微电子器件 课后答案 (第三版)
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2 qVBE ni qVBE = exp 又由 nB (0) n= p0 exp ， kT N B kT kT nB (0) N B kT ln , 将 得：VBE = 、nB (0)、N B 及 ni 之值代入， 2 q ni q
得：VBE = 0.55V
部分习题解答
部分物理常数：
1.6 × 10−19 C, q= = 1.09eV, EG (Si) EG (Ge) = 0.66eV, 0.026V (T = 300k), kT q = = 1.5 ×1010 cm −3 , ni (Si) ni (Ge) = 2.4 ×1013 cm −3 ,
11.8 × 8.854 × 10−14 = 1.045 × 10−12 F cm , ε S (Si) =
shanren
39、
qV I F = I 0 exp kT dI F qI F = = gD kT dV kT = 当 T 300K 时 = = I F 10 = , 0.026 V, 对于 mA 0.01 A， q 10 1 g = = 0.385s, = rD = 2.6 Ω D gD 26 kT 373 在 100°C 时， = 0.026 × = 0.0323 V, q 300 10 1 g rD = = 0.309 s, = = 3.23 Ω D gD 32.3
1 2
1 2
1 2
1 2
shanren
6、
ND2
ND1
由平衡时多子电流为零 dn J n = qDn + q µ n nE = 0 dx Dn 1 dn kT 1 dn kT d ln n E= − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ = − ⋅ q n dx q dx µn n dx
N D1 N D1 kT kT Vbi = ln n | ln − ∫ Edx = = ND 2 ND 2 q q N D2 N D1
shanren
20、
σ p qµp N A µp N A 已知： = = >> 1 σ n qµn N D µn N D
qDp ni2 qV exp = 由于 J dp Lp N D kT qDn ni2 = J dn Ln N A 因此 − 1
qV exp kT − 1 J dp Ln Dp N A Ln µp N A = = ⋅ >> 1 J dn Lp Dn N D Lp µ n N D
shanren
31、 当 N- 区足够长时，开始发生雪崩击穿的耗尽区宽度为：
2VB 2 × 144 = xdB = = 9 μm EC 32
当 N- 区缩短到 W = 3µm 时，雪崩击穿电压成为：
2 x − W 2 − 9 3 dB 144 1 − VB ' = VB 1 − 80V = = xdB 9
J nE J pE
∫ ∫
0
qVBE exp kT qVBE exp kT
−1
− 1 − 1
0
再根据注入效率的定义，可得：
J pE QBO DE J nE J nE = γ == 1 + = 1 + J E J nE + J pE J nE QBE DB shanren
ε S (Ge) = 16 × 8.854 ×10−14 = 1.417 ×10−12 F cm ,
ε OX = 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：
q ∫ A E dA = ε s
q
εs
q = N D xn
εs
N A xp
Emax
E1
0
E
E3
x
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 1 kT N D N A Emax xn + Emax xi + Emax xp= ln 2 2 q ni2 Emax 式中，x = xi1 + xi2 i 2Vbi = xn + 2 xi + xp
shanren
εs
N
− xi1 − xn − xi1
I
0
P
xi2
xi2 + xp
E2 = Emax E
E1
− xi1 − xn − xi1
0
E3
x
xi2
xi2 + xp
ε s Emax q Emax = N D xn , 由此得：xn = 在x= − xi1 处，E1 = qN D εs
x xi2 处， E3 E 在 = = = max q
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），
2 2 qDB ni2 qVBE AE q DB ni = WB exp kT − 1 QBO N dx B 2 2 qDE ni2 qV A q D n BE E i E = exp 1 − WE kT QEO N dx E
2 1 i
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
− EG + qV − EG + qV EG − qV = C 2 exp I 2 2 kT kT kT −
EG − qV 1 dI ⋅ = 2 I dT kT
shanren
34、
已知对于单边突变结， ε s qN 0 CT A = = 2(Vbi − V )
1 2
K
(Vbi − V )
1 2
K 0.6 V, V = 10 pF , 由此可得 当 Vbi = −3V 时， CT = = 3.6 K 10 3.6, 因此当 V 0.2 V时， = 10 3.6 CT 9 30 (pF) = = 10 = 0.4
shanren
24、 PN 结的正向扩散电流为
qV I = I 0 exp kT
式中的 I0 因含 ni2 而与温度ຫໍສະໝຸດ Baidu系密切，因此正向扩散电流可表为
− EG + qV qV I C n exp = = C2 exp kT kT
εs
dE2 0, = 在 I 型区， = = Emax E2 常数 dx dE3 q q 在 P 型区， = − N A , E3 = − N A x + C3 dx εs εs q 0， 边界条件：在 x = 由此得： − N A ( x − xi2 − xp ) xi2 + xp 处，E3 = E3 =
shanren
1 2
4、
2ε S 2ε S Vbi Vbi − V = xd xd0 (Vbi − V ) = (Vbi − V )= qN 0 qN 0 Vbi Vbi
当V= −3 Vbi 时，xd = 2 xd0 当V= −8 Vbi 时，xd = 3 xd0
得：
kT 0.026V , N D1 = 1× 1020 cm −3 , N D2 = 1× 1016 cm −3 = 将 q Vbi 0.026 = = ln(104 ) 0.24 V 代入，得：
shanren
7、由第 6 题： kT 1 dn kT 1 dN ( x ) E= − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ q n dx q N ( x ) dx x kT N 0 exp(− ) 代入，得：E = 将 N ( x) = qλ λ kT E 650 V cm 0.026 V, λ 0.4 μm 代入，得： = 再将 = = q 2qN 0Vbi 突变结的最大电场强度表达式为： | Emax |= εs ND NA kT N D N A 15 −3 N0 N D 10 cm , = Vbi 式中： ln = 0.757 V, = ≈= 2 ND + NA q ni
q
εs
( x − xn ) N D ( 0 ≤ x ≤ xn )
shanren
3、
5 ×1032 kT N A N D (1) Vbi = ln 0.026 × ln 0.739 V = = 2 20 q ni 2.25 ×10
2qN 0Vbi 4 -1 = 10 Vcm × (3) E= 4.34 max εS
1 2
ε S 1.045 ×10−12 F cm , q 1.6 ×10−19 C,= =
代入 | Emax | 中，得： | Emax =| 1.52 ×104 V cm
shanren
8、(1)
N
− xi1 − xn − xi1
I
0
P
xi2
xi2 + xp
dE1 q q 在 N 型区， = , E1 N D= N D x + C1 dx ε s εs q 0，由此得： E1 = N D ( x + xi1 + xn ) 边界条件：在 x = − xi1 − xn 处，E1 =
shanren
6、
由 J nE
qDB nB (0) J nEWB = , 可得：nB (0) , 将 WB qDB
0.1Acm −2 , WB = 2 ×10−4 cm, q = 1.6 ×10−19 C, DB = 15cm 2 ⋅ s −1 J nE = (0) 8.33 ×1012 cm −3 之值代入，得： nB =
= 将 xn
ε s Emax
, xp = qN D
ε s Emax
qN A
代入，解出 Emax ，得：
1 2 2ε sVbi qN 0 xi + − 1 1 Emax = ε s qN 0 xi2 1 2qN 0Vbi 2 对于PN结，可令 xi → 0，得：Emax = εs 当 xi 增大时，Emax 减小, 当 xi → ∞ 时，Emax → 0
1 2
εS (2) = xp Emax = 2.83 ×10−5 cm qN A εS −6 5.67 10 cm xn E= = × max qN D εS 2Vbi 2ε SVbi −5 xd = xp + xn = Emax = = = × 3.40 10 cm qN 0 Emax qN 0
2 W W 1 B 已知：β ∗ = 1− B = 1− , 将τn = 10−6 s 及 WB 、DB 2 LB 2 DBτ n 2
之值代入，得：β ∗ = 0.9987。
shanren
7、
WB2 2 1 τb = ⋅ 1 − = 1.125 × 10−11 (s) 2 DB η η
∫
V
N D dv
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：
− Emax
q ND x + E ( x) =
εs
当 x = xn 时，E(x) = 0，因此 Emax = −
q
εs
N D xn ，于是得：
（2-5a）
E(x = )
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、
I C1 = β = 80 I B1 dI C ∆I C I C2 − I C1 β0 = ≈ = =100 dI B ∆I B I B2 − I B1
εs
N A xp , 由此得： xp =
ε s Emax
qN A
shanren
(2) 对于无 I 型区的 PN 结： q xi1 = N D ( x + xn ), 0, xi2 == 0, E1 εs
在 x 0 处，电场达到最大， Emax = =
q E3 = − N A ( x − xp )
εs
得：VBE = 0.55V
部分习题解答
部分物理常数：
1.6 × 10−19 C, q= = 1.09eV, EG (Si) EG (Ge) = 0.66eV, 0.026V (T = 300k), kT q = = 1.5 ×1010 cm −3 , ni (Si) ni (Ge) = 2.4 ×1013 cm −3 ,
11.8 × 8.854 × 10−14 = 1.045 × 10−12 F cm , ε S (Si) =
shanren
39、
qV I F = I 0 exp kT dI F qI F = = gD kT dV kT = 当 T 300K 时 = = I F 10 = , 0.026 V, 对于 mA 0.01 A， q 10 1 g = = 0.385s, = rD = 2.6 Ω D gD 26 kT 373 在 100°C 时， = 0.026 × = 0.0323 V, q 300 10 1 g rD = = 0.309 s, = = 3.23 Ω D gD 32.3
1 2
1 2
1 2
1 2
shanren
6、
ND2
ND1
由平衡时多子电流为零 dn J n = qDn + q µ n nE = 0 dx Dn 1 dn kT 1 dn kT d ln n E= − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ = − ⋅ q n dx q dx µn n dx
N D1 N D1 kT kT Vbi = ln n | ln − ∫ Edx = = ND 2 ND 2 q q N D2 N D1
shanren
20、
σ p qµp N A µp N A 已知： = = >> 1 σ n qµn N D µn N D
qDp ni2 qV exp = 由于 J dp Lp N D kT qDn ni2 = J dn Ln N A 因此 − 1
qV exp kT − 1 J dp Ln Dp N A Ln µp N A = = ⋅ >> 1 J dn Lp Dn N D Lp µ n N D
shanren
31、 当 N- 区足够长时，开始发生雪崩击穿的耗尽区宽度为：
2VB 2 × 144 = xdB = = 9 μm EC 32
当 N- 区缩短到 W = 3µm 时，雪崩击穿电压成为：
2 x − W 2 − 9 3 dB 144 1 − VB ' = VB 1 − 80V = = xdB 9
J nE J pE
∫ ∫
0
qVBE exp kT qVBE exp kT
−1
− 1 − 1
0
再根据注入效率的定义，可得：
J pE QBO DE J nE J nE = γ == 1 + = 1 + J E J nE + J pE J nE QBE DB shanren
ε S (Ge) = 16 × 8.854 ×10−14 = 1.417 ×10−12 F cm ,
ε OX = 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：
q ∫ A E dA = ε s
q
εs
q = N D xn
εs
N A xp
Emax
E1
0
E
E3
x
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 1 kT N D N A Emax xn + Emax xi + Emax xp= ln 2 2 q ni2 Emax 式中，x = xi1 + xi2 i 2Vbi = xn + 2 xi + xp
shanren
εs
N
− xi1 − xn − xi1
I
0
P
xi2
xi2 + xp
E2 = Emax E
E1
− xi1 − xn − xi1
0
E3
x
xi2
xi2 + xp
ε s Emax q Emax = N D xn , 由此得：xn = 在x= − xi1 处，E1 = qN D εs
x xi2 处， E3 E 在 = = = max q
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），
2 2 qDB ni2 qVBE AE q DB ni = WB exp kT − 1 QBO N dx B 2 2 qDE ni2 qV A q D n BE E i E = exp 1 − WE kT QEO N dx E
2 1 i
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
− EG + qV − EG + qV EG − qV = C 2 exp I 2 2 kT kT kT −
EG − qV 1 dI ⋅ = 2 I dT kT
shanren
34、
已知对于单边突变结， ε s qN 0 CT A = = 2(Vbi − V )
1 2
K
(Vbi − V )
1 2
K 0.6 V, V = 10 pF , 由此可得 当 Vbi = −3V 时， CT = = 3.6 K 10 3.6, 因此当 V 0.2 V时， = 10 3.6 CT 9 30 (pF) = = 10 = 0.4
shanren
24、 PN 结的正向扩散电流为
qV I = I 0 exp kT
式中的 I0 因含 ni2 而与温度ຫໍສະໝຸດ Baidu系密切，因此正向扩散电流可表为
− EG + qV qV I C n exp = = C2 exp kT kT
εs
dE2 0, = 在 I 型区， = = Emax E2 常数 dx dE3 q q 在 P 型区， = − N A , E3 = − N A x + C3 dx εs εs q 0， 边界条件：在 x = 由此得： − N A ( x − xi2 − xp ) xi2 + xp 处，E3 = E3 =
shanren
1 2
4、
2ε S 2ε S Vbi Vbi − V = xd xd0 (Vbi − V ) = (Vbi − V )= qN 0 qN 0 Vbi Vbi
当V= −3 Vbi 时，xd = 2 xd0 当V= −8 Vbi 时，xd = 3 xd0
得：
kT 0.026V , N D1 = 1× 1020 cm −3 , N D2 = 1× 1016 cm −3 = 将 q Vbi 0.026 = = ln(104 ) 0.24 V 代入，得：
shanren
7、由第 6 题： kT 1 dn kT 1 dN ( x ) E= − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ q n dx q N ( x ) dx x kT N 0 exp(− ) 代入，得：E = 将 N ( x) = qλ λ kT E 650 V cm 0.026 V, λ 0.4 μm 代入，得： = 再将 = = q 2qN 0Vbi 突变结的最大电场强度表达式为： | Emax |= εs ND NA kT N D N A 15 −3 N0 N D 10 cm , = Vbi 式中： ln = 0.757 V, = ≈= 2 ND + NA q ni
q
εs
( x − xn ) N D ( 0 ≤ x ≤ xn )
shanren
3、
5 ×1032 kT N A N D (1) Vbi = ln 0.026 × ln 0.739 V = = 2 20 q ni 2.25 ×10
2qN 0Vbi 4 -1 = 10 Vcm × (3) E= 4.34 max εS
1 2
ε S 1.045 ×10−12 F cm , q 1.6 ×10−19 C,= =
代入 | Emax | 中，得： | Emax =| 1.52 ×104 V cm
shanren
8、(1)
N
− xi1 − xn − xi1
I
0
P
xi2
xi2 + xp
dE1 q q 在 N 型区， = , E1 N D= N D x + C1 dx ε s εs q 0，由此得： E1 = N D ( x + xi1 + xn ) 边界条件：在 x = − xi1 − xn 处，E1 =
shanren
6、
由 J nE
qDB nB (0) J nEWB = , 可得：nB (0) , 将 WB qDB
0.1Acm −2 , WB = 2 ×10−4 cm, q = 1.6 ×10−19 C, DB = 15cm 2 ⋅ s −1 J nE = (0) 8.33 ×1012 cm −3 之值代入，得： nB =
= 将 xn
ε s Emax
, xp = qN D
ε s Emax
qN A
代入，解出 Emax ，得：
1 2 2ε sVbi qN 0 xi + − 1 1 Emax = ε s qN 0 xi2 1 2qN 0Vbi 2 对于PN结，可令 xi → 0，得：Emax = εs 当 xi 增大时，Emax 减小, 当 xi → ∞ 时，Emax → 0
1 2
εS (2) = xp Emax = 2.83 ×10−5 cm qN A εS −6 5.67 10 cm xn E= = × max qN D εS 2Vbi 2ε SVbi −5 xd = xp + xn = Emax = = = × 3.40 10 cm qN 0 Emax qN 0
2 W W 1 B 已知：β ∗ = 1− B = 1− , 将τn = 10−6 s 及 WB 、DB 2 LB 2 DBτ n 2
之值代入，得：β ∗ = 0.9987。
shanren
7、
WB2 2 1 τb = ⋅ 1 − = 1.125 × 10−11 (s) 2 DB η η
∫
V
N D dv
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：
− Emax
q ND x + E ( x) =
εs
当 x = xn 时，E(x) = 0，因此 Emax = −
q
εs
N D xn ，于是得：
（2-5a）
E(x = )
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、
I C1 = β = 80 I B1 dI C ∆I C I C2 − I C1 β0 = ≈ = =100 dI B ∆I B I B2 − I B1
εs
N A xp , 由此得： xp =
ε s Emax
qN A
shanren
(2) 对于无 I 型区的 PN 结： q xi1 = N D ( x + xn ), 0, xi2 == 0, E1 εs
在 x 0 处，电场达到最大， Emax = =
q E3 = − N A ( x − xp )
εs