Ü - KIT

Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
Lichttechnisches Institut
Universität Karlsruhe (TH)
Prof. Dr. rer. nat. Uli Lemmer
Dipl.-Phys. Alexander Colsmann
Engesserstraße 13
76131 Karlsruhe
Festkörperelektronik
6. Übungsblatt
10. Juli 2008
Musterlösungen
29. Zustandsdichte in Kupfer (Ü, ??)
Wie groß sind die Zustandsdichte und die Dichte der Leitungselektronen in
Kupfer bei E = EF = 7 eV , wenn die Größe der Elementarzelle des fcc-Gitters
VEZ = (0, 36 nm)3 ist und vier Kupferatome mit je einem Leitungselektron pro
Elementarzelle vorhanden sind?
Für die nicht auf das Volumen normierte Zustandsdichte D(E) = V · gL (E)
gilt:
3/2
√
L3 2m
E
·
D(EF ) = 2
4π
~2
Nun ist zu berücksichtigen, daß Kupfer 4 Elektronen pro Einheitszelle besitzt und
daß Elektronen 2 Spin-Einstellungen haben können (Faktor 2). Da 4 Atome in einer
Einheitszelle jeweils ein Valenz-Elektron haben, ist das Volumen pro Elektron ge3
rade L4 ). Mit E = EF = 7 eV = 1.12 · 10−18 J und L = a = 0.36 nm = 3.6 · 10−10 m
ergibt sich:
3/2
√
2 L3 2m
DCu (EF ) = · 2
E
·
4 4π
~2
⇒ DCu (EF ) = 1.3 · 1018 J−1
Das heißt, es gibt bis zur Fermi-Energie nur einen besetzbaren Zustand pro Elektron.
Die Dichte der Leitungselektronen berechnet sich zu
De =
4
= 8.6 · 1028 m−3
(0.36 nm)3
(4 Leitungselektronen in der Elementarzelle).
Seite L71
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
30. Fermi-Energie
In einem intrinsischen Halbleiter betrage die effektive Masse von Elektronen im
Minimum des Leitungsbandes ein Drittel der effektiven Masse von Löchern im Maximum des Valenzbandes. Wo liegt das Fermi-Niveau im Falle der Eigenleitung bei
Raumtemperatur? Die Boltzmann-Näherung sei gültig. (?)
Aus ni = n = p folgt:
L
Nef
f ·e
e
EF −EL
kB T
2EF
kB T
V
= Nef
f ·e
EV −EF
kB T
V
EV +EL
Nef
f
= L · e kB T
Nef f
Logarithmieren und Auflösen nach EF liefert:
kB T
EL + EV
+
ln
EF =
2
2
V
Nef
f
L
Nef
f
!
Einsetzen von Nef f ∝ (m∗ )3/2 liefert:
∗
3
mh
EL + EV
+ kB T ln
EF =
2
4
m∗
| {z e }
≈1
Für T=0 K liegt die Fermi-Energie genau mittig zwischen Valenz- und Leitungsband. Mit steigenden Temperaturen verschiebt sich die Fermi-Energie zu höheren
Energien. Daraus ergibt sich folgendes Energie-Diagramm:
Seite L72
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
31. Fermi-Energie 2 (Ü)
Natrium hat eine Dichte von ρ = 9.7 · 102 kg m−3 . Berechnen Sie die Fermi-Energie
(in eV) unter der Annahme, daß jedes Natrium-Atom ein Elektron ins Leitungsband
abgibt. Hinweis: Berechnen Sie hierzu die Anzahl der Teilchen in der Fermi-Kugel
mit dem Radius kF . (? ? ?)
Über die Energie-Impuls-Beziehung läßt sich der Fermi-Energie ein k-Vektor zuordnen, den wir mit kF bezeichnen.
~2 ~ 2
kF
2m
Betrachten wir den Fall T=0 K. Dann sind alle Zustände mit E < EF besetzt. Aus
der Energie-Impuls-Beziehung folgt dann, daß für alle Zustände mit E < EF gilt, daß
|~k|<|k~F |. |~k|<|k~F | beschreibt das Volumen einer Kugel mit dem Radius |k~F | (Fermi3
Kugel). D.h., alle Zustände im Volumen VF K = 34 k~F sind besetzt (Vorsicht mit
dem Begriff des Volumens! Wir sind im k-Raum!). Die Anzahl der Zustände ergibt
sich, wenn man das Volumen aller Zustände durch das Volumen eines einzelnen
Zustands Vk im k-Raum dividiert, also N = VVFkK . Bestimmen wir als nächstes also Vk .
Einen (kubischen) Kristall kann man als 3-dimensionalen unendlichen Potentialtopf
betrachten. Dann wissen wir, daß der k-Vektor gequantelt ist.
EF =
2π 4π
; ± ; ...
L
L
Entsprechendes gilt für ky und kz . In einem Kristallpotential verwendet man im
Gegensatz zum ∞-Potentialtopf (mit ψ(0) = ψ(L)) periodische Randbedingungen
ψ(r) = ψ(r + x) für die Wellenfunktion, da Stetigkeit und Differenzierbarkeit der
Wellenfunktion auch beim Teilen der Zusammensetzen des Kristalls erhalten bleiben
3
müssen. Daraus sieht man, daß auf ein Volumenelement Vk = 2π
des k-Raumes
L
je ein Zahlentripel kx , ky , kz bzw. ein k-Vektor entfällt. Die Anzahl der Zustände in
dieser Fermi-Kugel ist dann (der Faktor „2“ berücksichtigt die Spin-Einstellungen).
kx = 0; ±
N =2
VF K
4πkF3 /3
V
=2·
= 2 kF3
3
Vk
(2π/L)
3π
2 13
3π N
⇒ kF =
V
Seite L73
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
~2
⇒ EF =
2m
3π 2 N
V
32
,
wobei V = L3 . Da bei T=0 K jeder Zustand mit einem Elektron besetzt ist, entspricht die Zahl der Zustände N auch der Zahl der Elektronen. Wir haben damit
eine Bestimmungsgleichung für EF gefunden, in der die Fermi-Energie alleine von
der Teilchendichte N
abhängt. Aus der Dichte ρ erhalten wir die Teilchendichte N
,
V
V
indem wir durch die Masse eines Atoms teilen. Die atomare Masse von Natrium
beträgt 23u = 3.82 · 10−26 kg.
EF = 1.41 · 10−18 J = 8.79 eV
32. Intrinsische Halbleiter (Ü, ?)
Germanium hat eine Bandlücke von 0,69 eV. Bestimmen Sie die Ladungsträgerdichten von Elektronen und Löchern bei 0 K und bei Raumtemperatur. Die effektive
Masse der Elektronen und der Löcher entspreche der Masse des freien Elektrons.
Bestimmen Sie die Stromdichte durch einen 1 mm langen Germanium-Kristall, bei
einer angelegten Spannung von 2 V.
Das Massenwirkungsgesetz lautet:
n·p=
V
L
Nef
f Nef f
−
·e
n −W n
WL
V
kB T
Für einen intrinsischen Halbleiter wie Germanium mit n=p gilt bei T=300 K:
ni =
√
23
n −W n
q
WL
W
34
V
k
T
− 2k gT
− 2k
B
∗
∗
V
L
BT
B
= me mp · 2 ·
·
e
np = Nef f Nef f · e
2π~2
= 4, 03 · 1019 m−3 = 4, 03 · 1013 cm−3
Die Stromdichte berechnet sich aus:
j = (neµe + peµh )E = e(nµe + pµh )
Seite L74
U
d
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
Mit µe = 3900 cm2 V −1 s−1 und µh = 1900 cm2 V −1 s−1 (siehe Internet oder einschlägige Literatur) folgt: j = 7500 Am−2 = 0, 75 Acm−2 . Entsprechend den Erwartungen gilt für einen intrinsischen Halbleiter: Bei T=0 K sind ni = 0 und j = 0, da
Wg
BT
− 2k
e
= 0.
33. Störstellenleitung vs. intrinsische Leitung
Ein Halbleiter habe eine Bandlücke von Eg = 1 eV . Elektronen und Löcher sollen
eine effektive Masse gleich der freien Elektronenmasse haben. Der Halbleiter sei pdotiert mit einer Akzeptorkonzentration von p = 1018 cm−3 . Das Akzeptorniveau
liege 0.2 eV über dem Valenzband.
(a) Zeigen Sie, daß die Eigenleitung bei T=300 K vernachlässigbar ist. (?)
Hierzu berechnen wir den intrinsischen Anteil der Löcher pi , die durch thermische Effekte aus dem Valenzband in das Leitungsband angeregt werden. Die
Zahl der intrinsisch erzeugten Elektronen ni ist entsprechend gleich groß. m∗
sei die effektive Masse.
pi =
m∗e m∗p
43
·2·
kB T
2π~2
32
Eg
BT
− 2k
·e
= 4.92 · 1016 m−3
Zum Vergleich betrachten wir die Anzahl Löcher pA , die aus dem AkzeptorNiveau in das Valenzband übergehen (bzw. Elektronen gelangen aus dem
Valenzband in das Akzeptor-Niveau). Nehmen wir an, daß StörstellenErschöpfung herrscht. D.h., jeder Akzeptor gibt ein Loch in das Valenzband
ab. Dann ist
pA = NA = 1018 cm−3 = 1024 m−3
Der Beitrag der intrinsisch erzeugten Ladungsträger zur Gesamtzahl der
Ladungsträger liegt 8 Größenordnungen unter der Zahl der Löcher, die
aus den Akzeptoren stammen. Damit sind die intrinsischen Beiträge zur
Ladungsträgerdichte zu vernachlässigen.
(b) Berechnen Sie die Leitfähigkeit σ bei T=300 K unter der Annahme einer Löcherbeweglichkeit von 100 cm2 V −1 s−1 .
Seite L75
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
Der Beitrag der intrinsisch erzeugten Ladungsträger kann gegenüber den Löchern, die aus den Akzeptor-Zuständen stammen, vernachlässigt werden (siehe
Teil a). Demnach gilt:
σ = pA eµh = 1600 AV−1 m−1
34. n oder p? (Ü)
Sie müssen die Dotierung in einem unbekannten Halbleiterplättchen bestimmen.
(a) Ihnen steht die abgebildete Anordnung zur Verfügung. Das Messgerät besteht
aus zwei Messspitzen und einem Amperemeter, das zwischen die beiden Messspitzen geschaltet werden kann. Eine der beiden Messspitzen kann erhitzt werden. Erläutern Sie, wie mit Hilfe dieser Apparatur bestimmt werden kann, wie
die Halbleiterprobe dotiert ist. (? ? ?)
Bei dieser Messmethode nutzt man Diffusions-Effekte aus. In der Nähe der
heißen Messspitze werden die freien Ladungsträger erhitzt und dann durch
Diffusion verteilt. Daraus resultiert ein Mangel der Majoritäten in der Nähe
der Messspitze, zum Beispiel baut sich in einem n-dotierten Halbleiter eine
positive Ladung auf. Damit liegt zwischen beiden Messspitzen der Apparatur
ein Feld an und ein Ausgleichsstrom kann fließen. Die Richtung des Stromes
hängt von der Art der Dotierung ab. Diese kann somit bestimmt werden.
(b) Zum gleichen Zweck kann eine Hall-Messung durchgeführt werden. Hierbei werden vier Kontakte an das Halbleiterplättchen angebracht (siehe Abbildung).
Durch die Kontaktierung an den Stirnflächen lässt man einen Strom fließen,
senkrecht dazu kann die Spannung gemessen werden. Zu guter letzt wird noch
ein Magnetfeld angelegt. Wie funktioniert die Bestimmung der Dotierung mit
dieser Methode? (??)
Seite L76
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
Auf bewegte Ladungsträger mit der Ladung q wirkt im magnetischen Feld die
Lorentz-Kraft:
~
F~ = q~v × B
Diese wirkt senkrecht zur Bewegungsrichtung der Teilchen und zu dem angelegten Magnetfeld. In unserer Konfiguration (siehe abbildung) bewegen sich
die Teilchen zwischen den Stirnflächen des Halbleiterklotzes. Wenn der Pluspol
der Spannungsquelle mit dem hinteren Kontakt verbunden ist, werden sich die
Elektronen in Richtung diesen Kontaktes, die Löcher in die Gegenrichtung bewegen. Elektronen und Löcher werden also beide nach oben abgelenkt, an der
Oberseite der Probe bildet sich ein Ladungsträgerüberschuss. Misst man nun
die Spannung zwischen Ober- und Unterseite und stellt deren Richtung fest,
folgt daraus, ob die Majoritätsladungsträger Elektronen oder Löcher sind. Somit kann mit einer Hall-Messung die Dotierung des Halbleiters ermittelt werden.
(c) Es fließe ein Strom durch die Stirnflächen und ein Magnetfeld sei angelegt.
Leiten Sie einen Ausdruck für den Widerstand der Halbleiterprobe senkrecht
zu Magnetfeld und Strom (zwischen Anschlüssen o und u) her. (??)
Mit der Argumentation aus der letzten Aufgabe bildet sich eine LadungsträgerÜberschuss an der Oberseite der Probe. Ladungsträger werden aber nur so lange angehäuft, bis die Lorentzkraft durch die entgegengesetzt wirkende elektrische Kraft der getrennten Ladungen ausgeglichen wird. Im Falle von Elektronen
führt das zu:
Seite L77
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
~ = F~E = −e0 E
~H
F~L = −e0~v × B
(1)
Wenn wir uns die Ladungsanhäufung wie einen Plattenkondensator vorstellen,
folgt für die Hallspannung UH :
UH
h
Außerdem können wir die Geschwindigkeit der n Teilchen mit dem Strom durch
die Fläche A = h · b in Verbindung setzen über:
EH =
I = e0 vnA
Zusammengesetzt erhalten wir für Gleichung (1):
UH
IB
IB
=
→ UH =
e0 nA
h
e0 nb
Damit ergibt sich aus dem Vergleich mit dem Ohm’schen Gesetz U = R · I der
sogenannte Hall-Widerstand zu:
RH =
B
e0 nb
35. Photodioden
Sie beleuchten einen Galliumarsenid-Kristall (direkter Halbleiter mit Wg = 1, 43 eV
bei Raumtemperatur) mit Licht.
(a) Können Sie infrarotes Licht mit einem solchen Kristall detektieren? (?)
In einem Halbleiterkristall können nur Photonen mit einer Energie, die die
Bandlückenenergie übertrifft, absorbiert werden. Wir berechnen daher:
WG = hνG → λG =
hc
= 868 nm
WG
Nur Licht mit geringerer Wellenlänge kann absorbiert werden. Der infrarote
Bereich beginnt etwa bei 800 nm, daher kann nur das ganz nahe Infrarot detektiert werden.
Seite L78
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
(b) Welchen Einfluß hat die Temperatur auf die Absorptions-Kurve? (??)
Steigende Temperatur versetzt die Atomrümpfe des Gitters in Schwingungen.
Dementsprechend benötigen die Atome mehr Platz, das Gitter dehnt sich aus
und die Gitterkonstante wird größer. Analog zum ∞-Potentialtopf rücken
die Energieniveaus bzw. Bänder dann näher zusammen. Die Bandlücke wird
damit kleiner und es können größere Wellenlängen absorbiert werden.
(c) Sie bestrahlen den Kristall 100 fs lang mit rotem Licht der Wellenlänge 780 nm
und der Pulsenergie 10 nJ. Wieviele Elektronen werden durch diesen Lichtpuls
in das Leitungsband angeregt. Wegen der Kürze des Pulses können Diffusionsprozesse vernachlässigt werden. (??)
Die Energie des Pulses setzt sich aus den einzelnen Energiequanten der Photonen zusammen.
WP uls = n · WP hoton = n
hc
λP hoton
→n=
WP hoton λP hoton
= 3, 9 · 1010
hc
Geht man vereinfacht davon aus, dass jedes Photon ein Elektron erzeugt, ist
die Zahl der Elektronen 3, 9 · 1010 .
(d) Sie wollen nun einen Detektor bauen, der 90 Prozent des einfallenden Lichts mit
der Wellenlänge 618 nm auffängt. Wie dick muss der Detektor sein? Benutzen
Sie die Abbildung, um die Absorptionsdaten von GaAs zu ermitteln. (??)
Seite L79
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
Die Absorption eines Halbleiters erlaubt eine Aussage darüber, wie groß die
Wahrscheinlichkeit ist, dass ein Photon einer bestimmten Wellenlänge absorbiert wird, wenn es eine bestimmte Länge im Material propagiert. Die Photonenanzahl ändert sich mit dieser Rate, also:
∂N
= −rN
∂x
Das ist eine einfache Differenzialgleichung erster Ordnung, die wir durch Integrieren lösen können.
Z N
Z x
∂N
1
= −rN →
dN =
−rdx
∂x
N0 N
0
ln N − ln N0 = −rx → N = N0 exp −rx
Wir erhalten also einen exponentiellen Abfall der Photonenzahl N mit der Propagationslänge im Kristall. Die Rate r entspricht dem Absorptionskoeffizienten
α (beachten sie, dass der üblicherweise in der Einheit cm−1 angegeben wird.)
Nun müssen wir diesen Koeffizienten bei der gewünschten Wellenlänge aus der
Abbildung ermitteln. Für 618 nm erhalten wir eine Energie von 2 eV und damit
αGaAs = 3 · 104 cm−1 . In unserem Detektor der Dicke d sollen 90 Prozent der
Seite L80
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
einfallenden Photonen absorbiert werden, somit bleiben nach dem Durchdringen des Detektors nur noch 10 Prozent der Photonen übrig, also:
N
ln 0, 1
= 0, 1 = exp −αd → d = −
= 767, 5 nm
N0
α
Der Gallium-Arsenid-Detektor muss folglich 767,5 nm dick sein.
(e) Wie dick muss ein entsprechender Silizium-Detektor sein, um die gleiche Absorption zu erreichen? (??)
Mit der Argumentation der letzten Aufgabe erhalten wir eine Dicke von 3, 8 µm
für den Silizium-Detektor.
36. Elektrostatik einer pn-Diode mit linearem Dotierprofil
Gegeben sei ein pn-Übergang mit dem dargestellten Dotierprofil. Aufgetragen ist
die Differenz der Dichten der Donatoren nD und der Akzeptoren nA , mathematisch
wird das Profil ausgedrückt durch nD − nA = ax mit einer Konstanten a > 0.
Ein solches Modell ist gut geeignet für einen pn-Übergang, der durch das tiefe
Eindiffundieren von Akzeptoren in einen moderat bis stark dotierten n-Halbleiter
hergestellt wurde.
(a) Nennen Sie ein Verfahren zur Dotierung von Halbleiterkristallen. Erläutern
Sie, wie die beiden Verfahren funktionieren. (?)
Seite L81
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
Bei der Diffusionsmethode wird die zu behandelnde Oberfläche des Halbleiters
mit dem gasförmigen, flüssigen oder festen Dotiermaterial in Kontakt gebracht.
Das Konzentrations-Gefälle sorgt dann dafür, dass die Dotanden in den Halbleiter diffundieren. Bei epitaktischem Schichtwachstum kann das Dotiermaterial
beim Herstellungsprozess beigemischt und so direkt ins Kristall-Gitter eingebaut werden. Ein weiteres Verfahren ist die Ionenimplantation, wo geladene
Dotier-Ionen in den Halbleiter „geschossen“ werden.
(b) Beim abrupten pn-Übergang bildet sich eine Raumladungszone um den Punkt
x = 0 aus. Beschreiben Sie, wie es zur Ausbildung der Raumladungszone
kommt. (?)
Am pn-Übergang treffen sich Raumbereiche, in denen jeweils viele freie Elektronen oder Löcher existieren. Da beide Ladungsträgersorten frei beweglich sind,
diffundieren sie ins jeweils andere Gebiet. Durch die damit verbundene Ladungstrennung (die ionisierten Dotieratom-Rümpfe bleiben zurück) baut sich
ein elektrisches Feld auf, dass der Diffusion entgegenwirkt. An einem bestimmten Punkt wiegen sich die Diffusionskraft und die Kraft durch das elektrische
Feld gerade auf, ein Gleichgewichtszustand ist die Folge. Allerdings gibt es
dann auf beiden Seiten des Übergangs einen Bereich, in dem die Ladung der
ionisierten Rümpfe nicht mehr durch freie Ladungsträger ausgeglichen wird.
Diesen Bereich bezeichnet man als Raumladungszone.
(c) Die Raumladungszone erstrecke sich von xp < 0 im p-dotierten Bereich bis
xn > 0 im n-dotierten Teil. Wie verhalten sich die Längen der beiden Bereiche
zueinander, wenn man davon ausgeht, dass in der Raumladungszone keine
beweglichen Ladungsträger existieren? (?)
Da die positive Ladung im n-dotierten Bereich und die negative Ladung im
p-dotierten Bereich gleich groß sein müssen, gilt xn = xp = d/2.
37. Halbleiter unter Beleuchtung (Ü)
Wir betrachten einen stark p-dotierten Halbleiter-Quader der Dicke d. An der
Oberseite wird er homogen mit Licht bestrahlt. Die einfallenden Photonen werden
Seite L82
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
in einer im Vergleich zur Diffusionslänge sehr dünnen Schicht absorbiert. Wir
befinden uns im Bereich der Störstellenerschöpfung.
(a) Stellen Sie nun die Kontinuitätsgleichung und die Randbedingungen für die
Überschusselektronen ∆n auf und erklären Sie Ihr Vorgehen. Gehen Sie davon
aus, dass an der Oberfläche eine konstante Überschussladungsträgerdichte
aufrecht erhalten wird. An der Unterseite der Probe werden alle Überschussladungsträger abgesaugt. Im Halbleiter habe sich ein stationärer Zustand
eingestellt. Gehen Sie von einer Rekombinationsrate r = ∆n/τn aus. (??)
Wir können uns auf die Überschussladungsträgerdichte beschränken, stellen
also die Kontinuitätsgleichung für ∆n auf. Da Ladungsneutralität herrscht,
betrachten wir nur einen Diffusionsstrom. Außerhalb der Randzone gibt es
keine Generation, für die Rekombination verwenden wir nach Aufgabenstellung
r = ∆n/τn , insgesamt:
∂∆n
∂ 2 ∆n ∆n
= Dn
−
∂t
∂x2
τn
Da die Bestrahlung stationär ist, erwarten wir zudem keine zeitliche Änderung,
also:
0 = Dn
∂ 2 ∆n ∆n
−
∂x2
τn
Auf der oberen Seite des Quaders legt die Injektion der Ladungsträger durch
Bestrahlung die Randbedingung fest.
Seite L83
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
∆n(x = 0) = ∆n0
Alle Elektronen, die die Unterseite erreichen, werden sofort weggesaugt.
∆n(x = d) = 0
(b) Lösen Sie allgemein die im letzten Aufgabenteil aufgestellte Gleichung und
berechnen Sie nun die Überschusselektronendichte. (??)
Wir multiplizieren mit τn und erhalten:
∂ 2 ∆n
− ∆n
∂x2
Gesucht ist also eine Funktion, die gleich ihrer zweiten Ableitung multipliziert
mit einer Konstanten ist. Dies trifft zum Beispiel für die Exponentialfunktion
zu. Wir erraten zwei linear unabhängige Lösungen zu:
0 = Dn τ n
∆n(x) = C1 exp
x
Ln
x
+ C2 exp −
Ln
Mit den Randbedingungen folgt:
∆n0 = C1 + C2
d
d
0 = C1 exp
+ C2 exp −
Ln
Ln
Die Konstanten C1 und C2 erhalten wir durch Lösen des Gleichungssystems:
C1
C2
exp − Ldn
= −∆n0
exp + Ldn − exp − Ldn


d
exp − Ln

= ∆n0 1 +
d
d
exp + Ln − exp − Ln
Seite L84
Festkörperelektronik 2008
Übungsblatt 6
(c) Ein allgemeinerer Ausdruck für die Störstellen-Rekombinationsrate hat folgende Form:
r=
np − n2i
τ p n + τn p
(2)
Vereinfachen Sie die Gleichung (3) so weit wie möglich für den Fall, dass wir
die Anzahl der Löcher in einem stark n-dotierten Halbleiter betrachten. Die
Löcheranzahl und die Elektronenanzahl sei durch Photogeneration über die
Gleichgewichtsanzahl im unbeleuchteten Halbleiter (n0 und p0 ) erhöht, wobei
p << n0 und n ∼
= n0 gelten sollen. (?)
Wir schreiben für die Anzahl der Ladungsträger n = n0 + ∆n und p = p0 + ∆p
r=
(n0 + ∆n)(p0 + ∆p) − n2i
τp (n0 + ∆n) + τn (p0 + ∆p + pi )
=n2
i
z}|{
n0 p0 +∆np0 + ∆pn0 + ∆n∆p − n2i
=
τp (n0 + ∆n) + τn (p0 + ∆p)
∆np0 + ∆pn0 + ∆n∆p
=
τp (n0 + ∆n) + τn (p0 + ∆p)
Aus den Informationen der Aufgabenstellung lässt sich schließen, dass durch
die Ladungsträgerinjektion die Anzahl der Majoriäten fast unverändert bleibt,
die der Minoritäten aber stark steigt. Daher können wir im Nenner alle Größen
bis auf n0 vernachlässigen. Im Zähler sind aus dem gleichen Grund gegenüber
∆pn0 die anderen Terme klein.
r=
∆pn0
∆p
=
τp n 0
τp
Seite L85