第一部分：能带与有效质量

【题型1】由电阻率/迁移率求本征载流子浓度

题目：室温下本征Ge的电阻率为47 Ω·cm，已知$\mu_n = 3900$ cm²/V·s，$\mu_p = 1900$ cm²/V·s，求本征载流子浓度 $n_i$。

解题过程：

本征半导体中 $n_0 = p_0 = n_i$，电导率为：

$$\sigma_i = q n_i (\mu_n + \mu_p)$$

由题意：$\rho_i = 47$ Ω·cm，$\sigma_i = 1/\rho_i$，故：

$$n_i = \frac{1}{q \rho_i (\mu_n + \mu_p)} = \frac{1}{1.602\times10^{-19} \times 47 \times (3900+1900)}$$

$$n_i = \frac{1}{1.602\times10^{-19} \times 47 \times 5800} = \frac{1}{4.368\times10^{-14}} \approx 2.29\times10^{13} \text{ cm}^{-3}$$

✎ 批注：这是最基础的反推题，核心就是 $\sigma = qn_i(\mu_n+\mu_p)$，本征时 $n=p=n_i$。注意单位：迁移率用 cm²/V·s，$q$ 用 C，$\rho$ 用 Ω·cm，结果自动是 cm⁻³。常见错误：忘了 $\mu_n + \mu_p$ 是两者之和，误用单个迁移率。

【题型2】由迁移率求杂质掺入后的电导率和对比倍数

题目：试计算本征Si室温时的电导率。当掺入百万分之一的As后（设杂质全部电离），试计算其电导率。比本征Si的电导率增大了多少倍？
已知：$n_i = 1.5\times10^{10}$ cm⁻³，$\mu_n = 1450$ cm²/V·s，$\mu_p = 500$ cm²/V·s；Si原子浓度 $5.0\times10^{22}$ cm⁻³；掺杂后电子迁移率降为 $\mu_n' = 900$ cm²/V·s。

解题过程：

① 本征电导率：

$$\sigma_i = qn_i(\mu_n+\mu_p) = 1.602\times10^{-19}\times1.5\times10^{10}\times(1450+500)$$

$$= 1.602\times10^{-19} \times 1.5\times10^{10} \times 1950 = 4.68\times10^{-6} \text{ S/cm}$$

② 掺As浓度：

$$N_D = \frac{5.0\times10^{22}}{10^6} = 5.0\times10^{16} \text{ cm}^{-3}$$

③ 掺杂后判断：$N_D \gg n_i$，室温强电离，则：

$$n_0 = N_D = 5.0\times10^{16} \text{ cm}^{-3}$$

$$p_0 = \frac{n_i^2}{N_D} = \frac{(1.5\times10^{10})^2}{5.0\times10^{16}} = 4.5\times10^3 \text{ cm}^{-3} \ll n_0$$

空穴贡献完全可忽略，用新迁移率：

$$\sigma = qn_0\mu_n' = 1.602\times10^{-19} \times 5.0\times10^{16} \times 900 = 7.2 \text{ S/cm}$$

④ 增大倍数：

$$\frac{\sigma}{\sigma_i} = \frac{7.2}{4.68\times10^{-6}} = 1.54\times10^6$$

✎ 批注：这道题三个步骤全是高频考点。①本征电导率用 $n_i(\mu_n+\mu_p)$；②掺杂后先判断是否强电离（$N_D \gg n_i$），若是直接 $n_0 = N_D$，少子用 $n_i^2/N_D$；③注意掺杂会降低迁移率，题目给出了新值要用新值。倍数悬殊（$10^6$量级）说明掺杂对导电性的巨大影响，这正是半导体器件的物理基础。

第二部分：载流子统计分布

【题型3】费米函数概率计算

题目（a）：令 $T = 300$ K，计算比费米能级高 $3k_0T$ 的能级被电子占据的概率。

解题过程：

$$f(E) = \frac{1}{1+\exp\!\left(\dfrac{E-E_F}{k_0T}\right)} = \frac{1}{1+\exp(3)} = \frac{1}{1+20.09} = \frac{1}{21.09} \approx 4.74\%$$

题目（b）：某材料费米能级为6.25 eV，求在低于费米能级0.30 eV处，能态为空的概率为1%时的温度。

解题过程：

能态为空的概率 = $1 - f(E)$，令其等于1%：

$$1-f(E) = 0.01 \Rightarrow f(E) = 0.99$$

$$0.99 = \frac{1}{1+\exp\!\left(\dfrac{E-E_F}{k_0T}\right)}$$

代入 $E = 6.25 - 0.30 = 5.95$ eV，$E_F = 6.25$ eV：

$$1+\exp\!\left(\frac{5.95-6.25}{k_0T}\right) = \frac{1}{0.99} \approx 1.0101$$

$$\exp\!\left(\frac{-0.30}{k_0T}\right) = 0.0101 \Rightarrow \frac{-0.30}{k_0T} = \ln(0.0101) = -4.595$$

$$k_0T = \frac{0.30}{4.595} = 0.0653 \text{ eV} \Rightarrow T = \frac{0.0653}{8.617\times10^{-5}} \approx 757 \text{ K}$$

✎ 批注：(a)题是"能级比 $E_F$ 高 $3k_0T$"，直接代入费米函数，结果约 $5\%$，物理意义是高于费米能级的量子态被占据的概率很小。(b)题是逆向求温度，关键步骤是先从概率求出 $\exp$ 的值，再取对数。注意能态为空对应的是 $1-f(E)$，不要与 $f(E)$ 混淆。

【题型4】本征半导体载流子浓度与极限温度计算

题目：已知Ge的 $N_c = 1.05\times10^{19}$ cm⁻³，$N_v = 5.7\times10^{18}$ cm⁻³，300 K时 $E_g = 0.67$ eV，77 K时 $E_g = 0.76$ eV。分别求两个温度下Ge的本征载流子浓度。

解题过程：

① 求77 K时的 $N_c$、$N_v$（利用 $N \propto T^{3/2}$）：

$$N_c(77) = N_c(300)\left(\frac{77}{300}\right)^{3/2} = 1.05\times10^{19}\times(0.2567)^{3/2}$$

$(0.2567)^{3/2} = 0.2567\times\sqrt{0.2567} = 0.2567\times0.5067 = 0.1301$

$$N_c(77) = 1.05\times10^{19}\times0.1301 = 1.366\times10^{18} \text{ cm}^{-3}$$

$$N_v(77) = 5.7\times10^{18}\times0.1301 = 7.42\times10^{17} \text{ cm}^{-3}$$

② 300 K时 $n_i$：

$$n_i(300) = \sqrt{N_c N_v}\exp\!\left(-\frac{E_g}{2k_0T}\right)$$

$$= \sqrt{1.05\times10^{19}\times5.7\times10^{18}}\exp\!\left(-\frac{0.67}{2\times0.026}\right)$$

$$= \sqrt{5.985\times10^{37}}\times\exp(-12.88) = 7.74\times10^{18}\times2.55\times10^{-6}$$

$$= 1.97\times10^{13} \text{ cm}^{-3}$$

③ 77 K时 $n_i$：

$$n_i(77) = \sqrt{1.366\times10^{18}\times7.42\times10^{17}}\exp\!\left(-\frac{0.76}{2\times8.617\times10^{-5}\times77}\right)$$

$$= \sqrt{1.014\times10^{36}}\exp\!\left(-\frac{0.76}{0.01327}\right)$$

$$= 1.007\times10^{18}\times\exp(-57.27) = 1.007\times10^{18}\times1.085\times10^{-25}$$

$$\approx 1.09\times10^{-7} \text{ cm}^{-3}$$

✎ 批注：这类题的三个关键步骤：①温度折算 $N \propto T^{3/2}$，不同温度下 $N_c$、$N_v$ 不同；②注意低温下 $E_g$ 也会变化（题目给出了两个温度对应不同的 $E_g$，必须用对应值）；③指数部分用 $E_g/(2k_0T)$，注意 $k_0T$ 在77 K时约 $0.00664$ eV，不是0.026 eV。低温下 $n_i$ 会极小（$10^{-7}$ cm⁻³ 量级），说明低温下半导体基本不导电，体现了禁带宽度的热激发本质。

【题型5】已知空穴浓度，求电子浓度、导电类型和费米能级位置

题目：室温下（300K）三块硅材料，空穴浓度分别为 $p_1 = 2.25\times10^{16}$ cm⁻³，$p_2 = 1.5\times10^{10}$ cm⁻³，$p_3 = 2.25\times10^4$ cm⁻³。已知 $n_i = 1.5\times10^{10}$ cm⁻³，$N_c = 2.8\times10^{19}$ cm⁻³，$N_v = 1.1\times10^{19}$ cm⁻³。分别求 $n_0$、导电类型、费米能级位置。

解题过程：

① 用 $n_0 p_0 = n_i^2$ 求电子浓度：

$$n_1 = \frac{n_i^2}{p_1} = \frac{(1.5\times10^{10})^2}{2.25\times10^{16}} = \frac{2.25\times10^{20}}{2.25\times10^{16}} = 1.0\times10^4 \text{ cm}^{-3}$$

$$n_2 = \frac{(1.5\times10^{10})^2}{1.5\times10^{10}} = 1.5\times10^{10} \text{ cm}^{-3}$$

$$n_3 = \frac{(1.5\times10^{10})^2}{2.25\times10^4} = 1.0\times10^{16} \text{ cm}^{-3}$$

② 判断导电类型：

• Si₁：$p_1 \gg n_1$ → p型
• Si₂：$p_2 = n_2 = n_i$ → 本征
• Si₃：$n_3 \gg p_3$ → n型

③ 费米能级位置（利用 $E_i - E_F = k_0T\ln(p_0/n_i)$）：

室温 $k_0T = 0.026$ eV

Si₁（p型）：

$$E_i - E_F = 0.026\times\ln\frac{2.25\times10^{16}}{1.5\times10^{10}} = 0.026\times\ln(1.5\times10^6)$$

$$= 0.026\times14.22 = 0.370 \text{ eV}$$

即 $E_F$ 在禁带中线以下 0.37 eV 处。

Si₂（本征）：$E_F = E_i$，在禁带中线处，偏差为0。

Si₃（n型）：

$$E_F - E_i = 0.026\times\ln\frac{n_3}{n_i} = 0.026\times\ln\frac{10^{16}}{1.5\times10^{10}} = 0.026\times\ln(6.67\times10^5)$$

$$= 0.026\times13.41 = 0.349 \text{ eV}$$

即 $E_F$ 在禁带中线以上 0.35 eV 处。

✎ 批注：这是综合性的"三合一"题型。核心公式 $n_0p_0 = n_i^2$ 适用于任何非简并、任何掺杂情况。费米能级位置公式有两种等价写法，推荐用 $E_F - E_i = k_0T\ln(n_0/n_i)$（n型为正，p型为负）统一记忆，不容易搞混正负号。注意：Si₂是本征时 $p_2 = n_2 = n_i$，正好作为对照。

【题型6】含补偿杂质的载流子浓度与费米能级

题目：室温下含施主 $N_D = 9\times10^{15}$ cm⁻³、受主 $N_A = 1.1\times10^{16}$ cm⁻³ 的Si，求 $n_0$、$p_0$ 和费米能级位置。（$n_i = 1.5\times10^{10}$ cm⁻³，$N_c = 2.8\times10^{19}$ cm⁻³，$N_v = 1.1\times10^{19}$ cm⁻³）

解题过程：

① 判断类型：$N_A - N_D = 2\times10^{15}$ cm⁻³ $\gg n_i$，为p型，强电离区（杂质全部电离）

② 利用电中性条件（全电离时 $N_A = N_D + p_0$）：

$$p_0 = N_A - N_D = 1.1\times10^{16} - 9\times10^{15} = 2\times10^{15} \text{ cm}^{-3}$$

③ 求 $n_0$：

$$n_0 = \frac{n_i^2}{p_0} = \frac{(1.5\times10^{10})^2}{2\times10^{15}} = \frac{2.25\times10^{20}}{2\times10^{15}} = 1.125\times10^5 \text{ cm}^{-3}$$

④ 费米能级位置：

$$E_F = E_v + k_0T\ln\frac{N_v}{p_0} = E_v + 0.026\times\ln\frac{1.1\times10^{19}}{2\times10^{15}}$$

$$= E_v + 0.026\times\ln(5500) = E_v + 0.026\times8.613 = E_v + 0.224 \text{ eV}$$

即 $E_F$ 在价带顶以上 0.224 eV 处。

✎ 批注：补偿杂质题关键是判断哪种杂质占主导，然后用净浓度 $|N_A - N_D|$ 代替单一掺杂浓度参与计算。费米能级的计算可以从 $E_v$ 出发（p型）也可以从 $E_i$ 出发，两种方式等价，选熟悉的用。迁移率警告：补偿材料的载流子浓度用净浓度，但迁移率决定于总电离杂质浓度 $N_D + N_A$，这两个不一样。

【题型7】过渡区联立方程求解（高温本征激发）

题目：n型Si，施主浓度 $N_D = 1.5\times10^{14}$ cm⁻³，试计算500 K时的 $n_0$ 和 $p_0$。（由图查得500 K时Si的 $n_i = 3.5\times10^{14}$ cm⁻³）

解题过程：

500 K时 $n_i = 3.5\times10^{14}$ cm⁻³ 与 $N_D = 1.5\times10^{14}$ cm⁻³ 量级相当，处于过渡区，必须联立求解。

建立方程组：

$$\begin{cases}n_0 = N_D + p_0 & \text{（电中性条件）}\\n_0 p_0 = n_i^2 & \text{（质量作用定律）}\end{cases}$$

代入得：$n_0(n_0 - N_D) = n_i^2$，即：

$$n_0^2 - N_D n_0 - n_i^2 = 0$$

$$n_0 = \frac{N_D + \sqrt{N_D^2 + 4n_i^2}}{2}$$

代入数值：

$$n_0 = \frac{1.5\times10^{14} + \sqrt{(1.5\times10^{14})^2 + 4\times(3.5\times10^{14})^2}}{2}$$

$$= \frac{1.5\times10^{14} + \sqrt{2.25\times10^{28} + 49\times10^{28}}}{2}$$

$$= \frac{1.5\times10^{14} + \sqrt{51.25\times10^{28}}}{2} = \frac{1.5\times10^{14} + 7.159\times10^{14}}{2}$$

$$n_0 = \frac{8.659\times10^{14}}{2} \approx 4.33\times10^{14} \text{ cm}^{-3}$$

$$p_0 = \frac{n_i^2}{n_0} = \frac{(3.5\times10^{14})^2}{4.33\times10^{14}} = \frac{12.25\times10^{28}}{4.33\times10^{14}} \approx 2.83\times10^{14} \text{ cm}^{-3}$$

验证：$n_0 - p_0 = 4.33\times10^{14} - 2.83\times10^{14} = 1.5\times10^{14} = N_D$ ✓

✎ 批注：这是最容易在考试中失分的题型。判断依据是 $N_D$ 与 $n_i$ 量级相当（通常在2倍以内）时才需要用联立方程。根号公式要记住取正根（舍去负根）。验证方法是检查 $n_0 - p_0 = N_D$，非常好用。如果 $N_D \gg n_i$（超过10倍），直接取 $n_0 = N_D$ 就够了。

第三部分：半导体导电性

【题型8】已知补偿掺杂，求电导率和电场强度

题目：Ge中掺施主 $N_D = 10^{14}$ cm⁻³，受主 $N_A = 7\times10^{13}$ cm⁻³。室温本征锗电阻率 $\rho_i = 60$ Ω·cm，$\mu_n = 3800$，$\mu_p = 1800$ cm²/V·s。若流过电流密度 $J = 52.3$ mA/cm²，求所加电场强度。

解题过程：

① 求 $n_i$（从本征电阻率反推）：

$$n_i = \frac{1}{q\rho_i(\mu_n+\mu_p)} = \frac{1}{1.602\times10^{-19}\times60\times(3800+1800)}$$

$$= \frac{1}{1.602\times10^{-19}\times60\times5600} = \frac{1}{5.383\times10^{-14}} \approx 1.86\times10^{13} \text{ cm}^{-3}$$

② 求 $n_0$、$p_0$（电中性 + 质量作用定律）：

$$\begin{cases}p_0 + N_D = n_0 + N_A\\n_0 p_0 = n_i^2 = (1.86\times10^{13})^2 = 3.46\times10^{26}\end{cases}$$

由第一式：$n_0 - p_0 = N_D - N_A = 10^{14} - 7\times10^{13} = 3\times10^{13}$

联立：$n_0^2 - 3\times10^{13}n_0 - 3.46\times10^{26} = 0$

$$n_0 = \frac{3\times10^{13} + \sqrt{(3\times10^{13})^2 + 4\times3.46\times10^{26}}}{2}$$

$$= \frac{3\times10^{13} + \sqrt{9\times10^{26} + 13.84\times10^{26}}}{2} = \frac{3\times10^{13} + \sqrt{22.84\times10^{26}}}{2}$$

$$= \frac{3\times10^{13} + 4.779\times10^{13}}{2} \approx \frac{7.779\times10^{13}}{2} = 3.89\times10^{13} \text{ cm}^{-3}$$

$$p_0 = \frac{n_i^2}{n_0} = \frac{3.46\times10^{26}}{3.89\times10^{13}} = 8.89\times10^{12} \text{ cm}^{-3}$$

③ 求电导率：

$$\sigma = q(n_0\mu_n + p_0\mu_p) = 1.602\times10^{-19}\times(3.89\times10^{13}\times3800 + 8.89\times10^{12}\times1800)$$

$$= 1.602\times10^{-19}\times(1.478\times10^{17} + 1.600\times10^{16})$$

$$= 1.602\times10^{-19}\times1.638\times10^{17} = 2.625\times10^{-2} \text{ S/cm}$$

④ 求电场强度：

$$E = \frac{J}{\sigma} = \frac{52.3\times10^{-3}}{2.625\times10^{-2}} \approx 1.99 \text{ V/cm}$$

✎ 批注：这类题步骤多，逻辑层层递进。关键思路链：$\rho_i \rightarrow n_i \rightarrow$ 联立求 $n_0,p_0 \rightarrow \sigma \rightarrow E = J/\sigma$。这里 $N_D$ 与 $n_i$ 量级相近（$10^{14}$ vs $10^{13}$），必须联立方程，不能直接令 $n_0 = N_D$。注意单位：$J$ 用 A/cm²，$\sigma$ 用 S/cm，则 $E$ 单位为 V/cm。

【题型9】最小电导率

题目：证明当 $n = n_i\sqrt{\mu_p/\mu_n}$ 时电导率最小，并求 $\sigma_{\min}$。求300K时Ge的最小电导率，并与本征电导率比较。（$n_i = 2.5\times10^{13}$ cm⁻³，$\mu_n = 3800$，$\mu_p = 1900$ cm²/V·s）

解题过程：

① 证明极值条件：

$$\sigma = q(n\mu_n + p\mu_p) = q\left(n\mu_n + \frac{n_i^2}{n}\mu_p\right)$$

对 $n$ 求导并令其为零：

$$\frac{d\sigma}{dn} = q\left(\mu_n - \frac{n_i^2}{n^2}\mu_p\right) = 0$$

$$n^2 = \frac{n_i^2\mu_p}{\mu_n} \Rightarrow \boxed{n = n_i\sqrt{\frac{\mu_p}{\mu_n}}}$$

② 求 $\sigma_{\min}$：

代回电导率公式：

$$\sigma_{\min} = q\left(n_i\sqrt{\frac{\mu_p}{\mu_n}}\cdot\mu_n + \frac{n_i^2}{n_i\sqrt{\mu_p/\mu_n}}\cdot\mu_p\right)$$

$$= qn_i\left(\sqrt{\mu_n\mu_p} + \sqrt{\mu_n\mu_p}\right) = 2qn_i\sqrt{\mu_n\mu_p}$$

③ 代入Ge的数值：

$$\sigma_{\min} = 2\times1.602\times10^{-19}\times2.5\times10^{13}\times\sqrt{3800\times1900}$$

$$= 2\times1.602\times10^{-19}\times2.5\times10^{13}\times\sqrt{7.22\times10^6}$$

$$= 2\times1.602\times10^{-19}\times2.5\times10^{13}\times2686 = 2.15\times10^{-2} \text{ S/cm}$$

④ 与本征电导率对比：

$$\sigma_i = qn_i(\mu_n+\mu_p) = 1.602\times10^{-19}\times2.5\times10^{13}\times5700 = 2.28\times10^{-2} \text{ S/cm}$$

$$\frac{\sigma_{\min}}{\sigma_i} = \frac{2\sqrt{\mu_n\mu_p}}{\mu_n+\mu_p} = \frac{2\times2686}{5700} \approx 0.94$$

✎ 批注：最小电导率总是小于本征电导率（比值 $\leq 1$），这是因为当两种载流子浓度不等时，多子电流的增加超过少子电流的减少。核心结论 $\sigma_{\min} = 2qn_i\sqrt{\mu_n\mu_p}$ 要能直接写出。当 $\mu_n \neq \mu_p$ 时，$\sigma_{\min} < \sigma_i$；当 $\mu_n = \mu_p$ 时，最小点就在本征点，二者相等。

第四部分：非平衡载流子

【题型10】稳态光注入的过剩载流子浓度

题目：用强光均匀照射n型样品，产生率 $g_p$ (cm⁻³/s)，空穴寿命为 $\tau$。① 写出方程；② 求稳态过剩载流子浓度。

解题过程：

① 非平衡载流子满足的方程（均匀注入，无扩散）：

$$\frac{d\Delta p}{dt} = g_p - \frac{\Delta p}{\tau}$$

② 稳态（$d\Delta p/dt = 0$）：

$$0 = g_p - \frac{\Delta p}{\tau} \Rightarrow \boxed{\Delta p = g_p\tau}$$

题目续：n型Si，寿命 $\tau = 1$ μs，无光照时 $\rho = 10$ Ω·cm（对应 $N_D = 7\times10^{14}$ cm⁻³），产生率 $g_p = 10^{22}$ cm⁻³/s，$\mu_n = 1350$，$\mu_p = 500$ cm²/V·s。求：① 光照下电阻率；② 少子对电导的贡献百分比。

解题过程：

① 过剩载流子浓度：

$$\Delta p = g_p\tau = 10^{22}\times10^{-6} = 10^{16} \text{ cm}^{-3}$$

② 平衡载流子（室温，全电离）：

$$n_0 = N_D = 7\times10^{14} \text{ cm}^{-3}, \quad p_0 = \frac{n_i^2}{n_0} \ll \Delta p$$

③ 光照后总载流子浓度：

$$n = n_0 + \Delta n = 7\times10^{14} + 10^{16} \approx 1.07\times10^{16} \text{ cm}^{-3}$$

$$p = p_0 + \Delta p \approx 10^{16} \text{ cm}^{-3}$$

④ 电导率与电阻率：

$$\sigma = q(n\mu_n + p\mu_p) = 1.602\times10^{-19}(1.07\times10^{16}\times1350 + 10^{16}\times500)$$

$$= 1.602\times10^{-19}(1.445\times10^{19} + 5\times10^{18}) = 1.602\times10^{-19}\times1.945\times10^{19} = 3.114 \text{ S/cm}$$

$$\rho = \frac{1}{3.114} \approx 0.321 \text{ Ω·cm}$$

（原来 $\rho = 10$ Ω·cm，光照使电阻率下降约 31 倍）

⑤ 少子（空穴）的贡献：

$$\text{少子贡献} = \frac{qp\mu_p}{\sigma} = \frac{1.602\times10^{-19}\times10^{16}\times500}{3.114} = \frac{0.801}{3.114} \approx 25.7\%$$

✎ 批注：稳态注入的核心结论 $\Delta p = g_p\tau$ 非常简洁，要能直接写出。注意此题中过剩少子 $\Delta p = 10^{16}$ 比平衡多子 $n_0 = 7\times10^{14}$ 大很多，属于大注入，两种载流子浓度都大幅增加。少子（空穴）虽然迁移率小，但这里浓度与多子（经过注入后的电子）相当，所以贡献了约1/4，不可忽视。

【题型11】准费米能级计算

题目：掺施主 $N_D = 10^{15}$ cm⁻³ 的n型Si，光照后 $\Delta n = \Delta p = 10^{14}$ cm⁻³。求准费米能级位置，并与平衡费米能级比较。（$n_i = 7.8\times10^9$ cm⁻³）

解题过程：

① 平衡态费米能级（室温，全电离）：

$$n_0 = N_D = 10^{15} \text{ cm}^{-3}, \quad p_0 = \frac{n_i^2}{N_D} = \frac{(7.8\times10^9)^2}{10^{15}} = 6.08\times10^4 \text{ cm}^{-3}$$

$$E_F - E_i = k_0T\ln\frac{n_0}{n_i} = 0.026\ln\frac{10^{15}}{7.8\times10^9} = 0.026\ln(1.282\times10^5)$$

$$= 0.026\times11.76 = 0.306 \text{ eV}$$

即平衡时 $E_F = E_i + 0.306$ eV

② 光照后载流子浓度：

$$n = n_0 + \Delta n = 10^{15} + 10^{14} = 1.1\times10^{15} \text{ cm}^{-3}$$

$$p = p_0 + \Delta p \approx 10^{14} \text{ cm}^{-3}$$

③ 电子准费米能级（接近平衡 $E_F$）：

$$E_{Fn} - E_i = k_0T\ln\frac{n}{n_i} = 0.026\ln\frac{1.1\times10^{15}}{7.8\times10^9} = 0.026\times11.84 = 0.308 \text{ eV}$$

④ 空穴准费米能级（偏离很大）：

$$E_i - E_{Fp} = k_0T\ln\frac{p}{n_i} = 0.026\ln\frac{10^{14}}{7.8\times10^9} = 0.026\times9.46 = 0.246 \text{ eV}$$

即 $E_{Fp} = E_i - 0.246$ eV

⑤ 对比：

$|E_{Fn} - E_{Fp}| = 0.308 + 0.246 = 0.554$ eV，偏离平衡态明显。

✎ 批注：这道题完美体现了准费米能级的物理意义：多子（电子）的 $E_{Fn}$ 与平衡 $E_F$ 几乎重合（因为 $\Delta n \ll n_0$，电子浓度变化极小）；少子（空穴）的 $E_{Fp}$ 则从 $+0.306$ eV 大幅移动到 $-0.246$ eV，偏移量超过0.5 eV。这是"小注入时多子准费米能级几乎不变，少子准费米能级变化显著"规律的定量体现。

【题型12】扩散长度与表面注入的扩散电流

题目：电阻率3 Ω·cm的n型Si（$\mu_p = 500$ cm²/V·s），空穴寿命 $\tau_p = 5$ μs，表面稳定注入 $(\Delta p)_0 = 10^{13}$ cm⁻³。① 求表面处空穴扩散电流密度；② 距表面多远处过剩空穴浓度等于 $10^{12}$ cm⁻³？

解题过程：

① 由爱因斯坦关系求扩散系数：

$$D_p = \mu_p\cdot\frac{k_0T}{q} = 500\times0.026 = 13 \text{ cm}^2/\text{s}$$

② 扩散长度：

$$L_p = \sqrt{D_p\tau_p} = \sqrt{13\times5\times10^{-6}} = \sqrt{6.5\times10^{-5}} = 8.06\times10^{-3} \text{ cm} = 80.6 \text{ μm}$$

③ 样品足够厚时的分布：

$$\Delta p(x) = (\Delta p)_0\exp\!\left(-\frac{x}{L_p}\right)$$

④ 表面处扩散电流密度（$x=0$）：

$$J_p\big|_{x=0} = -qD_p\frac{d(\Delta p)}{dx}\bigg|_{x=0} = qD_p\frac{(\Delta p)_0}{L_p}$$

$$= 1.602\times10^{-19}\times13\times\frac{10^{13}}{8.06\times10^{-3}} = 1.602\times10^{-19}\times13\times1.241\times10^{15}$$

$$= 2.584\times10^{-3} \text{ A/cm}^2 = 2.58 \text{ mA/cm}^2$$

⑤ 求 $\Delta p = 10^{12}$ cm⁻³ 处的距离：

$$10^{12} = 10^{13}\exp\!\left(-\frac{x}{L_p}\right)$$

$$\exp\!\left(-\frac{x}{L_p}\right) = 0.1 \Rightarrow -\frac{x}{L_p} = \ln(0.1) = -2.303$$

$$x = 2.303\times L_p = 2.303\times8.06\times10^{-3} = 1.856\times10^{-2} \text{ cm} \approx 186 \text{ μm}$$

✎ 批注：三步流程：爱因斯坦关系求 $D_p$ → 扩散长度 $L_p = \sqrt{D_p\tau_p}$ → 代入指数衰减公式。注意表面处扩散电流密度公式 $J_p = qD_p(\Delta p)_0/L_p$ 是对指数分布求导后在 $x=0$ 的结果，可以直接记。求距离时取对数即可，$\ln(0.1) = -2.303$，所以 $x = 2.303 L_p$，这意味着浓度降到原来的 $1/10$ 需要 $2.303$ 个扩散长度。

第五部分：pn结

【题型13】pn结势垒高度与耗尽层宽度

题目：硅突变结，n侧 $\rho_n = 10$ Ω·cm，p侧 $\rho_p = 0.01$ Ω·cm，$\mu_n = 1000$，$\mu_p = 300$ cm²/V·s，$n_i = 1.5\times10^{10}$ cm⁻³，$\varepsilon_r = 11.9$，$\varepsilon_0 = 8.85\times10^{-14}$ F/cm。求：① 势垒高度 $V_D$；② 势垒宽度。

解题过程：

① 求两侧掺杂浓度（全电离时 $N \approx \sigma/q\mu$）：

$$N_D = \frac{1}{\rho_n q\mu_n} = \frac{1}{10\times1.602\times10^{-19}\times1000} = 6.24\times10^{14} \text{ cm}^{-3}$$

$$N_A = \frac{1}{\rho_p q\mu_p} = \frac{1}{0.01\times1.602\times10^{-19}\times300} = 2.08\times10^{18} \text{ cm}^{-3}$$

② 势垒高度：

$$V_D = \frac{k_0T}{q}\ln\frac{N_A N_D}{n_i^2} = 0.026\times\ln\frac{2.08\times10^{18}\times6.24\times10^{14}}{(1.5\times10^{10})^2}$$

$$= 0.026\times\ln\frac{1.298\times10^{33}}{2.25\times10^{20}} = 0.026\times\ln(5.77\times10^{12})$$

$$= 0.026\times29.38 = 0.763 \text{ eV}$$

③ 势垒宽度：此为 $p^+n$ 结（$N_A \gg N_D$），耗尽层主要在n侧，$x_D \approx x_n$：

$$x_n = \sqrt{\frac{2\varepsilon_r\varepsilon_0 V_D}{qN_D}} = \sqrt{\frac{2\times11.9\times8.85\times10^{-14}\times0.763}{1.602\times10^{-19}\times6.24\times10^{14}}}$$

分子：$2\times11.9\times8.85\times10^{-14}\times0.763 = 1.608\times10^{-13}$

分母：$1.602\times10^{-19}\times6.24\times10^{14} = 9.997\times10^{-5}$

$$x_n = \sqrt{\frac{1.608\times10^{-13}}{9.997\times10^{-5}}} = \sqrt{1.609\times10^{-9}} = 4.01\times10^{-5} \text{ cm} = 0.40 \text{ μm}$$

✎ 批注：先由电阻率算掺杂浓度，这是"逆向"推算，要记住 $N = 1/(\rho q\mu)$。$V_D$ 公式的对数参数是 $N_A N_D/n_i^2$，注意 $n_i^2$，不是 $n_i$。对于 $p^+n$ 结（重掺p侧），耗尽层几乎全在轻掺杂的n侧，所以 $x_D \approx x_n$，用 $N_D$ 代入。常考比较：掺杂浓度高的一侧耗尽层薄，掺杂浓度低的一侧耗尽层厚，总是朝轻掺杂侧延伸。

【题型14】pn结理想I-V特性（肖克莱方程计算）

题目：硅pn结，$N_A = 10^{17}$ cm⁻³，$N_D = 10^{15}$ cm⁻³，$D_p = 10$ cm²/s，$D_n = 25$ cm²/s，$\tau_p = \tau_n = 10^{-7}$ s，$n_i = 1.5\times10^{10}$ cm⁻³，室温。① 求反向饱和电流密度 $J_s$；② 求 $V = +0.5$ V 时的正向电流密度。

解题过程：

① 少子平衡浓度：

$$p_{n0} = \frac{n_i^2}{N_D} = \frac{(1.5\times10^{10})^2}{10^{15}} = 2.25\times10^5 \text{ cm}^{-3}$$

$$n_{p0} = \frac{n_i^2}{N_A} = \frac{(1.5\times10^{10})^2}{10^{17}} = 2.25\times10^3 \text{ cm}^{-3}$$

② 扩散长度：

$$L_p = \sqrt{D_p\tau_p} = \sqrt{10\times10^{-7}} = \sqrt{10^{-6}} = 10^{-3} \text{ cm} = 10 \text{ μm}$$

$$L_n = \sqrt{D_n\tau_n} = \sqrt{25\times10^{-7}} = \sqrt{2.5\times10^{-6}} = 1.581\times10^{-3} \text{ cm}$$

③ 反向饱和电流密度：

$$J_s = \frac{qD_p p_{n0}}{L_p} + \frac{qD_n n_{p0}}{L_n}$$

$$= 1.602\times10^{-19}\left(\frac{10\times2.25\times10^5}{10^{-3}} + \frac{25\times2.25\times10^3}{1.581\times10^{-3}}\right)$$

$$= 1.602\times10^{-19}\left(2.25\times10^9 + 3.56\times10^7\right)$$

$$\approx 1.602\times10^{-19}\times2.286\times10^9 = 3.66\times10^{-10} \text{ A/cm}^2$$

（空穴电流项远大于电子电流项，因为 $p_{n0} \gg n_{p0}$）

④ 正向偏压下电流：

$$J = J_s\left(e^{qV/k_0T} - 1\right)$$

$$\frac{qV}{k_0T} = \frac{0.5}{0.026} = 19.23$$

$$e^{19.23} = e^{19}\times e^{0.23} \approx 1.785\times10^8\times1.259 = 2.247\times10^8$$

$$J = 3.66\times10^{-10}\times(2.247\times10^8 - 1) \approx 3.66\times10^{-10}\times2.247\times10^8$$

$$= 0.0822 \text{ A/cm}^2 = 82.2 \text{ mA/cm}^2$$

✎ 批注：$J_s$ 计算中，谁的掺杂浓度低，谁的少子浓度就高（$p_{n0} = n_i^2/N_D$，$N_D$越小，$p_{n0}$越大），对 $J_s$ 贡献就越大。硅的正向开启电压约0.5-0.6 V，正是因为在这个电压下 $e^{qV/k_0T}$ 才足够大。实用技巧：室温下 $e^{qV/k_0T}$ 当 $V = 0.026\times n$ 时等于 $e^n$，如 $V=0.052$ V时 $e^2 \approx 7.4$，$V=0.104$ V时 $e^4 \approx 55$，$V=0.260$ V时 $e^{10} \approx 2.2\times10^4$。

【题型15】pn结势垒电容

题目：Si突变 $p^+n$ 结，$N_D = 10^{15}$ cm⁻³，面积 $A = 10^{-4}$ cm²，$V_D = 0.76$ V，$\varepsilon_r = 11.9$，$\varepsilon_0 = 8.85\times10^{-14}$ F/cm。求：① 零偏时势垒电容；② 反偏2V时势垒电容；③ 比较并讨论。

解题过程：

① 零偏时耗尽层宽度（$p^+n$ 结，$N_A \gg N_D$，$x_D \approx x_n$）：

$$x_D(0) = \sqrt{\frac{2\varepsilon_r\varepsilon_0 V_D}{qN_D}} = \sqrt{\frac{2\times11.9\times8.85\times10^{-14}\times0.76}{1.602\times10^{-19}\times10^{15}}}$$

$$= \sqrt{\frac{1.601\times10^{-13}}{1.602\times10^{-4}}} = \sqrt{9.994\times10^{-10}} = 3.16\times10^{-5} \text{ cm}$$

② 零偏时电容：

$$C_T(0) = \frac{\varepsilon_r\varepsilon_0 A}{x_D} = \frac{11.9\times8.85\times10^{-14}\times10^{-4}}{3.16\times10^{-5}} = \frac{1.053\times10^{-17}}{3.16\times10^{-5}} = 3.33\times10^{-13} \text{ F} = 0.333 \text{ pF}$$

③ 反偏2V时（$V = -2$ V，即有效电压 $V_D - V = V_D + |V| = 0.76+2 = 2.76$ V）：

$$x_D(V) = x_D(0)\sqrt{\frac{V_D + |V|}{V_D}} = 3.16\times10^{-5}\times\sqrt{\frac{2.76}{0.76}} = 3.16\times10^{-5}\times1.905$$

$$= 6.02\times10^{-5} \text{ cm}$$

$$C_T(V) = \frac{\varepsilon_r\varepsilon_0 A}{x_D(V)} = \frac{1.053\times10^{-17}}{6.02\times10^{-5}} = 1.749\times10^{-13} \text{ F} = 0.175 \text{ pF}$$

也可以用比例关系：$C_T(V) = C_T(0)\sqrt{V_D/(V_D+|V|)} = 0.333\times\sqrt{0.76/2.76} = 0.333\times0.524 = 0.175$ pF

④ 讨论：反偏2V后电容从0.333 pF降至0.175 pF，下降约48%。利用此特性可制作变容二极管，通过调节反偏电压调节电容。

✎ 批注：势垒电容公式可以用两种方法：① 先算 $x_D$ 再用 $C = \varepsilon A/x_D$；② 直接用 $C = A\sqrt{q\varepsilon N/(2(V_D-V))}$（对于单侧突变结）。两种方法等价，① 更直观，② 更紧凑。注意正偏时 $V > 0$，$(V_D - V)$ 减小，$x_D$ 减小，$C$ 增大（正偏下势垒电容变大，但此时扩散电容更起主导作用）。

第六部分：金属-半导体接触

【题型16】肖特基势垒高度与内建电势差

题目：金属Pt（$\phi_m = 5.65$ eV）与n型Si（$\chi = 4.01$ eV，$N_D = 10^{16}$ cm⁻³）接触，室温。① 求理想肖特基势垒高度 $\phi_{B0}$；② 求内建电势差 $V_{bi}$；③ 求零偏时耗尽层宽度。（$\varepsilon_r = 11.9$，$n_i = 1.5\times10^{10}$ cm⁻³）

解题过程：

① 肖特基势垒高度：

$$\phi_{B0} = \phi_m - \chi = 5.65 - 4.01 = 1.64 \text{ eV}$$

② 半导体侧 $\phi_n$（费米能级距导带底的能量，以eV计）：

$$\phi_n = \frac{E_c - E_F}{q} = \frac{k_0T}{q}\ln\frac{N_c}{N_D} = 0.026\times\ln\frac{2.8\times10^{19}}{10^{16}} = 0.026\times8.238 = 0.214 \text{ eV}$$

③ 内建电势差：

$$V_{bi} = \phi_{B0} - \phi_n = 1.64 - 0.214 = 1.426 \text{ eV} \approx 1.43 \text{ V}$$

④ 耗尽层宽度：

$$W = \sqrt{\frac{2\varepsilon_r\varepsilon_0 V_{bi}}{qN_D}} = \sqrt{\frac{2\times11.9\times8.85\times10^{-14}\times1.43}{1.602\times10^{-19}\times10^{16}}}$$

$$= \sqrt{\frac{3.008\times10^{-13}}{1.602\times10^{-3}}} = \sqrt{1.878\times10^{-10}} = 1.37\times10^{-5} \text{ cm} = 0.137 \text{ μm}$$

✎ 批注：肖特基势垒 $\phi_{B0} = \phi_m - \chi$ 是金属功函数减去半导体电子亲和能（不是半导体功函数）。$\phi_n$ 反映了半导体内费米能级距导带底的距离，掺杂越重，$E_F$ 越靠近导带，$\phi_n$ 越小，$V_{bi}$ 越小。实际势垒高度受镜像力和界面态影响，会略有偏差，考题一般不涉及修正计算。

第七部分：综合计算题

【题型17】完整的温区判断 + 载流子浓度计算

题目：已知 $N_c = 1.05\times10^{19}$ cm⁻³（300K），$N_v = 5.7\times10^{18}$ cm⁻³，$E_g = 0.67$ eV（300K），含 $N_D = 5\times10^{15}$ cm⁻³、$N_A = 2\times10^9$ cm⁻³ 的Ge，求300K和500K时的 $n_0$、$p_0$。

解题过程：

300K 情况：

① 先求 $n_i$（300K）：

$$n_i(300) = \sqrt{N_c N_v}\exp\!\left(-\frac{E_g}{2k_0T}\right) = \sqrt{1.05\times10^{19}\times5.7\times10^{18}}\exp\!\left(-\frac{0.67}{2\times0.026}\right)$$

$$= 7.74\times10^{18}\times e^{-12.88} = 7.74\times10^{18}\times2.55\times10^{-6} = 1.97\times10^{13} \text{ cm}^{-3}$$

② 判断温区：$N_D = 5\times10^{15}$ cm⁻³ $\gg n_i = 1.97\times10^{13}$ cm⁻³（大约250倍），且 $N_D \gg N_A = 2\times10^9$ cm⁻³，处于强电离饱和区：

$$n_0 = N_D - N_A \approx N_D = 5\times10^{15} \text{ cm}^{-3}$$

$$p_0 = \frac{n_i^2}{n_0} = \frac{(1.97\times10^{13})^2}{5\times10^{15}} = \frac{3.88\times10^{26}}{5\times10^{15}} = 7.76\times10^{10} \text{ cm}^{-3}$$

500K 情况：

① 求500K时 $N_c$、$N_v$：

$$N_c(500) = 1.05\times10^{19}\times\left(\frac{500}{300}\right)^{3/2} = 1.05\times10^{19}\times(1.667)^{3/2} = 1.05\times10^{19}\times2.151 = 2.26\times10^{19}$$

$$N_v(500) = 5.7\times10^{18}\times2.151 = 1.226\times10^{19} \text{ cm}^{-3}$$

② 求 $n_i$(500K)（设500K时 $E_g$ 约0.62 eV，题目若给出查图值直接用）：

由图或计算，$n_i(500) \approx 2.2\times10^{16}$ cm⁻³（课件题目给出的典型值）

③ 判断温区：$n_i = 2.2\times10^{16}$ cm⁻³ 与 $N_D = 5\times10^{15}$ cm⁻³ 量级相当（$n_i > N_D$），处于过渡区（本征激发占主导）：

$$n_0 = \frac{N_D}{2} + \sqrt{\left(\frac{N_D}{2}\right)^2 + n_i^2} = \frac{5\times10^{15}}{2} + \sqrt{(2.5\times10^{15})^2 + (2.2\times10^{16})^2}$$

$$= 2.5\times10^{15} + \sqrt{6.25\times10^{30} + 4.84\times10^{32}} = 2.5\times10^{15} + \sqrt{4.9025\times10^{32}}$$

$$= 2.5\times10^{15} + 2.214\times10^{16} = 2.464\times10^{16} \text{ cm}^{-3}$$

$$p_0 = \frac{n_i^2}{n_0} = \frac{(2.2\times10^{16})^2}{2.464\times10^{16}} = \frac{4.84\times10^{32}}{2.464\times10^{16}} = 1.965\times10^{16} \text{ cm}^{-3}$$

验证：$n_0 - p_0 = 2.464\times10^{16} - 1.965\times10^{16} = 0.499\times10^{16} \approx N_D = 5\times10^{15}$ ✓（略有舍入误差）

✎ 批注：这道题的精髓是温区判断，300K是饱和区，500K是本征区，两种情况计算方法完全不同。判断依据就是 $N_D$ 与 $n_i$ 的大小关系：$N_D \gg n_i$（$>$10倍）→饱和区，直接取 $n_0 = N_D$；$N_D \approx n_i$（同数量级）→过渡区，联立方程；$N_D \ll n_i$ → 本征激发主导，$n_0 \approx p_0 \approx n_i$。

【题型18】扩散区线性分布的BJT基区问题

题目：NPN晶体管，基区宽度 $W_B = 2$ μm，基区空穴扩散长度 $L_p = 50$ μm（即 $W_B \ll L_p$）。发射结注入的非平衡少子（电子）边界浓度 $\Delta n(0) = 10^{15}$ cm⁻³，集电结处 $\Delta n(W_B) = 0$。求基区中电子浓度分布和扩散电流密度分布。（$D_n = 25$ cm²/s）

解题过程：

由于 $W_B \ll L_p$，复合可忽略，非平衡少子在基区呈线性分布：

① 浓度分布（边界条件：$x=0$ 处 $\Delta n = 10^{15}$，$x=W_B$ 处 $\Delta n = 0$）：

$$\Delta n(x) = (\Delta n)_0\left(1 - \frac{x}{W_B}\right) = 10^{15}\left(1 - \frac{x}{2\times10^{-4}}\right)$$

② 浓度梯度（在整个基区为常数，这是线性分布的特点）：

$$\frac{d(\Delta n)}{dx} = -\frac{(\Delta n)_0}{W_B} = -\frac{10^{15}}{2\times10^{-4}} = -5\times10^{18} \text{ cm}^{-4}$$

③ 扩散电流密度（处处相等，无复合损耗）：

$$J_n = qD_n\frac{d(\Delta n)}{dx} = 1.602\times10^{-19}\times25\times(-5\times10^{18}) = -20.025 \text{ A/cm}^2$$

电流方向为 $x$ 轴负方向（电子向集电区扩散，方向与 $x$ 轴正方向相反，但电流方向与电子扩散方向相反，即沿 $x$ 轴正方向），绝对值为约 $20$ A/cm²。

✎ 批注：$W_B \ll L_p$ 是BJT基区的关键条件，使基区中少子浓度近似为线性分布，复合极少，从而保证绝大多数注入少子能穿越基区到达集电结，实现电流放大。线性分布的特点是扩散电流处处相同（因为梯度是常数），这就是BJT中集电极电流与发射极电流之比（电流放大系数）与具体位置无关的根本原因。

附：各题型核心公式一览表