DE e DTE: PROVA SCRITTA DEL 16 Luglio 2012

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1 DE e DTE: PROA SCRITTA DEL 16 Luglio 01 ESERCIZIO 1 (DE,DTE) Nella figura è mostrato lo schema di massima di un transistore n-mos (condensatore MOS ideale), con t ox = 5 nm, µ n =800 cm /s, N A = cm 3, L=10 µm. La tensione SB tra Source e substrato è pari a ; considerare DS piccole. S G D SB n+ Percorso n+ y L 1) Determinare la tensione GS di inversione e disegnare, per GS =0 e per GS = GSinv, i grafici quotati della struttura a bande lungo il percorso indicato (da Source a Drain all interfaccia ossido-silicio, x = 0). [4] ) Determinare la carica fissa (non vale l approssimazioneq = Q (ψ B )) e mobile per GS = 5.[4] 3) Calcolare la resistenza di quadro tra Source e Drain per GS = 5.[] SOLUZIONE 1 1) L andamento delle bande per GS = 0 e GS = GSinv = th è mostrato nella figura. Per GS = 0 la differenza di potenziale tra pozzetti e interfaccia Ec gs=0 Ef q SBulk Ef=Ec Efn Ec=Ef Ei Ei gs=th Ef=Ec Ei Ec ψ B ψ B Ef Efn Ec=Ef Ei ossido-silico è pari a SBulk. Per GS = GSinv = TH la differenza di potenziale tra pozzetti e interfaccia ossido-silicio è pari a ψ B. Il quasi-livello di 1

2 Fermi per gli elettroni coincide con il livello di Fermi dei pozzetti, e all interfaccia ossido-silicio si trova ψ B SOPRA il livello di Fermi intrinseco. La tensione GS di inversione deve tener conto di SB. In modo particolare: GBulk inv = ǫ S qn A (ψ B + SBulk ) C OX GS inv = TH = GBulk inv SBulk = +ψ B + SBulk ǫ S qn A (ψ B + SBulk ) C OX +ψ B Questa è l espressione della TH in presenza dell effetto body. Sostituendo i numeri relativi ( SB =, C OX = ǫ ox t ox = F/m, ψ B = 0.347): GS inv = TH = 0.8 ) La carica fissa è semplicemente (in valore assoluto, è negativa): Q (ψ B + SBulk ) = Dalla relazione: ǫ S qn A (ψ B + SBulk ) = C/m GBulk = Q n +Q C ox GS + SBulk = Q n +Q C ox Q n = C ox ( GS TH ) +ψ B + SBulk +ψ B + SBulk si ricava cioè l espressione ben nota della carica mobile in un condensatore MOS, che con i numeri dati risulta Q n = C/m. 3) Per DS piccole e = L avremo che: I DS = µ n C ox ( GS TH ) DS e quindi: R( = L) = 1 µ n C ox ( GS TH ) = 157 Ω

3 ESERCIZIO (DE,DTE) Un diodo p + n è caratterizzato da: N D = cm 3, µ n = 1000 cm /s, µ p = 400 cm /s, τ n = τ p = 10 6 s, S=1 mm. La distanza tra la giunzione brusca ed il contatto n è = 3 µm (considerare un approssimazione al primo ordine). 1) Calcolare la corrente per = e = 0.5 (trascurare la regione di svuotamento in diretta).[3] 3) Ricavare l espressione della capacità di diffusione e confrontare le capacità di diffusione e di svuotamento per = 0.5. [3] Il dispositivo, ed in particolare la parte n, è illuminato uniformemente in maniera tale da avere una G OP = 10 1 cm 3 s 1. 3) Risolvere l equazione di continuità e ricavare l espressione del profilo di portatori minoritari a regime.[4] SOLUZIONE 1) Calcoliamo: D p = kt q µ n = L p = D n τ n = 3.1 µm quindi L p e il diodo è a base corta, fortemente asimmetrico. La corrente si può scrivere come: ) I = I 0 (e T 1 dove: D p I 0 = qs eff () n i N D dove eff dipende dalla tensione applicata. Per positive eff = come suggerito dal testo. Avremo dunque I 0 = A e I( = 0.5) = 0.3 ma. Per = (polarizzazione inversa) bisogna calcolare eff = X p, dove X p è la regione di svuotamento che si estende tutta nella zona p: X p = ǫs qn D ( 0 +) 3

4 0 = E g q E C E F q X p = 0.6 µm quindi la corrente risulta: = E g q kt q lnn C N D = 0.85 D p I = qs = X p ( ) N D n i A dove: ) La capacità di diffusione (per polarizzazione diretta) si calcola come: e quindi: C diff = dq d Q = 1 qsδ p(0) eff = 1 ) qs effp n0 (e T 1 C diff = dq d = 1 n i qs eff e T T N A Per = avremo C diff = 50 pf. La capacità dovuta allo svuotamento: Per =0.5 : C = ǫ s S X p ǫs X p = ( 0 ) qn D X p (0.5 ) = 0.1 µm C = 491 Essendo il diodo a base corta, la capacità dovuta allo svuotamento risulta molto maggiore rispetto alla capacità di diffusione 3) Nel caso di generazione ottica, l equazione di continuità stazionaria si può scrivere come: 0 = D p d δ p (x) dx 0 = D p d δ p (x) dx pf +G th R th +G op δ p τ +G op 4

5 Una soluzione particolare è δ p (x) = G op τ e la soluzione dell omogenea associata risulta essere quella generale: δ p (x) = Ae x Lp +Be x Lp Essendo il diodo a base corta, useremo l espressione approssimata al primo ordine: δ p (x) = A+B x L p La soluzione completa (generale + particolare) risulta dunque essere: δ p (x) = A+B x L p +G op τ ) con le condizioni a contorno δ p (0) = p n0 (e T 1 (0 posto all estremo della regione di svuotamento) e δ p ( eff ) = 0. Avremo: δ p (0) = A+G op τ A = δ p (0) G op τ δ p () = A+B L p +G op τ = 0 0 = δ p (0) G op τ +B L p +G op τ B = δ p (0) L p e quindi avremo: ( δ p (x) = δ p (0) 1 x ) cioè la generazione ottica non da alcun contributo alla conduzione. Questo è dovuto all approssimazione al primo ordine che abbiamo considerato. ESERCIZIO 3 (DTE) Su un substrato di silicio di tipo p (N A = cm 3 ), viene cresciuto termicamente un layer di ossido di t h = 100 nm di spessore. iene poi usata la maschera in figura ( = 1 µm) per attaccare selettivamente l ossido: velocità dell attacco wet 50 nm/minuto, tempo di attacco 3 minuti. 5

6 1) Disegnare un profilo lungo la linea tratteggiata, dopo l attacco e prima della rimozione della maschera. [3] ) Determinare la larghezza effettiva della finestra. [3] 3) iene eseguita poi una impiantazione ionica di As a 100 ke (R P = µm, R P = µm), usando l ossido da 100 nm come maschera. Determinare la dose di impiantazione affinchè la profondità di giunzione sia di 00 nm. Eseguire un disegno quotato della struttura finale. [4] SOLUZIONE 3 1) Un disegno schematico dopo l attacco è questo: Sono anche indicati effettiva gli spessori, ed in particolare il sottoattacco in prossimità della maschera t etch = 50 3 = 150 nm. ) La larghezza finale della finestra di silicio esposto è più grande di a causa del sottoattacco. L entità del sottoattacco può essere determinata come t etch t h = 11 nm e quindi eff = = 1.4 µm 3) Il profilo di impiantazione ionica può essere scritto come: N D (x) = Q e (x R P) R P π RP Per x i = 00 nm: N D (x i ) = = m 3 Q e (0. R P ) R P π RP 10 = Q

7 Quindi Q = 10 / = m ESERCIZIO 4 (DE) Con riferimento al circuito in figura, i transistori M 1 e M hanno µ n = 0.08 m /s, t ox = 50 nm, TH = 1. Per M 1 /L = 18, per M /L = 8. CC = 1. cc Rd C R1 5 k k u M C1 R 5k M1 s + R3 Rs 5k 0.5 k 1) Calcolare i punti di riposo dei transistori. [6] ) Calcolare i parametri dinamici e disegnare il circuito equivalente per le variazioni (r 0, condensatori CC). [4] SOLUZIONE 4 1) le tre resistenze R 1, R, R 3 sono uguali, quindi avremo G1 = 4 e G = 8. È possibile determinare la I DS1 supponendo che M 1 sia in saturazione e scrivendo: I DS1 = µ nc ox I DS1 = S R S L ( G S th ) 7

8 S R S = µ nc ox L ( G S th ) Questa equazione di secondo grado in S ha come soluzioni S = 1 e S = 6.5 ; la prima soluzione è quella accettabile, poichè per la seconda avremo S > G = 4. Per S = 1, I DS1 = ma. Ma I DS = I DS1 = ma, e da questo possiamo ricavare S = D1 : I DS = I DS1 = µ nc ox GS th = 3 GS = 4 S = D1 = 4 L ( GS th ) Da ciò si ricava DS1 = 3 = GS1 > GS1 th e l ipotesi M 1 in saturazione è verificata. Avremo anche che D = CC R D I DS = 8 e quindi DS = 4 > GS th ; quindi anche M è in saturazione. Riassumendo, per M 1 : GS1 = 3 DS1 = 3 I DS1 = ma e per M : GS = 4 DS = 4 I DS = ma ) I parametri dinamici da calcolare sono i g m : g m1 = µ n C ox 1 L 1 ( GS1 th ) = 10 3 g m = µ n C ox L ( GS th ) = Il circuito per le variazioni risulta: 8

9 G G1 S gm gs u s + R R3 gm1 gs1 Rd S1 9