Ahora podemos volver a la densidad de carga en función del gráfico de posición y encontrar fácilmente el campo eléctrico en la región de agotamiento en función de la posición. Si integramos la Ley de Gauss, obtenemos para el campo eléctrico: \[\mathbf{E} (x) = \frac{1}{\varepsilon} \int \rho(x) \ dx \nonumber \]

Podríamos escribir una expresión para\(\rho(x)\) y luego integrarla formalmente para obtener\(\mathbf{E} (x)\) pero también podemos simplemente hacerlo gráficamente, lo cual es mucho más fácil, y nos da una sensación mucho más intuitiva de lo que está pasando. Empecemos a hacer nuestra integral en\(x \rightarrow \infty\). Siempre que realizamos una integral como Ecuación\(\PageIndex{1}\), tenemos que recordar agregar una constante a nuestra respuesta. Como no podemos tener un campo eléctrico que se extienda hasta el infinito (ya sea más o menos), sin embargo, podemos asumir con seguridad\(\mathbf{E} (- \infty)\) y permanecer en ese valor hasta llegar al borde de la región de agotamiento en (esencialmente)\(x=0\). Dado que la densidad de carga es cero hasta el borde de la región de agotamiento, Gauss nos dice que el campo eléctrico tampoco puede cambiar aquí. Cuando llegamos a\(x=0\) nos encontramos con la gran función delta negativa de carga negativa en el borde de la región de agotamiento. Si puedes recordar de nuevo a tu cálculo, cuando integras una función delta, obtienes un paso. Dado que la carga en la función delta del lado p es negativa, cuando la integramos, obtenemos un paso negativo. Como no sabemos (todavía) qué tan grande será el paso, solo llamémoslo\(- \left| E_{\max} \right|\).

El campo eléctrico en la región tipo p del diodo de la Figura 1.5.4 se muestra como una función de paso justo a la izquierda de x=0, cuyo valor es el negativo del valor absoluto de E_max.
Figura\(\PageIndex{1}\): Encontrar el campo eléctrico en la región tipo p

En el lado n de la región de agotamiento,\[\begin{array}{l} \rho(x) &= (q) N_{d} \\ &= \varepsilon \dfrac{\delta \mathbf{E}}{\delta x} \end{array} \nonumber \]

y así trazamos\(\mathbf{E}(x)\) con una pendiente (positiva) de\(\frac{q N_{d}}{\varepsilon}\) comenzar\(E(x) = - E_{\max}\) a las\(x=0\). Esta línea continúa con esta pendiente positiva hasta alcanzar un valor de\(0\) at\(x_{n}\). Sabemos que\(E(x)\) debe igualar\(0\) en\(x = x_{n}\) porque no hay más cargos fuera de la región de agotamiento y\(E\) debe estar\(0\) fuera de esta región.

El campo eléctrico en la región tipo n del diodo de la Figura 1.5.4 se muestra como una línea de pendiente positiva igual al producto de q y N_d dividido por la constante eléctrica, comenzando en el punto más bajo de la función de paso justo a la izquierda de x=0 y terminando en el punto x_n en el eje x.
Figura\(\PageIndex{2}\): Acabado de la integral

Ya terminamos de hacer lo integral. Sabríamos todo sobre este problema, si supiéramos lo que\(x_{n}\) era. Tenga en cuenta que como conocemos la pendiente del triángulo ahora, podemos encontrar\(-E_{\max}\) en cuanto a la pendiente y\(x_{n}\). Podemos derivar una expresión para\(x_{n}\), si recordamos que la integral del campo eléctrico a lo largo de una distancia es la caída potencial a través de esa distancia. ¿Cuál es la caída de potencial al pasar del lado p al lado n del diodo?

Como recordatorio, la Figura\(\PageIndex{3}\) muestra nuevamente el diagrama de bandas de cruce. La caída de potencial solo debe ser\(V_{\mathrm{bi}}\), el potencial “incorporado” del cruce. Obviamente no\(V_{\mathrm{bi}}\) puede ser mayor que\(1.1 \mathrm{~V}\), el potencial band-gap. Por otro lado, al mirar Figura\(\PageIndex{3}\), y recordando que la banda gap en silicio es\(1.1 \mathrm{~eV}\), tampoco será algún valor como 0.2 o 0.4 voltios. Hagamos la vida más fácil para nosotros mismos, y digamos\(V_{\mathrm{bi}} = 1 \mathrm{~Volt}\). Esto no va a estar muy lejos, y como verás en breve, la respuesta no es muy sensible al valor exacto de\(V_{\mathrm{bi}}\) todos modos.

Diagrama de bandas para una unión p-n, con un intervalo de banda de 1.1 eV entre las bandas de conducción y valencia en el lado p de la unión y una diferencia de Qv_bi entre los valores máximo y mínimo de la banda de conducción.
Figura\(\PageIndex{3}\): Diagrama de bandas para una unión p-n

La integral de\(\mathbf{E}_{x}\) es ahora solo el área del triángulo en la Figura\(\PageIndex{2}\). Conseguir el área es fácil:\[\begin{array}{l} \text{area} &= \frac{1}{2} \text{ base} \times \text{height} \\ &= \frac{1}{2} \ x_{n} \frac{q N_{d} x_{n}}{\varepsilon} \\ &= \frac{q N_{d} x_{n}^2}{2 \varepsilon} \\ &= V_{\mathrm{bi}} \end{array} \nonumber \]

Simplemente podemos darle la\(\PageIndex{3}\) vuelta a Ecuación y resolver por\(x_{n}\). \[x_{n} = \sqrt{ \frac{2 \varepsilon V_{\mathrm{bi}}}{q N_{d}} } \nonumber \]

Como decíamos, para el silicio,\(\varepsilon_{\mathrm{Si}} = 1.1 \times 10^{-12}\). Vamos a dejar a\(N_{d} = 10^{16} \mathrm{~cm}^{-3}\) los donantes. Como ya sabemos de antes,\(q = 1.6 \times 10^{-19} \mathrm{~Coulombs}\). Esto hace\(x_{n} = 3.7 \times 10^{-5} \mathrm{~cm}\) o\(0.37 \ \mu \mathrm{m}\) largo. ¡No es una región de agotamiento muy amplia! ¿Qué tan grande es\(\left| E_{\max} \right|\)? Conectando\[E_{\max} = \frac{q N_{d} x_{n}}{\varepsilon} \nonumber \]

¡nos encontramos con eso\(\left| E_{\max} \right| = 53,000 \ \frac{\mathrm{V}}{\mathrm{cm}}\)! ¿Por qué un campo eléctrico tan grande? Bueno, tenemos que cambiar el potencial en aproximadamente un voltio, y no tenemos mucha distancia para hacerlo en (menos de una micra), y así debe haber, por defecto, un campo bastante grande en la región de agotamiento. Recuerde, el potencial es el campo eléctrico tiempos distancia.

Suficiente electrostática de unión p-n. El punto de este ejercicio era doble; así sabrías algo sobre los detalles de lo que realmente está pasando en un cruce p-n para mostrarte que con solo algunas electrostáticas muy simples y un poco de pensamiento, ¡no es tan difícil resolver estas cosas!