DE e DTE: PROVA SCRITTA DEL 16 Settembre 2014

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1 DE e DTE: PROVA SCRITTA DEL 16 Settembre 2014 ESERCIZIO 1 (DE,DTE) Un transistore n + pn (N A = N D = cm 3, µ n = 0.1 m 2 /Vs, µ p = 0.04 m 2 /Vs, τ n = τ p = 10 6 s, = 3 µm, S=1 mm 2 ), è polarizzato con V BE = 0.5 V, V CE = 5 V. 1) Determinare le correnti ai terminali (calcolare tutte le regioni di svuotamento), nonchè i parametri α f e β f.[5] 2) Per un errore, il transistore viene montato con i terminali di emettitore e di collettore scambiati (collettore a base lunga). Determinare le correnti ai terminali (V BC = 0.5 V, V EC = 5 V).[5] ESERCIZIO 2 (DE,DTE) Un transistore n-mos con gate in polisilicio ( = 4 µm, L = 2 µm, mobilità nel canale µ n = 0.08 m 2 /Vs) è stato fabbricato con una struttura MOS, con carica nell'ossido (substrato p, N A = cm 3 ). Da una caratterizzazione C V è risultato che la capacità massima è pari a F/m 2, mentre la capacità minima è stata misurata per una tensione pari a 1 V. Il transistore è polarizzato con V GS = 5 V. 1) Per V DS = 0.1 V (regime lineare) determinare I DS, l'andamento del potenziale e del campo elettrico ε(y) lungo y. Determinare inoltre il valore del campo elettrico ε(x) all'interfaccia ossido-silicio, lungo x (Si può calcolare ε si o ε ox ).[3] 2) Per V DS = 5 V determinare I DS considerando la lunghezza eettiva di canale (considerare la regione di svuotamento dovuta a V DP tra drain e punto di strozzamento P ).[3] 3) Si consideri l'espressione del potenziale V (y) nel canale, per 0 y y P, e si ricavi una espressione per Q n (y). Si ricavi una espressione, dipendente da y, per il campo elettrico perpendicolare alla supercie, ɛ(x), all'interfaccia ossido-silicio.[4] ESERCIZIO 3 (DTE) 1) Descrivere i passi di processo necessari per la fabbricazione di una cella solare. [3] 2) Derivare una espressione per la corrente nella cella solare, in presenza di una G op nota. [4] 3) Disegnare il circuito equivalente e la caratteristica I V di una cella solare, determinando gracamente la condizione di carico per la massima potenza in uscita.[3] ESERCIZIO 4 (DE) Nel circuito in gura, M è un transistore n-mos con gate in metallo (N A = cm 3, µ n = 0.08 m 2 /Vs, t ox = 30 nm, = 20

2 µm, L = 2 µm). Il bipolare n + pn ha un β f minimo = ) Scegliere il metallo per il gate del MOS (determinare la funzione di lavoro) in maniera tale che la tensione di soglia valga 1 V.[3] R2 8 k Rg 10 k M Rd 0.5 k Vu Vcc 12 V C R1 10 k Vs + Vz 3 V Rb 1 K Q Re 1.15 k Rs 2 k 2) Determinare le condizioni per cui le resistenze R G sul gate del MOS e R B sulla base del bipolare possono essere rimosse dal circuito (senza alterare il circuito stesso). Giusticare quantitativamente la risposta. [3] 3) Supponendo che le condizioni del punto (2) siano vericate (dimostrare), calcolare il punto di riposo dei transistori e le correnti nel circuito.[4] ESERCIZIO 1 (DE,DTE) Un transistore n + pn (N A = N D = cm 3, µ n = 0.1 m 2 /Vs, µ p = 0.04 m 2 /Vs, τ n = τ p = 10 6 s, = 3 µm, S=1 mm 2 ), è polarizzato con V BE = 0.5 V, V CE = 5 V. 1) Determinare le correnti ai terminali (calcolare tutte le regioni di svuotamento), nonchè i parametri α f e β f.[5] 2) Per un errore, il transistore viene montato con i terminali di emettitore e di collettore scambiati (collettore a base lunga). Determinare le correnti ai terminali (V BC = 0.5 V, V EC = 5 V).[5]

3 SOLUZIONE 1 1) Calcoliamo i parametri: D n = kt q µ n = L n = D n τ n = µm La giunzione base-emettitore è in diretta, poichè V BE > 0, mentre la giunzione base-collettore è in inversa, e avremo V CB = V CE V BE = 4.5 V. Calcoliamo l'ampiezza eettiva della base, determinando l'ampiezza di tutte le regioni di svuotamento. V 0BE = E g q E F E V base q X BE = BE = V 0BC = kt q lnn AbaseN Dcollettore X BC = BC 2 = 1 2 = E g q kt q ln N V N Abase = 0.9 V 2ɛs qn Abase (V 0 V BE ) = 0.23 µm 2ɛs q = V Quindi la lunghezza eettiva della base risulta: ( ) (V 0 + V CB ) = 0.58 µm N Abase N Dcoll eff = X BE X BC = 2.19 µm (1) Possiamo calcolare α f = γα t, poichè γ = 1, e β f : 1 α f = α t = = L 2 n α f β f = = α f A questo punto calcoliamo la corrente di base. Possiamo usare il modello a controllo di carica: Q B = Sq e VBE V T N Abase I B = Q B τ n = 0.95 µa eff 2 = C

4 Conseguentemente: I C = β f I B = 1.03 ma I E = I C + I B I C = 1.03 ma 2) In questo caso, il transistore lavora nella così detta zona attiva inversa. Bisogna rifare i conti tenendo conto del diverso drogaggio delle giunzioni per il calcolo delle regioni di svuotamento, e, soprattutto, bisogna calcolare l'ecienza di collettore γ C, che in questa situazione funziona da emettitore (giunzione base-emettitore polarizzata in inversa). Avremo V BC = 0.5 V e V EB = V EC V BC = 4.5 V. Quindi: 2ɛs X BE = BE = (V 0 + V EB ) = 0.84 µm qn Abase X BC = BC 2 = 1 2 2ɛs q ( ) (V 0 V BC ) = 0.11 µm N Abase N Dcoll Quindi con questa polarizzazione la lunghezza eettiva della base risulta: eff = X BE X BC = 2.05 µv (2) A questo punto possiamo calcolare α t, che sarà simile al precedente: α t = L 2 n = (3) Per il calcolo di α r e β r bisogna calcolare l'ecienza di collettore γ C : D p = kt q µ p = L p = D p τ p = µm Quindi avremo: γ C = γ C = I C0n I C0p + I C0n s Dn s Dp L p N D N A + s Dn = N A D p L p D n + Dn α r = γ C α t = α r β r = = α r = 0.975

5 Poichè la lunghezza eettiva di base è molto simile al caso precedente, la corrente di base, dovuta agli elettroni iniettati dal collettore, sarà praticamente la stessa: Q B = Sq e VBC V T N Abase I Bn = Q B τ n = 0.94 µa eff 2 = C In questo caso, per'ò, la corrente di base è dovuta sia all'iniezione di elettroni nella base che all'iniezione di lacune dalla base verso il collettore. Quindi la corrente di base totale si ottiene aggiungendo a I Bn il contributo dovuto alle lacune iniettate verso il collettore: I Bp = qs D p e VCB V T = µa L p N Dcoll I B = I Bn + I Bp = 29 µa Le correnti di collettore e di emettitore sono dunque I E = β r I B = 1.1 ma I C = I E + I B = 1.13 ma ESERCIZIO 2 (DE,DTE) Un transistore n-mos con gate in polisilicio ( = 4 µm, L = 2 µm, mobilità nel canale µ n = 0.08 m 2 /Vs) è stato fabbricato con una struttura MOS, con carica nell'ossido (substrato p, N A = cm 3 ). Da una caratterizzazione C V è risultato che la capacità massima è pari a F/m 2, mentre la capacità minima è stata misurata per una tensione pari a 1 V. Il transistore è polarizzato con V GS = 5 V. 1) Per V DS = 0.1 V (regime lineare) determinare I DS, l'andamento del potenziale e del campo elettrico ε(y) lungo y. Determinare inoltre il valore del campo elettrico ε(x) all'interfaccia ossido-silicio, lungo x (Si può calcolare ε si o ε ox ).[3] 2) Per V DS = 5 V determinare I DS considerando la lunghezza eettiva di canale (considerare la regione di svuotamento dovuta a V DP tra drain e punto di strozzamento P ).[3] 3) Si consideri l'espressione del potenziale V (y) nel canale, per 0 y y P, e si ricavi una espressione per Q n (y). Si ricavi una espressione, dipendente

6 da y, per il campo elettrico perpendicolare alla supercie, ɛ(x), all'interfaccia ossido-silicio.[4] SOLUZIONE 2 1) La tensione di soglia è pari a 1 V (minimo della curva C V ), non è richiesto di calcolare la carica nell'ossido e lo spessore dell'ossido, che peraltro è: C ox = F/m 2 t ox = ɛ ox C ox = 20 In regime lineare, avremo che il campo elettrico è costante lungo y, e pari a: m ε(y) = V DS L = 50 KV/m (4) e il potenziale è lineare: V (y) = V DS L y (5) Il campo elettrico all'interfaccia ossido-silicio si può calcolare considerando le cariche ssa e mobile (in valore assoluto): ε ox = V ox t ox = Q n + Q (2ψ B ) ψ B = kt q ln ( NA Q (2ψ B ) = n i ɛ ox ) = ɛ s qn A 2ψ B = C/m 2 Q n = C ox (V GS V T H ) = C/m 2 ε ox = V ox t ox = Q n + Q (2ψ B ) ɛ ox = 214 MV/m 2) Per V DS = 5 V il transistore è sicuramente in saturazione (V DS > V GS V T H ). La tensione del punto P di strozzamento è pari a V DSsat =

7 V GS V T H = 4 V, per cui: V 0Dsubst = E g 2q + ψ B = V 2ɛs DP = (V 0Dsubst + V DP ) = 0.5 µm qn A I DS = µ n C ox 2(L DP ) (V GS V T H ) 2 = 3 ma 3) L'espressione del potenziale lungo y è (pag. 172 delle dispense): ( V (y) = (V GS V T H ) 1 1 y ) L e quindi: Q n (y) = C ox (V GS V (y) V T H ) = C ox (V GS V T H ) 1 y L (6) (7) Procedendo come nel punto 1, il campo elettrico all'interfaccia ossido-silicio (lungo x) dipende dalla carica nel canale (funzione di y): ε ox = Q n(y) + Q (2ψ B ) ɛ ox ε ox = C ox (V GS V T H ) 1 y L + Q (2ψ B ) ɛ ox ESERCIZIO 3 (DTE) 1) Descrivere i passi di processo necessari per la fabbricazione di una cella solare. [3] 2) Derivare una espressione per la corrente nella cella solare, in presenza di una G op nota. [4] 3) Disegnare il circuito equivalente e la caratteristica I V di una cella solare, determinando gracamente la condizione di carico per la massima potenza in uscita.[3] SOLUZIONE 3

8 Si rimanda alla dispensa per la trattazione completa della cella solare, compresa una sezione del dispositivo, da cui è immediato ricavare i passi di processo. ESERCIZIO 4 (DE) Nel circuito in gura, M è un transistore n-mos con gate in metallo (N A = cm 3, µ n = 0.08 m 2 /Vs, t ox = 30 nm, = 20 µm, L = 2 µm). Il bipolare n + pn ha un β f minimo = ) Scegliere il metallo per il gate del MOS (determinare la funzione di lavoro) in maniera tale che la tensione di soglia valga 1 V.[3] R2 8 k Rg 10 k M Rd 0.5 k Vu Vcc 12 V C R1 10 k Vs + Vz 3 V Rb 1 K Q Re 1.15 k Rs 2 k 2) Determinare le condizioni per cui le resistenze R G sul gate del MOS e R B sulla base del bipolare possono essere rimosse dal circuito (senza alterare il circuito stesso). Giusticare quantitativamente la risposta. [3] 3) Supponendo che le condizioni del punto (2) siano vericate (dimostrare), calcolare il punto di riposo dei transistori e le correnti nel circuito.[4] SOLUZIONE 4

9 1) Per il MOS avremo: 2ɛs qn A 2ψ B V T H = + 2ψ B + Φ MS C ox C ox = ɛ ox = F/m 2 t ox ψ B = V T ln ( ) NA n i = V Φ S = χ + E g 2q + ψ B = V 2ɛs qn A 2ψ B Φ MS = V T H + 2ψ B = 0.11 V C ox Φ M = Φ MS + Φ S = 4.87 V 2) L'eetto di R B è determinante se la caduta di tensione è molto più grande di V γ. 0.7 V è infatti un valore approssimato, se in serie c'è un errore più piccolo di 0.07 V il circuito può considerarsi invariato. Quindi se I B < 0.07/R B = 70 µa l'eetto di R G pu'ò essere trascurato. Per quanto riguarda R G, la corrente di gate è dell'ordine dei pa, quindi la caduta di tensione ai suoi capi è inferiore al microvolt e può essere trascurata nel calcolo di V GS. 3) Avremo V B = 3 V e V G = (12 3)R 1 /(R 1 +R 2 )+3 = 8. Per il bipolare possiamo trascurare la caduta di tensione su R B : se la corrente di base è di 100 µa, la caduta è pari a 0.1 V, che si può trascurare vista l'approssimazione con cui consideriamo V γ. Avremo dunque: V E = = 2.3 V I E I C = = 2 ma I Bmax = I E = 4 β f minimo µa Quindi l'ipotesi del punto 2, che cioè R B possa essere trascurata, è ampliamente vericata. Anche il partitore pesante (I B 9/R 1 + R 2 = 500 µa) è vericato. Per il transistore MOS, supponendolo in saturazione, possiamo scrivere l'equazione: 2 ma + V S R S = µ n C ox 2L (V G V T H V S ) 2 (8)

10 Risolvendo avremo V S = V C = 4 V, da cui avremo I S = 2 + V S R S V D = V CC R D I S = 10 V. Quindi, riassumendo: = 4 ma, I DS = 4 ma V GS = V G V S = 8 4 = 4 V V DS = = 6.0 V Da cui il MOS risulta in saturazione (V DS = 6 V > V GS V T H = 3 V). Per il bipolare avremo: I C I E = 2 ma I B max = I C = 4 β fmin µa V BE V γ = 0.7 V V CE = V S V E = = 1.3 V Quindi V CE > 0.7 V, il transistore risulta correttamente polarizzato.