archivos ejecutados para programacion basica, Ejercicios de Informática

¡Descarga archivos ejecutados para programacion basica y más Ejercicios en PDF de Informática solo en Docsity! Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  1   SOLUTIONS:    ECE  305  Homework:  Week  3     Mark  Lundstrom   Purdue  University   (9/17/14)       1) Assume  Silicon  (bandgap  1.12  eV)  at  room  temperature  (300  K)  with  the  Fermi  level   located  exactly  in  the  middle  of  the  bandgap.    Answer  the  following  questions.     a) What  is  the  probability  that  a  state  located  at  the  bottom  of  the  conduction  band  is   filled?     b) What  is  the  probability  that  a  state  located  at  the  top  of  the  valence  band  is  empty?     Solution:   1a)    Begin  with  the  Fermi  function:   f E( ) = 1 1+ e E−EF( ) kBT     For  our  problem:   E = EC     f EC( ) = 1 1+ e EC−EF( ) kBT ≈ e− EC−EF( ) kBT     The  approximation  is  extremely  good,  because  the  bottom  of  the  conduction  band  is   very  far  above  the  Fermi  level.  The  semiconductor  is  said  to  be  nondegenerate.     EF = EC + EV 2    (The  Fermi  level  is  exactly  in  the  middle  of  the  bandgap.)   EC − EF = EC − EC + EV 2 = EC − EV 2 = EG 2     so  the  probability  is   f EC( ) ≈ e− EC−EF( ) kBT = e−EG 2kBT   EG = 1.12 eV     kBT = 0.026 eV   EG 2kBT = 21.5   f EC( ) = e−EG 2kBT = e−21.5 = 4.43×10−10     What  if  we  had  not  made  the  non-­‐degenerate  approximation?    Then   f EC( ) = 1 1+ e EC−EF( ) kBT = 1 1+ eEG 2kBT = 1 1+ 2.26×109 = 4.43×10−10     Same  answer  as  with  the  non-­‐degenerate  assumption.     Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  2   HW3  Solutions  (continued):   1b)  Begin  again  with  the  Fermi  function:   f E( ) = 1 1+ e E−EF( ) kBT     For  this  part:     E = EV     f EV( ) = 1 1+ e EV −EF( ) kBT     The  Fermi  function  gives  the  probability  that  a  state  is  full.    We  want  the  probability   that  the  state  is  empty,  which  is       1− f EV( ) = 1− 1 1+ e EV −EF( ) kBT = e EV −EF( ) kBT 1+ e EV −EF( ) kBT = 1 e− EV −EF( ) kBT +1   1− f EV( ) = 1 1+ e EF −EV( ) kBT ≈ e− EF −EV( ) kBT     The  approximation  is  extremely  good,  because  the  Fermi  level  is  very  far  above  the   top  of  the  valence  band.    The  nondegenerate  approximation  can  be  used  for  the   valence  band  too.     EF = EC + EV 2    (The  Fermi  level  is  exactly  in  the  middle  of  the  bandgap.)   EF − EV = EC + EV 2 − EV = EC − EV 2 = EG 2   so  the  probability  is   1− f EV( ) = e− EF −EV( ) kBT = e−EG kBT   1− f EV( ) = e−EG 2kBT = 4.43×10−10       2) For  Si  at  room  temperature,  calculate  the  following  quantities.  (Numerical  answers   required,  and  don’t  forget  to  include  units  with  your  answer).     a) The  density  of  states  in  the  conduction  band, gC E( ) ,  at  an  energy  26  meV  above   EC .   b) The  density  of  states  in  the  valence  band,   gV E( ) ,  at  an  energy  26  meV  below   EV .   c) The  effective  density  of  conduction  band  states. NC .   d) The  effective  density  of  valence  band  states,   NV .   e) Compute  the  ratio  of  the  effective  density  of  conduction  band  states  to  the  atomic   density  of  Si.       Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  5   HW3  Solutions  (continued):     gV E( ) = 1.05×1056 0.81( )3/2 EV − E = 7.65×1055 EV − E J-m3( )−1     Note  that  the  DOS  in  the  valence  band  is  a  little  smaller  than  in  the  conduction  band   because  the  hole  effective  mass  is  smaller  than  the  electron  effective  mass.     We  are  asked  for  the  density  of  states  26  meV  (milli-­‐electron  volts)  below  the  top  of   the  valence  band.    In  Joules     EV − E = 0.026×1.60×10−19 = 4.16×10−21 J       gC EV − 0.026 eV( ) = 7.65×1055 4.16×10−21 1 J-m3 = 4.94×1045 1 J-m3     The  answer  is  correct,  but  the  units  are  inconvenient.    Let  express  the  answer  per  eV   per  cubic  cm,  which  is  the  more  typical  way  of  doing  things  for  semiconductors.       gV EV − 0.026 eV( ) = 4.94×1045 1 J × 1.6×10−19 J eV 1 m3 × 10−2 m cm ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ 3   gV EV − 0.026 eV( ) = 7.90×1020 1 eV- cm3     Note:    The  total  number  of  states  in  a  range  of  energy  of   kBT = 0.026 eV  is   approximately   gV EV − 0.026 eV( )× 0.026 = 2.06×1019 1 cm3     which  is  a  reasonable  number,  as  we  shall  see  below.       2c)   This  is  a  problem  about  the  “effective  density  of  states”  which  is  different  from  the   density-­‐of-­‐states.    The  effective  density  of  states,  is  roughly  the  total  number  of  states   in  an  energy  range  of   kBT  near  the  bottom  of  the  conduction  band  or  top  of  the   valence  band.    It  is  derived  by  integration  as  discussed  in  the  text.    The  result  is  given   in  SDF  on  p.  51     NC = 2.510×1019 mn * m0 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ 3/2 1 cm3   Using   mn * = 1.18m0 ,  we  find     Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  6   HW3  Solutions  (continued):     NC = 2.510×1019 1.18( )3/2 cm−3 = 3.22×1019 cm−3   NC = 3.22×1019 cm−3     Note  that  this  is  close  to  the  value  we  estimated  in  part  2a):     gC 0.026 eV + EC( )× 0.026 = 3.62×1019 1 cm3     2d)    Repeat  2c)  but  for  the  valence  band.   NV = 2.510×1019 mp * m0 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ 3/2 1 cm3   Using   mn * = 0.81m0 ,  we  find   NV = 2.510×1019 0.81( )3/2 cm−3 = 1.83×1019 cm−3   NV = 1.83×1019 cm−3     Note  that  this  is  close  to  the  value  we  estimated  in  part  2b):   gV EV − 0.026 eV( )× 0.026 = 2.06×1019 1 cm3     2e)    Recall  the  atomic  density  of  Si  is   NSi = 5.00×1022 cm-3  so  the  ratio     NC NSi = 3.22×1019 5.00×1022 = 6.44×10−4     NC NSi = 0.06 %     The  number  of  states  near  the  bottom  of  the  conduction  band  that  can  be  occupied   is  a  small  fraction  of  the  density  of  silicon  atoms.                     Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  7   HW3  Solutions  (continued):     3) Consider  a  region  of  Si  at  room  temperature.    For  each  of  the  following  cases,  calculate   the  equilibrium  electron  and  hole  concentrations  (n  and  p).    Assume  that  the  dopants   are  fully  ionized.     a) Intrinsic  material  ( N D = N A = 0 )   b) N D = 1.00×1013 cm-3 N A = 0   c) N D = 1.00×1017 cm-3 N A = 0   d) N D = 0 N A = 1.00×1017 cm-3   e) N D = 1.00×1017 cm-3 N A = 3.00×1017 cm-3     Solution:     3a)    For  intrinsic  material,  we  know  that   n = p = ni .    According  to  SDF,  p.  54,       ni = 1.00×1010 cm-3  so   n = p = ni = 1.00×1010 cm-3       3b)   First,  let’s  ask  what  to  expect.    The  donor  density  is  1000  times  the  intrinsic  density.     All  of  the  donor  electrons  will  go  in  the  conduction  band,  overwhelming  the  number   of  intrinsic  carriers  that  were  there.    So  we  expect     n ≈ N D = 1.00×1013 cm-3   We  would  determine  the  hole  density  from   np = ni 2 ,  so   p = ni 2 n ≈ ni 2 N D = 1020 1013 = 1.00×107 cm-3   Note  that  doping  the  semiconductor  n-­‐type  means  that  we  now  have  more  electrons   in  the  conduction  band,  and  we  have  fewer  holes  in  the  valence  band  than  for  the   intrinsic  semiconductor.     How  would  we  do  this  problem  more  accurately?     Begin  by  assuming  that  the  semiconductor  is  neutral:   p − n+ N D + − N A − = 0     Assume  that  the  dopants  are  fully  ionized  and  use   p = ni 2 n     ni 2 n − n+ N D − N A = 0   Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  10   HW3  Solutions  (continued):     p = N A − N D 2 + N A − N D 2 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ 2 + ni 2     Plug  in  numbers:     p = 1017 − 0 2 + 1017 2 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ 2 +1020 = 0.5×1017 + 0.25×1034 +1020 = 0.5×1017 + 0.25×1034 + 0     p = 0.50×1017 + 0.50×1017 = 1.00×1017     p = 1.00×1013 cm-3     Just  as  expected.    We  find  the  electron  density  from   n = ni 2 p ≈ ni 2 N A = 1020 1017 = 1.00×103 cm-3     n = 1.00×103 cm-3     3e)   Since  the  net  p-­‐type  doping  is   N A − N D = 3×1017 −1×1017 = 2×1017  is  much  greater   than  the  intrinsic  density,  we  expect:   p = 2×1017    and   n = ni 2 p = 0.5×103 cm-3  .    This   is  correct,  as  we  can  see  by  solving  the  problem  properly.     p = N A − N D 2 + N A − N D 2 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ 2 + ni 2 = 3×1017 −1×1017 2 + 2×1017 2 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ 2 +1020     p = 1×1017 + 2×1034 +1020 = 2×1017     p = 2×1017 cm-3     n = ni 2 p ≈ ni 2 2×1017 = 1020 2×1017 = 5.00×102 cm-3     n = 5.00×102 cm-3   Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  11     HW3  Solutions  (continued):     One  might  conclude  from  these  examples,  that  there  is  no  need  to  use  space-­‐charge   neutrality  and  the  quadratic  equation.    That  would  be  wrong,  as  seen  in  the  next   problem.    It  only  happened  in  this  problem  because  in  each  case  (except  for  case  a)),  the   net  doping  was  much  larger  than  the  intrinsic  carrier  density.       4) Assuming  silicon  with  completely  ionized  dopants,  compute  n  and  p  for  the  following   case.     N D = 5.00×1016 cm-3     N A = 0   T = 700 K     Solution:     We  expect  the  intrinsic  carrier  density  to  be  MUCH  larger  at  higher  temperatures.     Using  the  information  on  p.  57  of  SDF,  we  have     ni 700 K( ) = 2.865×1016 cm-3     This  is  close  to  the  doping  density,  so  we  need  to  use  the  quadratic  equation.   n = N D − N A 2 + N D − N A 2 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ 2 + ni 2     n = 2.5×1016 + 2.5×1016( )2 + 2.865×1016( )2     n = 2.5×1016 + 6.25×1032 +8.21×1032 = 6.3×1016     n = 6.3×1016 cm-3     p = ni 2 n = 2.865×1016( )2 6.3×1016 = 8.21×1032 6.3×1016 = 1.30×1016 cm-3     p = 1.30×1016 cm-3       Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  12     HW3  Solutions  (continued):     5) For  each  of  the  cases  (a-­‐e)  in  Prob.  3,  calculate  the  Fermi  level  position,  with  respect  to   the  intrinsic  level   EF − Ei( ) .    Note  that  you  need  to  consider  sign.       Solution:     In  problem  3),  we  computed  n  and  p.    For  this  problem,  we  need  an  expression  that   relates  n  and  p  to  the  Fermi  level  and  intrinsic  level.    The  expressions  are  on  p.  53  of   SDF:     n = nie EF −Ei( ) kBT     p = nie Ei−EF( ) kBT   Solving  for   EF − Ei( )  from  the  first  equation,  we  have   EF − Ei( ) = kBT ln n ni ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟   or  in  electron  volts     EF − Ei( ) q = kBT q ln n ni ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ = 0.026ln n 1010 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟       3a)       n = p = ni = 1.00×1010 cm-3     EF − Ei( ) q = 0.026ln 1( ) = 0     EF − Ei( ) q = 0  or  we  could  say:     EF − Ei( ) = 0 eV     3b)   n = 1.00×1013 cm-3   EF − Ei( ) q = 0.026ln 1013 1010 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ = 0.180     EF − Ei( ) q = 0.180     Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  15   HW3  Solutions  (continued):     Case    3b)   n = 1.00×1013 cm-3     EF − EC( ) q = 0.026ln 1013 3.22×1019 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ = −0.390     EF − EC( ) q = −0.390     Case  3c)   n = 1.00×1017 cm-3   EF − EC( ) q = 0.026ln 1017 3.22×1019 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ = −0.150     EF − EC( ) q = −0.150     Note:    The  larger  the  n-­‐type  doping,  the  closer  the  Fermi  level  is  to  the  conduction   band.     3d)     n = 1.00×103 cm-3   EF − EC( ) q = 0.026ln 103 3.22×1019 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ = −0.988     EF − EC( ) q = −0.988     Note:    This  value  is  getting  close  to  the  bandgap  of  Si.    The  Fermi  level  is  getting   close  to  the  top  of  the  valence  band.     3e)     n = 5.00×102 cm-3   EF − EC( ) q = 0.026ln 5×102 3.22×1019 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ = −1.01     EF − EC( ) q = −1.01     Also  a  p-­‐type  semiconductor,  so  the  Fermi  level  is  close  to  the  top  of  the  valence   band.       7) For  the  case  of  problem  4),  calculate  the  Fermi  level  position,  with  respect  to  the   intrinsic  level   EF − Ei( ) .    Note  that  you  need  to  consider  sign.       Solution:     The  electron  density  was   n = 6.3×1016 cm-3   and  the  intrinsic  carrier  concentration  was   ni 700 K( ) = 2.865×1016 cm-3   EF − Ei( ) q = kBT q ln n ni ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟     Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  16   HW3  Solutions  (continued):     at  T  =  700  K:     kBT q = 1.38×10−23 × 700 1.6×10−19 = 0.0604 eV       EF − Ei( ) q = 0.060ln 6.3×1016 2.865×1016 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ = 0.048     EF − Ei( ) q = 0.048     The  Fermi  level  is  almost  in  the  middle  of  the  gap  –  very  close  to  the  intrinsic  level.     This  happens  because   n = 6.3×1016 cm-3  is  only  a  little  bigger  than   ni 700 K( ) .       8) Your  textbook  defines  a  non-­‐degenerate  semiconductor  as  one  for  which  the  Fermi   level  is  at  least   3kBT  below  the  conduction  band  edge  and  at  least   3kBT above  the   valence  band  edge.    What  is  the  largest  electron  density  for  non-­‐degenerate  Si?     Solution:   Require:     EC − EF( ) ≥ 3kBT     n = NCe EF −EC( ) kBT     n ≤ NCe −3kBT( ) kBT = NCe−3     n ≤ 3.22×1019( )× e−3 = 1.60×1018     n = 1.60×1018 cm-3  is  the  largest  electron  density  in  Si  at  room  temperature  for   which  we  can  use  non-­‐generate  expressions.     Note:    Your  book  is  fairly  conservative  on  this.    Many  people  would  use  non-­‐ degenerate  equations  when     n ≤ NC = 3.22×1019 cm-3     Some  might  even  use  the  assumption  for  higher  doping  densities,  but  they  understand   what  they  are  doing  and  what  the  errors  are.     Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  17   HW3  Solutions  (continued):     9) For  each  case  below,  explain  physically  (i.e.  in  words  in  no  equations)  whether  the   intrinsic  level  is  above  or  below  the  middle  of  the  gap,  then  compute  the  location  of  the   intrinsic  level  relative  to  the  middle  of  the  bandgap,   Emid = EC + EV( ) 2  .     a) Silicon  at  T  =  300K  with  mn * = 1.18m0  and  mp * = 0.81m0 .   b) GaAs  at  T  =  300K  with  mn * = 0.067m0  and  mp * = 0.524m0 .     Solution:     a)  Silicon:     The  carrier  density  is  basically  the  number  of  states  times  the  probability  that  the   states  are  occupied.    The  density  of  states  varies  as  effective  mass  to  the  3/2  power,   so  the  conduction  band  density  of  states  is  larger  than  the  valance  band  density  of   states  for  Si.    To  get  equal  numbers  of  electrons  and  holes,  the  Fermi  level   (intrinsic  level)  will  need  to  be  a  little  below  the  middle  of  the  bandgap.    This   will  make  the  probability  that  conduction  band  statesare  occupied  a  little  smaller   than  the  probability  that  valence  band  states  are  empty,  and  compensate  for  the   larger  DOS  in  the  conduction  band.     To  compute   Ei − Emid  we  use  eqn.  (2.36)  in  p.  62  in  SDF  and  find     Ei − Emid q = 3 4 kBT q ln mp * mn * ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = 0.75× 0.026× ln 0.81 1.18 ⎛ ⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ = −0.007 eV     Ei − Emid q = −0.007 eV     The  intrinsic  level  is  7  meV  below  the  middle  of  the  gap  in  Si.     b)  GaAs:     For  GaAs,  the  conduction  band  density  of  states  is  smaller  than  the  valance  band   density  of  states  (just  the  opposite  of  Si).    Using  the  same  reasoning  as  in  9a),  to  get   equal  numbers  of  electrons  and  holes,  the  Fermi  level  (intrinsic  level)  will  need   to  be  a  little  above  the  middle  of  the  bandgap.    This  will  make  the  probability   that  conduction  band  states  are  occupied  a  little  largerthan  the  probability  that   valence  band  states  are  empty,  and  compensate  for  the  smaller  DOS  in  the   conduction  band,     Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  20     HW3  Solutions  (continued):     ρ = 1 nqµn + pqµ p = 1 niq µn + µ p( ) Ω-cm   ρ = 1 1010 ×1.6×10−19 × 1400+ 460( ) = 3.4×105 Ω-cm     ρ = 3.4×105 Ω-cm    (silicon)     This  is  a  very  large  resistivity  –  not  as  large  as  an  insulator,  but  very  large  for  a   semiconductor.     For  Ge:       ρ = 1 niq µn + µ p( ) Ω-cm     From  Fig.  3.5,  p.  80  of  SDF  for  Ge:   µn ≈ 4000 cm2 V-s     µ p ≈ 2000 cm2 V-s     From  Fig.  2.20,  p.  54  of  SDF  for  Ge:     ni 300 K( ) = 2×1013 cm-3       ρ = 1 2×1013 ×1.6×10−19 × 4000+ 2000( ) = 5.2×101 Ω-cm     ρ = 5.2×101 Ω-cm    (Ge)   Intrinsic  Ge  is  fairly  conductive!    This  happens  because  the  mobilities  are  higher,  but   mostly  because  the  bandgap  is  much  lower,  so  the  intrinsic  carrier  concentration  is   much  larger.     For  GaAs:         ρ = 1 niq µn + µ p( ) Ω-cm   From  Fig.  3.5,  p.  80  of  SDF  for  GaAs:   Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  21   µn ≈ 8500 cm2 V-s     µ p ≈ 430 cm2 V-s   HW3  Solutions  (continued):     From  Fig.  2.20,  p.  54  of  SDF  for  Ge:     ni 300 K( ) = 2.25×106 cm-3       ρ = 1 2.25×106 ×1.6×10−19 × 8500+ 430( ) = 3.1×108 Ω-cm     ρ = 3.1×108 Ω-cm    (GaAs)     Intrinsic  GaAs  has  a  resistivity  that  is  orders  of  magnitude  larger  than  Si!    This   happens  even  though  the  electron  mobility  is  much  larger  than  Si  because  the   bandgap  is  much  larger,  so  the  intrinsic  carrier  concentration  is  orders  of  magnitude   smaller.         11b)    Since  we  are  heavily  doped  n-­‐type,  we  can  ignore  the  contribution  from  holes.     ρ = 1 nqµn Ω-cm     For  Si:         From  Fig.  3.5,  p.  80  of  SDF  for  Si:   µn ≈110 cm2 V-s     ρ = 1 1×1019 ×1.6×10−19 ×110 = 5.7 ×10−3 Ω-cm     ρ = 5.7 ×10−3 Ω-cm  (Si)     This  is  about  eight  orders  of  magnitude  lower  than  the  intrinsic  resistivity  of  Si.    The   ability  to  control  the  resistivity  over  orders  of  magnitude  is  what  makes   semiconductors  so  useful.     For  Ge:         From  Fig.  3.5,  p.  80  of  SDF  for  Si:   Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  22   µn ≈ 900 cm2 V-s     HW3  Solutions  (continued):   ρ = 1 1×1019 ×1.6×10−19 × 900 = 6.9×10−4 Ω-cm     ρ = 6.9×10−4 Ω-cm  (Ge)     Even  lower  than  Si  because  the  mobility  is  higher.     For  GaAs:         From  Fig.  3.5,  p.  80  of  SDF  for  GaAs:   µn ≈ 3200 cm2 V-s     ρ = 1 1×1019 ×1.6×10−19 × 3200 = 2.0×10−4 Ω-cm     ρ = 2.0×10−4 Ω-cm  (GaAs)     Even  lower  than  Ge  because  the  mobility  is  higher.       Comments:    For  Si,  we  found  that  the  range  of  possible  resistivities  is     3.0×105 Ω-cm < ρ < 6×10−3 Ω-cm     about  eight  orders  of  magnitude.    In  practice,  we  could  never  have  pure,  intrinsic  Si,  there   will  always  be  some  unintentional  dopants  no  matter  how  pure  we  try  to  make  Si,  so  the   resistivities  would  not  be  as  high  as  indicted  here,  but  it’s  common  to  find  resistivities  in   the  1000’s.    Also,  one  can  dope  Si  to   1020 cm-3 ,  so  resistivities  10  times  lower  than  indicated   above  can  be  obtained.     How  do  these  limits  compare  to  insulators  and  metals?    A  Google  search  shows     Resistivity  of  copper:     ρCu = 1.68×10−8 Ω-cm     Resistivity  of  diamond:     ρdiamond = 1013 −1020 Ω-cm     Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  25     N D − N A = 4.66×1015 cm-3         HW3  Solutions  (continued):     13e)   Where  is  the  intrinsic  level  located  with  respect  to  the  conduction  band?   (Note:    You  can  simply  write  down  the  answer  without  any  work,  if  you   explain  your  reasoning.     Since   NC = NV  putting  the  Fermi  level  exactly  at  the  middle  of  the  bandgap   will  produce  equal  numbers  of  electrons  and  holes.     Exactly  at  mid-­‐gap.       14)   For  the  energy  band  diagram  sketched  below,  answer  the  following  questions.     14a)    Sketch  the  electrostatic  potential,   V x( ) ,  vs.  position,  x.   14b)  Sketch  the  electric  field,   E x( ) ,  vs.  position,  x.   14c)    Sketch  the  electron  density,   n x( )  vs.  position,  x.   14d)    Sketch  the  hole  density,   p x( ) ,    vs.  position,  x.             Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  26                 HW3  Solutions  (continued):     Solution:   14a)    Sketch  the  electrostatic  potential,   V x( ) ,  vs.  position,  x.         14b)  Sketch  the  electric  field,   E x( ) ,  vs.  position,  x.           Mark  Lundstrom     09/11/2014   ECE-­‐305     Fall  2014  27                 HW3  Solutions  (continued):     14c)    Sketch  the  electron  density,   n x( )  vs.  position,  x.       14d)    Sketch  the  hole  density,   p x( ) ,    vs.  position,  x.