半导体物理课后习题答案

第一章半导体中的电子状态 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： k )1 2 2 2 2 Ec(k)= kh 2 3m 0 + kh ( 2 − m 0 和 Ev(k)= kh 2 6m 0 － kh 23 m 0 ； 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。 [解] ①禁带宽度 Eg kh 2 2 m 3 kh ( 2 m 根据＝＋ − 2 k ) 1 0 0 k )( dEc dk 3 k ， kmin＝ 14 ＝0；可求出对应导带能量极小值 Emin 的 k值：由题中 EC 式可得：Emin＝EC(K)|k=kmin= h m 04 k 2 1 ；由题中 EV 式可看出，对应价带能量极大值 Emax 的 k 值为：kmax＝0；并且 Emin＝EV(k)|k=kmax＝ kh 2 12 6m 0 ；∴Eg＝Emin－Emax＝ kh 2 2 1 12m 0 ＝ h 2 am 0 48 2 ＝ 48 × 1.9 × 10 − 62.6( 28 × 10 × 14.3( × 27 − 10 ) − 2 ) 28 × 6.1 × 10 11 − ＝0.64eV ；∴ mn＝ 2 h / 2 Ed C = dk 2 3 8 m 0 2 2 = + = C 2 h 2 m h 8 2 m 3 h 2 2 m 3 ②导带底电子有效质量 mn Ed dk 0 ③价带顶电子有效质量 m’ Ed V dk 2 h 6 m ，∴ −= m = h ' n 0 0 2 2 0 ④准动量的改变量 h △k＝h (kmin-kmax)= 2 / 2 Ed V dk 2 −= 1 6 m 0 3 4 kh 1 = h 3 a 8 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] 设电场强度为 E，∵F=h dk dt =qE（取绝对值） ∴dt= h qE dk ∴t=∫t dt 0 =∫ a 0 1 h2 qE dk= h qE 1 a 2 代入数据得： t＝ 6.12 × × 62.6 10 19 − × × 10 -34 5.2 × 10 − 10 E× 3.8 ＝ 610 − × E （s）当 E＝102 V/m 时，t＝8.3×10－8（s）；E＝107V/m 时，t＝8.3×10－13（s）。 3. 如果 n 型半导体导带峰值在[110]轴上及相应对称方向上,回旋共振实验结果应如何? [解] 根据立方对称性,应有下列 12 个方向上的旋转椭球面: [ 110 , 101 , 011 , 110 , ⎦ ⎤ ] [ ] [ ⎡ ⎣ ] 101 , 011 ; ⎦ ⎤ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎡ ⎣ [110], 101 , 011 , 110 , ⎦ ⎤ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎡ ⎣ 101 , 011 ; ⎦ ⎤ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎡ ⎣ 则由解析几何定理得, B 与 3k 的夹角余弦cosθ为: cos θ = b k b k + 2 2 1 1 b b 2 2 + ⋅ 2 3 b k + 3 3 k k 2 + 1 b 2 1 + 2 2 + k 2 3 式中, B b i b j b k 3 = + + 1 2 . 对不同方向的旋转椭球面取不同的一组 1 (1) 若 B 沿[111]方向,则 cosθ可以取两组数. 对[ 110 , 110 , 101 , 101 , ⎤ ⎦ ] 011 , 011 ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ ⎡ ⎣ ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ [ ] [ ] ( k k k . ) , , 2 3 方向的旋转椭球得: cos θ= 2 3 对 110 , 110 , 101 , 101 , 011 , 011 ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎡ ⎣ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ cos ⎦ 方向的旋转椭球得: ⎤ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ 0θ= ∴当 cos θ= 时: 2 3 2 cos θ= 2 3 2 sin 1 θ= 3

∵ m m t = n m 0 mθ + l 2 cos θ m t 2 sin ∴ = m * n m 3 l 2 + m l m t ⋅ m t 当 cos 0θ= 时; 2 cos 0θ= sin 2 1θ= 同理得: m * n = m m t l qB 由 ω = c m * n 可知,当 B 沿(111)方向时应有两个共振吸收峰. (2) 若 B 沿(110)方向,则 cosθ可以取三组数. ] 对[ ⎡ ⎣ 110 , 110 ⎦ ⎤ 1θ= 方向旋转椭球, cos 对 110 , 110 ⎦ ⎤ 方向旋转椭球, cos 0θ= 对 [ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎡ ⎣ ⎡ ⎣ ] ⎦ 方向的旋转椭球 , 011 , 011 , 011 , 011 , 101 , 101 , 101 , 101 ⎤ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎦ ⎡ ⎣ [ ] cos 1 θ= 2 当 cos 1θ = 时: 得: nm mt= * 2 cos 1θ= sin 2 0θ= 当 cos 0θ = 时: cos 2 0θ= sin 2 1θ= 得: m * n = l m m t 1 2 当 cos θ = 时: 2 cos θ= 1 4 2 sin 3 θ= 4 得: m m t = * n 4 m m 3 l m l + t ;故,应有三个吸收峰. (3)若 B 沿[100]方向,则 cosθ可以取两组数. 对[ ] 110 , 110 , 110 , 110 , 101 , 101 , 101 , 101 ] [ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎦ 方向上的旋转椭球得: ⎡ ⎣ ⎡ ⎣ cos θ = 1 2 对[ ]011 , 011 , 011 , 011 ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ ⎦ ⎣ ⎦ 方向上的旋转椭球得: ⎤

cos 0θ = 当 cos θ = 时, 1 2 2 cos θ= 1 2 2 sin 1 θ= 2 得: m m t t = * n m 2 l m m + t l 当 cos 0θ = 时: 2 cos 0θ= sin 2 1θ= m 得 * n = m m t l ∴应有两个共振吸收峰. (4) B 沿空间任意方向时, cosθ最多可有六个不同值,故可以求六个 * nm ,所对应的六个共振吸收峰. 第二章半导体中的杂志和缺陷能级第 2 题，第 3 题略 7. 锑化铟的禁带宽度 gE = 0.18 V e ，相对介电常数 17 rε = ，电子的有效质量 m 0 0.015 nm ∗ = 束缚电子基态轨道半径。， 0m 为电子的惯性质量，求ⅰ）施主杂质的电离能，ⅱ）施主的若 [解]： E Δ = D ∗ n m E 0 m ε 2 r 0 ⋅ ， r n = n m 2 0 ε ∗ r m n ( ) ⋅ a 0 已知， E 0 = m q 4 ⋅ 0 hε 8 r 2 ⋅ 2 = 13.6 V e ， a 0 = 当 17 rε = ， nm ∗ = 0.015 m 0 时 2 h ε ⋅ 0 m e 2 ⋅ π 0 0.53A = E Δ D = ∗ n m E 0 m ε 2 r ⋅ 0 = 0.015 × 13.6 17 2 = 7.06 10 V × e 4 − r 1, n = m 0 ε ∗ r m n ( ) ⋅ a 0 = 17 × 1 0.015 0.53 600.67 A = × 8. 磷化鎵的禁带宽度 gE = 2.26 V e ，相对介电常数 11.1 rε = ，空穴的有效质量 pm ∗ = 0.86 m 0 ， 0m 为电子的惯性质量，求ⅰ）受主杂质的电离能，ⅱ）受主所若

束缚的空穴基态轨道半径。 [解]： E Δ = A ∗ p m E 0 m ε 2 r 0 ⋅ ， r p = n m 2 0 ε ∗ r m p ( ) ⋅ a 0 已知， E 0 = m q 4 ⋅ 0 hε 8 r 2 ⋅ 2 = 13.6 V e ， a 0 = 当 11.1 rε = ， pm ∗ = 0.86 m 0 时 2 h ε ⋅ 0 m e 2 ⋅ π 0 0.53A = E Δ A = ∗ p m E 0 m ε 2 r ⋅ 0 = 0.86 × 13.6 11.1 2 = 9.49 10 V × e 2 − r 1, p = m 0 ε ∗ r m p ( ) ⋅ a 0 = 11.1 × 1 0.86 0.53 6.84A = × 第三章热平衡时半导体中载流子的统计分布 3．计算能量 E E= 到 c E E c = + 100 ⎛ ⎜ ⎝ h 2 m L∗ 2 n 8 ⎞ ⎟ ⎠ 之间单位体积中的量子态数。［解］导带底 cE 附近单位能量间隔量子态数： g E c ( ) V π= 4 3 2 ) ( 2 m dn h 3 ( E E c − 1 2 ) cg 即状态密度。在 dE 范围内单位体积中的量子态数： = dZ V g E c ( ) 1 V dE ∴ Z = 1 V E 2 ∫ E 1 dZ = 3 2 ) ( 4 π 2 m dn h 3 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 2 h 2 ∗ m L n ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 8 ( E c 100 + ∫ E c E E dE − c 1 2 ) = 3 2 ) ( 4 π 2 m dn h 3 2 3 ⎛ × ×⎜ ⎝ 100 h 2 m L 8 2 ∗ n 3 2 ⎞ ⎟ ⎠ 故： Z=1000 3Lπ 3 7. ①在室温下，锗的有效状态密度 Nc＝1.05×1019cm－3，Nv＝5.7×1018cm－3，试 *。计算 77k 时的 Nc 和 Nv。已知 300k 时，Eg＝求锗的载流子有效质量 mn 0.67eV。77k 时 Eg＝0.76eV。求这两个温度时锗的本征载流子浓度。②77k，锗的电子浓度为 1017cm－3，假定浓度为零，而 Ec－ED＝0.01eV,求锗中施主浓度 ND *和 mp

为多少？ [解] ①室温下，T=300k（27℃）,k0=1.380×10-23J/K，h=6.625×10-34J·S，对于锗：Nc＝1.05×1019cm－3，Nv=5.7×1018cm－3： ﹟求 300k 时的 Nc 和 Nv：根据（3－18）式： 2(2 π ⋅ Nc = 3 2 ) Tkm * n 0 h 3 根据（3－23）式： =⇒ m * n 2 3 2 ( h 2 π ⋅ Nc ) 2 Tk 0 = 625.6( × 10 − 34 14.32 × × 38.1 2 05.1() 10 × − × 2 23 19 10 2 3 ) × 300 = .5 0968 × 10 − 31 Kg 2(2 π ⋅ Nv = 3 2 ) Tkm * p 0 h 3 =⇒ m * p 2 3 Nv ) 2 Tk 0 2 h ( 2 π ⋅ = .6( 625 × 10 − 34 14.32 × × 38.1 2 7.5() 10 × − 10 × 2 23 × 18 2 3 ) 300 = .3 39173 × 10 − 31 Kg ﹟求 77k 时的 Nc 和 Nv： = ( 3 2 ;)' T T N ' c = ( 3 2 )' T T N c = 3 2 ) 77( 300 × 05.1 × 10 19 = 365.1 × 10 18 cm − 3 N N ' c c = 2(2 π ⋅ 2(2 π ⋅ 3 2 )' 3 2 ) * n 3 Tkm 0 h Tkm * n 0 h 3 同理： N ' v = ( 3 2 )' T T N v = 3 2 ) 77( 300 × 7.5 × 10 18 = 41.7 × 10 17 cm − 3 ﹟求 300k 时的 ni： ni = ( NcNv ) 1 2 exp( − Eg Tk 2 0 求 77k 时的 ni： ni = ( NcNv ) 1 2 exp( − Eg Tk 2 0 ) = 05.1( × 10 19 × 7.5 × 10 18 ) exp( − 67.0 052.0 96.1) = × 10 13 cm − 3 ) = 05.1( × 10 19 × 7.5 × 10 18 ) exp( − 76.0 × 38.12 × 6.1 10 × 10 23 − × × 19 − 77 094.1) = × 10 − 7 cm − 3 ②77k 时，由（3－46）式得到： Ec－ED＝0.01eV；T＝77k；k0＝1.38×10-23J/K; n0＝1017 3−cm ；Nc＝1.365×1019cm-3； Po 可忽略不计，由于 n0 + = Dn ，即 N C exp( − E E − C Tk 0 F ) = N exp( − D E 21 + E − D Tk 0 F ) N D = 10 17 ⋅+ 102 17 ⋅ 10 36.1 × 17 10 18 ⋅ exp( 658.1)01.0 Tk 0 = × 10 17 cm − 3

8. 利用题 7 所给的 Nc 和 Nv 数值及 Eg＝0.67eV，求温度为 300k 和 500k 时，含施主浓度 ND＝5×1015cm-3，受主浓度 NA＝2×109cm-3 的锗中电子及空穴浓度为多少？ [解]1) T＝300k 时，对于锗：ND＝5×1015cm-3，NA＝2×109cm-3： ni = ( NcNv ) 1 2 exp( − Eg Tk 2 0 96.1) = × 10 13 cm − 3 ； n 0 = N D − N A ×= 5 10 15 ×− 2 10 9 ×≈ 5 10 15 cm 3 − ； n >>0 in ； 13 0 p = = n 2 i n 96.1( 10 × 10 5 15 × 2）T＝300k 时： 0 2 ) ≈ 7.7 × 10 10 cm − 3 ； Eg 500( ) = Eg )0( − 2 T ⋅ α T + β = .0 7437 − .4 774 × 500 10 + 4 − × 235 500 2 ≈ .0 58132 eV ；查图 3-7(P61)可得： ≈in 2.2 × 1610 ，属于过渡区， n 0 = p 0 = ( N D − N A ) + [( N D 2 − N 2 ) A + 4 n 2 i ] 1 2 ni 2 n 0 = 964.1 × 10 16 cm − 3 。 = 464.2 × 10 16 cm − 3 ；（此题中，也可以用另外的方法得到 ni： 3 2 Nv Nc 3 2 ( ) ( ) k k × 500 ； N ' v = N ' c = 300 3 2 300 × 500 n ； i = ( NcNv ) 1 2 exp( − Eg Tk 2 0 ) 求得 ni） 300 3 2 300 11. 若锗中杂质电离能△ED＝0.01eV，施主杂质浓度分别为 ND＝1014cm-3及 1017cm-3，计算(1)99%电离，(2)90%电离，(3)50%电离时温度各为多少？ [解]未电离杂质占的百分比为：求得： D _ = N 2 D Nc exp E Δ D Tk 0 ⇒ E Δ D Tk 0 ＝ ln D _ N 2 Nc D ； ED Δ Tk 0 = 01.0 10 × 38.1 − 23 3 2 ) 0 Nc = 2(2 km * π n h 3 × 6.1 × 10 19 − = 116 ； ×= 2 10 15 T ( 3 2 / cm 3 )

∴ 116 T = ln D _ N 2 Nc D 3 2 15 × T = ln( D 10 2_ ×× N 2 D ) = ln( 10 N 15 D TD _ 3 2 ) (1)ND=1014cm-3，99%电离，即 D_=1-99%=0.01 116 T = ln( 10 1 − T 3 2 ) = 3 2 ln T − 3.2 116 T = ln T − 3.2 即：将 ND=1017cm-3，D_=0.01 代入得： 3 2 3 2 116 T = ln 10 4 T 3 2 = 3 2 ln T − ln4 10 ln T − 2.9 即： 116 T = (2) 90%时，D_=0.1 N D = 1410 cm − 3 E Δ D Tk 0 = Nc 1.0ln N 2 D 116 T = 21.0ln ×× N 2 D 15 10 3 2 T = ln 3 2 T 10 N 14 D 即： 116 T = 3 2 ln T ND=1017cm-3 得：即： 116 T = ln T 3 2 116 T 9.6 − ln T − ln3 10 = 3 2 ； (3) 50％电离不能再用上式 ∵ n D n = + D = N D 2 即： N 11 + 2 exp( D E E − D Tk 0 = N F ) 21 + exp( − D E E − D Tk 0 F ) ∴ exp( E E − D Tk 0 F ) = 4 exp( − E E − D Tk 0 F ) E E − D Tk 0 F = 4ln − E E − D Tk 0 F 即： E F = E D − 0Tk 2ln

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半导体物理课后习题答案_1-12章.pdf

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