DE e DTE: PROVA SCRITTA DEL 28 Gennaio 2016 ESERCIZIO 1 (DE,DTE) Un transistore bipolare n + pn (N Abase = cm 3, N Dcollettore = cm 3, µ

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1 DE e DTE: PROA SCRITTA DEL 28 Gennaio 2016 ESERCIZIO 1 (DE,DTE) Un transistore bipolare n + pn (N Abase = cm 3, N Dcollettore = cm 3, µ n = 0.1 m 2 /s, τ n = 10 6, S = 1 mm 2 ) è polarizzato con un generatore di corrente in base I B = 10 µa, e con un generatore di tensione CE = 10. La corrente di collettore è risultata pari a 5 ma. 1) Calcolare la lunghezza eettiva della base.[3] 2) Calcolare le tensioni ai terminali e la lunghezza metallurgica della base.[3] 3) CE viene posto a 0. Calcolare le tensioni e le correnti ai terminali.[4] ESERCIZIO 2 (DE,DTE) Un transistore nmos, con N A = cm 3, t ox = 30 nm, µ n = 800 cm 2 /s =10 µm, L=1 µm, gate in Au (Φ Au = 5.1 ), è polarizzato con GBulk = 2 e DS = 0.1 (zona lineare). 1) Per SBulk = 0 calcolare la corrente I DS e le cariche sse e mobili nel canale.[3] 2) Per SBulk = 1 calcolare la corrente I DS nonché le cariche sse e mobili nel canale.[4] 3) Per SBulk = 0.6 calcolare le correnti ai terminali di Source e di Drain, sapendo che l'area di ciascuno dei pozzetti di Drain e di Source è pari a 50 µm 2 e che µ n bulk = 0.1 m 2 /s, τ n = 10 6 s.[3] ESERCIZIO 3 (DTE) 1) Descrivere il processo di impiantazione ionica. Illustrare lo schema e il funzionamento di un impiantatore ionico. [5] 2) Descrivere e discutere i parametri fondamentali del processo di impiantazione attraverso uno strato amorfo.[5] ESERCIZIO 4 (DE) Nel circuito in gura, Q ha un β fminimo = 300. Il pmos ha T H = 1, µ p = 0.08 m 2 /s, t ox = 30 nm, /L=10. L'nMOS (polysilicon gate con N A = cm 3, µ p = 0.08 m 2 /s,/l=10) ha una carica parassita all'interfaccia ossido-silicio, dovuta a ioni sodio carichi positivamente la cui concentrazione per unità di supercie è risultata pari a [N + A ] = cm 2 (la carica si ottiene moltiplicando per q). 1) Determinare lo spessore dell'ossido del nmos anché T H = 1.[3] 2) Determinare R 2 anché u = 6 (assumere BE = 0.7 ).[3] 3) Determinare il punto di riposo dei transistori.[4]

2 z cc 12 4 Mp u C Rg2 5 k R2 Mn Q s Rg1 5 k Rs 500 R1 2 k ESERCIZIO 1 (DE,DTE) Un transistore bipolare n + pn (N Abase = cm 3, N Dcollettore = cm 3, µ n = 0.1 m 2 /s, τ n = 10 6, S = 1 mm 2 ) è polarizzato con un generatore di corrente in base I B = 10 µa, e con un generatore di tensione CE = 10. La corrente di collettore è risultata pari a 5 ma. 1) Calcolare la lunghezza eettiva della base. [3] 2) Calcolare le tensioni ai terminali e la lunghezza metallurgica della base.[3] 3) CE viene posto a 0. Calcolare le tensioni e le correnti ai terminali.[4] SOLUZIONE 1 1) Dai dati abbiamo subito: β f = I C I B = 500 (1)

3 Si può calcolare l'α f = α T (γ = 1) o scrivere direttamente: β f = τ n τ t τ t = 2 2D n 2 = 2τ nd n β f = 2τn D n β f D n = kt q µ n = m 2 /s = 3.22 µm 2) Possiamo calcolare BE dalla relazione: I B = Q B τ n I B = qs δ n(0) 2τ n I B = qs n p0e BE T 2τ n e BE T = 2I B qs n2 i N A BE = T ln 2I Bτ n qs n2 i N A = 0.55 Quindi avremo CB = CE BE = La regione di svuotamento base-collettore si calcola come: ( ) ND N A 0 BC = T ln = n 2 i ( 2ɛS 1 BC = + 1 q N A N D ) ( 0 + CB ) = 3.82 µm X BC = BC N Dcoll N Abase + N Dcoll = µm

4 Quindi, trascurando la regione di svuotamento della giunzione base-emettitore polarizzata in diretta (si può comunque calcolare), avremo: met = + X BC = 3.57 µm (2) 3) Avremo che BE = BC ed il transistore è in saturazione. Entrambe le giunzioni sono polarizzate in diretta, e l'eccesso dei portatori all'estremo della giunzione base-emettitore e base-collettore è lo stesso. Trascurando le regioni di svuotamento di entrambe le giunzioni (polarizzate in diretta) avremo: effettiva = metallurgica I B = qs n p0e BE T τ n BE BC = T ln I Bτ n = 0.53 qs n2 i N A Per quanto riguarda le correnti, possiamo assumere con un po' di approssimazione che I B sia entrante, e si divida equamente tra I C e I E. ESERCIZIO 2 (DE,DTE) Un transistore nmos, con N A = cm 3, t ox = 30 nm, µ n = 800 cm 2 /s =10µm, L=1 µm, gate in Au (Φ Au = 5.1 e), è polarizzato con GBulk = 2 e DS = 0.1 (zona lineare). 1) Per SBulk = 0 calcolare la corrente I DS e le cariche sse e mobili nel canale.[3] 2) Per SBulk = 1 calcolare la corrente I DS nonchè le cariche sse e mobili nel canale.[3] 3) Per SBulk = 0.6 calcolare le correnti ai terminali di Source e di Drain, sapendo che l'area di ciascuno dei pozzetti di Drain e di Source è pari a 50 µm 2 e che µ n bulk = 0.1 m 2 /s, τ n = 10 6 s.[4] SOLUZIONE 2

5 1) Calcoliamo innanzitutto la tensione di soglia. Con SBulk = 0, la tensione di inversione GBulk inv = T H si calcola come: Avremo: ψ B = kt ( ) q ln NA = n i = ɛ ox = t ox F/m 2 Φ MS = Φ M Φ S = Φ M (χ + E g 2q + ψ B) = T H = La corrente risulta (zona lineare): 2ɛs qn A 2ψ B + 2ψ B + Φ MS = 1.23 (3) I DS = µ n L ( GS T H ) DS = ma (4) Il transistore è in zona lineare, e quindi la carica è praticamente costante lungo il canale. La carica ssa è quella dovuta alla regione di svuotamento alla soglia (2ψ B ): Q = 2ɛ s qn A 2ψ B = C/m 2 (5) La carica mobile si può calcolare con la formula: Q n = c ox ( GS T H ) = C/m 2 (6) 2) Per risolvere il caso di SBulk = 1 possiamo far riferimento all'eetto body, calcolando la T H rispetto al Source, o considerare la T Hbulk sapendo che la caduta di tensione nel silicio all'inversione è pari a Si inv = 2ψ B + SBulk = Avremo dunque: 2ɛ s qn A (v SBulk + 2ψ B ) T H bulk = + SBulk + 2ψ B + Φ MS = 2.46 (7) Oppure possiamo calcolare la T H, che per denizione è riferita al Source: 2ɛ s qn A ( SBulk + 2ψ B ) T H = + 2ψ B + Φ MS = 2.46 = 1.46

6 ediamo che GBulk = 2 < T H bulk, oppure che GS = GBulk SBulk = 1 < T H = Il condensatore MOS non è in inversione, quindi la carica mobile nel canale è 0, e I DS = 0. La carica ssa è quella dovuta alla regione di svuotamento (ψ S ). Per il calcolo della caduta di tensione nel silicio ψ S dobbiamo scrivere l'equazione: GBulk = 2 = 2ɛs qn A ψ S + ψ S + Φ MS (8) la cui soluzione accettabile è ψ S = Dunque: Q = 2ɛ s qn A ψ S = C/m 2 (9) 3) Per SBulk < 0 le giunzioni n + p Source-Bulk e Drain-Bulk entrano in conduzione. In modo particolare avremo SBulk = 0.6 e DBulk = DS + SBulk = 0.5. Quindi avremo: D n = kt q µ n bulk = m 2 /s L n = D n τ n = µm n 2 i I 0 n + Sub = qs D n = A L n N ( A ) I bulk S = I 0 e bulk S T 1 = 105 na ( ) I bulk D = I 0 e bulk D T 1 = 2.22 na Data la piccola supercie dei pozzetti, le correnti dovute alle giunzioni sono piccole. Calcoliamo la corrente nel canale. Dobbiamo considerare adesso una T H pari a: T H = 2ɛ s qn A ( SBulk + 2ψ B ) Inoltre GS = Gbulk + Sbulk = 2.6, e quindi: + 2ψ B + Φ MS = 2.46 = I DS = µ n L ( GS T H ) DS = 0.21 ma

7 ESERCIZIO 3 (DTE) 1) Descrivere il processo di impiantazione ionica. Illustrare lo schema e il funzionamento di un impiantatore ionico. [5] 2) Descrivere e discutere i parametri fondamentali del processo di impiantazione attraverso uno strato amorfo.[5] SOLUZIONE 3 1) e 2) Si rimanda alla dispensa del Prof. Diligenti. ESERCIZIO 4 (DE) Nel circuito in gura, Q ha un β fminimo = 300. Il pmos ha T H = 1, µ p = 0.08 m 2 /s, t ox = 30 nm, /L=10. L'nMOS (polysilicon gate con N A = cm 3, µ p = 0.08 m 2 /s,/l=10) ha una carica parassita all'interfaccia ossido-silicio, dovuta a ioni sodio carichi positivamente la cui concentrazione per unità di supercie è risultata pari a [N + A ] = cm 2 (la carica si ottiene moltiplicando per q). 1) Determinare lo spessore dell'ossido del nmos anchè T H = 1.[3] 2) Determinare R 2 anchè u = 6 (assumere BE = 0.7 ).[3] 3) Determinare il punto di riposo dei transistori.[4] SOLUZIONE 4 1) La carica parassita nell'ossido è pari a Q ox = q = C/m 2. La tensione di soglia si scrive come: T H = 2ɛs qn A 2ψ B + 2ψ B + Φ MS Q ox (10) e quindi: = Calcolando i vari parametri: 2ɛs qn A 2ψ B Q ox T H 2ψ B Φ MS (11) ψ B = kt ( ) q ln NA = n i Φ MS = E g 2q + ψ B = 0.887

8 z cc 12 4 Mp u C Rg2 5 k R2 Mn Q s Rg1 5 k Rs 500 R1 2 k = F/m 2 t ox = ɛ ox = 127 nm 2) Avremo: u = γ R 1 + R 2 R 1 = 6 R 2 = 15 kω 3) Per il transistore Mp avremo GS = 8 12 = 4, che in valore assoluto risulta più grande di T H = 1, e quindi il transistore conduce. Avremo ( = ɛ ox /t ox = F/m 2 ): SD = µ p 2 L ( GS T H ) 2 = 4.1 ma (12)

9 E D = u = 6, quindi SD = 6, in valore assoluto maggiore di GS T H. Per Mn avremo: R g1 G = 8 = 4 R g2 + R g1 I DS = S = µ n R S 2 L ( G S T H ) 2 Risolvendo l'ultima equazione otteniamo S = 0.5, e quindi I DS = 1 ma. Poichè D = u = 6 avremo DS = > GS T H. La corrente nel bipolare sarà data da: Dunque: 6 I R1 R2 = = 0.35 ma R 1 + R 2 I C = I SDp I DSn I R1 R2 = 2.75 ma I B = I C β f = 9.2 µa << I R1 R2 B = 0.7 I E I C = 2.7 ma BE = 0.7 CE = 6 I SDp = 4.1 ma GS = 4 SD = 6 I DSn = 1 ma GSn = 3.5 DSn = 5.5