TEMA 3. SEMICONDUCTORES

TEMA 3. SEMICONDUCTORES

1


1. GENERALIDADES

Toda clase de sólidos, independientemente de su tipo de enlace, se caracterizan

porque sus estados electrónicos se agrupan en bandas de energía.

Los metales poseen una última banda, parcialmente ocupada, con niveles energéti-

cos superiores libres, desocupados. Los electrones de valencia, débilmente unido a los áto-

mos aislados, al formarse el cristal se deslocalizan y se mueven por todo el cristal en forma

de un gas de Fermi, constituyendo los electrones de conducción.

Su conductividad disminuye:

a) Al aumentar la temperatura: σ(T)·T = const.

b) Al crecer las impurezas y los defectos de la red.

Los metales reflejan o absorben muy débilmente las radiaciones, sin que por ello se

altere su conductividad.

Los aislantes poseen una banda prohibida de energía, de anchura Eg, que separa la

última banda completamente llena, banda de valencia, sin estados libres. Los electrones de

valencia están ligados formando enlaces mas o menos fuerte entre los átomos de la red. La

banda próxima superior, banda de conducción, está vacía, con la totalidad de sus estados

energéticos desocupados. A 0 K la conductividad es nula, tienen una banda prohibida de

anchura no nula, Eg ≠ 0.

Los aislantes se subdividen en dos clases: semiconductores y aislantes propiamente

dichos.

Semiconductores: tienen una banda prohibida de anchura Eg < 2eV

• Su conductividad tiene un valor intermedio entre el valor de los metales y el va-

lor de los aislantes. Tabla 1.

σ(Ω·m)-1

Conductores Cu, Ag, Au... 108 Semiconductores extrínsecos Si(P), Si(B), AsGa(Se), AsGa(Be) 106/10-8

Semiconductores intrínsecos Si, Ge, AsGa 10-8

Aislantes Mica, cuarzo, plásticos 10-14


2

• La conductividad crece con la temperatura:

Tk

E

B

g

T 20)(−

= σσ

Mientras que en los metales el número de portadores es constante, del orden de

1028 m-3, independientemente del valor de la temperatura, en los semiconducto-

res al crecer la temperatura crece la agitación térmica, se rompen enlaces ató-

micos, y se crean pares de electrón-hueco, el número de portadores de carga

aumenta.

• Las oscilaciones electromagnéticas de frecuencia ν superior a una ν0 propia de

cada semiconductor: Eg = hν0 = 0

hc

λ son más o menos absorbidas. Los fotones

absorbidos rompen algunos enlaces y se crean pares de electrón-hueco de ori-

gen óptico que se adicionan a los de origen térmico.

• La adición de elementos dopantes en la red del semiconductor genera en éste:

electrones en la BC, donadores, de concentración Nd, o huecos en la BV acep-

tores, de concentración Na.

Utilizando como variables la concentración de los dopantes se puede controlar

las concentraciones de portadores, n, de electrones o, p, de huecos.

Estas dos clases de dopados crean sus correspondientes semiconductores ex-

trínsecos:

• De tipo-n que conducen casi exclusivamente por electrones, tales como el P y

Se que son dopantes donadores para el Si y el AsGa, sustituyendo en la red los

átomos de Si y As respectivamente

• De tipo-p que conducen casi exclusivamente por huecos, tales como el B y Be

que son dopantes aceptores para el Si y el AsGa, sustituyendo en la red los áto-

mos de Si y Ga respectivamente.

Tal y como experimentalmente se detecta, el coeficiente Hall es negativo para elec-

trones y positivos para huecos:

0ne

1RH <−= , 0

pe

1RH >=


3

2. MATERIALES SEMICONDUCTORES

Hasta ahora la demanda de materiales semiconductores ha hecho que se hayan des-

arrollado tanto las técnicas de obtención de sustancias puras y monocristalinas, semicon-

ductores intrínsecos, cómo las técnicas de dopado de semiconductores inorgánicos y or-

gánicos, semiconductores extrínsecos. Por ahora, los más importantes son los inorgáni-

cos. Indiquemos algunos elementos y compuestos:

a) Elementos del grupo IV del Sistema Periódico (SP): Si y Ge con valencia cuatro como

ya vimos en el tema anterior.

b) Compuestos binarios entre elementos de los grupos III y V del SP, los más conocidos

son el AsGa, InP, AlSb, etc., entre elementos de los grupos II y VI del SP; SeCd, TeCd

c) Compuestos ternarios tales como AlxGa1-xAs, InxGa1-xAs, ...con x ∈ [0,1]

En cuanto a su utilización se tiene:

IV-IV Ge, Si (tipo-p, tipo-n) : Chips

III-IV GaAs, GaP : Led y láser

InSb, InAs : Detectores de radiación

II-VI SZn : Material fluorescente para diversas aplicaciones.

En los últimos años se están desarrollando nuevos materiales para que pueden susti-

tuir, en un futuro no lejano, a los compuestos de Si para hacer las veces de semiconducto-

res. Se tratan de polímeros dopados adecuadamente que actúan como semiconductores.

3. SEMICONDUCTORES INTRINSECOS

Un semiconductor cristalino y sin impurezas ni defectos en su red se denomina in-

trínseco. A 0 K su BV está llena de electrones, su BC está vacía y su Eg < 2eV. A tempera-

tura de 0 K es un aislante. Al crecer la temperatura la agitación térmica rompe algunos

enlaces que quedan incompletos. Cada enlace roto crea un par de portadores, electrón y

hueco. El semiconductor se transforma en un débil conductor. Los electrones liberados

suben a la BC y se mueven por toda la red cristalina. Los enlaces incompletos, con un solo

electrón, denominados huecos, h+, se mueven en la BV en el sentido de que el enlace roto

se va intercambiando entre enlaces de átomos adyacentes, como ya vimos en el tema 2.

La energía requerida pasa romper un enlace o crear un par electrón-hueco, como ya sabe-

mos, es el ancho de la BP, Eg.


4

Los semiconductores inorgánicos suelen adoptar estructura tetraédrica, con cuatro enlaces

covalentes (recuérdese la estructura del Si y del AsGa), fig. 1. En la fig. 2, se observa el

movimiento de los portadores en presencia del campo eléctrico creado entre las placas de

un condensador de láminas paralelas.

Fig. 1

Fig. 2

Como es sabido, la carga del hueco es positiva, +e y su masa efectiva es m*h

Como los electrones y huecos se crean por pares las concentraciones intrínsecas de

electrones ni y de huecos pi son iguales ni = pi. En el caso del Si es del orden de ni = pi =

1016 m-3 a temperatura de ambiente. El número de átomos de Si por metro cúbico, n(Si), es

n (Si) = 5·1028 átomos/m3 cada uno tiene cuatro enlaces, el número de enlaces es 2·1029

EC

EV

e-

Eg

h+

Si Si

Si Si

e-


5

enlaces/m3 y la proporción de enlaces rotos es 1329

16

10/1102

10 ≈⋅

, es decir un enlace roto por

cada 1013 átomos de Si.

Simultáneamente a la generación de pares electrón-huecos, con velocidad G0 (pa-

res/m3s), se realizan recombinaciones de éstos, con velocidad R0. Un electrón encuentra un

enlace incompleto y es capturado por éste. En el equilibrio isotermo las velocidades res-

pectivas son gi y ri son iguales: G0 (T) = R0(T)

Ej. 1: La concentración intrínseca de portadores ni, del silicio a 300 K es 1,6×1016 m-3.

Calcular la conductividad intrínseca.

Datos: µn = 0,15 m2/V·s, µp = 0,05 m2/V·s

)(qn)np(q npinp µ+µ=µ+µ=σ =

= 1,6×10-19·1,6×1016 (0,15+0,05) = 5,12×10-4 (Ω·m)-1

Ej. 2: Se utiliza un cristal de Ge como detector de fotones de alta energía (Radiación

gamma, Rγ). Un fotón de energía superior a la anchura de la banda prohibida al

penetrar en el cristal origina pares de e-/h+. Los electrones pasan desde el techo

de la BV al fondo de la BC Se desea determinar:

a) El número máximo de pares e-/h+ que puede producir una radiación

gamma de 1,5 MeV.

b) Si la resolución del detector es de ±4·103 pares de e-/h+, ¿cuál es la re-

solución de la energía mínima del detector?

Eg(Ge) = 0,67 eV.

a) E = nEg : paresE

En

g

66

10238'267,0

105,1 ⋅=⋅==

b) E = 4·103 pares·(Eg = 0,67 eV/par) = 4·103·0,67 = 2,68·103 eV, es la energía mínima

detectable. Por debajo de ésta, no funciona en condiciones adecuadas el detector.


6

Ej. 3: Cuando la temperatura de un cristal de Ge intrínseco pasa de 20 a 30º Celsius, su

conductividad se incrementa un 50%. Determinar:

a) La anchura de su banda prohibida, Eg.

b) En el caso del silicio, Si, de Eg = 1,1 eV, ¿cuál es el porcentaje de cambio de su

conductividad para el mismo cambio de temperatura?

a) σ(30º) = σ(20º) + 0,5σ(20º) = 1,5σ(20º) 5,1)20(

)30( =σσ

20

g

KT2

E

0e)20(−

σ=σ , 30

g

KT2

E

0e)30(−

σ=σ

5,13020

11

2

20

30 ==

−

TTK

Eg

eσσ

ln 1,5 =

−303

1

293

1

2 B

g

k

E Eg = 2kB ln 1,5

Eg = 2x8,6×10-5 (eV/ kB)·ln 1,510

303293⋅= 0,61 eV

b)

−×⋅

−

−== 303

1

293

1

106,82

1'111

2 53020

)20(

)30(ee TTK

Eg

σσ

55,2)20(

)30( =σσ

σ(30) = σ(20)·2,055 = σ(20) + 1,05·σ(20) = 105%


7

Ej. 4: La máxima longitud de onda λ0 de una radiación que actúa sobre una LDR (semi-

conductor cuya resistencia depende de la iluminación) es λ0 = 1,82·10-6 m a 300º

K. Determinar:

a) El valor de la anchura, Eg, de su banda prohibida.

b) El aumento de temperatura, ∆T, sobre 300 K necesario para que su

conductividad crezca un 20%.

Eg = hν0 = 0

hc

λ : J

mEg

196

834

100925,11082,1

1031062,6 −−

−

×=⋅

×⋅⋅=

σ2 = 1,2·σ1; 6,39562

=B

g

k

E; ln 1,2 =

−=

−=

2211

2 1

300

16,3956

11

2ln

TTTk

E

B

g

σσ

3

2

1024,36,3956

2,1ln

300

11 −×=−=T

; de aquí que: T2 = 307,3 K y ∆T = 7,3 K.

4. SEMICONDUCTORES EXTRINSECOS

Independientemente de los portadores de origen térmico pueden existir en un cristal

semiconductor electrones y/o huecos generados por dopado.

Como es sabido, la estructura reticular de los semiconductores intrínsecos usuales,

(IV-IV, VII-II y V-III del SP) es tal que cada átomo es centro de un tetraedro, y se encuen-

tra unido por enlaces covalentes a otros cuatro átomos situados en los vértices de dicho

tetraedro. Cada enlace está formado por un par de electrones y los cuatro enlaces forman

un octeto de electrones que rodean cada átomo.

Fig. 3

En el Si cada átomo aporta 4 electrones compartidos para for-mar 4 enlaces covalentes.

AsGa compuesto V-III, el Ga aporta 3 electrones, símbolo x; el As aporta 5 electrones, símbolo •; en total 8 electro-nes que forman 4 enlaces covalentes.

Si Si

Si Si

Si

Si

Ga As

As Ga

Ga

As

Ga As Ga

x

x

x

x

x x

x

x

x

x


8

“El dopado” consiste en la introducción controlada de impurezas en la red. Se

sustituye un elemento por otro que tenga:

• Un electrón más de valencia que el sustituido, impureza donadora, que ioni-

zada, genera un electrón móvil por la red.

• Un electrón menos de valencia que el sustituido, impureza aceptora, que ioni-

zada, genera un enlace incompleto móvil por la red, que es un portador virtual

denominado hueco.

Cada impureza donadora genera un e- libre y se transforma en un ion positivo fijo

en la red, origina un semiconductor tipo-n, que:

• Conduce por electrones y su coeficiente de Hall es negativo, RH < 0

• Los electrones son mayoritarios

• Los huecos son minoritarios

Cada impureza aceptora genera un h+ y se transforma en un ion negativo fijo en la

red, origina un semiconductor tipo-p, que:

• Conduce casi exclusivamente por huecos y el coeficiente de Hall es positivo,

RH > 0

• Los huecos son mayoritarios

• Los electrones son minoritarios

Para el Ge y el Si elementos del grupo IV, con 4 electrones valencia, son impure-

zas:

Donadoras: P, As, Sb, elementos del grupo V con 5 electrones valencia.

Aceptoras: B, Al, Ge, In, elementos del grupo III con 3 electrones valencia.

Fig. 4

n >> p

Si Si

Si P+

Si

Si

Si Si Si

Si

In-

Si

e-h+

p >> n


9

Como los elementos introducidos son de los grupos III y V, de volumen atómico

análogo y en proporciones menores que 1/106, la red del semiconductor no se deforma y

Eg permanece invariable.

Las Figuras 5 y 6 muestra por separado los semiconductores tipo n y tipo p.

Fig. 5 Semiconductor tipo n y la correspondiente representación del proceso mediante las

bandas de valencia y de conducción.

Obsérvese en la fig.5 que el nivel de energía del electrón señalado con 5, como los del P,

está ligeramente por debajo de la BC en 0,01 eV. Con muy poca energía este electrón es-

capa del fósforo pasando a la BC, es un electrón que procede de la ionización del átomo de

P y por tanto tiene un origen de ionización. También hay electrones que proceden de la

ruptura de enlaces, son de origen térmico, estos dejan un hueco en la BV.

Fig. 6 Semiconductor tipo p y la correspondiente representación del proceso mediante las

bandas de valencia y de conducción.


10

Obsérvese en la fig.6 que el nivel de energía del hueco señalado con 4, como los del B,

está ligeramente por encima de la BV en 0,01 eV. Con muy poca energía este hueco capta

un electrón de otro átomo de B quedando el otro átomo de B ionizado negativamente. A su

vez se genera otro hueco en la BV, es un hueco que procede de la ionización del átomo de

B y por tanto tiene un origen de ionización. También hay huecos que proceden de la rup-

tura de enlaces, son de origen térmico, estos dejan un hueco en la BV y al mismo tiempo

deja un electrón libre en la BC..

_________________________________________________________________________

Ej. 5: Estudiar el dopado con Se o con Cd del AsCd.

_________________________________________________________________________

El Se, con 6 electrones de valencia, es un donador. El Cd con 2 es un aceptor, transforman

al AsGa en un semiconductor extrínseco de tipo n o p respectivamente, tal como se indica :

En el AsGa intrínseco el octeto de electrones correspondiente a los 4 enlaces se

forma mediante la aportación de 5 electrones de As y 3 electrones de Ga, fig. 7a.

Fig. 7a

Fig. 7b

Ga Asx x

x

x

• Electrón de valencia del As o del Se

x Electrón de valencia del Ga o del Cd

Ga Se+

As Ga

Ga

As

Ga As Cd -x x

x x

x

x

x

x

As

Ga

As x

x

x

e-

h+


11

El Se, sustituye al As, utiliza 5 de sus 6 electrones valencia en formar 4 enlaces con

el Ga y el sexto se deslocaliza y queda móvil por la red.

El Cd sustituye al Ga, utiliza sus 2 electrones valencia en formar dos enlaces com-

pletos con el Ga. Queda un enlace incompleto, que es móvil por la red, genera un hueco.

5. IONIZACION DE LAS IMPUREZAS

Como ya se ha visto, una impureza donadora o aceptora se transforma en un ión

positivo o negativo. Este está unido por enlaces covalentes con cada uno de los cuatro áto-

mos adyacentes y queda fijo en la red. El electrón o el hueco sobrante quedan muy débil-

mente unido al ión, en un pozo de potencial cuantizado. Su nivel fundamental, n = 1, nivel

donador ED o aceptor, EA está muy próximo al fondo o al techo de la BC o de la BV. La

energía de ionización, fig. 5 y 6, EC – ED y EA – EV es del orden de unas centésimas de eV.

La agitación térmica, a temperatura ambiente T = 300 K es del orden kBT = 0,025 eV y es

suficiente para ionizar la impureza de forma que salga del pozo el portador y entre en la

BC o en la BV el electrón o el hueco, según se trate, y se mueva por el interior del cristal

en forma de portador semilibre deslocalizado. La concentración de impurezas regula la

concentración de estos portadores, si ésta es muy grande, mayor que 1023 m-3, se dice que

el semiconductor está degenerado y se forma un gas de portadores análogo al de Fermi en

los metales. Todo ello se esquematiza en la fig. 8.

En este ejemplo el nivel ED están ionizados en 80%.

En este ejemplo el nivel EA están ionizados el 75%

Fig. 8

EcEc - ED

EA - EvEv

ED

EA

electrones

portador ligado

huecos


12

Ej. 6: Una estimación precisa de los niveles de impureza, ED/EA se obtiene considerando

que el portador sobrante y el ión monovalente de impureza es equivalente a un áto-

mo hidrogenoide según el modelo de Bohr. Determinar el valor del orden de mag-

nitud de esos niveles de impurezas.

El cálculo nos muestra que el radio orbital es mucho mayor que el del H, r(H) = 0,5

Å, y la energía de ionización mucho menor, fig. 9.

En el caso de la impureza P+ en el semiconductor Si. Se supone que éstos, ión y

portador, están sumergidos en un mar de átomos de Si, permitividad relativa del Si, εr = 12.

e-

Fig. 9

Hay que tener en cuenta que el electrón no se mueve en el vacío sino en una red

cristalina, y su masa no es m0 = 9×10-31 Kg., sino su masa efectiva m* = 0,31m0.

En el caso del átomo de H: 22

0

40

18 h

emE

ε= : E1 = 13,6 eV

En el caso de un ión de fósforo, P, la energía requerida para extraer el electrón del

P+ desde el estado fundamental n = 1 a la proximidad de la BC, n= ∞, vale:

impureza P: eVm

m

h

emE

rD 04'0

12

4'06'136,13

8 20

*

222

4

=⋅===∗

εε

Donde r0εε=ε , m*=0,4m0 y εr=12.

La gráfica de la fig. 10 indica como varía, con la temperatura T, el número de por-

tadores de un semiconductor dopado, comparativamente con el caso de que el semiconduc-

tor fuese intrínseco. Al aumentar T, comienza la ionización de las impurezas, donadoras o

aceptoras, y el número de portadores que estas generan es mucho mayor que los que posee

Si

Si Si

Si Si

Si

P+

Si Si

Si Si

Si

Si

Si

Si

Si

Si


13

un semiconductor intrínseco. Cuando todas las impurezas están ionizadas, “saturación”, el

número de portadores es prácticamente constante e igual al número de impurezas. En el Si

intrínseco ni = pi ≅ 1016 m-3 al dopar con P, Nd ≅ 1021 m-3 se sigue n ≅ Nd = 1021 m-3, p =

1032/1021 = 1011 m-3. Al aumentar T, por encima de los 300 K, crece el número de portado-

res debido a la excitación térmica (intrínseca), y se mantienen constante los debidos a la

ionización. A temperaturas aún más elevadas, el número de portadores se debe fundamen-

talmente a los generados por excitación térmica, y las dos curvas n(T) extrínsecas e intrín-

secas son asintóticas, fig.10.

Fig. 10

Como a temperatura ordinaria de 300 K, todas las impurezas están ionizadas, las

concentraciones Nd o Na quedan determinadas:

Nd ≅≅≅≅ Nd+ ≅≅≅≅ n Na ≅≅≅≅ Na

- ≅≅≅≅ p

Con las técnicas actuales de dopados, muy precisas cualitativamente y cuantitati-

vamente, pueden obtenerse concentraciones de impurezas de magnitud prefijada, y con ella

concentraciones de portadores precisas, exentas de error.

6. DENSIDAD DE ESTADOS

Análogamente a los electrones libres de los metales en la banda de conducción, se

define en los semiconductores una función “densidad de estados”, dE

)E(dN)E(g = , cociente

diferencial entre el número de estados energéticos, dN (E), de los portadores en un entorno,

alrededor de E, y de anchura dE.

Todas las impurezas ionizadas a 300 K

1022

1021

100 300200 T (K)0

semiconductor intrínseco

n (m-3)

Dependencia de la concentración con la temperatura

Semiconductor extrínseco

Todas las impurezas ionizadas a 300 K

1022

1021

100 300200 T (K)0

semiconductor intrínseco

n (m-3)

Dependencia de la concentración con la temperatura

Semiconductor extrínseco


14

Como en un semiconductor hay dos bandas posibles, banda de conducción y banda

de valencia, de movimiento para los portadores se definen dos funciones, gc(E) y gv(E)

para una y otra banda.

En los metales, con ayuda de la mecánica cuántica, se determinaba g(E):

322

)m2(

dE

)E(dN)E(g

23

hπ== E1/2 = CE1/2

donde E era la energía cinética del electrón.

Análogamente en los semiconductores, en la BC se toma el valor de energía cinéti-

ca cero a partir de su fondo, EC, y en la BV en el techo, EV, de aquí que:

21

23

)EE(2

)m2()E(g c32

*n

c −π

=h

, E≥EC , 21

23

)EE(2

)m2()E(g v32

*p

v −π

=h

, E ≤ Ev

gc(E) y gv(E) son invariantes, no dependen de las concentraciones de impurezas. En

ellas no intervienen más que las masas efectivas, mn* y m*

p del electrón y del hueco.

En las expresiones gc(E) y gv(E) intervienen las energías cinéticas Ek = E – EC, del

electrón y del hueco E´k = Ev – E. Esta última crece hacia abajo partiendo de Ev = 0. En la

Fig. 11 se muestra las variaciones de energías de electrones y huecos respectivamente se-

gúnla energia adquirida por cada uno de ellos en la BV.

Fig. 11

a) Cuando un electrón se encuentra en el fondo de la BC o en el techo de BV su energía

cinética es nula. Al pasar desde el estado más elevado de la BV al primero más bajo de

la BC se gana exclusivamente energía potencial, ∆Ep = Eg.

b) Cuando un electrón situado en el techo de la banda de valencia absorbe una energía:

E > Eg adquiere una energía potencial Ep = Eg y una energía cinética Ek = E – Eg .

c) En este caso se considera un electrón que adquiere una energía E y su estado inicial no

es el tope de la BV, sino un estado interior a esta banda:

Ec Ec Ec

Ev Ev = 0

b) c) d)a)

E

EK EK > 0 EK > 0

E

E K > 0E K

Sentido deaumento de energía de electrones.

Sentido deaumento de energía de huecos.

Ec Ec Ec

Ev Ev = 0

b) c) d)a)

E

EK EK > 0 EK > 0

E

E K > 0E K

Sentido deaumento de energía de electrones.

Sentido deaumento de energía de huecos.


15

E = E k + Eg + Ek

Donde Eg es energía potencial, E´k y Eg son energías cinéticas.

d) La salida de este electrón desde la BV crea un hueco en la posición del enlace donde

estaba inicialmente. Este proceso, energéticamente, es equivalente a considerar el elec-

trón con energía Ek en la banda de conducción y un hueco con energía E´k en la banda

de valencia. La energía del hueco se ha medido hacia abajo, desde EV.

7. DISTRIBUCION DE LOS PORTADORES EN LOS ESTADOS ENERGETICOS

Los portadores en una y otra banda intercambian entre ellos la ocupación de los

estados energéticos, se establece un equilibrio dinámico regulado por leyes estadísticas.

La función de probabilidad de ocupación de los estados energéticos “posibles” es la

función de distribución de Fermi. Como vimos en el estudio de los metales:

TK

EEFD

B

F

e1

1)E(f −

+=

El estado energético E = EF es tal que la probabilidad de ocupación es 1/2:

2

1

e1

1)E(f

KT

0FFD =+

=

a) Para T = 0, como vimos en el tema 2, la forma de fFD(E) es de un escalón tal que:

E < EF : fFD(E) = 1

E > EF : fFD(E) = 0

b) Para T ≠ 0, fFD(E) la forma varía poco, se curvan sus vértices y sigue pasando por el

punto (1/2, EF), fig. 12.

Fig. 12

E

fFD(E)

EF

11/2

T = 1000 K

T = 0 K

E

fFD(E)

EF

11/2

T = 1000 K

T = 0 K


16

c) Las probabilidades de que esté ocupado un estado E, o de que esté desocupado, son

fFD(E) y (1-fFD(E)) respectivamente. La suma de las probabilidades de los estados simé-

tricos respecto a EF suman 1. La función fFD(E) es antisimétrica respecto al punto (EF,

1/2).

En un semiconductor intrínseco por cada electrón en la banda de conducción hay un

hueco en la banda de valencia.

Son iguales las probabilidades de que esté ocupado un estado en la banda de con-

ducción o de que esté desocupado el estado simétrico en la banda de valencia. Es

2

1)E(f FFD = :

2

EE g

F = , el nivel EF equidista de Ec y de Ev.

Cuanto mayor es el dopado, los niveles de impurezas ED o EA se acercan en mayor

medida a Ec o Ev. Con ello aumenta la probabilidad de paso de los electrones a la banda de

conducción o de los huecos a la banda de valencia. El nivel de Fermi, sube o baja de forma

que se verifique fFD(EF) = 1/2, fig. 13.

Fig. 13

Para concentraciones de impurezas Nd o Na menores de 1023 m

-3 el semiconductor

se dice que está “no degenerado”. El nivel de Fermi está en la zona prohibida pero debajo

de la BC y encima de la BV en un intervalo superior a 3kBT, fig. 14.

Fig. 14

Para concentraciones de impurezas grandes Nd o Na del orden 1025 m-3, hay tal abundancia

de portadores que el semiconductor está semimetalizado. El nivel de Fermi se acerca o está

por encima de EC o se acerca o está por debajo de EV, se dice que el semiconductor está

“degenerado”. Con estos semiconductores se fabrican láseres, diodos Zener, etc.

Ec

EF

Ev

Ec

EF

Ev

Ec

EF

Ev

ED

EA

s. intrínseco s. intrínseco tipo-n

s. intrínseco tipo-p

a) b) c)

EF

EF

Posición de EFpara estados no

degenerados.

EF

EF


degenerados.

3kBT

3kBT

EF

EF


degenerados.

EF

EF


degenerados.

3kBT

3kBT


17

El número de portadores dN (E) que ocupan los estados de un intervalo de energía, dE,

alrededor de E es:

dN (E) = (estados existentes en ese intervalo) x (probabilidad de que estén ocupados estos

estados) = g(E)·dE·fFD(E)

De esta igualdad, por integración, se obtienen:

• La concentración, n, de electrones en la BC es: ∫∞

⋅⋅=cE

cFD dE)E(g)E(fn ,

• La concentración, p, de huecos en la BV es: [ ]∫∞−

⋅⋅−=vE

vFD dE)E(g)E(f1p

La complejidad del integrando, )1/()( KT

EE

c

F

eEE−

+− de estas igualdades dificulta su inte-

gración. En el caso de un semiconductor, “no degenerado”, que es lo usual, se verifica:

E – EF > 3kBT : 1e KT

EE F

>>−

por consiguiente el denominador de la función de Fermi-Dirac

se aproxima a la función de distribución de Maxwell-Bolzmann:

( ) kT/)EE(1kT)EE( FF ee1

−−−− ≅+

Por tanto en un semiconductor no degenerado, la distribución de energía entre los portado-

res obedece a la estadística de Maxwell-Boltzmann: fFD(E) ≅ Ae- E/KT = fMB(E)

En este caso los integrando se aproximan por la expresión KT

E

ceEE−

− , lo que facilita la

integración.

La fig. 15 a, b, c, d y e expresan gráficamente las funciones g(E), f(E) y los resulta-

dos n o p obtenidos mediante la integración gráfica de ∫ dE)·E(f)·E(g , representada como

el área de los recintos rayados, obsérvese que:

a) La primera columna corresponde a las funciones g (E): parabólicas independientes de T

y de la concentración de impurezas.

También, Eg, es una constante específica del material. En los metales Eg es nula.

b) La segunda columna corresponde a la probabilidad de ocupación fFD(E) de electrones y

[1 – fFD(E)] a la ocupación de huecos o ausencia de electrones.


18

Fig. 15

Metales

Aislantes y semi-conductores a T = 0 K

Semiconductor intrínseco a T > 0 K

Semiconductor extrínseco a T > 0 K tipo-n

Semiconductor extrínseco a T > 0 K tipo-p

E E E

g(E) f(E)

x =

T > 0 ºK

T= 0 ºKEF EF

T > 0 ºK

T= 0 ºK

E E E

g(E) f(E)

g(E)·f(E) = 0Ec

Ev

EF

a)

b)

10'5

g(E)(1-f(E)) = 0

g(E)·f(E) = 0

0 10'5

g(E)=0 entre EC y EV

e)

E E E

g(E) f(E)

Ec

Ev

EF

10'5 g(E)(1-·f(E)) =

electrones n

huecos p

dp

dE

EA

E E E

g(E) f(E)

Ec

Ev

EF

c)

d)

10'5 g(E)·f(E) =

ni

pi

dni

dE

E E E

g(E) f(E)

Ec

Ev

EF

10'5 g(E)·f(E) =

electrones n

huecos p

dn

dE

ED


19

En todos los casos tiene fFD(E) forma de escalón a T = 0 K, o escalón de vértices redon-

deados para T > 0ºC.

En los aislantes y semiconductores intrínsecos EF, equidista de Ec y Ev y fFD(E) es antisi-

métrica respecto el punto (1/2, EF) del plano coordenado fFD(E), E.

En los semiconductores extrínsecos fFD(E) se traslada sin deformarse, paralelamente al eje

E y EF se acerca a EC, en los del tipo-n o a EV en los del tipo-p.

c) En la tercera columna se ha tomado como variable independiente las energías E, según

las ordenadas, y como variables dependientes el producto g(E)·f(E). El valor de la integral

∫ ⋅⋅ dE)E(f)E(g es el área del recinto rayado, que corresponde a las concentraciones de

electrones o de huecos.

En los aislantes o semiconductores intrínsecos a 0 K estas áreas son nulas, lo que

equivale a la ausencia de portadores.

A temperatura mayor de 0 K las áreas ni y pi son iguales en los semiconductores in-

trínsecos. En el caso de semiconductores extrínsecos las áreas correspondientes a n o p

muestran las desigualdades entre mayoritarios y minoritarios propias de este tipo de semi-

conductores. Los límites de integración dependientes de la cantidad de impurezas regulan

la ocupación de estados y con ellos las concentraciones n o p.

En resumen si el semiconductor no está degenerado (concentración de impurezas

menor que 1023 m-3 y la temperatura no es muy alta, lo que es frecuente en los dispositivos

electrónicos) se tiene para la concentración n, de electrones en la banda de conducción y, p,

de huecos en la banda de valencia las igualdades:

KT

EE

c

Fc

eNn−

−= y

KT

EE

v

vF

eNp−

−=

Donde:

23

2

*22

= Tk

mN B

ec

h

π Densidad efectiva de estados para electrones en el fondo de la BC.

23

2

*22

= Tk

mN B

hv

h

πDensidad efectiva de estados para huecos en el techo de la BV.


20

A temperatura ambiente Nc y Nv son del orden de 1025 m-3. Estas igualdades son vá-

lidas para toda clase de semiconductores tanto intrínsecos como extrínsecos. En estos últi-

mos estas expresiones se refieren al “nivel de Fermi intrínseco”, Ei, que equidista de las

BC y BV: )EE(2

1E vci +=

Con lo que las concentraciones intrínsecas ni y pi, se obtienen:

ni = pi : KT

EE

ci

ic

eNn−

−= ; KT

EE

vi

vi

eNp−

−=

(EF)int = Ei

De estas expresiones y de las correspondiente a los semiconductores extrínsecos se tiene

las relaciones alternativas a n y p pero expresadas en función de la concentración intrínse-

ca, ni :

Multiplicando n por p o ni por pi se obtienen unos notables resultados:

KT

E

vcKT

EE

vc2iii

gvc

eNNeNN n ·pn n·p−−−

====

1º) KT2

E

vcii

g

eNN pn −

== que es la base para obtener la expresión Tk

E

B

g

e 20 (T)

−=σσ

2º) A temperatura constante los productos de las concentraciones de electrones y huecos

es constante, “ley de acción de masas”:

Nivel de Fermi para semiconductores intrínsecos: Igualando las concentraciones elec-

trones y de huecos, ni = pi se obtiene: Tk

EE

vTk

EE

cB

VF

B

FC

ee−

−−

−=N N

=v

cB N

NTk ln -2EF + EC-EV = -2EF +EG; -2EF = -EG +

v

cB N

NTk ln

KT

EE

i

iF

enn−

= KT

EE

i

iF

enn−

= KT

EE

i

Fi

epp−

= KT

EE

i

Fi

epp−

=

KT

E

vci

g

eNNTCn−

==== )( ·pn n·p 2ii


21

2

3

2

*22

= Tk

mN B

ec

h

π

2

3

2

*22

= Tk

mN B

hv

h

π

Teniendo en cuenta el cambio de signo, se toma el inverso del cociente de NC/NV y por ello

resulta:

EF = *

*

ln4

3

2 e

hB

G

m

mTk

E+

A 300 K para el silicio, la relación entre las masas efectivas de huecos y electrones es 0,69

y el segundo sumando vale -0,0073 eV, con lo que para semiconductores intrínsecos resul-

ta: EF = Ei = 2GE

es decir, el nivel intrínseco o nivel de Fermi está situado a la mitad de

la banda prohibida.

Nivel de Fermi para semiconductor extrínseco. En este caso podemos ver a partir de la

relación entre n y p que:

Tk

EEE

V

C B

VCF

eN

N

p

n)(2 +−

= y de aquí se deduce que: pN

nNTkEEE

C

VBVCF ln

22+

+=

Para un semiconductor tipo n donde n>>p, el segundo sumando es positivo y el nivel de

Fermi se aproxima al fondo de la BC. Lo contrario ocurre cuando el semiconductor sea de

tipo p. Esto se muestra en fig. 16 a y b.

(a) (b)

Fig. 16

Si descomponemos el segundo sumando de la expresión anterior, de un lado el cociente de

las densidades de estados y de otro el cociente de las concentraciones de electrones y hue-

cos, entonces el nivel de Fermi se puede escribir como:

23

*h

*e

v

c

m

m

N

N

=

Eg

EC

EV = 0

Ei

EFEg

EC

EV = 0

Ei

EF

EC

EV = 0

Ei

EF

Eg

EC

EV = 0

Ei

EF

Eg


22

+

+

+=

p

nTk

m

mTkEEE B

e

hBVCF ln

2ln

4

3

2 *

*

. Tomando la referencia de energía potencial

en el borde de la BV y asignándole el valor cero, entonces el cociente Ec/2 es idéntico a la

anchura de la BP, Eg dividido por 2. Por ello la expresión del nivel de Fermi para todo tipo

de semiconductor, con las características estudiadas resulta:

Si el semiconductor es de tipo n, entonces es conveniente usar la expresión que da la con-

centración de portadores, n, en función de la densidad de estados de la BC. En ese caso si

despejamos el valor del nivel de Fermi si conocemos la concentración n, resulta:

cBCF N

nTkEE ln+=

A temperatura ambiente todos los elementos donadores están ionizados, por lo que n es

aproximadamente igual a la concentración de donadores, ND, que normalmente es un dato

conocido.

Si el semiconductor es de tipo p, partiendo de la expresión que da la concentración de

portadores de huecos, p, en función de la densidad de estados de la BV, resulta para el ni-

vel de Fermi:

VV ln

N

pTkEE BF −=

A temperatura ambiente todos los aceptores están ionizados, de manera que p es aproxima-

damente igual a la concentración de aceptores, NA.

Expresiones equivalentes a las que dan el nivel de Fermi para los semiconductores tipo n y

tipo p pero en función de la concentración intrínseca:

+

+=

p

nTk

m

mTkEgE B

e

hBF ln

2ln

4

3

2 *

*

Tipo n: i

BiF n

nTkEE ln+=

Tipo p: i

BiF p

pTkEE ln−=


23

Estas últimas expresiones son más prácticas y muy utilizadas porque normalmente ni casi

siempre es un dato conocido.

Ej. 7: Determinar el nivel de Fermi de un semiconductor tipo N a una T donde es conoci-

do la concentración de donadores Nd y la masa efectiva de electrones m*e.

En este caso: Nd ≅ Nd+ ≅ n,

23

2

*22

= Tk

mN B

ec

h

πy

Tk

EE

cB

FC

e−

−=N n de aquí que:

23

*22

lnln

+=+=

h

Tkm

nTkEE

N

nTkE

Be

Bccc

BF

π

Ej. 8: Calcular Nc, para el Si a 300 K, si es m*e(Si) = 0,31 m0

2

3

2

*22

= Tk

mN B

ec

h

π=

×⋅⋅×⋅×⋅⋅⋅

−

−−

sJ

KKJKg34

2330

1062'6

300/1038,1101,931,014,322

Ej. 9: Calcular la concentración de portadores intrínsecos a 0ºC. Datos: Eg = 0,8 eV,

m*e= m*

h= 0,4 m0

NV = NC = 4,82×1015×0,43/2×2733/2 = 5,5×1018 cm-3

162

8,040

2=×=

Tk

E

B

g ; 162 −

−

= ee Tk

E

B

g

Ej. 10: Se dopa con Te, Nd = 1017 cm3, el AsGa a 300 K.

Indicar razonadamente:

a) El tipo de semiconductor extrínseco resultante.

b) La posición del nivel de Fermi respecto a Ev.

Datos: ni = 2×106 cm-3, Eg = 1,43 eV.

a) El Te tiene 6 electrones valencia, sustituye al As que tiene 5 electrones. El Te es un

donador y el semiconductor es del tipo-p.

ni = pi = 6,6×1011 cm-3


24

b) KT

EE

i

iF

enn−

=0 n0 ≅ Nd = 1017

EF – Ei = =×

=6

170

102

10ln

40

1ln

iB n

nTk 0,61 eV

Fig. 17

Ej. 11: La probabilidad de que un estado en el extremo inferior de la banda de conducción

(Ec) esté ocupado es precisamente igual a la probabilidad de que un estado com-

plementario en el extremo superior de la banda de valencia (Ev) está vacío. ¿Cuál

es la posición del nivel de Fermi?

f(Ec) = 1 – f(Ev)

KT

EEc Fc

e1

1)E(f −

+=

1 – f(Ev) = KT

EE

KT

EE

KT

EE

KT

EE

KT

EE FvFvFv

Fv

Fv

e1

1

e1

11

e1

1e1

e1

11 −−−−

−

−

+=

+−=

+

−+=+

−

f(Ec) = 1 – f(Ev)

KT

EE

KT

EE vFFc

e1

1

e1

1−−

+=

+ KT

EE

KT

EE vFFc

ee−−

=

Ec – EF = EF – Ev Ec + Ev = 2EF

2

EEE vc

F

+= , si se toma EV como cero resulta que:

El nivel de Fermi se encuentra en la mitad de la banda prohibida.

E c

E v

E F

E i

1,325 eV 0,61

0,715

1,43


25

______________________________________________________________________

Ej. 12 Un semiconductor intrínseco, EG=1,2 eV, se dopa negativamente de tal forma que

su nivel de Fermi se eleva y queda a EG/3 por debajo de la BC. Calcular su resistividad a

temperatura ambiente, 300 K, sabiendo que para este semiconductor, ni=1016 m-3 y

µn=0,135 m2(V·s)-1. Tomar 1/kBT para 300 K igual a 40.

EF-Ei= EF-EC+ EC-Ei=-EG/3+EG/2=EG/6=0,2 eV

3192,0··4016kT/)EE(i m10··3e·10enn iF −− ===

m··54,110··3··135,0·10··16

1

qn

11919

n

Ω==µ

=ρ −

8. ECUACION DE NEUTRALIDAD ELECTRICA

A una temperatura dada las igualdades:

KT

EE

c

Fc

eNn−

−= , KT

EE

v

vF

eNp−

−=

no permiten, en general, calcular la concentración de portadores pues usualmente EF es

una incógnita.

Se dispone de otras igualdades:

1º) La ley de acción de masas 2inpn =⋅

2º) La ley de neutralidad eléctrica, que se formula como sigue: los semiconductores

dopados contienen impurezas donadoras y aceptoras de concentraciones Na y Nd respecti-

vamente. Una fracción de estas se han ionizado. Haciendo el cómputo de las cargas por

unidad de volumen:

Clases de partículas Cargas

Electrones de conducción -ne

Átomos donadores ionizados +Nd+e

Átomos aceptores ionizados -Na-e

Huecos +pe


26

El semiconductor es neutro en conjunto, esto es, tiene que tener la misma carga po-

sitiva que negativa, por ello se verifica:

n + Na- = p + Nd

+

A temperatura ambiente Nd+ ≈ Nd y Na

- ≈ Na, las impurezas están totalmente ioni-

zadas, de aquí que: n + Na = p + Nd

Cálculo de la concentración de portadores: partiendo de las dos leyes anteriores,

acción de masas y neutralidad podemos resolver la mayoría de los problemas que se nos

puedan plantear. Deben de tenerse en cuenta, además, que se cumplan las siguientes condi-

ciones:

1. Que el semiconductor esté en equilibrio, esto es, no sometido a perturbacio-

nes externas (campos eléctricos, magnéticos, iluminación, etc.)

2. Que no sea degenerado.

3. Que este ionizado completamente.

Con estas condiciones y las ecuaciones: 1) 2inpn =⋅ y 2) n – p = Nd - Na

Combinándolas, resulta: ( ) 022 =−−− iad nNNnn

La solución para n es:

2

2

22

22

22

idada

iadad

nNNNN

p

nNNNN

n

+

−+−=

+

−+−=

A partir de esta solución completamente general podemos estudiar los distintos casos parti-

culares que se pueden plantear:


27

CASOS:

1) Semiconductor intrínseco: iad nnNN =⇒== 0

2) S. Tipo n: 2i

d

nnp

Npn

=

+= Si

3) S. Tipo p: 2i

a

nnp

pNn

=

=+ Si

4) S. dopado con ambos tipos de impurezas pero Na >Nd y además que (Na - Nd)2 >>ni

2:

En este caso resulta: da

ida NN

nnyNNp

−=−=

2

5) Si Na < Nd y además (Nd – Na)2 >>ni

2

En este caso resulta: ad

iad NN

npyNNn

−=−=

2

Proporción de concentración de portadores de origen térmico y de ionizados: es fre-

cuente que haya necesidad de responder a esta cuestión. Si se trata de un semiconductor

tipo n, entonces resulta:

dNpn += y dividiendo por n obtenemos: nNnp d //1 += donde el cociente p/n

representaría la proporción de huecos y por tanto la de electrones de origen. De otro lado el

cociente Nd/n representa la proporción de electrones procedentes de la ionización de los

átomos donadores. Si la concentración de donadores es muy alta entonces casi toda la con-

centración de portadores es de origen ionizado y la proporción de térmicos es despreciable.

De manera análoga se razonaría para un semiconductor tipo p.

⇒⟩⟩ 22id nN

d

i

d

N

np

Nn2

=

=

⇒⟩⟩ 22ia nN

a

i

a

N

nn

Np2

=

=


28

En la tabla siguiente se muestra un resumen de los resultados más habituales:

Clase del semiconductor Concentraciones

Tipo-n n ≅ Nd

d

2i

N

np =

Tipo-p p ≅ Na

a

2i

N

nn =

Compensado

Descompensado

Descompensado

Na = Nd n = p = ni

Na > Nd p = Na - Nd da

2i

NN

nn

−=

Na < Nd n = Nd – Na pad

2i

NN

n

−=

Ej. 13: Un monocristal de Ge, dopado con átomos de fósforo, está tallado en forma de

lámina de espesor d = 10-4 m (fig.18). Entre sus dos caras existe una diferencia

de potencial de 4 V, siendo la resistividad y la movilidad entre ellas de

ρ=0,1 Ωm y µn = 0,39 m2V-1s-1 respectivamente a temperatura ambiente. Calcu-

lar:

a) Tiempo que emplea un electrón de conducción en atravesar la lámina.

b) Concentración, Nd, de donadores.

c) Relación entre el número de átomos de Ge y de P (recuérdese que la celda

del Ge es cúbica de arista a = 5,66 A y contiene 8 átomos).

Fig. 18

a) sV

d

E

d

V

dt

nna

882

1064'0439,0

10 −−

⋅=⋅

====µµ

b) n ≅ Nd >> pi > p σ = eµnn = eµnNd

4 Vd = 10-4 m


29

32019

106'139,0106'1

10 −− ⋅=

⋅×== m

eN

nd µ

σ

c) Átomos de Ge en 1 m3 = 3103 )1066,5(

88−×

=a

= 4,4×1028 m-3

=××=

28

20

104,4

106,1

)(GeN

Nd 0,36×10-8

Ej. 14: En un semiconductor extrínseco tipo-p de concentración intrínseca ni, con una con-

centración, Na, de aceptores. Calcular:

a) Las concentraciones p y n.

b) Los valores de estas concentraciones si lN

n

a

i <<

Formulemos la neutralidad electrostática y la ley de acción de masas:

p·n = p(p – Na) = ni2

p – Na – n = 0

p2 – pNa – ni2 = 0

( )

++=++=

21

2

222 4

112

42

1

a

iaiaa

N

nNnNNp

aa

iaa

a

ia NN

nNN

N

nNn −

++−=−

++=

21

21

2

2

2

2 411

2

411

2

12

1......4

2

11

41

2

2

2

2

2

2 21

≈+≅++≅

+

a

i

a

i

a

i

N

n

N

n

N

n

aa N)11(

2

Np =+=

a

2i

2a

2ia

N

n

N

n211

2

Nn =

++−=


30

Ej. 15: Un semiconductor está dopado negativamente, Nd = 1,4·1022 m-3. Su concentración

intrínseca de portadores es ni = pi = 1,4·1016 m-3 y la movilidad de los electrones en

su banda de conducción es µn = 0,4 m2/V·s. Determinar:

a) La concentración de huecos p.

b) La conductividad σ

n ≅ Nd+ ≅ Nd , n·p = ni

2 , ( ) 310

22

216

104,1104,1

104,1 −⋅=⋅⋅= mp

σ = enµ = 1,6·10-19C·1,4·1022 m-3·0,4 m2/V·s = 897,2 (Ωm)-1

Ej. 16: El peso atómico-gramo del Ge es A(Ge) = 72,1 gr. y su densidad es de ρ = 5,32

gr./cm3 y la movilidad de los electrones µn = 0,36 m2/V·s. Se dopa el germanio con

átomos de Sb, por cada átomo de donador hay 106 átomos de Ge. La concentra-

ción intrínseca ni(Ge) = 2,5·1013 cm-3. Calcular las concentraciones de electrones

y de huecos, y la resistividad del semiconductor extrínseco.

La densidad es igual al número de átomos por unidad de volumen por el peso real

de cada átomo.

avN

)Ge(And = :

1,72

1003,632,5

)(

23×==GeA

Ndn av =4,4×1022 cm-3

Nd = (4,4×1022)·10-6 = 4,4×1016 cm-3 = n

31016

2132

1042,1104,4

)105,2( −×=×

×==

= cmNn

np

d

in

cmNe nd

Ω×=⋅×⋅×

=⋅⋅

== −−

41619

103943600104,4106,1

111

µσρ


31

Ej. 17: Una muestra de Sí a 300 K está dopada con P y Ga con concentraciones Nd = 1022

m-3 y Na = 5·1021 m-3 respectivamente. Calcular:

a) Las concentraciones de electrones (n) y huecos (p) sabiendo que la densidad

de electrones para él Si intrínseco es ni = 1016 m-3.

b) La conductividad de la muestra supuestas iguales las movilidades de ambos

portadores µn = µp = 0,2 m2 (Vs)-1

c) Las velocidades de arrastre (vn) y (vp) cuando se aplica una diferencia de po-

tencial de 0,5 V entre los extremos de una varilla de 10 mm de longitud fabri-

cada con el anterior material semiconductor.

a) Nd + p = Na + n ; como Nd – Na = 5·1021

Suponemos n >> p (o bien Nd – Na >> p)

n = Nd – Na = 321m105 −⋅

31021

32

ad

2i m102

105

10

)NN(

np −⋅=

⋅=

−=

b) σ = e(nµn + pµp) ≅ enµn = 1,6×10-19·0,2·5×1021 = 160 (Ωm)-1

c) <Vn> = µnE mVE /501010

5,03

=⋅

= −

<Vn> = 0,2·50 =10 m/s

<Vp> = 10 m/s (pues µn = µp)

Ej.18: Una muestra de Si tipo-n tiene una resistividad ρ = 5 Ωm a 300 K. Con los siguien-

tes datos, µn = 1600 cm2/V·s, µp = 600 cm2/V·s, ni = 1,4·1010 cm-3 . Determinar:

a) Concentraciones n y p

b) Localización de EF respecto de EC

c) Probabilidad de que un estado de nivel donador esté ocupado o que no

este ocupado.

)pn(e1

pn µ+µ=ρ

0,2 = 1,6·10-19(1600n + 600

n

210)104,1( ⋅)


32

n·p = ni2

n = 0,8·1015 cm-3

=⋅

⋅==15

2102i

108'0

)104'1(

n

np 2,45·105 cm-3

KT

EE

C

FC

eNn−

−= : 0,8·1015 = 025'0

EE19

FC

e10−−

EC – EF = 0,025 ln 244'0108'0

1015

19

=⋅

eV

ED – EF = (EC – EF) – (EC – ED) = (0,244 – 0,05) eV =

= 0,194 eV

Ocupado: %058'0108'5

e1

1

e1

1)E(f 4

025'0

194'0

KT

EED FD=⋅=

+=

+= −

−

No ocupado: f(ED) = 1 – f(ED) = 1 – 0,00058 = 0,99942 = 99,94%

Ej. 19: La anchura de la banda prohibida para el Ge es 0,67 eV. Las masas efectivas de

electrones y huecos son respectivamente 0,12 m y 0,23 m, donde m es la masa del

electrón libre. Calcular:

a) La energía de Fermi

b) La densidad de electrones

c) La densidad de huecos, a T = 300 K

a) Para un semiconductor intrínseco, *

*

ln4

3

2 e

hB

GF

m

mTk

EE +=

348,012,0

23,0ln

4

300106,83

2

67,0

12,0

23,0ln

4

3

2

5

=

×+=

+=− xxTKE

E BgF eV

b) KT

EE

c

FC

eNn−−

= con nivel 0 en EV, resulta:

EC

EF

EV

EF

EC

EC

ED

EF


33

EC – EF = Eg – EF = 0,67 – 0,348 = 0,322

kBT = 8,6×10-5·300 = 0,0258 eV

32659

76

334

5'12331

C m100104'01029'0

10517'12

)10626'6(

)3001038'1101'912'02(2N −

−

−

−

−−

⋅=⋅⋅=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅π=

luego n = 0,0104x1026 180258,0

322,0

104×=−

e m-3

p = n = 4×1018 m-3

9. CORRIENTES DE ARRASTRE Y DIFUSIÓN.

a) Arrastre:

Cuando se aplica un campo E a un semiconductor, fig. 19, se obtiene una corriente

de arrastre de portadores negativos y positivos, electrones y huecos, ambos cruzan la sec-

ción del semiconductor en direcciones opuestas y contribuyen a la densidad de corriente

total. Ya hemos visto que:

Fig. 19

c) Difusión:

La difusión es un proceso por el cual las partículas tienden a dispersarse o redistribuirse como resultado de su movimiento térmico, emigrando de forma visi-ble desde regiones de alta concentración de partículas a regiones de baja concen-tración de las mismas. Piénsese en un frasco de perfume abierto y colocado en un rincón del aula. Incluso sin corrientes de aire, el movimiento errático térmico desparramará las moléculas de perfume por todo el aula en un tiempo relativa-mente corto.

aJ

+-

E

V

+++---

E

V

nnnn

nnnan

enyE

EEenenJ

µσµσµ

=−===−=

v

v

pppp

pppap

epyE

EEepepJ

µσµσµ

==

===

v

v

)(

)(

pn

pnapana

pne

EpneJJJ

µµσµµ

+=

+=+=

dJ


34

En estos procesos de difusión las partículas, cargadas eléctricamente o no, tienden a dispersarse. La causa de la dispersión es el movimiento errático térmico y no la repulsión eléctrica, por eso no necesitan estar cargadas.

Para electrones podemos ver, en fig. 20, el sentido de la velocidad de mo-vimiento por difusión y el sentido de la corriente de difusión que es opuesto.

Fig. 20

El movimiento del electrón es opuesto al del gradiente que si se considera monodimensio-

nal, OX, la componente del gradiente es dn/dx.

La corriente generada verifica la ley de Fick, que es proporcional a su gradiente con signo

cambiado:

Para electrones, q = -e, resulta:

Dn, coeficiente de difusión, [m2s-1]

Densidad de corriente total para electrones y huecos:

Si además se aplica un campo eléctrico externo E al semiconductor en el sentido posi-

tivo del eje OX, fig.21, nos damos cuenta de que la corriente total de electrones Jn vale:

Fig. 21

0X

∇n > 0(1) (2)

-dJ

v

---

---

--

-

0X

∇n > 0(1) (2)

---dJ

v

------

------

----

--

dx

dnqDJ nd −=

dx

dneDJ nd =

0X

∇n > 0(1) (2)

-dnJ

v

---

---

--

-

E

-anJ

E

0X

∇n > 0(1) (2)

---dnJ

v

------

------

----

--

E

---anJ

E

dx

dneDEenJJJ nndnann +=+= µ


35

Para los huecos el cálculo de la corriente total, Jp, es análogo aunque la corriente de difu-

sión es, en este caso, opuesta a la de arrastre como se muestra en fig. 22.

Fig.22

¿Qué ocurre cuando en un semiconductor aparece un dopado no uniforme?

En la fig. 23, se muestra un semiconductor con dopado un uniforme. Posee una alta con-

centración de huecos en el extremo (1) y muy poca concentración de huecos en el extremo

(2).

Fig. 23

p1, concentración de huecos en (1) p2, concentración de huecos en (2) p1 > p2 Se mueven los huecos por difusión del extremo 1 al 2. El lado 1 se queda cargado menos

positivamente y el lado 2 se hace más positivo. Aparece entonces un campo eléctrico in-

terno que va desde 2 a 1. Dicho campo aumenta gradualmente hasta llegar a oponerse a

la nueva carga positiva que por difusión tiende a alejarse del extremo 1. Como consecuen-

0X

∇p> 0(1) (2)

dnJ

v

+

E

anJE

+++

++

+

++difusión

+

+

v

0X

∇p> 0(1) (2)

dnJ

v

++

E

anJE

++++++

++++

++

++++difusión

++

+++

v

dxdp

eDEepJJJ ppdpapp −=−= µ

(1)

+++

++

+++ +

(2)

difusión

dp/dx(1)

+++

++

+++ +

(2)

difusión

dp/dx

+++

++

+++ +

(2)

difusión

dp/dx


36

cia se carga el extremos del semiconductor con una diferencia de potencial V(2)-V(1) > 0.

Así se establece el equilibrio y el proceso se detiene. En ese instante la corriente total de

huecos se hace cero.

Si tenemos en cuenta que el campo interno es igual a –dV/dx se deduce para la diferencia

de potencial entre 1 y 2 la expresión:

Se demuestra que existe una relación entre los coeficientes de difusión, la movilidad de los

portadores, la constante de Boltzmann, la carga y la temperatura conocida como relación

de Einstein, válida tanto para electrones como para huecos, eligiendo los valores adecua-

dos para cada uno de ellos:

Con esta relación la última expresión se puede escribir como:

Siendo VT una tensión equivalente a la relación KBT/q y se suele expresar en Voltios. A

temperatura ambiente, T = 300 K, vale 0,0258 V.

0=−=−=dx

dpeDEepJJJ ppdpapp µ

2

112 ln

p

pDVV

p

p

µ=−

q

TkD B=µ

2

112 ln

p

pVVV T=−


37

________________________________________________________________________

Ej. 20: Sea una barra de Si, de sección S = 2 mm2, que es despreciable frente a su longi-

tud, cuya concentración de electrones, no uniforme, sigue la ley n = k x, siendo k = 2×1019

electrones/m4. Teniendo en cuenta que el coeficiente de difusión para el Si es Dn=35×10-4

m2/s, determinar (a) la intensidad de la corriente de difusión en la barra, (b) si la concen-

tración de electrones sigue ahora la ley n = k x2, hallar la intensidad de la corriente en

este caso.


38

Ej. 21: Mediante dos contactos óhmicos se aplica una tensión de 10 V a una barra homo-

génea e isoterma semiconductora de l = 2 cm de longitud, y eje OX. Calcular la

pendiente de sus bandas.

m/V102

10E

2−⋅=

E = 2102

10−⋅

− ex = -500· ex m

V

La pendiente que forman las bandas con el eje OX, tg θ, es:

xi Etg

dx

dE =θ=

θ = arctg (-500)

Ej. 22: Calcular la variación de potencial entre dos puntos x1 y x2 de un semiconductor

tipo-p de dopado no uniforme p(x).

En equilibrio: Jp = -qDp 0)x(E)x(pqdx

dpp =µ+

-E(x) =dx

dV

∫∫∫ ==µ

==−2

1

2

1

2

1

x

x 1

2

x

x p

px

x

21 )x(p

)x(pln

q

KT

p

dp

q

KTdx

dx

dp

)x(p

1Ddx)x(E)x(V)x(V

l = 2 cm

θ

Ec

EF

EV


39

Ej. 23: Se considera un semiconductor tipo-n en forma de barra de eje OX y longitud L. Su

dopado no es uniforme y está dado por la función:

0 ≤ x ≤ l < 1 : n(x) = n1 – mx, m > 0

l < x ≤ L, n(x) = nd = const.

Determinar y representar gráficamente las funciones: concentración de

electrones n(x), corriente de difusión Jd(x) y diferencia de potencial entre los extre-

mos de la barra, campo electrostático interno en el equilibrio térmico, E(x).

b) 0 ≤ x ≤ l, mdx

dn −= < 0

l < x ≤ L, 0dx

dn =

Jd = -qDn meDdx

dnn−=

c) 0 = q Jdx

)x(dnD)x(En nn =

−µ

0 < x < l : E(x) = dx

dn

)x(n

1D

n

n

µ

Tn

n VD =µ

E(x) = )x(n

mVT

−

n1

nd

n

x)

x)

x)

LJd(x)

E(x)

-eDnm

-VTm n1

-VTm nd

e


40

l < x ≤ L : E(x) = 0

d) V(0) - V(L) = =−=−

−=⋅=⋅ ∫∫∫l

01T

l

0 1T

l

0

l

0

)mxnln(Vmxn

mdxVdx)x(Edx)x(E

= 1

LT

1

1T n

nlnV

n

mlnlnV =−


41

PROBLEMAS

1. Calcular la conductividad de una lámina cristalina de Si, cuya movilidad es µ(Si) =

0,135 m2 (V·s)-1, dopado con fósforo, con concentración, Nd = 1023 m-3. Se aplica un

campo magnético, B = 0,1 T normal al plano de la lámina de espesor z = 100 µm por

la que circula una corriente de intensidad Ix = 1 mA. Calcular la tensión de Hall.

-2160 (Ωm)-1; 63 µV

2. El silicio cristaliza en dos redes fcc interpenetradas, de forma que la celda es un cubo

que contiene 8 átomos y su arista es 6 Å. Se dopa el cristal en proporción de un átomo

de fósforo por cada 108 átomos de Si. Calcular: a) la concentración n(Si) de átomos de

Si; b) La concentración de átomos donadores, ND; c) Sabiendo que la concentración in-

trínseca del Si es ni = 1016 m-3, calcular las concentraciones n y p de electrones y hue-

cos; d) Determinar la conductividad del cristal sabiendo que la movilidad del Si es 0,15

m2 (Vs)-1.

-3,7·1028m-3; 3,7·1020 m-3; 3,7·1020 m-3 y 2,7·1011 m-3; 8,88 (Ωm)-1

3. Una cinta de AsGa de espesor z = 0,46 µm se ilumina en dirección normal a un plano

con una radiación monocromática de frecuencia υ = 4,84·1014 Hz y 10 mW de poten-

cia. La radiación absorbida según la ley I(z) = I0e-αz W, siendo α = 5·106 m-1, se utiliza

en crear pares electrón-hueco, e-/h+, y producen energía cinética desordenada a los por-

tadores. Calcular a) Potencias luminosas transmitida y absorbida; b) Número de pares

e-/h+ generados por segundo si el rendimiento cuántico es uno y c) Potencia calorífica

disipada, siendo EG(Si) = 1,43 eV.

-1 mW y 9mW; 2,81·1016 pares/s.; 2,56 mW.

4. Cuando un semiconductor de ancho de banda prohibida EG = 1,1 eV se calienta desde

una temperatura de 27 ºC hasta una temperatura T se duplica su conductividad, ¿Cuál

es el valor de T?

-310 K

5. En un monocristal semiconductor de EG = 1,2 eV. Un electrón está en la BV en un es-

tado de energía 0,25 eV, inferior a Ev. Este electrón se excita con una energía de 3

eV. Cual es la configuración energética final de los portadores implicados en este fe-

nómeno.

-EK(e-)=1,8 eV; EP(e-)=1,2 eV; EK(h+)=0,25 eV; EP(h

+)=0 eV


42

6. Un monocristal de AsGa se ha dopado con Se y Be con concentraciones Nd=8·1019 m-3

y Na= 3·1022 m-3 respectivamente. Calcular a temperatura ambiente: a) Las concentra-

ciones n y p de electrones y huecos y b) La conductividad de los huecos si las movili-

dades de los portadores son µn = 0,85 m2/V·s y µp = 0,045 m2/V·s y la concentración

intrínseca es ni(AsGa) = 2·1012 m-3.

-133 m-3 y 3·1022 m-3 ; 216 (Ωm)-1

7. Un semiconductor se dopa positivamente de forma que el nivel de aceptores está sobre

el techo de la BV, EA – EV = 0,03 eV. El porcentaje de los aceptores ionizados a 27 ºC

es 4/5 del total. Calcular la posición de EF con respecto a EV.

-0,047 eV.

8. A temperatura ambiente, T=300 K, se sabe que el nivel de impurezas donadoras en una

muestra semiconductora está por debajo del fondo de la banda de conducción tal que

EC-ED=0,045 eV y el nivel de Fermi está situado por encima del nivel donador tal que

EF-ED=0,01 eV. Sabiendo que EG=1,1 eV y que las masas efectivas de electrones y

huecos son 0,31 me y 0,38 me respectivamente, determinar: a)La concentración de im-

purezas donadoras, b) El número de impurezas ionizadas, c) La concentración de elec-

trones de conducción y d) La concentración de huecos.

-2,7·1024 m-3, 1,08·1024 m-3, 1,08·1024 m-3, 1,88·106 m-3

9. El nivel de impurezas aceptoras EA está situado a 0,011 eV por encima de la BV Sa-

biendo que EG=0,67 eV, determinar: 1) La concentración de impurezas si el nivel de

Fermi, a T=300 K, coincide con el nivel aceptor, b) La fracción de impurezas ioniza-

das. La masa efectiva de electrones y huecos es 0,12 me y 0,23 me respectivamente.

-3,6·1024 m-3, 50%

10. Una radiación de longitud de onda 3000 e intensidad 30 W/m2, incide normalmente

sobre la superficie de un fotodetector de 9 mm2 de superficie que la absorbe en su tota-

lidad. Sabiendo que el fotodetector está construido con un semiconductor cuya EG=2,4

eV, y que el rendimiento cuántico es la unidad, determinar: a) El número de pares elec-

trón-hueco, e-h, generados por segundo, b) si el exceso de enrgía en el proceso se trans-

forma en calor, ¿Cuál es la potencia calorífica por agitación térmica de los pares gene-

rados?

-4,07·1016 pares/s, 11,39 mW.

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TEMA 3. SEMICONDUCTORES