Semiconduttori

ESERCIZIO 1: Una striscia conduttrice, posta sul cip di un circuito integrato, è lunga L = 2,8 mm
e presenta una sezione trasversale di area S = (1 x 4) (µ
µm)2. Una corrente I = 5 mA produce una
differenza di potenziale agli estremi della striscia pari a V = 100 mV. In tali circostanze si determini
la concentrazione degli elettroni sapendo che la mobilità degli stessi è µn = 500 cm2/V·sec.
La conducibilità σ della striscia conduttrice si determina dalla legge di Ohm; infatti, ricordando che
la conducibilità elettrica è l’inverso della resistività, si ottiene:
R=
V
L
=ρ
I
S
⇒
V
L
=
I σ ⋅S
⇒ σ=
I ⋅L
V ⋅S
Pertanto:
−3
5 ⋅10 ·2,8 ⋅10
σ=
100 ⋅10
−3
⋅10
−6
−3
⋅ 4 ⋅10
−6
14 ⋅10
=
−3
400 ⋅10
−12
=
7
14 7
⋅10 = 3,5 ⋅10
4
[ Ωm ]
−1
µn, si può ricavare il valore
Ricordando la relazione di definizione della conducibilità: σ = q·n·µ
della concentrazione “n“ degli elettroni; infatti:
7
7
27
−3
3,5 ⋅ 10
3,5 ⋅ 10
σ
n=
=
=
=
4
,
375
⋅
10
[
m
]
qµ n 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 500 ⋅ 10 − 4 8 ⋅ 10 − 21
ovvero:
n = 4,375·1027·10−6 = 4,375·1021 [cm−3]
ESERCIZIO 2: Una sottile striscia di alluminio, la cui resistività è di ρ = 3,44·10−8 (Ω
Ω ·m) ha una
-4
2
sezione S = (2 x 10 ) mm ed una lunghezza L = 5 mm. Qual è la caduta di tensione ai suoi capi
dovuta ad una corrente di I = 50 mA? Determinare inoltre, il valore della corrente che l’attraversa
se la caduta di tensione ai suoi capi è di V = 30 µV.
L = 5 mm
S = 2·10-4 mm2
Dalla legge di Ohm si ottiene il valore della resistenza elettrica R della
striscia di alluminio in funzione dei suoi parametri fisici e geometrici;
si ottiene infatti:
−8
−3
−11
R=
ρ⋅L
S
=
3,44 ⋅ 10
2 ⋅ 10
−4
⋅ 5 ⋅ 10
⋅ 10
−6
=
17,20 ⋅ 10
2 ⋅ 10
−10
= 0,86Ω
La tensione ai capi della barretta si calcola applicando, ancora, la Legge di Ohm nella formulazione
seguente:
−3
−3
V = R ⋅ I = 0,86 ⋅ 50 ⋅ 10
= 43 ⋅ 10
= 43 mV
Nel caso in cui la tensione ai capi della barretta di alluminio sia pari a V = 30 µV, la corrente che la
percorre è data dalla relazione seguente:
I * = V * R = 30 ⋅ 10
−6
0,86 = (3000 86) ⋅ 10
−6
= 34,88 µA
ESERCIZIO 3: Una barretta di silicio intrinseco è lunga L = 3 mm ed ha una sezione trasversale
rettangolare S = (50 x 100) (µ
µm)2. Determinare l’intensità del Campo Elettrico E nella barretta e la
tensione ai suoi capi quando vi scorre una corrente continua I = 1 µA alla temperatura di 300°K.
Dalle tabelle relative alle specifiche del silicio si ricava che la
resistività ‘ρ’ della barretta di silicio, alla temperatura di 300°K,
5
Ω·cm).
è data da: ρ = 2,3·10 (Ω
L’intensità di corrente I che percorre la barretta è fornita dalla
relazione seguente:
−6
3
2
1 ⋅ 10
I
10
J= =
=
=
200
[
A
/
m
]
−6
−6
S
5
50 µm
L = 3 mm
100 µm
I = J ⋅S⇒
50 ⋅ 10
⋅ 100 ⋅ 10
Ricordando, che la densità di corrente J è legata all’intensità del campo elettrico Ε mediante la
conducibilità σ, si ricava la seguente posizione:
5
−2
5
J
⇒ Ε=
J =σ ⋅Ε
σ
= ρ ⋅ J = 2,3·10 ⋅ 10
⋅ 200 = 4,6·10 [v / m]
La differenza di potenziale è fornita dalla scrittura:
5
V = L ⋅ Ε = 4,6 ⋅ 10 ⋅ 3 ⋅ 10
−3
= 1380V
ESERCIZIO 4: La densità degli elettroni liberi è detta concentrazione intrinseca ni (cm-3), e
dipende dal materiale e dalla temperatura secondo la seguente relazione:
E
− G
2
3
−6
KT
[cm
ni = B ⋅T ⋅ e
]
in cui si definisce:
EG = ampiezza della banda proibita del semiconduttore data in eV (elettronvolt), EG = 1,12 eV;
K = costante di Boltzmann pari a: K = 8,62·10-5 eV/°K;
T = temperatura assoluta espressa in gradi Kelvin;
B = parametro caratteristico del materiale, pari a 1,08·10+31 (°K-3·cm-6) per il silicio.
• Alla temperatura assoluta di T = 300°K si ottiene:
1,12
E
−
−5
− G
2
3
31
3 8,62 ⋅10 ⋅300
19
−6
KT
= 1,08 ⋅ 10 ⋅ 300 e
ni = B ⋅T ⋅ e
2
19
ni = ni = 4,5231 ⋅ 10
= 4,5231 ⋅ 10 [cm
9
−3
10
]
−3
= 6,725 ⋅ 10 [cm ] ≅ 10 [cm ]
• Alla temperatura assoluta di T = 50°K si ottiene:
2
3
ni = B ⋅T ⋅ e
= 13,5 ⋅ 10
2
E
− G
KT
35
1,12
−
31
3
= 1,08 ⋅ 10 ⋅ 50 e
⋅ 1,3925 ⋅ 10
ni = ni = 18,79875 ⋅10
−113
− 78
8,62⋅10
−5
⋅50
= 18,79875 ⋅ 10
= 4,335 ⋅10
− 39
35 − 259,861
= 13,5 ⋅ 10 e
=
− 78
−3
[cm ]
La concentrazione di portatori è il numero di portatori contenuti per ogni cm3 di volume.
L’inverso definisce quante unità di volume intercorrono fra un portatore e l’altro. Il valore
medio della lunghezza del lato del cubo che in media contiene una lacuna e un elettrone, a 50°K,
è dato da:
− 39
38
12
latomedio = 3 1 ni = 3 1  4,335 ⋅ 10  = 3 2,3068 ⋅ 10 = 6,133 ⋅ 10 [cm]


ovvero, anche: lato medio = 6,133·10
10
[m].
ESERCIZIO 5: Si calcoli la resistività del silicio intrinseco a 50°K se la mobilità degli elettroni
è pari a µn = 6500 cm2/(V·sec) e la mobilità delle lacune risulta µp = 2000 cm2/(V·sec).
La conducibilità σ del silicio intrinseco, essendo n = p = ni, è data dalla relazione seguente:
σ = qnµ n + qpµ p = q (nµ n + pµ p ) = qni ( µ n + µ p ) =
= 1,6·10
−19
(6500 + 2000) ⋅ 4,335·10
= 58,956 ⋅ 10
− 55
[Ω ⋅ cm]
− 39
3
= 1,6 ⋅ 4,335 ⋅ 8,5 ⋅ 10 ⋅ 10
−19
⋅ 10
− 39
−1
Il calcolo della resistività ρ è assicurato dalla scrittura seguente:
ρ=
1
σ
=
53
1
1
=
=
1
,
696
⋅
10
qnµ n + qpµ p 58,956 ⋅ 10 − 55
[Ω ⋅ cm]
ESERCIZIO 6: Una barretta di silicio di lunghezza L = 3 mm e sezione retta S = (50x100) (µm)2
è drogato con atomi donatori con concentrazione ND = 5·1014 cm−3 a 300°K. Ricordando, inoltre,
che ni = 1,45·1010 cm−3 a 300°K; µn = 1500 cm2/(V·s); µp = 475 cm2/(V·s), si desidera determinare
la conducibilità della barretta e la differenza di potenziale ai capi della barretta stessa, quando essa
è percorsa da una corrente di I = 1 µA.
Dato che ND » ni, la concentrazione degli elettroni e delle lacune resta definita dalle posizioni
seguenti:
n = ND = 5·1014 cm-3;
2
2
20
ni
5
−3
1,45 ·10
p=
=
=
4
,
2
⋅
10
cm
14
ND
5.10
La conducibilità elettrica σ, associata alle cariche libere, è fornita dalla relazione:
σ = q ⋅ n ⋅ µ n + q ⋅ p ⋅ µ p = q ⋅ (n ⋅ µ n + p ⋅ µ p ) =
= 1,6 ⋅ 10
−19
= 1,6(5 ⋅ 1,5 ⋅ 10
= 12 ⋅ 10
−2
14
5
(5 ⋅ 10 ⋅ 1500 + 4,2 ⋅ 10 ⋅ 475) =
−2
+ 4,2 ⋅ 475 ⋅ 10
−14
) = 12 ⋅ 10
−2
+ 3,192 ⋅ 10
−11
−1
[(Ω ⋅ cm) ]
La densità di corrente, dato che la barretta è percorsa dalla corrente di 1 µA, è calcolabile tramite la
relazione:
−6
2
−2
−2
I
1 ⋅ 10
J= =
=
200
[
A
/
m
]
=
2
⋅
10
[
A
/
cm
]
−6
−6
S
50 ⋅ 10
⋅ 100 ⋅ 10
Nota la densità della corrente, è possibile risalire al calcolo dell’intensità del campo elettrico Ε con
la relazione seguente:
−2
J =σ ⋅E
⇒ E=
J
σ
=
2 ⋅ 10
12 ⋅ 10
−2
1
= [V / cm]
6
Ricordando, che il campo elettrico è il gradiente del potenziale, si ricava la differenza di potenziale
ai capi della barretta; si ottiene infatti:
−1
Vbar = E ⋅ L = (1 / 6) ⋅ 3 ⋅ 10 = 0,05[V ]
ESERCIZIO 7: Un campione di silicio è drogato con atomi di fosforo con concentrazione pari a
2·1016 cm−3. Quale é il valore di ND e di NA? Si calcoli il valore della mobilità degli elettroni e delle
lacune. Si calcoli il valore della mobilità nel caso in cui vengono aggiunti al campione atomi di
boro con concentrazione di 3 1016 cm−3.
Il fosforo è una impurità di tipo donatore in quanto pentavalente. Ne consegue che per effetto del
drogaggio risulta: NA = 0 cm−3 ed ND = 2·1016 cm−3. Il grafico, mostrato nella figura 5, evidenzia,
in corrispondenza di una concentrazione totale di droganti pari a 2·1016, il valore della mobilità
degli elettroni e delle lacune, rispettivamente, pari a:
µn = 1020 cm2/(V·sec)
figura – 5
µp = 370 cm2/(V·sec)
L’aggiunta di atomi di boro, impurità trivalente, porta la concentrazione totale delle impurità al
valore di:
NT = NA + ND = 3·1016 + 2·1016 = 5·1016 cm−3
Dalla tabella di figura 5 si ottiene, con una siffatta condizione complessiva di droganti:
µn = 870 cm2/(V·sec)
µp = 310 cm2/(V·sec)
ESERCIZIO 8: A temperatura ambiente Ta = 290 °K il silicio ha una concentrazione di portatori
intrinseci di ni = 1010 cm−3.
a) Si valutino le concentrazioni degli elettroni e delle lacune nel silicio a questa temperatura se il
materiale contiene delle impurità accettrici ad una concentrazione di NA = 2·1014 cm−3 ed una
quantità trascurabile di impurità donatrici. Questo materiale è intrinseco a 290 °K ?
b) Se la temperatura viene aumentata a 573 °K (300 °C), la concentrazione dei portatori intrinseci
aumenta a circa ni = 3·1015 cm−3. Assumendo la stessa concentrazione di impurità del caso a), si
valutino le concentrazioni degli elettroni e delle lacune. Questo materiale, alla temperatura di
300 °C è intrinseco o estrinseco ?
Nella ipotesi a) risulta NA = 2·1014 cm−3 >> ni = 1010 cm−3 e considerato che ND ≅ 0, la legge della
neutralità di carica “n – p = ND – NA”, tenuto anche conto che n·p = ni2, assume la forma
semplificata seguente:
2
ni
2
2
n − p = −N A ⇒
− p = − N A ⇒ p − pN A − ni = 0
p
che ammette le soluzioni di seguito riportate:
2
2
14
N A ± N A + 4ni
2 ⋅ 10 ±
p=
4 ⋅ 10
2
=
2
28
+ 4 ⋅ 10
20
14
≅ 2 ⋅ 10 cm
−3
= NA
La soluzione p = 0 cm−3 è ovviamente non accettabile, essendo il silicio drogato con degli atomi
trivalenti. L’unica soluzione accettabile è, pertanto p = NA = 2·1014 cm−3. La concentrazione degli
elettroni si determina con la scrittura:
2
2
20
14
5
−3
n =  ni p  =  ni N A  = 10 2 ⋅ 10  = 5 ⋅ 10 cm






Le concentrazioni di equilibrio dei portatori, alla temperatura Ta = 290 °K, sono molto diverse,
differiscono di nove ordini di grandezza. Ricordando, che il materiale è intrinseco quando n ≅ p,
dobbiamo concludere che nell’ipotesi a) il semiconduttore è estrinseco.
Nell’ipotesi b) risulta NA = 2·1014 cm−3 < ni = 3·1015 cm−3; non è più possibile utilizzare la posizione
p ≅ NA. In questo caso la precedente equazione di secondo grado fornisce le soluzioni seguenti:
2
2
14
28
30
N A ± N A + 4ni
2 ⋅ 10 ± 4 ⋅ 10 + 4 ⋅ 9 ⋅ 10
p=
14
=
2 ⋅ 10
14
≅
=
2
2 ⋅ 10
28
± 4 ⋅ 10 + 3600 ⋅ 10
2
14
± 60 ⋅ 10
2
=
2
15
28
= 3,1 ⋅ 10 cm
14
=
2 ⋅ 10
± 3604 ⋅ 10
2
28
≅
−3
La soluzione accettabile è quella positiva; infatti non ha significato fisico considerare un valore
negativo della concentrazione delle lacune quando il materiale è drogato con atomi trivalenti. La
determinazione della concentrazione n degli elettroni si effettua con il calcolo seguente:
2
30
15
15
−3
n =  ni p  =  9 ⋅ 10 3,1 ⋅10  = 2,9 ⋅ 10 cm

 

Essendo n ≅ p il semiconduttore, nell’ipotesi b), è intrinseco.
OSSERVAZIONE
La concentrazione ni dei portatori intrinseci dipende fortemente dalla temperatura. Per campi
limitati di variazioni di temperatura attorno alla temperatura ambiente questa dipendenza è
approssimativamente esponenziale, sia per il silicio sia per il germanio. Nel silicio ni aumenta di
un fattore di circa 2,5 per un aumento di temperatura di 10 °C, cioè:
(T −TO ) / 10
in cui T e TO sono temperature espresse in °C.
ni (T ) = ni (To ) ⋅ 2,5
Il fattore corrispondente per il germanio è di circa 1,8.
ESERCIZIO 9: Un campione di silicio ha una concentrazione uniforme di accettori di NA = 2·1016
cm−3 ed una concentrazione uniforme di donatori di ND = 5·1015 cm−3. Per Ta = 300 °K, il silicio
ha una concentrazione di portatori intrinseci data da ni ≅ 1010 cm−3. Ciò premesso si richiede:
a) a 300 °K questo campione è di tipo n o di tipo p ?
b) attorno a quale temperatura questo campione diventa intrinseco ?
a) Le concentrazioni assegnate per le impurità consentono di affermare che NA > ND. La legge della
neutralità della carica, insieme alla relazione che lega le concentrazioni dei portatori all’equilibrio,


n − p = N D − N A
2

n
⋅
p
=
n
i (Ta )



 n 2 (T )
 i a − p = ND − N A
 p
⇒ 
2
ni (Ta )

n = p

legge dell’azione di massa, impongono la valenza contemporanea delle due relazioni seguenti:
Il sistema consente di pervenire alla equazione risolutiva di secondo grado di seguito trascritta:
2
2
p + ( N D − N A ) ⋅ p − ni (Ta ) = 0
Determinata la quantità: N = (ND – NA) = (5·1015 − 2·1016) = −1,5·1016 cm−3, si procede risolvendo
l’equazione, ottenendo:
2
2
− ( N D − N A ) ± ( N D − N A ) + 4 ⋅ ni (Ta )
p=
16
=
=
2
1,5 ⋅ 10
16 2
± (−1,5 ⋅ 10 ) + 4 ⋅ 10
2
20
16
=
1,5 ⋅ 10
± 2,25 ⋅ 10
2
32
+ 4 ⋅ 10
Poiché: 4·1020 << 2,25·1032, risulta assai ovvia la validità dell’approssimazione seguente:
2,25·1032 + 4·1020 ≅ 2,25·1032. Tenendo in considerazione questo risultato, si perviene a:
16
32 
16

p ≅ 1,5 ⋅ 10 ± 2,25 ⋅ 10  2 = 1,5 ⋅ 10


20
in quanto la soluzione nulla non ha alcun significato fisico dato che il semiconduttore è drogato
effettivamente con atomi accettori.
Per la concentrazione degli elettroni si procede con la relazione
2
20
16
4
3
−3
n = ni (Ta ) p = 10 1,5 ⋅ 10 = 2 ⋅ 10 3 = 6,67 ⋅ 10 cm
Poiché (p >> n) il materiale è di tipo p.
b) Per determinare la temperatura T alla quale, assegnate le concentrazioni di impurità ND ed NA
definite dalla traccia, il materiale diviene intrinseco si applica la relazione seguente:
ni (T ) = ni (Ta ) ⋅ 2,5
(T −Ta ) / 10
⇒
(T −Ta ) / 10
ni (T )
= 2,5
ni (Ta )
ovvero:


 n (T ) 
 n (T ) 
(T − Ta )
1
 ⇒ (T − Ta ) = 10 ⋅ log10  i
 ⋅
= log 2,5  i

10
 ni (Ta ) 
 ni (Ta )  log10 (2,5) 

Pertanto, sostituendo i valori numerici, si ricava la scrittura seguente:


 n (T ) 
6
1
1
 ⋅
T = Ta + 10 ⋅ log10  i
 = 300 + 10 log10 (1,5 ⋅ 10 ) ⋅
0,398
 ni (Ta )  log10 (2,5) 

La temperatura richiesta vale, pertanto:
T = 300 +
1
(60 + 10 ⋅ log10 (1,5) ) = 300 + (60 + 1,761) = 455 °K
0,398
0,398
La procedura assunta nella stesura dell’esercizio 9 consente di stabilire, in definitiva, l’itinerario
risolutivo di pertinenza al calcolo delle concentrazioni dei portatori, lacune p ed elettroni n, in un
semiconduttore drogato sia con impurità donatrici ND, sia accettrici NA, laddove non sia verificata
la condizione ND >> NA, ovvero la condizione NA >> ND.
In particolare se le concentrazioni di impurità ND ed NA sono confrontabili fra loro ed inoltre
soddisfano alla condizione:
ND – NA >> ni
si ottengono le relazioni di seguito riportate:
Semiconduttori di tipo n (ND > NA)
2
2
( N − N A ) ± ( N D − N A ) + 4 ⋅ ni
n= D
2
2
n
p= i
n
Semiconduttori di tipo p (NA > ND)
2
2
( N A − N D ) ± ( N A − N D ) + 4 ⋅ ni
p=
2
2
n
n= i
p
ESERCIZIO 10: Un semiconduttore di tipo n è stato ottenuto drogando uniformemente il cristallo
di silicio con impurità pentavalenti con concentrazione ND = 1015 cm−3. Sapendo che, a temperatura
ambiente, la concentrazione intrinseca dei portatori vale ni = 1010 cm−3, si desidera determinare la
concentrazione n di elettroni e la concentrazione p di lacune.
Il cristallo semiconduttore è all’origine neutro e tale deve rimanere dopo l’aggiunta di impurità,
pertanto il numero delle cariche positive deve essere uguale al numero delle cariche negative,
tenendo conto complessivamente tanto delle cariche fisse associate agli atomi ionizzati, quanto
delle cariche associate ai portatori liberi. In sostanza deve essere verificata la legge di neutralità
di carica espressa dalla relazione:
n + NA = p + ND
La concentrazione degli elettroni liberi è definita, pertanto, dalla scrittura di seguito riportata:
n = p +ND + NA
Atteso che il silicio è stato drogato esclusivamente con impurità pentavalenti, cioè atomi donatori,
dovrà necessariamente essere NA = 0; ciò premesso, è manifesta la scrittura:
n = p + ND
2
La legge dell’azione di massa che stabilisce che: n·p = ni , consente di riproporre la precedente
relazione nella forma che di seguito si esplicita:
ni2
n=
+ N D ⇒ n 2 − n ⋅ N D − ni2 = 0
n
Risolvendo l’equazione di secondo grado nella variabile concentrazione degli elettroni si ottiene:
2
ND ± ND
+ 4ni2 1015 ± 1030 + 4 ⋅1010 1015 ± 1020 ⋅ (1010 + 4)
=
=
=
n=
2
2
2
1015 ± 1010 4 ⋅ (1 + 25 ⋅108 ) 1015 ± 2 ⋅1010 (1 + 25 ⋅108 )
=
=
2
2
Appare superfluo ricordare che per la quantità posta sotto il segno di radice è assolutamente ovvio e
ragionevole trascurare 1 nei confronti di 25·108; si ottiene, pertanto:
15
10
8
15
10
4
15
15
0

± 2 ⋅10
25 ⋅10
10 ± 2 ⋅10 ⋅ 5 ⋅10
10 ± 10
=
=
=  15
2
2
2
10
−3
La soluzione n = 0 cm è manifestamente non accettabile in quanto in netto contrasto col fatto
n=
10
che il cristallo di silicio è stato drogato con atomi donatori. Ne consegue che l’unica soluzione
15
accettabile è rappresentata da: n = 10 cm−3.
La già citata legge dell’azione di massa consente, per tanto, di determinare la concentrazione p
delle lacune; si ottiene infatti:
n 2 (1010 ) 2 1020
p= i =
=
= 105 cm −3
15
15
n
10
10
ESERCIZIO 11: Un campione di silicio è drogato con 4·1016 cm−3 atomi di fosforo e 1,1·1017 cm−3
atomi di boro. Quali sono le concentrazioni di elettroni in equilibrio a 300 °K?
A 300 °K si è in condizioni di completa ionizzazione; si ha, inoltre, una parziale compensazione
esplicitata con la relazione che di seguito si riporta:
p = N A − N D = 1,1 ⋅1017 − 4 ⋅ 1016 = (11 − 4) ⋅ 1016 = 7 ⋅ 1016 cm −3
L’applicazione della legge dell’azione di massa consente poi di determinare la concentrazione degli
elettroni; si perviene, infatti, alla seguente scrittura:
ni2 2,1 ⋅ 10 20
n=
=
= 0,3 ⋅10 4 = 3 ⋅ 103 cm − 3
16
p
7 ⋅ 10
In conclusione si può, pertanto, asserire che a 300 °K le concentrazioni dei portatori liberi di carica
sono definite dalle scritture che di seguito sono esplicitate:
p = 7·1016 cm−3
3
−3
n = 3·10 cm
“buchi di valenza” ovvero, lacune portatori maggioritari;
elettroni portatori minoritari;
OSSERVAZIONE. La procedura risolutiva rigorosa richiede che le concentrazioni dei portatori
liberi di carica siano le soluzioni del sistema che si ottiene imponendo la validità contemporanea
della legge della neutralità della carica e della legge dell’azione di massa; in sostanza deve essere
impostato il sistema seguente:
n − p = N D − N A
⇒

2
n
⋅
p
=
n
i

p 2 − p ⋅ ( N D − N A ) − ni2 = 0
L’equazione di secondo grado, nell’incognita concentrazione delle lacune p, che risulta associata al
sistema, fornisce le seguenti soluzioni:
( N A − N D ) ± ( N A − N D )2 + 4ni2 7 ⋅1016 ± (7 ⋅1016 ) 2 + 4 ⋅ 2,1 ⋅1020
p=
=
2
2
=
7 ⋅1016 ± 49 ⋅1032 + 8,4 ⋅1020 7 ⋅1016 ± 1020 (49 ⋅1012 + 8,4)
=
=
2
2
=
7 ⋅1016 ± 1010 (49 ⋅1012 + 8,4)
2
=
12
Attesa la manifesta ovvietà della condizione: 8,4 << 49·10 , appare parimenti ovvia la posizione
12
12
(49·10 – 8,4) ≅ 49·10 . Tenendo conto dell’approssimazione effettuata, si ottiene:
7 ⋅ 1016 ± 1010 (49 ⋅ 1012 + 8,4) 7 ⋅ 1016 ± 1010 49 ⋅ 1012 7 ⋅ 1016 ± 7 ⋅ 1016
p=
=
=
2
2
2
da cui, esclusa la soluzione p = 0 cm−3, fisicamente non accettabile, si ottiene che la concentrazione
16
−3
delle lacune portatrici maggioritarie ha il valore p = 7·10 cm in accordo con quanto ricavato,
già con le considerazioni espresse nell’ordinaria procedura iniziale.
ESERCIZIO 12: Si determinino le concentrazioni di equilibrio di elettroni e di lacune nel caso di
silicio drogato con 1016 cm−3 atomi di boro alla temperatura di 300 °K.
A 300 °K si è in condizioni di completa ionizzazione; pertanto, essendovi atomi droganti trivalenti
si può asserire che:
p = N A = 1 ⋅ 1016 cm −3
Atteso che nel silicio, alla temperatura di 300 °K, vale: ni = 1,45 1010 cm−3, la concentrazione degli
elettroni minoritari sarà definita dalla legge dell’azione di massa; precisamente vale la relazione:
ni2 (1,45 ⋅ 1010 ) 2 2,1 ⋅ 10 20
n=
=
=
= 2,1 ⋅ 10 4 cm −3
16
16
p
1 ⋅ 10
10