114 年 國立成功大學奈米積體電路工程碩士學位學程《半導體元件物理》

核心觀念

電晶體電流增益定義為

$$\beta=\frac{I_C}{I_B}$$

在正向主動區，基極電流主要來自兩部分：由射極注入基極的電子中，未能到達集極而在基極復合的部分；以及由基極注入射極的電洞電流。常用的電流增益關係為

$$\alpha=\gamma\alpha_T,\qquad \beta=\frac{\alpha}{1-\alpha}$$

其中，$\gamma$ 是射極注入效率，$\alpha_T$ 是基極傳輸因子。要提高 $\beta$，應提高 $\gamma$ 與 $\alpha_T$，使更多電子由射極穿越基極並形成集極電流，同時減少基極電流。

解題方法

NPN 電晶體的射極注入電子進入 P 型基極；基極注入電洞進入 N 型射極。提高射極摻雜濃度，可抑制電洞由基極注入射極，提升射極注入效率 $\gamma$。縮窄基極則可減少電子在基極內復合，使 $\alpha_T$ 增加。

依此判斷各選項對射極注入效率或基極傳輸因子的影響。

選項分析

• **(A) Increase the emitter doping：正確。**提高 N 型射極摻雜濃度，可降低射極中的少數載子電洞濃度，因而減少電洞注入射極的電流。

核心觀念

閘極誘發汲極漏電流（GIDL）是 MOSFET 關閉時，閘極與汲極交界附近的強電場所引起的漏電流。當閘極電壓低、汲極電壓高時，閘極與汲極重疊區附近的能帶彎曲加劇，可能發生能帶間穿隧（band-to-band tunneling, BTBT），使載子由汲極附近進入基板。

在平面 bulk MOSFET 中，GIDL 的電流路徑是汲極端至基板端。其強度對局部電場非常敏感，常以類似下式描述其趨勢：

$$J_{\mathrm{BTBT}} \propto E^2 \exp\left(-\frac{B}{E}\right)$$

其中 $E$ 是汲極邊緣的局部電場，$B$ 與材料及穿隧障壁性質有關。

解題方法

判斷 GIDL 的關鍵，是辨認它屬於汲極邊緣高電場造成的穿隧漏電，而非通道導通電流。強電場使汲極附近產生電子—電洞對，載子分別流向汲極與基板，因此題目所問的端點方向為汲極至基板。

選項分析

此題考查 MOSFET 在導通狀態下，影響輸出電導 ($g_{ds}$) 或輸出電阻 ($r_o$) 的物理現象。輸出電導 $g_{ds}$ 是輸出電流 $I_{DS}$ 對輸出電壓 $V_{DS}$ 的偏微分，即 $g_{ds} = \partial I_{DS} / \partial V_{DS}$。輸出電阻 $r_o = 1/g_{ds}$。在導通狀態（飽和區），理想的 MOSFET 的輸出電流 $I_{DS}$ 應與 $V_{DS}$ 無關。然而，實際的 MOSFET 會受到多種效應的影響，導致 $I_{DS}$ 隨 $V_{DS}$ 變化，進而影響 $g_{ds}$ 和 $r_o$。

我們來逐一分析各選項：

(A) 聲道長度調變 (Channel length modulation)：這是指當汲極電壓 $V_{DS}$ 增加時，夾斷點 (pinch-off point) 會向源極方向稍微移動，使得有效的聲道長度 $L_{eff}$ 縮短。聲道長度縮短會導致漏極電流 $I_{DS}$ 稍微增加，這直接影響了輸出電導 $g_{ds}$。因此，聲道長度調變會影響 $g_{ds}$ 和 $r_o$。

(B) 汲極感應位障降低 (Drain-induced barrier lowering, DIBL)：這是指當汲極電壓 $V_{DS}$ 增加時，會影響汲極和源極之間的電位屏障，使得在相同的閘極電壓下，所需的閾值電壓降低，或者說漏極電流

核心觀念

MOSFET 中載子漂移速度與通道橫向電場的關係，在低電場時近似為

$$v=\mu E$$

當通道電場增大到一定程度後，電子或電洞會因強烈的晶格散射而無法繼續依比例加速，漂移速度趨近飽和值：

$$v \approx v_{\text{sat}}$$

此現象稱為「速度飽和」（velocity saturation）。其臨界電場約為

$$E_{\text{sat}} \approx \frac{v_{\text{sat}}}{\mu}$$

在矽中，載子速度飽和的主要物理原因是高能載子與晶格發生光學聲子散射（optical phonon scattering）。

速度飽和通常發生於短通道 MOSFET，因為通道長度縮短時，即使汲極電壓不高，通道內的橫向電場也可能很大：

$$E \approx \frac{V_{DS}}{L}$$

通道長度 $L$ 越短，電場越容易達到速度飽和所需的程度。

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解題方法

判斷各選項是否符合速度飽和的三個特徵：

1. 高電場下，載子速度受到限制，無法再依 $v=\mu E$ 增加。
2. 載子速度受限後，汲極電流會低於未考慮速度飽和時的理想預測值。
3. 速度飽和主要出現在短通道，而非長通道。
4. 微觀機制主要是光學聲子散射。

因此，只要找出與「短通道、高電場」相反的敘述即可。

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選項分析

(A) Causes the channel electron/hole velocity to reduce

此敘述可理解為速度飽和會抑制通道中電子或電洞的速度，使其低於依照低電場公式

$$v=\mu E$$

所預測的速度。

嚴格而言，電場增加時載子速度通常不是突然下降，而是逐漸趨近 $v_{\text{sat}}$；「reduce」在本題語境中是指相對於未考慮強電場散射的理想速度，載子速度受到壓低。因此此選項視為正確。

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(B) Causes drain current to reduce

汲極電流可近似表示為

$$I_D \approx W Q_{\text{inv}} v$$

此題考查 MOSFET 中反轉層 (inversion layer) 的位置。在 MOSFET 的導通機制中，當閘極施加足夠的電壓（高於閾值電壓）時，會在半導體/氧化層界面處形成一個反轉層，其中包含與基底載子相反的載子。反轉層的形成使得汲極電流能夠流動。

題目指出，反轉層並非精確地位於矽/二氧化矽界面 (surface)，而是大約在界面下方 1.5 nm 處。這是一個關於反轉層載子分佈的細節問題。

我們來分析各選項：

(A) 介面品質不良 (Bad interface quality at MOSFET surface)：雖然介面品質對 MOSFET 的性能有影響，但它本身並不能直接解釋反轉層為什麼會偏離界面 1.5 nm。介面缺陷主要會導致陷阱、複合等問題。

(B) 量子侷限效應導致電子/電洞密度在離表面 1.5 nm 處達到峰值 (Quantum confinement causes electron/hole density to peak at 1.5nm below the surface)：在 MOSFET 的反轉層中，由於通道非常薄，載子（電子或電洞）被限制在一個很小的空間內運動。這種空間限制會導致量子力學效應，即量子侷限 (Quantum Confinement)。

核心觀念

CMOS 製程必須在同一片晶圓上製作 n-MOSFET 與 p-MOSFET。兩種電晶體需要不同型態的本體區域：

• n-MOSFET 的通道由電子導電，通常製作在 p 型本體中。
• p-MOSFET 的通道由電洞導電，通常製作在 n 型本體中。

題目指定基板是 p 型矽晶圓，因此基板本身可作為 n-MOSFET 的 p 型本體；再以井區植入形成 n-well（n 型井區），作為 p-MOSFET 的本體。

解題方法

依序判斷兩種電晶體所需的本體型態：

1. n-MOSFET 需要 p 型本體；p 型基板已符合條件，因此可直接製作於 p 型基板上。
2. p-MOSFET 需要 n 型本體；在 p 型基板中須另外形成 n-well，再將 p-MOSFET 製作於其中。

核心觀念

長通道 n-MOSFET 的臨界電壓可寫成

$$V_t=V_{FB}+\psi_s+\frac{|Q_D|}{C_{ox}}$$

其中：

• $V_{FB}$：平帶電壓，包含閘極與半導體的功函數差。
• $\psi_s$：臨界時的表面電位。
• $Q_D$：半導體耗盡區電荷。
• $C_{ox}$：單位面積氧化層電容。

p 型矽基板的耗盡電荷為

$$|Q_D|=\sqrt{2q\varepsilon_{si}N_A\psi_s}$$

等效氧化層厚度則將不同介電常數的介電層換算成等效 SiO$_2$ 厚度。

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1. 等效氧化層厚度 EOT

HfO$_2$ 層換算成 SiO$_2$ 等效厚度：

$$t_{\text{EOT,HfO}_2} =t_{\text{HfO}_2}\frac{\kappa_{\text{SiO}_2}}{\kappa_{\text{HfO}_2}}$$

代入

$$t_{\text{EOT,HfO}_2} =2.4\text{ nm}\times\frac{3.9}{23.4} =0.4\text{ nm}$$

再加上 SiO$_2$ 介面層：

$$\text{EOT}=0.4+0.6=1.0\text{ nm}$$

因此，

$$\boxed{\text{EOT}=1.0\text{ nm}}$$

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2. 考慮反轉層厚度後的 $C_{ox}$

題目指定反轉層效應額外增加 $0.5$ nm EOT，因此有效 EOT 為

$$\text{EOT}_{\text{eff}}=1.0+0.5=1.5\text{ nm}$$

單位面積氧化層電容為

$$C_{ox}=\frac{\varepsilon_0\kappa_{\text{SiO}_2}} {\text{EOT}_{\text{eff}}}$$

使用

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

且

$$1.5\text{ nm}=1.5\times10^{-7}\text{ cm}$$

所以

$$C_{ox} =\frac{(8.854\times10^{-14})(3.9)} {1.5\times10^{-7}}$$ $$\boxed{C_{ox}\approx2.30\times10^{-6}\text{ F/cm}^2}$$

亦即

$$\boxed{C_{ox}\approx2.30\ \mu\text{F/cm}^2}$$

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3. 閘極功函數增加時的臨界電壓變化

閘極功函數由 $4.6$ eV 增加至 $4.8$ eV：

$$\Delta\Phi_M=4.8-4.6=0.2\text{ eV}$$

對電子而言，功函數差以電壓表示時數值為 $0.2$ V。其他條件不變時，平帶電壓與臨界電壓同步增加：

$$\Delta V_t=\Delta V_{FB}=\Delta\Phi_M$$

因此

$$\boxed{\Delta V_t=+0.20\text{ V}}$$

新的臨界電壓為

$$V_t(\text{new})=0.4+0.2=0.60\text{ V}$$

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4. 基板摻雜濃度增加時的臨界電壓變化

摻雜濃度由

$$N_{A0}=10^{17}\text{ cm}^{-3}$$

增加至

$$N_{A1}=2\times10^{17}\text{ cm}^{-3}$$

採用室溫 $T=300$ K，臨界表面電位依 $2\phi_F$ 的條件變化。摻雜濃度加倍造成的表面電位增加為

$$\Delta\psi_s=\frac{kT}{q}\ln\left(\frac{N_{A1}}{N_{A0}}\right)$$

在室溫下 $\frac{kT}{q}\approx0.02585$ V，因此

核心觀念

突變式 PN 接面的耗盡區電容為

$$C=\frac{\varepsilon_s A}{W}$$

其中 $\varepsilon_s=\varepsilon_{\text{Si}}\varepsilon_0$、$A$ 是接面面積、$W$ 是總耗盡寬度。對均勻摻雜的 PN 接面，$1/C^2$ 與外加電壓 $V_d$ 呈線性；將直線外推至 $1/C^2=0$，其電壓截距即為內建電壓 $V_{bi}$。

解題方法

由原圖讀取直線，可估得電壓軸截距約為 $+0.85\ \text{V}$，直線斜率大小約為 $1.7\times10^{24}\ \text{F}^{-2}\text{/V}$。圖中縱軸數值須乘上 $10^{24}\ \text{F}^{-2}$。

(a) 因此

$$V_{bi}\approx 0.85\ \text{V}$$

(b) 突變式 PN 接面的電容電壓關係為

$$\frac{1}{C^2} = \frac{2(V_{bi}-V_d)}{q\varepsilon_s A^2} \left(\frac{1}{N_A}+\frac{1}{N_D}\right)$$

故 $1/C^2$ 對 $V_d$ 的斜率大小為

$$m= \frac{2}{q\varepsilon_s A^2} \left(\frac{1}{N_A}+\frac{1}{N_D}\right)$$

題目給定 $N_A=10N_D$，所以

$$\frac{1}{N_A}+\frac{1}{N_D} = \frac{1}{10N_D}+\frac{1}{N_D} = \frac{1.1}{N_D}$$

又

$$\varepsilon_s=11.9(8.85\times10^{-14}) =1.05315\times10^{-12}\ \text{F/cm}$$

代入 $m\approx1.7\times10^{24}\ \text{F}^{-2}\text{/V}$、$A=2.1\times10^{-5}\ \text{cm}^2$：

核心觀念

本題利用能帶圖判讀：

• 能帶與靜電位的關係：
  $E_c(x)=C-q\phi(x)$
• 電場：

$$\mathcal{E}(x)=-\frac{d\phi}{dx} =\frac{1}{q}\frac{dE_c}{dx}$$

• 非簡併半導體的載子濃度：
  $n=n_i\exp\left(\frac{E_i-E_F}{kT}\right)$
  $p=\frac{n_i^2}{n}$
• 電導率與電阻率：
  $\sigma=q(n\mu_n+p\mu_p),\qquad \rho=\frac{1}{\sigma}$

由圖可知，$E_c$、$E_v$ 在 $x=0$ 至 $x=x_b$ 之間彎曲，於 $x\ge x_b$ 後變為水平；$E_i$ 在 $x=x_a$ 與 $E_F$ 相交，且在 $x=x_c$ 時高於 $E_F$ $E_g/4$。

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(a) 靜電位與電場

在 $0<x<x_b$，$E_c$ 隨 $x$ 增加，因此：

$\frac{dE_c}{dx}>0$

所以電場方向為正方向：

$\mathcal{E}(x)>0,\qquad 0<x<x_b$

在 $x\ge x_b$，$E_c$ 為水平線，因此：

$\mathcal{E}(x)=0,\qquad x\ge x_b$

又因為 $E_c=C-q\phi$，所以 $E_c$ 上升代表 $\phi$ 下降。因此靜電位與電場的圖形應為：

• $\phi(x)$：從 $x=0$ 開始下降，至 $x_b$ 後變為水平。
• $\mathcal{E}(x)$：在 $0<x<x_b$ 為正值，於 $x_b$ 後降為零。
• $x_a$ 位於電場存在的區域內，因此 $\mathcal{E}(x_a)>0$。
• $x_c$ 位於平帶區，因此 $\mathcal{E}(x_c)=0$。

若依圖形曲率繪製，$\phi(x)$ 是 $E_c(x)$ 的反向變化，而電場大小則對應於能帶斜率。

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(b) 電子濃度 $n(x)$

電子濃度為：

$n=n_i\exp\left(\frac{E_i-E_F}{kT}\right)$

由圖可知：

• 在 $x=0$，$E_i<E_F$，所以 $n>n_i$。
• 從 $x=0$ 到 $x_a$，$E_i$ 上升，故 $n$ 逐漸下降。
• 在 $x=x_a$，$E_i=E_F$，故 $n=n_i$。
• 在 $x_a<x<x_c$，$E_i-E_F=E_g/4$ 為固定值，因此 $n$ 為常數，且小於 $n_i$。

所以 $n(x)$ 的定性圖形為：

$$n(0)>n_i\quad\longrightarrow\quad n(x_a)=n_i \quad\longrightarrow\quad n(x_c)<n_i$$

其中 $x_a$ 之後為低電子濃度的平台。

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(c) 計算 $x=x_a$ 與 $x=x_c$ 的電子濃度

在 $x=x_a$

由圖：

$E_i=E_F$

因此：

$n(x_a)=n_i\exp(0)=n_i$

$\boxed{n(x_a)=1.0\times10^{10}\ \text{cm}^{-3}}$

在 $x=x_c$

由圖右側標示：

$E_i-E_F=\frac{E_g}{4}$

因此：

$n(x_c)=n_i\exp\left(-\frac{E_g}{4kT}\right)$

代入數值：

$$n(x_c) =10^{10}\exp\left(-\frac{1.12}{4(0.0259)}\right)$$

$\frac{1.12}{4(0.0259)}=10.81$

所以：

$$n(x_c)=10^{10}e^{-10.81} \approx 2.0\times10^5\ \text{cm}^{-3}$$

因此：

$\boxed{n(x_c)\approx2.0\times10^5\ \text{cm}^{-3}}$

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(d) 計算電阻率

使用：

$\rho=\frac{1}{q(n\mu_n+p\mu_p)}$

其中：

$p=\frac{n_i^2}{n}$

在 $x=x_a$

因為 $n(x_a)=n_i$，所以：

$p(x_a)=\frac{n_i^2}{n_i}=n_i=10^{10}\ \text{cm}^{-3}$

電導率：

$$\sigma_a =q n_i(\mu_n+\mu_p)$$ $$\sigma_a =(1.602\times10^{-19})(10^{10})(1350+460)$$

$\sigma_a\approx2.90\times10^{-6}\ \text{S/cm}$

因此：

$\boxed{\rho(x_a)\approx3.45\times10^5\ \Omega\cdot\text{cm}}$

在 $x=x_c$

電子濃度為：

$n_c\approx2.0\times10^5\ \text{cm}^{-3}$

電洞濃度：

$$p_c=\frac{(10^{10})^2}{2.0\times10^5} \approx5.0\times10^{14}\ \text{cm}^{-3}$$

因此：

$$\sigma_c =q(n_c\mu_n+p_c\mu_p)$$ $$\sigma_c =(1.602\times10^{-19}) \left[(2.0\times10^5)(1350) +(5.0\times10^{14})(460)\right]$$

$\sigma_c\approx3.66\times10^{-2}\ \text{S/cm}$

所以：