108 年 國立中山大學電機工程學系碩士班甲組《半導體概論》

核心觀念

本題考查熱平衡半導體中的載子濃度、電場，以及電子的漂移與擴散電流。

令 $V_T=kT/q$。以本徵矽的靜電位為參考時，熱平衡載子濃度為

$$n(x)=n_i e^{\phi(x)/V_T}, \qquad p(x)=n_i e^{-\phi(x)/V_T}.$$

電場與靜電位的關係為

$$E(x)=-\frac{d\phi}{dx}.$$

電子漂移電流密度與擴散電流密度分別為

$$J_{n,\mathrm{drift}}=q n\mu_n E, \qquad J_{n,\mathrm{diff}}=qD_n\frac{dn}{dx}.$$

解題方法

採用 $T=300\,\mathrm K$、$V_T=0.0259\,\mathrm V$，並取矽的本徵載子濃度 $n_i=1.0\times10^{10}\,\mathrm{cm^{-3}}$。圖中電位由 $\phi(0)=0.45\,\mathrm V$，經過 $\phi(5\,\mu\mathrm m)=0.325\,\mathrm V$，線性下降至 $\phi(10\,\mu\mathrm m)=0.20\,\mathrm V$。

(a) 電子與電洞濃度

代入熱平衡公式：

$x$	$\phi(x)$	電子濃度 $n(x)$	電洞濃度 $p(x)$
$0\,\mu\mathrm m$	$0.45\,\mathrm V$	$3.51\times10^{17}\,\mathrm{cm^{-3}}$	$2.85\times10^{2}\,\mathrm{cm^{-3}}$
$5\,\mu\mathrm m$	$0.325\,\mathrm V$	$2.82\times10^{15}\,\mathrm{cm^{-3}}$	$3.54\times10^{4}\,\mathrm{cm^{-3}}$
$10\,\mu\mathrm m$	$0.20\,\mathrm V$	$2.26\times10^{13}\,\mathrm{cm^{-3}}$	$4.43\times10^{6}\,\mathrm{cm^{-3}}$

(b) 電場對位置的關係

電位在 $0\le x\le10\,\mu\mathrm m$ 間呈直線，因此

$$\frac{d\phi}{dx} = \frac{0.20-0.45}{10\,\mu\mathrm m} = -0.025\,\mathrm{V/\mu m}.$$

故電場為

$$E(x)=-\frac{d\phi}{dx} =0.025\,\mathrm{V/\mu m} =250\,\mathrm{V/cm}, \qquad 0\le x\le10\,\mu\mathrm m.$$

作圖時，$E$ 對 $x$ 是一條位於 $+250\,\mathrm{V/cm}$ 的水平線。

(c) $x=5\,\mu\mathrm m$ 的電子漂移電流密度

核心觀念

本題考查熱平衡半導體中的載子濃度、電場，以及電子的漂移與擴散電流。

令 $V_T=kT/q$。以本徵矽的靜電位為參考時，熱平衡載子濃度為

$$n(x)=n_i e^{\phi(x)/V_T}, \qquad p(x)=n_i e^{-\phi(x)/V_T}.$$

電場與靜電位的關係為

$$E(x)=-\frac{d\phi}{dx}.$$

電子漂移電流密度與擴散電流密度分別為

$$J_{n,\mathrm{drift}}=q n\mu_n E, \qquad J_{n,\mathrm{diff}}=qD_n\frac{dn}{dx}.$$

解題方法

採用 $T=300\,\mathrm K$、$V_T=0.0259\,\mathrm V$，並取矽的本徵載子濃度 $n_i=1.0\times10^{10}\,\mathrm{cm^{-3}}$。圖中電位由 $\phi(0)=0.45\,\mathrm V$，經過 $\phi(5\,\mu\mathrm m)=0.325\,\mathrm V$，線性下降至 $\phi(10\,\mu\mathrm m)=0.20\,\mathrm V$。

(a) 電子與電洞濃度

代入熱平衡公式：

$x$	$\phi(x)$	電子濃度 $n(x)$	電洞濃度 $p(x)$
$0\,\mu\mathrm m$	$0.45\,\mathrm V$	$3.51\times10^{17}\,\mathrm{cm^{-3}}$	$2.85\times10^{2}\,\mathrm{cm^{-3}}$
$5\,\mu\mathrm m$	$0.325\,\mathrm V$	$2.82\times10^{15}\,\mathrm{cm^{-3}}$	$3.54\times10^{4}\,\mathrm{cm^{-3}}$
$10\,\mu\mathrm m$	$0.20\,\mathrm V$	$2.26\times10^{13}\,\mathrm{cm^{-3}}$	$4.43\times10^{6}\,\mathrm{cm^{-3}}$

(b) 電場對位置的關係

電位在 $0\le x\le10\,\mu\mathrm m$ 間呈直線，因此

$$\frac{d\phi}{dx} = \frac{0.20-0.45}{10\,\mu\mathrm m} = -0.025\,\mathrm{V/\mu m}.$$

故電場為

$$E(x)=-\frac{d\phi}{dx} =0.025\,\mathrm{V/\mu m} =250\,\mathrm{V/cm}, \qquad 0\le x\le10\,\mu\mathrm m.$$

作圖時，$E$ 對 $x$ 是一條位於 $+250\,\mathrm{V/cm}$ 的水平線。

(c) $x=5\,\mu\mathrm m$ 的電子漂移電流密度

核心觀念

本題考查零外加偏壓下的 p-Si/SiO₂/n-Si 結構：

1. p-Si 與 n-Si 的費米能階在熱平衡時必須對齊。
2. 由摻雜濃度差形成內建電位。
3. p、n 兩側形成耗盡區，耗盡區內的空間電荷造成電位降。
4. SiO₂ 中沒有自由電荷，因此電位呈線性變化，且電位移量需連續。

以下採用標準值 $n_i=1.0\times10^{10}\ \text{cm}^{-3}$。

已知

$$N_A=N_D=5\times10^{16}\ \text{cm}^{-3}$$ $$t_{ox}=100\ \text{Å}=1.0\times10^{-6}\ \text{cm}$$ $$\varepsilon_{Si}=11.9\varepsilon_0,\qquad \varepsilon_{ox}=3.9\varepsilon_0$$

其中

$$\varepsilon_0=8.854\times10^{-14}\ \text{F/cm}$$

因此

$$\varepsilon_{Si}=1.053\times10^{-12}\ \text{F/cm}$$ $$\varepsilon_{ox}=3.453\times10^{-13}\ \text{F/cm}$$

---

解題方法

由於 $N_A=N_D$，兩側耗盡區電荷量大小相等，故

$$x_p=x_n=W$$

其中 $W$ 為每一側的耗盡區厚度。

外加電壓為零，因此整個結構的電位差就是內建電位：

$$V_{bi}=V_{Si,p}+V_{ox}+V_{Si,n}$$

兩側對稱，所以

$$V_{Si,p}=V_{Si,n} =\frac{qNW^2}{2\varepsilon_{Si}}$$

其中 $N=N_A=N_D$。

耗盡區電荷面密度為

$$Q=qNW$$

氧化層電位降為

$$V_{ox}=\frac{Qt_{ox}}{\varepsilon_{ox}} =\frac{qNWt_{ox}}{\varepsilon_{ox}}$$

因此

$$V_{bi} = \frac{qNW^2}{\varepsilon_{Si}} + \frac{qNWt_{ox}}{\varepsilon_{ox}}$$

---

(a) 內建電位

p-n 接面內建電位為

$$V_{bi} = \frac{kT}{q} \ln\left(\frac{N_AN_D}{n_i^2}\right)$$

在 $T=300\ \text{K}$ 時，

$$\frac{kT}{q}=0.02585\ \text{V}$$

所以

$$V_{bi} = 0.02585 \ln\left[ \frac{(5\times10^{16})^2}{(1.0\times10^{10})^2} \right]$$ $$V_{bi} = 0.02585\ln(2.5\times10^{13}) \approx 0.80\ \text{V}$$

因此

$$\boxed{V_{bi}\approx0.80\ \text{V}}$$

---

(b) 每一側耗盡區厚度

令

$$qN=(1.602\times10^{-19})(5\times10^{16}) =8.01\times10^{-3}\ \text{C/cm}^3$$

代入總電位降公式：

$$0.80 = \frac{(8.01\times10^{-3})W^2} {1.053\times10^{-12}} + \frac{(8.01\times10^{-3})(1.0\times10^{-6})W} {3.453\times10^{-13}}$$

整理得

$$0.80 = (7.61\times10^9)W^2 + (2.32\times10^4)W$$

解二次方程：

$$W = \frac{ -2.32\times10^4+ \sqrt{(2.32\times10^4)^2+ 4(7.61\times10^9)(0.80)} } {2(7.61\times10^9)}$$

得到

$$W\approx8.8\times10^{-6}\ \text{cm}$$

因此

$$\boxed{x_p=x_n\approx8.8\times10^{-6}\ \text{cm} =0.088\ \mu\text{m}}$$

各部分電位降為

$$V_{Si} = \frac{qNW^2}{2\varepsilon_{Si}} \approx0.30\ \text{V}$$ $$V_{ox} = \frac{qNWt_{ox}}{\varepsilon_{ox}} \approx0.20\ \text{V}$$

驗算：

$$0.30+0.20+0.30=0.80\ \text{V}$$

---

(c) 平衡時的靜電位分布

取左側 p-Si 中性區電位為基準：

$$\phi=0$$

各重要位置的電位為：

位置	電位
左側金屬與 p-Si 中性區	$0$
p-Si/SiO₂ 界面	$0.30\ \text{V}$

核心觀念

本題考查零外加偏壓下的 p-Si/SiO₂/n-Si 結構：

1. p-Si 與 n-Si 的費米能階在熱平衡時必須對齊。
2. 由摻雜濃度差形成內建電位。
3. p、n 兩側形成耗盡區，耗盡區內的空間電荷造成電位降。
4. SiO₂ 中沒有自由電荷，因此電位呈線性變化，且電位移量需連續。

以下採用標準值 $n_i=1.0\times10^{10}\ \text{cm}^{-3}$。

已知

$$N_A=N_D=5\times10^{16}\ \text{cm}^{-3}$$ $$t_{ox}=100\ \text{Å}=1.0\times10^{-6}\ \text{cm}$$ $$\varepsilon_{Si}=11.9\varepsilon_0,\qquad \varepsilon_{ox}=3.9\varepsilon_0$$

其中

$$\varepsilon_0=8.854\times10^{-14}\ \text{F/cm}$$

因此

$$\varepsilon_{Si}=1.053\times10^{-12}\ \text{F/cm}$$ $$\varepsilon_{ox}=3.453\times10^{-13}\ \text{F/cm}$$

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解題方法

由於 $N_A=N_D$，兩側耗盡區電荷量大小相等，故

$$x_p=x_n=W$$

其中 $W$ 為每一側的耗盡區厚度。

外加電壓為零，因此整個結構的電位差就是內建電位：

$$V_{bi}=V_{Si,p}+V_{ox}+V_{Si,n}$$

兩側對稱，所以

$$V_{Si,p}=V_{Si,n} =\frac{qNW^2}{2\varepsilon_{Si}}$$

其中 $N=N_A=N_D$。

耗盡區電荷面密度為

$$Q=qNW$$

氧化層電位降為

$$V_{ox}=\frac{Qt_{ox}}{\varepsilon_{ox}} =\frac{qNWt_{ox}}{\varepsilon_{ox}}$$

因此

$$V_{bi} = \frac{qNW^2}{\varepsilon_{Si}} + \frac{qNWt_{ox}}{\varepsilon_{ox}}$$

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(a) 內建電位

p-n 接面內建電位為

$$V_{bi} = \frac{kT}{q} \ln\left(\frac{N_AN_D}{n_i^2}\right)$$

在 $T=300\ \text{K}$ 時，

$$\frac{kT}{q}=0.02585\ \text{V}$$

所以

$$V_{bi} = 0.02585 \ln\left[ \frac{(5\times10^{16})^2}{(1.0\times10^{10})^2} \right]$$ $$V_{bi} = 0.02585\ln(2.5\times10^{13}) \approx 0.80\ \text{V}$$

因此

$$\boxed{V_{bi}\approx0.80\ \text{V}}$$

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(b) 每一側耗盡區厚度

令

$$qN=(1.602\times10^{-19})(5\times10^{16}) =8.01\times10^{-3}\ \text{C/cm}^3$$

代入總電位降公式：

$$0.80 = \frac{(8.01\times10^{-3})W^2} {1.053\times10^{-12}} + \frac{(8.01\times10^{-3})(1.0\times10^{-6})W} {3.453\times10^{-13}}$$

整理得

$$0.80 = (7.61\times10^9)W^2 + (2.32\times10^4)W$$

解二次方程：

$$W = \frac{ -2.32\times10^4+ \sqrt{(2.32\times10^4)^2+ 4(7.61\times10^9)(0.80)} } {2(7.61\times10^9)}$$

得到

$$W\approx8.8\times10^{-6}\ \text{cm}$$

因此

$$\boxed{x_p=x_n\approx8.8\times10^{-6}\ \text{cm} =0.088\ \mu\text{m}}$$

各部分電位降為

$$V_{Si} = \frac{qNW^2}{2\varepsilon_{Si}} \approx0.30\ \text{V}$$ $$V_{ox} = \frac{qNWt_{ox}}{\varepsilon_{ox}} \approx0.20\ \text{V}$$

驗算：

$$0.30+0.20+0.30=0.80\ \text{V}$$

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(c) 平衡時的靜電位分布

取左側 p-Si 中性區電位為基準：

$$\phi=0$$

各重要位置的電位為：

位置	電位
左側金屬與 p-Si 中性區	$0$
p-Si/SiO₂ 界面	$0.30\ \text{V}$

核心觀念

本題考查長二極體在正向偏壓下的少數載子注入、擴散電流，以及耗盡區內的電流連續性。

所需公式如下：

1. 矽半導體在熱平衡下的少數載子濃度

$$n_{po}=\frac{n_i^2}{N_A},\qquad p_{no}=\frac{n_i^2}{N_D}$$

其中：

• $n_{po}$：p 型區的平衡少數電子濃度
• $p_{no}$：n 型區的平衡少數電洞濃度
• $n_i$：本質載子濃度

2. 中性區內電場近似為零，因此少數載子電流主要是擴散電流：

$$J_n=qD_n\frac{dn}{dx}$$ $$J_p=-qD_p\frac{dp}{dx}$$

3. 穩態連續方程：

$$\frac{dJ_n}{dx}=q(G-R)$$ $$\frac{dJ_p}{dx}=-q(G-R)$$

若耗盡區內沒有生成或再結合，則 $G=R=0$，因此電子電流與電洞電流各自保持常數。

---

座標與符號約定

題目給定的 p 側濃度分布為

$$\Delta n(x)=n_{po}\left[\exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1\right] \exp\left(\frac{x_p-x}{L_n}\right)$$

此式在 $x\to+\infty$ 時衰減，因此以下採用：

• p 型準中性區位於 $x\geq x_p$
• n 型準中性區位於 $x\leq x_n$
• $+x$ 方向由 p 側指向 n 側

在此座標下，正向電流方向為 $-x$，所以最後的電流密度若以 $+x$ 為正會帶有負號。若只表示正向電流大小，則取其絕對值即可。

令

$$A_F=\exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1$$

---

(a) p 側準中性區的電子電流

p 側的總電子濃度為

$$n_p(x)=n_{po}+\Delta n(x)$$

由於 $n_{po}$ 為常數，故

$$\frac{dn_p}{dx}=\frac{d\Delta n}{dx}$$

將題目給定的 $\Delta n(x)$ 微分：

$$\frac{d\Delta n}{dx} = -\frac{n_{po}}{L_n}A_F \exp\left(\frac{x_p-x}{L_n}\right)$$

因此，p 側準中性區的電子擴散電流為

$$J_{n,p}(x) = qD_n\frac{dn_p}{dx}$$

代入得

$$\boxed{ J_{n,p}(x) = -\frac{qD_n n_{po}}{L_n} A_F \exp\left(\frac{x_p-x}{L_n}\right) }$$

再利用

$$n_{po}=\frac{n_i^2}{N_A}$$

可得

$$\boxed{ J_{n,p}(x) = -\frac{qD_n n_i^2}{N_A L_n} \left[ \exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1 \right] \exp\left(\frac{x_p-x}{L_n}\right) }$$

在耗盡區 p 側邊界 $x=x_p$：

$$\boxed{ J_n(x_p) = -\frac{qD_n n_i^2}{N_A L_n} \left[ \exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1 \right] }$$

其負號表示電子電流方向為 $-x$。若表示電流大小，則為

$$\left|J_n(x_p)\right| = \frac{qD_n n_i^2}{N_A L_n} \left[ \exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1 \right]$$

---

(b) n 側準中性區的少數載子電流

n 型區的少數載子是電洞。依對稱性，n 側的過量電洞濃度可寫成

$$\Delta p(x) = p_{no}A_F \exp\left(\frac{x-x_n}{L_p}\right)$$

因為 n 側位於 $x\leq x_n$，當 $x\to-\infty$ 時，過量電洞濃度衰減至零。

電洞擴散電流為

$$J_p=-qD_p\frac{dp}{dx} =-qD_p\frac{d\Delta p}{dx}$$

而

$$\frac{d\Delta p}{dx} = \frac{p_{no}}{L_p}A_F \exp\left(\frac{x-x_n}{L_p}\right)$$

因此

$$J_{p,n}(x) = -\frac{qD_p p_{no}}{L_p} A_F \exp\left(\frac{x-x_n}{L_p}\right)$$

利用

$$p_{no}=\frac{n_i^2}{N_D}$$

得到

$$\boxed{ J_{p,n}(x) = -\frac{qD_p n_i^2}{N_D L_p} \left[ \exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1 \right] \exp\left(\frac{x-x_n}{L_p}\right) }$$

在耗盡區 n 側邊界 $x=x_n$：

$$\boxed{ J_p(x_n) = -\frac{qD_p n_i^2}{N_D L_p} \left[ \exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1 \right] }$$

---

核心觀念

本題考查長二極體在正向偏壓下的少數載子注入、擴散電流，以及耗盡區內的電流連續性。

所需公式如下：

1. 矽半導體在熱平衡下的少數載子濃度

$$n_{po}=\frac{n_i^2}{N_A},\qquad p_{no}=\frac{n_i^2}{N_D}$$

其中：

• $n_{po}$：p 型區的平衡少數電子濃度
• $p_{no}$：n 型區的平衡少數電洞濃度
• $n_i$：本質載子濃度

2. 中性區內電場近似為零，因此少數載子電流主要是擴散電流：

$$J_n=qD_n\frac{dn}{dx}$$ $$J_p=-qD_p\frac{dp}{dx}$$

3. 穩態連續方程：

$$\frac{dJ_n}{dx}=q(G-R)$$ $$\frac{dJ_p}{dx}=-q(G-R)$$

若耗盡區內沒有生成或再結合，則 $G=R=0$，因此電子電流與電洞電流各自保持常數。

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座標與符號約定

題目給定的 p 側濃度分布為

$$\Delta n(x)=n_{po}\left[\exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1\right] \exp\left(\frac{x_p-x}{L_n}\right)$$

此式在 $x\to+\infty$ 時衰減，因此以下採用：

• p 型準中性區位於 $x\geq x_p$
• n 型準中性區位於 $x\leq x_n$
• $+x$ 方向由 p 側指向 n 側

在此座標下，正向電流方向為 $-x$，所以最後的電流密度若以 $+x$ 為正會帶有負號。若只表示正向電流大小，則取其絕對值即可。

令

$$A_F=\exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1$$

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(a) p 側準中性區的電子電流

p 側的總電子濃度為

$$n_p(x)=n_{po}+\Delta n(x)$$

由於 $n_{po}$ 為常數，故

$$\frac{dn_p}{dx}=\frac{d\Delta n}{dx}$$

將題目給定的 $\Delta n(x)$ 微分：

$$\frac{d\Delta n}{dx} = -\frac{n_{po}}{L_n}A_F \exp\left(\frac{x_p-x}{L_n}\right)$$

因此，p 側準中性區的電子擴散電流為

$$J_{n,p}(x) = qD_n\frac{dn_p}{dx}$$

代入得

$$\boxed{ J_{n,p}(x) = -\frac{qD_n n_{po}}{L_n} A_F \exp\left(\frac{x_p-x}{L_n}\right) }$$

再利用

$$n_{po}=\frac{n_i^2}{N_A}$$

可得

$$\boxed{ J_{n,p}(x) = -\frac{qD_n n_i^2}{N_A L_n} \left[ \exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1 \right] \exp\left(\frac{x_p-x}{L_n}\right) }$$

在耗盡區 p 側邊界 $x=x_p$：

$$\boxed{ J_n(x_p) = -\frac{qD_n n_i^2}{N_A L_n} \left[ \exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1 \right] }$$

其負號表示電子電流方向為 $-x$。若表示電流大小，則為

$$\left|J_n(x_p)\right| = \frac{qD_n n_i^2}{N_A L_n} \left[ \exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1 \right]$$

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(b) n 側準中性區的少數載子電流

n 型區的少數載子是電洞。依對稱性，n 側的過量電洞濃度可寫成

$$\Delta p(x) = p_{no}A_F \exp\left(\frac{x-x_n}{L_p}\right)$$

因為 n 側位於 $x\leq x_n$，當 $x\to-\infty$ 時，過量電洞濃度衰減至零。

電洞擴散電流為

$$J_p=-qD_p\frac{dp}{dx} =-qD_p\frac{d\Delta p}{dx}$$

而

$$\frac{d\Delta p}{dx} = \frac{p_{no}}{L_p}A_F \exp\left(\frac{x-x_n}{L_p}\right)$$

因此

$$J_{p,n}(x) = -\frac{qD_p p_{no}}{L_p} A_F \exp\left(\frac{x-x_n}{L_p}\right)$$

利用

$$p_{no}=\frac{n_i^2}{N_D}$$

得到

$$\boxed{ J_{p,n}(x) = -\frac{qD_p n_i^2}{N_D L_p} \left[ \exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1 \right] \exp\left(\frac{x-x_n}{L_p}\right) }$$

在耗盡區 n 側邊界 $x=x_n$：

$$\boxed{ J_p(x_n) = -\frac{qD_p n_i^2}{N_D L_p} \left[ \exp\left(\frac{V_F}{V_T}\right)-1 \right] }$$

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此題主要考察半導體載子遷移率與溫度的關係，以及漂移速度和載子穿越時間的計算。

核心觀念：

1. 聲子限制遷移率 (Phonon-limited Mobility)：在較高溫度下，載子散射的主要機制是聲子散射，其遷移率與溫度大約成反比關係，如 $\mu_{ph} \propto T^{-m}$，其中 m 通常為 3/2。
2. 漂移速度 (Drift Velocity)：載子在電場作用下的平均運動速度，與遷移率和電場成正比：$v_d = \mu E$。
3. 載子穿越時間 (Transit Time)：載子在給定長度上運動所需的時間，與長度、電壓和遷移率有關。

已知條件：

• 聲子限制遷移率 $\mu_{ph} \propto T^{-3/2}$。
• 在 300 K 時，$\mu_{ph} = 1500$ cm²/V-s。
• 樣品長度 $L = 1$ µm $= 10^{-4}$ cm。
• 樣品材料為矽 (Si)。

解題步驟：

(a) 計算 90 K 時的電子漂移速度

首先，我們需要確定 90 K 時的電子遷移率 $\mu_{ph}(90K)$。
已知 $\mu_{ph}(T) = \mu_{ph}(300K) \times \left(\frac{300K}{T}\right)^{3/2}$。
將 $T = 90$ K 代入：
$\mu_{ph}(90K) = 1500 \text{ cm²/V-s} \times \left(\frac{300K}{90K}\right)^{3/2}$
$\mu_{ph}(90K) = 1500 \times \left(\frac{10}{3}\right)^{3/2} = 1500 \times (3.333)^{1.5}$
$\mu_{ph}(90K) = 1500 \times (3.333 \times \sqrt{3.333}) \approx 1500 \times (3.333 \times 1.826) \approx 1500 \times 6.086$
$\mu_{ph}(90K) \approx 9129$ cm²/V-s。

現在，計算在 $E = 10^2$ V/cm 電場下的漂移速度 $v_d$。
$v_d = \mu_{ph}(90K) \times E$
$v_d = (9129 \text{ cm²/V-s}) \times (100 \text{ V/cm})$
$v_d = 912900$ cm/s。

將結果轉換為更常見的單位，如 cm/µs 或 m/s。
$v_d = 9.129 \times 10^5$ cm/s $= 9.129$ km/s。
或者 $v_d = 9.129 \times 10^3$ m/s。
或者 $v_d = 9.129 \times 10^5 \text{ cm/s} \times \frac{1 \text{ µs}}{10^{-4} \text{ cm}} = 9.129 \times 10^9$ cm/µs? (單位換算錯誤)
$v_d = 9.129 \times 10^5 \text{ cm/s} = 9.129 \times 10^3$ m/s。
$1$ µs $= 10^{-6}$ s。
$v_d = 9.129 \times 10^3 \text{ m/s} = 9.129 \times 10^5$ cm/s。
$v_d = 9.129 \times 10^5 \text{ cm/s} \times \frac{1 \text{ µm}}{10^{-4} \text{ cm}} \times \frac{1 \text{ s}}{?}$
$v_d = 9.129 \times 10^5 \text{ cm/s} = 9.129 \times 10^3$ m/s。
$1$ µm/ns = $10^{-4}$ cm / $10^{-9}$ s = $10^5$ cm/s。
$v_d = 9.129 \times 10^5 \text{ cm/s} = 9.129$ µm/ns。

【答案】
漂移速度 $v_d \approx 9.13 \times 10^5$ cm/s (或 $9.13$ µm/ns)。

(b) 計算 550 K 時施加 3 V 電壓的穿越時間