108 年 國立臺灣大學電信工程學研究所丙組《近代物理》

核心觀念

• 原子序與電子數：Ge（Germanium）原子序為 32，故必有 32 個電子。
• 能階填充順序（Aufbau 原則）：依照 $n+\ell$ 值遞增，若 $n+\ell$ 相同則較小 $n$ 的先填。
• Pauli 排斥原理：每個子軌道最多容納兩個自旋相反的電子。
• Hund 規則：同能級的等能子軌道先各佔一電子再配對（對於 $p$、$d$、$f$ 軌道）。

解題方法

1. 列出能階順序：$1s < 2s < 2p < 3s < 3p < 4s < 3d < 4p < 5s < 4d \dots$。
2. 依序填入電子，每個軌道的容量為 $2(2\ell+1)$：
   • $1s^2$（2 電子） → 累計 2
   • $2s^2$（2） → 4
   • $2p^6$（6） → 10
   • $3s^2$（2） → 12
   • $3p^6$（6） → 18
   • $4s^2$（2） → 20
   • $3d^{10}$（10） → 30
   • $4p^2$（2） → 32（剛好滿足原子序）

核心觀念

• 量子數：原子中每個電子用四個量子數 $(n,l,m_l,m_s)$ 完全描述
  • 主量子數 $n$：能階，正整數
  • 角量子數 $l$：軌道形狀，$0\le l\le n-1$，$l=0,1,2,3,\dots$ 分別對應 $s,p,d,f,\dots$
  • 磁量子數 $m_l$：在給定 $l$ 下的取向，$m_l=-l,-l+1,\dots,+l$
  • 自旋量子數 $m_s$：電子自旋，$m_s=+\tfrac12$ 或 $-\tfrac12$（常寫作 $\uparrow,\downarrow$）
• 價帶 (valence band)：在半導體晶體中由最外層原子軌道（$s$、$p$）組成的能帶，容納價電子。
• 忽略 $s$–$p$ 雜化：直接把原子 4s、4p 軌道視為離散能級，不考慮 $sp^3$ 混成，故每個軌道的量子數仍保持原子態的標準形式。

解題方法

1. 先確定鍺 (Ge) 的原子序 $Z=32$，其基態電子配置
   $\text{Ge}: [\text{Ar}]\,3d^{10}\,4s^{2}\,4p^{2}$
   其中 $4s$、$4p$ 為最外層（價）電子，故在晶體的價帶中只考慮這兩類軌道。
2. 依題目「Treat them as discrete orbitals」及「Neglect the hybridization」，把每個 $4s$、$4p$ 軌道分別寫出其允許的四個量子數。
3. 4s 軌道：
   • $n=4$（能階）
   • $l=0$（$s$ 軌道）
   • $m_l=0$（$l=0$ 時唯一）
   • $m_s=+\tfrac12$ 或 $-\tfrac12$（自旋兩種可能）
4. 4p 軌道：
   • $n=4$
   • $l=1$（$p$ 軌道）
   • $m_l=-1,0,+1$（三個磁量子數）
   • $m_s=+\tfrac12$ 或 $-\tfrac12$（自旋兩種）
5. 把上述組合列舉即得到所有可能的量子數集合。

完整量子數集合

核心觀念

本題探討半導體材料鍺（Ge）最外層電子在類氫原子模型近似下的**自旋-軌道耦合（Spin-Orbit Coupling, SOC）**效應。題幹已提供簡化模型公式，考驗考生綜合運用波耳原子模型、電磁學環形電流磁場與磁矩能階分裂之觀念：

1. 原子軌道與主量子數：鍺（$\text{Ge}$，原子序 $Z=32$）之基態基態電子組態為 $[1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6 3d^{10}] 4s^2 4p^2 = [\text{Ar}] 3d^{10} 4s^2 4p^2$。其最外層（outmost shell）電子的主量子數為 $n = 4$。
2. 波耳模型角動量量子化：電子軌道角動量滿足量子化條件 $L = mvr = n\hbar$，可求得電子的軌道運動速度 $v$。
3. 軌道等效電流與內部磁場：電子繞核作圓周運動，等效於一微觀環形電流 $I = ef$。該電流在圓心（電子參照系中的原子核位置）建立之磁場即為自旋-軌道耦合感受到的有效磁場 $B = \frac{\mu_0 fe}{2r}$。
4. 能階分裂與等效溫度：電子自旋磁矩在此磁場中的位向分裂能差為 $\Delta E = 2\mu B = \frac{e\hbar B}{m}$，其等效溫度滿足熱激發關係式 $\Delta E = k_B T$。

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解題方法

第一步：確定主量子數 $n$ 與軌道半徑 $r$

鍺原子最外層電子處於第 4 能階，故主量子數取 $n = 4$。
依題目給定之波耳軌道半徑公式 $r = n^2 a_0$，其中 $a_0 = 0.529\text{ \AA} = 0.529 \times 10^{-10}\text{ m}$：

$$r = 4^2 \times 0.529 \times 10^{-10}\text{ m} = 16 \times 0.529 \times 10^{-10}\text{ m} = 8.464 \times 10^{-10}\text{ m} = 8.464\text{ \AA}$$

第二步：計算電子速度 $v$

電子在固態能帶結構下的有效質量為 $m = 0.1 m_0$：

$$m = 0.1 \times (9.109 \times 10^{-31}\text{ kg}) = 9.109 \times 10^{-32}\text{ kg}$$

由波耳角動量量子化條件 $L = mvr = n\hbar$，得軌道速度 $v$ 為：

$$v = \frac{n\hbar}{mr} = \frac{n\hbar}{m(n^2 a_0)} = \frac{\hbar}{n m a_0}$$

代入物理常數（$\hbar = 1.0546 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}$）：

$$v = \frac{4 \times (1.0546 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s})}{(9.109 \times 10^{-32}\text{ kg}) \times (8.464 \times 10^{-10}\text{ m})} \approx 5.471 \times 10^6\text{ m/s}$$

第三步：計算軌道運轉頻率 $f$

軌道圓周長為 $2\pi r$，電子繞行頻率 $f$ 即為單位時間繞行圈數：

$$f = \frac{v}{2\pi r} = \frac{5.471 \times 10^6\text{ m/s}}{2\pi \times (8.464 \times 10^{-10}\text{ m})} = \frac{5.471 \times 10^6}{5.318 \times 10^{-9}} \approx 1.029 \times 10^{15}\text{ Hz}$$

第四步：計算內部磁場 $B$

代入題目給定之環形電流中心磁場公式 $B = \frac{\mu_0 fe}{2r}$，其中真空磁導率 $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7}\text{ T}\cdot\text{m/A}$、電子電量 $e = 1.602 \times 10^{-19}\text{ C}$：

$$B = \frac{(4\pi \times 10^{-7}) \times (1.029 \times 10^{15}) \times (1.602 \times 10^{-19})}{2 \times (8.464 \times 10^{-10})}$$ $$B = \frac{2.0715 \times 10^{-10}}{1.6928 \times 10^{-9}} \approx 0.1224\text{ T}$$

核心觀念

束縛態的能量滿足 $E<0$，波函數在遠離 $\delta$ 勢阱時必須衰減。$\delta$ 勢能 $U(x)=-A\delta(x)$ 使波函數在 $x=0$ 連續，但導數在該處有跳躍。假設 $A>0$，定態薛丁格方程為

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}-A\delta(x)\psi(x)=E\psi(x)$$

解題方法

在 $x\ne 0$ 處，$\delta(x)=0$，方程化為自由粒子的定態方程。令 $E=-\frac{\hbar^2B^2}{2m}$，其中 $B>0$，束縛態波函數須在左右兩側都衰減，因此寫成

$$\psi(x)=C e^{-B|x|}$$

題目所列的 $\sqrt{B}e^{-Bx}$ 是 $x>0$ 一側的形式；完整波函數需包含 $|x|$。由波函數連續性，$\psi(0)=C$。在薛丁格方程兩側對 $x=0$ 附近的小區間積分，得到導數跳躍條件：

$$\psi'(0^+)-\psi'(0^-)=-\frac{2mA}{\hbar^2}\psi(0)$$

由 $\psi(x)=C e^{-B|x|}$，

核心觀念

這題考一維吸引型 $\delta$ 勢阱的散射。波函數在 $x=0$ 連續，但因勢能含有 $\delta(x)$，導數在原點有跳躍：

$$\psi(0^+)=\psi(0^-)$$ $$\psi'(0^+)-\psi'(0^-) =\frac{2m}{\hbar^2}\int_{-\epsilon}^{+\epsilon}U(x)\psi(x)\,dx =-\frac{2mA}{\hbar^2}\psi(0)$$

其中 $E>0$，令 $k=\sqrt{2mE}/\hbar$。由圖中的入射方向與 $G=0$，波函數為

$$\psi(x)= \begin{cases} Ae^{ikx}+Be^{-ikx}, & x<0,\\ Fe^{ikx}, & x>0. \end{cases}$$

解題方法

先用波函數連續條件：

$$A+B=F$$

再用導數跳躍條件。左右兩側在原點的導數分別為

$$\psi'(0^-)=ik(A-B),\qquad \psi'(0^+)=ikF$$

因此

$$ikF-ik(A-B)=-\frac{2mA}{\hbar^2}F$$

代入 $F=A+B$，可得

$$2ikB=-\frac{2mA}{\hbar^2}(A+B)$$

令 $\alpha=\dfrac{mA}{\hbar^2k}$，整理振幅比：

核心觀念

在非簡併的 p 型半導體中，電洞濃度與費米能階的位置滿足

$$p_0=N_v\exp\left(-\frac{E_F-E_V}{k_BT}\right)$$

其中 $p_0$ 是平衡電洞濃度，$N_v$ 是價帶有效態密度。題目未指定溫度，以下採用室溫 $T=300\ \text{K}$，並假設受體完全游離。

解題方法

由電中性條件，且本題受體濃度遠大於本質載子濃度，可取

$$p_0\approx N_A=10^{17}\ \text{cm}^{-3}$$

將電洞濃度公式取對數，得到

$$E_F-E_V=k_BT\ln\left(\frac{N_v}{p_0}\right)$$

核心觀念

圖中的 A 線穿過 $n^+$ 源極與 $p$ 型基板，形成 $n^+p$ 接面。熱平衡時，整個接面的費米能階 $E_F$ 必須水平；導帶底 $E_C$、本徵能階 $E_i$ 與價帶頂 $E_V$ 則隨靜電位一起彎曲，且維持固定的相對間距。

題目允許在 $n^+$ 源極取 $E_F\approx E_C$，因此兩側的能階順序為：

• $n^+$ 源極：$E_C\approx E_F>E_i>E_V$。
• $p$ 型基板：$E_C>E_i>E_F>E_V$。

解題方法

原卷 Fig. 2 的 A 線是由上方的 $n^+$ 源極，向下穿入 $p$ 型基板，並未穿過閘極或氧化層。本小題未指定外加偏壓，採熱平衡；題目未給溫度及矽能隙，以下採室溫 $T=300\ \mathrm{K}$、$E_g=1.12\ \mathrm{eV}$，故 $k_BT\approx0.0259\ \mathrm{eV}$。

1. 決定基板的費米能階位置

$p$ 型基板採完全游離、非簡併近似，電洞濃度為

$$p\approx N_A=N_v\exp\left(-\frac{E_F-E_V}{k_BT}\right).$$

因此

$$E_F-E_V =k_BT\ln\frac{N_v}{N_A} =0.0259\ln\frac{10^{19}}{10^{17}} \approx0.119\ \mathrm{eV}.$$

亦即基板的 $E_F$ 位於 $E_V$ 上方約 $0.119\ \mathrm{eV}$，而

$$E_C-E_F=E_g-(E_F-E_V) \approx1.001\ \mathrm{eV}.$$

2. 決定本徵能階的位置

由於 $N_c\ne N_v$，$E_i$ 並非恰在能隙中央：

$$E_i=\frac{E_C+E_V}{2} +\frac{k_BT}{2}\ln\frac{N_v}{N_c}.$$

所以

$$E_C-E_i =\frac{E_g}{2} +\frac{k_BT}{2}\ln\frac{N_c}{N_v} =0.560+\frac{0.0259}{2}\ln2.8 \approx0.573\ \mathrm{eV},$$ $$E_i-E_V\approx1.12-0.573=0.547\ \mathrm{eV}.$$

在 $n^+$ 源極，由 $E_F\approx E_C$ 得

$$E_i-E_F\approx-0.573\ \mathrm{eV}.$$

在 $p$ 型基板則有

$$E_i-E_F=(E_i-E_V)-(E_F-E_V) \approx0.547-0.119=0.428\ \mathrm{eV}.$$

3. 畫出沿 A 線的能帶圖

令共同的 $E_F=0$，兩側遠離接面處的能階位置如下：

能階	$n^+$ 源極	$p$ 型基板
$E_C$	約 $0$	$+1.001\ \mathrm{eV}$
$E_i$	$-0.573\ \mathrm{eV}$	$+0.428\ \mathrm{eV}$
$E_F$	$0$	$0$

核心觀念

本題考的是 MOS 結構在正閘極偏壓下的能帶彎曲與強反轉。對 p 型基板施加正的 $V_{GS}$，會使靠近氧化層的矽能帶向下彎曲，吸引電子形成反轉層。

作圖時須掌握三點：

• 矽中的 $E_C$、$E_i$、$E_V$ 隨電位一起移動，彼此間距保持不變。
• 半導體內無垂直方向的穩態電流，故 $E_{FS}$ 為水平線。
• 閘極與半導體隔著氧化層，兩者的費米能階不必相等；正閘極電壓使 $E_{FM}$ 比 $E_{FS}$ 低。

解題方法

原卷 Fig. 2 的 B 線由金屬閘極向下穿過氧化層，再進入 p 型矽基板，因此應沿「金屬 → 氧化層 → 矽表面 → 矽本體」作圖。圖中源極接地，本小題給定 $V_{GS}=2\ \text{V}$、$V_{FB}=0$，並指定強反轉。

原題未給溫度、矽能隙及氧化層電容；以下採室溫 $T=300\ \text{K}$、$E_g=1.12\ \text{eV}$，並以強反轉常用近似 $\psi_s\simeq2\phi_F$ 標示表面能階。

一、金屬與半導體的費米能階差

電子電荷為 $-q$，故正閘極電壓使金屬電子能量下降：

$$E_{FM}-E_{FS}=-qV_{GS}.$$

因此

$$\boxed{E_{FS}-E_{FM}=2.00\ \text{eV}}.$$

以 $E_{FS}=0$ 為能量基準，金屬內的水平費米能階位於 $E_{FM}=-2.00\ \text{eV}$。$V_{FB}=0$ 表示零閘極偏壓時能帶平坦，並不表示施加偏壓後兩個費米能階仍相等。

二、p 型矽本體的能階位置

假設受體完全游離，則本體電洞濃度 $p_0\simeq N_A$。利用

$$p_0=N_V\exp\left[-\frac{E_{FS}-E_V}{k_BT}\right],$$

得到

$$\begin{aligned} (E_{FS}-E_V)_{\text{本體}} &=k_BT\ln\frac{N_V}{N_A}\\ &=(0.02585)\ln\frac{10^{19}}{10^{17}}\\ &\simeq0.119\ \text{eV}. \end{aligned}$$

本徵能階並非恰好位於能隙中央，須保留有效態密度的修正：

$$\begin{aligned} E_i-E_V &=\frac{E_g}{2}+\frac{k_BT}{2}\ln\frac{N_V}{N_C}\\ &=0.560+\frac{0.02585}{2}\ln\frac{1}{2.8}\\ &\simeq0.547\ \text{eV}. \end{aligned}$$

因此，本體中的費米位勢為

$$q\phi_F=(E_i-E_{FS})_{\text{本體}} =0.547-0.119 \simeq0.428\ \text{eV}.$$

本體的 $E_i$ 必須畫在 $E_{FS}$ 上方。以 $E_{FS}=0$ 為基準：

$$\boxed{ E_{C,\text{本體}}\simeq1.001,\qquad E_{i,\text{本體}}\simeq0.428,\qquad E_{V,\text{本體}}\simeq-0.119 \quad(\text{eV}) }.$$

三、強反轉時的矽表面能階

採用 $\psi_s\simeq2\phi_F$：

$$\psi_s\simeq0.856\ \text{V}.$$

矽表面的三條能帶相對本體向下移動約 $0.856\ \text{eV}$，故

$$\begin{aligned} E_{C,s}-E_{FS} &\simeq1.001-0.856 =0.145\ \text{eV},\\ E_{i,s}-E_{FS} &\simeq0.428-0.856 =-0.428\ \text{eV},\\ E_{V,s}-E_{FS} &\simeq-0.119-0.856 =-0.975\ \text{eV}. \end{aligned}$$

保留未四捨五入的中間值，表面導帶與價帶位置分別約為 $+0.146\ \text{eV}$、$-0.974\ \text{eV}$。因此題目要求的第三個差值為

$$\boxed{(E_C-E_{FS})_s\simeq0.146\ \text{eV}}.$$

核心觀念

題目要沿著 Fig. 2 的 C 線，描述 n-MOSFET 表面能帶與電子準費米能階。加上汲極電壓後，元件處於非平衡狀態，源極、通道與汲極不能用同一條平坦的費米能階表示；應分別標示 $E_{FS}$、$E_{FC}(x)$、$E_{FD}$。

解題方法

由圖可讀到：C 線沿著閘極下方的 Si 表面，從 n+ 源極穿過通道至 n+ 汲極；基板為 p 型，源極接地，閘極加 $V_{GS}$，汲極加 $V_{DS}$。承接 (c)，$V_{GS}=2\ \mathrm V$、$V_{FB}=0$；本題再給 $V_{DS}=2\ \mathrm V$，並假設通道處於強反轉。

先判斷通道是否夾止。理想 p 型基板 n-MOSFET 的臨界電壓為

$$V_T=V_{FB}+2\phi_F+ \frac{\sqrt{4q\epsilon_{\mathrm{Si}}N_A\phi_F}}{C_{\mathrm{ox}}}, \qquad \phi_F=\frac{k_BT}{q}\ln\left(\frac{N_A}{n_i}\right)>0.$$

因此 $V_T>0$。強反轉條件表示 $V_{GS}>V_T$，而汲極端的夾止電壓為 $V_{DS,\mathrm{sat}}=V_{GS}-V_T$。所以

$$V_{DS,\mathrm{sat}}=2\ \mathrm V-V_T<2\ \mathrm V=V_{DS}.$$

通道在汲極側夾止，超過夾止電壓的部分主要落在汲極側的夾止／耗盡區，該處電位變化較急，能帶也會較陡地往低能方向下降。圖中未提供 $C_{\mathrm{ox}}$，因此不能算出 $V_T$、夾止位置或通道內各點的精確能階。

能量差方面，汲極電位比源極高 $2\ \mathrm V$，電子能量的方向相反，因此源極準費米能階高於汲極：

$$E_{FS}-E_{FD}=qV_{DS}=2\ \mathrm{eV}.$$

通道中的電子準費米能階 $E_{FC}(x)$ 從源極的 $E_{FS}$ 逐漸下降，並在汲極接近 $E_{FD}$。重摻雜源、汲極的 $E_F$ 可依題意近似畫在 $E_C$ 附近；這不是用非簡併近似公式計算的區域。

在閘氧化層與 p-Si 的界面，採非簡併近似時，局部導帶與通道電子準費米能階的差為

$$E_C(x,\mathrm{surface})-E_{FC}(x) =k_BT\ln\left(\frac{N_C}{n_s(x)}\right).$$

其中 $n_s(x)$ 是 C 線該位置的局部電子濃度。源端強反轉時電子濃度較高，能階差較小；向汲極夾止區移動時，反轉電子濃度降低，能階差增大。

核心觀念

這題考 n 型 MOSFET 在 p 型基板上的臨界電壓 $V_T$。忽略氧化層電荷，並以 $\phi_F>0$ 表示 p 型基板的費米位能大小，可寫成

$$V_T=V_{FB}+2\phi_F+\frac{|Q_{d,\max}|}{C_{ox}}$$

其中

$$V_{FB}=\Phi_m-\Phi_s,\qquad \phi_F=\frac{kT}{q}\ln\!\left(\frac{N_A}{n_i}\right),\qquad |Q_{d,\max}|=\sqrt{4q\varepsilon_sN_A\phi_F},\qquad C_{ox}=\frac{\varepsilon_{ox}}{t_{ox}}.$$

解題方法

1. 降低金屬閘極功函數 $\Phi_m$：
   由 $V_{FB}=\Phi_m-\Phi_s$ 可知，降低 $\Phi_m$ 會降低 $V_{FB}$，因此降低 $V_T$。

核心觀念

MOSFET 的汲極電流主要受**通道長度 $L$、單位面積閘極氧化層電容 $C_{\mathrm{ox}}$，以及載子遷移率 $\mu$**控制。以長通道模型為例，線性區電流為

$$I_D=\mu C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L} \left[(V_{GS}-V_{\mathrm{th}})V_{DS}-\frac{V_{DS}^2}{2}\right]$$

飽和區電流為

$$I_{D,\mathrm{sat}}=\frac{1}{2}\mu C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L} (V_{GS}-V_{\mathrm{th}})^2$$

在其他條件相同時，提高 $\mu$ 或 $C_{\mathrm{ox}}$，以及縮短 $L$，都能提高汲極電流與驅動能力。

解題方法

逐一看公式中的比例關係：

• 縮短閘極長度 $L$：電流與 $1/L$ 成正比，因此縮短通道可提高電流密度與切換速度。