半导体物理习题第四章

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半导体物理课后习题答案(精)

第一章习题1．设晶格常数为a的一维晶格，导带极小值附近能量Ec(k)和价带极大值附近能量EV(k)分别为：h2k2h2(k-k1)2h2k213h2k2Ec= +,EV(k)=-3m0m06m0m0m0为电子惯性质量，k1=（1）禁带宽度;（2）导带底电子有效质量;（3）价带顶电子有效质量;（4）价带顶电子跃迁到导带底时准动量的变化解：（1）导带：2 2k2 2(k-k1)由+=03m0m03k14d2Ec2 22 28 22=+=>03m0m03m0dk得：k=所以：在k=价带：dEV6 2k=-=0得k=0dkm0d2EV6 2又因为=-<0,所以k=0处，EV取极大值2m0dk2k123=0.64eV 因此：Eg=EC(k1)-EV(0)=412m02=2dECdk23m0 8πa,a=0.314nm。

试求： 3k处，Ec取极小值4 (2)m*nC=3k=k14(3)m*nV 2=2dEVdk2=-k=01m06(4)准动量的定义：p= k所以：∆p=( k)3k=k14 3-( k)k=0= k1-0=7.95⨯10-25N/s42. 晶格常数为0.25nm的一维晶格，当外加102V/m，107 V/m的电场时，试分别计算电子自能带底运动到能带顶所需的时间。

解：根据：f=qE=h(0-∆t1=-1.6⨯10∆k ∆k 得∆t= ∆t-qEπa)⨯10)=8.27⨯10-13s2-19=8.27⨯10-8s (0-∆t2=π-1.6⨯10-19⨯107第三章习题和答案100π 21. 计算能量在E=Ec到E=EC+ 之间单位体积中的量子态数。

*22mLn31*2V（2mng(E)=(E-EC)2解232πdZ=g(E)dEdZ 单位体积内的量子态数Z0=V22100π 100h Ec+Ec+32mnl8mnl1*2（2mn1V Z0=g(E)dE=⎰(E-EC)2dE23⎰VEC2π EC 23100h*2 =V（2mn2(E-E)Ec+8m*L2Cn32π2 3Ecπ =10003L32. 试证明实际硅、锗中导带底附近状态密度公式为式（3-6）。

《半导体物理学》试题与及答案

练习1-课后习题7
第二章半导体中杂质和缺陷能级
锑化铟的禁带宽度E g = 0.18 e V ，相对介电常数 εr = 17 ，电子的有效质量mn∗ = 0.015 m0， m 0为电子的惯性质量，求 ⅰ）施主杂质的电离能， ⅱ）施主的弱束缚电子基态轨道半径。
解：
练习2
第二章半导体中杂质和缺陷能级
所以样品的电导率为： q(n0 n p0 p )
代入数据得，电导率为2.62 ×1013S/cm 所以，电场强度 E J 1.996103 mA / cm

作业-课后习题2
第四章半导体的导电性
试计算本征Si 在室温时的电导率，设电子和空穴迁移率分别为1450cm2/V·S 和500cm2/V·S。当掺入百万分之一的As 后，设杂质全部电离，试计算其电导率。比本征Si 的电导率增大了多少倍？（ni=1.5×1010cm-3; Si原子浓度为 =5.0×1022cm-3,假定掺杂后电子迁移率为900cm2/V·S)
m0为电子惯性质量，k1=1/2a; a=0.314nm。试求：（1）禁带宽度；（2）导带底电子有效质量；（3）价带顶电子有效质量；（4）价带顶电子跃迁到导带底时准动量的变化。
练习2-课后习题2
第一章半导体中的电子状态
2.晶格常数为0.25nm的一维晶格，当外加102V/m和107V/m 的电场时，试分别计算电子自能带底运动到能带顶所需的时间。
所以，300k时，
nT 300

(1.05 1019

5.7
1018 )
exp(
0.67 1.61019 21.381023 300)
1.961013cm3
77k时，

半导体物理与器件第四课后习题答案3.doc

Chapter 33.1If o a were to increase, the bandgap energy would decrease and the material would begin to behave less like a semiconductor and more like a metal. If o a were to decrease, the bandgap energy would increase and thematerial would begin to behave more like an insulator._______________________________________ 3.2Schrodinger's wave equation is:()()()t x x V xt x m ,,2222ψ⋅+∂ψ∂- ()tt x j ∂ψ∂=, Assume the solution is of the form:()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ψt E kx j x u t x exp , Region I: ()0=x V . Substituting theassumed solution into the wave equation, we obtain:()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎩⎨⎧∂∂-t E kx j x jku x m exp 22 ()⎪⎭⎪⎬⎫⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-∂∂+t E kx j x x u exp ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t E kx j x u jE j exp which becomes()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎩⎨⎧-t E kx j x u jk m exp 222 ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-∂∂+t E kx j x x u jkexp 2 ()⎪⎭⎪⎬⎫⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-∂∂+t E kx j x x u exp 22 ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=t E kx j x Eu exp This equation may be written as()()()()0222222=+∂∂+∂∂+-x u mE x x u x x u jk x u kSetting ()()x u x u 1= for region I, the equation becomes:()()()()021221212=--+x u k dx x du jk dxx u d α where222mE=αIn Region II, ()O V x V =. Assume the same form of the solution:()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ψt E kx j x u t x exp , Substituting into Schrodinger's wave equation, we find:()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎩⎨⎧-t E kx j x u jk m exp 222 ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-∂∂+t E kx j x x u jkexp 2 ()⎪⎭⎪⎬⎫⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-∂∂+t E kx j x x u exp 22 ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+t E kx j x u V O exp ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t E kx j x Eu exp This equation can be written as:()()()2222x x u x x u jk x u k ∂∂+∂∂+- ()()02222=+-x u mEx u mV OSetting ()()x u x u 2= for region II, this equation becomes()()dx x du jk dxx u d 22222+ ()022222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--x u mV k O α where again222mE=α_______________________________________3.3We have()()()()021221212=--+x u k dx x du jk dxx u d α Assume the solution is of the form: ()()[]x k j A x u -=αexp 1()[]x k j B +-+αexp The first derivative is()()()[]x k j A k j dxx du --=ααexp 1 ()()[]x k j B k j +-+-ααexp and the second derivative becomes()()[]()[]x k j A k j dxx u d --=ααexp 2212 ()[]()[]x k j B k j +-++ααexp 2Substituting these equations into the differential equation, we find()()[]x k j A k ---ααexp 2()()[]x k j B k +-+-ααexp 2(){()[]x k j A k j jk --+ααexp 2()()[]}x k j B k j +-+-ααexp ()()[]{x k j A k ---ααexp 22 ()[]}0exp =+-+x k j B α Combining terms, we obtain()()()[]222222αααα----+--k k k k k ()[]x k j A -⨯αexp()()()[]222222αααα--++++-+k k k k k ()[]0exp =+-⨯x k j B α We find that 00=For the differential equation in ()x u 2 and the proposed solution, the procedure is exactly the same as above._______________________________________ 3.4We have the solutions ()()[]x k j A x u -=αexp 1()[]x k j B +-+αexp for a x <<0 and()()[]x k j C x u -=βexp 2()[]x k j D +-+βexp for 0<<-x b .The first boundary condition is ()()0021u u =which yields0=--+D C B AThe second boundary condition is201===x x dx dudx du which yields()()()C k B k A k --+--βαα()0=++D k β The third boundary condition is ()()b u a u -=21 which yields()[]()[]a k j B a k j A +-+-ααexp exp ()()[]b k j C --=βexp()()[]b k j D -+-+βexp and can be written as()[]()[]a k j B a k j A +-+-ααexp exp ()[]b k j C ---βexp()[]0exp =+-b k j D β The fourth boundary condition isbx a x dx dudx du -===21 which yields()()[]a k j A k j --ααexp()()[]a k j B k j +-+-ααexp ()()()[]b k j C k j ---=ββexp()()()[]b k j D k j -+-+-ββexp and can be written as ()()[]a k j A k --ααexp()()[]a k j B k +-+-ααexp()()[]b k j C k ----ββexp()()[]0exp =+++b k j D k ββ_______________________________________ 3.5(b) (i) First point: πα=aSecond point: By trial and error, πα729.1=a (ii) First point: πα2=aSecond point: By trial and error, πα617.2=a_______________________________________3.6(b) (i) First point: πα=aSecond point: By trial and error, πα515.1=a (ii) First point: πα2=aSecond point: By trial and error, πα375.2=a_______________________________________ 3.7ka a aaP cos cos sin =+'αααLet y ka =, x a =α Theny x x xP cos cos sin =+'Consider dy dof this function.()[]{}y x x x P dyd sin cos sin 1-=+⋅'- We find()()()⎭⎬⎫⎩⎨⎧⋅+⋅-'--dy dx x x dy dx x x P cos sin 112y dydxx sin sin -=- Theny x x x x x P dy dx sin sin cos sin 12-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-'For πn ka y ==, ...,2,1,0=n 0sin =⇒y So that, in general,()()dk d ka d a d dy dxαα===0 And22 mE=αSodk dEm mE dk d ⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=-22/122221 α This implies thatdk dE dk d ==0α for an k π= _______________________________________ 3.8(a) πα=a 1π=⋅a E m o 212()()()()2103123422221102.41011.9210054.12---⨯⨯⨯==ππa m E o19104114.3-⨯=J From Problem 3.5 πα729.12=aπ729.1222=⋅a E m o()()()()2103123422102.41011.9210054.1729.1---⨯⨯⨯=πE18100198.1-⨯=J 12E E E -=∆1918104114.3100198.1--⨯-⨯= 19107868.6-⨯=Jor 24.4106.1107868.61919=⨯⨯=∆--E eV(b) πα23=aπ2223=⋅a E m o()()()()2103123423102.41011.9210054.12---⨯⨯⨯=πE18103646.1-⨯=J From Problem 3.5, πα617.24=aπ617.2224=⋅a E m o()()()()2103123424102.41011.9210054.1617.2---⨯⨯⨯=πE18103364.2-⨯=J 34E E E -=∆1818103646.1103364.2--⨯-⨯= 1910718.9-⨯=Jor 07.6106.110718.91919=⨯⨯=∆--E eV_______________________________________3.9(a) At π=ka , πα=a 1π=⋅a E m o 212()()()()2103123421102.41011.9210054.1---⨯⨯⨯=πE19104114.3-⨯=JAt 0=ka , By trial and error, πα859.0=a o ()()()()210312342102.41011.9210054.1859.0---⨯⨯⨯=πoE19105172.2-⨯=J o E E E -=∆11919105172.2104114.3--⨯-⨯= 2010942.8-⨯=Jor 559.0106.110942.81920=⨯⨯=∆--E eV (b) At π2=ka , πα23=aπ2223=⋅a E m o()()()()2103123423102.41011.9210054.12---⨯⨯⨯=πE18103646.1-⨯=JAt π=ka . From Problem 3.5, πα729.12=aπ729.1222=⋅a E m o()()()()2103123422102.41011.9210054.1729.1---⨯⨯⨯=πE18100198.1-⨯=J23E E E -=∆1818100198.1103646.1--⨯-⨯= 19104474.3-⨯=Jor 15.2106.1104474.31919=⨯⨯=∆--E eV_______________________________________3.10(a) πα=a 1π=⋅a E m o 212()()()()2103123421102.41011.9210054.1---⨯⨯⨯=πE19104114.3-⨯=JFrom Problem 3.6, πα515.12=aπ515.1222=⋅a E m o()()()()2103123422102.41011.9210054.1515.1---⨯⨯⨯=πE1910830.7-⨯=J 12E E E -=∆1919104114.310830.7--⨯-⨯= 19104186.4-⨯=Jor 76.2106.1104186.41919=⨯⨯=∆--E eV (b) πα23=aπ2223=⋅a E m o()()()()2103123423102.41011.9210054.12---⨯⨯⨯=πE18103646.1-⨯=JFrom Problem 3.6, πα375.24=aπ375.2224=⋅a E m o()()()()2103123424102.41011.9210054.1375.2---⨯⨯⨯=πE18109242.1-⨯=J 34E E E -=∆1818103646.1109242.1--⨯-⨯= 1910597.5-⨯=Jor 50.3106.110597.51919=⨯⨯=∆--E eV_____________________________________3.11(a) At π=ka , πα=a 1π=⋅a E m o 212()()()()2103123421102.41011.9210054.1---⨯⨯⨯=πE19104114.3-⨯=JAt 0=ka , By trial and error, πα727.0=a oπ727.022=⋅a E m o o()()()()210312342102.41011.9210054.1727.0---⨯⨯⨯=πo E19108030.1-⨯=Jo E E E -=∆11919108030.1104114.3--⨯-⨯= 19106084.1-⨯=Jor 005.1106.1106084.11919=⨯⨯=∆--E eV (b) At π2=ka , πα23=aπ2223=⋅a E m o()()()()2103123423102.41011.9210054.12---⨯⨯⨯=πE18103646.1-⨯=JAt π=ka , From Problem 3.6,πα515.12=aπ515.1222=⋅a E m o()()()()2103423422102.41011.9210054.1515.1---⨯⨯⨯=πE1910830.7-⨯=J23E E E -=∆191810830.7103646.1--⨯-⨯= 1910816.5-⨯=Jor 635.3106.110816.51919=⨯⨯=∆--E eV_______________________________________3.12For 100=T K, ()()⇒+⨯-=-1006361001073.4170.124gE164.1=g E eV200=T K, 147.1=g E eV 300=T K, 125.1=g E eV 400=T K, 097.1=g E eV 500=T K, 066.1=g E eV 600=T K, 032.1=g E eV_______________________________________3.13The effective mass is given by1222*1-⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅=dk E d mWe have()()B curve dkE d A curve dk E d 2222> so that ()()B curve m A curve m **<_______________________________________ 3.14The effective mass for a hole is given by1222*1-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=dk E d m p We have that()()B curve dkEd A curve dk E d 2222> so that ()()B curve m A curve m p p **<_______________________________________ 3.15Points A,B: ⇒<0dk dEvelocity in -x directionPoints C,D: ⇒>0dk dEvelocity in +x directionPoints A,D: ⇒<022dk Ednegative effective massPoints B,C: ⇒>022dkEd positive effective mass _______________________________________3.16For A: 2k C E i =At 101008.0+⨯=k m 1-, 05.0=E eV Or ()()2119108106.105.0--⨯=⨯=E J So ()2101211008.0108⨯=⨯-C3811025.1-⨯=⇒CNow ()()38234121025.1210054.12--*⨯⨯==C m 311044.4-⨯=kgor o m m ⋅⨯⨯=--*31311011.9104437.4o m m 488.0=* For B: 2k C E i =At 101008.0+⨯=k m 1-, 5.0=E eV Or ()()2019108106.15.0--⨯=⨯=E JSo ()2101201008.0108⨯=⨯-C 3711025.1-⨯=⇒CNow ()()37234121025.1210054.12--*⨯⨯==C m 321044.4-⨯=kg or o m m ⋅⨯⨯=--*31321011.9104437.4o m m 0488.0=*_______________________________________ 3.17For A: 22k C E E -=-υ()()()2102191008.0106.1025.0⨯-=⨯--C 3921025.6-⨯=⇒C()()39234221025.6210054.12--*⨯⨯-=-=C m31108873.8-⨯-=kgor o m m ⋅⨯⨯-=--*31311011.9108873.8o m m 976.0--=* For B: 22k C E E -=-υ()()()2102191008.0106.13.0⨯-=⨯--C 382105.7-⨯=⇒C()()3823422105.7210054.12--*⨯⨯-=-=C m3210406.7-⨯-=kgor o m m ⋅⨯⨯-=--*31321011.910406.7o m m 0813.0-=*_______________________________________ 3.18(a) (i) νh E =or ()()341910625.6106.142.1--⨯⨯==h E ν1410429.3⨯=Hz(ii) 141010429.3103⨯⨯===νλc E hc 51075.8-⨯=cm 875=nm(b) (i) ()()341910625.6106.112.1--⨯⨯==h E ν1410705.2⨯=Hz(ii) 141010705.2103⨯⨯==νλc410109.1-⨯=cm 1109=nm_______________________________________ 3.19(c) Curve A: Effective mass is a constantCurve B: Effective mass is positive around 0=k , and is negativearound 2π±=k . _______________________________________ 3.20()[]O O k k E E E --=αcos 1 Then()()()[]O k k E dkdE ---=ααsin 1()[]O k k E -+=ααsin 1 and()[]O k k E dk E d -=ααcos 2122Then221222*11 αE dk Ed m o k k =⋅== or212*αE m =_______________________________________ 3.21(a) ()[]3/123/24lt dn m m m =*()()[]3/123/264.1082.04oom m =o dn m m 56.0=*(b)o o l t cnm m m m m 64.11082.02123+=+=*oo m m 6098.039.24+=o cn m m 12.0=*_______________________________________ 3.22(a) ()()[]3/22/32/3lh hh dp m m m +=*()()[]3/22/32/3082.045.0o om m +=[]o m ⋅+=3/202348.030187.0o dp m m 473.0=*(b) ()()()()2/12/12/32/3lh hh lh hh cpm m m m m ++=*()()()()om ⋅++=2/12/12/32/3082.045.0082.045.0 o cp m m 34.0=*_______________________________________ 3.23For the 3-dimensional infinite potential well, ()0=x V when a x <<0, a y <<0, and a z <<0. In this region, the wave equation is:()()()222222,,,,,,z z y x y z y x x z y x ∂∂+∂∂+∂∂ψψψ()0,,22=+z y x mEψ Use separation of variables technique, so let ()()()()z Z y Y x X z y x =,,ψSubstituting into the wave equation, we have222222zZXY y Y XZ x X YZ ∂∂+∂∂+∂∂ 022=⋅+XYZ mEDividing by XYZ , we obtain021*********=+∂∂⋅+∂∂⋅+∂∂⋅ mEz Z Z y Y Y x X XLet01222222=+∂∂⇒-=∂∂⋅X k x X k x X X xx The solution is of the form: ()x k B x k A x X x x cos sin +=Since ()0,,=z y x ψ at 0=x , then ()00=X so that 0=B .Also, ()0,,=z y x ψ at a x =, so that ()0=a X . Then πx x n a k = where ...,3,2,1=x n Similarly, we have2221y k y Y Y -=∂∂⋅ and 2221z k zZ Z -=∂∂⋅From the boundary conditions, we find πy y n a k = and πz z n a k =where...,3,2,1=y n and ...,3,2,1=z n From the wave equation, we can write022222=+---mE k k k z y xThe energy can be written as()222222⎪⎭⎫⎝⎛++==a n n n m E E z y x n n n z y x π _______________________________________ 3.24The total number of quantum states in the 3-dimensional potential well is given (in k-space) by()332a dk k dk k g T ⋅=ππ where222 mEk =We can then writemEk 2=Taking the differential, we obtaindE Em dE E m dk ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=2112121 Substituting these expressions into the density of states function, we have()dE E mmE a dE E g T ⋅⋅⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=212233 ππ Noting thatπ2h=this density of states function can be simplified and written as()()dE E m h a dE E g T ⋅⋅=2/33324π Dividing by 3a will yield the density of states so that()()E h m E g ⋅=32/324π _______________________________________ 3.25For a one-dimensional infinite potential well,222222k a n E m n ==*π Distance between quantum states()()aa n a n k k n n πππ=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-+11Now()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=a dkdk k g T π2NowE m k n *⋅=21dE Em dk n⋅⋅⋅=*2211 Then()dE Em a dE E g n T ⋅⋅⋅=*2212 π Divide by the "volume" a , so ()Em E g n *⋅=21πSo()()()()()EE g 31341011.9067.0210054.11--⨯⋅⨯=π ()EE g 1810055.1⨯=m 3-J 1-_______________________________________ 3.26(a) Silicon, o n m m 08.1=*()()c nc E E h m E g -=*32/324π()dE E E h m g kTE E c nc c c⋅-=⎰+*232/324π()()kT E E c nc cE E h m 22/332/33224+*-⋅⋅=π()()2/332/323224kT hm n⋅⋅=*π ()()[]()()2/33342/33123210625.61011.908.124kT ⋅⋅⨯⨯=--π ()()2/355210953.7kT ⨯=(i) At 300=T K, 0259.0=kT eV()()19106.10259.0-⨯= 2110144.4-⨯=J Then ()()[]2/3215510144.4210953.7-⨯⨯=c g25100.6⨯=m 3-or 19100.6⨯=c g cm 3-(ii) At 400=T K, ()⎪⎭⎫⎝⎛=3004000259.0kT034533.0=eV()()19106.1034533.0-⨯= 21105253.5-⨯=J Then()()[]2/32155105253.5210953.7-⨯⨯=c g2510239.9⨯=m 3- or 191024.9⨯=c g cm 3-(b) GaAs, o nm m 067.0=*()()[]()()2/33342/33123210625.61011.9067.024kT g c ⋅⋅⨯⨯=--π ()()2/3542102288.1kT ⨯=(i) At 300=T K, 2110144.4-⨯=kT J ()()[]2/3215410144.42102288.1-⨯⨯=c g2310272.9⨯=m 3- or 171027.9⨯=c g cm 3-(ii) At 400=T K, 21105253.5-⨯=kT J ()()[]2/32154105253.52102288.1-⨯⨯=c g2410427.1⨯=m 3-181043.1⨯=c g cm 3-_______________________________________ 3.27(a) Silicon, o p m m 56.0=* ()()E E h mE g p-=*υυπ32/324()dE E E h mg E kTE p⋅-=⎰-*υυυυπ332/324()()υυυπE kTE pE E hm 32/332/33224-*-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=()()[]2/332/333224kT hmp-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=*π ()()[]()()2/33342/33133210625.61011.956.024kT ⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯=--π ()()2/355310969.2kT ⨯=(i)At 300=T K, 2110144.4-⨯=kT J ()()[]2/3215510144.4310969.2-⨯⨯=υg2510116.4⨯=m3-or 191012.4⨯=υg cm 3- (ii)At 400=T K, 21105253.5-⨯=kT J()()[]2/32155105253.5310969.2-⨯⨯=υg2510337.6⨯=m3-or 191034.6⨯=υg cm 3- (b) GaAs, o p m m 48.0=*()()[]()()2/33342/33133210625.61011.948.024kT g ⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯=--πυ ()()2/3553103564.2kT ⨯=(i)At 300=T K, 2110144.4-⨯=kT J()()[]2/3215510144.43103564.2-⨯⨯=υg2510266.3⨯=m 3- or 191027.3⨯=υg cm 3-(ii)At 400=T K, 21105253.5-⨯=kT J()()[]2/32155105253.53103564.2-⨯⨯=υg2510029.5⨯=m 3-or 191003.5⨯=υg cm 3-_______________________________________ 3.28(a) ()()c nc E E h m E g -=*32/324π()()[]()c E E -⨯⨯=--3342/33110625.61011.908.124πc E E -⨯=56101929.1 For c E E =; 0=c g1.0+=c E E eV; 4610509.1⨯=c g m 3-J 1-2.0+=c E E eV; 4610134.2⨯=m 3-J 1-3.0+=c E E eV; 4610614.2⨯=m 3-J 1- 4.0+=c E E eV; 4610018.3⨯=m 3-J 1- (b) ()E E h m g p-=*υυπ32/324()()[]()E E -⨯⨯=--υπ3342/33110625.61011.956.024E E -⨯=υ55104541.4 For υE E =; 0=υg1.0-=υE E eV; 4510634.5⨯=υg m 3-J 1-2.0-=υE E eV; 4510968.7⨯=m 3-J 1-3.0-=υE E eV; 4510758.9⨯=m 3-J 1-4.0-=υE E eV; 4610127.1⨯=m 3-J 1-_______________________________________ 3.29(a) ()()68.256.008.12/32/32/3=⎪⎭⎫ ⎝⎛==**pnc m m g g υ(b) ()()0521.048.0067.02/32/32/3=⎪⎭⎫ ⎝⎛==**pncmm g g υ_______________________________________3.30 Plot_______________________________________ 3.31(a) ()()()!710!7!10!!!-=-=i i i i i N g N g W()()()()()()()()()()()()1201238910!3!7!78910===(b) (i) ()()()()()()()()12!10!101112!1012!10!12=-=i W 66=(ii) ()()()()()()()()()()()()1234!8!89101112!812!8!12=-=i W 495=_______________________________________ 3.32()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=kT E E E f F exp 11(a) kT E E F =-, ()()⇒+=1exp 11E f()269.0=E f (b) kT E E F 5=-, ()()⇒+=5exp 11E f()31069.6-⨯=E f(c) kT E E F 10=-, ()()⇒+=10exp 11E f ()51054.4-⨯=E f_______________________________________ 3.33()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=-kT E E E f F exp 1111or()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-kT E E E f F exp 111(a) kT E E F =-, ()269.01=-E f (b) kT E E F 5=-, ()31069.61-⨯=-E f(c) kT E E F 10=-, ()51054.41-⨯=-E f_______________________________________ 3.34(a) ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--≅kT E E f F F exp c E E =; 61032.90259.030.0exp -⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=F f 2kT E c +; ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0259.020259.030.0exp F f 61066.5-⨯=kT E c +; ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0259.00259.030.0exp F f 61043.3-⨯=23kT E c +; ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0259.020259.0330.0exp F f 61008.2-⨯=kT E c 2+; ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0259.00259.0230.0exp F f 61026.1-⨯=(b) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=-kT E E f F F exp 1111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--≅kT E E F exp υE E =; ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-0259.025.0exp 1F f 51043.6-⨯= 2kT E -υ; ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-0259.020259.025.0exp 1F f 51090.3-⨯=kT E -υ; ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-0259.00259.025.0exp 1F f 51036.2-⨯=23kTE -υ; ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-0259.020259.0325.0exp 1F f 51043.1-⨯= kT E 2-υ;()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-0259.00259.0225.0exp 1F f 61070.8-⨯=_______________________________________3.35()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=kT E kT E kT E E f F c F F exp exp and()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=-kT E E f F F exp 1 ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=kT kT E E F υexp So ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-kT E kT E F c exp ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=kT kT E E F υexp Then kT E E E kT E F F c +-=-+υOr midgap c F E E E E =+=2υ_______________________________________ 3.3622222ma n E n π =For 6=n , Filled state()()()()()2103122234610121011.92610054.1---⨯⨯⨯=πE18105044.1-⨯=Jor 40.9106.1105044.119186=⨯⨯=--E eV For 7=n , Empty state ()()()()()2103122234710121011.92710054.1---⨯⨯⨯=πE1810048.2-⨯=Jor 8.12106.110048.219187=⨯⨯=--E eV Therefore 8.1240.9<<F E eV_______________________________________ 3.37(a) For a 3-D infinite potential well()222222⎪⎭⎫ ⎝⎛++=a n n n mE z y x π For 5 electrons, the 5th electron occupies the quantum state 1,2,2===z y x n n n ; so()2222252⎪⎭⎫ ⎝⎛++=a n n n m E z y x π()()()()()21031222223410121011.9212210054.1---⨯⨯++⨯=π1910761.3-⨯=Jor 35.2106.110761.319195=⨯⨯=--E eV For the next quantum state, which is empty, the quantum state is 2,2,1===z y x n n n . This quantum state is at the same energy, so 35.2=F E eV(b) For 13 electrons, the 13th electronoccupies the quantum state 3,2,3===z y x n n n ; so ()()()()()2103122222341310121011.9232310054.1---⨯⨯++⨯=πE 1910194.9-⨯=Jor 746.5106.110194.9191913=⨯⨯=--E eVThe 14th electron would occupy the quantum state 3,3,2===z y x n n n . This state is at the same energy, so 746.5=F E eV_______________________________________ 3.38The probability of a state at E E E F ∆+=1 being occupied is()⎪⎭⎫ ⎝⎛∆+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=kT E kT E E E f F exp 11exp 11111 The probability of a state at E E E F ∆-=2being empty is()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=-kT E E E f F 222exp 1111⎪⎭⎫ ⎝⎛∆-+⎪⎭⎫ ⎝⎛∆-=⎪⎭⎫ ⎝⎛∆-+-=kT E kT E kT E exp 1exp exp 111or()⎪⎭⎫ ⎝⎛∆+=-kT E E f exp 11122so ()()22111E f E f -=_______________________________________3.39(a) At energy 1E , we want01.0exp 11exp 11exp 1111=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-kT E E kT E E kT E E F F FThis expression can be written as01.01exp exp 111=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+kT E E kT E E F F or()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=kT E E F 1exp 01.01Then()100ln 1kT E E F += orkT E E F 6.41+= (b)At kT E E F 6.4+=, ()()6.4exp 11exp 1111+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=kT E E E f F which yields()01.000990.01≅=E f_______________________________________ 3.40 (a)()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=0259.050.580.5exp exp kT E E f F F 61032.9-⨯=(b) ()060433.03007000259.0=⎪⎭⎫⎝⎛=kT eV31098.6060433.030.0exp -⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=F f (c) ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--≅-kT E E f F F exp 1 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=kT 25.0exp 02.0or 5002.0125.0exp ==⎥⎦⎤⎢⎣⎡+kT ()50ln 25.0=kTor()()⎪⎭⎫⎝⎛===3000259.0063906.050ln 25.0T kT which yields 740=T K_______________________________________ 3.41 (a)()00304.00259.00.715.7exp 11=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=E for 0.304%(b) At 1000=T K, 08633.0=kT eV Then()1496.008633.00.715.7exp 11=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=E for 14.96%(c) ()997.00259.00.785.6exp 11=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=E for 99.7% (d)At F E E =, ()21=E f for all temperatures_______________________________________ 3.42(a) For 1E E =()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--≅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=kT E E kTE E E fF F11exp exp 11Then()611032.90259.030.0exp -⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=E fFor 2E E =, 82.030.012.12=-=-E E F eV Then()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=-0259.082.0exp 1111E for()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛---≅-0259.082.0exp 111E f141078.10259.082.0exp -⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=(b) For 4.02=-E E F eV,72.01=-F E E eVAt 1E E =,()()⎪⎭⎫⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=0259.072.0exp exp 1kT E E E f F or()131045.8-⨯=E f At 2E E =,()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=-kT E E E f F 2exp 1 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0259.04.0expor()71096.11-⨯=-E f_______________________________________ 3.43(a) At 1E E =()()⎪⎭⎫⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=0259.030.0exp exp 1kT E E E f F or()61032.9-⨯=E fAt 2E E =, 12.13.042.12=-=-E E F eV So()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=-kT E E E f F 2exp 1 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0259.012.1expor()191066.11-⨯=-E f (b) For 4.02=-E E F ,02.11=-F E E eV At 1E E =,()()⎪⎭⎫⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=0259.002.1exp exp 1kT E E E f F or()181088.7-⨯=E f At 2E E =,()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=-kT E E E f F 2exp 1 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0259.04.0expor ()71096.11-⨯=-E f_______________________________________ 3.44()1exp 1-⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=kTE E E f Fso()()2exp 11-⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=kT E E dE E df F⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫⎝⎛⨯kT E E kT F exp 1or()2exp 1exp 1⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫⎝⎛-=kT E E kT E E kT dE E df F F (a) At 0=T K, For()00exp =⇒=∞-⇒<dE dfE E F()0exp =⇒+∞=∞+⇒>dEdfE E FAt -∞=⇒=dEdfE E F(b) At 300=T K, 0259.0=kT eVFor F E E <<, 0=dE dfFor F E E >>, 0=dEdfAt F E E =,()()65.91110259.012-=+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=dE df (eV)1-(c) At 500=T K, 04317.0=kT eVFor F E E <<, 0=dE dfFor F E E >>, 0=dEdfAt F E E =,()()79.511104317.012-=+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=dE df (eV)1- _______________________________________ 3.45(a) At midgap E E =,()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=kT E kTE E E f g F2exp 11exp 11Si: 12.1=g E eV, ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=0259.0212.1exp 11E for()101007.4-⨯=E fGe: 66.0=g E eV ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=0259.0266.0exp 11E for()61093.2-⨯=E f GaAs: 42.1=g E eV ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=0259.0242.1exp 11E for()121024.1-⨯=E f(b) Using the results of Problem 3.38, the answers to part (b) are exactly the same as those given in part (a)._______________________________________3.46(a) ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=kT E E f F F exp ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-kT 60.0exp 108or()810ln 60.0+=kT()032572.010ln 60.08==kT eV ()⎪⎭⎫⎝⎛=3000259.0032572.0Tso 377=T K(b) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-kT 60.0exp 106()610ln 60.0+=kT()043429.010ln 60.06==kT ()⎪⎭⎫⎝⎛=3000259.0043429.0Tor 503=T K_______________________________________ 3.47(a) At 200=T K,()017267.03002000259.0=⎪⎭⎫⎝⎛=kT eV⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==kT E E f F F exp 1105.019105.01exp =-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-kT E E F()()()19ln 017267.019ln ==-kT E E F 05084.0=eV By symmetry, for 95.0=F f , 05084.0-=-F E E eVThen ()1017.005084.02==∆E eV (b) 400=T K, 034533.0=kT eV For 05.0=F f , from part (a),()()()19ln 034533.019ln ==-kT E E F 10168.0=eVThen ()2034.010168.02==∆E eV _______________________________________。

半导体物理习题4答案

3 2
3 2
3
3
77K时有：
Nc77 K 77 =( ) Nc300 K 300
18
3 2
Nv77 K 77 =( ) Nv300 K 300
−3
3 2
Nc = 1.365 ×10 cm
Nv = 7.41×10 cm
17
−3
根据公式：
n = n0 p0 = NcNve
2 i
Eg − k0T
分别解得300K时：
600K时，ni与ND-NA相比不能忽略： ni ≈ 2 ×1017 cm −3
1 n0 = N D − N A + ( N D − N A ) 2 + 4ni2 2
p0 = 1 −( N D − N A ) + ( N D − N A ) 2 + 4ni2 2
{
}
500K时，本征载流子数据可查表。但是也可以计算通过公式计算：
ni = 2 × 1016cm −3
本征激发和Nd相比不能忽略
n0 = 1 N D − N A + ( N D − N A ) 2 + 4ni2 2
{
}
n 0 = 2.2 × 1016cm −3
p 0 = 1.7 × 10 cm
1 2V (m ) dZ ( E ) = = ( E − Ec) 2 dE π h
3 * 2 n 2 3
m = mdn = s (ml m )
* n
2 3
1 2 3 t
第三题
根据Nc和Nv的定义：
Nc = (m k T ) 2π h
3 2 * n 0 3 2
Nv =
(m* k0T ) p 2π h

半导体物理学(刘恩科)课后习题解第四章答案

σ = nqu n + pqu p = ni q(u n + u p ) = 1×1010 ×1.602 ×10 -19 × (1350+500) = 3.0 ×10 -6 S / cm
1 1 金钢石结构一个原胞内的等效原子个数为 8 × + 6 × + 4 = 8 个，查看附录 B 知 Si 8 2
ρ i = 1/ σ i =
1 ni q(u n + u p )
=
1 = 12.5Ω ⋅ cm 5 ×10 ×1.602 × 10 −19 × ( 400 + 600)
14
11. 截面积为 10-3cm2, 掺有浓度为 1013cm-3 的 p 型 Si 样品，样品内部加有强度为 103V/cm的电场，求； ①室温时样品的电导率及流过样品的电流密度和电流强度。 ②400K 时样品的电导率及流过样品的电流密度和电流强度。解： ①查表 4-15（b）知室温下，浓度为 1013cm-3的p型Si样品的电阻率为 ρ ≈ 2000Ω ⋅ cm ，则电导率为 σ = 1 / ρ ≈ 5 ×10 −4 S / cm 。电流密度为 J = σE = 5 ×10 −4 ×10 3 = 0.5 A / cm 2 电流强度为 I = Js = 0.5 ×10 −3 = 5 ×10 −4 A ②400K时，查图 4-13 可知浓度为 1013cm-3的p型Si的迁移率约为 u p = 500cm 2 /(V ⋅ s ) ，则电导率为 σ = pqu p = 1013 ×1.602 ×10 −19 × 500 = 8 ×10 −4 S / cm 电流密度为 J = σE = 8 ×10 −4 ×10 3 = 0.8 A / cm 2
n = p0 + N D = 2 × 1013 + 8.4 × 1014 = 8.6 × 1014 cm −3

半导体物理学（刘恩科第七版）半导体物理学课本习题解一到四章

半导体物理学（刘恩科第七版）半导体物理学课本习题解⼀到四章第⼀章1．设晶格常数为a 的⼀维晶格，导带极⼩值附近能量E c (k)和价带极⼤值附近能量E V (k)分别为：E c =0220122021202236)(,)(3m k h m k h k E m k k h m k h V -=-+ 0m 。

试求：为电⼦惯性质量，nm a ak 314.0,1==π（1）禁带宽度;（2）导带底电⼦有效质量; （3）价带顶电⼦有效质量;（4）价带顶电⼦跃迁到导带底时准动量的变化解：（1）eVm k E k E E E k m dk E d k m kdk dE Ec k k m m m dk E d k k m k k m k V C g V V V c 64.012)0()43(0,060064338232430)(2320212102220202020222101202==-==<-===-==>=+===-+ 因此：取极⼤值处，所以⼜因为得价带：取极⼩值处，所以：在⼜因为：得：由导带：043222*83)2(1m dk E d mk k C nC===sN k k k p k p m dk E d mk k k k V nV/1095.7043)()()4(6)3(25104300222*11-===?=-=-=?=-== 所以：准动量的定义：2. 晶格常数为0.25nm 的⼀维晶格，当外加102V/m ，107 V/m 的电场时，试分别计算电⼦⾃能带底运动到能带顶所需的时间。

解：根据：t k hqE f ??== 得qEkt -?=? sat sat 137192821911027.810106.1)0(1027.810106.1)0(----?=??--==--=ππ补充题1分别计算Si （100），（110），（111）⾯每平⽅厘⽶内的原⼦个数，即原⼦⾯密度（提⽰：先画出各晶⾯内原⼦的位置和分布图）Si 在（100），（110）和（111）⾯上的原⼦分布如图1所⽰：（a ）(100)晶⾯（b ）(110)晶⾯（c ）(111)晶⾯补充题2⼀维晶体的电⼦能带可写为)2cos 81cos 87()22ka ka ma k E +-= （，式中a 为晶格常数，试求（1）布⾥渊区边界；（2）能带宽度；（3）电⼦在波⽮k 状态时的速度；（4）能带底部电⼦的有效质量*n m ；（5）能带顶部空⽳的有效质量*p m解：（1）由0)(=dk k dE 得 an k π= （n=0，±1，±2…）进⼀步分析an k π)12(+= ，E （k ）有极⼤值，214221422142822/1083.7342232212414111/1059.92422124142110/1078.6)1043.5(224141100cm atom a a a cm atom a a a cm atom a a ?==?+?+??==?? +?+?=?==?+-）：（）：（）：（222)mak E MAX =（ ank π2=时，E （k ）有极⼩值所以布⾥渊区边界为an k π)12(+=(2)能带宽度为222)()ma k E k E MIN MAX =-（ (3）电⼦在波⽮k 状态的速度)2sin 4 1(sin 1ka ka ma dk dE v -== （4）电⼦的有效质量)2cos 21(cos 222*ka ka mdkEd m n-== 能带底部 an k π2=所以m m n 2*= (5)能带顶部 an k π)12(+=，且**n p m m -=，所以能带顶部空⽳的有效质量32*mm p =第⼆章1. 实际半导体与理想半导体间的主要区别是什么？答：（1）理想半导体：假设晶格原⼦严格按周期性排列并静⽌在格点位置上，实际半导体中原⼦不是静⽌的，⽽是在其平衡位置附近振动。

半导体物理学(刘恩科)第七版_完整课后题答案

第一章习题1．设晶格常数为a 的一维晶格，导带极小值附近能量E c (k)和价带极大值附近能量E V (k)分别为：E c =0220122021202236)(,)(3m k h m k h k E m k k h m k h V -=-+0m 。

试求：为电子惯性质量，nm a ak 314.0,1==（1）禁带宽度;（2）导带底电子有效质量;（3）价带顶电子有效质量;（4）价带顶电子跃迁到导带底时准动量的变化解：（1）eVm k E k E E E k m dk E d k m kdk dE Ec k k m m m dk E d k k m k k m k V C g V V V c 64.012)0()43(0,060064338232430)(2320212102220202020222101202==-==<-===-==>=+===-+ 因此：取极大值处，所以又因为得价带：取极小值处，所以：在又因为：得：由导带：043222*83)2(1m dk E d mk k C nC===sN k k k p k p m dk E d mk k k k V nV/1095.7043)()()4(6)3(25104300222*11-===⨯=-=-=∆=-== 所以：准动量的定义：2.晶格常数为0.25nm 的一维晶格，当外加102V/m，107V/m 的电场时，试分别计算电子自能带底运动到能带顶所需的时间。

解：根据：tk hqE f ∆∆==得qEk t -∆=∆ sat sat 137192821911027.810106.1)0(1027.810106.1)0(----⨯=⨯⨯--=∆⨯=⨯⨯--=∆ππ补充题1分别计算Si （100），（110），（111）面每平方厘米内的原子个数，即原子面密度（提示：先画出各晶面内原子的位置和分布图）Si 在（100），（110）和（111）面上的原子分布如图1所示：（a ）(100)晶面（b ）(110)晶面（c ）(111)晶面补充题2一维晶体的电子能带可写为)2cos 81cos 87()22ka ka ma k E +-= （，式中a 为晶格常数，试求（1）布里渊区边界；（2）能带宽度；（3）电子在波矢k 状态时的速度；（4）能带底部电子的有效质量*n m ；（5）能带顶部空穴的有效质量*pm 解：（1）由0)(=dk k dE 得an k π=（n=0，±1，±2…）进一步分析an k π)12(+=，E（k）有极大值，214221422142822/1083.7342232212414111/1059.92422124142110/1078.6)1043.5(224141100cm atom a a a cm atom a a a cm atom a a ⨯==⨯+⨯+⨯⨯==⨯⨯+⨯+⨯=⨯==⨯+-）：（）：（）：（222)ma k E MAX =（ank π2=时，E（k）有极小值所以布里渊区边界为an k π)12(+=(2)能带宽度为222)()ma k E k E MIN MAX =-（(3）电子在波矢k 状态的速度)2sin 41(sin 1ka ka ma dk dE v -== （4）电子的有效质量)2cos 21(cos 222*ka ka mdkEd m n-== 能带底部an k π2=所以mm n 2*=(5)能带顶部an k π)12(+=，且**n p m m -=，所以能带顶部空穴的有效质量32*m m p =半导体物理第2章习题1.实际半导体与理想半导体间的主要区别是什么？答：（1）理想半导体：假设晶格原子严格按周期性排列并静止在格点位置上，实际半导体中原子不是静止的，而是在其平衡位置附近振动。

半导体物理参考习题和解答

半导体物理参考习题和解答第一章1.原子中的电子和晶体中电子受势场作用情况以及运动情况有何不同, 原子中内层电子和外层电子参与共有化运动有何不同。

答:原子中的电子是在原子核与电子库伦相互作用势的束缚作用下以电子云的形式存在,没有一个固定的轨道;而晶体中的电子是在整个晶体内运动的共有化电子,在晶体周期性势场中运动。

当原子互相靠近结成固体时,各个原子的内层电子仍然组成围绕各原子核的封闭壳层,和孤立原子一样;然而,外层价电子则参与原子间的相互作用,应该把它们看成是属于整个固体的一种新的运动状态。

组成晶体原子的外层电子共有化运动较强,其行为与自由电子相似,称为准自由电子,而内层电子共有化运动较弱,其行为与孤立原子的电子相似。

2.描述半导体中电子运动为什么要引入"有效质量"的概念, 用电子的惯性质量描述能带中电子运动有何局限性。

答:引进有效质量的意义在于它概括了半导体内部势场的作用,使得在解决半导体中电子在外力作用下的运动规律时,可以不涉及半导体内部势场的作用。

惯性质量描述的是真空中的自由电子质量,而不能描述能带中不自由电子的运动,通常在晶体周期性势场作用下的电子惯性运动,成为有效质量3.一般来说, 对应于高能级的能带较宽,而禁带较窄,是否如此,为什么?答:不是,能级的宽窄取决于能带的疏密程度,能级越高能带越密,也就是越窄;而禁带的宽窄取决于掺杂的浓度,掺杂浓度高,禁带就会变窄,掺杂浓度低,禁带就比较宽。

4.有效质量对能带的宽度有什么影响,有人说:"有效质量愈大,能量密度也愈大,因而能带愈窄.是否如此,为什么?答:有效质量与能量函数对于K的二次微商成反比,对宽窄不同的各个能带,1(k 随k的变化情况不同,能带越窄,二次微商越小,有效质量越大,内层电子的能带窄,有效质量大;外层电子的能带宽,有效质量小。

5.简述有效质量与能带结构的关系;答:能带越窄,有效质量越大,能带越宽,有效质量越小。

(word完整版)半导体物理习题答案第四章

第4章半导体的导电性2.试计算本征Si 在室温时的电导率，设电子和空穴迁移率分别为1350cm 2/Vs 和500 cm 2/Vs 。

当掺入百万分之一的As 后，设杂质全部电离，试计算其电导率.掺杂后的电导率比本征Si 的电导率增大了多少倍？解：将室温下Si 的本征载流子密度 1.51010/cm 3及题设电子和空穴的迁移率代入电导率公式()i i n p n q σμμ=+即得：101961.510 1.610(1350500) 4.4410 s/cm i σ--=⨯⨯⨯⨯+=⨯；已知室温硅的原子密度为51022/cm 3，掺入1ppm 的砷，则砷浓度22616351010510 cm D N --=⨯⨯=⨯在此等掺杂情况下可忽略少子对材料电导率的贡献,只考虑多子的贡献.这时,电子密度n 0因杂质全部电离而等于N D ;电子迁移率考虑到电离杂质的散射而有所下降，查表4-14知n —Si 中电子迁移率在施主浓度为51016/cm 3时已下降为800 cm 2/V s.于是得1619510 1.610800 6.4 s cm n nq σμ-==⨯⨯⨯⨯=/该掺杂硅与本征硅电导率之比866.4 1.44104.4410i σσ-==⨯⨯ 即百万分之一的砷杂质使硅的电导率增大了1。

44亿倍5。

500g 的Si 单晶中掺有4.510-5g 的B ，设杂质全部电离，求其电阻率。

（硅单晶的密度为2。

33g/cm 3，B 原子量为10.8）。

解：为求电阻率须先求杂质浓度。

设掺入Si 中的B 原子总数为Z,则由1原子质量单位=1.6610-24g 算得618244.510 2.51010.8 1.6610Z --⨯==⨯⨯⨯个 500克Si 单晶的体积为3500214.6 cm 2.33V ==，于是知B 的浓度 ∴1816-32.510 1.1610 cm 214.6A Z N V ⨯===⨯ 室温下硅中此等浓度的B 杂质应已完全电离，查表4—14知相应的空穴迁移率为400 cm 2/V s 。

半导体物理习题参考答案第四章

第4章半导体的导电性2.试计算本征Si 在室温时的电导率，设电子和空穴迁移率分别为1350cm 2/V ⋅s 和500 cm 2/V ⋅s 。

当掺入百万分之一的As 后，设杂质全部电离，试计算其电导率。

掺杂后的电导率比本征Si 的电导率增大了多少倍？解：将室温下Si 的本征载流子密度1.5⨯1010/cm 3及题设电子和空穴的迁移率代入电导率公式()i i n p n q σμμ=+g 算得500克Si 单晶的体积为3214.6 cm 2.33V ==，于是知B 的浓度 ∴1816-32.510 1.1610 cm 214.6A Z N V ⨯===⨯ 室温下硅中此等浓度的B 杂质应已完全电离，查表4-14知相应的空穴迁移率为400 cm 2/V ⋅s 。

故161911 1.35cm 1.1610 1.610400A p N q ρμ-===Ω⋅⨯⨯⨯⨯ 6. 设Si 中电子的迁移率为0.1 m 2/(V .s)，电导有效质量m C =0.26m 0，加以强度为104V/m 的电场，试求平均自由时间和平均自由程。

解：由迁移率的定义式*n c cq m τμ=知平均自由时间 *c c n m qμτ⋅= 代入相关数据，得3113190.269.1100.1 1.48101.610n s τ---⨯⨯⨯==⨯⨯8. 0.1A 的。

为5.3⨯10 cm 的施主。

10. 试求本征Si 在473K 时的电阻率。

解：由图4-13查出T=473K 时本征硅中电子和空穴的迁移率分别是2440 cm /V s n μ=⋅，2140 cm /V s p μ=⋅在温度变化不大时可忽略禁带宽度随温度的变化，则任意温度下的本征载流子密度可用室温下的等效态密度N C (300)和N V (300)、禁带宽度E g (300)和室温kT=0.026eV 表示为3/23(300)300()(300)(300)(exp() cm 3000.026g i C V E T n T N N T⋅=－代入相关数据，得193/2133473 1.12300(473)10()exp() =4.110 cm 30020.026473i n ⨯=-⨯⨯⨯－该值与图3-7中T=200℃（473K ）所对应之值低大约一个数量级，这里有忽略禁带变窄的因素，也有其他因素（参见表3-2，计算值普遍比实测值低）。

半导体物理第四章答案

R= 1 l 1 2 = = 5.2Ω −2 σ p s 19.2 2 × 10
返回
截面积为 0.001cm 的圆柱形纯Si样品，长1mm，接于 10V电源上，室温下希望通过0.1A的电流，问： ⑴样品的电阻为多少？ ⑵样品的电导率是多少？
µ n = 1200 cm 2 V ⋅ s ） ⑶应掺入为多少的施主？（
4－11 －
σ 1 = N A qµ p = 1013 ×1.6 ×10 −19 × 500 = 8 ×10 −4 / Ω ⋅ cm
J 1 = σε = 8 × 10 −4 × 10 3 = 0.8 A cm 2
I 1 = J 1 S = 0.8mA
ni = 8 × 1012 cm −3 ⑵400K时，由图3－7知，
第四章
PowerPoint2003
半导体物理习题第四章
4－1 － 4－6 － 4－11 － 4－16 － 4－2 － 4－7 － 4－12 － 4－17 － 4－3 － 4－8 － 4－13 － 4－18 － 4－4 － 4－9 － 4－14 － 4－19 － 4－5 － 4－10 － 4－15 － 4－20 －
n 8 × 10 n≈ = = 4.41 × 1012 cm −3 p 1.45 × 1013
2 i
(
12 2
)
µ p = 230cm 2 / V ⋅ s µ 由图4－13知， n = 700cm / V ⋅ s ，
2
σ 2 = nqµ n + pqµ p
= 1.6 ×10−19 × 4.41×1012 × 700 + 1.45 ×1013 × 230
即本征激发不可忽略。
N A ≈ ni
，
NA p= 2

半导体物理课后习题(保密)

解: 须先求出本征载流子浓度ni，即
代入数据得，ni=1.86 ×1013cm-3 根据电中性条件有 p0+ND+=n0+NA-
ni
q( n p )
i

1 i ( n p )
联立载流子浓度公式
n0p0=ni2
可求解得 n0=3.89 ×1013cm-3, p0=8.89 ×1012cm-3 所以样品的电导率为：
解: 由图3-7查得T=500k时，Si的本征载流子浓度ni=3.5×1014cm-3 联立方程
p0=ni2/n0
解得， ND=3.5×1014cm-3时，n0≈4.3×1014cm-3, p0=2.8×1014cm-3 —— n0,p0差别不显著，杂质导电特性不很明显 ND=1012cm-3时，n0≈ni=3.5×1014cm-3, p0=3.5×1014cm-3,即n0=p0. —— 进入本征半导体材料在某一温度下所处的区域与杂质浓度相关或杂质浓度不同，材料进入同一区域所需要的温度不一样。
m0为电子惯性质量，k1=1/2a; a=0.314nm。试求：（1）禁带宽度；（2）导带底电子有效质量；（3）价带顶电子有效质量；（4）价带顶电子跃迁到导带底时准动量的变化。
练习2-课后习题2
第一章半导体中的电子状态
2.晶格常数为0.25nm的一维晶格，当外加102V/m和107V/m 的电场时，试分别计算电子自能带底运动到能带顶所需的时间。
作业-课后习题14
第三章半导体中载流子的统计分布
计算含有施主杂质浓度ND=9×1015cm-3与受主杂质浓度为1.1×1016cm-3 的硅在室温时的电子和空穴浓度以及费米能级的位置。

半导体物理学第四章答案

全部电离，试计算其电导率。比本征Si的电导率增大了多少倍？
解：300K时，，查表3-2或图3-7可知，室温下Si的本征载流子浓度约
为。
本征情况下，
金钢石结构一个原胞内的等效原子个数为个，查看附录B知Si的晶格
常数为0.543102nm，则其原子密度为。
掺入百万分之一的As,杂质的浓度为，杂质全部电离后，，这种情况
①室温时样品的电导率及流过样品的电流密度和电流强度。 ②400K时样品的电导率及流过样品的电流密度和电流强度。解： ①查表4-15（b）知室温下，浓度为1013cm-3的p型Si样品的电阻率为，则电导率为。电流密度为电流强度为 ②400K时，查图4-13可知浓度为1013cm-3的p型Si的迁移率约为，则电导率为电流密度为电流强度为 12. 试从图4-14求室温时杂质浓度分别为1015，1016，1017cm-3的p型和n型Si 样品的空穴和电子迁移率，并分别计算他们的电阻率。再从图 4-15分别求他们的电阻率。
,
，查图4-14（a）知，
④磷原子31015cm-3+镓原子11017cm-3+砷原子11017cm-3
,
，查图4-14（a）知， 17. ①证明当unup且电子浓度n=ni时，材料的电导率最小，并求min的表达式。解：
令因此，为最小点的取值
②试求300K时Ge 和Si样品的最小电导率的数值，并和本征电导率相比较。查表4-1，可知室温下硅和锗较纯样品的迁移率 Si: Ge: 18. InSB的电子迁移率为7.5m2/( VS),空穴迁移率为0.075m2/( VS), 室温时本征载流子浓度为1.61016cm-3,试分别计算本征电导率、电阻率和最小电导率、最大电导率。什么导电类型的材料电阻率可达最大。解：借用17题结果当时，电阻率可达最大，这时，这时为P型半导体。

半导体物理学第四章答案

第四章习题及答案1. 300K 时，Ge 的本征电阻率为47Ωcm ，如电子和空穴迁移率分别为3900cm 2/( V.S)和1900cm 2/( V.S)。

试求Ge 的载流子浓度。

解：在本征情况下，i n p n ==,由)(/p n i p n u u q n pqu nqu +=+==111σρ知 3131910292190039001060214711--⨯=+⨯⨯⨯=+=cm u u q n p n i .)(.)(ρ 2. 试计算本征Si 在室温时的电导率，设电子和空穴迁移率分别为1350cm 2/( V.S)和500cm 2/( V.S)。

当掺入百万分之一的As 后，设杂质全部电离，试计算其电导率。

比本征Si 的电导率增大了多少倍？解：300K 时，)/(),/(S V cm u S V cm u p n ⋅=⋅=225001350，查表3-2或图3-7可知，室温下Si 的本征载流子浓度约为3101001-⨯=cm n i .。

本征情况下，cm S +.u u q n pqu nqu -p n i p n /.)()(6191010035001350106021101-⨯=⨯⨯⨯⨯=+=+=σ金钢石结构一个原胞内的等效原子个数为84216818=+⨯+⨯个，查看附录B 知Si 的晶格常数为0.543102nm ，则其原子密度为322371051054310208--⨯=⨯cm ).(。

掺入百万分之一的As,杂质的浓度为3162210510000001105-⨯=⨯⨯=cm N D ，杂质全部电离后，i D n N >>，这种情况下，查图4-14（a ）可知其多子的迁移率为800 cm 2/( V.S)cm S .qu N -n D /.''468001060211051916=⨯⨯⨯⨯=≈σ比本征情况下增大了66101210346⨯=⨯=-..'σσ倍 3. 电阻率为10Ω.m 的p 型Si 样品，试计算室温时多数载流子和少数载流子浓度。

半导体物理习题及解答-刘诺

第一篇习题半导体中的电子状态1-1、什么叫本征激发？温度越高，本征激发的载流子越多，为什么？试定性说明之。

1-2、试定性说明Ge、Si的禁带宽度具有负温度系数的原因。

1-3、试指出空穴的主要特征。

1-4、简述Ge、Si和GaAS的能带结构的主要特征。

1-5、某一维晶体的电子能带为-11其中E（1）（2）1-1、中。

1-2、因此，Ge1-3、B、空穴浓度表示为p（电子浓度表示为n）；C、E P=-E nD、m P*=-m n*。

1-4、解：（1）Ge、Si:a）Eg(Si：0K)=1.21eV；Eg(Ge：0K)=1.170eV；b）间接能隙结构c）禁带宽度E g随温度增加而减小；（2）GaAs：a）E g（300K）第二篇习题-半导体中的杂质和缺陷能级刘诺编2-1、什么叫浅能级杂质？它们电离后有何特点？2-2、什么叫施主？什么叫施主电离？施主电离前后有何特征？试举例说明之，并用能带图表征出n型半导体。

2-3p2-42-52-62-72-12-2子配对成为共价电子，而P的第五个外层电子将受到热激发挣脱原子实的束缚进入导带成为自由电子。

这个过程就是施主电离。

n型半导体的能带图如图所示：其费米能级位于禁带上方2-3、解：半导体中掺入受主杂质后，受主电离后将成为带负电的离子，并同时向价带提供空穴，这种杂质就叫受主。

受主电离成为带负电的离子（中心）的过程就叫受主电离。

受主电离前带不带电，电离后带负电。

例如，在Si中掺B，B为Ⅲ族元素，而本征半导体Si为Ⅳ族元素，P掺入B中后，B的最外层三个电子与Si的最外层四个电子配对成为共价电子，而B倾向于接受一个由价带热激发的电子。

这个过程就是受主电离。

p型半导体的能带图如图所示：其费米能级位于禁带下方2-4、解：在纯净的半导体中掺入杂质后，可以控制半导体的导电特性。

掺杂半导体又分为n型半导体和p型半导体。

例如，在常温情况下，本征Si中的电子浓度和空穴浓度均为1.5╳1010cm-3。

半导体物理习题答案第四章

第4章半导体的导电性2.试计算本征Si 在室温时的电导率，设电子和空穴迁移率分别为1350cm 2/V ?s 和500 cm 2/V ?s 。

当掺入百万分之一的As 后，设杂质全部电离，试计算其电导率。

掺杂后的电导率比本征Si 的电导率增大了多少倍？解：将室温下Si 的本征载流子密度?1010/cm 3及题设电子和空穴的迁移率代入电导率公式()i i n p n q σμμ=+即得：101961.510 1.610(1350500) 4.4410 s/cm i σ--=⨯⨯⨯⨯+=⨯；已知室温硅的原子密度为5?1022/cm 3，掺入1ppm 的砷，则砷浓度22616351010510 cm D N --=⨯⨯=⨯在此等掺杂情况下可忽略少子对材料电导率的贡献，只考虑多子的贡献。

这时，电子密度n 0因杂质全部电离而等于N D ；电子迁移率考虑到电离杂质的散射而有所下降，查表4-14知n-Si 中电子迁移率在施主浓度为5?1016/cm 3时已下降为800 cm 2/V ?s 。

于是得1619510 1.610800 6.4 s cm n nq σμ-==⨯⨯⨯⨯=/该掺杂硅与本征硅电导率之比866.4 1.44104.4410i σσ-==⨯⨯ 即百万分之一的砷杂质使硅的电导率增大了亿倍5. 500g 的Si 单晶中掺有?10-5g 的B ，设杂质全部电离，求其电阻率。

（硅单晶的密度为2.33g/cm 3，B 原子量为）。

解：为求电阻率须先求杂质浓度。

设掺入Si 中的B 原子总数为Z ，则由1原子质量单位=?10-24g 算得618244.510 2.51010.8 1.6610Z --⨯==⨯⨯⨯个 500克Si 单晶的体积为3500214.6 cm 2.33V ==，于是知B 的浓度 ∴1816-32.510 1.1610 cm 214.6A Z N V ⨯===⨯ 室温下硅中此等浓度的B 杂质应已完全电离，查表4-14知相应的空穴迁移率为400 cm 2/V ?s 。

半导体物理第四章习题参考答案

9. 由于光的照射在半导体中产生了非平衡载流子 n p 1012 cm-3 ，分别计算
施主掺杂浓度为 ND 1016 cm-3 的 N 型硅和本征硅在这种情况下的准费米能级的位置，并与原来的费米能级的位置做比较，画出相应的能带图。答：有：
n
ni
exp
E fn kT
Ei
,
n
E fn
答：(1) 电离杂质散射是由电离的杂质对载流子的库仑相互作用引起的，其特点为：掺杂浓度越高，电离杂质散射越显著；温度越高，载流子的动能越大，受库仑相互作用力的影响相对减弱，因此，电离杂质散射在低温时起主要作用，其、
与温度的关系为：
3
3
I T 2 , I T 2
(2) 声学波散射是晶格振动对载流子散射中作用大的一种，属于晶格自身的特
10. 设空穴浓度是线性分布，在 3μm 内浓度分布差 1015cm-3，μp=400cm2·V-1·s-1，试计算空穴扩散电流密度。
答：由爱因斯坦关系：
Dp
kT q
p
有：
jp
qDp
p x
kT p
p x
5.52 A
cm2
11. 考虑平衡情形，证明：
en
Vthn nni
exp
Et Ei kT
i niqn piqp 4.45106 Ω cm
(2)
当掺入百万分之一的
As
时，施主浓度为：
ND
5 1022 106
cm-3
51016 cm-3
（其中 N 51022 cm-3 为 Si 的原子密度）。
由于杂质全部电离，从而： n
ND
51016 cm-3,
p

半导体物理分章答案第四章-36页文档资料

谷中，故称这主能谷或中心能谷。在<111>方向还有一个极值约高出0.29eV的能谷，称为卫星谷或子能谷。
L [111] Γ
X[100]
• Si的能带结构
L [111]
Γ
X[100]
• Ge的能带结构
L [111]
Γ
X[100]
2、高场畴及耿氏振荡
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docin/sanshengshiyuan doc88/sanshenglu
著） • 能谷间散射：等同能谷间散射高温下较易发生；不同
能谷间散射一般在强电场下发生。
（1）电离杂质散射（即库仑散射）
载流子的散射几率P 散射几单率位Pi∝时N间iT内-3/2 一个载流子受到散射的平均（次N数i：。为主杂要质浓用度于总描和述）散射的强弱。
（2）晶格振动散射
晶格振动表现为格波
N个原胞组成的晶体→格波波矢有N个。格波的总数等于原子自由度总数
§4.7 多能谷散射耿氏效应
1、双能谷模型和砷化镓的能带结构
（1）负微分电导、负微分迁移率半导体材料的载流子运动速度随电场的增加而减
小称为负微分电导。
（2）双能谷模型半导体有两个能谷，它们之间有能量间隔△E。在外
电场为零时，导带电子按晶格温度和各自的状态密度所决
定的分布规律分布于两能谷之中。外电场增加时载流子将
（A）声学波散射：
在长声学波中，纵波对散射起主要作用（通过体变产生附加势场）。
对于单一极值，球形等能面的半导体，理论推导得
到
Ps 16c2kh04Tu(2mn*)2 v
Ec
c
V V0
其中u纵弹性波波速。由上式可知
3
Ps T 2

半导体物理学练习题(刘恩科)

第一章半导体中的电子状态例1.证明：对于能带中的电子，K状态和-K状态的电子速度大小相等,方向相反。

即：v(k）= －v(－k)，并解释为什么无外场时,晶体总电流等于零.解：K状态电子的速度为：（1）同理，－K状态电子的速度则为：（2）从一维情况容易看出：（3)同理有:（4）（5)将式（3）（4）（5）代入式（2）后得：(6)利用（1）式即得:v（－k）= －v(k）因为电子占据某个状态的几率只同该状态的能量有关,即:E（k)=E(－k)故电子占有k状态和-k状态的几率相同，且v（k)=－v（－k)故这两个状态上的电子电流相互抵消,晶体中总电流为零。

例2.已知一维晶体的电子能带可写成：式中,a为晶格常数。

试求：（1）能带的宽度；（2）能带底部和顶部电子的有效质量。

解：（1)由E(k)关系（1）（2）令得：当时，代入（2）得:对应E（k）的极小值.当时,代入（2)得：对应E(k)的极大值。

根据上述结果，求得和即可求得能带宽度。

故：能带宽度(3)能带底部和顶部电子的有效质量:习题与思考题:1 什么叫本征激发？温度越高,本征激发的载流子越多,为什么？试定性说明之。

2 试定性说明Ge、Si的禁带宽度具有负温度系数的原因。

3 试指出空穴的主要特征。

4 简述Ge、Si和GaAs的能带结构的主要特征.5 某一维晶体的电子能带为其中E0=3eV，晶格常数a=5×10—11m。

求：（1)能带宽度;(2）能带底和能带顶的有效质量。

6原子中的电子和晶体中电子受势场作用情况以及运动情况有何不同？原子中内层电子和外层电子参与共有化运动有何不同？7晶体体积的大小对能级和能带有什么影响？8描述半导体中电子运动为什么要引入“有效质量"的概念?用电子的惯性质量描述能带中电子运动有何局限性?9 一般来说，对应于高能级的能带较宽,而禁带较窄，是否如此？为什么？10有效质量对能带的宽度有什么影响？有人说:“有效质量愈大,能量密度也愈大，因而能带愈窄。

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