DE e DTE: PROVA SCRITTA DEL 29 Giugno 2015

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1 DE e DTE: PROVA SCRITTA DEL 29 Giugno 2015 ESERCIZIO 1 (DE,DTE) Un transistore (emettitore n + ) è caratterizzato da base = cm 3, lunghezza metallurgica W met = 4 µm, τ n = 1 µs, µ n = 0.1 m 2 /Vs, S = 1mm 2. Il transistore è polarizzato in base con un generatore di corrente I B = 10 µa. Trascurare l'ampiezza delle regioni di svuotamento per le giunzioni polarizzate in diretta. 1) Per N DCollettore = e V BC = 5 V determinare I C e V CE.[3] 2) Per N DCollettore = determinare h oe = I C V CE I C V CE (suggerimento: ripetere il conto del punto precedente per V BC = 10 V).[4] 3) Se il collettore è fortemente drogato (n + ), come si modica h oe? Determinare il nuovo valore e confrontarlo con quello calcolato nei punti precedenti (si possono fare delle approssimazioni, ad esempio considerando V BE costante al variare di V CE ).[3] ESERCIZIO 2 (DE,DTE) Un condensatore n-mos ( = cm 3, t ox = 30 nm) viene fabbricato con un gate di oro (φ M = 5.1 V). La tensione di soglia è risultata pari a 2 V. 1) Determinare la carica nell'ossido (negativa), all'interfaccia ossido-silicio.[3] 2) Si impone una tensione V GBulk = V T H /2 = 1 V. Determinare la caduta di tensione nel silicio e la concentrazione di portatori minoritari all'interfaccia silicio-ossido n s.[4] 3) Il condensatore MOS viene impiegato per realizzare un transistore MOS, polarizzato con V DS = 0 V e V SBulk = 2 V. Per V GS = 1 V determinare la caduta di tensione nel silicio a metà canale e la concentrazione di elettroni all'interfaccia silicio-ossido.[3] ESERCIZIO 3 (DTE) 1) Descrivere il processo di fabbricazione LO- COS con LDD. [5] 2) Disegnare le maschere per la fabbricazione del circuito in gura (transistore MOS con resistenza in serie al Source). [5] ESERCIZIO 4 (DE) Nel circuito in gura, i transistori bipolari Q 1 e Q 2 hanno β f min = 300 (nominale).

2 1) Durante la fabbricazione del transistore Q 2 si è vericato un problema nella fase di drogaggio dell'emettitore e il β f è risultato pari a 20, invece che del valore nominale desiderato di 300. Determinare l'ecienza di emettitore.[3] 2) Determinare le correnti, le tensioni e il punto di riposo dei transistori.che eetti ha il β f ridotto di Q 2 sul punto di riposo? Giusticare la risposta.[5] 3) Determinare il valore minimo di V Z per cui tutti i transistori risultano correttamente polarizzati.[2] R 1 8 k R C1 R Z R C2 3 k 1 k 1.5 k Vcc 12 V C Q 1 Q 2 V u V S R 2 R E 6.7 V D Z 5 k 1 K Figura 1: circuito ESERCIZIO 1 (DE,DTE) Un transistore (emettitore n + ) è caratterizzato da base = cm 3, lunghezza metallurgica W met = 4 µm, τ n = 1 µs, µ n = 0.1 m 2 /Vs, S = 1mm 2. Il transistore è polarizzato in base con un

3 generatore di corrente I B = 10 µa. Trascurare l'ampiezza delle regioni di svuotamento per le giunzioni polarizzate in diretta. 1) Per N DCollettore = e V BC = 5 V determinare I C e V CE.[3] 2) Per N DCollettore = determinare h oe = I C V CE I C V CE (suggerimento: ripetere il conto del punto precedente per V BC = 10 V).[4] 3) Se il collettore è fortemente drogato (n + ), come si modica h oe? Determinare il nuovo valore e confrontarlo con quello calcolato nei punti precedenti (si possono fare delle approssimazioni, ad esempio considerando V BE costante al variare di V CE ).[3] SOLUZIONE 1 1) Calcoliamo la lunghezza eettiva di base, trascurando la regione di svuotamento emettitore-base: ( ) NABase N DCollettore V 0CB = V T ln = V n 2 i X CB = W CB = 1 ( 2ɛs q Base N DCollettore W eff = = 3.14 µm ) (V OCB + V CB ) = µm Possiamo calcolare la corrente di collettore con il modello a controllo di carica: D n = kt q µ n = m 2 /s = W 2 eff 2D n = s I C = Q B = I B τ n = I B β f = 5.25 ma Per calcolare V CE bisogna ricavare la tensione emettitore-base V BE, che possiamo calcolare conoscendo la carica in base Q B = I B τ n e la lunghezza eettiva di base: Q B = I B τ n = 1 2 qsδn(0)w eff ( ) δ n (0) = n 0 e V BE V T 1 n2 i e VBE V T

4 V BE = V T ln 2I Bτ n qs n2 i W eff = 0.53 V Quindi abbiamo V CE = V CB + V BE = 5.53 V. 2) Basta ripetere il conto per V CB = 10 V. X CB = W CB = 1 ( 2ɛs q Base W eff = = 2.82 µm = W 2 eff 2D n = s I C = Q B 1 N DCollettore = I B τ n = I B β f = 6.51 ma ) (V OCB + V CB ) = 1.18 µm La tensione di base viene modicata molto poco, e quindi si puo' considerare costante.con questa approssimazione avremo V CE2 V CE1 V CB2 V CB1 = 5 V. Quindi avremo: h oe = I C V CE = Ω 1 (1) Quindi la resistenza r 0 = 1h oe = 3888 Ω. Per confermare l'approssimazione fatta, valutiamo la V BE per V CB = 10 V: V BE = V T ln 2I Bτ n = V (2) qs n2 i W eff 3) Se il collettore è fortemente drogato, la regione di svuotamento si estende tutta nella base e quindi l'eetto di modulazione della base è piu' importante e la resistenza di uscita 1/h oe è piu' bassa. Ripetiamo i conti (considerando V CE2 V CE1 V CB2 V CB1 = 5 V). Per V CB = 5 V: ( ) NABase N DCollettore V 0CB = V T ln = V n 2 i 2ɛs X CB = W CB = (V OCB + V CB ) = 1.24 µm qbase W eff = = 2.76 µm

5 = W 2 eff 2D n = s I C = Q B = I B τ n = I B β f = 6.8 ma Per V CB = 10 V: 2ɛs X CB = W CB = (V OCB + V CB ) = 1.69 µm qbase W eff = = 2.31 µm = W 2 eff 2D n = s I C = Q B = I B τ n = I B β f = 9.7 ma Quindi avremo h oe = Ω 1 e r 0 = 1/h oe = 1720 Ω. ESERCIZIO 2 (DE,DTE) Un condensatore n-mos ( = cm 3, t ox = 30 nm) viene fabbricato con un gate di oro (φ M = 5.1 V). La tensione di soglia è risultata pari a 2 V. 1) Determinare la carica nell'ossido (negativa), all'interfaccia ossido-silicio.[3] 2) Si impone una tensione V GBulk = V T H /2 = 1 V. Determinare la caduta di tensione nel silicio e la concentrazione di portatori minoritari all'interfaccia silicio-ossido n s.[4] 3) Il condensatore MOS viene impiegato per realizzare un transistore MOS (L=W=10 µm), polarizzato con V DS = 0 V e V SBulk = 2 V. Per V GS = 1 V determinare la caduta di tensione nel silicio a metà canale e la concentrazione di elettroni all'interfaccia silicio-ossido.[3] SOLUZIONE 2 1) Calcoliamo innanzitutto i vari parametri e la Φ MS. = ɛ ox = F/m 2 t ox ψ B = V T ln ( ) NA n i = V

6 Φ S = χ + E g 2q + ψ B = V Φ MS = = V Dall'espressione della tensione di soglia possiamo ricavare la carica nell'ossido. 2ɛs q 2ψ B V T H = 2V = + 2ψ B Q ox + φ MS Q ox 2ɛs q 2ψ B = V T H 2ψ B φ MS = 0.92 V Q ox = C/m 2 2) Per V GS = V T H /2 siamo in regime di svuotamento, dove i maggioritari sono respinti e i minoritari sono ancora molto pochi. Avremo dunque Q Si = Q n + Q W Q W e possiamo scrivere l'equazione seguente: V T H 2 = 1 = 2ɛs q V S + V S Q ox + φ MS (3) Sostituendo i numeri: 1 = V S + V S (4) che ha come soluzione accettabile V S = V. Avremo dunque: n s = n 0 e V S V T = n2 i e VS V T = m 3 (5) 3) In questo caso avremo che V GS = V GBulk V SBulk e quindi V GBulk = V GS + V SBulk = = 1 V. La polarizzazione del Gate rispetto al substrato è quindi la stessa rispetto a quella del punto precedente. A metà canale, per L/2 = 5 µm, siamo sicuramente lontani dalle regioni di svutamento del Source e del Drain rispetto al substrato. Quindi la caduta di tensione nel silicio è la stessa di quella calcolata nel punto precedente. La concentrazione di portatori minoritari è invece diversa, perchè a questo punto dipende dalla caduta di tensione tra Source e L/2 nel silicio, pari a =-1.99 V. La concentrazione di elettroni nel canale, infatti, è comandata dalla giunzione Source-canale n + p, e quindi il segno è quello per la giunzione n + p

7 polarizzata in diretta (negativo, quindi è in inversa). Avremo dunque che la concentrazione è praticamente uguale a 0: n s = n 0 e V Source +V S V T = n2 i e 1.99 V T = m 3 (6) ESERCIZIO 3 (DTE) 1) Descrivere processo di fabbricazione LOCOS con LDD. [5] 2) Disegnare le maschere per la fabbricazione del circuito in gura (transistore MOS con resistenza in serie al Source). [5] SOLUZIONE 3 1) Si rimanda alla dispensa per la descrizione del process LDD. 2) Basta usare il processo LDD con una diusione di tipo n abbastanza lunga, così da fabbricare un resistore tra il contatto di Source ed il canale. ESERCIZIO 4 (DE) Nel circuito in gura, i transistori bipolari n + pn Q 1 e Q 2 hanno β f min = 300 (nominale). 1) Durante la fabbricazione del transistore Q 2 si è vericato un problema nella fase di drogaggio dell'emettitore e il β f è risultato pari a 20, invece che del valore nominale desiderato di 300. Determinare l'ecienza di emettitore.[3] 2) Determinare le correnti, le tensioni e il punto di riposo dei transistori.che eetti ha il β f ridotto di Q 2 sul punto di riposo? Giusticare la risposta.[5] 3) Determinare il valore minimo di V Z per cui tutti i transistori risultano correttamente polarizzati.[2]

8 R 1 8 k R C1 R Z R C2 3 k 1 k 1.5 k Vcc 12 V C Q 1 Q 2 V u V S R 2 R E 6.7 V D Z 5 k 1 K Figura 2: circuito SOLUZIONE 4 1) Per β f = 300 e γ = 1 (emettitore n + ) abbiamo che: α f = α T = β f β f + 1 = (7) Invece abbiamo β f = 20, e quindi il drogaggio di emettitore non è suciente ad ottenere γ = 1. Avremo dunque: α f = β f β f + 1 = α f = γα T γ = α f α T = ) Calcoliamo V B1 = V C C R 2 R 2 +R 1 = 4.61 V e quindi V E1 = 3.91 V e I E1 = 3.91 ma. Poichè I B1 = I E1 = 13 µa e I β f +1 R 1 R 2 = 0.92 ma il partitore pesante è vericato e I C2 I E2 = 3.91 ma. Avremo che V B2 = 6.7 V e V E2 V C1 = 6 V. Quindi I R1 = (12 6)/R C1 = 2 ma e I E2 = I C1 I RC1 =

9 1.9 ma. Q 2 guadagna poco, ma possiamo comunque assumere I C2 I E2 (formalmente I C2 = α f I E2 = 1.8 ma), e quindi incide poco sul punto di riposo. Avremo che V C2 = V u = V CC R C2 I C2 = 9.3 V. Il problema si può vericare per la polarizzazione dello zener, che ha bisogno almeno di 1 ma per essere polarizzato oltre il ginocchio. Trascurando la corrente di base, la corrente che scorre nello zener risulta pari a I Z = (V CC V Z )/R C2 = 5.3 ma, mentre la I B2 < I C2 /β f=min gar = 1.8 ma/20 = 90 µa. Quindi l'eetto sulla polarizzazione dello zener è trascurabile. Quindi, riassumendo, per il transistore Q 2 avremo: I C2 = 1.8 ma I E2 = 1.9 ma V BE2 V γ = 0.7 V V CE = V u V E2 = = 3.3 V I B2 max = 90 µa Per il transistore Q 1 avremo: I C1 I E1 = 3.9 ma I B1 max = I C1 β fmin = 13 µa V BE1 V γ = 0.7 V V CE1 = = 2.1 V 3) La minima tensione dello zener si può vedere come quella che consente la polarizzazione di Q 1. Infatti V E1 = 3.9 V, mentre V C1 = V E2 = V Z V γ. Quindi volendo V CE1 > 0.3 V avremo V C1 > 4.2 V e quindi V Z > 4.9 V.