2   The  electrons in a piece of n‐type semiconductor take 10 ps to cross from one end to 

another  end  when  a  potential  of  1  V  is  applied  across  it.  Find  the  length  of  the 
semiconductor bar. 

Solution    

L
 10 ps
V
V
But V  n E and E  
L
L2  10 ps  nV  10 ps  1350  1
L  1.16  104 cm  1.16  m

 
3    A  current of 0.05 μA flows through an n‐type silicon bar of length 0.2 μm and cross           
section area of 0.01 μm  0.01 μm when a voltage of 1 V is applied across it. Find the doping 
level at room temperature. 

Solution   

I  0.05 A
L  0.2 m
A  0.01 m  0.01 m  1  1012 cm 2
I tot  I drift  q  nn  p  p  AE ----(1)

n 2 1.08  10 
10 2

p i 
n n
n  1350cm / (V.s)
2
 p  480 cm 2 /(V.s)  
V 1V
E   5  104 V / cm
L 0.2 m
Substituting these values in Eq. (1) we get
 (1.08  1010 ) 2  480  12
0.05  106 A  1.6  1019  n  1350   10  5  10
4

 n 
n  4.63  1015 cm 3 .

 
4. Repeat Problem 2.3 for Ge. Assume μn=3900cm2/(V·s) and
μp =1900cm2/(V·s).

In order to obtain the doping level proceed as follows. We use the formula
1

q ( n n  p  p )

For n-type semiconductor n>>p, and hence

 1
nqn

Given:-
I  0.05 A
l  0.2 m
A  (0.01 m)2
V  1V
n  3900cm 2 / (V s)
 p  1900cm 2 / (V s)

Resistance of the Ge bar;

V
R
I
1V

0.05 A
 20MΩ
Therefore resistivity,
A
R
l
(0.01 m)2
 20MΩ 
0.2 m
 1cm
1
Again,  
nen
1
or, n 
 e n
Substituting the values, we get
1
ND  n  19
1cm 1.6 10  3900cm 2 / (V s)
1

6.24 1016 cm3
 1.6 1015 cm3
Since at room temperature all the impurities are ionized and hence carrier
concentration n is equal to the doping density.
  9 A  Si semiconductor cube with side equal to 1 μm is doped with 4  1017 cm–3 
phosphorous impurities. Calculate the drift current when a voltage of 5 V is applied across it. 

Solution 

n  4  1017 cm 3
ni2 (1.08  1010 ) 2
p   291.6
n 4  1017
n  1350 cm 2 /(V.s) and  p  480 cm 2 /(V.s)
V 5V
E   5  104 V /cm  
L 1m
A  1  m  1  m  108 cm 2
Since nn   p , we can write
I tot  qnn AE  0.0432 A

 
10   One side of pn junction is doped with pentavalent impurities which gives a net 
doping of 5  1018 cm–3. Find the doping concentration to be added to the other side to get a 
built‐in potential of 0.6 V at room temperature. 

Solution 

N A ND
V0  VT ln
ni2
N D  5  1018 cm 3 , VT  26 mV, ni  1.08  1010 cm 3 , V0  0.6 V  
 N  5  1018 
0.6  0.026 ln  A 10 2 
 N A  2.45  1011 cm 3
 (1.08  10 ) 

 
11   The built‐in potential of an equally doped pn junction is 0.65 V at room temperature. 
When the doping level in n‐side is doubled, keeping the doping of the p‐side unchanged, 
calculate the new built‐in potential and the doping level in P and N region. 

Solution 

N A ND
V0  VT ln
ni2
N A  N D , VT  26 mV, ni  1.08  1010 cm 3 , V0  0.65 V
 NA  NA   
0.65  0.026 ln  10 2 
 N A  2.89  1015 cm 3
 (1.08  10 ) 
 2  2.89  1015  2.89  1015 
V0  0.026 ln    0.668 V
 (1.08  1010 ) 2 

 
12   A silicon pn junction diode having ND = 1015 cm–3 and NA= 1017 cm–3 gives a total 
depletion capacitance of 0.41 pF/m2. Determine the voltage applied across the diode. 

Solution 

NA ND 1015  1017
V0  VT ln  0.026 ln  0.7144 V
ni2 (1.08  1010 ) 2
 si q N A N D 1 11.7  8.854  1014  1015  1017
C j0     1.072  108 F/cm 2
2 N A  ND V0 2  (1015  1017 )  0.7144
C j0  
Cj 
V
1 R
V0
 C  2   1.072  108 
VR  V0   1  0.7144 
j0
 8 
 4.167 V
 C j    0.41  10 
 

 
14   Two identical pn junction diodes are connected in series. Calculate the current 
flowing through each diode when a forward bias of 1 V is applied across the series 
combination. Assume the reverse saturation current is 1.44  10–17 A for each diode. 

Solution 

 VVF   0.0026
.5

  17
I D  I S e  1  1.44  10  e
T   1  3.23  10 9 A  
 
   

 
16   Consider a pn junction in forward bias. Initially a current of 1 mA flows through it, 
and the current increases by 10 times when the forward voltage is increased by 1.5 times. 
Determine the initial bias applied and reverse saturation current. 

Solution 
VF

I D  I S e VT
VF

1 mA  I S e VT
(1)
1.5VF

10 mA  I S e VT
(2)  
VT
VF  ln(100)  0.239 V
0.5
From Eq. (1), we get I S  107 A