PROVA SCRITTA di DISPOSITIVI ELETTRONICI del 19 Settembre 2018

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1 PROVA SCRITTA di DISPOSITIVI ELETTRONICI del 19 Settembre 2018 ESERCIZIO 1 Nel circuito in gura (V CC = 8 V, R = 1 kω), il transistore npn ha N Demettitore = cm 3 (emettitore lungo), N Abase = cm 3, N Ccollettore = cm 3, τ n = τ p = 10 6 s, µ n = 0.09 m 2 /Vs, µ p = 0.03 m 2 /Vs, S=1 mm 2, W metallurgica = 3 µm. La tensione V BE è incognita, ed è stata misurata I C pari a 3 ma. R 1 k Vcc 8 V V BE Q 1) Determinare la lunghezza eettiva di base (per il calcolo della regione di svuotamento si usi l'approssimazione V BE V γ ) e, in seguito, il valore esatto della tensione V BE. [3] 2) Determinare il fattore di trasporto della base α T e la corrente totale di base (emettitore lungo). [4] 3) Determinare l'ecienza di emettitore, nonchè α f e β f. [3] ESERCIZIO 2 Il condensatore MOS in gura, ideale con t ox = 30 nm, è fabbricato su un substrato di silicio p + con in top un sottile strato drogato p = N A = cm 3, spesso t = 400 nm (vedi gura). Gate N A p + =N A + Ox t 1) Disegnare qualitativamente l'andamento del campo elettrico all'inversione, in funzione di x, e scrivere un'espressione analitica di E(x) in 0 < x < t (0 all'interfaccia ossido-silicio). (Per inversione si intende n s = N A, non n s = N A + ). [4]

2 2) Calcolare il campo elettrico all'inversione, per x = 0 (interfaccia ossidosilicio) e x = t. [3] 3) Calcolare la tensione di soglia, usando il valore del campo elettrico alla supercie determinato nel punto 2. [3] ESERCIZIO 3 Nel circuito in gura, il transistore Q è un p + np con β fmin = 300, M è un trasistore n-mos polysilicon gate, con gate di tipo p +, N A = cm 3, t ox = 30 nm, µ n = 0.08 m 2 /Vs, V T H = 1 V, W/L = 18, L = 3 µm. Vcc Rz R E 1 k 12 V Q Vz 7.3 V R1 Vu M R2 [4] 1) Determinare la carica nell'ossido per il transistore n-mos. [2] 2) Determinare la tensione di uscita ed il punto di riposo dei transistori.

3 3) Date V DS e V GS calcolate nel punto 2, determinare la lunghezza eettiva di canale e la corrente I DS corrispondente, confrontandola con quella del punto 2. Il circuito può funzionare? [4]

4 ESERCIZIO 1 Nel circuito in gura (V CC = 8 V, R = 1 kω), il transistore npn ha N Demettitore = cm 3 (emettitore lungo), N Abase = cm 3, N Ccollettore = cm 3, τ n = τ p = 10 6 s, µ n = 0.09 m 2 /Vs, µ p = 0.03 m 2 /Vs, S=1 mm 2, W metallurgica = 3 µm. La tensione V BE è incognita, ed è stata misurata I C pari a 3 ma. R 1 k Vcc 8 V V BE Q 1) Determinare la lunghezza eettiva di base (per il calcolo della regione di svuotamento si usi l'approssimazione V BE V γ ) e il valore esatto della tensione V BE. [4] 2) Determinare il fattore di trasporto della base e la corrente di base (emettitore lungo)[3]. 3) Determinare l'ecienza di emettitore, nonchè α f e β f. [3] SOLUZIONE 1 1) Per il calcolo della lunghezza eettiva di base bisogna ricavare la regione di svuotamento base-collettore, determinata da V CB. Facendo l'approssimazione suggerita dal testo abbiamo V CB = V CE V BE V CE V γ dove V CE = V CC RI C = 5 V, e quindi V CB 4.3 V. Abbiamo quindi: W BE (V = 4.3 V) = V 0BE = V T ln N AbaseN Dcollettore 2ɛs q n 2 i ( 1 N Abase + 1 N Dcollettore = V X BE = W BE N Dcollettore N Abase + N Dcollettore = 0.47 µm W effettiva = W metallurgica 0.47 = 2.53 µm ) (V 0 + V CB ) = 1.40 µm

5 Per il calcolo del valore esatto della V BE possiamo fare riferimento al modello a controllo di carica (W = W effettivo ): I C = Q B τ t Q B = qs n2 i N A τ t = W 2 2D n I C = qs n2 i D n N A W ( ) e V BE V W T 1 2 ( e V BE /overv T 1 ) Trascurando l'1 sottratto all'esponenziale avremo: D n = V T µ n = m 2 /s V BE = V T ln I CW = 0.51 V qs n2 i N A D n 2) Il calcolo di α T è immediato: L n = D n τ n = µm 1 α T = = W 2 2L 2 n La corrente di base è data da due contributi: iniezione di elettroni dall'emettitore alla base, il cui contributo è Q B /τ n, e iniezione di lacune dalla base all'emettitore, che non è trascurabile poichè l'emettitore non è fortemente drogato. I B emettitore base = Q B τ n ( ) = qs n2 i e V BE V W T 1 N A 2τn D p I B base emettitore = I Ep = qs N Demettitore n 2 i L p ( ) e V BE V T 1 D p = V T µ p = m 2 /s L p = D p τ p = µm I B base emettitore = I Ep = µa I B = µa = I C α T 1 α T = 4.12 µa

6 3) L'ecienza di emettitore è data dal rapporto tra la corrente utile dell'emettitore, dovuta agli elettroni iniettati nella base e la cui massima parte arriva sul collettore, e la corrente totale, che comprende anche la frazione dovuta all'iniezione della base verso l'emettitore. γ E = γ E = I En I Ep + I En I E0n I E0p + I E0n Si possono fare tutti i conti, oppure far riferimento ai conti del punto precedente, considerando la piccolissima approssimazione I En I C e ricordando che I B base emettitore = I Ep. Otteniamo γ E = Abbiamo allora α f = γ E α T = e β f = α f 1 α f = ESERCIZIO 2 Il condensatore MOS in gura, ideale con t ox = 30 nm, è fabbricato su un substrato di silicio p + con in top un sottile strato drogato p = N A = cm 3. Lo strato è spesso t = 400 nm. Gate N A p + =N A + Ox t 1) Disegnare qualitativamente l'andamento del campo elettrico all'inversione, in funzione di x, e scriverne un'espressione analitica in funzione di E(x = t) per 0 < x < t (x = 0 all'interfaccia ossido-silicio). Per inversione si intende n s = N A (non N + A ).[4] 2) Calcolare il campo elettrico all'inversione, per x = 0 (interfaccia ossidosilicio) e x = t. [3] 3) Calcolare la tensione di soglia.[3] SOLUZIONE 2

7 1) La prima cosa da notare è che la regione di svuotamento all'inversione W (2ψ B ) è più grande di t: ψ B = kt q ln N A = n i 2ɛs W (2ψ B ) = 2ψ B = 870 nm qn A Quindi, all'inversione, la regione di svuotamento prende tutto lo strato t. Il campo elettrico non penetra nella regione p +, o meglio penetra in uno strato piccolissimo, svuotandolo per uno spessore trascurabile. Il campo elettrico ha un andamento qualitativo come riportato in gura: La pendenza 0 t x del campo elettrico tra 0 e t è determinato dalla carica qn A nello strato t che è completamente svuotato. Indicando con E t il campo elettrico in x = t è immediato vericare che l'andamento del campo elettrico può essere scritto come: E(x) = E t + qn A ɛ s (t x) (1) Quindi per x = t avremo E(t)=E t, e per x = 0 (alla supercie) avremo E s = E t + qn A ɛ s t 2) L'area del prolo del campo elettrico (integrale) è pari alla dierenza di potenziale nel silicio che all'inversione è pari a 2ψ B. Facendo l'area del trapezio avremo dunque: ( ) Et + E s t = 2ψ B 2 E t + E t + qn A ɛ s t t = 2ψ B 2

8 E t + qn A t = 2ψ B 2ɛ s t E t = 2ψ B qn A t = MV/m t 2ɛ s E s = E(x = 0) = MV/m 3) La caduta di tensione all'inversione (cioè la tensione di soglia) è data dalla caduta nell'ossido più la caduta di tensione nel silicio, che è pari a 2ψ B : V T H = V ox + 2ψ B V T H = E ox t ox + 2ψ B V T H = E s ɛ ox ɛ Si t ox + 2ψ B = 0.68 V ESERCIZIO 3 Nel circuito in gura, il transistore Q è un p + np con β fmin = 300, M è un trasistore n-mos polysilicon gate, con gate di tipo p +, N A = cm 3, t ox = 30 nm, µ n = 0.08 m 2 /Vs, V T H = 1 V, W/L = 18, L = 3 µm. 1) Determinare la carica nell'ossido per il transistore n-mos. [2] 2) Determinare la tensione di uscita ed il punto di riposo dei transistori. [4] 3) Date V DS e V GS calcolate nel punto 2, determinare la lunghezza eettiva di canale e la corrente I DS corrispondente, confrontandola con quella del punto 2. Il circuito può funzionare? [4] SOLUZIONE 3 1) Calcoliamo i parametri del condensatore MOS: C ox = ɛ ox t ox = ψ B = V T ln N A n i = V Φ MS = E g 2q ψ B = V

9 Rz R E 1 k Vcc 12 V Q Vz 7.3 V R1 Vu M R2 V T H = Q ox = 2ɛs qn A 2ψ B + 2ψ B + Φ MS Q ox = 1 V C ox C ox 2ɛ s qn A 2ψ B C ox (2ψ B + Φ MS ) C ox V T H = C/m 2 2) La tensione di base di Q è pari a 7.3 V, quindi V E = 8 V I E = (12 8)/1 = 4 ma. La corrente di base è al massimo I Bmax = 4/300 = ma. Poichè la corrente in R Z può essere stimata come (12 7.3)/R Z = 1.6 ma >> I B, quindi lo zener è correttamente polarizzato con I Z > 1 ma. La corrente I C di 4 ma si divide tra la I DS e la corrente di polarizzazione del partitore per la V GS. Possiamo scrivere: I DS = I C V GS R 2

10 I C V GS = µ nc ox W R 2 2 L (V GS V T H ) 2 Questa seconda equazione è una equazione in V GS risolvibile facilmente. Come soluzione accettabile da V GS = 3 V, quindi I DS = 3 ma, V DS = V u = 6 V. Quindi M è correttamente polarizzato in saturazione con V DS > V GS V T H e Q è in zona attiva diretta, con V EC = 8 6 = 2 V. E per Q: V GS = 3 V V DS = V u = 6 V I DS = 3 ma I E I C = 4 ma V EB = V γ = 0.7 V V EC = 2 V I Bmax = 13 µa 3) Calcoliamo l'ampiezza della regione di svuotamento drain-substrato: V 0DBulk = E g 2q + ψ B = V V DSSat = V GS V T H = 2 V V DS V DSSat = 4 V 2ɛs W DBulk = (V 0DBulk + 4) = µm qn A L eff = L W DBulk = 2.2 µm I DS = µ nc ox W (V GS V T H ) 2 = 4.52 ma 2 L eff