115 年 國立中央大學電機工程學系碩士班乙:固態組《半導體元件》

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第 Q1 題6 分

For germanium (Ge), the effective density of states at 300 K (kBT≈0.025k_B T \approx 0.025 eV) is Nc≈1.3×1019N_c \approx 1.3 \times 10^{19} cm−3^{-3}, Nv≈6.0×1018N_v \approx 6.0 \times 10^{18} cm−3^{-3}. The bandgap energies are Eg(300 K)=0.66E_g(300 \text{ K}) = 0.66 eV, Eg(77 K)=0.75E_g(77 \text{ K}) = 0.75 eV. At 77 K, the measured electron concentration is n=5×1016n = 5 \times 10^{16} cm−3^{-3}. Assume negligible acceptor concentration and a donor energy level is Ec−ED=0.012E_c - E_D = 0.012 eV. Which answer of NDN_D at 77 K (kBT≈0.006k_B T \approx 0.006 eV) is more reasonable?
(#hint: n=Nc(T)exp⁡(−Ec−EFkBT)n = N_c(T) \exp\left(-\frac{E_c - E_F}{k_B T}\right), Nc(T)=Nc(300)×0.13N_c(T) = N_c(300) \times 0.13, ND≈n×(1+2exp⁡(EF−EDkBT))N_D \approx n \times \left(1 + 2 \exp\left(\frac{E_F - E_D}{k_B T}\right)\right). You may determine Ec−EFE_c - E_F from n/Ncn/N_c, then compute EF−EDE_F - E_D, exp⁡(2)≈7.39\exp(2) \approx 7.39)
(A) 1.1×10141.1 \times 10^{14} cm−3^{-3}
(B) 5.9×10145.9 \times 10^{14} cm−3^{-3}
(C) 3.1×10153.1 \times 10^{15} cm−3^{-3}
(D) 1.5×10161.5 \times 10^{16} cm−3^{-3}
(E) 7.2×10167.2 \times 10^{16} cm−3^{-3}

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本題考查在特定溫度下,由測得的電子濃度反推材料的摻雜濃度。關鍵在於理解電子濃度與費米能階的關係,以及費米能階與施體能階的相對位置。

首先,我們需要計算 77 K 時的 Nc(77 K)N_c(77 \text{ K})。
由題目提供的提示可知:
Nc(77 K)=Nc(300 K)×0.13=1.3×1019 cm−3×0.13=1.69×1018 cm−3N_c(77 \text{ K}) = N_c(300 \text{ K}) \times 0.13 = 1.3 \times 10^{19} \text{ cm}^{-3} \times 0.13 = 1.69 \times 10^{18} \text{ cm}^{-3}。

接著,利用測得的電子濃度 n=5×1016n = 5 \times 10^{16} cm−3^{-3},以及 n=Nc(T)exp⁡(−Ec−EFkBT)n = N_c(T) \exp\left(-\frac{E_c - E_F}{k_B T}\right),來計算此時的費米能階相對於導帶底部的能量差 Ec−EFE_c - E_F。
5×1016=1.69×1018exp⁡(−Ec−EFkBT)5 \times 10^{16} = 1.69 \times 10^{18} \exp\left(-\frac{E_c - E_F}{k_B T}\right)
exp⁡(−Ec−EFkBT)=5×10161.69×1018≈0.02958\exp\left(-\frac{E_c - E_F}{k_B T}\right) = \frac{5 \times 10^{16}}{1.69 \times 10^{18}} \approx 0.02958
−Ec−EFkBT=ln⁡(0.02958)≈−3.52-\frac{E_c - E_F}{k_B T} = \ln(0.02958) \approx -3.52
Ec−EF≈3.52×kBTE_c - E_F \approx 3.52 \times k_B T。
題目提示 kBT≈0.006k_B T \approx 0.006 eV,所以

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第 Q2 題6 分

An n-type silicon sample has ND=1×1013N_D = 1 \times 10^{13} cm−3^{-3}. At 400 K (kBT≈0.035k_B T \approx 0.035 eV), the intrinsic carrier concentration is ni=1×1013n_i = 1 \times 10^{13} cm−3^{-3}. Assuming complete ionization, calculate the electron concentration n0n_0, hole concentration p0p_0, and Fermi-level shift EF−EiE_F - E_i?
(#hint: ln⁡(1.0×1013)≈29.93\ln(1.0 \times 10^{13}) \approx 29.93, ln⁡(1.62×1013)≈30.42\ln(1.62 \times 10^{13}) \approx 30.42; ln⁡(2.0×1013)≈30.63\ln(2.0 \times 10^{13}) \approx 30.63, ln⁡(6.17×1012)≈29.45\ln(6.17 \times 10^{12}) \approx 29.45, 5≈2.23\sqrt{5} \approx 2.23)
(A) n0=1.0×1013n_0 = 1.0 \times 10^{13}, p0=1.0×1013p_0 = 1.0 \times 10^{13}, EF−Ei=0E_F - E_i = 0;
(B) n0=1.62×1013n_0 = 1.62 \times 10^{13}, p0=6.17×1012p_0 = 6.17 \times 10^{12}, EF−Ei=0.017E_F - E_i = 0.017 eV;
(C) n0=2.0×1013n_0 = 2.0 \times 10^{13}, p0=5.0×1012p_0 = 5.0 \times 10^{12}, EF−Ei=0.035E_F - E_i = 0.035 eV;
(D) n0=1.0×1013n_0 = 1.0 \times 10^{13}, p0=1.0×1012p_0 = 1.0 \times 10^{12}, EF−Ei=0.05E_F - E_i = 0.05 eV;
(E) n0=6.17×1012n_0 = 6.17 \times 10^{12}, p0=1.62×1013p_0 = 1.62 \times 10^{13}, EF−Ei=−0.017E_F - E_i = -0.017 eV;

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核心觀念

本題考查半導體熱平衡下的:

  1. 電荷中性條件
  2. 質量作用律
  3. 費米能階與本質費米能階的關係

對完全游離的 n 型矽,帶正電的離子化施體濃度為 NDN_D,因此電荷中性條件為

n0=p0+NDn_0=p_0+N_D

熱平衡時滿足質量作用律:

n0p0=ni2n_0p_0=n_i^2

載子濃度與費米能階的關係為

n0=niexp⁡(EF−EikBT)n_0=n_i\exp\left(\frac{E_F-E_i}{k_BT}\right)

因此

EF−Ei=kBTln⁡(n0ni)E_F-E_i=k_BT\ln\left(\frac{n_0}{n_i}\right)

解題方法

由電荷中性條件,

p0=n0−NDp_0=n_0-N_D

代入質量作用律:

n0(n0−ND)=ni2n_0(n_0-N_D)=n_i^2

整理得

n02−NDn0−ni2=0n_0^2-N_Dn_0-n_i^2=0

取物理上合理的正根:

n0=ND+ND2+4ni22n_0=\frac{N_D+\sqrt{N_D^2+4n_i^2}}{2}

題目給定

ND=ni=1.0×1013 cm−3N_D=n_i=1.0\times10^{13}\ \text{cm}^{-3}

因此

n0=1.0×1013+(1.0×1013)2+4(1.0×1013)22n_0 =\frac{1.0\times10^{13} +\sqrt{(1.0\times10^{13})^2+4(1.0\times10^{13})^2}}{2} =1+52×1013=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\times10^{13}

利用 5≈2.23\sqrt{5}\approx2.23:

n0≈1+2.232×1013=1.62×1013 cm−3n_0\approx\frac{1+2.23}{2}\times10^{13} =1.62\times10^{13}\ \text{cm}^{-3}

由電荷中性條件,

p0=n0−NDp_0=n_0-N_D p0=1.62×1013−1.0×1013=6.2×1012 cm−3p_0=1.62\times10^{13}-1.0\times10^{13} =6.2\times10^{12}\ \text{cm}^{-3}

亦可由質量作用律驗算:

p0=ni2n0=(1.0×1013)21.62×1013≈6.17×1012 cm−3p_0=\frac{n_i^2}{n_0} =\frac{(1.0\times10^{13})^2}{1.62\times10^{13}} \approx6.17\times10^{12}\ \text{cm}^{-3}

接著計算費米能階位移:

EF−Ei=kBTln⁡(n0ni)E_F-E_i =k_BT\ln\left(\frac{n_0}{n_i}\right) =0.035ln⁡(1.62)=0.035\ln(1.62)

因為

ln⁡(1.62)=ln⁡(1.62×1013)−ln⁡(1.0×1013)≈30.42−29.93=0.49\ln(1.62)=\ln(1.62\times10^{13})-\ln(1.0\times10^{13}) \approx30.42-29.93=0.49

所以

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第 Q3 題6 分

A silicon sample at 300 K contains acceptors and donors with concentrations: NA=1.2×1016N_A = 1.2 \times 10^{16} cm−3^{-3}, ND=1.0×1016N_D = 1.0 \times 10^{16} cm−3^{-3}. The intrinsic carrier concentration is ni=1.0×1010n_i = 1.0 \times 10^{10} cm−3^{-3}. Assume complete ionization and carrier mobilities μp=420\mu_p = 420 cm2^2/V.s, μn=1300\mu_n = 1300 cm2^2/V.s. Calculate the electrical resistivity ρ\rho of the sample? (#hint: σ=q(n0μn+p0μp)\sigma = q(n_0\mu_n + p_0\mu_p))
(A) 0.1 Ω⋅cm0.1 \, \Omega \cdot \text{cm}
(B) 1.6 Ω⋅cm1.6 \, \Omega \cdot \text{cm}
(C) 3.2 Ω⋅cm3.2 \, \Omega \cdot \text{cm}
(D) 7.4 Ω⋅cm7.4 \, \Omega \cdot \text{cm}
(E) 15.8 Ω⋅cm15.8 \, \Omega \cdot \text{cm}

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本題要求計算給定雜質濃度和載子遷移率的半導體的電阻率。電阻率的計算需要先求出導電度 σ\sigma,而導電度取決於自由載子濃度(電子濃度 n0n_0 和電洞濃度 p0p_0)和載子遷移率。

首先,我們需要確定半導體的導電類型,並計算在 300 K 下的電子和電洞濃度。
由於 NA>NDN_A > N_D,此半導體為 p 型。
在 p 型半導體中,總電洞濃度 p0p_0 和總電子濃度 n0n_0 可以由以下公式計算:
p0≈NA−NDp_0 \approx N_A - N_D (因為 NAN_A 和 NDN_D 都遠大於 nin_i,所以可以近似認為 p0≈NA−NDp_0 \approx N_A - N_D)
p0≈1.2×1016 cm−3−1.0×1016 cm−3=0.2×1016 cm−3=2.0×1015 cm−3p_0 \approx 1.2 \times 10^{16} \text{ cm}^{-3} - 1.0 \times 10^{16} \text{ cm}^{-3} = 0.2 \times 10^{16} \text{ cm}^{-3} = 2.0 \times 10^{15} \text{ cm}^{-3}。

利用質量作用定律 n0p0=ni2n_0 p_0 = n_i^2,計算電子濃度 n0n_0:

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第 Q4 題6 分

An Au-doped silicon with concentration Nt=8×1015N_t = 8 \times 10^{15} cm−3^{-3}. Au introduces deep-level recombination centers. The hole/electron capture coefficients are: rp=1.2×10−7r_p = 1.2 \times 10^{-7} cm3^3/s and rn=5.0×10−8r_n = 5.0 \times 10^{-8} cm3^3/s, assuming low-level injection: Calculate the minority carrier lifetime in (i) n-type Si and (ii) p-type Si, respectively?
(A) τp=1.0×10−10\tau_p = 1.0 \times 10^{-10} s, τn=2.2×10−9\tau_n = 2.2 \times 10^{-9} s;
(B) τp=8.3×10−10\tau_p = 8.3 \times 10^{-10} s, τn=2.5×10−9\tau_n = 2.5 \times 10^{-9} s;
(C) τp=1.0×10−9\tau_p = 1.0 \times 10^{-9} s, τn=2.5×10−9\tau_n = 2.5 \times 10^{-9} s;
(D) τp=2.5×10−9\tau_p = 2.5 \times 10^{-9} s, τn=8.3×10−10\tau_n = 8.3 \times 10^{-10} s;
(E) τp=4.6×10−9\tau_p = 4.6 \times 10^{-9} s, τn=1.0×10−10\tau_n = 1.0 \times 10^{-10} s;

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本題考查在存在深能階缺陷(金摻雜的矽)的情況下,低位準注入時的少數載子壽命。少數載子壽命的計算與缺陷的濃度、捕獲係數以及多數載子濃度有關。

在低位準注入的條件下,少數載子壽命 τ\tau 可以近似表示為:
τ=1Nt⋅r\tau = \frac{1}{N_t \cdot r}
其中 NtN_t 是缺陷的濃度,rr 是相應載子的捕獲係數。

(i) n-type Si (矽為 n 型時,電洞是少數載子):
此時,少數載子是電洞,其壽命為 τp\tau_p。
缺陷濃度 Nt=8×1015N_t = 8 \times 10^{15} cm−3^{-3}。
電洞的捕獲係數 rp=1.2×10−7r_p = 1.2 \times 10^{-7} cm3^3/s。
τp=1Nt⋅rp=1(8×1015 cm−3)×(1.2×10−7 cm3/s)\tau_p = \frac{1}{N_t \cdot r_p} = \frac{1}{(8 \times 10^{15} \text{ cm}^{-3}) \times (1.2 \times 10^{-7} \text{ cm}^3/\text{s})}
τp=19.6×108 s≈1.04×10−10\tau_p = \frac{1}{9.6 \times 10^8} \text{ s} \approx 1.04 \times 10^{-10} s。

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第 Q5 題6 分

Consider an ideal n-channel MOSFET operating in saturation with channel length of L=1.0 μmL = 1.0 \, \mu\text{m}, electron mobility of μn=600\mu_n = 600 cm2^2/V.s, oxide capacitance of Cox=7.5×10−8C_{ox} = 7.5 \times 10^{-8} F/cm2^2, threshold voltage of VT=0.7V_T = 0.7 V. As gate-source voltage is given by VGS=4.5V_{GS} = 4.5 V, what channel width is required to achieve a saturation current ID=3I_D = 3 mA? (Assume long-channel behavior and neglect channel-length modulation). (#(VGS−VT)2=14.44(V_{GS}-V_T)^2 = 14.44)
(A) 0.7 μm0.7 \, \mu\text{m}
(B) 1.2 μm1.2 \, \mu\text{m}
(C) 4.6 μm4.6 \, \mu\text{m}
(D) 9.2 μm9.2 \, \mu\text{m}
(E) 18.0 μm18.0 \, \mu\text{m}

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本題考查 MOSFET 在飽和區的電流公式,要求根據給定的電流、電壓和材料參數,計算所需的通道寬度。

對於 n-channel MOSFET,在飽和區的漏極電流 IDI_D 公式為:
ID=12μnCoxWL(VGS−VT)2I_D = \frac{1}{2} \mu_n C_{ox} \frac{W}{L} (V_{GS} - V_T)^2

我們已知:
ID=3I_D = 3 mA =3×10−3= 3 \times 10^{-3} A
μn=600\mu_n = 600 cm2^2/V.s
Cox=7.5×10−8C_{ox} = 7.5 \times 10^{-8} F/cm2^2
L=1.0 μm=1.0×10−4L = 1.0 \, \mu\text{m} = 1.0 \times 10^{-4} cm
VGS=4.5V_{GS} = 4.5 V
VT=0.7V_T = 0.7 V

首先計算 (VGS−VT)2(V_{GS} - V_T)^2:
VGS−VT=4.5 V−0.7 V=3.8V_{GS} - V_T = 4.5 \text{ V} - 0.7 \text{ V} = 3.8 V
(VGS−VT)2=(3.8)2=14.44(V_{GS} - V_T)^2 = (3.8)^2 = 14.44 V2^2。提示中也給了這個值。

現在,我們將已知的值代入公式,解出通道寬度 WW:
3×10−3 A=12×(600 cm2/V.s)×(7.5×10−8 F/cm2)×W1.0×10−4 cm×(14.44 V2)3 \times 10^{-3} \text{ A} = \frac{1}{2} \times (600 \text{ cm}^2/\text{V.s}) \times (7.5 \times 10^{-8} \text{ F/cm}^2) \times \frac{W}{1.0 \times 10^{-4} \text{ cm}} \times (14.44 \text{ V}^2)

整理公式以求解 WW:
W=2×ID×LμnCox(VGS−VT)2W = \frac{2 \times I_D \times L}{\mu_n C_{ox} (V_{GS} - V_T)^2}

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第 Q6 題6 分

Consider a silicon pn junction at T=300T = 300 K with doping concentrations of NA=1016N_A = 10^{16} cm−3^{-3} and ND=1015N_D = 10^{15} cm−3^{-3}. When a reverse-biased voltage VR=5V_R = 5 V is applied, calculate the Space Charge Width in the pn junction. W=?W = ?
(#hint: kT=0.025k T = 0.025 eV, ln⁡((1011)/2.25)=24.52\ln((10^{11})/2.25) = 24.52, εs=11.7ε0\varepsilon_s = 11.7 \varepsilon_0, ε0=8.85×10−14\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-14} F / cm, W=2εsq(NA+ND)(Vbi+VR)W = \sqrt{\frac{2\varepsilon_s}{q(N_A+N_D)}(V_{bi} + V_R)})
(A) 1.83 μm1.83 \, \mu\text{m}
(B) 2.83 μm2.83 \, \mu\text{m}
(C) 3.83 μm3.83 \, \mu\text{m}
(D) 4.83 μm4.83 \, \mu\text{m}
(E) 5.83 μm5.83 \, \mu\text{m}

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核心觀念

本題考查反向偏壓下矽 pnpn 接面的空間電荷區寬度(Space Charge Width,又稱耗盡層寬度):

W=2εsq(1NA+1ND)(Vbi+VR)W=\sqrt{\frac{2\varepsilon_s}{q} \left(\frac{1}{N_A}+\frac{1}{N_D}\right) (V_{bi}+V_R)}

其中內建電位為

Vbi=kTqln⁡(NANDni2)V_{bi}=\frac{kT}{q}\ln\left(\frac{N_A N_D}{n_i^2}\right)

題目給定 kT=0.025 eVkT=0.025\ \text{eV},因此 kT/q=0.025 VkT/q=0.025\ \text{V}。

解題方法

先計算內建電位。由題目提示:

ln⁡(NANDni2)=24.52\ln\left(\frac{N_A N_D}{n_i^2}\right)=24.52

所以

Vbi=0.025×24.52=0.613 VV_{bi}=0.025\times 24.52 =0.613\ \text{V}

接著計算矽的介電常數:

εs=11.7ε0=11.7(8.85×10−14)=1.035×10−12 F/cm\varepsilon_s=11.7\varepsilon_0 =11.7(8.85\times10^{-14}) =1.035\times10^{-12}\ \text{F/cm}

反向偏壓下接面承受的總電位為

Vbi+VR=0.613+5=5.613 VV_{bi}+V_R=0.613+5=5.613\ \text{V}

摻雜濃度項為

1NA+1ND=11016+11015=1.1×10−15 cm3\frac{1}{N_A}+\frac{1}{N_D} = \frac{1}{10^{16}}+\frac{1}{10^{15}} =1.1\times10^{-15}\ \text{cm}^3

代入 q=1.6×10−19 Cq=1.6\times10^{-19}\ \text{C}:

W=2(1.035×10−12)1.6×10−19(1.1×10−15)(5.613)=7.97×10−8 cm=2.82×10−4 cm\begin{aligned} W &=\sqrt{ \frac{2(1.035\times10^{-12})}{1.6\times10^{-19}} (1.1\times10^{-15})(5.613) }\\ &=\sqrt{7.97\times10^{-8}}\ \text{cm}\\ &=2.82\times10^{-4}\ \text{cm} \end{aligned}

由於 1 μm=10−4 cm1\ \mu\text{m}=10^{-4}\ \text{cm},

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第 Q7 題6 分

Assume that the intercept and the slope of the curve in Fig. 1 are Vbi=0.725 VV_{bi}=0.725\ \text{V} and 6.15×1015 (F/cm2)−2 (V)−16.15\times10^{15}\ (\text{F}/\text{cm}^2)^{-2}\ (\text{V})^{-1}, respectively, for a silicon p+np^+n junction at T=300 KT=300\ \text{K}. Determine the impurity doping concentration NaN_a in the p+np^+n junction. Na=N_a=? (Hint: exp⁡(0.725/0.0259)=1.44×1012\exp(0.725/0.0259)=1.44\times10^{12})

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

Figure 1. [1/C]2[1/C]^2 versus VRV_R of a uniformly doped pn junction.

(A) 1.64×1017 cm−31.64\times10^{17}\ \text{cm}^{-3}
(B) 2.64×1017 cm−32.64\times10^{17}\ \text{cm}^{-3}
(C) 3.64×1017 cm−33.64\times10^{17}\ \text{cm}^{-3}
(D) 4.64×1017 cm−34.64\times10^{17}\ \text{cm}^{-3}
(E) 5.64×1017 cm−35.64\times10^{17}\ \text{cm}^{-3}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁

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核心觀念

圖中縱軸是 [1/C]2[1/C]^2,橫軸是反向偏壓 VRV_R;直線的斜率為 6.15×1015 (F/cm2)−2(V)−16.15\times10^{15}\,(\text{F}/\text{cm}^2)^{-2}(\text{V})^{-1},橫軸截距為 −Vbi=−0.725 V-V_{bi}=-0.725\ \text{V}。接面為矽的 p+np^+n 突變接面,因此空乏區主要延伸至輕摻雜的 nn 側。

對單邊突變接面,單位面積接面電容 CC 與反向偏壓的關係為

1C2=2qεSiND(Vbi+VR)\frac{1}{C^2} = \frac{2}{q\varepsilon_{Si}N_D}(V_{bi}+V_R)

所以圖線斜率可用來求 NDN_D。再由內建電位關係求出 NaN_a:

Vbi=VTln⁡(NaNDni2),VT=kTqV_{bi}=V_T\ln\left(\frac{N_aN_D}{n_i^2}\right), \qquad V_T=\frac{kT}{q}

解題方法

先由圖中斜率求 NDN_D。採用矽的 εSi=11.7ε0\varepsilon_{Si}=11.7\varepsilon_0、ε0=8.85×10−14 F/cm\varepsilon_0=8.85\times10^{-14}\ \text{F/cm},以及 q=1.60×10−19 Cq=1.60\times10^{-19}\ \text{C}:

ND=2qεSi×斜率=2(1.60×10−19)(11.7×8.85×10−14)(6.15×1015)≈1.96×1015 cm−3N_D = \frac{2}{q\varepsilon_{Si}\times\text{斜率}} = \frac{2}{(1.60\times10^{-19})(11.7\times8.85\times10^{-14})(6.15\times10^{15})} \approx 1.96\times10^{15}\ \text{cm}^{-3}

題目給定 exp⁡(0.725/0.0259)=1.44×1012\exp(0.725/0.0259)=1.44\times10^{12}。取矽在 300 K300\ \text{K} 時的 ni=1.5×1010 cm−3n_i=1.5\times10^{10}\ \text{cm}^{-3},由內建電位式整理得

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第 Q8 題11 分

What are the NaN_a and NdN_d? (11%)(複選題,全對才給分)

Design a PN junction diode to produce particular electron and hole current densities at a given forward-bias voltage. Consider a silicon pn junction diode at T=300 KT=300\ \text{K}. Design the diode such that Jn=20 A/cm2J_n=20\ \text{A}/\text{cm}^2 and Jp=5 A/cm2J_p=5\ \text{A}/\text{cm}^2 at Va=0.65 VV_a=0.65\ \text{V}. Na=?N_a=? Nd=?N_d=?

ni=1.5×1010 cm−3,Dn=25 cm2/sn_i=1.5\times10^{10}\ \text{cm}^{-3},\quad D_n=25\ \text{cm}^2/\text{s} τp0=τn0=5×10−7 s,Dp=10 cm2/s\tau_{p0}=\tau_{n0}=5\times10^{-7}\ \text{s},\quad D_p=10\ \text{cm}^2/\text{s}

(Hint: Jn∝ni2Na(exp⁡(VaVT)−1)J_n\propto\frac{n_i^2}{N_a}\left(\exp\left(\frac{V_a}{V_T}\right)-1\right), exp⁡(0.65/0.0259)=7.93×1010\exp(0.65/0.0259)=7.93\times10^{10})

(A) Na=1.01×1015 cm−3N_a=1.01\times10^{15}\ \text{cm}^{-3}
(B) Na=2.01×1015 cm−3N_a=2.01\times10^{15}\ \text{cm}^{-3}
(C) Na=3.01×1015 cm−3N_a=3.01\times10^{15}\ \text{cm}^{-3}
(D) Nd=1.55×1015 cm−3N_d=1.55\times10^{15}\ \text{cm}^{-3}
(E) Nd=2.55×1015 cm−3N_d=2.55\times10^{15}\ \text{cm}^{-3}

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核心觀念

理想 PN 接面二極體在順向偏壓下,總電流由兩側的少數載子擴散電流組成:

  • 電子由 nn 側注入 pp 側,形成電子電流密度 JnJ_n。
  • 電洞由 pp 側注入 nn 側,形成電洞電流密度 JpJ_p。

在長基極、低階注入等理想二極體假設下:

Jn=qDnLnni2Na[exp⁡(VaVT)−1]J_n=q\frac{D_n}{L_n}\frac{n_i^2}{N_a} \left[\exp\left(\frac{V_a}{V_T}\right)-1\right] Jp=qDpLpni2Nd[exp⁡(VaVT)−1]J_p=q\frac{D_p}{L_p}\frac{n_i^2}{N_d} \left[\exp\left(\frac{V_a}{V_T}\right)-1\right]

其中少數載子擴散長度為:

Ln=Dnτn0,Lp=Dpτp0L_n=\sqrt{D_n\tau_{n0}},\qquad L_p=\sqrt{D_p\tau_{p0}}

因此,已知各側電流密度後,可分別由 JnJ_n 求出 NaN_a,以及由 JpJ_p 求出 NdN_d。

解題方法

題目給定 exp⁡(Va/VT)=7.93×1010\exp(V_a/V_T)=7.93\times10^{10},且此值遠大於 11,故計算時可用:

exp⁡(VaVT)−1≈7.93×1010\exp\left(\frac{V_a}{V_T}\right)-1 \approx 7.93\times10^{10}

先求電子與電洞的擴散長度:

Ln=25×5×10−7=3.536×10−3 cmL_n=\sqrt{25\times5\times10^{-7}} =3.536\times10^{-3}\ \text{cm} Lp=10×5×10−7=2.236×10−3 cmL_p=\sqrt{10\times5\times10^{-7}} =2.236\times10^{-3}\ \text{cm}

由電子電流密度式解出受體濃度 NaN_a:

Na=q(Dn/Ln)ni2[exp⁡(Va/VT)−1]JnN_a= \frac{q(D_n/L_n)n_i^2 \left[\exp(V_a/V_T)-1\right]}{J_n}

代入 q=1.602×10−19 Cq=1.602\times10^{-19}\ \text{C}、ni=1.5×1010 cm−3n_i=1.5\times10^{10}\ \text{cm}^{-3}、Jn=20 A/cm2J_n=20\ \text{A}/\text{cm}^2:

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第 Q9 題6 分

Calculate the ideal reverse-saturation current densities of a Schottky barrier diode. Consider a tungsten barrier on silicon with a measured barrier height of ϕBn=0.67 eV\phi_{Bn}=0.67\ \text{eV}. The effective Richardson constant is A∗=114 A/(K2⋅cm2)A^*=114\ \text{A}/(\text{K}^2\cdot\text{cm}^2). Let T=300 KT=300\ \text{K}.

(Hint: exp⁡(0.67/0.0259)=1.72×1011\exp(0.67/0.0259)=1.72\times10^{11})

(A) 1.98×10−5 A/cm21.98\times10^{-5}\ \text{A}/\text{cm}^2
(B) 2.98×10−5 A/cm22.98\times10^{-5}\ \text{A}/\text{cm}^2
(C) 3.98×10−5 A/cm23.98\times10^{-5}\ \text{A}/\text{cm}^2
(D) 4.98×10−5 A/cm24.98\times10^{-5}\ \text{A}/\text{cm}^2
(E) 5.98×10−5 A/cm25.98\times10^{-5}\ \text{A}/\text{cm}^2

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第 Q10 題11 分

For ideal C–V characteristics of the MOS capacitor(複選題,全對才給分):

What is the capacitance in the high-frequency inversion mode?

Under this condition, what is the charge distribution?

(A) 🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
(B) 1C′(depl)=1Cox′+1Csn′=tox+(εoxεsi)xDTεox\frac{1}{C'(\text{depl})}=\frac{1}{C'_{\text{ox}}}+\frac{1}{C'_{\text{sn}}}=\frac{t_{\text{ox}}+\left(\frac{\varepsilon_{\text{ox}}}{\varepsilon_{\text{si}}}\right)x_{\text{DT}}}{\varepsilon_{\text{ox}}}
(C) 🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
(D) 🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
(E) εoxtox\frac{\varepsilon_{\text{ox}}}{t_{\text{ox}}}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 3 頁

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第 Q11 題6 分

Calculate Cmin⁡′C'_{\min} for a MOS capacitor. Consider a p-type silicon substrate at T=300 KT=300\ \text{K} doped to Na=1016 cm−3N_a=10^{16}\ \text{cm}^{-3}. The oxide is silicon dioxide with a thickness of tox=18 nm=180 A˚t_{\text{ox}}=18\ \text{nm}=180\ \text{Å}, and the gate is aluminum. (Hint: εox=3.9\varepsilon_{\text{ox}}=3.9, ln⁡(1016/(1.5×1010))=13.4\ln(10^{16}/(1.5\times10^{10}))=13.4, WD∝ϕF/NaW_D\propto\sqrt{\phi_F/N_a})

(A) Cmin⁡′=1.93×10−7 F/cm2C'_{\min}=1.93\times10^{-7}\ \text{F}/\text{cm}^2
(B) Cmin⁡′=2.93×10−7 F/cm2C'_{\min}=2.93\times10^{-7}\ \text{F}/\text{cm}^2
(C) Cmin⁡′=1.93×10−8 F/cm2C'_{\min}=1.93\times10^{-8}\ \text{F}/\text{cm}^2
(D) Cmin⁡′=2.93×10−8 F/cm2C'_{\min}=2.93\times10^{-8}\ \text{F}/\text{cm}^2
(E) Cmin⁡′=6.93×10−8 F/cm2C'_{\min}=6.93\times10^{-8}\ \text{F}/\text{cm}^2

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核心觀念

MOS 電容在高頻反轉區的最小電容,是氧化層電容 Cox′C'_{\text{ox}} 與最大空乏層電容 Cdep,max′C'_{\text{dep,max}} 串聯的結果:

Cmin⁡′=(1Cox′+1Cdep,max′)−1=Cox′Cdep,max′Cox′+Cdep,max′C'_{\min} = \left( \frac{1}{C'_{\text{ox}}} + \frac{1}{C'_{\text{dep,max}}} \right)^{-1} = \frac{C'_{\text{ox}}C'_{\text{dep,max}}} {C'_{\text{ox}}+C'_{\text{dep,max}}}

在強反轉開始時,表面電位 ψs=2ϕF\psi_s=2\phi_F,因此最大空乏層寬度為

WD,max⁡=4εSiϕFqNaW_{D,\max} = \sqrt{\frac{4\varepsilon_{\text{Si}}\phi_F}{qN_a}}

其中,qq 為基本電荷量,εSi=11.7ε0\varepsilon_{\text{Si}}=11.7\varepsilon_0。鋁閘極會影響平帶電壓與電容電壓曲線的位置,但不影響本題理想情況下由氧化層與空乏層串聯所決定的 Cmin⁡′C'_{\min}。

解題方法

先求費米電位大小:

ϕF=kTqln⁡(Nani)≈0.0259×13.4=0.347 V\phi_F = \frac{kT}{q}\ln\left(\frac{N_a}{n_i}\right) \approx 0.0259\times 13.4 = 0.347\ \text{V}

將氧化層厚度換成公分:

tox=18 nm=1.8×10−6 cmt_{\text{ox}}=18\ \text{nm}=1.8\times10^{-6}\ \text{cm}

氧化層單位面積電容為

Cox′=εoxε0tox=3.9(8.854×10−14)1.8×10−6=1.92×10−7 F/cm2C'_{\text{ox}} = \frac{\varepsilon_{\text{ox}}\varepsilon_0}{t_{\text{ox}}} = \frac{3.9(8.854\times10^{-14})}{1.8\times10^{-6}} = 1.92\times10^{-7}\ \text{F}/\text{cm}^2

最大空乏層寬度為

WD,max⁡=4(11.7)(8.854×10−14)(0.347)(1.602×10−19)(1016)≈2.99×10−5 cmW_{D,\max} = \sqrt{ \frac{4(11.7)(8.854\times10^{-14})(0.347)} {(1.602\times10^{-19})(10^{16})} } \approx 2.99\times10^{-5}\ \text{cm}
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第 Q12 題6 分

Determine the increase in drain current due to short-channel modulation. Consider an n-channel MOSFET with a substrate doping concentration of Na=2×1016 cm−3N_a=2\times10^{16}\ \text{cm}^{-3}, a threshold voltage of VT=0.4 VV_T=0.4\ \text{V}, and a channel length of L=1 μmL=1\ \mu\text{m}. The device is biased at VGS=1 VV_{GS}=1\ \text{V} and VDS=2.5 VV_{DS}=2.5\ \text{V}. Determine the ratio of actual drain current compared to the ideal value. Id′/Id=I'_d/I_d=?

(Hint: ln⁡(2×1016/(1.5×1010))=14.1\ln(2\times10^{16}/(1.5\times10^{10}))=14.1)

(A) 0.620.62
(B) 0.920.92
(C) 1.221.22
(D) 1.521.52
(E) 1.821.82

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第 Q13 題6 分

Calculate the threshold voltage shift due to short-channel effects. Consider an n-channel MOSFET with Na=3×1016 cm−3N_a=3\times10^{16}\ \text{cm}^{-3}, L=1.0 μmL=1.0\ \mu\text{m}, rj=0.3 μmr_j=0.3\ \mu\text{m}, and tox=20 nm=200 A˚t_{\text{ox}}=20\ \text{nm}=200\ \text{Å}.

(Hint: ln⁡(3×1016/(1.5×1010))=14.51\ln(3\times10^{16}/(1.5\times10^{10}))=14.51)

(A) −0.0726 V-0.0726\ \text{V}
(B) −0.0526 V-0.0526\ \text{V}
(C) −0.0326 V-0.0326\ \text{V}
(D) 0.0326 V0.0326\ \text{V}
(E) 0.0526 V0.0526\ \text{V}

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第 Q14 題6 分

Design the channel width that will limit the threshold voltage shift because of narrow channel effects to a specified value. Consider a silicon n-channel MOSFET with Na=3×1016 cm−3N_a=3\times10^{16}\ \text{cm}^{-3} and tox=20 nm=200 A˚t_{\text{ox}}=20\ \text{nm}=200\ \text{Å}. Let ξ=π/2\xi=\pi/2. Assume that the threshold voltage shift is to be limited to ΔVT=0.2 V\Delta V_T=0.2\ \text{V}.

(A) 0.908 μm0.908\ \mu\text{m}
(B) 0.108 μm0.108\ \mu\text{m}
(C) 0.308 μm0.308\ \mu\text{m}
(D) 0.508 μm0.508\ \mu\text{m}
(E) 0.708 μm0.708\ \mu\text{m}

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核心觀念

窄通道效應會使通道兩側的耗盡區也需要由閘極提供電荷,因此額外耗盡電荷會提高 n 通道 MOSFET 的臨界電壓。以 ξ\xi 表示側向耗盡區的幾何因子,臨界電壓位移可寫成

ΔVT=qNa ξxdT 2CoxW\Delta V_T=\frac{qN_a\,\xi x_{dT}^{\,2}}{C_{\mathrm{ox}}W}

其中,xdTx_{dT} 是臨界狀態下的最大耗盡層寬度,CoxC_{\mathrm{ox}} 是單位面積閘極氧化層電容。此式也可直接整理成所需的通道寬度 WW。窄通道效應公式與範例

解題方法

先由基板摻雜濃度求臨界狀態的耗盡層寬度,再計算氧化層電容,最後代入窄通道效應公式求 WW。

在室溫下取 VT(thermal)=0.0259 VV_T^{(\mathrm{thermal})}=0.0259\ \text{V}、ni=1.5×1010 cm−3n_i=1.5\times10^{10}\ \text{cm}^{-3}。p 型基板的費米位能絕對值為

∣ϕF∣=VT(thermal)ln⁡(Nani)=0.0259ln⁡(3×10161.5×1010)≈0.376 V|\phi_F| =V_T^{(\mathrm{thermal})}\ln\left(\frac{N_a}{n_i}\right) =0.0259\ln\left(\frac{3\times10^{16}}{1.5\times10^{10}}\right) \approx 0.376\ \text{V}

臨界狀態下的耗盡層寬度為

xdT=4εSi∣ϕF∣qNax_{dT} =\sqrt{\frac{4\varepsilon_{\mathrm{Si}}|\phi_F|}{qN_a}}

代入 εSi=11.7ε0\varepsilon_{\mathrm{Si}}=11.7\varepsilon_0、ε0=8.85×10−14 F/cm\varepsilon_0=8.85\times10^{-14}\ \text{F/cm} 及 q=1.6×10−19 Cq=1.6\times10^{-19}\ \text{C}:

xdT=4(11.7)(8.85×10−14)(0.376)(1.6×10−19)(3×1016)≈0.180 μmx_{dT} =\sqrt{ \frac{4(11.7)(8.85\times10^{-14})(0.376)} {(1.6\times10^{-19})(3\times10^{16})} } \approx 0.180\ \mu\text{m}

氧化層厚度 tox=20 nm=2.00×10−6 cmt_{\mathrm{ox}}=20\ \text{nm}=2.00\times10^{-6}\ \text{cm},因此

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第 Q15 題6 分

Consider a uniformly doped silicon npn bipolar transistor with the base width modulation and following parameters: NB=5×1016 cm−3N_B=5\times10^{16}\ \text{cm}^{-3}, NC=2×1015 cm−3N_C=2\times10^{15}\ \text{cm}^{-3}, xB0=0.7 μmx_{B0}=0.7\ \mu\text{m}, and DB=25 cm2/sD_B=25\ \text{cm}^2/\text{s}. Assume that xB0≪LBx_{B0}\ll L_B, VBE=0.60 VV_{BE}=0.60\ \text{V}, and the collector–base voltage is 2≤VCB≤10 V2\leq V_{CB}\leq10\ \text{V}. Estimate the Early voltage (VAV_A) from the change in collector current with a change in neutral base width.

(Hint: For VCB=2 VV_{CB}=2\ \text{V}, JC=3.195 A/cm2J_C=3.195\ \text{A}/\text{cm}^2; for VCB=10 VV_{CB}=10\ \text{V}, JC=3.469 A/cm2J_C=3.469\ \text{A}/\text{cm}^2)

(A) VA=20.7 VV_A=20.7\ \text{V}
(B) VA=30.7 VV_A=30.7\ \text{V}
(C) VA=70.7 VV_A=70.7\ \text{V}
(D) VA=90.7 VV_A=90.7\ \text{V}
(E) VA=110.7 VV_A=110.7\ \text{V}

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核心觀念

集極—基極接面反向偏壓增加時,空乏區會向基極延伸,使中性基極寬度 xBx_B 變小。當 xB≪LBx_B\ll L_B 時,基極中的少數載子濃度分布近似線性,因此集極電流密度近似與中性基極寬度成反比:

JC∝1xBJ_C \propto \frac{1}{x_B}

這種基極寬度調變會使集極電流隨集極—射極電壓增加,稱為 Early 效應。線性外插 ICI_C–VCEV_{CE} 特性至電流為零時,電壓軸截距的絕對值即為 Early 電壓 VAV_A。

解題方法

先用接面空乏區估算兩個偏壓下的中性基極寬度。對集極—基極接面,空乏區總寬度為

W=2εSiq(1NB+1NC)(Vbi+VCB)W=\sqrt{\frac{2\varepsilon_{\mathrm{Si}}}{q} \left(\frac{1}{N_B}+\frac{1}{N_C}\right)(V_{bi}+V_{CB})}

其中 Vbi≈VTln⁡(NBNC/ni2)≈0.71 VV_{bi}\approx V_T\ln(N_BN_C/n_i^2)\approx0.71\ \text{V}。空乏區伸入基極的部分為

xp=NCNB+NCW,xB=xB0−xpx_{p}=\frac{N_C}{N_B+N_C}W,\qquad x_B=x_{B0}-x_p

代入題目參數,約得:

  • VCB=2 VV_{CB}=2\ \text{V} 時,xB≈0.648 μmx_B\approx0.648\ \mu\text{m}。
  • VCB=10 VV_{CB}=10\ \text{V} 時,xB≈0.596 μmx_B\approx0.596\ \mu\text{m}。

基極寬度變窄,故 JCJ_C 增加;其變化方向與題目提示的 3.1953.195 至 3.469 A/cm23.469\ \text{A}/\text{cm}^2 一致。

接著以兩組電流資料作 ICI_C–VCEV_{CE} 的直線外插。由於 VBE=0.60 VV_{BE}=0.60\ \text{V} 固定,VCE=VCB+VBEV_{CE}=V_{CB}+V_{BE},所以兩個工作點分別

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