ECE  305     Spring  2015  

ECE-‐305     Spring  2015  1  

ECE  305  Homework  SOLUTIONS:  Week  8    

Mark  Lundstrom  Purdue  University  

 1) The  sketch  below  shows  the  carrier  concentrations  in  a  PN  junction  at  room  

temperature.    Answer  the  following  questions.    

   

1a)    Is  the  diode  forward  or  reverse  biased?    Explain  your  answer.    

Solution:  Forward  biased  because  there  are  excess  electrons  on  the  P-‐side  and  excess  holes  on  the  N-‐side.    

1b)    What  is  the  acceptor  concentration  on  the  P-‐side?    

Solution:     NA = 1016 cm-3  

 1c)    What  is  the  donor  concentration  on  the  N-‐side?    

Solution:     ND = 1014 cm-3  

 1d)    What  is  the  intrinsic  carrier  concentration?    

Solution:  

n0 p0 = ni2    

On  the  P-‐side:     n0 p0 = 1016 ×107 = 1023     ni = 10

23 = 3.16×1011 cm-3    

On  the  N-‐side:     n0 p0 = 1014 ×109 = 1023   ni = 10

23 = 3.16×1011 cm-3      

ni = 3.16×10

11 cm-3  

ECE  305     Spring  2015  

ECE-‐305     Spring  2015  2  

HW8  solutions  (continued):    1e)    Do  low  level  injection  conditions  apply?    

Solution:    YES.  On  the  P-‐side:    

Δn −xp( ) = 1010

ECE  305     Spring  2015  

ECE-‐305     Spring  2015  3  

HW8  solutions  (continued):    

2a)     Is  the  diode  forward  or  reverse  biased?    

Solution:  Forward  biased  because  

Fn > Fp  .    2b)     What  is  the  value  of  the  applied  bias?    

Solution:  

qVA = Fn − Fp  

VA = +0.5 V  

 2c)     What  is  the  bandgap  of  the  semiconductor?    

Solution:  Reading  from  the  graph:  

EC − EV = 1.25 eV  

 2d)     What  is  the  built-‐in  potential  of  the  junction.    

Solution:  From  the  plot:    

Vj =Vbi −VA = 0.25 V  

Since:   VA = +0.5 V  

Vbi =Vj +VA = 0.75 V  

Vbi = 0.75 V  

   3) A  silicon  diode  is  asymmetrically  doped  at   N D = 10

19  cm-‐3  and N A = 1016  cm-‐3.    (Note  

that  at   N D = 1019 the  semiconductor  is  on  the  edge  of  degeneracy,  but  we  can  assume  

that  non-‐degenerate  carrier  statistics  are  close  enough  for  this  problem.)    Answer  the  following  questions  assuming  room  temperature.    Assume  that  the  minority  electron  and  hole  lifetimes  are  

τ n = τ p = 10

−6  s.    The  lengths  of  the  N  and  P  regions  are  

L = 500 µm  and   L >> xp ,xn .                  

ECE  305     Spring  2015  

ECE-‐305     Spring  2015  4  

HW8  Solutions  (continued):    3a)   Find  the  zero-‐bias  depletion  region  capacitance  per  cm2  of  diode  area.    

Solution:  The  junction  capacitance  per  unit  area  is:  

CJ =

Ksε0W VA( )

   

The  depletion  region  width  for  a  one-‐sided  junction  is:  

W VA = 0( ) = 2KSε0qNAVbi

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

1/2

 

The  built-‐in  potential  is  

Vbi =kBTqln NDNA

ni2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟  

Putting  in  numbers,  we  find:  

Vbi =kBTqln NDNA

ni2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 0.026 ln 10

191016

1020⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 0.90  V  

W VA = 0( ) = 2KSε0qNAVbi

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

1/2

= 2 ×11.8 × 8.854 ×10−14

1.6 ×10−19 ×1016× 0.90⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

1/2

= 3.43×10−5 cm  

 (Note  that  we  used   ε0  in  F/cm  and   N A  in  cm

-‐3  so  that  the  result  would  come  out  in  cm  not  in  meters.)  

CJ 0 =

Ksε0W VA = 0( )

= 11.8×8.845×10−14

2.8×10−5= 3.05×10−8 F/cm2  

CJ 0 = 3.05×10

−8 F/cm2  

 3b)   Find  the  depletion  capacitance  at   VA = −5  V  (reverse  biased).    

Solution:  

CJ =

Ksε0W VA( )

=Ksε0

W VA = 0( )×

W VA = 0( )W VA( )

= CJ 0Vbi

Vbi −VA=

CJ 01−VA Vbi

 

 

CJ =

3.05×10−8

1+5 0.9= 1.19×10−8 F/cm2 < CJ 0  

CJ VA = −5 V( ) = 1.19×10−8 F/cm2  Reverse  bias  decreases  the  junction  capacitance.    

ECE  305     Spring  2015  

ECE-‐305     Spring  2015  5  

HW8  Solutions  (continued):  3c)   Find  the  depletion  capacitance  at   VA = +0.5V  (forward  biased).    

Solution:  

CJ =

CJ 01−VA Vbi

= 3.73×10−8

1− 0.5 0.9= 5.6×10−8 F/cm2 > CJ 0  

CJ VA = −5 V( ) = 4.58×10−8 F/cm2  Forward  bias  increases  the  junction  capacitance.  

   4) A  silicon  diode  is  asymmetrically  doped  at   N D = 10

19  cm-‐3  and N A = 1016  cm-‐3.    (Note  

that  at   N D = 1019 the  semiconductor  is  on  the  edge  of  degeneracy,  but  we  can  assume  

that  non-‐degenerate  carrier  statistics  are  close  enough  for  this  problem.)    Assume  that  the  minority  electron  and  hole  lifetimes  are  

τ n = τ p = 10

−6  s.    The  lengths  of  the  N  and  

P  regions  are   L = 500 µm  and   L >> xp ,xn .      4a)   Estimate  the  applied  forward  bias  at  which  the  P-‐region  enters  high-‐level  

injection.    Solution:  

High  injection  will  occur  first  on  the  lightly  doped  side,  the  P-‐side.    The  maximum  excess  electron  concentration    occurs  at  the  beginning  of  the  P-‐side.    From  the  law  of  the  junction:  

Δn 0( ) = ni

2

N AeqVA kBT −1( )    

Low  level  injection  means:     Δn 0( )

ECE  305     Spring  2015  

ECE-‐305     Spring  2015  6  

HW8  Solutions  (continued):    

4b)   Compute  the  current  density  at  the  onset  of  high-‐injection.    

Solution:  The  current  density  is  given  by:  

J = J0 e

qVA kBT −1( )  From  HW8,  problem  1):     J0 = 9.1×10

−12 A/cm2  

J = J0 e

qVA kBT −1( ) = 9.1×10−12 e0.718/0.026 −1( ) = 9 A/cm2   J = 9 A/cm2  

   5) A  silicon  diode  is  asymmetrically  doped  at   N D = 10

19  cm-‐3  and N A = 1016  cm-‐3.    (Note  

that  at   N D = 1019 the  semiconductor  is  on  the  edge  of  degeneracy,  but  we  can  assume  

that  non-‐degenerate  carrier  statistics  are  close  enough  for  this  problem.)    Answer  the  following  questions  assuming  room  temperature.    Assume  that  the  minority  electron  and  hole  lifetimes  are  

τ n = τ p = 10

−6  s.    The  lengths  of  the  N  and  P  regions  are  

L = 500 µm  and   L >> xp ,xn .    What  is  the  reverse  breakdown  voltage  of  this  diode?    

Assume  a  critical  field  for  breakdown  of   E cr = 3×105  V/cm.  

 Solution:  

E 0( ) = 2VbiW

=2 Vbi +VR( )

2KSε0qNA

Vbi +VR( )⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

1/2 =2qNA Vbi +VR( )

KSε0

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

1/2

 

E cr =E 0( ) =

2qNA Vbi +VR( )KSε0

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

1/2

 

VBR =

KSε0E cr2

2qNA−Vbi  

Vbi =kBTqln NDNA

ni2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 0.026 ln 10

191016

1020⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 0.90  

VBR =

KSε0E cr2

2qNA− 0.90 =

11.8 × 8.854 ×10−14 × 3×105( )22 ×1.6 ×10−19 ×1016

− 0.90 = 29.4 − 0.90 = 28.5 V  

VBR = 28.5 V    This  assumes  a  planar  junction.    If  there  is  junction  curvature  at  the  edge  of  the  diode,  the  breakdown  voltage  will  be  lower.