DE e DTE: PROVA SCRITTA DEL 8 Febbraio 2012

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1 DE e DTE: PROA SCRITTA DEL 8 Febbraio 01 ESERCIZIO 1 (DE,DTE) Una struttura n-mos ( = cm 3, t ox = 30 nm) è realizzata con un processo polysilicon gate n +. La struttura è illuminata con luce rossa (λ = 630 nm) con una potenza di 1 µw/mm. La struttura è raffreddata in maniera tale che i tempi di generazione e ricombinazione termica siano molto lunghi (considerarli infiniti). A t = 0 viene applicato un gradino di tensione di ampiezza 5 ( GS (t = 0) = 5 ). 1) Calcolare la carica fissa e mobile per unità di superficie a t = 0 +. [5] ) Calcolare il tempo necessario affinchè i fotoelettroni generati siano sufficienti a portare la struttura MOS all equilibrio (per equilibrio si intende la condizione di carica fissa e mobile proprie della tensione applicata, che normalmente viene raggiunta per generazione termica; si considerino le approssimazioni usualmente impiegate nel transistore MOS).[5] SOLUZIONE 1 1) Iniziamo col calcolare la tensione di soglia che sará utile dopo. Essendo il Gate di polisilicio drogato di tipo n + : ψ B = kt ( ) q ln NA = n i Φ MS = E g q +ψ B = È immediato calcolare la tensione di soglia TH : = ǫ ox = F/m t ox εs q ψ B TH = +ψ B Φ MS = 0.8 A t = 0 + la carica mobile è nulla perché il canale non si è ancora formato. La struttura MOS è in svuotamento profondo. In questo caso bisogna 1

2 calcolare la caduta di tensione ψ s nel silicio che non si può approssimare con ψ B. Bisogna impostare l equazione: GS = Q n +Q W +ψ s Φ MS dove Q n = 0 e in valore assoluto (è negativa) Q W = ε s q ψ s. Quindi bisogna risolvere l equazione: ( GS + Φ MS ) = ε s q ψ s + ψ s che risolta da come soluzione utile ψ s = La carica fissa è dunque pari a (è negativa, si riporta il valore assoluto): Q W = ε s q ψ s = C/m ) A regime la carica mobile nello strato di inversione della struttura MOS è pari a: Q n = ( GS TH ) = C/m che equivale a Q n /e = elettroni per m. I fotoni che arrivano hanno una lunghezza d onda di 630 nm (laser rosso a stato solido). La loro energia è pari a: E fotone = hc λ = J La potenza di 1 µw/mm corrisponde dunque a /10 6 / = fotoni che arrivano ogni secondo per unità di superficie (al metro quadrato). Questo significa che coppie elettrone-lacuna vengono generate al secondo nell unità di superficie: le lacune vanno verso il contatto di bulk, gli elettroni si accumulano nel canale fino a raggiungere elettroni per m. Questo avviene in / = s cioè in circa 11 millisecondi. ESERCIZIO (DE,DTE) Una giunzione n + p brusca ha le seguenti caratteristiche: = cm 3, µ n = 1000 cm /s, τ n =10 6 s, lunghezza W della zona p (distanza giunzione

3 - contatto p) = 5 µm (considerare il diodo a base corta), sezione 5 mm. La giunzione è polarizzata con I = 1 ma (vedi il circuito in figura). 1) Calcolare la tensione di polarizzazione, verificando l ipotesi di bassa iniezione (trascurare la regione di svuotamento).[3] A t = 0 la corrente viene triplicata bruscamente (I = 3 ma, a gradino). ) Determinare il transitorio della carica immagazzinata ed eseguirne un grafico. [4] 3) Determinare il transitorio di tensione ed eseguirne un grafico. [3] SOLUZIONE 1) Il testo suggerisce che il diodo è a base corta. Infatti: D n = kt q µ n = L n = D n τ n = µm Assumendo trascurabile la regione di svuotamento la corrente può essere espressa come: I = SqD n W n ( i ) I = I 0 (e T 1 ) e T 1 I 0 = SqD n W n i = A La differenza di potenziale risulta dunque: ) I = I 0 (e T 1 ( ) I = T ln +1 = 0.48 I0 3

4 Per verificare l ipotesi di bassa iniezione basta calcolare l eccesso in 0: ( ) δ n (0) = n i e T 1 = m 3 che è quattro ordini di grandezza inferiore rispetto alla concentrazione dei maggioritari (lacune) pari a 10 m 3. ) Per il transitorio di carica bisogna risolvere l equazione di continuità per la giunzione: i(t) = Q t + Q(t) τ n con i(t)=cost.=3 ma. Similmente al diodo a base lunga, la soluzione generale di questa equazione è: Q(t) = A+Be t τn Le condizioni a contorno però sono diverse in quanto per t = 0 : Q(0 ) = qsδ n(0,t = 0 )W = C Questa espressione della carica totale immagazzinata è valida per un diodo a base corta con profilo di portatori minoritari lineare. Per t : Q( ) = qsδ n(0,t )W dove δ n (0t ) può essere calcolato considerando I = 3 ma: ( ) I = ln = 0.51 I 0 +1 ( ) δ n (0,t ) = n i e T 1 = m 3 e quindi: Q( ) = qsδ n(0,t )W = C Quindi il transitorio della carica può essere determinato semplicemente: A+B = Q(0 ) A = Q( ) 4

5 e quindi: Q(t) = Q( )+ ( Q(0 ) Q( ) ) e t τn 3) Seguendo l approssimazione di quasi-equilibrio il transitorio di tensione può essere ricavato da quello della carica: Q(t) = Sqδ n(0,t)w Q(t) = 1 Sq n i e v(t) T W N A v(t) = T ln Q(t) Sq n i ESERCIZIO 3 (DTE) In un processo LOCOS per la realizzazione di un circuito n-mos polysilicon gate ( = cm 3 ), bisogna mettere a punto il passo di fabbricazione dell ossido di campo. Il circuito da realizzare avrà una tensione di alimentazione massima di 5. Si considerino i seguenti parametri per l ossidazione. WET a 90 0 C: A=0.50 µm, B=0.03 µm /hr. DRY a C: A=0.09 µm, B=0.07 µm /hr, τ= 0.0 hr. 1) Si calcoli il tempo necessario per una ossidazione dry, nel caso di drogaggio di channel stop cm 3). [5] ) Si calcoli il tempo per una ossidazione wet necessario nel caso di drogaggio di channel stop pari a cm 3. [5] SOLUZIONE 3 1) L ossido di campo deve essere tale che la struttura n- MOS parassita gate-ossido di campo-substrato abbia una tensione di soglia maggiore della tensione massima del circuito (5 ). Nel caso di drogaggio di channel stop pari a cm 3 avremo dunque: εs q ψ B +ψ B Φ MS > 5 dove: ψ B = kt ( ) q ln NA = 0.51 n i Φ MS = E g q +ψ B =

6 Possiamo calcolare lo spessore minimo di ossido da crescere: εs q ψ B = 5 ψ B + Φ MS = F/m e quindi lo spessore dell ossido dovrà essere: = ǫ ox t ox t ox = ǫ ox = 14 che è uno spessore di ossido molto piccolo. Questo è compatibile con l alto drogaggio. Lo spessore di ossido dry può essere calcolato con la seguente formula: t ox = A B (τ +t) A oppure, visto il ridotto spessore dell ossido, può essere usata l approssimazione lineare: t ox = B A (t+τ) Facendo i conti, viene un tempo molto corto, pari a.8 minuti. ) Nel caso di drogaggio 10 17, bisogna ripetere i conti per determinare e t ox. ψ B = kt ( ) q ln NA = 0.41 n i Φ MS = E g q +ψ B = 0.95 nm εs q ψ B = 5 ψ B + Φ MS = F/m da cui si ricava uno spessore di ossido pari a: = ǫ ox t ox t ox = ǫ ox = 96 nm 6

7 A questo punto dobbiamo fare riferimento alla formula: t ox = A B (τ +t) A Svolgendo un po di passaggi (τ = 0) otteniamo: [ ( ) t = A 4B A t ox +1 1] Facendo i conti, viene un tempo pari a 0.8 ore, che corrispondono a circa 17 minuti. In sintesi in caso di alti drogaggi i tempi di ossidazione sono brevi, anche considerando una ossidazione dry. ESERCIZIO 4 (DE) Con riferimento al circuito in figura, il transistore MOS M1 ha µ n = 800 cm /s, t ox = 50 nm, W/L = 10, TH = 1. Il transistore bipolare ha un guadagno elevato (β f > 500). CC = 16. cc R1 0 K Rd 1 K R 0 k M1 Rs 0.5 k Q1 Re k u i 1) Calcolare il punto di riposo dei transistori.[6] ) Disegnare il circuito equivalente per le variazioni, considerandor d e h oe = 0.[4] SOLUZIONE 4 7

8 1) Per il transistore MOS avremo che G = CC / = 8. Nell ipotesi di saturazione, la corrente I DS sarà data da: I DS = µ n W L ( GS TH ) I DS = ( GS TH ) Ci sono diversi modi per impostare un equazione di secondo grado necessaria per determinare GS. Un modo può essere: GS = G S = G I DS R S = G ( GS TH ) 500 Risolvendo questa equazione vengono due valori, uno positivo (accettabile) ed uno negativo. Il valore accettabile risulta: GS = Da qui otteniamo: I DS = ( GS TH ) = 5.5 ma Quindi DS = CC R D I DS R S I DS = 8.1 ed il MOS risulta in saturazione DS > GS TH = A questo punto possiamo determinare la tensione B = D sulla base del transistore bipolare: B = CC R D I DS = Nel fare questo, è stata trascurata la corrente di base rispetto a I DS. La tensione sull emettitore è pari a: E = B γ = La corrente I E I C = 10.05/ = 5 ma. Avremo CE = = 6 ed il transistore bipolare è polarizzato correttamente. Avremo inoltre I B = I E /β F = 10 µa «I DS.Ricapitolando, per il MOS: GS = 5.37 I DS = 5.5 DS = 8.1 ma e per il bipolare: I E I C = 5 I B = 10 CE = 6 BE = 0.7 ma ma () ) Il circuito per le variazioni è il seguente: 8

9 R1 G gmgs ib hie hfe ib s R S Rd Rs Re 9