微电子器件课后答案第三版

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
= 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
= xdB
2= VB EC
2 ×1= 44 32
9 μm
当 N- 区缩短到 W = 3µm 时，雪崩击穿电压成为：
VB
'
= VB 1−
xdB −W xdB
2
= 144 1−
9
−3 9
2
= 80V
shanren
34、
已知对于单边突变结，
= CT
1
A= 2(εVsbqi N−0V ) 2
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
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 ,
= 1− WB2 ,
− 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
= 0.739 V
1
(3)
E= max
2qNε S0Vbi= 2
4.34 ×104 Vcm-1
(2) = 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
15、
γ
= 1− DEWB NB ，γ
DBWE NE
npn
= 1− DpWB NB , DnWE NE
γ
pnp
= 1− DnWB NB DpWE NE
由 D kT 可知，D ∝ µ µq
µn > µp , ∴ Dn > Dp , γ npn > γ pnp
β∗
= 1− WB2 ,
2DBτ B
β* npn
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 +
xi1Baidu Nhomakorabea
+
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 )
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
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
K
1
(Vbi −V )2
当
Vbi
= 0.6 V, V = −3V 时， CT
= K = 10 pF , 由此可得 3.6
K 1= 0 3.6, 因此当 V 0.2 V时，
= CT
10 = 3.6 0.4
1= 0 9
30 (pF)
shanren
39、
IF
=
I0
exp
qV kT
= 当 T
= gD
d= I F dV
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
−EG + kT
qV
于是 PN 结正向扩散电流的温度系数与相对温度系数分别为
dI dT
C= 2 exp −EGkT+ qV −E−GkT+ 2qV
I
EG − qV kT 2
1 ⋅ dI = EG − qV
I dT
kT 2
shanren
31、 当 N- 区足够长时，开始发生雪崩击穿的耗尽区宽度为：
=100
shanren
6、
由 JnE
q= DBWnBB (0) , 可得：nB (0)
JnEWB , qDB
将
JnE = 0.1Acm−2 , WB = 2 ×10−4 cm, q = 1.6 ×10−19 C, DB = 15cm2 ⋅ s−1
之值代入，得： nB= (0) 8.33×1012 cm−3
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
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
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
β
0.029 (mA)
shanren
10、
(1)
∫ ∫ γ
= 1 − DDB E0WWEBNNEBdx
= 1 − DDB AE BAqBq0WWE BNNEBdx
= 1 − QBO DE QEO DB
式中，QBO = ABqWB NB = 3.2 ×10−11C, QEO = 1.28×10−9 C，
= 10−6 s 及 WB 、DB
之值代入，得：β ∗ = 0.9987。
shanren
7、
τb =
WB2 2DB
⋅2
η
1 −
1
η
=
1.125 ×10−11 (s)
8、以 NPN 管为例，当基区与发射区都是非均匀掺杂时， 由式（3-33a）和式（3-33b），
J nE
∫0WqBDNBnBid2 = x exp qkVTBE −1
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
3.23 Ω
shanren
第3章
1、NPN 缓变基区晶体管在平衡时的能带图
NPN 缓变基区晶体管在放大区时的能带图
shanren
2、NPN 缓变基区晶体管在放大区时的少子分布图
pE0
nB0
pC0
shanren
3、
=β I=C1 80
I B1
β0
= dIC dIB
≈
∆IC ∆IB
= IC2 − IC1 IB2 − IB1
DE 2= cm2s−1, DB 18cm2s−1, 代入γ = 中，得：γ 0.9972
(2) β ∗ = 1− WB2 = 0.9999 2DBτ B
(3) = α γ= β ∗ 0.9971，=β α= 344 1−α
(4) 当由基区输运造成的亏损非常小时，可假设 β ∗ = 1，这时
可用 β ' ≈ QEODB 来代替β 。
AEq2 DBni2 QBO
exp
qVBE kT
−1
J pE
∫0WqEDNEnEid2 x= exp qkVTBE −1
AEq2 DEni2 QEO
exp
qVBE kT
−1
再根据注入效率的定义，可得：
γ
= JnE =JnE JE JnE + JpE
= 1 +
J J
pE nE
−s1 h= an1r+enQQBBOE
= 又由 nB (0)
n= p0 exp qkVTBE
ni2 NB
exp
qVBE kT
，
得：VBE
=
kT q
ln
nB
(0) N B ni2
,
将
kT q 、nB (0)、NB
及 ni
之值代入，
得：VBE = 0.55V
已知：β ∗
= 1− 12 WLBB
2
= 1− WB2
2DBτ n
,
将τn
DB = 18cm2 ⋅ s−1, ni = 1.5×1010 cm−3, WB = 0.7 ×10−4 cm，
NB
1017 c= m−3 , VBE
0= .7 V, kT q
0.026 V 之值代入，
得：IC = 4.55 (mA)
= α
γβ=∗
0.9936, =β
α= 1− α
155,
I=B
I=C
exp
qV kT
−1
Ln Dp N=A Ln ⋅ µp NA >> 1 Lp Dn ND Lp µn ND
shanren
24、 PN 结的正向扩散电流为
I
=
I0
exp
qV kT
式中的 I0 因含 ni2 而与温度关系密切，因此正向扩散电流可表为
=I
C= 1ni2 exp qkVT
C2
exp
qI F kT
300K 时= , kT q
0.026 V, 对= 于 IF
1= 0 mA
0.01 A，
g=D
1=0 26
0.385 s,
= rD
1= gD
2.6 Ω
在 100°C 时，kT = 0.026 × 373 = 0.0323 V,
q
300
g=D
10= 32.3
0.309 s,
= rD
= 1 gD
QBO DE
β ' ≈ QEODB = 360, 误差为： | e |= | β '− β | = 4.7%
QBO DE
β shanren
14、 已知
IC
=
QB
τb
若假设 γ=
1，则 IB=
I=r
QB
τB
所以 =β I=C τ B IB τb
本题与第 10 题的第(4)小题分别是两种极端情况。
shanren
DE DB
−1
9、
= IC
A= E JnC
AE β= ∗ JnE
AE β
∗
qDBni2 WB NB
exp
qVBE kT
式中，β ∗
= 1− 12
WB LB
2
= 1− WB2
2DBτ B
= 0.9986
将 A=E 104 μm2 ，β=∗ 0.9986, =q 1.6 ×10−19 C,
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：