PROVA SCRITTA di DISPOSITIVI ELETTRONICI del 22 Novembre 2018

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1 PROVA SCRITTA di DISPOSITIVI ELETTRONICI del 22 Novembre 2018 ESERCIZIO 1 Nel circuito in gura il diodo A è una giunzione Schottky a base corta, substrato n = N D = cm 3 e W n = 5 µm. Il metallo ha una Φ M = 5.2 V. Si ricorda che per un diodo Schottky I S = SA T 2 e φ BN V T, con A = A/(m 2 K 2 ) (costante di Richardson), T=300 K, φ BN è l'altezza di barriera metallo-silicio e S = 1 mm 2. Il diodo B è una giunzione pn con N A = cm 3, N D = cm 3, S = 100 mm 2, µ n = 0.09 m 2 /Vs, µ p = m 2 /Vs, τ n = τ p = 10 6 s. A B V 1) Determinare le tensioni e le correnti per V = 5 V e per V = 5 V. [3] 2) Determinare la massima tensione negativa applicabile, per evitare il break-down. [4] 3) Il metallo della giunzione Schottky viene sostituito con un altro, con Φ M = 4 V. Determinare la corrente per V = 10 V e per V = 0.5 V.[3] ESERCIZIO 2 Un condensatore n-mos è realizzato con gate metallico (Φ M = 3.7 V), con t ox = 30 nm e N A = cm 3. Il MOS è illuminato con luce rossa monocromatica con lunghezza d'onda λ = 630 nm, e potenza pari a 1 W/m 2. Al gate viene applicato un segnale a gradino: V GB = 0 V per t < 0 e V GB = 5 V per t > 0. I tempi di generazione termica sono molto maggiori di 5 ms. 1) Calcolare la caduta di tensione nel silicio, nonché le cariche ssa e mobile per t < 0 (SUGGERIMENTO: calcolare la V T H ). [3] 2) Calcolare la caduta di tensione nel silicio e le cariche ssa e mobile per t = 0 +. [4]

2 3) Determinare la carica generata dall'illuminazione per t = 5 ms, vericare che il condensatore MOS non è a regime e calcolare la caduta di tensione nel silicio, nonché le cariche ssa e mobile. [3] ESERCIZIO 3 Nel circuito in gura, i transistori Q 2 e Q 3 sono npn con N Abase = cm 3, µ n = 0.1 m 2 /Vs, τ n = 10 6 s, γ E = ) Determinare la lunghezza metallurgica della base che garantisca un β fminimo = 150. [3] La tensione di uscita V u risulta pari a 6 V. Il transistore Q 1 è un p + np con β fminimo = ) Determinare la tensione di base V B3 e le correnti nei transistori. [4] 3) Sapendo che il transistore M è un n-mos con t ox = 30 nm,µ n = 0.08 m 2 /Vs, V T H = 1, determinare W/L. [3]

3 ESERCIZIO 1 Nel circuito in gura il diodo A è una giunzione Schottky a base corta, substrato n = N D = cm 3 e W n = 5 µm. Il metallo ha una Φ M = 5.2 V. Si ricorda che per un diodo Schottky I S = SA T 2 e φ BN V T, con A = A/(m 2 K 2 ) (costante di Richardson), T=300 K, φ BN è l'altezza di barriera metallo-silicio e S = 1 mm 2. Il diodo B è una giunzione pn con N A = cm 3, N D = cm 3, S = 100 mm 2, µ n = 0.09 m 2 /Vs, µ p = m 2 /Vs, τ n = τ p = 10 6 s. 1) Determinare le tensioni e le correnti per V = 5 V e per V = 5 V. [3] 2) Determinare la massima tensione negativa applicabile, per evitare il break-down. [4] 3) Il metallo della giunzione Schottky viene sostituito con un altro, con Φ M = 4 V. Determinare la corrente per V = 10 V e per V = 0.5 V.[3] SOLUZIONE 1 1) Calcoliamo φ BN : Φ S = χ + E C E F q ( ) NC E C E f = V T ln = ev N D Φ S = χ + E C E F = 4.31 V q Φ MS = V 0 = Φ M Φ S = 0.894V dove Φ MS è la dierenza di potenziale di contatto V 0, ed è la barriera per gli elettroni da silicio a metallo. La barriera da metallo a silicio risulta invece: φ BN = V 0 + E C E F q = 1.10 V (1) La corrente di saturazione inversa del diodo Schottky risulta dunque: I S = SA T 2 e φ BN V T = A (2) Calcoliamo la corrente di saturazione inversa del diodo pn a base lunga: D n = kt q µ n = m 2 /s

4 L n = D n τ n = µm D p = kt q µ p = m 2 /s L p = D n τ p = µm ( ) n 2 I Spn = qs i D p + n2 i D n = A N D L p N A L n Per V = 5 V avremo che la giunzione Schottky è polarizzata in diretta, la giunzione pn in inversa. Quindi avremo che: I = I Spn = A ( ) I = I S e V sch V T 1 = I Spn ( V sch = V T ln I ) Spn + 1 = 0.18 V I S quindi V pn = 5 V sch = 4.82 V. Nel caso invece di V = 5 V è il diodo Schottky ad essere polarizzato in inversa. Avremo dunque che la corrente scorre nel verso opposto e, in valore assoluto: I = I S = A ( ) I = I Spn e Vpn V T 1 = I S ( V pn = V T ln I ) S + 1 = 0.15 V I Spn 2) Il break-down può essere ovviamente causato dal punch-through del diodo Schottky, che è a base corta. Quindi avremo che la massima tensione inversa applicabile è quella che provoca una regione di svuotamento nel diodo Schottky pari a w n = 5 µm: W = 2ɛs (V 0 + V BN ) = W n qn D V 0 + V BN = Wn 2 qn D 2ɛ s = 19 V V Bn = V

5 3) È semplice vericare che se Φ M = 4 V avremo Φ M < Φ S. Quindi la giunzione metallo-silicio è un contatto ohmico (non retticante, non diodo). La tensione V, quindi, si considera direttamente applicata alla giunzione pn. Nel caso di V > 0 la giunzione pn è polarizzata in inversa, e avremo I = I Spn = A. Nel caso V = 0.5 V la giunzione pn è polarizzata in diretta e la corrente, in valore assoluto, risulta: ( ) I = I Spn e 0.5 V T 1 = 8.7 ma (3) ESERCIZIO 2 Un condensatore n-mos è realizzato con gate metallico (Φ M = 3.7 V), con t ox = 30 nm e N A = cm 3. Il MOS è illuminato con luce rossa monocromatica con lunghezza d'onda λ = 630 nm, e potenza pari a 1 W/m 2. Al gate viene applicato un segnale a gradino: V GB = 0 V per t < 0 e V GB = 5 V per t > 0. I tempi di generazione termica sono molto maggiori di 5 ms. 1) Calcolare la caduta di tensione nel silicio, nonché le cariche ssa e mobile per t < 0 (SUGGERIMENTO: calcolare la V T H ). [3] 2) Calcolare la caduta di tensione nel silicio e le cariche ssa e mobile per t = 0 +. [4] 3) Determinare la carica generata dall'illuminazione per t = 5 ms, vericare che il condensatore MOS non è a regime e calcolare la caduta di tensione nel silicio, nonché le cariche ssa e mobile. [3] SOLUZIONE 2 1)Calcoliamo anzitutto la tensione di soglia: ψ B = kt q ln N A n i = C ox = ɛ ox = F/m 2 t ox ( Φ MS = Φ M χ + E ) g 2q + ψ B = 1.29 V V T H = 2ɛs qn A 2ψ b + 2ψ B + Φ MS = 0.17 V C ox

6 Quindi per V GB = 0 V il condensatore MOS è già all'inversione. Quindi avremo: V S = 2ψ B = V Q W = Q W (2ψ B ) = 2ɛ s qn A 2ψ b = C/m 2 Q n = C ox (V GB V T H ) = C/m 2 2) A t = 0 + dobbiamo scrivere l'equazione: V GS = Q W (V s ) + Q n (t = 0 ) + V s + Φ MS C ox Q W (V s ) = 2ɛ s qn A V s 2ɛs qn A V s Q n (t = 0 ) V GB = + V s + Φ MS C ox Dove Q n (t = 0 ) è la carica mobile che si aveva prima di applicare il gradino. Risolvendo questa equazione otteniamo per V s il valore accettabile V s = 5.0 V. Quindi la carica mobile è pari a quella per t = 0, mentre quella ssa è negativa e risulta, in valore assoluto: Q W = 2ɛ s qn A V s = C/m 2 (4) 3) Calcoliamo il rate di generazione di coppie elettrone-lacuna. Le lacune sono portate via dal polo negativo della batteria V GB, gli elettroni si accumulano nello strato di inversione e formano la Q n. Il rate di generazione è pari al rate di arrivo dei fotoni: J En.Fotone = hc = λ FlussoFotoni = Pot. En.fotone = /(sm 2 ) Q n gen (5ms) = = C/m 2 Verichiamo che non siamo all'equilibrio, perché dovremo avere Q n = C ox (V GS V T H ) = C/m 2. La carica generata otticamente si aggiunge alla Q n presente a t = 0, per cui l'equazione da risolvere è adesso: V GS = 2ɛs qn A V s Q n (t = 0 ) Q n gen C ox + V s + Φ MS (5)

7 La soluzione accettabile di questa equazione è V s = V, per cui si ha una carica ssa pari a: Q W = 2ɛ s qn A V s = C/m 2 (6) ESERCIZIO 3 Nel circuito in gura, i transistori Q 2 e Q 3 sono npn con N Abase = cm 3, µ n = 0.1 m 2 /Vs, τ n = 10 6 s, γ E = ) Determinare la lunghezza metallurgica della base che garantisca un β fminimo = 150. [3] La tensione di uscita V u risulta pari a 6 V. Il transistore Q 1 è un p + np con β fminimo = ) Determinare la tensione di base V B3 e le correnti nei transistori. [4] 3) Sapendo che il transistore M è un n-mos con t ox = 30 nm,µ n = 0.08 m 2 /Vs, V T H = 1, determinare W/L. [3] SOLUZIONE 3 1) Dal β f è possibile ricavare α f, e quindi α T conoscendo l'ecienza di emettitore. Da questo è possibile calcolare W met che garantisca il β fminimo, poiché W eff è senz'altro inferiore (e quindi α T α f β f più grandi): α f = β f β f + 1 = α f = γ E α T α T = α f γ E = α T = W = W n 1 αt α T 2 2 n D n = V T µ n = m 2 /Vs L n = D n τ n = µm W met = 4.9 µm

8 2) La corrente erogata da Q 1 è la corrente di collettore di Q 2, trascurando la corrente di base di Q 3. Avremo V E1 = V Z = 8 V, I E1 = (12 8)/1 = 4 ma. La tensione di base di Q 3 non è altro che la V BE2 V γ moltiplicata per (R 1 +R 2 )/R1 = = 4.2 V, quindi V B3 = 4.2 V. Quindi la corrente che scorre in Q 3 è pari a I C3 I E3 = (V B3 V γ )/R E = 3.5 ma. È semplice vericare che tutti i transistori sono correttamente polarizzati, e che I B è trascurabile per tutti e tre i transistori, relativamente alle reti di polarizzazione. 3) Il transistore n-mos è sicuramente in saturazione, poiché V GS = V DS > V DS V T H. Abbiamo quindi: I DS = µ nc ox W 2 L (V GS V T H ) 2 C ox = ɛ ox = F/m 2 t ox V S = V u = 6 V, I DS = I C3 I E3 = 3.5 ma W L = 2I DS µ n C ox (V GS V T H ) 2 = 3

9 Rz 3 k Vz 7.3 V Q1 R E 1 k M Vcc 12 V Vu R1 5 K R2 1 K Q2 Q3 R3 1 K A B V

10 Rz R E 3 k 1 k Q1 Vz 7.3 V M Vcc 12 V Vu R1 5 K R2 1 K Q2 Q3 R3 1 K