PROVA SCRITTA di DISPOSITIVI ELETTRONICI del 13 Giugno 2018

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1 POVA SCITTA di DISPOSITIVI ELETTONICI del 13 Giugno 2018 ESECIZIO 1 In gura è rappresentato un circuito, basato su un transistore bipolare n + pn +, = 2 kω. Per il transistore abbiamo N Abase = cm 3, µ n = 0.1 m 2 /Vs, τ n = 10 6 s, S = 1 mm 2. Trascurare le ampiezze delle regioni di svuotamento delle giunzioni polarizzate in diretta (con V 0). V CC 12 V V U Q I B 1) A tasto chiuso, e con I B = 10 µa, è stata misurata V U = 4 V. Determinare il β f e la lunghezza eettiva della base. [3] 2) Determinare V BE e la lunghezza metallurgica della base.[3] 3) Si supponga I B = 60 µa. Il tasto viene chiuso a t = 0 e viene riaperto a t = 2t on. Determinare t on e t sd (t storage delay), nonché l'andamento della corrente di collettore.(nota: il β f è diverso. Si facciano le considerazioni e le approssimazioni opportune). [4] ESECIZIO 2 In gura è rappresentato un dispositivo fabbricato su un substrato Silicon On Insulator (SOI). Lo strato di silicio è spesso t h = 250 nm, ed è drogato p = N A = cm 3, mobilità µ p costante in tutto il canale e pari a m 2 /Vs. NOTA: i due pozzetti per i contatti di Source e di Drain sono drogati p +. La distanza L dei due pozzetti è pari a 5 µm (disegno non in scala) e la larghezza W del dispositivo è pari a 10 µm. Il condensatore MOS è ideale, ed è realizzato con uno spessore di ossido t ox = 30 nm. Si considerino bande piatte in basso, all'interfaccia silicio- ossido del substrato. Il dispositivo è polarizzato con V DS = 0.1 V (regime lineare). 1) Si determini la corrente I DS per V GS = 0 V. Si determini la carica nel canale, la resistenza del canale e la corrente per V GS = 5 V.[4] 2) Si determini la corrente I DS per V GS = V T H /2. SUGGEIMENTO: calcolare la regione di svuotamento del canale. [3] 3) Si determini la corrente I DS per V GS = 5 V. [3]

2 S G D p+ p+ p th Oxide L ESECIZIO 3 Nel circuito in gura, il transistore M è un n-mos con gate in polisilicio di tipo p +, t ox = 30 nm, µ n = m 2 /Vs, N A = cm 3. W/L = 36. Il transistore Q è un n + pn con β fminimo = 300. C k M V CC 12 V V U C k Q 3 k V Z 4 V E V S 1.1 k 1) Il transistore M è stato caratterizzato prima di essere inserito nel circuito. Per V GS = 5 V è stata misurata una resistenza di canale, per piccole V DS, pari a Ω. Determinare la tensione di soglia V T H, la carica nell'ossido e la concentrazione di ioni sodio, all'interfaccia ossido-silicio.[3] 2) Determinare il punto di riposo dei transistori e la tensione di uscita V u.[4] 3) Determinare il valore di W/L del transistore M per cui il transistore Q è al limite della saturazione (V CB 0 V). [3]

3 ESECIZIO 1 In gura è rappresentato un circuito, basato su un transistore bipolare n + pn +, = 2 kω. Per il transistore abbiamo N Abase = cm 3, µ n = 0.1 m 2 /Vs, τ n = 10 6 s, S = 1 mm 2. Trascurare le ampiezze delle regioni di svuotamento delle giunzioni polarizzate in diretta (con V 0). V CC 12 V V U Q I B 1) A tasto chiuso, e con I B = 10 µa, è stata misurata V U = 4 V. Determinare il β f e la lunghezza eettiva della base. [3] 2) Determinare V BE e la lunghezza metallurgica della base.[3] 3) Si supponga I B = 60 µa. Il tasto viene chiuso a t = 0 e viene riaperto a t = 2t on. Determinare t on e t sd (t storage delay), nonché l'andamento della corrente di collettore.(nota: il β f è diverso. Si facciano le considerazioni e le approssimazioni opportune). [4] SOLUZIONE 1 1) La tensione di uscita è V CE, e possiamo determinare subito I C e β f : I C = V CC V CE β f = I C I B = 400 = 4 ma Poichè β f è legato al tempo di transito τ t, β f = τ n /τ t, e quindi alla lunghezza eetiva di base W, avremo: β f = τ n τ t τ t = τ n = 2.5 ns = W 2 β f 2D n D n = V T µ n = W = 2D n τ t = 3.6 µm

4 2) Per determinare V BE possiamo scrivere: I B = Q = qsδn(0) W 1 τ n 2 τ n n 2 ( ) i δn(0) = e V BE V T 1 = 2I Bτ n = m N Abase qsw ( ) δn(0)nabase V BE = V T ln = 0.55 V n 2 i 3 Per calcolare la lunghezza metallurgica della base dobbiamo calcolare l'ampiezza della regione di svuotamento base-collettore, polarizzata in inversa con V CB = V CE V BE = 3.45 V: ( ) NAbase N Dcollettore V 0BC = V T ln = V n 2 i 2ɛS W BC = (V 0BC + V CB ) = 0.75 µm qn Abase W metallurgica = W + W BC = 4.35 µm icordiamo che il collettore è fortemente drogato, quindi la regione di svuotamento W BC si estende tutta nella base. 3) Con I B = 60 µa il transistore è sicuramente in saturazione (a regime). Infatti avremo I C = β f I B = 24 V, che è superiore alla tensione di alimentazione V CC = 12 V. Essendo in saturazione, o al limite della zona attiva diretta con V CE = V BE, V CB = 0, calcoliamo il β f con la lunghezza metallurgica della base. β f = τ n = 274 (1) Wmet 2 2D n Anche con questo valore il transistore risulta in saturazione. La corrente di collettore cresce esponenzialmente seguendo la legge: I C (t) = Q(t) τ t (2) nchè il transistore non arriva al limite della zona attiva diretta a t = t on, per cui V CE (t) = V BE (t), V CB (t) = 0, per cui si ha I C (t) I Cmax = V CC / = 6

5 ma. Quindi: ( t ) Q(t) = I B τ n 1 e τn I C (t) = Q(t) τ t V U (t) = V CC I C (t) È immediato calcolare t on : 1 t on = τ n ln 1 I = 0.45 µs (3) Cmax β f I B Al tempo 2t on la carica Q(2t on ) ha raggiunto valore di: ( ) 2ton Q(2t on ) = I B τ n 1 e τn = s Per t > 2t on inizia il transitorio di spengimento. Tuttavia, il transistore non è a regime, quindi la scarica non inizia con Q = I B τ n. La carica iniziale per il transistorio di spengimento è Q(2t on ). Traslando l'asse dei tempi in t on (t = 0 a t on ) possiamo scrivere per Q(t): Q(t) = Q(2t on )e t τn Lo storage delay time è il tempo per cui il transistore arriva al limite della saturazione, per cui: Q(t sd ) τ t = I Cmax Q(2t on )e t sd τn = I Cmax τ t t sd = τ n ln Q(2t on) I Cmax τ t τ t = W met 2 = 3.65 ns 2D n t sd = 0.49 µs ESECIZIO 2

6 In gura è rappresentato un dispositivo fabbricato su un substrato Silicon On Insulator (SOI). Lo strato di silicio è spesso t h = 250 nm, ed è drogato p = N A = cm 3, mobilità µ p costante in tutto il canale e pari a m 2 /Vs. NOTA: i due pozzetti per i contatti di Source e di Drain sono drogati p +. La distanza L dei due pozzetti è pari a 5 µm (disegno non in scala) e la larghezza W del dispositivo è pari a 10 µm. Il condensatore MOS è ideale, ed è realizzato con uno spessore di ossido t ox = 30 nm. Si considerino bande piatte in basso, all'interfaccia silicio- ossido del substrato. Il dispositivo è polarizzato con V DS = 0.1 V (regime lineare). S G D p+ p+ p th Oxide L 1) Si determini la corrente I DS per V GS = 0 V. Si determini la carica nel canale, la resistenza del canale e la corrente per V GS = 5 V.[4] 2) Si determini la corrente I DS per V GS = V T H /2. SUGGEIMENTO: calcolare la regione di svuotamento del canale. [3] 3) Si determini la corrente I DS per V GS = 5 V. [3] SOLUZIONE 2 1) Per V GS = 0 il dispositivo si comporta come un resistore lungo L e di sezione W t h : = 1 L = 50 kω qµ p p W t h I DS = V DS = 2 µa Per V GS = 5 V il condensatore MOS è in saturazione, con una carica per unità di supercie Q = C ox V GS dovuta alle lacune. Questa carica contribuisce alla conduzione tra le due regioni p + che deniscono il Source ed il Drain: canale = 1 L µ p Q W = 1 L µ p C ox V GS W

7 C ox = ɛ ox t ox = C/m 2 canale = 3478 Ω Questa resistenza di canale è in parallelo a quella dovuta al silicio, ed essendo molto piccola è quella prevalente. Avremo dunque I DS = V DS / canale = 28.7 µa. 2) Calcoliamo anzitutto la tensione di soglia: ψ B = V T ln N A = n i V T H = 2ɛs qn A 2ψ B C ox + 2ψ B = 1.11 V Sotto il gate non ci sono cariche mobili poiché siamo in svuotamento. Per calcolare la regione di svuotamento per V GS = V T H /2 dobbiamo calcolare la caduta di tensione nel silicio V S, impostando l'equazione: = 2ɛs qn A V S C ox + V S (4) isolvendo l'equazione otteniamo, come valore accettabile, V S = La resistenza si modica, poichè il canale adesso non è più spesso t h ma si è ridotto della regione di svuotamento dovuta a V S : W canale (V S ) = = I DS = V DS 2ɛs V S = 194 nm qn A 1 L qµ p p W ( t h ) = 223 kω 2ɛ s qn A V S = 0.45 µa 3) Per V GS > V T H la caduta di tensione nel silicio è pari a 2ψ B ed è facile vericare che la regione di svuotamento nel canale sotto il Gate è maggiore dello spessore del silicio, che risulta quindi tutto svuotato di lacune. Il canale di elettroni non contribuisce alla conduzione tra i due pozzetti p +, quindi la corrente è zero.

8 ESECIZIO 3 Nel circuito in gura, il transistore M è un n-mos con gate in polisilicio di tipo p +, t ox = 30 nm, µ n = m 2 /Vs, N A = cm 3. W/L = 36. Il transistore Q è un n + pn con β fminimo = 300. C k M V CC 12 V V U C k Q 3 k V Z 4 V E V S 1.1 k 1) Il transistore M è stato caratterizzato prima di essere inserito nel circuito. Per V GS = 5 V è stata misurata una resistenza di canale, per piccole V DS, pari a Ω. Determinare la tensione di soglia V T H, la carica nell'ossido e la concentrazione di ioni sodio, all'interfaccia ossido-silicio.[3] 2) Determinare il punto di riposo dei transistori e la tensione di uscita V u.[4] 3) Determinare il valore di W/L del transistore M per cui il transistore Q è al limite della saturazione (V CB 0 V). [3] SOLUZIONE 3 1) Avremo: C ox = ɛ ox t ox = F/m 2

9 = 1 µ n C ox (V GS V T H ) Da cui si ricava V T H = 1.2 V. Dall'espressione della V T H possiamo ricavarci Q ox : ψ B = V T ln N A n i = V Φ MS = E g 2q ψ B = V 2ɛs qn A 2ψ B V T H = + 2ψ B + Φ MS Q ox C ox C ox V T H = 2.02 Q ox C ox Q ox = C ox (1.33 V T H ) = C/m 2 [N + A ] = Q ox q = ioni/m 2 2) Supponendo lo zener correttamente polarizzato, la tensione di base è pari a V B = 4 V, la tensione di emettitore è V B 0.7=3.3 V e quindi I E = 3 ma I C. Per il MOS avremo (V S = V U ): 2 V G = V Z + (V CC V Z ) = 9 V I DS = I C + V S I C + V S = µ nc ox W 2 L (V G V S V T H ) 2 I C + V S = µ nc ox W 2 L (7.8 V S) 2 isolvendo questa equazione otteniamo V S = V U = 6 V,I DS = 5 ma. Quindi avremo che il transistore MOS è in saturazione, poiché V DS = V CC V U = 6 V > V GS V T H = 3 1.8=1.2 V. Il transistore bipolare è polarizzato in zona attiva diretta, avendo V CE = = 27 V. Lo zener è polarizzato poiché I 12 = 2 ma I Z poiché I Bmax = I C /β F min = 10 µ A. 3) Il bipolare è al limite della saturazione quando V CB = 0, che signica V CE = V BE 0.7, quindi V C = V U = V S = 4 V. Avremo I DS = I C +V U / =

10 4.33 ma, V GS = 5 V e quindi dalla relazione: possiamo ricavare W/L = 7. I DS = µ nc ox 2 W L (V GS V T H ) 2 (5)