晶体管原理与设计(第2版) (陈星弼 张庆中 著) 电子工业出版社 部分课后答案
时间：2026-01-16
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部分物理常数：
课
ε S (Si)= 11.8× 8.854× 10 14= 1.045× 10 12 F cm, E G (Si)= 1.09eV, ni (Si)= 1.5× 1010 cm 3,ε S (Ge)= 16× 8.854× 10 14= 1.417× 10 12 F cm, E G (Ge)= 0.66eV, ni (Ge)= 2.4× 1013 cm 3,
ε OX= 3.9× 8.854× 10 14= 3.453× 10 13 F cm
ww
后
答
q= 1.6× 10 19 C,
.k hd aw .c om部分习题解答案网kT q= 0.026V (T= 300k),
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1、在 N区耗尽区中，高斯定理为：
ww
q E max+ E ( x )= N D xεs q当 x= xn时，E(x)= 0 0,因此 E max= N D xn,于是得：εs q E ( x )= ( x xn ) N D ( 0≤ x≤ xn ) (2-5a) 2-5 2-5aεs
课
积为一个单位面积，顶面位于 x处。则由高斯定理可得：
后
取一个圆柱形体积，底面在 PN结的冶金结面(即原点)处，面
.k hd aw .c om第2章
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q A E idA=ε s∫
∫
V
NDdv
答
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3、
kT NA ND 5×1032 (1) Vbi= ln= 0.026× ln= 0.739V 2 20 q ni 2.25×10(3) Emax 2qN 0Vbi = = 4.34×104 Vcm-1 εS
εS (2) xp= Emax= 2.83×10 5 cm qNAεS xn= Emax= 5.67×10 6 cm qND
ww
εS 2Vbi 2ε SVbi xd= xp+ xn= Emax== = 3.40×10 5 cm qN0 Emax qN0
.k hd aw .c om课后答案网1 21 2
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4、
.k hd aw .c om课后答案网1 2 1 2 1 2
2ε S 2ε S Vbi Vbi V xd= (Vbi V ) = (Vbi V ) = xd0 qN0 qN0 Vbi Vbi 当 V= 3 Vbi时，xd= 2 xd0当 V= 8 Vbi时，xd= 3 xd0
1 2
ww
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6、
由平衡时多子电流为零 dn J n= qD n+ qµ n nE= 0 dx Dn 1 dn kT 1 d n kT d ln n得： E= = = µ n n dx q n dx q dx
kT将= 0.026V, N D1= 1× 10 20 cm 3, N D 2= 1× 1016 cm 3 q代入，得： V bi= 0.026 ln(10 4 )= 0.24 V
ww
.k hd aw .c omND2 ND1
V bi= ∫
N D1
ND2
课
N D1 N D1 kT kT Edx= ln n|= ln ND2 q q N D2
后
答
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7、由第 6题：
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后
kT 1 dn kT 1 dN ( x) = q n dx q N ( x) dx x kT将 N ( x)= N 0 exp( )代入，得：E=λ qλ kT再将= 0.026 V,λ= 0.4μm代入，得：E= 650 V cm q E=
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式中：N 0=≈ N D= 10 cm, Vbi= ln= 0.757 V, 2 ND+ NA q ni代入| Emax|中，得：| Emax|= 1.52×104 V cm
ww
q= 1.6×10 19 C,ε S= 1.045×10 12 F cm,
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8 (1) 8、(1)
ww
q边界条件：在 x= xi1 xn处，E1= 0,由此得： 1= N D ( x+ xi1+ xn ) Eεs dE2在 I型区，= 0, E2=常数= Emax dx dE q q在 P型区， 3= N A, E3= NA x+ C3 dxεsεs q边界条件：在 x= xi2+ xp处，E3= 0,由此得：= N A ( x xi2 xp ) E3εs
课
后
答
dE1 q q在 N型区，= N D, E1= N D x+ C1 dxε sεs
.k hd aw .c omN
I
P
xi1 xn xi1
0
xi2
xi2+ xp
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ww
ε s E max q在 x= xi1处， E1= E max= N D xn,由此得：xn=εs qN Dε s E max q在 x= xi2处， E3= E max= N A xp,由此得：xp=εs qN A
.k hd aw .c omN
I
P
xi1 xn xi1
0
xi2
xi2+ xp
答
E2= Emax E
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课
E1
后
E3
x
xi1 xn xi1
0
xi2
xi2+ xp
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(2)对于无 I型区的 PN结： (2) q xi1= 0, xi2= 0, E1= N D ( x+ xn ),εs在 x= 0处，电场达到最大， Emax
表面上，两种结构的 Emax的表达式相同，但由于两种结构所以两种结构的 xn、xp与 Emax并不相同。
ww
的掺杂相同，因而 Vbi相同(即电场曲线与横轴所围面积相同),
.k hd aw .c om后答Emax
案网E
q E3= N A ( x xp )εs q q= N D xn= N A xpεsεs
课
E1
E3
x
0
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对于 PIN结：
ε s Emaxε s Emax将 xn=, xp=代入，解出 Emax,得： qN D qN A1 2 qN 0 xi 2ε sVbi Emax= 1+ 1 ε s qN 0 xi2 1 2 qN 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
ww
课
后
答
式中， xi= xi1+ xi2
.k hd aw .c om1 1 kT N D N A Vbi= Emax xn+ Emax xi+ Emax xp= ln 2 2 q ni2
Emax
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2Vbi= xn+ 2 xi+ xp
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20 20、
σn
qµn N D
J dn
qD n ni2= Ln N A
因此
J dp
J dn
qV exp 1 kT Ln D p N A Lnµ p N A== >> 1 Lp D n N D Lpµ n N D
ww
课
后
由于
J dp
qD p ni2 qV= exp kT Lp N D
答
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已知：
.k hd aw .c omσp=
qµp N A
=
µp N A
µn N D
>> 1
1
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24 PN结的正向扩散电流为 24、
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
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 E G+ qV E G+ qV E G qV = C 2 exp =I 2 2 dT kT kT kT
ww
.k hd aw .c om qV I= I 0 exp kT
课
E G+ qV qV I= C n exp = C 2 exp kT kT 2 1 i
后
E G qV 1 dI = I dT kT 2
答
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31 31、
当 N-区足够长时，开始发生雪崩击穿的耗尽区宽度为：
当 N-区缩短到 W= 3µm时，雪崩击穿电压成为： 3µ
x W 2 9 3 2 VB '= VB 1 dB = 144 1 = 80V xdB 9
ww
.k hd aw .c om课后xdB2VB 2× 144=== 9μm EC 32
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34 34、
已知对于单边突变结，
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