109 年 國立臺灣大學電子工程學研究所丙組《近代物理》

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第 1. 題20 分

  1. Crystallography (20%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 Fig. 1: XRD spectrum.
🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 Fig. 2: Schematic of x-ray diffraction from a cubic crystal.

In a group-IV material lab, researchers work on C (aa = 3.57 Å), Si (aa = 5.43 Å), or Ge (aa = 5.66 Å), where aa is the lattice constant. Now we have an x-ray diffraction (XRD) spectrum (Fig. 1), but we are not sure what that material is. Assume the material is crystalline (i.e. atoms are orderly placed in the bulk). Let's work it out.

(a) (4%) XRD is a common tool to determine the material type. Principles of XRD are schematically shown in Fig. 2 and assume parallel incident x-rays (I and II) are scattered from a cubic crystal. Please derive the relationship between dd, θ\theta, λ\lambda, and nn, where dd is the plane distance, θ\theta is the angle between the incident direction of X-ray and the plane, λ\lambda is the wavelength of incident wave and nn is a positive integer.

(b) (6%) In Fig. 1, the fourth peak (2θ\theta ~ 70°) corresponds to a crystal-plane (400), if the wavelength (λ\lambda) of the incident x-ray is 1.5406 Å, please calculate the lattice constant aa. (Hint: you need to figure out the relationship between dd for plane (400) and aa for the plane).

(c) (10%) In Fig. 1, the third peak (2θ\theta ~ 48°) corresponds to a crystal plane (220). Repeat (b) for (220) plane. Based on the lattice constants obtained, what is the material? C, Si, or Ge?

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
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核心觀念

本題考查晶體繞射的布拉格定律（Bragg’s law）與立方晶體晶面間距的關係：

2dsin⁡θ=nλ2d\sin\theta=n\lambda

其中：

  • dd：晶面間距
  • θ\theta：入射 X 光與晶面的夾角
  • λ\lambda：X 光波長
  • nn：繞射階數，為正整數

對立方晶體而言，米勒指數為 (hkl)(hkl) 的晶面間距為：

dhkl=ah2+k2+l2d_{hkl}=\frac{a}{\sqrt{h^2+k^2+l^2}}

其中 aa 為晶格常數。

（a）布拉格定律推導

相鄰晶面間距為 dd，兩道互相平行的 X 光分別由相鄰晶面散射。

由圖中的幾何關係，第二道 X 光相較於第一道 X 光多走的路徑為兩段，每段長度皆為：

dsin⁡θd\sin\theta

因此總路徑差為：

ΔL=2dsin⁡θ\Delta L=2d\sin\theta

當路徑差等於整數倍波長時，兩道散射波會產生建設性干涉：

ΔL=nλ\Delta L=n\lambda

所以得到布拉格定律：

2dsin⁡θ=nλ\boxed{2d\sin\theta=n\lambda}

（b）由 (400)(400) 晶面計算晶格常數

已知：

2θ≈70∘2\theta\approx70^\circ

因此：

θ≈35∘\theta\approx35^\circ

取一階繞射 n=1n=1，且：

λ=1.5406 A˚\lambda=1.5406\ \text{Å}

由布拉格定律：

d400=nλ2sin⁡θd_{400}=\frac{n\lambda}{2\sin\theta}

代入數值：

d400=1.54062sin⁡35∘≈1.344 A˚d_{400} =\frac{1.5406}{2\sin35^\circ} \approx1.344\ \text{Å}

對立方晶體：

d400=a42+02+02=a4d_{400} =\frac{a}{\sqrt{4^2+0^2+0^2}} =\frac{a}{4}

所以：

a=4d400a=4d_{400} a≈4(1.344)≈5.38 A˚a\approx4(1.344) \approx5.38\ \text{Å}

因此由 (400)(400) 峰得到：

a≈5.38 A˚\boxed{a\approx5.38\ \text{Å}}

（c）由 (220)(220) 晶面計算並判斷材料

已知：

2θ≈48∘2\theta\approx48^\circ

因此：

θ≈24∘\theta\approx24^\circ
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第 2. 題40 分

  1. Quantum Physics (40%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 Fig. 3: Potential step.

(a) (6%) For a wave function which is a solution to Schrödinger's equation, its first derivative and itself must be continuous over the space. Please explain (Hint: from the conservation point of view).

(b)(8%) Consider a step potential in Fig. 3. For E<V0E < V_0, show that RR (reflectance)=0 and TT (transmittance)=1. You need to solve Schrödinger's equation to get credits.

(c) (12%) Following (b), if E>V0E > V_0, please derive RR and TT in terms of EE and V0V_0 and show that R+T=1R + T = 1.

(d) (6%) Draw RR and TT vs. EE. Please label V0V_0 in E-axis.

(e) (8%) Assume in a closed system at thermal equilibrium, the smallest energy partition is ΔE\Delta E. There exist four particles with a total energy of 3ΔE3\Delta E. Please calculate the probable (expected) numbers of each energy state (i.e. four energy states: E=0,ΔE,2ΔEE = 0, \Delta E, 2\Delta E, and 3ΔE3\Delta E).

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核心觀念

本題考查一維量子力學的位階勢能（potential step）、波函數邊界條件、反射率與透射率，以及熱平衡下的能量分配。

以下採用標準位階勢能：

V(x)={0,x<0,V0,x>0.V(x)= \begin{cases} 0, & x<0,\\ V_0, & x>0. \end{cases}

假設粒子由左側入射，且 V0>0V_0>0。題目附圖未包含 Fig. 3，因此依此標準模型作答。

(a) 波函數及其一階導數必須連續

定態薛丁格方程為

−ℏ22md2ψdx2+V(x)ψ=Eψ.-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}+V(x)\psi=E\psi.

在位階位置 x=0x=0 附近積分：

∫−ϵ+ϵ(−ℏ22md2ψdx2+Vψ−Eψ)dx=0.\int_{-\epsilon}^{+\epsilon} \left( -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2} +V\psi -E\psi \right)dx=0.

當 ϵ→0\epsilon\to 0 時，只剩二階導數項：

−ℏ22m[dψdx]0−0+=0.-\frac{\hbar^2}{2m} \left[ \frac{d\psi}{dx} \right]_{0^-}^{0^+}=0.

因此

ψ′(0−)=ψ′(0+).\psi'(0^-)=\psi'(0^+).

若 ψ\psi 在 x=0x=0 不連續，則其一階導數會包含 δ\delta 函數，二階導數更會產生 δ′\delta' 項；但有限的位階勢能無法抵消此類奇異項。因此波函數本身也必須連續：

ψ(0−)=ψ(0+).\psi(0^-)=\psi(0^+).

物理上，機率密度 ∣ψ∣2|\psi|^2 必須平滑連接，而機率流密度

J=ℏ2mi(ψ∗dψdx−ψdψ∗dx)J=\frac{\hbar}{2mi} \left( \psi^*\frac{d\psi}{dx} -\psi\frac{d\psi^*}{dx} \right)

也必須滿足機率守恆。

(b) 當 E<V0E<V_0 時的反射與透射

區域一：x<0x<0

粒子可自由傳播，波函數為入射波與反射波的疊加：

ψ1(x)=Aeikx+Be−ikx,\psi_1(x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx},

其中

k=2mEℏ.k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}.

區域二：x>0x>0

此時 E<V0E<V_0，薛丁格方程為

−ℏ22md2ψ2dx2+V0ψ2=Eψ2.-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi_2}{dx^2}+V_0\psi_2=E\psi_2.

整理得

d2ψ2dx2=2m(V0−E)ℏ2ψ2.\frac{d^2\psi_2}{dx^2} =\frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}\psi_2.

令

κ=2m(V0−E)ℏ,\kappa=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar},

則

ψ2(x)=Ceκx+De−κx.\psi_2(x)=Ce^{\kappa x}+De^{-\kappa x}.

由於 x→+∞x\to+\infty 時波函數必須有限，因此 C=0C=0：

ψ2(x)=De−κx.\psi_2(x)=De^{-\kappa x}.

這是衰減的倏逝波，不是向右傳播的平面波。其機率流為

J2=0.J_2=0.

因此透射率為

T=JtransJinc=0.T=\frac{J_{\text{trans}}}{J_{\text{inc}}}=0.

由機率守恆：

R+T=1,R+T=1,

所以

R=1,T=0.\boxed{R=1,\qquad T=0.}

因此題目文字所寫「E<V0E<V_0 時 R=0R=0、T=1T=1」與標準位階勢能模型及機率守恆不相容；若位階方向確實如上述定義，正確結果應為全反射。

(c) 當 E>V0E>V_0 時推導 RR 與 TT

區域一：x<0x<0

ψ1(x)=Aeik1x+Be−ik1x,\psi_1(x)=Ae^{ik_1x}+Be^{-ik_1x},

其中

k1=2mEℏ.k_1=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}.

區域二：x>0x>0

因為 E>V0E>V_0，粒子可在右側傳播：

ψ2(x)=Ceik2x,\psi_2(x)=Ce^{ik_2x},

其中

k2=2m(E−V0)ℏ.k_2=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hbar}.

在 x=0x=0 使用波函數連續條件：

A+B=C.A+B=C.

使用一階導數連續條件：

ik1(A−B)=ik2C.ik_1(A-B)=ik_2C.

消去 CC：

k1(A−B)=k2(A+B).k_1(A-B)=k_2(A+B).

整理得反射振幅：

BA=k1−k2k1+k2.\frac{B}{A} = \frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}.

因此反射率為

R=∣BA∣2=(k1−k2k1+k2)2.R=\left|\frac{B}{A}\right|^2 = \left( \frac{k_1-k_2}{k_1+k_2} \right)^2.

代入 k1k_1 與 k2k_2：

R=(E−E−V0E+E−V0)2.\boxed{ R= \left( \frac{\sqrt{E}-\sqrt{E-V_0}} {\sqrt{E}+\sqrt{E-V_0}} \right)^2 }.

透射振幅為

CA=1+BA=2k1k1+k2.\frac{C}{A} = 1+\frac{B}{A} = \frac{2k_1}{k_1+k_2}.

由於機率流密度與波數成正比，透射率不能只取振幅平方，必須乘上波數比：

T=k2k1∣CA∣2.T=\frac{k_2}{k_1}\left|\frac{C}{A}\right|^2.

因此

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第 3. 題40 分

  1. Semiconductor Devices (40%)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 Diagram of a Si MOSFET with labels VGS, VDS, M (G), Oxide, n+(S), n+(D), Line C, Line B, Line A, p-Si substrate.

Consider a Si MOSFET and answer the following questions. Ignore the body effect. NDN_D in the source/drain regions is 5×10195 \times 10^{19} cm−3^{-3}, NAN_A in the substrate is 101710^{17} cm−3^{-3}. VFB=−0.6V_{FB} = -0.6 V. L=10L = 10 µm. The oxide is HfO2 with a dielectric constant of 32 and its thickness (toxt_{ox}) is 8 nm.

(a) (4%) Please calculate the depletion width of source/substrate junction (along line A).

(b) (4%) Please calculate the depletion width in the semiconductor region under the oxide/semiconductor interface (along line B).

(c) (8%) Calculate VthV_{th} (ni=1.5×1010n_i = 1.5 \times 10^{10} cm−3^{-3}).

(d) (12%) Please draw the band diagrams along the line A, B, and C. Assume VDS=0.5V_{DS} = 0.5 V, VGS=VthV_{GS} = V_{th}, and VSB=0V_{SB} = 0. For line C, you can think it is located in the semiconductor region and extremely close to the oxide/semiconductor interface.

(e) (12%) Please explain what the subthreshold conduction means. Express the subthreshold slope in terms of kTkT, qq, CSiC_{Si} and CoxC_{ox}. Is a smaller or larger subthreshold slope better for a MOSFET? If the oxide is thinner, does the slope increase or decrease?

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核心觀念

本題考查：

  • 突變 pp-nn 接面耗盡區寬度。
  • MOS 結構的表面電位、最大耗盡寬度與臨界電壓。
  • nn 型 MOSFET 在臨界狀態下的能帶彎曲。
  • 次臨界導通與次臨界斜率。

以下採室溫 T=300 KT=300\ \mathrm{K}，取

kTq=0.0259 V,εSi=11.7ε0,εox=32ε0\frac{kT}{q}=0.0259\ \mathrm{V},\qquad \varepsilon_{Si}=11.7\varepsilon_0,\qquad \varepsilon_{ox}=32\varepsilon_0

其中 ε0=8.854×10−14 F/cm\varepsilon_0=8.854\times10^{-14}\ \mathrm{F/cm}。

(a) 沿 Line A：source/substrate 接面的耗盡寬度

Source 為重摻雜 n+n^+ 區，基板為 pp 型，因此形成突變 pp-nn 接面。

內建電位為

Vbi=kTqln⁡(NDNAni2)V_{bi}=\frac{kT}{q} \ln\left(\frac{N_DN_A}{n_i^2}\right)

代入

ND=5×1019 cm−3,NA=1017 cm−3,ni=1.5×1010 cm−3N_D=5\times10^{19}\ \mathrm{cm^{-3}}, \quad N_A=10^{17}\ \mathrm{cm^{-3}}, \quad n_i=1.5\times10^{10}\ \mathrm{cm^{-3}}

得

Vbi=0.0259ln⁡((5×1019)(1017)(1.5×1010)2)≈0.975 VV_{bi} =0.0259\ln\left( \frac{(5\times10^{19})(10^{17})} {(1.5\times10^{10})^2} \right) \approx 0.975\ \mathrm{V}

突變接面的總耗盡寬度為

WA=2εSiqVbi(1NA+1ND)W_A= \sqrt{ \frac{2\varepsilon_{Si}}{q} V_{bi} \left( \frac{1}{N_A}+\frac{1}{N_D} \right) }

因為 ND≫NAN_D\gg N_A，耗盡區幾乎全部位於基板一側：

Wp≈2εSiVbiqNAW_{p} \approx \sqrt{\frac{2\varepsilon_{Si}V_{bi}}{qN_A}} Wp=2(11.7)(8.854×10−14)(0.975)(1.602×10−19)(1017)≈1.12×10−5 cmW_p = \sqrt{ \frac{2(11.7)(8.854\times10^{-14})(0.975)} {(1.602\times10^{-19})(10^{17})} } \approx 1.12\times10^{-5}\ \mathrm{cm}

因此

Wp≈0.112 μm\boxed{W_p\approx 0.112\ \mu\mathrm{m}}

source 一側的耗盡寬度為

Wn=WpNAND≈0.11210175×1019 μm≈2.2×10−4 μmW_n=W_p\frac{N_A}{N_D} \approx 0.112\frac{10^{17}}{5\times10^{19}} \ \mu\mathrm{m} \approx 2.2\times10^{-4}\ \mu\mathrm{m}

所以總耗盡寬度約為

WA≈0.112 μm\boxed{W_A\approx 0.112\ \mu\mathrm{m}}

(b) 沿 Line B：氧化層下方半導體的耗盡寬度

nnMOSFET 在臨界狀態時，表面電位為

ψs=2ϕF\psi_s=2\phi_F

其中基板的費米電位為

ϕF=kTqln⁡(NAni)\phi_F=\frac{kT}{q}\ln\left(\frac{N_A}{n_i}\right)

代入得

ϕF=0.0259ln⁡(10171.5×1010)≈0.407 V\phi_F =0.0259\ln\left(\frac{10^{17}}{1.5\times10^{10}}\right) \approx 0.407\ \mathrm{V}

臨界狀態的最大耗盡寬度為

WB,max⁡=4εSiϕFqNAW_{B,\max} = \sqrt{ \frac{4\varepsilon_{Si}\phi_F}{qN_A} } WB,max⁡=4(11.7)(8.854×10−14)(0.407)(1.602×10−19)(1017)≈1.03×10−5 cmW_{B,\max} = \sqrt{ \frac{4(11.7)(8.854\times10^{-14})(0.407)} {(1.602\times10^{-19})(10^{17})} } \approx 1.03\times10^{-5}\ \mathrm{cm}

因此

WB,max⁡≈0.103 μm\boxed{W_{B,\max}\approx 0.103\ \mu\mathrm{m}}

(c) 臨界電壓 VthV_{th}

氧化層電容密度為

Cox=εoxtoxC_{ox}=\frac{\varepsilon_{ox}}{t_{ox}}

由

tox=8 nm=8×10−7 cmt_{ox}=8\ \mathrm{nm}=8\times10^{-7}\ \mathrm{cm}

得

Cox=32(8.854×10−14)8×10−7≈3.54×10−6 F/cm2C_{ox} = \frac{32(8.854\times10^{-14})}{8\times10^{-7}} \approx 3.54\times10^{-6}\ \mathrm{F/cm^2}

臨界時基板耗盡電荷密度的大小為

∣Qd∣=qNAWB,max⁡|Q_d|=qN_AW_{B,\max} ∣Qd∣=(1.602×10−19)(1017)(1.03×10−5)≈1.65×10−7 C/cm2|Q_d| = (1.602\times10^{-19})(10^{17})(1.03\times10^{-5}) \approx 1.65\times10^{-7}\ \mathrm{C/cm^2}

因此

∣Qd∣Cox≈1.65×10−73.54×10−6≈0.0465 V\frac{|Q_d|}{C_{ox}} \approx \frac{1.65\times10^{-7}}{3.54\times10^{-6}} \approx 0.0465\ \mathrm{V}

nnMOSFET 的臨界電壓為

Vth=VFB+2ϕF+∣Qd∣CoxV_{th} = V_{FB}+2\phi_F+\frac{|Q_d|}{C_{ox}}

代入 VFB=−0.6 VV_{FB}=-0.6\ \mathrm{V}：

Vth=−0.6+2(0.407)+0.0465≈0.260 VV_{th} = -0.6+2(0.407)+0.0465 \approx 0.260\ \mathrm{V}

所以

Vth≈0.26 V\boxed{V_{th}\approx 0.26\ \mathrm{V}}

(d) Line A、B、C 的能帶圖

Line A：source/substrate 的 pp-nn 接面

Source 與 substrate 皆接在 0 V0\ \mathrm{V}，因此此接面近似零外加偏壓。

在熱平衡時，費米能階必須保持水平。由 n+n^+ 區移向 pp 型基板時，導帶與價帶向上彎曲，能帶彎曲高度為

qVbi≈0.975 eVqV_{bi}\approx 0.975\ \mathrm{eV}

且因為 ND≫NAN_D\gg N_A：

  • n+n^+ source 一側耗盡區極窄。
  • pp 型 substrate 一側耗盡區寬約 0.112 μm0.112\ \mu\mathrm{m}。

示意如下：

能量
 ↑
 │                 Ec
 │                ／
 │_______________／________________ EF
 │              ／
 │             ／  Ev
 │
 └──── n+ source ───── p-Si substrate ───→ 位置
       窄耗盡區          寬耗盡區
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