# 半導体工学Ⅰ　演習問題　解答

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## 演習1

### (1)
> $\rm{Si}$ に $\rm{P}$ を $1 \times 10^{12}\ [\rm{cm}^{-3}]$ だけドープしたときのエネルギーバンド図を描け。

:::spoiler 解答
:::success
:bulb: **解答**
$\rm{P}$ はⅤ属なので $E_{Fn}$ を求める

$$
\begin{align}
E_{Fn} &= E_i + \cfrac{kT}{q} \times \ln \left( \cfrac{n_n}{n_i} \right) \\
&= E_i + \cfrac{1.38 \times 10^{-23} \times 300}{1.60 \times 10^{-19}} \times \ln \left( \cfrac{1 \times 10^{12}}{1.5 \times 10^{10}} \right) \\
&= E_i + 0.109\ \rm{[eV]}
\end{align}
$$
:::

### (2)
> $\rm{Si}$ に $\rm{Ga}$ を $1 \times 10^{16}\ [\rm{cm}^{-3}]$ だけドープしたときのエネルギーバンド図を描け。

:::spoiler 解答
:::success
:bulb: **解答**
$\rm{Ga}$ はⅢ属なので $E_{Fp}$ を求める

$$
\begin{align}
E_{Fp} &= E_i - \cfrac{kT}{q} \times \ln \left( \cfrac{n_p}{n_i} \right) \\
&= E_i - \cfrac{1.38 \times 10^{-23} \times 300}{1.60 \times 10^{-19}} \times \ln \left( \cfrac{1 \times 10^{16}}{1.5 \times 10^{10}} \right) \\
&= E_i - 0.347\ \rm{[eV]}
\end{align}
$$
:::

---

## 演習2

### (1)
> $\rm{Si}$ に $\rm{P}$ を $1 \times 10^{14}\ [\rm{cm}^{-3}]$ だけドープしたときのエネルギーバンド図を描け。

:::spoiler 解答
:::success
:bulb: **解答**
$\rm{P}$ はⅤ属なので $E_{Fn}$ を求める

$$
\begin{align}
E_{Fn} &= E_i + \cfrac{kT}{q} \times \ln \left( \cfrac{n_n}{n_i} \right) \\
&= E_i + \cfrac{1.38 \times 10^{-23} \times 300}{1.60 \times 10^{-19}} \times \ln \left( \cfrac{1 \times 10^{14}}{1.5 \times 10^{10}} \right) \\
&= E_i + 0.228\ \rm{[eV]}
\end{align}
$$
:::

### (2)
> $\rm{Si}$ に $\rm{Ga}$ を $9 \times 10^{19}\ [\rm{cm}^{-3}]$ だけドープしたときのエネルギーバンド図を描け。

:::spoiler 解答
:::success
:bulb: **解答**
$\rm{Ga}$ はⅢ属なので $E_{Fp}$ を求める

$$
\begin{align}
E_{Fp} &= E_i - \cfrac{kT}{q} \times \ln \left( \cfrac{n_p}{n_i} \right) \\
&= E_i - \cfrac{1.38 \times 10^{-23} \times 300}{1.60 \times 10^{-19}} \times \ln \left( \cfrac{1 \times 10^{14}}{1.5 \times 10^{10}} \right) \\
&= E_i - 0.582\ \rm{[eV]}
\end{align}
$$
:::

### (3)
> 上の(1)と(2)を接合したときのエネルギーバンド図を描け。また、その時の内部ポテンシャルを求めよ。

:::spoiler 解答
:::success
:bulb: **解答**
内部ポテンシャル $\phi_{bi}$ を求める

$$
\begin{align}
\phi_{bi} &= \cfrac{kT}{q} \times \ln \left( \cfrac{n_n n_p}{(n_i)^2} \right) \\
&= \cfrac{1.38 \times 10^{-23} \times 300}{1.60 \times 10^{-19}} \times \ln \left( \cfrac{1 \times 10^{14} \times 9 \times 10^{19}}{(1.5 \times 10^{10})^2} \right) \\
&= 0.810\ \rm{[V]}
\end{align}
$$
:::

---

## 演習3

### (1)
> $\rm{Si}$ に $\rm{In}$ を $1 \times 10^{15}\ [\rm{cm}^{-3}]$ だけドープしたときのエネルギーバンド図を描け。

:::spoiler 解答
:::success
:bulb: **解答**
$\rm{In}$ はⅢ属なので $E_{Fp}$ を求める

$$
\begin{align}
E_{Fp} &= E_i - \cfrac{kT}{q} \times \ln \left( \cfrac{n_p}{n_i} \right) \\
&= E_i - \cfrac{1.38 \times 10^{-23} \times 300}{1.60 \times 10^{-19}} \times \ln \left( \cfrac{1 \times 10^{15}}{1.5 \times 10^{10}} \right) \\
&= E_i - 0.287\ \rm{[eV]}
\end{align}
$$
:::

### (2)
> $\rm{Si}$ に $\rm{As}$ を $1 \times 10^{14}\ [\rm{cm}^{-3}]$ だけドープしたときのエネルギーバンド図を描け。

:::spoiler 解答
:::success
:bulb: **解答**
$\rm{As}$ はⅤ属なので $E_{Fn}$ を求める

$$
\begin{align}
E_{Fn} &= E_i + \cfrac{kT}{q} \times \ln \left( \cfrac{n_n}{n_i} \right) \\
&= E_i + \cfrac{1.38 \times 10^{-23} \times 300}{1.60 \times 10^{-19}} \times \ln \left( \cfrac{1 \times 10^{14}}{1.5 \times 10^{10}} \right) \\
&= E_i + 0.228\ \rm{[eV]}
\end{align}
$$
:::

### (3)
> 上の(1)と(2)を接合したときのエネルギーバンド図を描け。また、その時の空乏層幅と最大内部電界、内部ポテンシャルを求めよ。

:::spoiler 解答
:::success
:bulb: **解答**
最初に内部ポテンシャル $\phi_{bi}$ を求める。

$$
\begin{align}
\phi_{bi} &= \cfrac{kT}{q} \times \ln \left( \cfrac{N_d N_a}{(n_i)^2} \right) \\
&= \cfrac{1.38 \times 10^{-23} \times 300}{1.60 \times 10^{-19}} \times \ln \left( \cfrac{1 \times 10^{14} \times 1 \times 10^{15}}{(1.5 \times 10^{10})^2} \right) \\
&= 0.515\ \rm{[V]}
\end{align}
$$

次に、空乏層幅 $W_d$ を求める。

$$
\begin{align}
W_d &= \sqrt{\cfrac{2 \varepsilon_0}{q} \times \cfrac{N_d + N_a}{N_d N_a} \times \phi_{bi}} \\
&= \sqrt{\cfrac{2 \times 8.85 \times 10^{-12}}{1.60 \times 10^{-19}} \times \cfrac{1 \times 10^{14} + 1 \times 10^{15}}{1 \times 10^{14} \times 1 \times 10^{15}} \times 0.515} \\
&= 7.91 \times 10^{-4}\ \rm{[m]}
\end{align}
$$

最後に、最大内部電界 $E_{max}$ を求める。

> 使う公式
> $W_{dn} = \cfrac{N_a}{N_d + N_a} W_d$
>
> $W_{dp} = \cfrac{N_d}{N_d + N_a} W_d$
>
> $E_{max} = \cfrac{q N_d}{\varepsilon_0} N_d W_{dn} = \cfrac{q N_a}{\varepsilon_0} N_a W_{dp} = \cfrac{q}{\varepsilon_0} \times \cfrac{N_d N_a}{N_d + N_a} \times W_d$

$$
\begin{align}
E_{max} &= \cfrac{q}{\varepsilon_0} \times \cfrac{N_d N_a}{N_d + N_a} \times W_d \\
&= \cfrac{1.60 \times 10^{-19}}{8.85 \times 10^{-12}} \times \cfrac{1 \times 10^{14} \times 1 \times 10^{15}}{1 \times 10^{14} + 1 \times 10^{15}} \times 7.91 \times 10^{-4} \\
&= 1.30 \times 10^{3}\ \rm{[V/m]}
\end{align}
$$
:::

### (4)
> (3)の接合に電圧 $V_F$ を印加したところ、最大内部電界が(3)の半分になった。この時の空乏層幅と印加した電圧を求めよ。

:::spoiler 解答
:::success
:bulb: **解答**
最大内部電界は(3)の半分なので $E_{max} = 650\ \rm{[V/m]}$

次に、空乏層幅 $W_d$ を求める。

$E_{max} = \cfrac{q}{\varepsilon_0} \times \cfrac{N_d N_a}{N_d + N_a} \times W_d$ なので、 $E_{max}$ は $W_d$ に依存する。
つまり、 $W_d$ もそのまま半分にすればよい。

$W_d = 3.96 \times 10^{-4}\ \rm{[m]}$
求める電圧を $V_F$ とすると、

$$
\begin{align}
\sqrt{\cfrac{2 \varepsilon_0}{q} \times \cfrac{N_d + N_a}{N_d N_a} \times (\phi_{bi} - V_F)} &= 3.96 \times 10^{-4} \\
\sqrt{\cfrac{2 \times 8.85 \times 10^{-12}}{1.60 \times 10^{-19}} \times \cfrac{1 \times 10^{14} + 1 \times 10^{15}}{1 \times 10^{14} \times 1 \times 10^{15}} \times (0.515 - V_F)} &= 3.96 \times 10^{-4}
\end{align}
$$

$$
\therefore V_F \fallingdotseq 0.386\ \rm{[V]}
$$
:::

---

## 補足

:::warning
:pencil: 空乏層幅 $W_d$ の次元解析を行ってみた

$$
\begin{align}
W_d &= \sqrt{\cfrac{2 \varepsilon_0}{q} \times \cfrac{N_d + N_a}{N_d N_a} \times \phi_{bi}} \\
&= \sqrt{ \cfrac{\rm{[M^{-1}L^{-3}T^4I^2]}}{\rm{[TI]}} \times \cfrac{\rm{[L^{-3}]}}{\rm{[L^{-6}]}} \times \rm{[ML^2T^{-3}I^{-1}]} } \\
&= \sqrt{ \rm{[M^{-1}L^{-3}T^3I]} \times \rm{[L^3]} \times \rm{[ML^2T^{-3}I^{-1}]} } \\
&= \sqrt{ \rm{[M^{-1}T^3I]} \times \rm{[ML^2T^{-3}I^{-1}]} } \\
&= \sqrt{ \rm{[L^2]} } \\
&= \rm{[L]}
\end{align}
$$
:::