微电子器件 (附答案) (第三版)

= 0.739 V
1
(3)
E= max
2qNε S0Vbi= 2
4.34 ×104 Vcm-1
(2Hale Waihona Puke Baidu = xp
εS
qNA
Em= ax
2.83×10−5 cm
= xn
εS
qND
E= max
5.67 ×10−6 cm
1
xd
=
xp
+
xn
=
εS
qN0
Emax
=
2Vbi Emax
=
2εSVbi
qN0
NDNA ni2
Emax
=
xn
2Vbi + 2xi +
xp
式中，x=i xi1 + xi2
= 将 xn
ε= qs ENmDax , xp
εs Emax
qNA
代入，解出 Emax ，得：
1
Emax
=
qN0 xi
εs
1 +
2ε sVbi
qN0 xi2
2
−1
1
对于PN结，可令 xi → 0，得：Emax = 2qNεs0Vbi 2
− Emax
+
E
(
x)
= q N
εs
D
x
当 x = xn 时，E(x) = 0，因此
Emax
=
−q
εs
ND xn ，于是得：
E ( x=)
q
εs
(
x
−
xn
)
ND
(0 ≤ x ≤ xn )
shanren
（2-5a）
3、
(1)
Vbi
= kT ln N q
A ND ni2
= 0.026× ln
5 ×1032 2.25 ×1020
部分习题解答
部分物理常数：
q = 1.6 ×10−19 C, kT q = 0.026V (T = 300k),
εS (Si) =11.8× 8.854 ×10−14 =1.045×10−12 F cm ,
EG (S=i) 1.09eV, ni (S=i) 1.5×1010 cm−3,
εS (Ge) = 16 × 8.854 ×10−14 = 1.417 ×10−12 F cm ,
= kT ln ND1 q ND2
将 kT q
= 0.026V , ND1 = 1×1020 cm−3 , ND2
= 1×1016 cm−3
代入= ，得：Vbi 0= .026 ln(104 ) 0.24 V
shanren
7、由第 6 题：
E = − kT ⋅ 1 ⋅ dn = − kT ⋅ 1 ⋅ dN (x) q n dx q N (x) dx
EG (G= e) 0.66eV, ni (G= e) 2.4 ×1013 cm−3,
εOX =3.9 × 8.854 ×10−14 =3.453×10−13 F cm
shanren
第2章
1 、在 N 区耗尽区中，高斯定理为：
∫ ∫ E
dA =
q
A
εs
V NDdv
取一个圆柱形体积，底面在 PN 结的冶金结面（即原点）处， 面积为一个单位面积，顶面位于 x 处。则由高斯定理可得：
shanren
6、
ND2
ND1
由平衡时多子电流为零
Jn
=
qDn
dn dx
+
qµn nE
=
0
得： E =− Dn ⋅ 1 ⋅ dn =− kT ⋅ 1 ⋅ dn =− kT ⋅ d ln n
µn n dx
q n dx
q dx
∫ Vbi
= − ND1 Edx ND2
= kT ln n | q
ND1 ND2
kT ln ND= NA
q
ni2
=q 1.6 ×10−19 C,= εS 1.045×10−12 F cm ,
代入 | Emax |中，得：| Em= ax | 1.52 ×104 V cm
shanren
0.757 V,
8、(1)
N
I
P
−xi1 − xn −xi1 0 xi2
xi2 + xp
在 N型区，= dE1 dx
N
I
P
−xi1 − xn −xi1 0 xi2
xi2 + xp
E2 = Emax E
E1
E3
−xi1 − xn −xi1 0 xi2
x
xi2 + xp
在
x
= −xi1 处，E1
= Emax = εqs ND xn , 由此得：xn
= εs Emax
qND
在=x
xi2 处，= E3
E= max
q
εs
当 xi 增大时，Emax 减小, 当 xi → ∞sh时a， nrEenmax → 0
20、
已知： = σ p σn
= 由于 Jdp
= J dn
因此
J d=p J dn
qµ= p NA µp NA >> 1 qµn ND µn ND
qDp ni2 Lp ND
exp
qV kT
−
1
qDn ni2 Ln NA
将
N
(x)
= N0 exp(− λx
)
代入，得：E
= kT
qλ
= 再将 kT 0= .026 V, λ 0.4 μm 代入= ，得：E 650 V cm
q
1
突变结的最大电场强度表达式为：|
Emax
|=
2qN0Vbi
εs
2
式中：= N0
NDNA ND + NA
≈= ND
1015 cm−3, = Vbi
q
εs
ND= , E1
q
εs
ND x + C1
边界条件：在
x
=− xi1
−
xn
处，E1
=0，由此得：E1
=q
εs
ND(x +
xi1
+
xn )
在 I 型区， = dE2 dx
0, = E2
常= 数
Emax
在 P型区，
dE3 dx
= − εqs NA
,
E3 = − εqs NA x + C3
边界条件：在 x =xi2 + xp 处，E3 =0，由此s得h：aEnr3 e= n− εqs NA (x − xi2 − xp )
NA xp
, 由此得：= xp
shanren
εs Emax
qNA
(2) 对于无 I 型区的PN结：
xi1 = 0, xi2 = 0, E1 = εqs ND (x + xn ), E3 = − εqs NA (x − xp )
= 在 x
0 处，电场达到最大= ， Emax
εq= s ND xn
q
εs NA xp
exp
qV kT
−1
Ln Dp N=A Ln ⋅ µp NA >> 1 Lp Dn ND Lp µn ND
E Emax
E1
E3
x
0
表面上，两种结构的 Emax 的表达式相同，但由于两种结构
的掺杂相同，因而 Vbi 相同（即电场曲线与横轴所围面积相同），
所以两种结构的
xn、xp与
Emax
并不相同。
shanren
对于PIN 结：
Vbi=
1 2
Emax xn
+
Emax xi
+
1 2
Emax xp=
kT q
ln
2
=
3.40×10−5 cm
shanren
4、
1
1
1
1
= xd
2εS
qN0
(Vbi
−V
)= 2
2εS
qN0
(Vbi
−
V
)
2
Vbi Vbi
2 =
xd0
Vbi − Vbi
V
2
当 V = −3 Vbi 时，xd = 2 xd0 当 V = −8 Vbi 时，xd = 3 xd0