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電子回路・半導体デバイスの問題

難易度 3期末試験の応用レベル大学物理電子回路・半導体デバイス

温度 $300 K$ のシリコンでできた階段形の $p^{+} n$ 接合ダイオードがある。p 側のアクセプタ濃度 $N_{A}$ は n 側のドナー濃度 $N_{D}$ よりも十分に大きい。どちらの濃度も一様であるが、値はわかっていない。接合面積は $A = 1.0 \times 1 0^{- 3} c m^{2}$ である。

図のように、n 側が p 側より高電位になる向きに逆方向電圧 $V_{R}$ を加えて、空乏層容量 $C$ を測定した。結果は次のとおりであった。

$V_{R} = 1.2 V$ のとき $C = 16.0 pF$
$V_{R} = 7.2 V$ のとき $C = 8.0 pF$

次の仮定と値を用いる。

片側階段接合とみなし、空乏層は n 側にだけ広がるとする。
空乏層の中では自由キャリアが完全になくなるとし（完全空乏近似）、不純物はすべてイオン化しているとする。
空乏層容量は、空乏層の幅を $W$ として平行平板の式 $C = ε_{s} A / W$ で表されるとする。
拡散電位は $V_{bi} = \frac{k T}{q} lo g \frac{N _{A} N _{D}}{n _{i}^{2}}$ で表されるとする。
電気素量 $q = 1.60 \times 1 0^{- 19} C$ 、シリコンの誘電率 $ε_{s} = 1.04 \times 1 0^{- 10} F/m$ 、 $k T / q = 0.0259 V$ 、真性キャリア密度 $n_{i} = 1.0 \times 1 0^{10} c m^{- 3}$ とする。

測定結果から、p 側のアクセプタ濃度 $N_{A}$ を $c m^{- 3}$ 単位で求め、有効数字 2 桁で答えよ。

p^{+}

n

空乏層

V_{R}

逆方向電圧

V_{R}

を加えた

p^{+} n

接合（模式図）

この問題で使うもの

空乏層の幅と接合容量（説明と入口の問題）
pn 接合の拡散電位（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（117 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

まず、空乏層容量 $C$ と逆方向電圧 $V_{R}$ の関係式をつくります。2 つの測定値の比から拡散電位 $V_{bi}$ を、どちらか一方の値からドナー濃度 $N_{D}$ を求めます。最後に拡散電位の式から $N_{A}$ を求めます。

ヒント 2

片側階段接合では $W = 2 ε_{s} (V_{bi} + V_{R}) / (q N_{D})$ であり、 $1/ C^{2} = 2 (V_{bi} + V_{R}) / (q ε_{s} N_{D} A^{2})$ が成り立ちます。2 つの測定値の比をとると、 $N_{D}$ と $A$ が消えます。

ヒント 3

容量の比の 2 乗は $4 = (V_{bi} + 7.2) / (V_{bi} + 1.2)$ となり、 $V_{bi} = 0.80 V$ です。これから $N_{D} \approx 6.15 \times 1 0^{15} c m^{- 3}$ が得られます。あとは $N_{A} = (n_{i}^{2} / N_{D}) exp (V_{bi} / (k T / q))$ を計算します。

答えと解説

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4.2 \times 1 0^{17}

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解説を読む

1. 空乏層の幅と容量の式を導く

空乏層は n 側の $0 \leq x \leq W$ にだけ広がるとする。この領域の電荷密度は $ρ = q N_{D}$ で一様である。ポアソン方程式は
$\frac{d ^{2} ϕ}{d x ^{2}} = - \frac{q N _{D}}{ε _{s}}$
となる。境界条件は、空乏層の端 $x = W$ で電場が $0$ になることである。これのもとで 2 回積分すると、空乏層の両端の電位差は
$\frac{q N _{D} W ^{2}}{2 ε _{s}}$
になる。この電位差は、拡散電位と逆方向電圧の和 $V_{bi} + V_{R}$ に等しい。逆方向電圧は拡散電位と同じ向きに加わるからである。よって
$W = \frac{2 ε _{s} ( V _{bi} + V _{R} )}{q N _{D}}$
である。これを $C = ε_{s} A / W$ に代入すると
$\frac{1}{C ^{2}} = \frac{2 ( V _{bi} + V _{R} )}{q ε _{s} N _{D} A ^{2}}$
が得られる。つまり $1/ C^{2}$ は $V_{R}$ の 1 次関数である。

2. 拡散電位 $V_{bi}$ を求める

2 つの測定値の比をとると、 $N_{D}$ と $A$ が消える。
$(\frac{16.0}{8.0})^{2} = \frac{V _{bi} + 7.2}{V _{bi} + 1.2}$
よって $4 (V_{bi} + 1.2) = V_{bi} + 7.2$ となり、 $3 V_{bi} = 2.4$ より
$V_{bi} = 0.80 V$
である。

3. ドナー濃度 $N_{D}$ を求める

$V_{R} = 1.2 V$ のとき $V_{bi} + V_{R} = 2.0 V$ である。 $C = 16.0 \times 1 0^{- 12} F$ 、 $A = 1.0 \times 1 0^{- 7} m^{2}$ を代入する。
$N_{D} = \frac{2 ( V _{bi} + V _{R} ) C ^{2}}{q ε _{s} A ^{2}} = \frac{2 \times 2.0 \times ( 16.0 \times 1 0 ^{- 12} ) ^{2}}{1.60 \times 1 0 ^{- 19} \times 1.04 \times 1 0 ^{- 10} \times ( 1.0 \times 1 0 ^{- 7} ) ^{2}}$
分子は $4.0 \times 2.56 \times 1 0^{- 22} = 1.024 \times 1 0^{- 21}$ 、分母は $1.664 \times 1 0^{- 43}$ である。したがって
$N_{D} = \frac{1.024 \times 1 0 ^{- 21}}{1.664 \times 1 0 ^{- 43}} \approx 6.15 \times 1 0^{21} m^{- 3} = 6.15 \times 1 0^{15} c m^{- 3}$
となる。

なお、このときの空乏層の幅は $W = ε_{s} A / C = 6.5 \times 1 0^{- 7} m$ である。

4. アクセプタ濃度 $N_{A}$ を求める

拡散電位の式を $N_{A}$ について解くと
$N_{A} = \frac{n _{i}^{2}}{N _{D}} exp (\frac{V _{bi}}{k T / q})$
となる。各部分を計算する。
- $\frac{V _{bi}}{k T / q} = \frac{0.80}{0.0259} \approx 30.888$ より、 $exp (30.888) \approx 2.597 \times 1 0^{13}$
- $\frac{n _{i}^{2}}{N _{D}} = \frac{1.0 \times 1 0 ^{20}}{6.154 \times 1 0 ^{15}} \approx 1.625 \times 1 0^{4} c m^{- 3}$

よって
$N_{A} \approx 1.625 \times 1 0^{4} \times 2.597 \times 1 0^{13} \approx 4.22 \times 1 0^{17} c m^{- 3}$
となる。

5. 近似の確認

$N_{A} / N_{D} \approx 69$ なので $N_{A} ≫ N_{D}$ が成り立ち、片側階段接合の近似は妥当である。

答え: $N_{A} \approx 4.2 \times 1 0^{17} c m^{- 3}$

別解

片側階段接合（空乏層は n 側のみ）では $W = \frac{2 ε _{s} ( V _{bi} + V _{R} )}{q N _{D}}$ である。したがって $C = ε_{s} A / W$ より $C^{2} = \frac{ε _{s} A ^{2} q N _{D}}{2 ( V _{bi} + V _{R} )}$ 、すなわち $1/ C^{2} \propto V_{bi} + V_{R}$ となる。

1. $V_{bi}$ を求める。2 つの測定の比から $\frac{V _{bi} + 7.2}{V _{bi} + 1.2} = \frac{C _{1}^{2}}{C _{2}^{2}} = \frac{1 6 ^{2}}{8 ^{2}} = 4$ 。よって $V_{bi} + 7.2 = 4 V_{bi} + 4.8$ となり、 $V_{bi} = 0.80 V$ 。

2. $N_{D}$ を求める。 $N_{D} = \frac{2 C ^{2} ( V _{bi} + V _{R} )}{q ε _{s} A ^{2}}$ に $V_{R} = 1.2 V$ 、 $C = 16.0 \times 1 0^{- 12} F$ 、 $A = 1.0 \times 1 0^{- 7} m^{2}$ を代入する。
分子は $2 \times 2.56 \times 1 0^{- 22} \times 2.0 = 1.024 \times 1 0^{- 21}$ 。
分母は $1.60 \times 1 0^{- 19} \times 1.04 \times 1 0^{- 10} \times 1 0^{- 14} = 1.664 \times 1 0^{- 43}$ 。
よって $N_{D} = 6.154 \times 1 0^{21} m^{- 3} = 6.154 \times 1 0^{15} c m^{- 3}$ 。

3. $N_{A}$ を求める。 $V_{bi} = \frac{k T}{q} lo g \frac{N _{A} N _{D}}{n _{i}^{2}}$ より $lo g \frac{N _{A} N _{D}}{n _{i}^{2}} = \frac{0.80}{0.0259} = 30.889$ 。
これより $\frac{N _{A} N _{D}}{n _{i}^{2}} = e^{30.889} = 2.60 \times 1 0^{13}$ 。
$n_{i}^{2} = 1 0^{20} c m^{- 6}$ なので $N_{A} N_{D} = 2.60 \times 1 0^{33}$ 。
ゆえに $N_{A} = \frac{2.60 \times 1 0 ^{33}}{6.154 \times 1 0 ^{15}} = 4.22 \times 1 0^{17} c m^{- 3} \approx 4.2 \times 1 0^{17} c m^{- 3}$ 。

検算： $N_{A} ≫ N_{D}$ で p $^{+}$ n の仮定と整合する。 $V_{R} = 7.2 V$ では $C = 16 2.0/8.0 = 8.0 pF$ となり測定値と一致する。

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