Dispositivi ElettroniciProva scritta del 26 giugno 2014

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Cognome e Nome Matricola Ordinamento CFU

Tecnologia facoltativa

1) Per un Transistor Bipolare, definite dapprima quando vale la relazione IC= α0IE+ICB0, e quindi esprimete i parametri α0 e ICB0 in funzione dei parametri di Ebers-Moll αF, αR, IF0, IR0.

2) In un MOSFET ideale (nessuna carica nell’ossido, VFB=0) a canale n realizzato su substrato p con NA=1x1016cm-3 il canale ha lunghezza L=100 nm e larghezza Z=1m. La conduttanza di canale in regione lineare per VG=2VT vale 0.00193 -1. Calcolate lo spessore dell’ossido e la corrente di saturazione IDsat .

3) In una diffusione di 30 minuti a 1100°C a concentrazione superficiale costante di Arsenico su Silicio di tipo p, con NA=1015cm3 , si usa il seguente grafico per determinare il limite di solubilità solida CS.

a. Calcolate a quale profondità si troverà la giunzione

b. Calcolate la quantità totale Q di drogante per cm2 che si avrà alla fine del processo

c. Spiegate perché la concentrazione superficiale è esagerata, e sotto quale limite deve scendere

d. Indicate con quale processo successivo otterrete questo risultato

4)

SoluzioniEs.1)La relazione vale in configurazione di base comune nel modo attivo di funzionamento.In questo modo, le equazioni di Ebers-Moll diventano

{IE=IF 0[exp (qV EB

kT )−1]+αR I R0

IC=αF IF 0[exp (qV EB

kT )−1]+ I R 0

Dalla prima otteniamo

IF 0[exp( qV EB

kT )−1]=IE−αR IR0

Sostituendo nella seconda abbiamo

IC=αF ( I E−αR IR0)+ IR0=αF IE+(1−αF αR ) IR 0

Quindi la soluzione è:

{ α0=αF

ICB0=(1−αF α R) I R0

Es.2)

gD=ZL μnC0 (V G−V T )=Z

L μnC0 (2V T−V T )=ZL μnC0V T=

ZL μnC0(√2 εs qN A (2ψ B )

C0+2ψB)=

¿ ZL

μn (√2 εs qN A (2ψB )+C0 (2ψB ))=ZL

μn√2 εs qN A (2ψB )+ZL

μn

εox (2ψ B )d

Quindi la soluzione è:

d=ε ox (2ψB )

gD

( ZL

μn)−√2 εs qN A (2ψ B )

Per la concentrazione data, il grafico di pag. 40 ci dà

n=1500 cm2/V-cm,

ed abbiamo anche:

2ψB=2kTqln( N A

ni)=2×0. 0259×ln(10161 .45×1010 )=0 .696V

√2 εs qN A (2ψB )=√2×11.9×(8 .85×10−14 )×1 .602×10−19×1016×0 .696=4 .85×10−8

Poiché

ε ox=3.9×(8 .85×10−14 )=3 .45×10−13F /cm ed anche Z/L=10, abbiamo tutto ciò che ci serve:

d=ε ox (2ψB )

gD

( ZL

μn)−√2 εs qN A (2ψ B )

= 3 .45×10−13×0 .6960.00193

(10×1500 )−4 .85×10−8

=3×10−6 cm=30nm

Questo ci dice che C0=

εox

d=3 .9×(8.85×10−14 )30×10.−7

=1 .15×10−7F /cm2

ed anche che V T=

√2 ε s qN A (2ψB )C0

+2ψ B=4 .85×10−8

1 .15×10−7 +0 .696=1 .118V

La corrente di saturazione

IDsat=ZL

μnC0(V G−V T )2

2=Z

LμnC0

(2V T−V T )2

2=Z

LμnC0

V T2

2=

¿10×1500×1 .15×10−7×(1 .118 )2

2=1.1×10−3 A=1 .1mA

Es.3)Il grafico del testo del compito ci mostra che CS=2x1021cm-3.

Inoltre, il grafico di fig.10.3 del libro (quello sinistro: Si) ci dà per As su Si a 1100°C

D=2.5x10-14 cm2/s

Poiché i tempi sono espressi in secondi, abbiamo

t=30min= 1800 sec.

Abbiamo dunque 2√Dt=2√2 .5×10−14×1800=0 .134×10−4 cm=0 .134 μm

Con queste relazioni, possiamo calcolare

a. La profondità di giunzione come quel valore di x per cui C(x,t)=2x1015

1015=CS erfc( x2√Dt )=2×1021erfc ( x

2√2 .5×10−14×1800 ), ossia

x=[2√2.5×10−14×1800 ]erfc−1(10152×1021 )=0 .134×10−4 cm×erfc−1 (5×10−7)=0 .134×3 .55μm=0. 48μm

Il risultato si può calcolare usando la forma approssimata della tab.10.1

b. La quantità Q di drogante per unità di superficie è data dalla espressione

Q=CS 2√ Dtπ

=2×1021×2×√ 2 .5×10−14×1800π

=1.5×1016cm−2

Per le altre risposte:

c. La densità superficiale CS=2x1021cm-3 è 100 volte superiore a quella della densità NC=2.8x1019 cm-3 per la banda di conduzione. Questo rende il materiale degenere, e quindi perde il comportamento semiconduttore, e diventa metallico. La densità deve scendere sotto NC.

d. Si fa una seconda diffusione, fermando il flusso di ulteriori droganti dall’esterno. E’ la diffusione a sorgente istantanea, o “drive in”.