113 年 國立中山大學電機工程學系碩士班甲組《半導體概論》

本題主要在探討半導體的兩種特殊現象：簡併半導體 (degenerate semiconductor) 與凍結效應 (freeze-out effect)。

簡併半導體 (Degenerate Semiconductor)

簡併半導體是指半導體中的載子濃度（電子或電洞）非常高，以至於其費米能階 (Fermi level, $E_F$) 進入導帶 (conduction band) 或價帶 (valence band)。這意味著載子的行為不再遵循經典的麥克斯韋-玻爾茲曼統計 (Maxwell-Boltzmann statistics)，而是必須使用量子力學的費米-狄拉克統計 (Fermi-Dirac statistics)。

在簡併半導體中：

• N 型簡併半導體: 當摻雜濃度非常高時，導帶底部的電子濃度極高，使得費米能階 $E_F$ 高於導帶底部的能量 $E_C$。此時，大部分的能階都被電子佔據，電子行為類似於金屬中的自由電子。
• P 型簡併半導體: 當摻雜濃度非常高時，價帶頂部的電洞濃度極高，使得費米能階 $E_F$ 低於價帶頂部的能量 $E_V$。

本題考驗金屬與半導體形成歐姆接觸 (Ohmic contact) 的方法。歐姆接觸是指金屬與半導體之間形成一個低電阻的接觸，使得電流可以線性地通過，不受接觸電阻的限制。這通常需要降低金屬與半導體之間的能障 (barrier height)，或極大地增加半導體的摻雜濃度。

以下是兩種常見的達成歐姆接觸的方法：

1. 高摻雜濃度法 (Highly Doped Semiconductor)

   • 原理: 將半導體在金屬接觸的區域進行極高濃度的摻雜（N 型半導體則摻雜施體，P 型半導體則摻雜受體）。當摻雜濃度達到簡併半導體 (degenerate semiconductor) 的程度時，半導體的導帶底或價帶頂的能階會被載子充滿，此時金屬與半導體之間的蕭特基勢壘 (Schottky barrier) 會變得非常窄。
   • 效應: 由於勢壘極窄，載子可以透過量子穿隧效應 (quantum tunneling) 輕易地穿過勢壘，即使金屬與半導體之間的功函數差 (work function difference) 較大，也能形成低電阻的歐姆接觸。
   • 實務: 對於 N 型半導體，通常將其摻雜到 $10^{18} \sim 10^{20} \text{ cm}^{-3}$ 以上；對於 P 型半導體，則摻雜到 $10^{18} \sim 10^{20} \text{ cm}^{-3}$ 以上。

2. 選擇合適的金屬 (Choosing the Right Metal)

核心觀念

本題考查半導體的本質載子濃度、溫度對有效狀態密度的影響，以及摻雜半導體的電中性條件。

非簡併、熱平衡且完全游離時，主要公式為：

$$n_i=\sqrt{N_cN_v}\exp\left(-\frac{E_g}{2kT}\right)$$

其中：

• $n_i$：本質載子濃度
• $N_c$：導帶有效狀態密度
• $N_v$：價帶有效狀態密度
• $E_g$：能隙
• $k=8.617\times10^{-5}\ \text{eV/K}$：波茲曼常數

有效狀態密度與溫度的關係為：

$$N_c(T),N_v(T)\propto T^{3/2}$$

因此：

$$N_c(400)=N_c(300)\left(\frac{400}{300}\right)^{3/2}$$ $$N_v(400)=N_v(300)\left(\frac{400}{300}\right)^{3/2}$$

題目中的 $N_e,N_y$ 應為導帶與價帶有效狀態密度 $N_c,N_v$，單位應為 $\text{cm}^{-3}$；摻雜濃度中的 $N_a$ 應依上下文分別理解為施體濃度 $N_D$ 與受體濃度 $N_A$。

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解題方法

（a）計算 $T=300\ \text{K}$ 與 $400\ \text{K}$ 的本質濃度

已知：

$$N_c(300)=3\times10^{19}\ \text{cm}^{-3}$$ $$N_v(300)=2\times10^{19}\ \text{cm}^{-3}$$ $$E_g=1\ \text{eV}$$

$T=300\ \text{K}$

先計算有效狀態密度的幾何平均：

$$\sqrt{N_cN_v} = \sqrt{(3\times10^{19})(2\times10^{19})}$$ $$=\sqrt{6}\times10^{19} =2.449\times10^{19}\ \text{cm}^{-3}$$

在 $300\ \text{K}$ 時：

$$kT=(8.617\times10^{-5})(300) =0.02585\ \text{eV}$$

因此：

$$n_i(300) = 2.449\times10^{19} \exp\left(-\frac{1}{2(0.02585)}\right)$$ $$n_i(300) = 2.449\times10^{19}e^{-19.34}$$ $$\boxed{n_i(300)\approx9.8\times10^{10}\ \text{cm}^{-3}}$$

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$T=400\ \text{K}$

先求 $400\ \text{K}$ 時的有效狀態密度：

$$\left(\frac{400}{300}\right)^{3/2} = \left(\frac{4}{3}\right)^{3/2} \approx1.540$$

所以：

$$N_c(400) = 3\times10^{19}(1.540) \approx4.62\times10^{19}\ \text{cm}^{-3}$$ $$N_v(400) = 2\times10^{19}(1.540) \approx3.08\times10^{19}\ \text{cm}^{-3}$$

其幾何平均為：

$$\sqrt{N_c(400)N_v(400)} = 2.449\times10^{19}(1.540) \approx3.77\times10^{19}\ \text{cm}^{-3}$$

在 $400\ \text{K}$ 時：

$$kT=(8.617\times10^{-5})(400) =0.03447\ \text{eV}$$

因此：

$$n_i(400) = 3.77\times10^{19} \exp\left(-\frac{1}{2(0.03447)}\right)$$ $$n_i(400) = 3.77\times10^{19}e^{-14.51}$$

核心觀念

本題考查 Hall effect 的三項判定：

1. 由 Hall 電壓極性判斷導電型態。
2. 由 Hall coefficient 求多數載子濃度。
3. 由電導率求多數載子 mobility。

相關公式為

$$R_H=\frac{V_H d}{I_xB_z}$$

其中 $d$ 為試片厚度。單一載子主導時，

$$|R_H|=\frac{1}{qN}$$

且

$$\sigma=qN\mu$$

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(a) 導電型態

依圖示電流方向、磁場方向與 Hall 電壓極性，量得

$$V_H=-5\ \text{mV}$$

Hall coefficient 為負值，因此主要載子為電子，試片屬於 n-type 半導體。

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(b) 多數載子濃度

先將厚度換成 SI 單位：

$$d=10^{-2}\ \text{cm}=10^{-4}\ \text{m}$$

Hall coefficient：

$$R_H=\frac{(-5\times10^{-3})(10^{-4})} {(5\times10^{-3})(0.1)} =-1.0\times10^{-3}\ \text{m}^3/\text{C}$$

因此電子濃度為

$$n=\frac{1}{q|R_H|}$$ $$n=\frac{1} {(1.6\times10^{-19})(1.0\times10^{-3})} =6.25\times10^{21}\ \text{m}^{-3}$$

換算成 $\text{cm}^{-3}$：

$$n=6.25\times10^{15}\ \text{cm}^{-3}$$

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(c) 多數載子遷移率

試片電導率為

核心觀念

本題考查均勻摻雜矽 $pn$ 接面的耗盡區分析，主要使用：

1. 耗盡區電荷中性：
   $N_aX_p=N_dX_n$

2. 耗盡區總寬度：
   $W=X_n+X_p$

3. 矽 $pn$ 接面的內建電位：
   $V_{bi}=V_T\ln\left(\frac{N_aN_d}{n_i^2}\right)$

4. 耗盡區寬度：
   $W=\sqrt{\frac{2\varepsilon_sV_{bi}}{q}\left(\frac{1}{N_a}+\frac{1}{N_d}\right)}$

5. 最大電場與接面電容密度：

$$E_{\max}=\frac{qN_dX_n}{\varepsilon_s} =\frac{qN_aX_p}{\varepsilon_s}$$ $$C_j=\frac{\varepsilon_s}{W}$$

取 $T=300\ \text{K}$ 時：

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

矽的本質載子濃度採用：

$n_i\approx 1.0\times10^{10}\ \text{cm}^{-3}$

矽介電常數為：

$$\varepsilon_s=11.8\varepsilon_0 =11.8(8.854\times10^{-14}) \approx1.045\times10^{-12}\ \text{F/cm}$$

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解題方法

1. 利用空間電荷區比例求 $N_a$ 與 $N_d$ 的關係

題目指出總耗盡區中，位於 $n$ 區的部分占 $20\%$，因此：

$X_n=0.2W$

而位於 $p$ 區的部分占 $80\%$：

$X_p=0.8W$

接面必須滿足電荷中性：

$qN_aX_p=qN_dX_n$

消去 $q$，代入 $X_p$ 與 $X_n$：

$N_a(0.8W)=N_d(0.2W)$

因此：

$\frac{N_d}{N_a}=\frac{0.8}{0.2}=4$

也就是：

$N_d=4N_a$

$n$ 區的摻雜濃度較高，因此耗盡區在 $n$ 區較窄，這與題目給定的 $X_n=0.2W$ 相符。

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2. 利用內建電位求摻雜濃度

內建電位公式為：

$V_{bi}=V_T\ln\left(\frac{N_aN_d}{n_i^2}\right)$

代入 $V_{bi}=0.75\ \text{V}$、$V_T=0.02585\ \text{V}$：

$0.75=0.02585\ln\left(\frac{N_aN_d}{(10^{10})^2}\right)$

因此：

$$\frac{N_aN_d}{n_i^2} =\exp\left(\frac{0.75}{0.02585}\right) \approx3.98\times10^{12}$$

所以：

$$N_aN_d =(10^{10})^2(3.98\times10^{12}) \approx3.98\times10^{32}\ \text{cm}^{-6}$$

又因為 $N_d=4N_a$：

$4N_a^2=3.98\times10^{32}$

$$N_a=\sqrt{\frac{3.98\times10^{32}}{4}} \approx9.98\times10^{15}\ \text{cm}^{-3}$$

故：

$N_a\approx1.0\times10^{16}\ \text{cm}^{-3}$

$N_d=4N_a\approx4.0\times10^{16}\ \text{cm}^{-3}$

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3. 求總耗盡區寬度 $W$

耗盡區寬度為：

$$W=\sqrt{\frac{2\varepsilon_sV_{bi}}{q} \left(\frac{1}{N_a}+\frac{1}{N_d}\right)}$$

先計算濃度項：

核心觀念

本題是理想 MOS 電容器分析，假設：

• 氧化層內無固定電荷；
• Si–SiO₂ 界面無界面電荷；
• 金屬閘極與矽基板均達熱平衡；
• 題目中的摻雜濃度解讀為 $N_A=1\times10^{17}\ \text{cm}^{-3}$；
• 矽的電子親和力取 $\chi_{\text{Si}}=4.05\ \text{eV}$；
• $E_g=1.12\ \text{eV}$、$n_i=1.0\times10^{10}\ \text{cm}^{-3}$。

此題依序使用：

1. 金屬—半導體功函數差求平帶電壓；
2. 氧化層電容與半導體平帶電容串聯求總平帶電容；
3. 強反轉條件 $\psi_s=2\phi_F$ 求臨界電壓；
4. 最大空乏電荷求飽和空乏寬度。

取

$$\varepsilon_0=8.854\times10^{-14}\ \text{F/cm},$$ $$\varepsilon_{\text{ox}}=3.9\varepsilon_0,\qquad \varepsilon_{\text{Si}}=11.7\varepsilon_0.$$

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(a) 理想平帶電壓 $V_{FB}$

1. 求基板費米電位

室溫下熱電壓為

$$V_T=\frac{kT}{q}\approx 0.02585\ \text{V}.$$

對 $p$ 型矽基板，

$$\phi_F=V_T\ln\left(\frac{N_A}{n_i}\right).$$

代入數值：

$$\phi_F =0.02585\ln\left(\frac{10^{17}}{10^{10}}\right) =0.02585\ln(10^7) \approx 0.417\ \text{V}.$$

2. 求矽基板功函數

矽的功函數為

$$\Phi_{\text{Si}} =\chi_{\text{Si}}+\frac{E_g}{2}+\phi_F.$$

因此

$$\Phi_{\text{Si}} =4.05+\frac{1.12}{2}+0.417 \approx 5.027\ \text{eV}.$$

金屬功函數為

$$\Phi_M=4.6\ \text{eV}.$$

理想平帶電壓為金屬—半導體功函數差：

$$V_{FB}=\Phi_{MS} =\Phi_M-\Phi_{\text{Si}}.$$

所以

$$V_{FB}=4.6-5.027 \approx -0.427\ \text{V}.$$

因此

$$\boxed{V_{FB}\approx -0.43\ \text{V}}.$$

負號表示金屬功函數小於 $p$ 型矽基板功函數。

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(b) 平帶電容密度

平帶時，MOS 電容由氧化層電容與半導體電容串聯而成。

1. 氧化層電容密度

氧化層厚度為

$$t_{\text{ox}}=15\ \text{nm} =1.5\times10^{-6}\ \text{cm}.$$

氧化層電容密度：

$$C_{\text{ox}} =\frac{\varepsilon_{\text{ox}}}{t_{\text{ox}}} =\frac{3.9\varepsilon_0}{t_{\text{ox}}}.$$

代入：

$$C_{\text{ox}} =\frac{3.9(8.854\times10^{-14})} {1.5\times10^{-6}} \approx 2.30\times10^{-7}\ \text{F/cm}^2.$$

2. 平帶時的半導體電容密度

德拜長度為

$$L_D= \sqrt{\frac{\varepsilon_{\text{Si}}V_T}{qN_A}}.$$

其中

$$\varepsilon_{\text{Si}} =11.7\varepsilon_0 \approx 1.036\times10^{-12}\ \text{F/cm}.$$

因此

$$L_D= \sqrt{ \frac{(1.036\times10^{-12})(0.02585)} {(1.602\times10^{-19})(10^{17})} } \approx 1.29\times10^{-6}\ \text{cm}.$$

平帶時半導體電容密度：

$$C_{\text{Si,FB}} =\frac{\varepsilon_{\text{Si}}}{L_D} \approx \frac{1.036\times10^{-12}} {1.29\times10^{-6}} \approx 8.01\times10^{-7}\ \text{F/cm}^2.$$

3. MOS 平帶電容密度

串聯電容為

$$C_{FB} = \frac{C_{\text{ox}}C_{\text{Si,FB}}} {C_{\text{ox}}+C_{\text{Si,FB}}}.$$

代入：

$$C_{FB} = \frac{ (2.30\times10^{-7})(8.01\times10^{-7}) }{ 2.30\times10^{-7}+8.01\times10^{-7} } \approx 1.79\times10^{-7}\ \text{F/cm}^2.$$

因此