DE e DTE: PROVA SCRITTA DEL 23 Luglio ESERCIZIO 1 (DE,DTE) Un diodo p + n a base lunga, con µ n = 1100 cm 2 /Vs, µ p = 200 cm 2 /Vs,

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1 DE e DTE: PROA SCRITTA DEL 23 Luglio 2015 ESERCIZIO 1 (DE,DTE) Un diodo p + n a base lunga, con µ n = 1100 cm 2 /s, µ p = 200 cm 2 /s, τ n = τ p = 1 µs, N A = cm 3, N D = cm 3, S = 1 mm 2 è polarizzato con = ) ericare la bassa iniezione e determinare i parametri dinamici del circuito equivalente per piccoli segnali.[4] 2) Scrivere le espressioni del campo elettrico nelle regioni quasi-neutre p + e n.[4] 3) Determinare l'ascissa, nelle regioni quasi-neutre, per la quale il campo elettrico è massimo.[2] ESERCIZIO 2 (DE,DTE) Un transistore n-mos polysilicon gate ha N A = cm 3, t o = 30 nm, µ n = 850 cm 2 /s, W = 2 µm e L = 100 nm. iene polarizzato con GS = 3 e DS = 0.2 (regime lineare). 1) Per ε C (campo elettrico critico) determinare la carica ssa e la carica mobile TOTALE nel canale.[3] 2) Per ε C determinare il tempo di transito nel canale.[3] 3) Per ε C = 10 6 /m determinare il tempo di transito nel canale e la corrente I DS.[4] ESERCIZIO 3 (DTE) 1) Descrivere il processo di impiantazione ionica, specicando i vari parametri. Disegnare almeno due proli tipici di impiantazione, per diverse energie degli ioni. Cos'è il channeling e come si evita? [5] 2) Descrivere un processo di impiantazione ionica attraverso uno strato di ossido sottile (strato amorfo). [5] ESERCIZIO 4 (DE) Una misura C ha permesso di caratterizzare i condensatori n MOS (polysilicon gate) dei transistori M 1 e M 2 : la capacità massima per unità di supercie è risultata pari a F/m 2, mentre la capacità minima è stata misurata per una tensione pari a 1.5 (substrato drogato p, N A = cm 3, µ n = 800 cm 2 /s). 1) Determinare lo spessore dell'ossido e la carica parassita all'interfaccia ossido-silicio.[3]

2 2) Con riferimento al circuito in gura, il transistore bipolare ha β f minimo = 300, e W 1 /L 1 = 4. Determinare W 2 /L 2 in maniera tale che DS1 = 7. Determinare inoltre il punto di riposo dei transistori.[5] 3) Determinare il valore limite di C1 che permette di polarizzare correttamente M 2 (modicando opportunamente W 2 /L 2 ). [2] CC R Z 500 R E 850 R 3 5 K R D R 1 Q 1 10 K 9.3 D Z M 2 C u M 1 S + R 2 10 K R 4 25 K Figura 1: circuito ESERCIZIO 1 (DE,DTE) Un diodo p + n a base lunga, con µ n = 1100 cm 2 /s, µ p = 200 cm 2 /s, τ n = τ p = 1 µs, N A = cm 3, N D = cm 3, S = 1 mm 2 è polarizzato con = ) ericare la bassa iniezione e determinare i parametri dinamici del circuito equivalente per i piccoli segnali.[4]

3 2) Scrivere le espressioni del campo elettrico nelle regioni quasi-neutre p + e n.[4] 3) Determinare l'ascissa, nelle regioni quasi-neutre, per la quale il campo elettrico è massimo.[2] SOLUZIONE 1 1) erichiamo la bassa iniezione. Abbiamo che: ) ( ) δp(0) = p 0 (e T 1 = n2 i e T 1 = m 3 N D δp(0) p 0 = m 3 δp(0) n 0 = m 3 I parametri dinamici sono la resistenza dierenziale, e le capacità dierenziali dovute alla diusione e alla regione di svuotamento. La corrente che scorre nel diodo vale: D p = T µ n = m 2 s L p = D p τ p = µm I = qs D p n 2 ( ) i e T 1 = µa L p N D e quindi la resistenza dierenziale è pari a r d = T /I = 652 Ω. La capacità dierenziale dovuta alla diusione è semplicemente C diff = τ p /r d = 1.5 nf. La capacità dovuta alla regione di svuotamento si calcola come: 0 = T ln N DN A W = n 2 i = ɛs qn D ( 0 ) = µm C W = S ɛ s W = ) Nella regione p + la corrente è dovuta solo al drift delle lacune. Avremo quindi: nf I = I p = qsp 0 µ p ε()

4 ε() = I qsn A µ p Nella parte n avremo che la corrente totale (costante e pari al valore calcolato nel punto 1) è pari alla somma della componente di diusione delle lacune e alla corrente dovuta al drift e alla diusione degli elettroni: I = I p () + I n () I p () = qs D p L p I n () = qsn D µ n ε() qs D n L p Nelle espressioni precedenti abbiamo tenuto conto del fatto che nella regione quasi-neutra il prolo dell'eccesso degli elettroni è molto simile (praticamente coincide) con quello delle lacune. Ricavando il campo elettrico dalle espressioni sopra: I n = I I p qsn D µ n ε() qs D n = I qs D p L p L p qsn D µ n ε() = I qs D p D n ε() = L p I qsn D µ n D p D n N D µ n L p 3) Il campo elettrico è massimo in prossimità dell' estremo della regione di svuotamento. Infatti D p < D n, poichè le lacune hanno mobilità inferiore rispetto agli elettroni, quindi nell'ultima espressione il secondo termine si aggiunge al primo. Quindi il campo elettrico massimo si trova nella regione quasi-neutra n, per = 0 ( = n ). ESERCIZIO 2 (DE,DTE) Un transistore n-mos polysilicon gate ha N A = cm 3, t o = 30 nm, µ n = 850 cm 2 /s, W = 2 µm e L = 100 nm. iene polarizzato con GS = 3 e DS = 0.2 (regime lineare).

5 1) Per ε C (campo elettrico critico) determinare la carica ssa e la carica mobile TOTALE nel canale.[3] 2) Per ε C determinare il tempo di transito nel canale.[3] 3) Per ε C = 10 6 /m determinare il tempo di transito nel canale e la corrente I DS.[4] SOLUZIONE 2 1) Calcoliamo la tensione di soglia. ψ B = T ln N A n i = C o = ɛ o t o = F/m 2 φ MS = E g 2q + ψ B = T H = 2ɛs qn A 2ψ B C o + 2ψ B φ MS = 0.23 In regime lineare abbiamo che la carica mobile (negativa) per unità di super- cie è costante con y (direzione Source - Drain) e pari a (in valore assoluto): Q n = C o ( GS T H ) Q n T OT = Q n L W = C La carica ssa è dovuta alla regione di svuotamento W (2ψ B ), e in prima approssimazione può essere considerata costante nell'area attiva W L (carica negativa, calcolata in valore assoluto): Q W = 2ɛ s qn A 2ψ B Q W T OT = Q W L W = C 2) In regime lineare, il campo elettrico è costante lungo il canale e pari a ε() = DS /L = 2 M/m. Quindi la velocità di drift è costante con e pari a (in valore assoluto, gli elettroni vanno dal Source al Drain): v drift = µ n ε = 170 km/s

6 Da questo è immediato calcolare il tempo di transito τ t : τ t = L v drift = Un modo alternativo di procedere è quello di calcolare la corrente I DS e porla uguale alla carica mobile totale nel canale diviso il tempo di transito: W I DS = µ n C o L ( GS T H ) DS = Q n T OT τ t W µ n C o L ( GS T H ) DS = C o ( GS T H ) τ t = τ t L 2 = L µ n DS µ DS n L s = L µ n ε = L v drift 3) Se il campo elettrico critico è pari a 10 6 /m, il transistore è in saturazione perchè gli elettroni hanno raggiunto la velocità critica v critica = µ n ε C = 85 km/s. La carica mobile nel canale è la stessa dei punti precedenti. Possiamo procedere in due modi: 1) si calcola I DS con la formula della saturazione della velocità; 2) si calcola il tempo di transito e poi la corrente come I DS = Q n /τ t. Per la seconda strada, non serve ricordarsi la formula della corrente in caso di saturazione di velocità. τ t = L v critica = I DS = Q n T OT τ t = 0.54 ma s ESERCIZIO 3 (DTE) ESERCIZIO 3 (DTE) 1) Descrivere il processo di impiantazione ionica, specicando i vari parametri. Disegnare almeno due proli tipici di impiantazione, per diverse energie degli ioni. Cos'è il channeling e come si evita? [5] 2) Descrivere un processo di impiantazione ionica attraverso uno strato di ossido sottile (strato amorfo). [5] SOLUZIONE 3

7 1) e 2) Si rimanda alla dispensa del Prof. Diligenti per una descrizione completa del processo di impiantazione ionica. ESERCIZIO 4 (DE) ESERCIZIO 4 (DE) Una misura C ha permesso di caratterizzare i condensatori n MOS (polysilicon gate) dei transistori M 1 e M 2 : la capacità massima per unità di supercie è risultata pari a F/m 2, mentre la capacità minima è stata misurata per una tensione pari a 1.5 (substrato drogato p, N A = cm 3, µ n = 800 cm 2 /s). 1) Determinare lo spessore dell'ossido e la carica parassita all'interfaccia ossido-silicio.[3] 2) Con riferimento al circuito in gura, il transistore bipolare ha β f minimo = 300, e W 1 /L 1 = 4. Determinare W 2 /L 2 in maniera tale che DS1 = 7. Determinare inoltre il punto di riposo dei transistori.[5] 3) Determinare il valore limite di C1 che permette di polarizzare correttamente M 2 (modicando opportunamente W 2 /L 2 ). [2] CC R Z 500 R E 850 R 3 5 K R D R 1 Q 1 10 K 9.3 D Z M 2 C u M 1 S + R 2 10 K R 4 25 K Figura 2: circuito SOLUZIONE 4

8 1) Il massimo della curva C è pari a C o = ɛ o /t o, quindi avremo: t o = ɛ o C o = 23 Il minimo della curva C si ha per GS = T H, quindi avremo T H = 1.5. nm ψ B = T ln N A n i = φ MS = E g 2q + ψ B = T H = 2ɛs qn A 2ψ B C o + 2ψ B φ MS Q o C o 1.5 = Q o C o Q o = C o = C/m 2 2) Calcoliamo le tensioni dei due gates: GS1 = CC R 2 R 1 + R 2 = 6 GS2 = CC R 4 R 3 + R 4 = 10 Quindi avremo I DS1 = µnco W 1 2 L 1 ( GS1 T H ) 2 = 4.86 ma. Il transistore Q 1 agisce come generatore di corrente con I E = ( CC E )/R E = ( CC Z + γ )/R E = 2.35 ma, quindi I DS2 = 2.51 ma. Se DS1 = 7 allora S2 D1 = 7 e GS2 = 10 7 = 3. Avremo dunque: I DS2 = µ nc o 2 W 2 = 19 L 2 W 2 L 2 ( GS2 T H ) 2 = La tensione di uscita vale u = D2 = CC R D I DS2 = Riassumendo avremo: I C1 I E1 = 2.35 ma

9 I B1 ma = I C1 β fmin = 17 µa EB1 γ = 0.7 EC1 = 10 7 = 3 Quindi Q 1 è correttamente polarizzato. Inoltre, la corrente di base è molto piccola, trascurabile rispetto a quella dello zener, pari a I Z = ( CC Z )/R Z = 5.4 ma = I B1 = 17 µa. Per i MOS avremo: GS1 = 6 DS1 = 7 I DS1 = 4.86 ma e quindi M 1 lavora in saturazione poiché DS1 > DSSat = GS1 T H. GS2 = 3 DS2 = u S2 = u D1 = = 3.49 I DS2 = 2.51 ma Anche M 2 è in saturazione DS2 = 3.49 > DSSat = GS1 T H = ) Il valore limite di C1 è semplicemente quello per cui GS2 GC1 > T H Quindi C1 ma = G T H = 8.5.