首页资源分类其它科学普及 > 半导体课后习题答案

半导体课后习题答案

已有 451617个资源

下载专区

上传者其他资源

    文档信息举报收藏

    标    签:半导体

    分    享:

    文档简介

    半导体器件物理课后习题答案

    文档预览

    答案网(http://www.daanwang.com) 第一章 半导体中的电子状态 1. 设晶格常数为 a 的一维晶格,导带极小值附近能量 Ec(k)和价带极大值附近 能量 Ev(k)分别为: Ec(k)= h2k 2 3m0 + h2 (k − k1)2 m0 和 Ev(k)= h2k 2 - 3h 2k 2 ; 6m0 m0 m0 为电子惯性质量,k1=1/2a;a=0.314nm。试求: ①禁带宽度; ②导带底电子有效质量; ③价带顶电子有效质量; ④价带顶电子跃迁到导带底时准动量的变化。 [解] ①禁带宽度 Eg 根据 dEc(k) = 2h2k + 2h2 (k − k1 ) =0;可求出对应导带能量极小值 Emin 的 k 值: m dk 3m0 m0 .co kmin= 3 4 k1 , wang 由题中 EC 式可得:Emin=EC(K)|k=kmin= h 4m0 k12 ; an 由题中 EV 式可看出,对应价带能量极大值 Emax 的 k 值为:kmax=0; .da 并且 Emin=EV(k)|k=kmax= h2k12 w 6m0 ;∴Eg=Emin-Emax= h 2 k12 12m0 = h2 48m0a 2 网 /ww = (6.62 ×10−27 )2 =0.64eV / 48 × 9.1×10−28 × (3.14 ×10−8 )2 ×1.6 ×10−11 案 p: ②导带底电子有效质量 mn 答 tt d 2EC h dk 2 = 2h2 3m0 + 2h2 m0 = 8h2 3m0 ;∴ mn= h2 / d 2 EC dk 2 = 3 8 m0 ③价带顶电子有效质量 m’ d 2 EV dk 2 = − 6h2 m0 ,∴ mn' = h2 / d 2 EV dk 2 = − 1 6 m0 ④准动量的改变量 h △k= h (kmin-kmax)= 3 4 hk1 = 3h 8a 2. 晶格常数为 0.25nm 的一维晶格,当外加 102V/m,107V/m 的电场时,试分别 计算电子自能带底运动到能带顶所需的时间。 答案网(http://www.daanwang.com) [解] 设电场强度为 E,∵F=h dk =qE(取绝对值) ∴dt= h dk dt qE ∫ ∫ ∴t= t dt = 1 2a h dk= h 1 0 0 qE qE 2a 代入数据得: t= 6.62 ×10-34 = 8.3 ×10−6 (s) 2 ×1.6 ×10−19 × 2.5 ×10−10 × E E 当 E=102 V/m 时,t=8.3×10-8(s);E=107V/m 时,t=8.3×10-13(s)。 3. 如果 n 型半导体导带峰值在[110]轴上及相应对称方向上,回旋共振实验结果应 如何? [解] 根据立方对称性,应有下列 12 个方向上的旋转椭球面: [110],[101],[011], ⎡⎣1 10⎤⎦ , om ⎡⎣10 1⎤⎦ , ⎡⎣0 1 1⎤⎦; g.c [1 10], ⎡⎣10 1⎤⎦ , ⎡⎣01 1⎤⎦ , ⎡⎣110⎤⎦ , wan ⎡⎣101⎤⎦ , ⎡⎣011⎤⎦; aan 则由解析几何定理得, B 与 k3 的夹角余弦 cosθ 为: w.d cosθ = b1k1 + b2k2 + b3k3 w b12 + b22 + b32 ⋅ k12 + k22 + k32 网 //w 式中, B = b1i + b2 j + b3k . 答案 tp: 对不同方向的旋转椭球面取不同的一组 (k1, k2, k3) . ht (1) 若 B 沿[111]方向,则 cosθ 可以取两组数. 对[110], ⎡⎣1 10⎤⎦ ,[101], ⎡⎣10 1⎤⎦ , ⎡⎣0 1 1⎤⎦ ,[011] 方向的旋转椭球得: cosθ = 2 3 对 ⎡⎣1 10⎤⎦ , ⎡⎣110⎤⎦ , ⎡⎣101⎤⎦ , ⎡⎣10 1⎤⎦ , ⎡⎣0 11⎤⎦ , ⎡⎣01 1⎤⎦ 方向的旋转椭球得: cosθ = 0 ∴当 cosθ = 2 时: 3 cos2 θ = 2 3 sin2 θ = 1 3 答案网(http://www.daanwang.com) ∵ mn = mt m0 mt sin2 θ + ml cos2 θ ∴ mn* = 3ml mt + 2ml ⋅ mt 当 cosθ = 0 时; cos2 θ = 0 sin2 θ = 1 同理得: mn* = mlmt 由ωc = qB mn* 可知,当 B 沿(111)方向时应有两个共振吸收峰. (2) 若 B 沿(110)方向,则 cosθ 可以取三组数. 对[110], ⎡⎣1 10⎤⎦ 方向旋转椭球, cosθ = 1 om 对 ⎡⎣1 10⎤⎦ , ⎡⎣110⎤⎦ .c 方向旋转椭球, cosθ = 0 ang 对 [011], ⎡⎣0 11⎤⎦ , ⎡⎣01 1⎤⎦ , ⎡⎣0 1 1⎤⎦ ,[101], ⎡⎣10 1⎤⎦ , ⎡⎣10 1⎤⎦ , ⎡⎣101⎤⎦ 方 向 的 旋 转 椭 球 , nw cosθ = 1 a 2 da 当 cosθ = 1 时: cos2 θ = 1 sin2 θ = 0 ww. 得: mn* = mt 网 //w 当 cosθ = 0 时: cos2 θ = 0 sin2 θ = 1 答案 tp: 得: mn* = mlmt ht 当 cosθ = 1 时: cos2 θ = 1 sin2 θ = 3 2 4 4 得: mn* = mt 4ml ;故,应有三个吸收峰. 3mt + ml (3)若 B 沿[100]方向,则 cosθ 可以取两组数. 对[110], ⎡⎣110⎤⎦ , ⎡⎣1 10⎤⎦ , ⎡⎣1 10⎤⎦ , ⎡⎣101⎤⎦ , ⎡⎣10 1⎤⎦ , ⎡⎣10 1⎤⎦ ,[101] 方向上的旋转椭球得: cosθ = 1 2 对[011], ⎡⎣0 11⎤⎦ , ⎡⎣01 1⎤⎦ , ⎡⎣0 1 1⎤⎦ 方向上的旋转椭球得: 答案网(http://www.daanwang.com) cosθ = 0 当 cosθ = 1 时, cos2 θ = 1 2 2 sin2 θ = 1 2 得: mn* = mtt 2ml mt + ml 当 cosθ = 0 时: cos2 θ = 0 sin2 θ = 1 得 mn* = ml mt ∴应有两个共振吸收峰. (4) B 沿空间任意方向时, cosθ 最多可有六个不同值,故可以求六个 mn* ,所对应的 六个共振吸收峰. com 第二章 半导体中的杂志和缺陷能级 ang. 第 2 题,第 3 题 略 nw 7. 锑化铟的禁带宽度 Eg = 0.18eV ,相对介电常数 εr = 17 ,电子的有效质量 daa mn∗ = 0.015m0 ,m0 为电子的惯性质量,求ⅰ)施主杂质的电离能,ⅱ)施主的若 w. 束缚电子基态轨道半径。 网 //ww [解]:ΔED = mn∗ m0 ⋅ E0 εr2 , rn = n2ε r ( m0 mn∗ ) ⋅ a0 答案http: 已知, E0 = m0 ⋅ q4 8ε 2 r ⋅ h 2 = 13.6eV , a0 = ε0 ⋅ h2 m0 ⋅ e2π = 0.53A 当 εr = 17 , mn∗ = 0.015m0 时 ΔED = mn∗ m0 ⋅ E0 εr2 = 0.015 × 13.6 172 = 7.06×10−4 eV r1,n = ε r ( m0 mn∗ ) ⋅ a0 = 17 × 1 × 0.53 0.015 = 600.67 A 8. 磷化鎵的禁带宽度 Eg = 2.26eV ,相对介电常数 εr = 11.1 ,空穴的有效质量 m∗p = 0.86m0 , m0 为电子的惯性质量,求ⅰ)受主杂质的电离能,ⅱ)受主所若 答案网(http://www.daanwang.com) 束缚的空穴基态轨道半径。 [解]: ΔEA = m∗p m0 ⋅ E0 εr2 , rp = n 2ε r ( m0 m∗p ) ⋅ a0 已知, E0 = m0 ⋅ q4 8ε 2 r ⋅ h2 = 13.6eV , a0 = ε0 ⋅ h2 m0 ⋅ e2π = 0.53A 当 εr = 11.1 , m∗p = 0.86m0 时 ΔEA = m∗p m0 ⋅ E0 εr2 = 0.86 × 13.6 11.12 = 9.49×10−2 eV r1, p = ε r ( m0 m∗p ) ⋅ a0 = 11.1× 1 0.86 × 0.53 = 6.84 A om 第三章 热平衡时半导体中载流子的统计分布 ang.c 3.计算能量 E = Ec 到 E = Ec + 100 ⎛⎜ ⎝ h2 8mn∗ L2 ⎞ ⎟ ⎠ 之间单位体积中的量子态数。 nw [解]导带底 Ec 附近单位能量间隔量子态数: w.daa gc (E) = 4πV ( 2mdn h3 )3 2 ( E − Ec 1 )2 网 ww gc 即状态密度。 案 :// 在 dE 范围内单位体积中的量子态数: p dZ 答 htt V = 1 gc (E) V dE ∴ ∫ ( ) ∫ ( ) π Z = 1 E2 dZ = 4 V E1 2mdn 3 2 h3 E − E dE Ec ⎛ +100⎜⎜⎝ h2 8 mn∗ L2 ⎞ ⎟⎟⎠ Ec 1 2 c 3 = 4π ( 2mdn h3 )3 2 × 2 3 ⎛ × ⎜100 ⎝ h2 8mn∗ L2 ⎞2 ⎟ ⎠ 故: Z=1000π 3L3 7. ①在室温下,锗的有效状态密度 Nc=1.05×1019cm-3,Nv=5.7×1018cm-3,试 求锗的载流子有效质量 mn*和 mp*。计算 77k 时的 Nc 和 Nv。已知 300k 时,Eg= 0.67eV。77k 时 Eg=0.76eV。求这两个温度时锗的本征载流子浓度。②77k,锗 的电子浓度为 1017cm-3,假定浓度为零,而 Ec-ED=0.01eV,求锗中施主浓度 ND 答案网(http://www.daanwang.com) 为多少? [解] ①室温下,T=300k(27℃),k0=1.380×10-23J/K,h=6.625×10-34J·S, 对于锗:Nc=1.05×1019cm-3,Nv=5.7×1018cm-3: ﹟求 300k 时的 Nc 和 Nv: 根据(3-18)式: 3 Nc = 2(2π ⋅ mn* k 0T h3 ) 2 ⇒ mn* = h 2 ( Nc ) 2 3 2 2π ⋅ k0T = (6.625 × 10 −34 ) 2 (1.05 × 1019 ) 2 3 2 2 × 3.14 ×1.38 ×10−23 × 300 = 5.0968 ×10−31 Kg 根据(3-23)式: 2(2π Nv = 3 ⋅ m*p k0T ) 2 h3 ⇒ m * p = h 2 ( Nv ) 2 3 2 2π ⋅ k0T (6.625 × 10 −34 ) 2 ( 5.7 × 1018 ) 2 3 = 2 2 × 3.14 ×1.38 ×10−23 × 300 = 3.39173 ×10−31 Kg ﹟求 77k 时的 Nc 和 Nv: 3 m 2(2π ⋅ mn*k0T ') 2 co N ' c = h3 g. Nc 3 2(2π ⋅ mn*k 0T ) 2 = ( T T ' ) 3 2 ; N ' c = ( T ' ) 3 2 T Nc = ( 77 3 )2 300 ×1.05 ×1019 = 1.365 ×1018 cm−3 an h3 anw 同理: w.da N ' v = (T ' ) 3 2 T Nv = ( 77 3 )2 300 × 5.7 ×1018 = 7.41×1017 cm−3 ww ﹟求 300k 时的 ni: 案网p:// ni = 1 (NcNv) 2 exp(− Eg ) 2k0T = (1.05 ×1019 × 5.7 ×1018 ) exp(− 0.67 ) 0.052 = 1.96 ×1013 cm−3 答 htt 求 77k 时的 ni: ni = 1 (NcNv) 2 exp(− Eg ) 2k0T = (1.05 ×1019 × 5.7 × 1018 ) exp(− 0.76 ×1.6 ×10−19 2 ×1.38 ×10−23 × 77 ) = 1.094 ×10−7 cm−3 ②77k 时,由(3-46)式得到: Ec-ED=0.01eV;T=77k;k0=1.38×10-23J/K; n0=1017 cm−3 ;Nc=1.365×1019cm-3; Po 可忽略不计,由于 n0 = nD + ,即 NC exp(− EC − EF k0T ) = 1+ ND 2 exp(− ED − EF ) k0T ND = 1017 + 2 ⋅1017 ⋅ 1017 1.36 ×1018 ⋅ exp(0.01) k0T = 1.658 ×1017 cm−3 答案网(http://www.daanwang.com) 8. 利用题 7 所给的 Nc 和 Nv 数值及 Eg=0.67eV,求温度为 300k 和 500k 时,含 施主浓度 ND=5×1015cm-3,受主浓度 NA=2×109cm-3 的锗中电子及空穴浓度为 多少? [解]1) T=300k 时,对于锗:ND=5×1015cm-3,NA=2×109cm-3: ni = 1 (NcNv) 2 exp(− Eg ) 2k0T = 1.96 ×1013 cm−3 ; n0 = N D − N A = 5 ×1015 − 2 ×109 ≈ 5 ×1015 cm−3 ; n0 >> ni ; p0 = ni2 n0 = (1.96 ×1013 )2 5 ×1015 ≈ 7.7 ×1010 cm−3 ; 2)T=300k 时: m Eg(500) = Eg(0) − α ⋅T 2 = 0.7437 − 4.774 ×10−4 × 5002 ≈ 0.58132eV ; o T + β 500 + 235 g.c 查图 3-7(P61)可得: ni ≈ 2.2 ×1016 ,属于过渡区, an 1 anw n0 = (ND − N A ) + [(N D 2 − N A )2 + 4ni2 ]2 = 2.464 ×1016 cm−3 ; w.da p0 = ni2 n0 = 1.964 ×1016 cm−3 。 ww (此题中,也可以用另外的方法得到 ni: 案网p:// N ' c = ( Nc) 300 k 3 300 2 3 × 500 2 ;N ' v = ( Nv) 300 k 3 300 2 3 × 500 2 ;ni 1 = (NcNv) 2 exp(− Eg ) 求得 2k0T ni) 答 tt 11. 若锗中杂质电离能△ED=0.01eV,施主杂质浓度分别为 ND=1014cm-3及 1017cm-3, h 计算(1)99%电离,(2)90%电离,(3)50%电离时温度各为多少? [解]未电离杂质占的百分比为: 求得: D _ = 2N D exp ΔED ⇒ ΔED =ln D _ Nc ; Nc k0T k0T 2ND ΔE D k0T = 0.01 1.38 ×10−23 ×1.6 ×10−19 = 116 ; 3 Nc = 2(2πmn*k0 ) 2 3 = 2 ×1015 (T 2 / cm3 ) h3 答案网(http://www.daanwang.com) 3 ∴ 116 = ln D_ Nc = ln( D _× 2 ×1015 ×T 2 ) = ln(1015 D_T 3 2 ) T 2ND 2ND ND (1)ND=1014cm-3,99%电离,即 D_=1-99%=0.01 116 = ln(10 −1 T 3 2 ) = 3 ln T − 2.3 T 2 即: 116 = 3 lnT − 2.3 T2 将 ND=1017cm-3,D_=0.01 代入得: 116 = ln104 T 3 2 = 3 lnT − 4 ln10 T 2 即: 116 = 3 lnT − 9.2 T2 (2) 90%时,D_=0.1 com ND = 1014 cm−3 ΔED = ln 0.1Nc k0T 2ND ang. 116 = 0.1× 2 ×1015 ln T 3 2 = ln 1014 T 3 2 w T 2ND ND aan 即:116 = 3 lnT T2 w.d ND=1017cm-3 得: 116 T = 3 2 ln T − 3ln10 网 ww 即:116 = 3 lnT − 6.9 ; / T 2 案 :/ (3) 50%电离不能再用上式 答 http ∵nD = n + D = ND 2 即: ND = ND 1 + 1 exp( ED − EF ) 1 + 2 exp(− ED − EF ) 2 k0T k0T ∴ exp( ED − EF ) = 4 exp(− ED − EF ) k0T k0T ED − EF = ln 4 − ED − EF k0T k0T 即: EF = ED − k0T ln 2 答案网(http://www.daanwang.com) 取对数后得: 整理得下式: n0 = Nc exp(− Ec − EF k0T ) = ND 2 − EC − ED + k0T ln 2 = ln N D k0T 2Nc − ΔED − ln 2 = ln N D ∴ − ΔED = ln N D k0T 2Nc k0T Nc 即: ΔED = ln Nc k0T ND 当 ND=1014cm-3 时, 3 m 116 = ln 2 ×1015 × T 2 3 = ln(20T 2 ) = 3 lnT + ln 20 o T 1014 2 g.c 得116 = 3 lnT + 3 n T 2 wa 当 ND=1017cm-3 时 116 = 3 lnT − 3.9 T2 an 此对数方程可用图解法或迭代法解出。 a 迭代法: w.d 以 99%电离为例取 ND = 1014 cm3 ,得: 案网 ://ww 解出:,T = 116 , 列下表: 答 tp 3 lnT − 2.3 ht 2 116 = 3 ln T − 2.3 T2 Tn0 (K) ln Tn Tn+1 300 5.71 18.5 2.92 32.6 3.48 39.6 3.68 35.0 3.66 36.3 3.59 37.3 3.62 37.1 3.65 18.5 32.6 39.6 35.0 36.3 37.3 7.1 37.1 ∴, T = 37.1(K) , 对其他情况可能类似处理。 答案网(http://www.daanwang.com) 18. 掺磷的 n 型硅,已知磷的电离能为 0.04eV,求室温下杂质一般电离时费米能 级的位置和磷的浓度。 [解] n 型硅,△ED=0.044eV,依题意得: n0 = nD+ = 0.5N D ∴ 1+ ND 2 exp(− ED − EF ) = 0.5N D k0T ∴1 + 2 exp(− ED − EF ) = 2 ⇒ exp(− ED − EF ) = 1 k0T k0T 2 ∴ ED − EF = −k0T ln 1 2 = k0T ln 2 ⇒ ED − EC + EC − EF = k0T ln 2 ∵ ΔED = EC − ED = 0.044 om ∴ EF = EC − k0T ln 2 − 0.044 ⇒ EF − EC = −k0T ln 2 − 0.044 = 0.062eV ng.c ND = 2NC exp(− EC − EF k0T ) = 2 × 2.8 ×1019 exp(− 0.062) 0.026 ≈ 5.16 ×1018 (cm−3 ) wa 20. 制造晶体管一般是在高杂质浓度的 n 型衬底上外延一层 n 型的外延层,再在 an 外延层中扩散硼、磷而成。①设 n 型硅单晶衬底是掺锑的,锑的电离能为 0.039eV, a 300k 时的 EF 位于导带底下面 0.026eV 处,计算锑的浓度和导带中电子浓度。② w.d 设 n 型外延层杂志均匀分布,杂质浓度为 4.6 ×1015 cm−3 ,计算 300K 时的 EF 位置 ww 和电子空穴浓度。③在外延层中扩散硼后,硼的浓度分布随样品深度变化。设扩 网 // 散层某一深度处硼的浓度为 5.2 ×1015 cm−3 ,计算 300K 时 EF 位置和电子空穴浓度。 案 p: ④如温度升高到 500,计算③中电子空穴的浓度(本征载流子浓度数值查图 3-7) 答 htt [解] ①根据第 19 题讨论,此时 Ti 为高掺杂,未完全电离: 0 < EC − EF = 0.026 < 0.052 = 2k0T ,即此时为弱简并 ∵ n0 ≈ n + D = 1+ ND 2 exp( EF − ED ) k0T EF − ED = (EC − ED ) − (EC − EF ) = 0.039 − 0.026 = 0.013(eV ) 答案网(http://www.daanwang.com) ND = 2Nc [1 + 2 exp( EF − Ec ) × exp( ΔED π k0T k0T )]F1 2 ( E F − EC k0T ) = 2× 2.8 ×1019 π [1 + 2 exp(−1) × exp( 0.039 0.026 )]F1 2 (−1) ≈ 4.07 ×1019 (cm−3 ) 其中 F1 (−1) = 0.3 2 n0 = Nc 2 π F1 2 ( EF k − EC 0T ) = 2 × 2.8 × π 1019 F1 2 ( − 0.026 0.026 ) ≈ 9.5 × 1018 (cm −3 ) ②判断为强电离区 n0 ≈ N D = 4.6 ×1015 cm−3 ; m p0 = ni2 n0 = (7.8 ×109 )2 4.6 ×1015 = 1.32 ×104 cm−3 g.co EF = EC +k 0T ln ND NC = EC − 0.227ev wan ③ 掺入 N A = 5.2 ×1015 cm−3 补偿后,300K 依旧在强电离区 aan p0 ≈ N A − N D = 6 ×1014 cm−3 ; ww.d n0 = ni2 p0 = (7.8 ×109 )2 6 ×1014 = 1.01×105 cm−3 ; 案网 ://w EF = EV −k 0T ln NA − ND NV = EV + 0.255ev 答 http ④500K, ni = 2 ×1014 cm−3 与杂志浓度数量级相同,判断为过渡区 p0 = NA − ND 2 + (NA − 2 ND )2 + ni2 ; = 3 ×1014 + 9 ×1028 + 4 ×1028 = 6.61×1014 cm−3 n0 = ni2 p0 = 6.05 ×1013 cm−3 第四章 半导体的导电性 1. 300K 时,Ge 的本征电阻率为 47Ω·cm,如电子和空穴迁移率分别为 答案网(http://www.daanwang.com) 3900cm2/V·S 和 1900cm2/V·S,试求本征 Ge 的载流子浓度。 [解]T=300K,ρ=47Ω·cm,μn=3900cm2/V·S,μp=1900 cm2/V·S ρ = 1 ni q(μn + μp) ⇒ ni = 1 ρq(μn + μp) = 1 47 ×1.602 ×10−19 (3900 + 1900) = 2.29 ×1013 cm−3 2. 试计算本征 Si 在室温时的电导率,设电子和空穴迁移率分别为 1350cm2/V·S 和 500cm2/V·S。当掺入百万分之一的 As 后,设杂质全部电离,试计算其电导 率。比本征 Si 的电导率增大了多少倍? [解] T=300K,,μn=1350cm2/V·S,μp=500 cm2/V·S σ = ni q(μn + μ p ) = 1.5 ×1010 ×1.602 ×10-19 × (1350 + 500) = 4.45 ×10-6 s / cm 掺入 As 浓度为 ND=5.00×1022×10-6=5.00×1016cm-3 杂质全部电离, N D >> ni2 ,查 P89 页,图 4-14 可查此时μn=900cm2/V·S σ 2 = nqμn = 5 ×1016 ×1.6 ×10-19 × 900=7.2S / cm com σ 2 g. σ = 7.2 4.45 ×10−6 = 1.62 ×106 an 3. 电阻率为 10 Ω • m 的 p 型 Si 样品,试计算室温时多数载流子和少数载流子浓 w 度。 aan [解]:根据1/ ρ = pqup 代入 up = 500cm2 /V ⋅ s ww.d 所以, p = 1 ρ qu p = 103 ×1.6 1 ×10−19 × 500 = 1.25×1013 cm−3 案网 ://w n = ni2 =1.8×107cm−3 p 答 http 注:这道题,为近似计算下,事实上,由于掺杂,空穴迁移率肯定小于 500cm2 /V ⋅ s , 因此,计算时候带入较小的一个迁移率数值,也算正确。 7. 长为 2cm 的具有矩形截面的 Ge 样品,截面线度分别为 1 和 2mm,掺有1022 m−3 受主,试求室温时电阻的电导率和电阻。再掺入 5×1022 m−3 施主后,求室温下样 品的电导率和电阻。 [解]:①只掺入受主杂质,查表得 up = 1200 ~ 1900cm2 /V ⋅ s 因此,σ = pqup = 1016 ×1.6×10−19 × up = (1.92 ~ 3.04)S / cm 答案网(http://www.daanwang.com) R = 1 l = (32.57 ~ 52.1)Ω σs ②再掺入施主杂质,补偿后载流子浓度 n = 4×1016 cm−3 总的杂质浓度 N = 6×1016 cm−3 ,查表得, un = (2900 ~ 3900)cm2 /V ⋅ s 因此,σ = nqup = 4 ×1016 ×1.6×10−19 × un = (18.6 ~ 24.96)S / cm R = 1 l = (4 ~ 5.38)Ω σs 注:此题由于查表的误差,结果在这个范围内都算正确。 17. ①证明当 μ p ≠ μn 时,电子浓度 n = ni μ p / μn , p = ni μn / μ p 时,其电阻 率σ 为最小值。式中 ni 是本征载流子浓度, μ p , μn 分别为空穴和电子的迁移率。 om 试求σmin 。 .c ②求 300K 下时,Ge 和 Si 样品的最小电导率并和本征电导率比较。 ng [解](1)∵σ = n0qμn + p0qμp nwa 又 p0n0 = ni2 w.daa ∴σ = n0qμn + ni 2 n0 qμ p 案网 //ww 则: dσ dn0 = qμn − ni 2 n02 qμ p 答 tp: 令 dσ = 0 得 ht dn0 n = ni μ p / μn 又 ∵ d 2σ dn02 = 2 ni 2 n03 qμ p 0 故当 n = ni μp / μn , p0 = ni 2 n0 = ni μn / μ p 时,电导率取得最小值。 σ min = niq μn / μ p ⋅ μ p + niq μ p / μn ⋅ μn = 2niq μnμ p 答案网(http://www.daanwang.com) (2)对 Ge 代入数据: σ min = 2 × 2.5×1013 ×1.6 ×10−19 × (1900 × 3800) = 2.12 ×10−2 (S / cm) σ i = niq(μn + μ p ) = 2.5×1013 ×1.6×10−19 × (1900 + 3800) = 2.28×10−2 (S / cm) 对于 Si,带入数据: σ min = 2 ×1.5×1010 ×1.6 ×10−19 × (1350× 500) = 3.94×10−6 (S / cm) σ i = niq(μn + μ p ) = 1.5×1010 ×1.6 ×10−19 × (1350 + 500) m = 4.44×10−6 (S / cm) g.co 第五章 非平衡载流子 anwan 2.用强光照射 n 型样品,假定光被均匀的吸收,产生过剩载流子,长生率为 da gp ,空穴寿命为τ : w. ① 写出光照下过剩载流子满足的方程; ww ② 求出光照达到稳定状态过剩载流子的浓度 案网 :// [解]:①过剩载流子满足的方程: ∂Δp ∂t = gp − Δp τ p ② 达到稳定状态,过剩载流子浓度不随时间变化,因此 答 htt ∂Δp ∂t = 0 = gp − Δp τ 推出: gp = Δp τ 即得到: Δp = g p ⋅τ 3. 有一块半导体材料的寿命是 1us,无光照的电阻率是 10 Ω ⋅ cm 。今用光照射, 光被半导体均匀吸收,电子-空穴的产生率是1022 cm-3 ⋅ s-1 ,试计算光照下样品的 电阻率,并求电导中少数载流子的贡献占多少比例? [解]:查表电阻率是 10 Ω ⋅ cm 的掺杂浓度大概是 7 ×1014 cm−3 近似认为 n = 7 ×1014 cm−3 ,光照产生率 g p 为1022 cm-3 ⋅ s-1 , 平衡时, Δn = Δp = g p ⋅τ = 1022 cm-3 ⋅ s-1 ×10−6 s = 1016 cm−3 答案网(http://www.daanwang.com) 所以, n = n0 + Δn = 1.07 ×1016 cm−3 ; p = p0 + Δp = 1016 cm−3 ρ = nqun 1 + pqup = 1 (1.07 ×1016 ×1350 +1016 × 500) ×1.6×10−19 = 0.32Ω ⋅ cm 少子对电导的贡献: pqu p nqun + pqup = 1016 × 500 ×1.6 ×10−19 (1.07 ×1016 ×1350 +1016 × 500) ×1.6×10−19 = 0.25 = 25% 4. 有一块半导体材料的寿命是τ = 10us ,光照在材料中会产生非平衡载流子,试 求光照突然停止 20us 后,其中非平衡载流子将衰减到原来的百分之几? [解]:τ = 10us ,t=20us − 20 Δn(20us) = Δn(0)e 10 = Δn(0) ⋅13.5% m 因此,将衰减到原来的 13.5% g.co 7. 掺施主浓度 ND = 1015cm−3 的 n 型硅,由于光的照射产生了非平衡载流子 wan Δn = Δp = 1014 cm−3 。试计算这种情况下准费米能级的位置,并和原来的费米能级 an 做比较。 da [解]:对于 n 型硅, ND = 1015 cm−3 , Δn = Δp = 1014 cm−3 ; ww. 假设室温,则杂质全部电离, n0 = ND = 1015cm−3 案网p://w 则: EF = EC + k0T ln ND NC = Ei + k0T ln ND ni = Ei + 0.026 ln 1015 7.8 ×109 = Ei + 0.036ev 答 htt 光注入非平衡载流子后, n = n0 + Δn = ni exp(− Ei − EF k0T n ) p = p0 + Δp ≈ Δp = ni exp(− EF P − k0T Ei ) 因此, EFn = Ei + k0T ln n ni = Ei + 0.026 ln 1.1×1015 7.8 ×109 = Ei + 0.308ev EFp = Ei + k0T ln ni p = Ei + 0.026 ln 7.8 ×109 1014 = Ei − 0.246ev 可见: EFn − EF = 0.002ev, EF − EFp = 0.552ev 答案网(http://www.daanwang.com) 8. 在一块 p 型半导体中,有一种复合-产生中心,小注入时被这些中心俘获的电 子发射回导带的过程和它与空穴复合的过程有相同的几率。试求这种复合-产生 中心的能级位置,并说明它能否成为有效的复合中心? [解]:设 n1 = − NCe EC −Et k0T 由题设条件知: s− ⋅ nt = rp ⋅ nt ⋅ p 推得: s−t = rp ⋅ p 也就是: rn ⋅ n1 = rp ⋅ p 对于一般复合中心: rn ≈ rp 因此, n1 = p ∴ 小注入条件下,由 n1 = p = p0 + Δp 可得: n1 ≈ p0 om −Et −EC − Ev −EF .c 即 NCe k0T = Nve k0T wang 故 Et = EC + Ev − EF − k0T ln NC Nv .daan ∵ 本征费米能级 Ei = 1 2 ⎛ ⎜⎜⎝ EC + EV − k0T ln NC NV ⎞ ⎟⎟⎠ ww ∴ Et = 2Ei − EF 可写成: Et − Ei = Ei − EF 网 //w 一般 p 型半导体室温下, EF 远在 Ei 之下。所以 Et 远在 Ei 之上 ;故不是有效复 答案http: 合中心。 13. 室 温 下 , p 型 锗 半 导 体 的 电 子 的 寿 命 τ n = 350μs , 电 子 的 迁 移 率 μn = 3600cm2 /V ⋅ s ,试求电子的扩散长度。 [解]:根据爱因斯坦关系: Dn μn = k0T q 得, Dn = μn ⋅ k0T q 室温下, Dn = μn ⋅ k0T q = 3600× 0.026 = 93.6cm2 / s Ln = Dn ⋅τ n = 9.36 × 350 ×10−6 = 0.18cm 答案网(http://www.daanwang.com) 17. 光照一个1Ω ⋅cm 的 n 型硅样品,均匀地产生非平衡载流子,电子-空穴对的 产生率为1017 / cm3 ⋅ s 。设样品的寿命为10us ,表面复合速度为100cm / s 。试计算: (1) 单位时间单位表面积在表面复合的空穴数; (2) 单位时间单位表面积在离表面三个扩散长度中体内复合掉的空穴数。 [解]:(1)设单位时间单位表面积在表面复合的空穴数即复合率 us 为: us = sp ⎡⎣ p ( x) − p0 ⎤⎦ x = 0 sp 为表面复合速度。 连续性方程: DP ∂ 2 Δp( x) ∂x2 − Δp( x) τP + gP = 0 −x om 根据实际情况确定其通解: Δp(x) = Ce LP + B ng.c 边界条件:① Δp(∞) = τPgP ② DP ∂Δp( x) ∂x x=0 = SP[ p(0) − p0 ] nwa 解得: B = τ P gP ; C = −τ P gP ⋅ spτ p Lp + spτ p w.daa 因此 p(x) = p0 +τ pgp ⎛ ⎜1− ⎜⎝ spτ p Lp + spτ p − e x Lp ⎞ ⎟ ⎟⎠ 案网 //ww 在 x = 0处, p(0) − p0 =τ pgp ⎛ ⎜⎜⎝1− spτ p Lp + spτ p ⎞ ⎟⎟⎠ 答 tp: 对 ρ =1Ω⋅cm的 n 型硅 ht ( ) 查表得: ND = 5×1015 / cm3 , μp = 400 cm2 /V • s ∴ Lp = k0T q μ pτ p = 1 40 × 400×10×10−6 = 10−2 (cm) 代入上式后得: p(0) − p0 = 10×10−6 ×1017 × ⎛⎜⎜⎝1− 100×10−6 ×10 10−2 +100×10−6 ×10 ⎞ ⎟⎟⎠ = 1012 ⎛ ⎜⎜⎝1 − 10−3 10−2 +10−3 ⎞ ⎟⎟⎠ ∴ ( ) p(0) − p0 = 0.91×1012 1/ cm3 答案网(http://www.daanwang.com) 故 ( ) us = sp ⎡ ⎣ p (0) − p0 ⎤ ⎦ = 0.91×1012 ×100 = 9.1×1013 1/ cm2 •s ∫ ∫ (3) 求 Δp = 3Lp p ( x)dx − 0 3Lp 0 p0dx 又 ( ) p x = p0 +τ pgp ⎛ ⎜1− ⎜⎝ spτ p Lp + spτ p − e x Lp ⎞ ⎟ ⎟⎠ ∴ ∫ Δp = 3Lp τ 0 pgp ⎛ ⎜1− ⎜⎝ spτ p Lp + spτ p − e x Lp ⎞ ⎟dx ⎟⎠ = 3τ p g pLp + g pspτ pLp Lp + spτ p − e x Lp 3Lp 0 代入数据得: ( ) 1017 ×100× 10×10−6 2 ×10−2 ( ) m Δp = 3×10×10−6 ×1017 ×10−2 + 10−2 +102 ×10×10−6 e−3 −1 ( ) co = 2.9×1010 1/ cm2 g. 故单位时间复合掉的空穴数为: wan Δp ( ) n τ = 29×1010 10−5 = 2.9×1015 1/ cm2 • s daa 18. 一块掺施主浓度为 2×1016 /cm3的硅片,在 920 C 下掺金到饱和浓度。然后经 ww. 氧化等处理,最后此硅片的表面复合中心为1010 / cm2 。 网 /w ① 计算体寿命,扩散长度和表面复合速度; 案 :/ ② 如果用光照射硅片并被样品均匀吸收,电子-空穴对的产生率为 答 tp 1011 / cm3 • s ,试求表面处的空穴浓度以及流向表面的空穴流密度是多 ht 少? [解]:认为复合中心 Nt 分布是均匀的,则由表面复合中心可求得: Nt =1015 / cm3 ① 体寿命 τ= 1 rp Nt 已知金的空穴俘获率 rp =1.15×10−7 cm3 / s Nt = 1015 / cm3 答案网(http://www.daanwang.com) 代入得: τ = 1 1.15×10−7 × 1015 = 8.7 ×10−9 (s) 又因为迁移率 μp 与总的杂质浓度有关。 Ni = ND + Nt = 2×1016 +1015 = 2.1×1016 cm−3 由图 4-14 查得: ( ) μp = 350 cm2 /V • s ∴ DP = k0T q μp = 1 40 × 350 = 8.75cm2 / s 故扩散长度: Lp = Dpτ p = 8.75×8.7×10−9 = 2.76×10−4 (cm) 表面复合速度: sp = rp Nst =1.15×10−7 ×1010 =1.15×103 (cm / s) om ②∵ τ p ( x) = p0 + pgp ⎛ ⎜1− ⎜⎝ spτ p Lp + spτ p − e x Lp ⎞ ⎟ ⎟⎠ ang.c p0 = ni2 n0 w ∵ 金在 n 型 Si 中起受主作用 aan ∴ n0 = ND − Nt =1.9×1016 / cm3 ww.d 故 ( ) p0 = ni2 1.9×1016 = 1.5×1010 2 1.9×1016 =1.18×104 / cm3 案网 //w ∴在 x = 0处 答 tp: 代入数据得: p(0) = p0 +τ pgp ⎛ ⎜⎜⎝1− spτ p Lp + spτ p ⎞ ⎟⎟⎠ ht p (0) =1.18×104 + 8.7×10−9 ×1017 × ⎛⎜⎜⎝1− 2.76 1.15×103 ×8.7×10−9 ×10−4 +1.15×103 ×8.7 ×10−9 ⎞ ⎟⎟⎠ =1.18×104 + 8.7×10−9 ×1017 ⎛ ×⎜⎜⎝1− 1.15 × 8.7 ×10−6 2.76×10−4 +1×10−5 ⎞ ⎟⎟⎠ =1.18×104 + 8.7×10−9 ×1017 ×(1− 0.035) =1.18×104 +8.7×108 ×0.965 答案网(http://www.daanwang.com) =1.18×104 + 8.4×108 ( ) = 8.4×108 1/ cm3 故根据表面复合速度的物理意义,可求得流向表面的空穴流密度为: ( ) J p = sp p (0) − p0 ( ) 代入数据得: J p = 1.15×103 × 8.4×108 −1.18×104 ( ) = 9.66×1011 1/ cm2 ⋅ s 第七章 导体中的电子状态 2. 两种金属 A 和 B 通过金属 C 相接触,若温度相等,证明其两端 a,b 的电势 差同 A,B 直接接触的电势差一样。如果 A 是 Au,B 是 Ag,C 是 Cu 或 Al,则 Vab 为多少? om [解]: Vac = − Wa- Wc , Vc b = W b- Wc c q q ang. Vab = Vac+ Vcb = Wc- Wa + Wb- Wc = Wb- Wa w q q q an 可得证。 a Wau=4.8eV,Wag=4.4eV w.d 故: Vab = Wb- Wa = 4.4 − 4.8 = −0.4 V w q q 网 //w 4. 受主浓度 NA = 1017 cm−3 的 P 型锗,室温下的功函数是多少?若不考虑表面态 案 p: 的影响,它分别同 Al,Au,Pt 接触时,形成阻挡层还是反阻挡层?锗的电子亲 答 tt 和能取 4.13eV。 h [解]: 设室温下杂质全部电离 则: p0 = N A ∴ EF = EV + K0T ln NV NA = EV + 0.026 ln 6 ×1018 1017 = EV + 0.105 eV 该型锗的功函数为: WS = χS + [Eg − (EF − EV )] = 4.13 + [0.67 − 0.105] = 4.695e V 答案网(http://www.daanwang.com) E(eV) E0 χ Ws EC En Eg EF EV 已知: WAl = 4.18 eV ,显然: WAl < WS 形成型阻挡层 om WAu = 5.20 eV, WPt = 5.43eV g.c 显然二者的功函数均大于 WS ,故该 p-Si 和 Au,Pt 接触形成 p 型反阻挡层。 an 5. 某功函数为 2.5eV 的金属表面受到光照射。 w ①这个面吸收红光或紫光时,能发出光电子吗? an ②用波长为 185nm 的紫外线照射时,从表面放出的光电子的能量是多少 eV? a [解]: ①以 760nm 的红光和 380nm 的紫光为例: ww.d λ1 =760nm, γ 1 = C λ1 = 3.95 ×1014 Hz ; 案网 ://w λ2 =380nm,γ2 = C λ2 = 7.89×1014 Hz ; 答 http 因此: hγ 1 = 6.63×10−34 × 3.95×1014 1.6 ×10−19 = 1.64 eV < 2.5 eV hγ 2 = 6.63×10−34 × 7.89 ×1014 1.6 ×10−19 = 3.27 eV > 2.5 eV 故,红光不能产生光电子,紫光可以产生光电子。 ② λ3 =185nm, γ 3 = C λ3 = 1.62×1015 Hz ; hγ 1 = 6.63×10−34 ×1.62 ×1015 1.6 ×10−19 = 6.7 eV 光电子能量为:6.7-2.5=4.2eV 答案网(http://www.daanwang.com) 6. 电阻率为 10 Ω ⋅ cm 的 n 型锗和金属接触形成的肖特基势垒二极管。若已知势 垒高度为 0.3eV,求加上 5V 反向电压时候的空间电荷层厚度。 [解]: 电阻率为 10 Ω ⋅ cm ,查表得: ND = 1.5×1014 cm−3 所以: En = EC − EF = −k0T ln ND NC = −0.026 ln 1.5×1014 1.05 ×1019 = 0.29 eV 已知: qφns = 0.3V ,V=-5V qVD qφns wang.com 所以:VD = (qφns − En) / q = 0.01V ; EC En EF daan xd = 2ε0εr (VD −V ) = qN D 2 ×16×8.85×10−12 × (0.01+ 5) 1.6 ×10−19 ×1.5×1014 ×106 ≈ 7.69 um 网 /www. 第八章 半导体表面与 MIS 结构 案 p:/ 1.试导出使表面恰好为本征时表面电场强度,表面电荷密度和表面层电容的表 答 htt 示式(设 p 型硅情形)。 [解]: 当表面恰好为本征时,即 Ei 在表面与 EF 重合 ∴ VS =VB 设表面曾载流子浓度仍遵守经典统计。则 qVS ns = n poe k0T ∵ 表面恰好为本征 − qVS pS = p p0e k0T ∴ nS = pS = ni 答案网(http://www.daanwang.com) 故 np0 pp0 − 2qVS = e k0T 同时, pp0 = NA 所以 np0 = ni 2 pp0 = ni 2 NA ∴ np0 = ni 2 − 2qVS = e k0T pp0 N 2 A 取对数即得: qVS = ln N A k0T ni ∴ F 函数: 1 F ⎛ ⎜⎜⎝ qVS k0T ⋅ np0 pp0 ⎞ ⎟⎟⎠ = ⎡⎛ − qVS ⎢⎢⎣⎜⎜⎝ e k0T + qVS k0T ⎞ −1⎟⎟⎠ + np0 pp0 ⎛ − qVS ⎜⎜⎝ e k0T − qVS k0T ⎞⎤ 2 −1⎟⎟⎠⎥⎥⎦ om ∵ p 型硅,且VS = VB g.c ∴ qVS = qVB k0T nwan 故 − qVS e k0T 1, qVS 1 ak0T da − 2 qVS ww. e k0T 1 np0 , pp0 1 案网 ://w ∴ 答 http 因此: 1 1 F ⎛ ⎜⎜⎝ qVS k0T , np0 pp0 ⎞ ⎟⎟⎠ = ⎛ ⎜ ⎝ qVS k0T ⎞2 ⎟ ⎠ ⎛ = ⎜ ln ⎝ NA ni ⎞2 ⎟ ⎠ 1 εS = 2k0T qLD F ⎛ ⎜⎜⎝ qVS k0T , np0 pp0 ⎞ ⎟⎟⎠ = 2k0T qLD ⎛ ⎜ ln ⎝ NA ni ⎞2 ⎟ ⎠ 1 QS = − 2εε 0 k0T qLD F ⎛ ⎜⎜⎝ qVS k0T , np0 pp0 ⎞ ⎟⎟⎠ = − 2εε 0 k0T qLD ⎛ ⎜ ln ⎝ NA ni ⎞2 ⎟ ⎠ CS = dQS dVS = ε 0ε rs ⎡⎛ − qVS ⎢⎢⎣⎜⎜⎝ −e k0T ⎞ +1⎟⎟⎠ + np0 pp0 ⎛ qVS ⎜⎜⎝ e k0T ⎞⎤ −1⎟⎟⎠⎥⎥⎦ LD F ⎛ ⎜⎜⎝ qVS k0T , np0 pp0 ⎞ ⎟⎟⎠ 答案网(http://www.daanwang.com) 故: CS = ε rsε 0 LD ⎛ ⎜ ln ⎝ 1 NA ni 1 ⎞2 ⎟ ⎠ 2. 对于电阻率为 8 Ω ⋅ cm 的 n 型硅,求当表面势 Vs=-0.24V 时耗尽层的宽度。 [解]: 已知 ρ = 8Ω ⋅ cm ,则: ND = 7 ×1014 cm−3 耗尽层宽度: xd = −2ε0ε rsVS = qN D −2×11.9× 8.85×10−12 × 0.24 1.6 ×10−19 × 7 ×1014 ×106 6.7 ×10−7 m = 0.67um 3. 对由电阻率为 5 Ω ⋅ cm 的 n 型硅和厚度为 100nm 的二氧化硅膜组成的 mos 电 容,计算其室温(27℃)下的平带电容 CFB / C0 。 om [解]: 已知 ρ = 5Ω ⋅ cm ,则: ND = 1.5×1015 cm−3 .c 则由公式(8-66): ng CFB nwa C0 = 1+ εro ε rs 1 ( ε q rsε 0k0T 2 NDd02 )1/ 2 = 1 + 4 11.9 ( 1.6 11.9 × ×10−19 1 8.85×10−12 × 0.026 ×1.5×1015 ×106 ×10−14 )1/ 2 aa 可通过课本图 8-11 大致检验计算结果。 w.d 4.导出理想 MOS 结构的开启电压随温度变化的关系式。 网 ww [解]: 设以 p- Si 为例,设开启电压: 案 :// VT =V0 +VS 答 http 式中,V0 为绝缘层上的压降;VS 为半导体表面空间电荷区压降。 0.74 则: VT = − QS C0 + VS 半导体表面空间电荷区出现反型层,则其表面负电荷应由两部分组成: ① 电离受主电荷 QA = −qN Axdm , xdm 为空间电荷区宽度 ② 反型电子 Qn 可以证明:在开启时 QA Qn ∴ 半导体表面空间电荷区的电荷为耗尽层最大电荷。 答案网(http://www.daanwang.com) 即: 1 QS = − 2ε rsε0 LD ⎛ ⎜ ⎝ k0T q ⎞2 ⎟ ⎠ (VS 1 )2 1 1 式中: LD = ⎛ ⎜⎜⎝ 2ε rsε0k0T q2 pp0 ⎞2 ⎟⎟⎠ = ⎛ ⎜ ⎝ 2ε rsε 0k0T q2NA ⎞2 ⎟ ⎠ 又∵ VS = 2VB = 2k0T q ln NA ni 1 1 QS = − ⎛ ⎜⎜⎝ 2ε rε 0 2εrsε 0k0T q2 pp0 1 ⎞2 ⎟⎟⎠ ⎛ ⎜ ⎝ k0T q ⎞2 ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ 2k0T q ln NA ni ⎞2 ⎟ ⎠ = − 4ε rsε0k0TN A ln NA ni .com ∴ VT = V0 + VS = − QS C0 + VS = ⎛ ⎜ 4ε rsε 0 k0TN A ln ⎝ C0 NA ni ⎞1 2 ⎟ ⎠ + 2k0T q ln NA ni wang 6. 平带电压VFB 与金属-半导体的功函数差及固定电荷密度有关。试设想一种办 an 法,可以从测量不同氧化层厚度的 MOS 电容器的平带电压来确定这两个因素。 a [解]: 功函数差与固定表面电荷密度与平带电压的关系: ww.d VFB = −Vms − Qf C0 = −Vms − Qf ⋅ do ε oε ro 网 //w 于是,通过测量不同氧化层厚度 do 下的平带电压,可以得到VFB ∼ d0 关系,此关 答案 tp: 系为线性关系,其斜率为 Qf ht εoεro ,其截距为: −Vms 。 7. 试计算下列情况下,平带电压的变化。 (1)氧化层中均匀分布着电荷; (2)三角形电荷分布,金属附近高,硅附近为零; (3)三角形电荷分布,硅附近高,金属附近为零。 (设三种情况下,单位面积的总离子数都为1012 cm2 。氧化层厚度均为 0.2μm ; εr0 = 3.9 ) [解]: 设氧化层中电荷密度为 ρ(x) ∴ dVFB = − xdQ d0C0 = − xρ ( x)dx d0C0 (单位面积) 答案网(http://www.daanwang.com) 则: (1) ∫ VFB = − 1 d0C0 d0 xρ (x)dx 0 ρ ( x) ρ0 M O S 0 do x 设氧化层中电荷密度为 ρ0 g.com ∴ dVFB = − xdQ d0C0 = − ρ0 xdx d0C0 (单位面积) wan 则: .daan 又∵ ∫ VFB = − 1 d0C0 d0 0 ρ0 xdx = − ρ0 d0C0 x2 d0 2 0 = − ρ0d0 2C0 ∫ Q = d0 0 ρ0dx =ρ0d0 = 1012 ×1.6×10−13 (C cm2 ) 网 /www ∴ ρ0 = 1012 ×1.6 ×10−19 d0 又 C0 = ε r0ε0 d0 答案http:/ 故 VFB = − d0 2C0 ⋅ 1012 ×1.6 ×10−19 d0 = − d0 ×1012 ×1.6×10−19 2ε r0ε0 = − 2× 0.2 ×10−4 3.9× 8.85×10−14 ×1012 ×1.6 ×10−19 ≈ −4.63(V ) (2)三角形电荷分部,金属附近为高,硅附近为零,设 M—O 边界为 x 坐标的 原点 答案网(http://www.daanwang.com) ρ ( x) ρ0 M O S 0 do x 则 : ρ(x) x=0 = ρ0 ∴ ∴ ∴ ρ ( x) = ρ0 − ρ0 d0 x m 单位面积氧化层中总电荷 g.co ∫ Q = d0 0 ⎛ ⎜ ⎝ ρ 0 − ρ0 d0 ⎞ x ⎟dx ⎠ nwan ∫ = − ρ0 2d0 x2 ρ d d0 0 00 .daa = 1 2 ρ0d0 = 1012 ×1.6×10−19 (C cm2 ) 网 /www∫ VFB =− Q C0d0 =− 1 d0C0 d0 0 ⎛ ⎜ ρ0 ⎝ − ρ0 d0 ⎞ x⎟ ⎠ xdx 答案http:/ = − 1 d0C0 ⎛ ⎜ ⎝ 1 2 ρ0 d 2 0 − ρ0 3d0 d03 ⎞ ⎟ ⎠ = − 1 d0C0 ⎛ ⎜⎝ 1 2 ρ0d02 − 1 3 ρ0d02 ⎞ ⎟⎠ = − ρ0d02 6C0d0 又∵ C0 = ε r0ε0 d0 ∴ 代入数据得: VFB = − ρ0d02 6ε r0ε0 VFB = 2 ×1012 ×1.6 ×10−19 × 0.2 ×10−4 6 ×8.85×10−14 × 3.9 答案网(http://www.daanwang.com) = − 2×1.6× 0.2 ×103 6×8.85× 3.9 ∴ VFB ≈ −3.09(V) (3)三角形电荷分布,硅附近高,金属附近为零, ρ ( x) ρ0 M O S 0 do x 则 ∴ ∴ om ρ(x) x=d0 = ρ0 g.c ρ(x) = ρ0 x n d0 anwa ∫ Q = d0 ρ(x)dx 0 .da ∫= d0 ρ0 xdx w 0 d0 网 /ww = 1 2 ρ0 d0 = 1012 ×1.6×10−19 (C cm2 ) 答案http:/∫ ∫ VFB = − 1 d0C0 d0 ρ(x)xdx = − 1 0 d0C0 d0 x ⋅ ρ0 xdx 0 d0 = − ρ0d02 = − ρ0d02 3C0d0 3ε r0ε0 代入数据得: VFB = − 2 ×1012 ×1.6 ×10−19 × 0.2 ×10−4 3× 3.9× 8.85×10−14 ≈ −6.18(V) 8. 试导出下列情况下快表面态中单位面积电荷的表达式: ① 位于禁带中央 Ei 处的单能级表面态,单位面积的表面的表面态数为 Nss。 ② 均匀分布于整个带的表面态,即 Nss(E)=常数的表面态。 (假定表面态是受主型的,即当该表面态被一个电子占据时带负电,空着时为中 答案网(http://www.daanwang.com) 性) [解]: 空穴占据受主界面态的分布函数: f = 1+ 1 1 exp( EF − ESA ) 4 k0T ① ESA = Ei ,所以: p− (ESA ) = NSS (1− f ) = 1+ N SS 4 exp( Ei − EF ) k0T ∴ QSS = q⋅ p− (ESA ) = 1+ qN SS 4 exp( Ei − EF ) k0T ∫ ② p− = EC EV 1+ N SS 4 exp( E − EF dE ) = N SS ⋅ (EF − EV ) m k0T co ∴ QSS = q ⋅ p− = qNSS ⋅ (EF − EV ) wang. 第十章 半导体的光学性质和光电与发光现象 .daan 1.一棒状光电导体长 l,截面积为 s。设在光照下棒内均匀产生电子-空穴对数为 ww Q / cm3 ⋅ s ,且电子迁移率 μn >> μp 。如果在棒两端加以电压 V,试证光生电 网 //w 流 ΔI = qQsτnμnV / l (q=电子电量)。 答案http: [解]: 由 dΔn = Q − Δn dt τn −t ∴ Δn = Qτ n (1− e τn ) 平衡时: Δn = Qτ n ; ΔJ = Δσ ⋅ E = q ⋅Q ⋅τn ⋅ μn ⋅E = q ⋅Q ⋅τn ⋅ μn ⋅V l ∴ ΔI = q ⋅Q ⋅τn ⋅ s ⋅ μn ⋅V l 2.一重掺杂 n 型半导体的平衡载流子浓度为 n0 和 p0 。在恒定光照下产生的电子 -空穴对数为 Q / cm3 ⋅ s ,复合系数为 r。今另加一闪光,产生附加光生载流子 浓 度 为 Δn 和 Δp << n0 。 试 证 闪 光 t 秒 后 , 样 品 内 空 穴 浓 度 为 答案网(http://www.daanwang.com) p(t) = p0 + Δpe−rnt + Q rn0 [解]: 恒定光照下: d Δp dt = Q − Δp τ = 0 ; Δp = Qτ (1 − −t eτ ) τ= 1 rn0 ∴平衡时: Δp = Qτ = Q ; rn0 p = p0 + Δp = p0 + Q rn0 另加闪光时产生 Δn 和 Δp 的附加载流子浓度; .com 闪光结束时刻: Δp(0) = Q + Δp g rn0 wan dΔp(t) = − Δp(t) + Q ; dt τ aan ① Δp(0) = Δp + Q / rn0 w.d ② Δp(∞) = Q / rn0 网 //ww ∴ p(t) = p0 + Δpe−rnt + Q rn0 答案http: 3. 一个 n 型 CdS 正方形晶片,边长 1mm,厚 0.1mm,其长波吸收限 510nm。 今用1mW / cm2 的紫光( λ = 409.6nm )照射正方形表面,量子产额 β = 1。设光 生空穴全部被陷,光生电子寿命τ n = 10−3 s ,电子迁移率 μn = 100cm2 / V ⋅ s ,并设 光照能量全部被晶片吸收,求下列各值。 ①样品中每秒产生的电子-空穴对数; ②样品中增加的电子数; ③样品的电导增量 Δg ; ④当样品上加以 50V 电压时的光生电流; ⑤光电导增益因子 G。 答案网(http://www.daanwang.com) [解]: ① 量子数光强: I = 1×10−3 hγ = 1×10−3 6.625 ×10−34 × 3×108 409.6 ×10−9 = 2.06 ×1015 / cm2 β = 1,光照能量全部被吸收;α = 1 ∴ Q = β ⋅ a ⋅ I = 2.06×1015 / cm2 ② 平衡时, Δns = Q ⋅τ = 2.06 ×1015 ×10−3 = 2.06×1012 / cm2 ΔN = Δns ⋅ S = 10−2 × 2.06×1015 ×10−3 = 2.06×1010 个 ③ ④ ⑤ Δσ =q ⋅ Δn ⋅ μn = 1.6 ×10−19 × 2.06 ×1012 0.01 ×100 = 3.396×10−3 S / cm com Δg = Δσ ⋅ S =3.396×10−3 × 0.1×1×10−2 = 3.396×10−5 S l 0.1 ng. ΔI = ΔJ ⋅ S = Δσ ⋅ E ⋅ S =3.396×10−3 × 50 ⋅ S = 1.698×10−3 A a l anw G = τn a tr 已知,τ n = 10−3 s ww.d tr = l − V = l μn ⋅ E = l2 μn ⋅V = 0.01 100× 50 = 2 ×10−6 s 答案ht网tp://w G = τn tr = 10−3 2 ×10−6 = 500 4. 上题中样品无光照时电导 g0 = 10−8 S 。如果样品的电导增加一倍( Δg = g0 ), 所需光照强度为多少? [解]: Δg = g0 = Δσ ⋅ S l ⇒ Δσ = g0 ⋅l S = 10−8 × 0.1 0.1× 0.01 = 10−6 S / cm ∴ Δn = Δσ q ⋅ μn = 10−6 1.6 ×10−19 × 100 = 6.25×1010 cm−3 ∴ Δns = Δn ⋅ d = 6.25×1010 × 0.01 = 6.25×108 cm−2 I = Δns = 3×10−7W / cm2 τnβa 答案网(http://www.daanwang.com) 5. 用光子能量为 1.5eV,强度为 2mW 的光照射一硅光电池。已知反射系数为 25%,量子产额 β = 1,并设全部全部光生载流子都能到达电极。 ①求光生电流; ②当反向饱和电流为10−8 A 时,求 T=300K 时的开路电压。 [解]: I0 = 2 ×10−3 × (1− 25%) 1.5×1.6 ×10−19 = 6.25 ×1015 s −1 ① IL = β ⋅ I0 ⋅ 2 ⋅ q = 6.25×1015 × 2×1.6×10−19 = 2×10−3 A ② Voc = kT q ln( IL Is + 1) = 0.026 × ln( 2 ×10−3 10−8 + 1) = 0.317V 6. 用光子流强度为 P0 ,光子能量为 hγ 的光照射一肖特基光电二极管。已知 com Eg > hγ > qφB (φB 为接触势垒高度),则在金属层内产生的光生电子,有部分向 g. 半导体内发射。如金属中光的吸收系数为 a ,金属厚度为 l 。在离光照(金属) wan 面 x 处,光生电子逸入半导体的几率为 e−b(l−x) 。设金属中光生电子量子产额为 β 。 aan ①试证光电二极管的量子效率η (进入半导体的光生电子数与入射光子数 P0 之 .d 比)为:η = β a (e−al − e−bl ) w b − a 网 /ww ②试证当l = l0 = ln(b / a) b−a 时,η 达到最大ηnn ,且 答案 p:/ ηnn = β ( a )b/(b−a) b htt [解]: ① dp( x) dx = −ap( x) ⇒ p(x) = p0e−ax x 处产生的电子数: β ap(x) ∫ ∫ l β ap(x) ⋅ e−b(l−x)dx = 0 l 0 β ap0 e − ax ⋅ e−b(l− x ) dx ∫ = β ap0e−bl ⋅ l 0 ebx − ax dx = β ap0e−bl ⋅ b 1 − a ⋅ ebx−ax |l0 = β ap0e−bl b−a ⋅ e−bl ⎡⎣ e( b − a ) l −1⎤⎦ = βa b−a ⋅ p0 ⎡⎣e−al − e−bl ⎤⎦ ∴ η = β a (e−al − e−bl ) b− a 答案网(http://www.daanwang.com) ② dη = β a 令 (−ae−al + be−bl ) = 0 dl b − a ∴ ae−al =be−bl ⇒ l = ln(b / a) b− a 此时:ηnn = β e−bl = β − b ln(b/a) ⋅ e b−a = β ⋅ ( a )−b/(b−a) b = β ⋅ ( b )b/(b−a) a 第十二章 半导体磁和压阻效应 1. 如图 12-1 所示,设样品为长 8mm,宽 2mm、厚 0.2mm 的 Ge,在样品长度两 端加 1.0V 的电压,得到 10mA 沿 x 方向的电流;再沿样品垂直方向(+z)加 0.1T 的磁场,则在样品宽度两端测得电压 Vac 为-10mV,设材料主要是一种载流子导 电,试求: m ①材料的导电类型; o ②霍尔系数; .c ③载流子浓度; g ④载流子迁移率。 答案ht网tp://www.daanwan [解]: 如图所示: ① 根据霍尔定律,有公示: RH = Ey / J x Bz 其中 J x Bz 为正值, Ey 为负值,可得霍尔系数 RH 为负值,可判断为 n 型半导体。 也可根据左手定则进行判断。 ② 霍尔系数: RH = Ey / J x Bz 答案网(http://www.daanwang.com) RH = Ey JxB z = (Ix Ey / w⋅ h)Bz = Ey ⋅w⋅h Ix Bz = VAC h Ix Bz = −10 ×10−3 × 0.2×10−3 10×10−3 × 0.1 = −2 ×10−3 m3 /C ③ RH = −1 nq 因此: n = − 1 RH q = − 1 2 ×10−3 ×106 ×1.6 ×10−19 ≈ 3×1015 cm−3 ④ tan θ n =− Ey Ex = − VAC / w V /l = − VAC ⋅ l V ⋅w = − −10 ×10−3 × 8×10−3 1× 2 ×10−3 = 0.04 根据: tanθn = μn Bz 得到: μn = tan θ Bz = 0.04 0.1 = 4000cm2 /V ⋅s 答案ht网tp://www.daanwang.com

    Top_arrow
    回到顶部
    EEWORLD下载中心所有资源均来自网友分享,如有侵权,请发送举报邮件到客服邮箱bbs_service@eeworld.com.cn 或通过站内短信息或QQ:273568022联系管理员 高进,我们会尽快处理。