112 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

MOSFET 在飽和區且忽略通道長度調變時，汲極電流遵循平方律：

$$I_D=\frac{1}{2}\mu_n C_{ox}\frac{W}{L}(V_{GS}-V_T)^2$$

其中：

• $\mu_n$：電子遷移率
• $C_{ox}$：單位面積氧化層電容
• $V_T$：臨界電壓
• $W/L$：通道寬長比

氧化層電容為：

$$C_{ox}=\frac{\varepsilon_{ox}}{t_{ox}}$$

本題利用兩組不同 $V_{GS}$ 與 $I_D$ 的量測值，先求出 $V_T$，再求電子遷移率 $\mu_n$。

解題方法

令

$$K=\frac{1}{2}\mu_n C_{ox}\frac{W}{L}$$

則電流式可寫成：

$$I_D=K(V_{GS}-V_T)^2$$

兩組操作點分別為：

$$0.132=K(1.0-V_T)^2$$ $$0.295=K(1.25-V_T)^2$$

將兩式相除並開平方：

$$\sqrt{\frac{0.295}{0.132}} = \frac{1.25-V_T}{1.0-V_T}$$

計算得：

$$\sqrt{\frac{0.295}{0.132}}\approx 1.4949$$

因此：

$$1.25-V_T=1.4949(1.0-V_T)$$

整理：

$$1.25-V_T=1.4949-1.4949V_T$$ $$0.4949V_T=0.2449$$ $$V_T\approx 0.495\text{ V}$$

計算電子遷移率

先求氧化層電容。

$$t_{ox}=80\text{ Å}=80\times 10^{-10}\text{ m} =8.0\times10^{-9}\text{ m}$$

氧化矽介電常數：

$$\varepsilon_{ox}=3.9\varepsilon_0 =3.9(8.854\times10^{-12}) \approx3.453\times10^{-11}\text{ F/m}$$

所以：

$$C_{ox} = \frac{3.453\times10^{-11}}{8.0\times10^{-9}} \approx4.317\times10^{-3}\text{ F/m}^2$$

通道寬長比為：

核心觀念

本題給定

$$V_{GS}=1\text{ V},\qquad V_{DS}=2.5\text{ V},\qquad V_T=0.4\text{ V}$$

先求閘極過驅電壓：

$$V_{OV}=V_{GS}-V_T=1-0.4=0.6\text{ V}$$

長通道 n-channel MOSFET 進入飽和區的條件為

$$V_{DS}\ge V_{GS}-V_T=V_{OV}$$

而本題

$$2.5\text{ V}>0.6\text{ V}$$

因此元件工作於飽和區。

理想長通道 MOSFET 的飽和電流為

$$I_{D,\text{ideal}} = \frac{1}{2}\mu_n C_{\text{ox}}\frac{W}{L} (V_{GS}-V_T)^2$$

其中 $W$、$\mu_n$ 與 $C_{\text{ox}}$ 雖未給定，但在計算「實際值與理想值的比值」時，若未指定任何非理想效應，兩者採用相同的理想模型，這些參數會相互消去。

解題方法

題目沒有提供下列非理想模型所需的參數：

• 通道長度調變參數 $\lambda$
• 載子速度飽和速度 $v_{\text{sat}}$
• 臨界電場 $E_c$
• 載子遷移率退化模型
• 源極／汲極串聯電阻

因此無法由 $N_A$、$V_T$、$L$、$V_{GS}$、$V_{DS}$ 唯一決定一個包含短通道效應的「實際電流」。

依題目已提供的資訊，採用標準理想 MOSFET 模型：

核心觀念

本題比較反向偏壓下兩種電流密度：

1. 理想反向飽和電流密度 $J_0$：由耗盡區兩側的少數載子擴散所造成。
2. 產生電流密度 $J_{\mathrm{gen}}$：由耗盡區內的熱產生載子所造成。

理想二極體的反向飽和電流密度為

$$J_0 = q n_i^2 \left( \frac{D_n}{L_n N_A} + \frac{D_p}{L_p N_D} \right),$$

其中少數載子擴散長度為

$$L_n=\sqrt{D_n\tau_{n0}}, \qquad L_p=\sqrt{D_p\tau_{p0}}.$$

耗盡區內的產生電流密度近似為

$$J_{\mathrm{gen}} = \frac{q n_i W}{\tau_g},$$

其中 $W$ 為耗盡區寬度。本題因 $\tau_{n0}=\tau_{p0}$，取 $\tau_g=5\times10^{-7}\ \mathrm{s}$。

以下採用矽在 $300\ \mathrm{K}$ 時的本質載子濃度

$$n_i\approx 10^{10}\ \mathrm{cm}^{-3}.$$

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一、計算理想反向飽和電流密度

首先求少數載子擴散長度：

$$L_n = \sqrt{D_n\tau_{n0}} = \sqrt{25(5\times10^{-7})} = 3.54\times10^{-3}\ \mathrm{cm},$$ $$L_p = \sqrt{D_p\tau_{p0}} = \sqrt{10(5\times10^{-7})} = 2.24\times10^{-3}\ \mathrm{cm}.$$

因為 $N_A=N_D=10^{16}\ \mathrm{cm}^{-3}$，所以

$$J_0 = q n_i^2 \left[ \frac{25}{(3.54\times10^{-3})(10^{16})} + \frac{10}{(2.24\times10^{-3})(10^{16})} \right].$$

計算括號內各項：

$$\frac{D_n}{L_nN_A} = 7.07\times10^{-13}\ \mathrm{cm/s},$$ $$\frac{D_p}{L_pN_D} = 4.47\times10^{-13}\ \mathrm{cm/s}.$$

因此

$$J_0 = (1.602\times10^{-19})(10^{20}) (7.07+4.47)\times10^{-13},$$ $$\boxed{ J_0\approx1.85\times10^{-11}\ \mathrm{A/cm^2} }.$$

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二、計算反向偏壓下的耗盡區寬度

耗盡區寬度為

$$W = \sqrt{ \frac{2\varepsilon_s}{q} \left( \frac{1}{N_A}+\frac{1}{N_D} \right) (V_{\mathrm{bi}}+V_R) }.$$

矽的介電常數取

$$\varepsilon_s = 11.8\varepsilon_0 \approx1.04\times10^{-12}\ \mathrm{F/cm}.$$

內建電位為

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

核心觀念

本題考查 $npn$ 雙極性電晶體的「穿通（punch-through）」現象。當基極—集極接面因反向偏壓形成的空乏區，向基極側延伸至整個基極寬度時，集極電場會貫穿基極，產生穿通。

在突變 $p$-$n$ 接面中，空乏區兩側必須滿足電荷中性：

$$N_B x_B=N_C x_C$$

其中：

• $x_B$：空乏區向基極側延伸的寬度
• $x_C$：空乏區向集極側延伸的寬度
• $N_B$、$N_C$：基極與集極摻雜濃度

穿通臨界條件為：

$$x_B=W_B$$

其中 $W_B$ 為冶金基極寬度。

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解題方法

已知：

$$W_B=0.80\ \mu\text{m}$$ $$N_B=5\times10^{16}\ \text{cm}^{-3}$$ $$N_C=2\times10^{15}\ \text{cm}^{-3}$$

先將基極寬度換算成公分：

$$W_B=0.80\times10^{-4}\ \text{cm} =8.0\times10^{-5}\ \text{cm}$$

由電荷中性條件：

$$N_B W_B=N_C x_C$$

因此：

$$x_C=\frac{N_B}{N_C}W_B$$ $$x_C=\frac{5\times10^{16}}{2\times10^{15}} (8.0\times10^{-5}) =25W_B$$

由突變接面的電位降公式：

$$V=\frac{q}{2\varepsilon_s} \left(N_Bx_B^2+N_Cx_C^2\right)$$

穿通時 $x_B=W_B$，且 $x_C=(N_B/N_C)W_B$，故：

$$V_{\text{PT}} = \frac{q}{2\varepsilon_s} \left[ N_BW_B^2+ N_C\left(\frac{N_B}{N_C}W_B\right)^2 \right]$$

整理得：

$$V_{\text{PT}} = \frac{qN_BW_B^2}{2\varepsilon_s} \left(1+\frac{N_B}{N_C}\right)$$

取：

$$q=1.602\times10^{-19}\ \text{C}$$

此題考驗對 PIN 光電二極體（PIN photodiode）光電流的計算。PIN 二極體中的本徵區 (intrinsic region) 具有寬大的空間電荷區，能有效吸收光子並產生電子-電洞對，進而產生光電流。

核心觀念：
光電流 ($I_{ph}$) 是由光子吸收產生的電子-電洞對被內建電場分離所形成的電流。在 PIN 二極體中，光子主要被寬廣的本徵區吸收。

計算步驟：

1. 計算光子吸收率：
   光子的吸收率是指在光通過一定厚度後，有多少比例的光子被吸收。這由吸收係數 $\alpha$ 和材料厚度 $W$ 決定。
   假設入射光強度為 $I_0$ (在此題目中，給的是光子通量，我們將其視為光強度的一個指標)。
   在穿過厚度 $W$ 後，剩餘的光強度 $I(W)$ 為：
   $I(W) = I_0 e^{-\alpha W}$
   被吸收的光子數密度（每單位體積每單位時間）與光強度成正比。
   或者，我們可以計算在厚度 $W$ 內，每單位體積每單位時間產生的電子-電洞對的數率。
   如果光子通量為 $\Phi$ (photons/cm²/s)，則在厚度 $W$ 內，每單位體積每單位時間產生電子-電洞對的數率 $G$ 為：
   $G = \Phi \alpha e^{-\alpha x}$
   其中 $x$ 是從光入射面開始的深度。
   題目給的是總光子通量 $\Phi = 10^{17} \text{ cm}^{-2}\text{s}^{-1}$。
   吸收係數 $\alpha = 10^{3} \text{ cm}^{-1}$。
   本徵區寬度 $W = 20 \text{ µm} = 20 \times 10^{-4} \text{ cm} = 0.002 \text{ cm}$。

   在 PIN 二極體中，通常假設光子在整個本徵區內都被吸收，或者至少吸收效率很高。
   如果 $\alpha W \gg 1$，則幾乎所有光子都在厚度 $W$ 內被吸收。
   $\alpha W = (10^3 \text{ cm}^{-1}) \times (0.002 \text{ cm}) = 2$。
   $e^{-\alpha W} = e^{-2} \approx 0.135$。
   這表示只有約 13.5% 的光子在厚度 $W$ 內被吸收。

   正確的計算應考慮光子的衰減。
   在深度 $x$ 處，光強度為 $I(x) = \Phi e^{-\alpha x}$。
   在深度 $x$ 處，每單位體積每單位時間產生電子-電洞對的數率為 $G(x) = \alpha I(x) = \alpha \Phi e^{-\alpha x}$。
   總的每單位體積每單位時間產生的電子-電洞對數率 $G_{total\_volume}$ 是在整個本徵區寬度 $W$ 上的積分：
   $G_{total\_volume} = \int_0^W \alpha \Phi e^{-\alpha x} dx = \alpha \Phi \left[ -\frac{1}{\alpha} e^{-\alpha x} \right]_0^W$
   $G_{total\_volume} = \Phi (-e^{-\alpha W} - (-e^0)) = \Phi (1 - e^{-\alpha W})$
   這個 $G_{total\_volume}$ 是單位體積的產生率。
   但是，我們需要的是總的產生率，而不是單位體積的。
   光子通量 $\Phi$ 是每單位面積的光子數。
   因此，在整個本徵區的橫截面積 A 內，每單位時間進入的光子數是 $\Phi \times A$。
   在厚度 $W$ 內，被吸收的光子數率（每單位時間）是：
   $\text{Absorbed photons/sec} = A \int_0^W \alpha \Phi e^{-\alpha x} dx = A \Phi (1 - e^{-\alpha W})$
   每個被吸收的光子產生一個電子-電洞對。
   所以，總的產生電子-電洞對的數率（每秒）是 $N_{e-h} = A \Phi (1 - e^{-\alpha W})$。

   光電流密度 $J_{ph}$ 是總光電流 $I_{ph}$ 除以橫截面積 A。
   $I_{ph} = q \times N_{e-h}$ (其中 q 是電子電荷)。
   $J_{ph} = \frac{I_{ph}}{A} = \frac{q \times A \Phi (1 - e^{-\alpha W})}{A} = q \Phi (1 - e^{-\alpha W})$
   這裡 $\Phi$ 是光子通量。

   代入數值：
   $q = 1.6 \times 10^{-19} \text{ C}$
   $\Phi = 10^{17} \text{ cm}^{-2}\text{s}^{-1}$
   $\alpha = 10^{3} \text{ cm}^{-1}$
   $W = 20 \text{ µm} = 0.002 \text{ cm}$
   $\alpha W = 10^3 \times 0.002 = 2$
   $e^{-\alpha W} = e^{-2} \approx 0.1353$
   $1 - e^{-\alpha W} = 1 - 0.1353 = 0.8647$

   $J_{ph} = (1.6 \times 10^{-19} \text{ C}) \times (10^{17} \text{ cm}^{-2}\text{s}^{-1}) \times (0.8647)$
   $J_{ph} = 1.6 \times 0.8647 \times 10^{-2} \text{ A/cm}^2$
   $J_{ph} = 1.3835 \times 10^{-2} \text{ A/cm}^2 = 13.835 \text{ mA/cm}^2$

   另一種常見的簡化假設：
   如果 $\alpha W \gg 1$ (即 $\alpha W$ 遠大於 1)，則 $e^{-\alpha W} \approx 0$，此時 $1 - e^{-\alpha W} \approx 1$。
   這種情況下，$J_{ph} \approx q \Phi$。
   但是，在我們的例子中，$\alpha W = 2$，這不算非常大，所以 $e^{-\alpha W}$ 的值不能忽略。

   檢查題目中的「photon flux」：
   通常光強度 $I$ 的單位是 $W/cm^2$。光子通量 $\Phi$ 的單位是 $photons/cm^2/s$。