10^{20}} \\ &= 0{,}796\ \text{eV} \end{aligned}

Svar

$V_0 = 0{,}80$ V, med $E_F$ 0,467 eV under $E_i$ på p-siden og 0,329 eV over på n-siden.

Romladningen

Inne i sonen feier feltet bort bærere som vandrer inn, så der er det nesten ingen frie bærere. I utarmingstilnærmingen regner vi sonen som helt tømt for bærere, så ladningen der er bare ionene, $+qN_d$ på n-siden og $-qN_a$ på p-siden, og materialet utenfor er nøytralt. Sonen strekker seg $x_{p0}$ inn i p og $x_{n0}$ inn i n, med $W = x_{p0} + x_{n0}$ .

Feltlinjer starter på positiv ladning og ender på negativ, og feltet skal være null utenfor sonen, så ladningen må være like stor på begge sider:

qA\,x_{p0}N_a = qA\,x_{n0}N_d

Den lett dopede siden må avdekke en tykkere skive for å samle den samme ladningen, så sonen ligger mest på den siden.

Feltet følger av Poissons ligning, med bare ionene som ladning:

\begin{aligned} \frac{d\mathcal{E}}{dx} &= \frac{q}{\varepsilon}\,(p - n + N_d^+ - N_a^-) \\ &\approx +\frac{q}{\varepsilon}N_d \quad\text{for } 0 < x < x_{n0} \\ &\approx -\frac{q}{\varepsilon}N_a \quad\text{for } -x_{p0} < x < 0 \end{aligned}

$\mathcal{E}$ er null ved begge kantene av sonen, faller lineært fra $-x_{p0}$ inn mot skillet og stiger lineært tilbake til null ved $x_{n0}$ . Det er en trekant med spissen $\mathcal{E}_0$ ved $x = 0$ , negativ fordi feltet peker mot $-x$ :

\mathcal{E}_0 = -\frac{q}{\varepsilon}N_d\,x_{n0} = -\frac{q}{\varepsilon}N_a\,x_{p0}

Potensialet er integralet av feltet, så $V_0$ er arealet av trekanten:

V_0 = -\frac{1}{2}\mathcal{E}_0 W = \frac{1}{2}\frac{q}{\varepsilon}N_d\,x_{n0}\,W

Sett inn $x_{n0} = WN_a/(N_a + N_d)$ fra ladningsbalansen og løs for $W$ :

\begin{aligned} W &= \left[\frac{2\varepsilon V_0}{q}\left(\frac{1}{N_a} + \frac{1}{N_d}\right)\right]^{1/2} \\ x_{p0} &= \frac{W}{1 + N_a/N_d}, \qquad x_{n0} = \frac{W}{1 + N_d/N_a} \end{aligned}

Den lettest dopede siden setter bredden, siden det er den største av $1/N_a$ og $1/N_d$ som teller, og bredden vokser som roten av spenningen over sonen. Typiske verdier er noen tideler av en mikrometer. Siden båndene følger potensialet, og potensialet er integralet av et lineært felt, er båndkantene inne i sonen to parabler som møtes glatt ved $x = 0$ .

Regneeksempel hvor bred er sonen?

Overgangen fra forrige eksempel ( $N_a = 10^{18}$ , $N_d = 5 \times 10^{15}$ cm⁻³, $V_0 = 0{,}796$ V) har sirkulært tverrsnitt med diameter 10 µm. Finn $W$ , $x_{n0}$ , $x_{p0}$ , ladningen $Q_+$ på n-siden og $\mathcal{E}_0$ . Bruk $\varepsilon = 11{,}8\,\varepsilon_0$ med $\varepsilon_0 = 8{,}85 \times 10^{-14}$ F/cm.

Vis løsning Skjul løsning

Arealet: $A = \pi(5 \times 10^{-4})^2 = 7{,}85 \times 10^{-7}$ cm², og $\varepsilon = 11{,}8 \cdot 8{,}85 \times 10^{-14} = 1{,}04 \times 10^{-12}$ F/cm.
Dopingleddet: $1/N_a + 1/N_d = 10^{-18} + 2 \times 10^{-16}$ , altså $2{,}01 \times 10^{-16}$ cm³. Det er den lett dopede n-siden som teller.
Bredden:

\begin{aligned} \frac{2\varepsilon V_0}{q} &= \frac{2 \cdot 1{,}04 \times 10^{-12} \cdot 0{,}796}{1{,}6 \times 10^{-19}} \\ &= 1{,}04 \times 10^{7}\ \text{cm}^{-1} \\ W^2 &= 1{,}04 \times 10^{7} \cdot 2{,}01 \times 10^{-16} \\ &= 2{,}09 \times 10^{-9}\ \text{cm}^2 \\ W &= 4{,}57 \times 10^{-5}\ \text{cm} \\ &= 0{,}457\ \mu\text{m} \end{aligned}

Fordelingen: $x_{n0} = W/(1 + N_d/N_a) = 0{,}457/1{,}005 = 0{,}455$ µm og $x_{p0} = W/(1 + N_a/N_d) = 0{,}457/201 = 0{,}0023$ µm. Nesten hele sonen ligger på den lett dopede n-siden.
Ladningen:

\begin{aligned} x_{n0}N_d &= 4{,}55 \times 10^{-5} \cdot 5 \times 10^{15} \\ &= 2{,}3 \times 10^{11}\ \text{cm}^{-2} \\ qA &= 1{,}6 \times 10^{-19} \cdot 7{,}85 \times 10^{-7} \\ &= 1{,}26 \times 10^{-25}\ \text{C\,cm}^2 \\ Q_+ &= qA\,x_{n0}N_d \\ &= 1{,}26 \times 10^{-25} \cdot 2{,}3 \times 10^{11} \\ &= 2{,}9 \times 10^{-14}\ \text{C} \end{aligned}

Feltet ved skillet:

\begin{aligned} \mathcal{E}_0 &= -\frac{q}{\varepsilon}\,x_{n0}N_d \\ &= -\frac{1{,}6 \times 10^{-19} \cdot 2{,}3 \times 10^{11}}{1{,}04 \times 10^{-12}} \\ &= -3{,}5 \times 10^{4}\ \text{V/cm} \end{aligned}

Svar

$W = 0{,}46$ µm, nesten alt på n-siden ( $x_{n0} = 0{,}455$ µm, $x_{p0} = 2{,}3$ nm), $Q_+ = 2{,}9 \times 10^{-14}$ C og $\mathcal{E}_0 = -3{,}5 \times 10^{4}$ V/cm.

Forspenning

Legg en spenning $V$ over dioden, regnet positiv når p-siden er positiv. De nøytrale områdene har liten resistans, så hele spenningen faller over romladningssonen. Positiv $V$ løfter potensialet på p-siden og senker barrieren fra $V_0$ til $V_0 - V$ . Det kalles lederetningen. Negativ $V = -V_r$ senker p-siden, barrieren blir $V_0 + V_r$ , og det kalles sperreretningen.

Alt fra likevektsregningen gjelder med $V_0 - V$ i stedet for $V_0$ . Feltet i sonen er svakere i lederetningen, siden det påtrykte feltet peker mot det innebygde, og sterkere i sperreretningen. Et svakere felt trenger færre avdekkede ioner, så $W$ krymper i lederetningen og vokser i sperreretningen, fortsatt som roten av spenningen over sonen. Båndene er skjøvet $q(V_0 - V)$ fra hverandre. Dypt inne i hvert nøytralt område ligger Fermi-nivået der det lå i likevekt, målt fra sitt eget bånd, så nivåene på de to sidene skiller seg med $qV$ : i lederetningen ligger $E_{Fn}$ over $E_{Fp}$ , i sperreretningen under.

De fire strømmene

Diffusjonsstrømmen bæres av majoritetsbærere som kommer seg over barrieren: elektroner fra n til p og hull fra p til n. Bare halen av energifordelingen rekker opp, og andelen som gjør det, går som $e^{-q(V_0 - V)/k_BT}$ . Senkes barrieren med $V$ , vokser diffusjonsstrømmen med faktoren $e^{qV/k_BT}$ ; heves den, dør strømmen ut.

Driftstrømmen bæres av minoritetsbærere. Et elektron på p-siden som vandrer inn i sonen, feies ned barrieren til n-siden uansett hvor høy den er. Denne strømmen begrenses derfor av hvor mange minoritetsbærere som når sonen per sekund, og det er få, siden de lages ved termisk generasjon av par innenfor en diffusjonslengde fra sonen. Derfor kalles den generasjonsstrømmen, og den er uavhengig av spenningen. Lys som lager par nær sonen, øker den, og det er slik en fotodiode virker.

pn-overgangen med og uten spenning

Dra i dopingen og spenningen. Øverst er dioden: røde prikker er hull, blå er elektroner, og den tonede sonen er romladningssonen, tom for bærere og fylt med ionene som står igjen, $\ominus$ på p-siden og $\oplus$ på n-siden, med feltet som pil. Sonen ligger mest på den lett dopede siden, vokser i sperreretningen og krymper i lederetningen. I midten er båndskjemaet på samme akse, med barrieren $q(V_0 - V)$ som klamme; $E_F$ er flat i likevekt og deler seg med $qV$ når spenningen står på. Nederst er amperemeteret: null i likevekt, praktisk talt null i sperreretningen, og eksponentielt voksende i lederetningen, der bærerne strømmer mot sonen, krysser den og rekombinerer på den andre siden. Enkeltprikkene som krysser i likevekt og sperreretning, er de termiske bidragene, diffusjon over barrieren og minoritetsbærere som feies ned den, like sjeldne hver vei i likevekt. Tegningen bruker en slakere eksponent enn $e^{qV/k_BT}$ , og tettheten av prikker og ioner er ikke i skala med dopingen.

Nettostrømmen er diffusjonsstrømmen minus generasjonsstrømmen. I likevekt er de like store, og med spenning er diffusjonsstrømmen likevektsverdien ganger $e^{qV/k_BT}$ :

I = I_0\left(e^{qV/k_BT} - 1\right), \qquad I_0 = |I_\text{gen}|

I lederetningen vokser strømmen eksponentielt så snart $V$ er noen $k_BT/q$ . I sperreretningen går eksponenten mot null, og strømmen er $-I_0$ , den lille metningsstrømmen, uansett hvor stor sperrespenningen er. Det er denne asymmetrien som gjør dioden til en likeretter.

Likevekt, $V = 0$

Barriere $V_0$ , bredde $W$ .
Diffusjon over barrieren og drift ned den er like store for hver bærertype.
Netto strøm null.

Lederetning, $V > 0$

Barriere $V_0 - V$ , smalere sone, svakere felt.
Diffusjonsstrømmen vokser med $e^{qV/k_BT}$ ; driftstrømmen er som før.
$I \approx I_0\,e^{qV/k_BT}$ fra p til n.

Sperreretning, $V < 0$

Barriere $V_0 + V_r$ , bredere sone, sterkere felt.
Diffusjonsstrømmen er borte; driftstrømmen er som før.
$I = -I_0$ , uavhengig av $V_r$ .

Sjekk deg selv

Hovedpunkter

Ved skillet diffunderer majoritetsbærerne over, ionene de etterlater seg lager romladning og et felt fra n mot p, og feltet vokser til drift og diffusjon opphever hverandre for hver bærertype. Over sonen ligger $V_0 = (k_BT/q)\ln(N_aN_d/n_i^2)$ , og $p_p/p_n = n_n/n_p = e^{qV_0/k_BT}$ .
Fermi-nivået er flatt i likevekt, så båndene på p-siden ligger $qV_0$ over båndene på n-siden. Tegn hver side for seg, og skyv til $E_F$ faller sammen.
I utarmingstilnærmingen er ladningen i sonen bare ionene: $x_{p0}N_a = x_{n0}N_d$ , feltet er en trekant med $\mathcal{E}_0 = -qN_dx_{n0}/\varepsilon$ , $V_0$ er arealet, og $W = [2\varepsilon V_0/q\,(1/N_a + 1/N_d)]^{1/2}$ ligger mest på den lett dopede siden.
Forspenning bytter $V_0$ med $V_0 - V$ overalt. Diffusjonsstrømmen over barrieren går som $e^{qV/k_BT}$ , driftstrømmen av termisk genererte minoritetsbærere er uavhengig av $V$ , og $I = I_0(e^{qV/k_BT} - 1)$ .