PROVA SCRITTA di DISPOSITIVI ELETTRONICI del 10 Giugno 2016

Transcript

1 PROVA SCRITTA di DISPOSITIVI ELETTRONICI del 0 Giugno 206 ESERCIZIO Il transistore bipolare npn nelle gure ha N Demettitore = N Dcollettore = 0 7 cm 3, N Abase = 0 6 cm 3, µ n = 0. m 2 /Vs, τ n = τ p = 0 6, µ p = m 2 /Vs, S = mm 2. Le correnti dovute all'iniezione di lacune dalla base verso l'emettitore ed il collettore (in polarizzazione diretta) non sono trascurabili; sia l'emettitore che il collettore sono lunghi. Nel circuito a sinistra, con V BE = 0.5 V e V CE = 5 V, è stata misurata I C = ma. + V BE V CE V BE V CE - ) Calcolare la lunghezza eettiva della base e le correnti ai terminali.[4] 2) Calcolare i parametri γ E, α F e β F del transistore e la lunghezza metallurgica della base.[3] 3) Nel circuito a destra è stata misurata una V CE pari a 0. V, per V BE = 0.5 V. Determinare il valore della corrente di collettore (si può assumere la lunghezza eettiva della base coincidente con quella metallurgica).[3] ESERCIZIO 2 Un transistore nmos ha il gate di tipo p +, N A = 0 6 cm 3, t ox = 30 nm, µ n = 800 cm 2 /Vs, =0µm, L=0 µm, ed è polarizzato con V GS = 5 V. Per problemi costruttivi, all'interfaccia ossido- silicio sono presenti stati interfacciali, con una densità pari a 2 0 cm 2 (ogni stato ha una carica elementare positiva +q, calcolare Q ox ). ) Per V DS = V DS Sat determinare la corrente I DS, l'andamento (espressione) del potenziale V (y) nel canale e della carica mobile Q n (y). [3] 2) Calcolare il campo elettrico nell'ossido in prossimità del Source (y = 0) ed in prossimità del Drain (y = L) (considerare Q ox!). [4] 3) Si determini l'espressione del campo elettrico nell'ossido in funzione di y (come varia in funzione di x, tra 0 e t ox?). Calcolare inoltre il campo elettrico nell'ossido per y = L/2. [3] ESERCIZIO 3 Nel circuito in gura, M e M 2 sono transistori nmos polysilicon gate, con N A = 0 6 cm 3, µ n = 0.08 m 2 /Vs. Insieme ai transistori M e M 2 sono stati fabbricati dei dispositivi di test (stessa V T H e C ox )

2 con /L =, dei quali è stata misurata la resistenza di canale per V DS piccole. La resistenza è risultata pari a R can = 363 Ω per V GS = 3 V, e R can = 806 Ω per V GS = 5 V. ) Determinare la tensione di soglia e lo spessore dell'ossido dei transistori.[4] R 0 k Rd 2 k Vdd 2 V C M M2 Vs R2 20 k Vz Rs 600 Vu 2) Supponendo il diodo zener ideale, con V Z = 5 V, determinare il valore di /L in maniera tale da avere I DS =.94 ma (arrotondare al valore intero). Determinare il punto di riposo dei transistori ( /L = 2 /L 2 ) ed il loro guadagno g m.[4] 3) Il diodo zener non è ideale, e può essere schematizzato con un modello lineare a tratti con V Z = 5 V e R Z = 80 Ω per V > V Z. Determinare come si modica il punto di riposo di M.[2]

3 ESERCIZIO Il transistore bipolare npn nelle gure ha N Demettitore = N Dcollettore = 0 7 cm 3, N Abase = 0 6 cm 3, µ n = 0. m 2 /Vs, τ n = τ p = 0 6, µ p = m 2 /Vs, S = mm 2. Le correnti dovute all'iniezione di lacune dalla base verso l'emettitore ed il collettore (in polarizzazione diretta) non sono trascurabili; sia l'emettitore che il collettore sono lunghi. Nel circuito a sinistra, con V BE = 0.5 V e V CE = 5 V, è stata misurata I C = ma. + V BE V CE V BE V CE - ) Calcolare la lunghezza eettiva della base e le correnti ai terminali.[4] 2) Calcolare i parametri γ E, α F e β F del transistore e la lunghezza metallurgica della base.[3] 3) Nel circuito a destra è stata misurata una V CE pari a 0. V, per V BE = 0.5 V. Determinare il valore della corrente di collettore (si può assumere la lunghezza eettiva della base coincidente con quella metallurgica).[3] SOLUZIONE ) Il transistore è in zona attiva diretta, poichè V BE = 0.5 V e quindi V BC = = 4.5 V. Il prolo di portatori minoritari (elettroni) in base è quindi triangolare. La corrente I C (entrante) è dovuta alla carica in base, e si può scrivere come ( = eff ): Calcoliamo: I C = qsd n δn(0) () D n = kt q µ n = δn(0) = otteniamo subito: n 2 i N Abase ( ) e V BE V T = m 3 = qsd n δn(0) I C = 2.26 µm (2)

4 Calcoliamo la corrente I B, che sarà dovuta alla carica iniettata in base (I Bn ) e all'iniezione di lacune verso l'emettitore (I Bp = I Ep ). Entrambe le componenti sono entranti nella base. Avremo: Calcoliamo: I Bn = Q B τ n D p = kt q µ p = m 2 /s L p = D p τ p = 34.5 µm I Bp = I Ep = qs D p L p = qsδn(0) 2τ n = 0.99 µa (3) n 2 i N Demettitore ( ) e V BE V T = 2.98 µa Quindi I B = I Bn + I Bp = 3.97 µa. Avremo ovviamente I E uscente e pari (in valore assoluto) alla somma I E = I B + I C = ma. 2) Avremo (I En I C ): γ E = I En I En + I Ep α F = I C I E = β F = I C I B = 252 Calcoliamo la regione di svuotamento base-collettore, e trascuriamo la regione di svuotamento base-emettitore poichè la giunzione è polarizzata in diretta: V 0BC = V T ln N AbaseN Dcollettore n 2 i BC = ( 2ɛS + q N Abase X BC BC 9/0 = 0.78 µm = V N Dcollettore metallurgica = effettiva + X BC = 3.04 µm ) (V 0 + V CB ) = 0.87 µm 3) Avremo che I C avrà una componente I Cn dovuta alla carica in base e una componente I Cp dovuta all'iniezione di lacune dalla base verso il

5 collettore. I Cn può essere calcolata dalla derivata del prolo (questa volta = metallurgica ). Avremo che la giunzione base-collettore è polarizzata in diretta con V BC = V BE V CE = = 0.4 V. Per I Cp avremo: δn(0) δn( ) I Cn = qsd n n 2 ( ) i δn(0) = e V BE V T = m 3 δn( ) = N Abase n 2 i N Abase I Cn = ma I Cp = qs D p L p n 2 i N Dcollettore ( ) e V BC V T = m 3 ( ) e V BC V T = 62 mathrmna (4) Quindi l'iniezione di corrente verso il collettore dovuta alle lacune è molto piccola, I C I Cn = 0.74 ma. ESERCIZIO 2 Un transistore nmos ha il gate di tipo p +, N A = 0 6 cm 3, t ox = 30 nm, µ n = 800 cm 2 /Vs, =0µm, L=0 µm, ed è polarizzato con V GS = 5 V. Per problemi costruttivi, all'interfaccia ossido- silicio sono presenti stati interfacciali, con una densità pari a 2 0 cm 2 (ogni stato ha una carica elementare positiva +q, calcolare Q ox ). ) Per V DS = V DS Sat determinare la corrente I DS, l'andamento (espressione) del potenziale V (y) nel canale e della carica mobile Q n (y). [3] 2) Calcolare il campo elettrico nell'ossido in prossimità del Source (y = 0) ed in prossimità del Drain (y = L) (considerare Q ox!). [4] 3) Si determini l'espressione del campo elettrico nell'ossido in funzione di y (come varia in funzione di x, tra 0 e t ox?). Calcolare inoltre il campo elettrico nell'ossido per y = L/2. [3] SOLUZIONE 2

6 ) Calcoliamo la tensione di soglia. Gli stati interfacciali generano una carica nell'ossido pari a Q ox = q0 5 = C/m 2. Quindi: ψ B = kt ( ) q ln NA = n i V C ox = = t ox F/m 2 Φ MS = E g 2q ψ B = 0.93 V 2ɛs qn A 2ψ B V T H = + 2ψ B + Φ MS =.03 C ox C ox Per V DS = V DS Sat = V GS V T H = 3.97 V la corrente è quella di saturazione: I DS = µ nc ox 2 L V 2 DS Sat = 0.72 ma (5) L'andamento del potenziale è stato ottenuto a lezione, e si può ricavare risolvendo l'equazione: I DS Sat = µ n C ox y [ (V GS V T H ) V (y) V (y)2 2 ] V (6) I conti sono svolti sulle dispense del corso: ( V (y) = (V GS V T H ) y ) L (7) La carica mobile nel canale, in funzione di y, risulta dunque: Q n (y) = C ox (V GS V T H V (y)) (8) 2) Il campo elettrico nell'ossido è costante con x ( t ox < x < 0), ed è determinato dalla carica nel silicio e dalla carica interfacciale dovuta agli stati nell'ossido: E ox = Q Si (9) La carica nel silicio si può scrivere come Q Si = Q + Q n (y): E ox (y) = Q + Q n (y) = 2ɛs qn A 2ψ B Q n(y) (0)

7 Per y = 0 avremo Q n = C ox (V GS V T H ) = C/m 2, e quindi E(0) = 37 MV/m. Per y = L Q n (y) = 0 e quindi: E ox (y) = 2ɛs qn A 2ψ B = 4.7 MV/m () 3) Basta sostituire l'espressione di Q n (y) nell'espressione del campo elettrico dell'ossido (ricordare che Q n (y) è negativa),quindi bisogna cambiare di segno): E ox (y) = E ox (y) = 2ɛs qn A 2ψ B 2ɛs qn A 2ψ B + C ox(v GS V T H V (y)) + (V GS V T H V (y)) t ox Per y = L/2 avremo V ( y) =.6 V e quindi E ox (L/2) = 98 MV/m. ESERCIZIO 3 Nel circuito in gura, M e M 2 sono transistori nmos polysilicon gate, con N A = 0 6 cm 3, µ n = 0.08 m 2 /Vs. Insieme ai transistori M e M 2 sono stati fabbricati dei dispositivi di test (stessa V T H e C ox ) con /L =, dei quali è stata misurata la resistenza di canale per V DS piccole. La resistenza è risultata pari a R can = 363 Ω per V GS = 3 V, e R can = 806 Ω per V GS = 5 V. ) Determinare la tensione di soglia e lo spessore dell'ossido dei transistori.[4] 2) Supponendo il diodo zener ideale, con V Z = 5 V, determinare il valore di /L in maniera tale da avere I DS =.94 ma (arrotondare al valore intero). Determinare il punto di riposo dei transistori ( /L = 2 /L 2 ) ed il loro guadagno g m.[4] 3) Il diodo zener non è ideale, e può essere schematizzato con un modello lineare a tratti con V Z = 5 V e R Z = 80 Ω per V > V Z. Determinare come si modica il punto di riposo di M.[2] SOLUZIONE 3

8 R 0 k Rd 2 k Vdd 2 V C M M2 Vs R2 20 k Vz Rs 600 Vu ) Per piccoli valori di V DS siamo in regime lineare, per cui (/L = ): I DS = µ n C ox (V GS V T H ) V DS V DS = R can = I DS µ n C ox (V GS V T H ) Vediamo che ci sono due incognite da determinare, C ox e V T H. Possiamo scrivere: µ n C ox (3 V T H ) µ n C ox (5 V T H ) = 363 = 806 Facendo il rapporto otteniamo: (5 V T H ) (3 V T H ) = 2 5 V T H = 6 2V T H V T H = V

9 La capacità può essere ricavata da una delle due relazioni: Quindi: µ n C ox (3 V T H ) C ox = = 363 µ n 363 (3 V T H ) C ox = C ox = t ox t ox = C ox = 20 nm 2) Per il transistore M avremo V G = V DD R 2 R +R 2 = 8 V, V S = V Z = 5 V, V GS = 8 5 = 3V. Supponendo il MOS in saturazione abbiamo: I DS = µ nc ox 2 L (V GS V T H ) 2 = 2 ma L = I DS µ nc ox (V 2 GS V T H ) 2 = 7.0 V DS = V DD R D I DS V Z = 3.2 V Quindi V DS > V GS V T H = 3 V, il transistore è correttamente polarizzato in saturazione. Per il MOS 2 avremo invece V G2 = V D = V DD R D I DS = 8.2 V. Per calcolare I DS dobbiamo impostare l'equazione in I DS : I DS = µ nc ox 2 L (V G R S I DS V T H ) 2 (2) che ha come soluzione accettabile I DS = 6 ma. Avremo che V DS2 = V DD R S I DS = 8.4 V > V GS2 V T H = = 3.4 V, quindi anche il secondo MOS è correttamente polarizzato. I g m si calcolano come: g m = µ n C ox L (V GS V T H ) = g m2 = µ n C ox L (V GS2 V T H ) =

10 Avremo dunque per il MOS : I DS =.94 ma V GS = 3 V V DS = 3.2 V e per il MOS 2: I DS2 = 6 ma V GS2 = 4.4 V V DS2 = 8.4 V 3) Se lo zener non è ideale, bisogna considerare la resistenza R Z in serie al generatore V Z. La corrente I DS può essere scritta come: I DS = µ nc ox 2 L (V G R Z I DS V Z V T H ) 2 (3) che ha come soluzione accettabile.78 ma. Quindi la corrente del primo transistore si modica di poco. Si può vericare che anche per il secondo transistore la corrente I DS subisce solo una piccola modica.