ESERCIZIO 1 In gura è rappresentata una giunzione p + n (S=1 mm 2, µ n = 0.1 m 2 /Vs,

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1 PROVA SCRTTA di DSPOSTV ELETTRONC del 22 Febbraio 2019 ESERCZO 1 n gura è rappresentata una giunzione p + n (S=1 mm 2, µ n = 0.1 m 2 /Vs, µ p = 0.04 m 2 /Vs, τ p = τ n = 10 6 s). La parte n è drogata N D = cm 3 per x < 20 µm e N D = cm 3 per x > 20 µm. n=10 15 cm -3 n=5x10 17 cm -3 p + 20 um 1) Per V = 0.35 V vericare l'approssimazione di bassa iniezione; determinare l'eccesso di portatori minoritari per x = 19 µm e per x = 21 µm (trascurare l'ampiezza della regione di svuotamento), nonché la corrente nel diodo. [3] 2) Determinare il campo elettrico per x = 0 e per x = x n. [3] 3) Determinare il campo elettrico per x = 19 µm, per x = 21 µm e per x >> L p. [4] ESERCZO 2 n gura, è rappresentato un transistore n-mos polysilicon gate, N A = cm 3, µ n = 0.08 m 2 /Vs nel canale, t ox = 30 nm, W = 20 µm, L = 5 µm. Per t < 0 il transistore è polarizzato con V DS = 0.1 V, V SB = 5 V e V GB = 0. V DS V SB S V GB G D ossido n + n + Bulk 1) A t = 0 V GB viene portato a 5 V. Determinare la caduta di tensione nel silicio e le cariche sse e mobili per t = 0 + e per t = 5 ms. [4] 2) A t 0 = 5 ms V SB viene ridotta a 1 V (V GB viene mantenuta a 5 V). Determinare la caduta di tensione nel silicio per t + 0 e t.[3] 3) Determinare le cariche sse e mobili totali nel canale per t + 0 e t. [3]

2 ESERCZO 3 Nel circuito in gura, i transistori bipolari Q 1 e Q 2 sono n + pn, con N A = cm 3, N D = cm 3, τ n = 10 6 s, µ n = 0.1 m 2 /Vs, S = 1 mm 2. 1) Determinare la lunghezza metallurgica della base dei transistori per ottenere un β f almeno pari a 100. Determinare inoltre il valore di V CB per cui il β f raggiunge 150. [3] 2) Per V S = 0, determinare le correnti e le tensioni nei transistori (facendo le approssimazioni opportune). [3] 3) Determinare il guadagno in corrente complessivo minimo garantito β ftot minimo = U B1. [4] u Rc 500 Vcc 10 V Vu Vs Q1 Re1 50 k Q2 Re Vcc -10 V

3 ESERCZO 1 n gura è rappresentata una giunzione p + n (S=1 mm 2, µ n = 0.1 m 2 /Vs, µ p = 0.04 m 2 /Vs, τ p = τ n = 10 6 s). La parte n è drogata N D = cm 3 per x < 20 µm e N D = cm 3 per x > 20 µm. n=10 15 cm -3 n=5x10 17 cm -3 p + 20 um 1) Per V = 0.35 V vericare l'approssimazione di bassa iniezione; determinare l'eccesso di portatori minoritari per x = 19 µm e per x = 21 µm (trascurare l'ampiezza della regione di svuotamento), nonché la corrente nel diodo. [3] 2) Determinare il campo elettrico per x = 0 e per x = x n. [3] 3) Determinare il campo elettrico per x = 19 µm, per x = 21 µm e per x >> L p. [4] SOLUZONE 1 1) Avremo: D p = V T µ p = m 2 /s L p = D p τ p = µm ( ) δp(0) = n2 i e V V T 1 = m 3 N D Quindi siamo in condizioni di bassa iniezione, poiché δp(0) >> p 0 = n2 i N D = m 3 e δp(0) << n 0 = N D. l prolo di portatori minoritari non cambia in x = 20 µm,poiché l'eccesso è dovuto all'iniezione in x n e alla diusione di lacune. Una volta vericata la bassa iniezione, un aumento di portatori maggioritari non cambia la situazione. Quindi avremo: δp(19 µm) = δp(0)e = m 3 δp(21 µm) = δp(0)e = m 3

4 Essendo il prolo di portatori minoritari inalterato, la corrente nel diodo si calcola come sempre: = qs D p L p n 2 i N D ( ) ( ) e V V T 1 = e V V T 1 = 0.88 µa (1) 2) Avremo che il campo elettrico per x = 0 è quello dovuto alla regione di svuotamento, ed è pari a: E = qn D x n = qn D W (2) ɛ s ɛ s Calcoliamo la regione di svuotamento per V = 0.35 V ed il campo elettrico: ( ) ND N A V 0 = V T ln = V n 2 i W = 2ɛs qn D (V 0 V ) = 0.78 µm E = qn D W = 1.18 MV/m ɛ s Per x = x n avremo che il campo elettrico è molto piccolo (zero, per l'approssimazione di svuotamento completo). Tuttavia è calcolabile, considerando n n 0 = N D e δn(x) δp(x). Facendo riferimento alla formula riportata sulla dispensa abbiamo: qsµ n N D E(x) = + qs (D n D p ) δp(0)e L p E(x) = + (D n D p ) δp(0)e x qsµ n N D L p µ n N D D n = V T µ n = m 2 /s E(0) = + (D n D p ) δp(0) = V/m qsµ n N D L p µ n N D x 3) Nel primo caso (x = 19 µm) avremo che n = N D1 = m 3 : E(19 µm) = qsµ n N D1 + (D n D p ) L p µ n N D1 δp(0)e = 0.1 V/m (3)

5 Negli altri due casi abbiamo che n = N D2 = m 3 : E(21 µm) = E(x ) = + (D n D p ) δp(0)e = V/m qsµ n N D2 L p µ n N D2 = V/m qsµ n N D2 ESERCZO 2 n gura, è rappresentato un transistore n-mos polysilicon gate, N A = cm 3, µ n = 0.08 m 2 /Vs nel canale, t ox = 30 nm, W = 20 µm, L = 5 µm. Per t < 0 il transistore è polarizzato con V DS = 0.1 V, V SB = 5 V e V GB = 0. V DS V SB S V GB G D ossido n + n + Bulk 1) A t = 0 V GB viene portato a 5 V. Determinare la caduta di tensione nel silicio e le cariche sse e mobili per t = 0 + e per t = 5 ms. [4] 2) A t 0 = 5 ms V SB viene ridotta a 1 V (V GB viene mantenuta a 5 V). Determinare la caduta di tensione nel silicio per t + 0 e t.[3] 3) Determinare le cariche sse e mobili totali nel canale per t + 0 e t. [3] SOLUZONE 2 1) Calcoliamo: C ox = ɛ ox t ox = ψ B = kt q ln N A n i = Φ MS = E g 2q ψ B = V

6 Per V GB = 5 V e V SB = 5 V abbiamo che V GS = 0, e quindi non siamo all'inversione. nfatti, per raggiungere l'inversione abbiamo bisogno di V Si = 2ψ B + V SB, e quindi V GB non è sucientemente elevata per ottenere questa caduta nel silicio. Abbiamo dunque che, all'aumentare della V GB a 5 V, il silicio va in svuotamento profondo in un tempo molto rapido, limitato dalla mobilità delle lacune che si devono allontanare dall'interfaccia. Quindi a t = 0 + la situazione è la stessa di quella a t = 5 ms: il canale è svuotato, la carica mobile è trascurabile e tutta la carica è costituita da Q W (V Si ). Dobbiamo dunque scrivere l'equazione: V GB = 2ɛs qn A V Si C ox + V Si + Φ MS (4) con Φ MS = V. Risolvendo questa equazione abbiamo che il valore accettabile di V Si = 4.8 V. La carica, sia a t = 0 + che a t = t 0 = 5 ms, è pari a (in valore assoluto, negativa in segno): Q = Q W = 2ɛ s qn A V Si = C/m 2 (5) per un totale nel canale pari a Q W LW = s. 2) Nel caso V SB = 1 V e V GB = 5 V il condensatore MOS è in inversione. nfatti, calcoliamo la tensione di soglia (riferita al Source) con V SB = 1 V, e ricordiamo che V GS = V GB V SB = 4 V. V T H = 2ɛ s qn a (2ψ B + V SB ) C ox + 2ψ B + Φ MS = 0.44 V (6) Quindi avremo semplicemente che la caduta di tensione nel silicio è pari a 2ψ B più la tensione di polarizzazione source-substrato: V Si = 2ψ B + V SB = V. È ovviamente la stessa a t + 0 e a t, dato che il tempo di formazione del canale è legato al drift di elettroni dal pozzetto di Source verso il canale stesso. Una stima del tempo di formazione del canale è il tempo di transito nel canale stesso (vedi formula sulla dispensa). 3) Come detto nel punto precedente, le cariche sse e mobili sono le stesse a t + 0 (per tempi superiori al tempo di transito) e per t. La carica ssa è quella della regione di svuotamento dovuta alla caduta di tensione nel silicio

7 (in valore assoluto, é negativa): Q W = 2ɛ s qn A (2ψ B + V SB ) = C/m 2 Q W tot = LW Q W = C La carica mobile è quella del canale. Dato che V DS è piccola (regime lineare), la carica è costante sotto il canale, e può essere scritta come (in valore assoluto, è negativa): Q n = C ox (V GS V T H ) = C/m 2 Q n tot = W LQ n = C ESERCZO 3 Nel circuito in gura, i transistori bipolari Q 1 e Q 2 sono n + pn, con N A = cm 3, N D = cm 3, τ n = 10 6 s, µ n = 0.1 m 2 /Vs, S = 1 mm 2. 1) Determinare la lunghezza metallurgica della base dei transistori per ottenere un β f almeno pari a 100. Determinare inoltre il valore di V CB per cui il β f raggiunge 150. [3] 2) Per V S = 0, determinare le correnti e le tensioni nei transistori (facendo le approssimazioni opportune). [3] 3) Determinare il guadagno in corrente complessivo minimo garantito β ftot minimo = U B1. [4] SOLUZONE 3 1) Per avere un β f almeno pari a 100 (β f minimo = 100): β f = τ n = τ n τ W 2 t 2D n D n = V T µ n = m 2 /V s τ n W = 2D n = 7.2 µm β f dove W è la lunghezza metallurgica della base. La lunghezza eettiva di base in zona attiva diretta è senz'altro più piccola, quindi sicuramente β f > β f min.

8 u Rc 500 Vcc 10 V Vu Vs Q1 Re1 50 k Q2 Re Vcc -10 V Un β f = 150 signica una W effettiva = τ 2D n n 150 che x nbc = = 1.3 µm. Per cui: N AB + N DC W BC = X nbc = 1.95 µm N DC ( 2ɛs 1 W BC = + 1 ) (V 0 + V BC ) q N A N D V 0 + V BC = qw BC 2 N AB N DC = 9.63 V 2ɛ s N AB + N DC V 0 = V T ln N AN D V BC = 8.95 V n 2 i = V = 5.9 µm. Quindi abbiamo 2) Avremo: V E1 = 0.7 V V E2 = 1.4 V E2 = V E2 ( V CC ) R E2 = 17.2 ma

9 E1 max = V E1 ( V CC ) R E1 + E2 β f min = ma C2 E2 C1 E1 RC = C2 + C1 C2 = 17.2 ma V u = V CC R C RC = 1.4 V Quindi i transistori risultano polarizzati correttamente: V CE1 = V u V E1 = 2.1 V C1 E1 = 0.36 ma B1 max = 3.6 µa V CE2 = V u V E2 = 2.8 V C2 E2 = 17.2 ma B2 max = µa 3) l guadagno in corrente complessimo è semplicemente dato da u diviso la corrente B1 massima, che si ottiene con il β f minimo : β f complessivo minimo = u B1 max = 4778 (7)