Elektronendichte in Halbleitern

Question

Elektronendichte in Halbleitern

Ronan Tarik Drevon

Ich möchte die Beziehung zwischen der Trägerdichte bestimmen $N$ und das chemische Potential $\mu_e$ im Leitungsband eines intrinsischen Halbleiters (z. B. GaN).

Die Bandstruktur des Leitungsbandes wird parabolisch mit effektiver Masse angenommen $m_e^*=0.2m_e$ . Verwendung einer $3D$ Freie-Elektronen-Träger-Modell ist die Beziehung dann gegeben durch:

N = \int_{E_{C}}^{\infty} G (E) F (E) D E mit F (E) = \frac{1}{1 + e^{\frac{E - μ_{e}}{k_{B} T}}} Und G (E) = \frac{M_{e}^{*} \sqrt{2}}{π^{2} ℏ^{3}} \sqrt{E}

$\begin{equation} N = \int_{E_c}^{\infty}g(E)f(E)dE ~~~~\mbox{with}~~~~ f(E) = \frac{1}{1+e^{\frac{E-\mu_e}{k_BT}}} ~~~~\mbox{And}~~~~ g(E)=\frac{m_e^*\sqrt 2}{\pi^2 \hbar^3}\sqrt E \end{equation}$

Da der Halbleiter bei sehr hohen Ladungsträgerkonzentrationen arbeiten soll ( $N\approx 10^{19} cm^{-3}$ ), werden wir die Annäherung nicht nutzen $E_c-\mu_e\gg k_BT$ . Unter Verwendung von Matlab zur Berechnung dieser Integrale erhalte ich die folgenden Kurven für die Verteilungen $f(E)g(E)$ Und $N(\mu_e)$ bei $T=300K$ :

Das können wir deutlich sehen $N=2.10^{19}cm^{-3}$ erreicht wird mit $\mu_e-E_c=11.87meV$ Bestätigung, dass die Annäherung $E_c-\mu_e \gg k_B T$ kann nicht benutzt werden. In einer Forschungsarbeit habe ich jedoch festgestellt, dass sie mit genau denselben Werten enden $\mu_e=130meV$ . Papier ist:

Modale Verstärkung in einem Halbleiter-Nanodrahtlaser mit anisotroper Bandstruktur AV Maslov, Mitglied, IEEE, und CZ Ning, Senior Member, IEEE

Ich sehe wirklich nicht ein, woher die Diskrepanz kommen könnte, nachdem ich einen Nachmittag damit verbracht habe.

Massimo Ortolano

Könnten Sie bitte das Papier zitieren? Vielleicht gibt es Annahmen in dem Papier, die Sie vermissen.

Ronan Tarik Drevon

Ich habe gerade den Beitrag einschließlich des Papiers bearbeitet. Das Modell ist für das Valenzband ziemlich komplex, aber die Leitung hätte einfach sein sollen. Details auf Seite 5 des Papiers

Nasu

Ihr chemisches Potential ist relativ zu Ec angegeben. Was ist der Referenzpegel für den in der Arbeit?

Ronan Tarik Drevon

Das ist eine gute Frage. Ich konnte es nicht genau sagen. Ich habe das Gefühl, wenn ich mir ihre Bandstrukturgrafik ansehe, dass der Ursprung genommen wird

E_{c}

$E_c$ für das Leitungsband. Betrachtet man das Papier, von dem sie ihre Dispersionsrelation erhalten, wird der Ursprung der Energie so angenommen

E c = 3.53 e V

$Ec=3.53eV$ . Aus meinem Plos können wir jedoch klar erkennen, dass das chemische Potenzial darüber liegen sollte

E c

$Ec$ zu bekommen

N = {2.10}^{19} / c m^{3}

$N=2.10^{19}/cm^3$ So

μ_{e} = 130 m e V

$\mu_e=130meV$ kann nicht relativ zu diesem Ursprung sein.

Antworten (2)

Elektronendichte in Halbleitern

Könnten Sie bitte das Papier zitieren? Vielleicht gibt es Annahmen in dem Papier, die Sie vermissen.
Ich habe gerade den Beitrag einschließlich des Papiers bearbeitet. Das Modell ist für das Valenzband ziemlich komplex, aber die Leitung hätte einfach sein sollen. Details auf Seite 5 des Papiers
Ihr chemisches Potential ist relativ zu Ec angegeben. Was ist der Referenzpegel für den in der Arbeit?
Das ist eine gute Frage. Ich konnte es nicht genau sagen. Ich habe das Gefühl, wenn ich mir ihre Bandstrukturgrafik ansehe, dass der Ursprung genommen wird $E_c$ für das Leitungsband. Betrachtet man das Papier, von dem sie ihre Dispersionsrelation erhalten, wird der Ursprung der Energie so angenommen $Ec=3.53eV$ . Aus meinem Plos können wir jedoch klar erkennen, dass das chemische Potenzial darüber liegen sollte $Ec$ zu bekommen $N=2.10^{19}/cm^3$ So $\mu_e=130meV$ kann nicht relativ zu diesem Ursprung sein.

Sahan Manodya · Answer 1

Die Trägerkonzentration des Leitungsbandes eines intrinsischen Halbleiters bei einer Temperatur $T$ Ist

N = \frac{1}{2 π^{2}} {(\frac{2 M_{e}^{*}}{ℏ^{2}})}^{3 / 2} \int_{E_{C}}^{\infty} \sqrt{E - E_{C}} F_{F D} (E, T) D E

$N=\frac{1}{2\pi^2}\left(\frac{ 2m_e^* }{ \hbar^2}\right)^{3/2}\int_{E_c}^{\infty}\sqrt{E-E_c}f_{FD}(E,T)dE$ Wo

m_{e}^{*}

$m_e^*$ ist die effektive Elektronenmasse und

f_{F D}

$f_{FD}$ ist die Fermi-Dirac-Verteilungsfunktion. Nehmen

μ

$\mu$ die Fermi-Energie sein. Wir verwenden normalerweise die Boltzman-Näherung, um das Integral durch Takin auszuwerten

(E_{c} - μ) / k_{B} T >> 1

$(E_c-\mu)/k_BT>>1$ . Aber wenn Sie die Annäherung nicht verwenden, erhalten Sie

N = - \frac{1}{2 π^{2}} {(\frac{2 M_{e}^{*} k_{B} T}{ℏ^{2}})}^{3 / 2} Γ (\frac{3}{2}) {Li}_{3 / 2} (- e^{- (E_{C} - E_{F}) / k_{B} T})

$N=-\frac{1}{2\pi^2}\left(\frac{ 2m_e^* k_BT}{ \hbar^2}\right)^{3/2}\Gamma\left(\frac32\right)\text{Li}_{3/2}\left(-e^{-(E_c-E_F)/k_BT}\right)$ Wo

{Li}_{3 / 2}

$\text{Li}_{3/2}$ ist der Polylogarithmus. Seit

Γ (\frac{3}{2}) = \frac{\sqrt{π}}{2}

$\Gamma\left(\frac32\right)=\frac{\sqrt{\pi}}2$ , wir haben

N = - 2 {(\frac{M_{C}^{*} k_{B} T}{2 π ℏ^{2}})}^{3 / 2} {Li}_{3 / 2} (- e^{- (E_{C} - E_{F}) / k_{B} T})

$N=-2\left(\frac{ m_c^* k_BT}{2\pi \hbar^2}\right)^{3/2}\text{Li}_{3/2}\left(-e^{-(E_c-E_F)/k_BT}\right)$

Dann,

lim_{X \to \infty} \frac{{Li}_{3 / 2} (- e^{- X})}{e^{- X}} = lim_{X \to 0 +} \frac{{Li}_{3 / 2} (- X)}{X} = - 1

$\lim_{x\to \infty}\frac{\text{Li}_{3/2}\left(-e^{-x}\right)}{e^{-x}}=\lim_{x\to 0+}\frac{\text{Li}_{3/2}\left(-x\right)}{x}= -1$ Deshalb

- {Li}_{3 / 2} (- e^{- x}) \sim e^{- x}

$-\text{Li}_{3/2}\left(-e^{-x}\right)\sim e^{-x}$ Wenn

x \to \infty

$x\to\infty$ , was gibt,

n_{i} = 2 {(\frac{m_{c}^{*} k_{B} T}{2 π ℏ^{2}})}^{3 / 2} e^{- (E_{c} - E_{F}) / k_{B} T}

$n_i=2\left(\frac{ m_c^* k_BT}{2\pi \hbar^2}\right)^{3/2}e^{-(E_c-E_F)/k_BT}$ Wenn

(E_{c} - E_{F}) / k_{B} T >> 1

$(E_c-E_F)/k_BT>>1$ Das ist das gleiche Ergebnis, das wir durch die Boltzman-Näherung erhalten haben.

Aber mit der Erweiterung der Maclaurin-Serie von $\text{Li}_{3/2}$ , Wenn $x\to\infty$ wir haben

- {Li}_{3 / 2} (- e^{- X}) = e^{- X} - 0,35355 e^{- 2 X} + 0,19245 e^{- 3 X} - 0,125 e^{- 4 X} + Ö (e^{- 5 X})

$-\text{Li}_{3/2}\left(-e^{-x}\right)=e^{-x}-0.35355e^{-2x}+0.19245e^{-3x}-0.125e^{-4x}+\mathcal{O}(e^{-5x})$ Von daher ist das klar

N = 2 {(\frac{M_{C}^{*} k_{B} T}{2 π ℏ^{2}})}^{3 / 2} e^{- X} (1 - 0,35355 e^{- X} + 0,19245 e^{- 2 X} - 0,125 e^{- 3 X} + Ö (e^{- 4 X}))

$N=2\left(\frac{ m_c^* k_BT}{2\pi \hbar^2}\right)^{3/2}e^{-x}\left(1-0.35355e^{-x}+0.19245e^{-2x}-0.125e^{-3x}+\mathcal{O}(e^{-4x})\right)$ Wo

x = (E_{c} - E_{F}) / k_{B} T

$x=(E_c-E_F)/k_BT$ .

Hier ist die Grafik von $y=-a^\frac32\text{Li}_{3/2}\left(-e^{-x/a}\right)$ für $a=1,2,3$ .

Ronan Tarik Drevon · Answer 2

Der Fehler war auf die Zustandsdichtefunktion zurückzuführen, die gestartet wurde, was hätte sein sollen $\approx \sqrt{E-Ec}$ anstatt $\sqrt{E}$ . In der Tat am unteren Ende des Leitungsbandes $E_c$ , die Dichte sollte gleich sein $0$ daher die Grafiken für $f(E)g(E)$ sollte eher wie die Standard-Glockenform aussehen:

Elektronendichte in Halbleitern

Ronan Tarik Drevon

Massimo Ortolano

Ronan Tarik Drevon

Nasu

Ronan Tarik Drevon

Antworten (2)

Sahan Manodya

Sahan Manodya

Ronan Tarik Drevon

Warum gibt es ein globales Minimum für das Morsepotential?

Paramagnetismus Spin-1/2-Teilchen - Partitionsfunktion

Unvollständige Ionisation von Verunreinigungen in Halbleitern

Welcher Mechanismus auf mikroskopischer Ebene bestimmt, ob sich ein System erwärmt oder nicht?

Wahrscheinlichkeit verschiedener Zustände - Kanonisches Ensemble - Partitionsfunktion

Einstein-Körper: Ein- oder dreidimensionaler harmonischer Quantenoszillator?

Wie wirkt sich die Anzahl der Atome in der Basis auf die Zustandsdichte aus?

Grund für Debye-Grenzfrequenz?

Was sind die sechs Freiheitsgrade der Atome in einem Festkörper?

Partitionsfunktion für zweistufiges System