108 鐵路特考高員三級 電子工程 半導體工程 考古題詳解

108 年・鐵路特考・高員三級・電子工程
試題代碼 半導體工程

第 一 題15 分

(一) 請說明什麼是「外質半導體（extrinsic semiconductor）」？

(二) 請列舉兩項影響外質半導體導電率（conductivity）之可能因素，並說明其影響方式。

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核心觀念

本題考查外質半導體的定義，以及載子濃度、載子遷移率與導電率之間的關係。

純度很高、未刻意摻入雜質的半導體稱為本質半導體（intrinsic semiconductor）。在本質半導體中，電子與電洞主要由熱激發產生，且兩者濃度相等。若在半導體材料中加入受控的雜質原子，藉此改變載子濃度與導電特性，便稱為外質半導體（extrinsic semiconductor）。

摻入施體（donor）雜質會形成 n 型半導體，電子為多數載子；摻入受體（acceptor）雜質會形成 p 型半導體，電洞為多數載子。

半導體導電率可表示為

σ=q(nμn+pμp)\sigma=q(n\mu_n+p\mu_p)

其中 qq 為基本電荷量，nn、pp 分別為電子與電洞濃度，μn\mu_n、μp\mu_p 分別為電子與電洞遷移率。這個關係式指出，導電率會隨可移動載子的濃度或遷移率而改變。

解題方法

先用「有意摻入雜質，以改變載子濃度」說明外質半導體；再從導電率公式中，選取兩個能影響載子濃度或遷移率的因素，並交代其影響方向。以下以摻雜濃度及溫度作答。

（一）外質半導體的定義

外質半導體是經由摻入施體或受體雜質，使其導電特性受到控制的半導體。施體雜質提供額外電子，形成 n 型半導體；受體雜質接受電子，形成 p 型半導體。兩者各自以電子或電洞作為多數載子。

（二）影響導電率的因素

  1. 摻雜濃度
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第 二 題10 分

請說明「質量作用定律（mass action law）」之物理意義。

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核心觀念

質量作用定律說明：在熱平衡下，半導體中的電子濃度 n0n_0 與電洞濃度 p0p_0 的乘積，等於本徵載子濃度 nin_i 的平方：

n0p0=ni2n_0p_0=n_i^2

它適用於熱平衡狀態，且不因半導體是本徵、N 型或 P 型而改變；摻雜會改變電子與電洞各自的濃度，但兩者的乘積仍受 ni2n_i^2 限定。

物理意義與解題方法

電子與電洞會因熱激發而成對產生，也會因復合而成對消失。熱平衡時，產生與復合的平均速率相等，因此電子與電洞的平衡濃度必須維持上述乘積關係。

以能帶與費米能階表示，平衡載子濃度為

n0=niexp⁡(EF−EikT),p0=niexp⁡(Ei−EFkT)n_0=n_i\exp\left(\frac{E_F-E_i}{kT}\right), \qquad p_0=n_i\exp\left(\frac{E_i-E_F}{kT}\right)

兩式相乘後，指數項互相抵消，得到

n0p0=ni2n_0p_0=n_i^2
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第 三 題20 分

(一) 漂移（drift）及擴散（diffusion）為半導體中載子傳輸之主要方式，請分別說明其物理機制。

(二) 試列出「愛因斯坦關聯式（Einstein relation）」之數學表示式（mathematical equation），並說明其物理意義。

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核心觀念

本題考查半導體中兩種主要載子傳輸機制：漂移與擴散，以及描述載子遷移率與擴散係數關係的愛因斯坦關聯式。漂移由電場驅動；擴散由載子濃度的空間梯度驅動。

解題方法

先辨明兩種傳輸機制各自的驅動來源，再列出其電流密度關係式；最後由熱平衡下漂移與擴散電流互相平衡，說明愛因斯坦關聯式的物理意義。

（一）漂移與擴散的物理機制

漂移（drift） 半導體內存在電場 E\mathbf{E} 時，帶電載子受到電力作用而產生平均移動，稱為漂移。電子帶負電，其漂移方向與電場相反；電洞帶正電，其漂移方向與電場相同。載子遷移率 μn\mu_n、μp\mu_p 描述載子在電場作用下的平均漂移能力，漂移速度大小可寫為

vn,drift=−μnE,vp,drift=μpE.v_{n,\mathrm{drift}}=-\mu_n\mathbf{E}, \qquad v_{p,\mathrm{drift}}=\mu_p\mathbf{E}.

以一維電場 EE 表示，電子與電洞的漂移電流密度分別為

Jn,drift=qnμnE,Jp,drift=qpμpE,J_{n,\mathrm{drift}}=q n\mu_n E, \qquad J_{p,\mathrm{drift}}=q p\mu_p E,

其中 qq 為基本電荷量，nn、pp 分別為電子與電洞濃度。雖然電子的移動方向與電場相反，其電流方向仍沿電場方向，因為電子帶負電。

擴散（diffusion） 當載子濃度在空間上不均勻時，載子因熱運動而由高濃度區向低濃度區淨移動，此現象稱為擴散。擴散的驅動因素是濃度梯度，並不需要外加電場。以一維位置 xx 表示，電子與電洞的擴散電流密度為

Jn,diff=qDndndx,Jp,diff=−qDpdpdx,J_{n,\mathrm{diff}}=qD_n\frac{dn}{dx}, \qquad J_{p,\mathrm{diff}}=-qD_p\frac{dp}{dx},
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第 四 題15 分

金屬鎢（W）與 n-型矽（Si）半導體接面，溫度 T=300 KT=300\ \mathrm{K}，其相關參數如下：

鎢之功函數 Φm=4.55 V\Phi_m=4.55\ \mathrm{V}、n-型矽半導體之摻雜濃度 ND=1016 cm−3N_D=10^{16}\ \mathrm{cm}^{-3}、矽之電子親和力 χ=4.01 V\chi=4.01\ \mathrm{V}、矽之等效導電帶狀態密度 NC=2.8×1019 cm−3N_C=2.8\times10^{19}\ \mathrm{cm}^{-3}、矽之介電常數 ε=11.7×ε0=11.7×8.85×10−14 F/cm\varepsilon=11.7\times\varepsilon_0=11.7\times8.85\times10^{-14}\ \mathrm{F/cm}、單位電量 q=1.6×10−19 Cq=1.6\times10^{-19}\ \mathrm{C}、波茲曼常數（Boltzmann’s constant）k=8.62×10−5 eV/Kk=8.62\times10^{-5}\ \mathrm{eV/K}。

試求在零偏壓情況下：（每小題 5 分，共 15 分）

(一) 理想之蕭特基能障高度（ideal Schottky barrier height）ΦB0=?\Phi_{B0}=?

(二) 內建電位能障（built-in potential barrier），qVbi=?qV_{bi}=?

(三) 金屬－半導體接面之最大電場強度 ∣Emax⁡∣=?\lvert E_{\max}\rvert=?

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核心觀念

本題考查金屬與 n 型半導體接面在熱平衡時的蕭特基能障、內建電位，以及耗盡區中的最大電場。採用理想蕭特基接面模型，並假設半導體完全游離、耗盡區近似成立。

  • 理想蕭特基能障高度： ΦB0=Φm−χ\Phi_{B0}=\Phi_m-\chi
  • n 型矽的費米能階與導電帶底能量差： EC−EF=kTln⁡(NCND)E_C-E_F=kT\ln\left(\frac{N_C}{N_D}\right)
  • 內建電位能障： qVbi=ΦB0−(EC−EF)qV_{bi}=\Phi_{B0}-(E_C-E_F)
  • 耗盡區最大電場： ∣Emax⁡∣=2qNDVbiε|E_{\max}|=\sqrt{\frac{2qN_DV_{bi}}{\varepsilon}}

其中，能量以 eV 表示時，數值上與電位乘上單位電量後的 eV 相同。

解題方法

（一）理想蕭特基能障高度 ΦB0\Phi_{B0}

理想 n 型金屬－半導體接面的電子能障，由金屬功函數減去半導體電子親和力求得：

ΦB0=Φm−χ=4.55−4.01=0.54 eV\Phi_{B0}=\Phi_m-\chi =4.55-4.01 =\boxed{0.54\ \mathrm{eV}}

題目以 V 標示功函數與電子親和力；在能帶圖的能量表示中，這裡的數值對應電子伏特。

（二）內建電位能障 qVbiqV_{bi}

先求 n 型矽的 EC−EFE_C-E_F。在 T=300 KT=300\ \mathrm{K} 時：

kT=(8.62×10−5)(300)=0.02586 eVkT=(8.62\times10^{-5})(300) =0.02586\ \mathrm{eV} EC−EF=kTln⁡(NCND)=0.02586ln⁡(2.8×10191016)E_C-E_F =kT\ln\left(\frac{N_C}{N_D}\right) =0.02586\ln\left(\frac{2.8\times10^{19}}{10^{16}}\right) EC−EF=0.02586ln⁡(2800)≈0.2052 eVE_C-E_F =0.02586\ln(2800) \approx 0.2052\ \mathrm{eV}

因此：

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第 五 題10 分

具有均勻摻雜陡峭接面（abrupt junction）之 p+−np^+-n 二極體，請說明如何以電容－電壓（C-V）量測技術，萃取如下參數：（每小題 5 分，共 10 分）

(一) n-型區之施體摻雜濃度 ND=?N_D=?

(二) 內建電位能障，qVbi=?qV_{bi}=?

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核心觀念

本題考查陡峭 p+−np^+-n 接面的空乏層電容與反向偏壓的關係。由於 p+p^+ 區摻雜遠高於 nn 區，空乏層主要向 nn 區延伸，因此可把接面視為單邊突變接面。反向偏壓 VRV_R 增加時，空乏層加寬、接面電容 CC 減小。

令 AA 為接面面積、εs\varepsilon_s 為半導體介電常數，則單邊突變接面的電容為

C=εsAWC=\frac{\varepsilon_s A}{W}

其中 WW 為空乏層寬度。由空乏層電荷與電位差關係，可得

W=2εs(Vbi+VR)qNDW=\sqrt{\frac{2\varepsilon_s(V_{bi}+V_R)}{qN_D}}

因此

1C2=2(Vbi+VR)qεsA2ND\frac{1}{C^2} =\frac{2(V_{bi}+V_R)}{q\varepsilon_s A^2N_D}

解題方法

（一）萃取 nn 型區施體摻雜濃度 NDN_D

在不同反向偏壓 VRV_R 下量測接面電容 CC，將 1/C21/C^2 對 VRV_R 作圖。由上式可知，圖形為直線，其斜率 mm 為

m=d(1/C2)dVR=2qεsA2NDm=\frac{d(1/C^2)}{dV_R} =\frac{2}{q\varepsilon_s A^2N_D}

所以

ND=2qεsA2m\boxed{N_D=\frac{2}{q\varepsilon_s A^2m}}

若量測所得為單位面積電容 C′=C/AC' = C/A，則

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第 六 題10 分

具有 n-型通道金屬－氧化物－半導體接面場效電晶體（MOSFET），其相關參數如下：

通道長度 L=1.25 μmL=1.25\ \mu\mathrm{m}、電子遷移率 μn=650 cm2/V−s\mu_n=650\ \mathrm{cm^2/V\mathord{-}s}、閘極氧化層電容 Cox=6.9×10−8 F/cm2C_{\mathrm{ox}}=6.9\times10^{-8}\ \mathrm{F/cm^2}、臨界電壓 VT=0.65 VV_T=0.65\ \mathrm{V}。

在閘－源極偏壓 VGS=5 VV_{GS}=5\ \mathrm{V} 之下，試求：（每小題 5 分，共 10 分）

(一) 當逐漸增加汲－源極偏壓，致使電晶體由線性區進入飽和區之汲－源極電壓 VDS,sat=?V_{DS,\mathrm{sat}}=?

(二) 已知汲極飽和電流 ID(sat)=4 mAI_D(\mathrm{sat})=4\ \mathrm{mA}，試求電晶體之通道寬度 W=?W=?

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核心觀念

本題考查長通道 n 型 MOSFET 的線性區與飽和區交界條件，以及飽和電流公式。忽略通道長度調變時，當汲極端反轉層剛好夾止，電晶體由線性區進入飽和區，此時：

VDS,sat=VGS−VTV_{DS,\mathrm{sat}}=V_{GS}-V_T

飽和電流為：

ID(sat)=12μnCoxWL(VGS−VT)2I_D(\mathrm{sat})=\frac{1}{2}\mu_n C_{\mathrm{ox}}\frac{W}{L}(V_{GS}-V_T)^2

解題方法

先由過驅電壓 Vov=VGS−VTV_{\mathrm{ov}}=V_{GS}-V_T 求飽和邊界電壓：

Vov=5−0.65=4.35 VV_{\mathrm{ov}}=5-0.65=4.35\ \mathrm{V}

因此：

VDS,sat=4.35 VV_{DS,\mathrm{sat}}=4.35\ \mathrm{V}

接著將飽和電流公式整理為 WW：

W=2ID(sat)LμnCox(VGS−VT)2W=\frac{2I_D(\mathrm{sat})L} {\mu_n C_{\mathrm{ox}}(V_{GS}-V_T)^2}

單位需一致。因遷移率與氧化層電容以公分為單位，將通道長度換算為：

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第 七 題20 分

假設以熱氧化製程形成二氧化矽（SiO2\mathrm{SiO_2}），其相關參數值列表如下：（每小題 10 分，共 20 分）

材料原子量或分子量密度
Si28.9 g/mole28.9\ \mathrm{g/mole}2.33 g/cm32.33\ \mathrm{g/cm^3}
SiO2\mathrm{SiO_2}60.08 g/mole60.08\ \mathrm{g/mole}2.21 g/cm32.21\ \mathrm{g/cm^3}

(一) 試求 1 莫耳（mole）矽及 1 莫耳二氧化矽所占的體積分別為？

(二) 如欲成長厚度為 100 nm100\ \mathrm{nm} 之二氧化矽層膜，需消耗矽之厚度為？

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核心觀念

本題考查材料的莫耳體積與熱氧化時矽、二氧化矽之間的體積關係。

莫耳體積由分子量（或原子量）除以密度求得：

Vm=MρV_m=\frac{M}{\rho}

熱氧化反應為 Si+O2→SiO2\mathrm{Si+O_2\rightarrow SiO_2}，化學計量比表示 11 莫耳矽生成 11 莫耳二氧化矽。因此，形成氧化層所消耗的矽體積，可由兩者的莫耳體積比求出。

解題方法

（一）求 1 莫耳材料所占體積

矽的莫耳體積：

Vm,Si=28.9 g/mole2.33 g/cm3≈12.40 cm3/moleV_{m,\mathrm{Si}} =\frac{28.9\ \mathrm{g/mole}}{2.33\ \mathrm{g/cm^3}} \approx 12.40\ \mathrm{cm^3/mole}

二氧化矽的莫耳體積：

Vm,SiO2=60.08 g/mole2.21 g/cm3≈27.19 cm3/moleV_{m,\mathrm{SiO_2}} =\frac{60.08\ \mathrm{g/mole}}{2.21\ \mathrm{g/cm^3}} \approx 27.19\ \mathrm{cm^3/mole}

（二）求形成 100 nm100\ \mathrm{nm} 氧化層所消耗的矽厚度

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