Aufgaben und Lösungen

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Aufgaben und Lösungen
Kapitel 1 – 10
7. Juni 2005
Kapitel 1
Aufgabe 1.1
Bei einer Ge-Probe liegt das Ferminiveau 0,15eV unter der Leitungsbandkante.
a)
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, mit welcher die Valenzbandkante und die
Leitungsbandkante von Elektronen besetzt sind und vergleichen Sie die Werte mit
den Wahrscheinlichkeiten für einen Intrinsic-Halbleiter. (kT = 26meV =∃ Zimmertemperatur)
b)
Berechnen Sie die Elektronendichte im Leitungsband und die Löcherdichte im
Valenzband für den obigen Halbleiter. Über welche Beziehung sind die aus b) erhaltenen Ergebnisse direkt miteinander verknüpft?
Aufgaben und Lösungen
2
Lösung zur Aufgabe 1.1:
W
W
0,15 eV
WC
WF
F(WC )
Wg =0,66 eV
F(WV )
WV
0
0,5
1 F(W)
Bild L: 1.1
a)
Besetzungswahrscheinlichkeit für Elektronen
F (WC ) =
1
1+ e
WC − W F
kT
1
F (WV ) =
1+
WV −W F
e kT
F (WV ) ≈ 1 − e
−
0 , 51eV
0 , 026 eV
1
=
1+ e
≈1− e
0 ,15 eV
0 , 026 eV
−
= 3,11 ⋅ 10
−3
(W F −WV )
kT
= 1 − 3, 03 ⋅ 10 − 9
Besetzungswahrscheinlichkeit durch Löcher
F (WV ) ≈ 1 − F (WV , Elektr.) = 3, 03 ⋅ 10
b)
−9
Elektronen- und Löcherdichte
n o = N C F (WC , Elektr.) = 1, 04 ⋅ 1019 cm −3 ⋅ 3,11 ⋅ 10 −3 = 3, 23 ⋅ 1016 Elektr. / cm 3
18
po = NV F (WV , Löcher ) = 6, 0 ⋅ 10 cm
n o p o = ni2
ni =
−3
⋅ 3, 03 ⋅ 10
n o p o = 2, 4 ⋅ 1013 cm −3
−9
9
= 18,18 ⋅ 10 Löcher / cm
3
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3
Aufgabe 1.2
Gegeben ist ein n-Typ Si-Halbleiter, dessen Donatorniveau 0,05eV unter der Leitungsbandkante liegt. Die Dichte der ionisierten Donatoratome ND+ (Bild 1.11) beträgt
+
N D = N D [1 − F(W D )]
⎡
⎢
1
= N D ⎢1 −
WD − WF
1
⎢
1
+
exp
⎣⎢
2
kT
⎤
⎥
⎥
⎥
⎦⎥
wobei [1 - F(WD)] die Wahrscheinlichkeit für das Fehlen eines Elektrons ist und der
Faktor 1/2 den einfach ionisierten Donator berücksichtigt ⏐MÜLL⏐.
a)
Berechnen Sie bei Raumtemperatur die Ferminiveaus bei folgenden Dotierungen:
ND = 1016cm-3, 1018cm-3 und 1019cm-3. Dabei wird vorausgesetzt, dass 100%ige
Ionisation der Donatoren vorliegt.
b)
Verwenden Sie dann die berechneten Ferminiveaus, um die Voraussetzung der
100%igen Ionisation zu überprüfen.
Lösung zur Aufgabe 1.2:
Vorgehensweise:
a)
Bestimmung von WC - WF bei Annahme 100%ige Ionisation
b)
Überprüfung der Annahme
W
WC
WD
WF
0,05 eV
WC - WF
WV
Bild L: 1.2
no = N C e
−
(WC −W F )
kT
Annahme: 100%ige Ionisation
⇒ WC − W F = kT ln
NC
no
Aufgaben und Lösungen
4
N D =ˆ n o
WC − W F
WD − WF =
WC − W F − 0, 05eV
100%ige Ionisation
1016 cm-3
0,206 eV
0,156 eV
1018 cm-3
0,0866 eV
0,0366 eV
1019 cm-3
0,0268 eV
-0,0232 eV
Dichte der ionisierten Donatoratome
N D = N D [1 − F (W D ) ]
+
hierbei beschreibt [1-F(WD] die Wahrscheinlichkeit für das Fehlen eines Elektrons
⎡
⎢
1
+
N D = N D ⎢1 −
W
⎢
D −W F
⎢
1 + 1 e kT
⎢⎣
2
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥⎦
ND
WD - WF
ND+
[cm-3]
[eV]
[cm-3]
1016
0,156
1016[1 - 0,049] = 1016
1018
0,0366
1018 [1 - 0,328] = 0,63⋅1018
1019
-0,0232
1019 [1 - 0,83] = 0,17⋅1019
D.h. ab ND = 1018cm-3 keine 100%ige Ionisation mehr
Exakter Lösungsansatz:
+
+ po
no = N D
elk. Neutralität
(WC −W F )
kT
= ND
NC e
−
⎡
⎢1 −
1
W
−W F
⎢
1+ 1 e D
⎢⎣
kT
2
(W F −WV )
⎤
⎥ + N e−
kT
V
⎥
⎥⎦
Numerische Lösung:
1.
Lage des Ferminiveaus
2.
aus Dichtebeziehung Ladungsträgerkonzentration
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5
Aufgabe 1.3
Gegeben ist ein Si-Halbleiter mit 5⋅1016 Boratome/cm3 und 1015 Phosphoratome/cm3.
Berechnen Sie bei Raumtemperatur:
a)
die Elektronen- und Löcherkonzentration;
b)
die Leitfähigkeit und
c)
den Abstand des Fermi- zum Intrinsic-Niveau. Die Beweglichkeiten sind dem
Bild 1.17b zu entnehmen.
Lösung zur Aufgabe 1.3
a)
Elektronen- und Löcherkonzentration
Bor; NA = 5⋅1016cm-3
Phosp.; ND = 1015cm-3
NA - ND = 4,9⋅1016cm-3 » ni = 1,45⋅1010cm-3
p-Typ-Halbleiter 100%ige Ionisation
ppo = NA - ND = 4,9⋅1016cm-3
npo = ni2/(NA-ND) = 4,29⋅103cm-3
b)
Leitfähigkeit
σ = q( µ p p + µ n n)
σ = 1, 6 ⋅ 10 −19 As ( 400
cm 2
V ⋅s
4,9 ⋅ 10
16
cm
−3
2
3
−3
+ 1000 cm 4, 29 ⋅ 10 cm )
V ⋅s
σ = 3,13( Ωcm ) −1
c)
Abstand Fermi- zu Intrinsicniveau
p po = n i e
(Wi −W F ) / kT
Wi − W F = kT ln
p po
ni
Wi − W F = 390 meV
= 26 meV ln
4,9 ⋅ 1016 cm − 3
1, 45 ⋅ 1010 cm − 3
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6
Aufgabe 1.4
In einem sehr langen homogen dotierten p-Typ Silizium Halbleiter werden an der Stelle
x = 0 bei Raumtemperatur (300K) kontinuierlich Elektronen injiziert. (Entspricht einem
pn-Übergang, bei dem der n-Bereich nicht gezeigt und sehr hoch dotiert ist).
p - Typ
x
0
An der Stelle x = 0 ist die Elektronendichte n(0) = 1010cm-3. Die Elektronen- und Löcherbeweglichkeiten betragen µn = 1200cm2/Vs und µp = 400cm2/Vs. Der Halbleiter hat
eine Dotierung von NA = 1015cm-3. Die Diffusionslänge der Elektronen beträgt 22µm.
a)
Zeichnen Sie den Verlauf von Elektronenstromdichte Jn und Löcherstromdichte Jp
als Funktion des Ortes.
b)
Wie groß ist die Gesamtstromdichte?
c)
Welchen Wert hat die elektrische Feldstärke für x → ∞ ?
Hinweis: Zur Lösung der Aufgabe ist das Studium "Vertiefende Betrachtung zum Experiment" (Kap.1.5) erforderlich.
Lösung zur Aufgabe 1.4:
I
- E+
In (0)
In (x)
Ip (x)
νp
νn
Drift
0
p - Typ - H. L.
x
Bild L: 1.4
J n = qµ n nE + qD n ∂n
∂x
Drift vernachlässigbar bei
∂p
Minoritätsträger
J p = qµ p pE − qD p
∂x
J = Jn + J p
an der Stelle x = 0: J = J n ( 0 ) + J p ( 0 ) = qD n ∂n
∂x x = 0
123
0
Aufgaben und Lösungen
7
Aus "Vertiefende Betrachtung zum Experiment" (Kap.1.5) und in Analogie zu Beziehung (1.70):
−x / L
n
n ′p ( x ) = n ′p ( 0 ) e
∂n ′p
− x / Ln
1
=−
n ′p ( 0 ) e
∂x
Ln
∂n ′p
∂x
1
n ′ (0)
Ln p
=−
x =0
J = − qDn 1 n ′p ( 0 ) = − q kT µ n 1 ( n p ( 0 ) − n po )
q
Ln
Ln
2
5
n po = ni / N A = 2,1 ⋅ 10 cm
−3
2
J = −1, 6 ⋅ 10 −19 As ⋅ 26 ⋅ 10 − 3 V ⋅ 1200 cm
V ⋅s
J = −22, 7
1
22 ⋅ 10
−4
cm
(1010 − 2,1 ⋅ 10 5 ) cm − 3
µA
cm
2
Feldstärke bei x → ∞ ?
J n = qµ n nE + qDn ∂n
∂x
( Diff. − Term vernachlässigbar)
∂p
J p = qµ p pE − qD p
∂x
pp » np
mit
(Diff. − Term vernachlässigbar)
ist
Jp » Jn
J x → ∞ = J p = qµ p pE
E =
J
qµ p p
=
− 22, 7 ⋅ 10
−6
A / cm
2
1, 6 ⋅ 10 −19 A ⋅ 400 cm 2 / V ⋅ s ⋅ 1015 cm − 3
E = −3,54 ⋅ 10 − 4 V / cm
Aufgaben und Lösungen
8
Aufgabe 1.5
Mit dieser Aufgabe soll der Begriff Lebensdauer vertiefend betrachtet werden. Dazu
wird das folgende Experiment analysiert.
In der gezeigten n-Typ Siliziumprobe werden Majoritäts- und Minoritätsträgerdichten
gegenüber denjenigen im thermodynamischen Gleichgewicht zu gleichen Teilen erhöht
bzw. erniedrigt.
n - Typ
x
0
pn
p
pn
L
p
p
L
p
no
0
no
x
p
L
0
p
L
x
Bild A: 1.5
Die Erhöhung kann z.B. durch Lichtbestrahlung erfolgen, wodurch ElektronenLochpaare durch das Aufbrechen kovalenter Verbindungen entstehen. Die Ursache zur
Erniedrigung der Ladungsträgerdichten ist dagegen nicht so einfach zu beschreiben, was
jedoch für das Experiment von untergeordneter Bedeutung sein soll.
Wird nun die Ursache, die die Ladungsträgerdichten verändert, beseitigt, so stellt sich
die Frage, wodurch und wie der Ausgleichsvorgang zum thermodynamischen Gleichgewicht erfolgt.
Aufgaben und Lösungen
9
Lösung zur Aufgabe 1.5
Ausgangspunkt ist die Kontinuitätsgleichung
∂p n
= G − R.
∂t
Hierbei wurde angenommen, dass keine örtliche Stromänderung in der als homogen
angenommenen Probe auftritt.
Die Nettorekombinationsrate bei schwacher Injektion beträgt (Gl. 1.65)
p′
U = R − G = 1 ( p n − p no ) = n .
τp
τp
Damit ergibt sich aus der Kontinuitätsgleichung der Zusammenhang
∂p n′
∂t
=
p n′
τp
.
Mit den Randbedingungen p'n(t=0) = p'L liefert die Lösung der Differentialgleichung
p n′ ( t ) = p ′L e
−t / τ p
die Beschreibung des Ausgleichvorgangs zum thermodynamischen Gleichgewicht, wobei τp eine Zeitkonstante ist, die die Minoritätsträger-Lebensdauer beschreibt.
Abhängig vom Experiment kann p'L größer oder kleiner 0 sein. Ist p'L > 0 und damit
U > 0, so geschieht der Ausgleichsvorgang
pn
pn
0
pL
R>G
0
τp
t
p
τp
t
R<G
L
Bild L: 1.5
durch überwiegende Rekombination. Ist dagegen p'L < 0 und U < 0, so findet der Ausgleichsvorgang durch überwiegende Generation statt.
Aufgaben und Lösungen
10
Kapitel 2
Aufgabe 2.1
Ein abrupter pn-Si-Übergang hat die Dotierungen NA = 1015cm-3 und ND = 2⋅1017cm-3.
a)
Berechnen Sie die Diffusionsspannung bei Raumtemperatur.
b)
Bestimmen Sie die Weite der Raumladungszone und
c)
die entsprechende maximale Feldstärke für UPN = 0V und - 10V.
Lösung zur Aufgabe 2.1
a)
Diffusionsspannung (built-in voltage) bei RT
φ i = φ t ln
N AND
2
ni
= 26 mV ln
10
15
cm
−3
⋅ 2 ⋅ 10
(1, 45 ⋅ 10
10
cm
17
cm
−3
−3 2
)
φ i = 0, 717V
b)
Weite der Raumladungszone bei UPN = 0V und UPN = -10V
w=
w=
2ε o ε Si 1
(φ − U PN )
q
NA i
2 ⋅ 8,854 ⋅ 10
−14
1, 6 ⋅ 10
As / V ⋅ cm ⋅ 12
−19
ND » NA
da
As
1
10
15
cm
−3
ist
( 0 , 717V − U PN )
w(U PN = 0V ) = 0,97 µm
w(U PN = −10V ) = 3, 77 µm
c)
Maximale Feldstärke bei UPN = 0V und UPN = -10V
φ i − U PN = −
EM = −
E M (U PN = 0V ) = −
1
E ⋅w
2 M
2 (φ i − U PN
w
2 ( 0, 717V )
97 ⋅ 10
−6
cm
)
E M (U PN = −10V ) = −56,8 ⋅ 10 V / cm
3
3
= −14, 78 ⋅ 10 V / cm
Aufgaben und Lösungen
11
Aufgabe 2.2
Im thermodynamischen Gleichgewicht kompensieren sich die Drift- und Diffusionsströme beim pn-Übergang. Bestimmen Sie ungefähr eine dieser Stromdichtekomponenten, wenn NA = 1018cm-3, ND = 5⋅1015cm-3 und die Weite der Raumladungszone 46⋅106
cm beträgt. Die Beweglichkeit der Löcher soll 500 cm2/Vs betragen.
Lösung zur Aufgabe 2.2:
I Diff = − qD p
I Diff ≈ − qD p
dp
∆p
≈ − qD p
∆x
dx
p po − p no
w
mit: D p = φ t µ p = 26 mV ⋅ 500 cm 2 / V ⋅ s = 13cm 2 / s
mit ppo » pno
I Diff ≈ − qD p
p po
w
= 1, 6 ⋅ 10
I Diff ≈ −45217 A / cm
−19
As ⋅ 13
cm
s
2
10
18
cm
−3
46 ⋅ 10 − 6 cm
2
Diese enorm große Diffusionsstromdichte wird kompensiert durch eine gleich große
Driftstromdichte.
Aufgaben und Lösungen
12
Aufgabe 2.3
In Kapitel 2.1 ist ein inhomogener n-Typ-Halbleiter beschrieben. Geben Sie qualitativ
das Strom-Spannungsverhalten wieder. Kommt es zu einer Gleichrichterwirkung?
Lösung zur Aufgabe 2.3
Zum Vergleich:
a)
pn-Übergang
I
I
n
p
xp xn
i
n
νn
np
pn
xp xn
Injektion
nn
pp
νp
n po
x
νn
n
p νp
nn
pp
xn
+
UPN <0V
UPN >0V
νp
xp
i
x
+
n
p
n
p
pno
x
νn
npo
νp
pno
np
xp
xn
Extraktion
pn
x
Bild L: 2.3.1
Strom der jeweiligen Majoritätsträger ist gleich dem der entsprechenden Minoritätsträger. D.h. In im n-Typ ist gleich In im p-Typ und Ip im p-Typ ist gleich Ip im
n-Typ.
In Durchlassrichtung können die Minoritätsträgergradienten d.h. Minoritätsträgerströme
bis zum thermischen Durchbruch erhöht werden.
Aufgaben und Lösungen
13
In Sperrrichtung kann der Minoritätsträgergradient an den Rändern der Raumladungszone bis auf Null absinken. Weitere Veränderung der Gradienten und damit Minoritätsträgerströme ist nicht möglich. Der Strom sättigt bei sehr kleinen Werten.
b)
n+n-Übergang
n+
n
+
RLZ
n
p
νp
nn
νp
xi
+
RLZ
n
p
νn
νn
n+
n
νn
νn
νp
pn
x
νp
xi
nn
pn
x
Bild L: 2.3.2
Grundsätzlich: Majoritätsträgerbauelement, bei dem die Majoritätsträger in beiden
Richtungen wandern können. Die Ladungsträgeränderungen an den Grenzen der Raumladungszone sind vernachlässigbar. Somit resultiert ein Verhalten wie ein Widerstand.
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14
Aufgabe 2.4
Bestimmen Sie für den n+p-Übergang die Sperrschichtkapazitäten pro Fläche und
Raumtemperatur am Rand und am Boden bei UPN = 0V. Nehmen Sie dabei als Näherung das gezeigte Stufenprofil an.
0,2um
A
ND
~
~
Bild A: 2.4
A
NA
~
~
20 -3
17
ND =10 cm-3 ND =10 cm
ND
Stufenprofil
17
NA=10 cm-3
Aufgaben und Lösungen
15
Lösung zur Aufgabe 2.4
φ i = φ t ln
N AND
w=
;
2
ni
2ε o ε Si ⎛ 1
1
⎜⎜
+
q
ND
⎝ NA
⎞
⎟⎟φ i
⎠
Rand:
φ i = 26 mV ln
w=
10
20
⋅ 10
17
(1, 45 ⋅ 10
( cm
10
−3 2
)
−3 2
cm
= 0,998V
)
As
Vcm ⎛⎜ 1 + 1
⎜ 20
−19
17
⎝ 10
1, 6 ⋅ 10
As
10
−14
2 ⋅ 11,9 ⋅ 8,85 ⋅ 10
⎞ 1
⎟⎟
0, 998V
⎠ cm − 3
w = 0 ,114 µm
As
Vcm = 92, 4 nF
C ′j =
=
w
cm 2
1,14 ⋅ 10 − 5 cm
pF
nF
C *j = C ′j ⋅ x j = 92, 4
⋅ 0, 2 ⋅ 10 − 4 cm = 1,85
2
cm
cm
ε o ε Si
11,9 ⋅ 8,85 ⋅ 10 −14
Boden:
φ i = 26 mV ln
w=
10
17
⋅ 10
17
(1, 45 ⋅ 10
2 ⋅ 11,9 ⋅ 8,85 ⋅ 10
1, 6 ⋅ 10
( cm
10
cm
−3 2
)
−3 2
= 0 ,819V
)
−14
−19
As / Vcm ⎛ 1
1
+
⎜⎜
17
⎝ 10
As
1017
w = 0 ,147 µm
C ′j =
As
Vcm = 71, 7 nF
1, 47 ⋅ 10 − 5 cm
cm 2
11,9 ⋅ 8,85 ⋅ 10 −14
⎞ 1
0,819V
⎟⎟
⎠ cm − 3
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16
Aufgabe 2.5
Am pn-Übergang der Diode ist eine Diffusionsspannung wirksam. Entsteht ein Stromfluss, wenn die Diode von außen kurzgeschlossen wird?
Begründen Sie die Aussage.
Lösung zur Aufgabe 2.5
Es kommt zu keinem Gleichstromfluss. Nach einigen ps stellt sich thermodynamisches
Gleichgewicht ein. Siehe hierzu Kapitel 2.3.4
Aufgaben und Lösungen
17
Aufgabe 2.6
Im Folgenden soll ein Basis-Emitterübergang bei Raumtemperatur analysiert werden.
Die Daten sind:
ND (Emitter) = 5⋅1019 cm-3 ; w'n = 0,2 µm
NA (Basis) = 5⋅1017 cm-3 ;
w'p = 0,2 µm
Dp = 12 cm2/s ;
Dn = 21 cm2/s
Emitterfläche
A = 1 µm2
UPN = 0,80 V
Bestimmen Sie: Die Weite der Raumladungszone, den Sperrstrom IS; Durchlassstrom I
sowie die Sperrschicht- und Diffusions-Kapazität bei UPN = 0,80 V und UPN = 0V
Lösung zur Aufgabe 2.6:
a)
mit ND > NA
Weite der Raumladungszone:
w=
2ε o ε Si
1
(φ − U PN
NA i
q
φ i = φ t ln
N AND
);
= 26 mV ln
2
ni
5 ⋅ 10
19
cm
−3
(1, 45 ⋅ 10
⋅ 5 ⋅ 10
10
cm
17
cm
−3
−3 2
)
φ i = 1, 02V
w=
2 ⋅ 8,854 ⋅ 10
1, 6 ⋅ 10
−19
−14
As / Vcm ⋅ 11,9
As ⋅ 5 ⋅ 10
17
cm
−3
0 , 2V
w = 2 , 29 ⋅ 10 − 6 cm = 22, 9 ⋅ 10 − 6 mm = 22,9 nm
b)
Sperrstrom:
mit ND > NA
⎛ Dp 1
⎛ Dp
⎞
D
D
1 ⎞⎟ 2
I S = qA⎜
+ n
p no + n n po ⎟ = qA⎜
n
⎜ w′ N
⎜ w′
⎟
w ′p
w ′p N A ⎟ i
n
n
D
⎝
⎠
⎝
⎠
D
1
2
I S ≈ qA n
n
w ′p N A i
Aufgaben und Lösungen
I S ≈ 1, 6 ⋅ 10
18
−19
As ⋅ 10
−8
cm
2
2
21cm / s
1
0, 2 ⋅ 10 − 4 cm 5 ⋅ 1017 cm − 3
I S ≈ 7 , 0 ⋅ 10 −19 A
c)
Durchlassstrom I
800 mV
U PN / φ t
−19
I = I S (e
− 1) = 7 , 0 ⋅ 10
A( e 26 mV − 1)
I = 0,16 µA
d)
Sperrschicht- und Diffusionskapazität bei UPN = 0,8V
ε ε
8,854 ⋅ 10 −14 As / Vcm ⋅ 11,9
C j = A o Si = 10 −8 cm 2
w
2, 29 ⋅ 10 − 6 cm
C j = 4, 6 ⋅ 10 −15 F = 4, 6 fF
τ
/φ
U
C d = T I S e PN t
φ
t
τT = τ n
mit
In
I
I
D p n2
i
I p = qA
′
wn N D
τT ≈ τ n
Cd =
D n ni2
I n = qA
w ′p N A
ND > NA
und
e)
Ip
+τ p
( w ′p ) 2
τn =
9 , 5 ⋅ 10
−12
26 ⋅ 10
−3
2 Dn
s
V
7 ⋅ 10
=
−19
( 0, 2 ⋅ 10
−4
cm )
2 ⋅ 21cm 2 / s
2
= 9,5 ps
800 mV
A e 26 mV = 5,9 fF
Sperrschicht- und Diffusionskapazität bei UPN = 0V
C j = 2 fF
C d = 2,5 ⋅ 10 −28 fF ≈ 0
(1, 45 ⋅ 10
10
cm
−3
)
2
Aufgaben und Lösungen
19
Aufgabe 2.7
In einer integrierten Schaltung soll eine Versorgungsleitung durch einen möglichst großen Kondensator gegen Kopplungen unempfindlich gemacht werden. Hierzu wird ein nWannen/p-Substrat Übergang (Bild A: 2.7) verwendet.
2 um
UPN
n - Wanne
300 um
p - Substrat
Bild A: 2.7
Daten:
ND = 5⋅1018 cm-3 ;
UPN = 0,8 V ;
NA = 1017 cm-3 ; Dp = 12 cm2/s ;
Dn = 21 cm2/s
A = 0,1 mm2 .
Bestimmen Sie bei Raumtemperatur: Den fließenden Gleichstrom I, sowie die Diffusions- und Sperrschichtkapazität bei UPN = 0,8 V
Lösung zur Aufgabe 2.7:
a)
Gleichstrom I = Ip + In
⎞ U
⎛ Dp
D
/φ
I = qA⎜
p no + n n po ⎟ ⎛⎜ e PN t − 1 ⎞⎟
⎟⎝
⎜ w′
w ′p
⎠
⎠
⎝ n
D n ni2 ⎛ U
/φ
I p = qA
⎜ e PN t − 1 ⎞⎟
′
wp N A ⎝
⎠
I p = 1, 6 ⋅ 10
−19
I p = 5, 43mA
As 0,1 ⋅ 10
−2
cm
2
w ′p ≈ w p = 298 µm ≈ 0, 03cm
10
−3
21cm 2 / s (1, 45 ⋅ 10 cm )
0, 03cm
1017 cm − 3
2
⎛ 800
⎞
⎜ e 26 − 1 ⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎝
⎠
Aufgaben und Lösungen
20
Dp n2
i ⎛ U PN / φt
− 1 ⎞⎟
I n = qA
⎜e
wn′ N D ⎝
⎠
−19
I n = 1, 6 ⋅ 10
As 0,1 ⋅ 10
−2
cm
wn′ ≈ wn = 2 µm
−3
10
2
12 cm / s (1, 45 ⋅ 10 cm )
2
2 ⋅ 10
−4
cm
5 ⋅ 10
18
cm
−3
2
⎛ 800
⎞
⎜ e 26 − 1 ⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎝
⎠
I n = 9 ,3mA
I = I p + I n = 14 , 7 mA
b)
Sperrschichtkapazität
N AND
φ i = φ t ln
n i2
= 26 mV ln
1017 cm −3 5 ⋅ 1018 cm −3
(1, 45 ⋅ 1010 cm − 3 )
2
φ i = 0,92V
mit
ND > NA
w≈
2ε o ε Si
≈
q
1
(φ − U PN )
NA i
2 ⋅ 8,854 ⋅ 10 −14 As / cm ⋅ 11,9
1, 6 ⋅ 10
−19
As ⋅ 10
17
cm
−3
0,12V = 3,9 ⋅ 10 − 6 cm = 39 nm
−14
ε ε
8,854 ⋅ 10
As / Vcm ⋅ 11,9
C j = A o Si = 0,1 ⋅ 10 − 2 cm 2
−6
w
3, 9 ⋅ 10 cm
C j = 2, 7 ⋅ 10 −10 F = 0, 27 nf
c)
Diffusionskapazität
Cd =
τT
τ
/φ
U
I S e PN t ≈ T I
φt
φt
τT = τ n
In
I
+τ p
Ip
I
Aufgaben und Lösungen
τn =
τp =
( w ′p ) 2
2 Dn
( wn′ ) 2
2D p
21
( 0, 03cm )
=
=
2
= 21, 43 µs
2 ⋅ 21cm 2 / s
( 2 ⋅ 10 − 4 cm )
2
= 1, 66 ns
2
2 ⋅ 12 cm / s
τ T = 21, 43 ⋅ 10 − 6 s
9,3 ⋅ 10 −3 A
+ 1, 66 ⋅ 10 − 9 s
14, 7 ⋅ 10 − 3 A
τ T = 13,5 µs + 0, 61ns (vernachlässigbar)
τ T = 13,5 µs
Cd =
13,5 ⋅ 10
26 ⋅ 10
−6
−3
s
A
14, 7 ⋅ 10
−3
A = 7 , 63 µF
5, 43 ⋅ 10 −3 A
14, 7 ⋅ 10 − 3 A
Aufgaben und Lösungen
22
Aufgabe 2.8
Leiten Sie die Beziehung für die Diffusionskapazität bei langen Geometriemaßen, d.h.
w'n » Lp und w'p » Ln her. Gehen Sie bei der Herleitung davon aus, dass die Generation
und Rekombination in der Raumladungszone vernachlässigbar ist.
Hinweis: Zur Lösung der Aufgabe ist das Studium "Vertiefende Betrachtung zum Experiment" (Kap.1.5) erforderlich.
Lösung zur Aufgabe 2.8:
n
p
n
p
n n (x)
p p (x)
pL
n p (x)
n n (x)
p p (x)
n p (x)
p n (x)
a)
x p x n Qp
∆ UPN >0
p n (x)
x
b)
x xn
∆ UPN <0
x
Bild L: 2.8
Um die Diffusionskapazität zu berechnen, muss zuerst die gesamte positive Ladung in
dem pn-Übergang bestimmt werden. Diese besteht im n-Gebiet aus injizierten Löchern,
deren Verteilung durch Beziehung (1.70)
−
p n′ ( x ) = p ′L e
( x − xn )
Lp
U
/φ
= p no ( e PN t − 1) e
−
( x − xn )
Lp
beschrieben ist. Durch Integration und Multiplikation mit der Fläche A erhält man die
injizierte positive Ladung
∞
Q p = qA
∫ p n′ ( x ) dx = qAL p p no ⎛⎜⎝ e
xn
U PN / φ t
− 1 ⎞⎟
⎠
im n-Gebiet.
Der Löcherstrom Ip(xn) beträgt aus vorhergehender Ladungsbeziehung
Aufgaben und Lösungen
23
I p ( x n ) = − qAD p
dp n′
( x n ) = qA
dx
Dp
U
/φ
( e PN t − 1) .
Lp
Durch Einsetzen dieses Löcherstromes, der eine Folge der Ladung ist, resultiert die einfache Form
Qp =
Lp2
Dp
I p ( xn ) = τ p I p ( xn ) ,
wobei Gleichung (1.69)
Lp =
D pτ p
mit verwendet wurde. Diese Beziehung besagt, dass die injizierte Ladung um so größer
ist je größer die Lebensdauer und der Strom sind.
Die positive Ladung im p-Gebiet wird durch die Majoritätsträger erzeugt, die aus Neutralitätsgründen innerhalb der dielektrischen Relaxationszeit den Minoritätsträgern in
diesem Gebiet folgen. Da die Verteilung der Minoritätsträger bekannt ist und
n'p(x) = p'p(x) ist, ergibt sich nach einer ähnlichen Herleitung eine Majoritätsträgerladung von
Q p = −Qn = τ n I n ( x p )
im p-Gebiet. Die gesamte positive Ladung im pn-Übergang beträgt damit
Q = τ n I n ( x p ) + τ p I p ( xn ) .
Diese kann als Funktion des Gesamtstroms
I = I n ( x p ) + I p ( xn )
in der Form
Q = τT I
ausgedrückt werden. τT wird Transitzeit genannt. Sie bestimmt, wie in Abschnitt 2.4.2
gezeigt wurde, maßgeblich das Schaltverhalten des pn-Übergangs. Ihre Abhängigkeit
von Strömen und Lebensdauern ergibt sich direkt aus den obigen Beziehungen zu
τT = τ n
In (x p )
I
+τ p
I p ( xn )
I
Mit
Q = τT I
U
/φ
= τ T I S ⎛⎜ e PN t − 1 ⎞⎟
⎠
⎝
resultiert eine Diffusionskapazität von
.
Aufgaben und Lösungen
24
Cd =
dQ
dU PN
τ
/φ
U
= T I S e PN t
φ
t
die mit derjenigen für die kurzen Abmessungen Gl.(2.63) identisch ist. Der physikalische Hintergrund ist jedoch verschieden. Die Transitzeit hängt vielmehr bei langen
Abmessungen von den Lebensdauern und somit von den Generations- und Rekombinationsraten der Ladungsträger im Silizium ab.
Aufgaben und Lösungen
25
Kapitel 3
Aufgabe 3.1
In Bild 3.4 ist das Dotierungsprofil eines npn-Transistors dargestellt. Bestimmen Sie
daraus in etwa den Transportstrom ISS, den Kollektorstrom IC bei UBE = 750mV sowie
die Stromverstärkungen im normalen und inversen Betrieb.
Daten des Transistors: A = 4µm2; DPE ≈ 12cm2/s; DnB ≈ 25cm2/s; DpC ≈ 14cm2/s.
Hinweis: Der vergrabene Kollektoranschluss kann als sehr niederohmig betrachtet werden.
Lösung zur Aufgabe 3.1:
I SS =
AqDnB ni2
N AB x B
≈
4 ⋅ 10 −8 cm 2 1, 6 ⋅ 10 −19 As 25cm 2 / s (1, 45 ⋅ 1010 cm − 3 )
2
1017 cm − 3 ⋅ 0, 2 ⋅ 10 − 4 cm
I SS = 1, 7 ⋅ 10 −17 A
I C = I SS
BN =
BI =
U
/φ
( e BE t
D nE N DE w E
D pE N AB x B
D nB N DC w EPI
D pC N AB x B
− 1) = 1, 7 ⋅ 10
≈
−17
⎛ 750 mV
⎞
A⎜⎜ e 26 mV − 1 ⎟⎟ = 57 ,3 µA
⎜
⎟
⎝
⎠
25cm / s ⋅ 10
2
19
2
17
12 cm / s ⋅ 10
≈
cm
−3
cm
0, 25 µm
−3
0, 2 µm
= 260
25cm 2 / s ⋅ 1016 cm − 3 0,55 µm
2
14 cm / s ⋅ 10
17
cm
−3
0, 2 µm
= 0,5
Vergrabener Kollektor wird in erster Näherung als sehr niederohmiger Kontakt betrachtet.
Aufgaben und Lösungen
26
Aufgabe 3.2
In einem p-Wannen CMOS-Prozess wird, wie im Bild gezeigt, ein npn-Transistor realisiert.
ND
B
3,4um
E
0,2um
NA
C
ND
+5V
Bild A: 3.2
Die Daten betragen: ND-Sourcedotierung 5⋅1019 cm-3, NA-Wannendotierung 1017 cm-3,
Emitterfläche AE = 10⋅10µm2, DnB = 25 cm2/s; DpE = 8 cm2/s. Gesucht werden bei
Raumtemperatur: Der Transportstrom ISS, der Kollektorstrom IC bei UBE = 700 mV und
die Stromverstärkung B. Zur Vereinfachung kann angenommen werden, dass die Basisweite der metallurgischen Weite von 3,2 µm entspricht.
Lösung zur Aufgabe 3.2:
I SS =
AqD nB n i2
N AB x B
2
≈
(10 ⋅ 10 − 4 cm ) 1, 6 ⋅ 10 −19 As ⋅ 25cm 2 / s (1, 45 ⋅ 1010 cm − 3 )
1017 cm − 3 ⋅ 3, 2 ⋅ 10 − 4 cm
I SS = 2, 63 ⋅ 10 −17 A
⎞
⎛ 700 mV
U BE / φ t
−17 ⎜ 26 mV
I C = I SS ( e
A⎜ e
− 1) = 2, 63 ⋅ 10
− 1 ⎟⎟
⎟
⎜
⎠
⎝
I C = 12,95 µA
B =
D nE N DE w E
D pE N AB x B
B = 97 ,5
=
2
25cm / s ⋅ 5 ⋅ 10
2
8 cm / s ⋅ 10
17
19
cm
cm
−3
−3
0, 2 ⋅ 10
3, 2 ⋅ 10
−4
−4
cm
cm
2
Aufgaben und Lösungen
27
Aufgabe 3.3
Gegeben ist die gezeigte Schaltung, wobei der Transistor die Daten BN = 200, BI = 2
und ISS = 10-15A besitzt.
5V
R=1k Ω
C
B
E
Bild A 3.3:
a)
Bei UBE = 0,7V befindet sich der Transistor in Stromsättigung. Berechnen Sie
hierfür IC, IB und UCE.
b)
Der Transistor soll in Spannungssättigung geschaltet werden, wobei UCE auf
100mV sinken soll. Welcher Basisstrom IB muss dazu eingeprägt werden?
Lösung zur Aufgabe 3.3:
a) Gesucht IC, IB und UCE
⎛ 700
⎞
U BE / φ t
−15 ⎜ 26
⎛
⎞
I C = I SS ⎜ e
− 1 ⎟ = 10
A⎜ e
− 1 ⎟⎟ = 0,5 mA
⎝
⎠
⎜
⎟
⎝
⎠
I B = I C / B N = 0,5 mA / 200 = 2,5 µA
U CE = 5V − R ⋅ I C = 5V − 1kΩ ⋅ 0,5 mA = 4,5V
b) Gesucht IB wenn UCE = 100mV betragen soll
U CEsat = φ t ln
B N [ I C + I B (1 + B I )]
BI [BN I B − I C ]
Aufgaben und Lösungen
28
aufgelöst nach IB
IB =
IC =
IB =
IC
IB
/φ
U
I C ⎛⎜ B N + e CEsat t ⎞⎟
⎝
⎠
U
/φ
e CEsat t B I B N − B N (1 + B I
)
5V − 0,1V
= 4,9 mA
1kΩ
(
4,9 ⋅ 10 − 3 A 200 + e100 / 26
e100 / 26 ⋅ 200 ⋅ 2 − 200 ⋅ 3
= 73, 4 < B N
) = 66.7 µA
Aufgaben und Lösungen
29
Aufgabe 3.4
Der Transistor in der gezeigten Schaltung hat eine Stromverstärkung von BN = 100.
Wie groß sind die Ströme IB, IC, IE und die Ausgangsspannung Uo?
IB
5V
IC
3V
IE
R=1k Ω U0
Bild A: 3.4
Lösung zur Aufgabe 3.4
Überschlägig:
UBE ≈ 0,7V
(Schleusenspannung)
U0 = 3V - 0,7V = 2,3V
Emitterstrom:
2,3V
= 2,3 mA
1kΩ
I E = I B + I C = I B + I B BN
IE ≈
Basisstrom:
I B = I E / (1 + B N )
I B = 2,3mA / 101 = 22,8 µA
Kollektorstrom:
I C = B N I B = 22 ,8 µA ⋅ 100 = 2 , 28 mA
Aufgaben und Lösungen
30
Genauere Herleitung:
U 0 = 3V − U BE
U
U
/φ
/φ
I C = I SS ⎛⎜ e BE t − 1 ⎞⎟ ≈ I SS e BE t
⎝
⎠
I
U BE = φ t ln C
I SS
damit ergibt sich eine Ausgangsspannung von
I
U 0 = 3V − φ t ln C
I SS
da aber auch
U 0 = ( I C + I B ) R = ( I C + I C / B N )R
fließt ein Kollektorstrom von
IC =
U0
(1 + 1 / B N ) R
.
Die resultierende Ausgangsspannung beträgt damit
U0
U 0 = 3V − φ t ln
(1 + 1 / B N ) R
I SS
Diese Gleichung ist nur iterativ lösbar.
.
Aufgaben und Lösungen
31
Aufgabe 3.5
Gegeben ist ein Transistor mit den zur Vereinfachung als homogen angenommenen
17
−3
′ = 1016 cm −3 ; xB (bei UBC = 0V) = 1µm;
Dotierungen: N ′AB = 10 cm ; N DC
DnB = 18 cm2/s; A = 10µm2
Gesucht wird: Die Early-Spannung UAN und die Steigung dI C / dU BC des Kollektorstroms bei UBC = 0V und UBE = 0,7V
Aufgaben und Lösungen
32
Lösung zur Aufgabe 3.5
a) Early-Spannung
C jco = A
qε o ε si
⎛ 1
1
+
2⎜
⎜ N′
′
N DC
⎝ AB
φ ic = φ t ln
′ N ′AB
N DC
≈ A
⎞
⎟φ
⎟ ic
⎠
= 26 mV ln
ni2
φ ic = 0, 76V
C jco ≈ 10 ⋅ 10
−8
cm
2
1, 6 ⋅ 10
−19
10
16
qε o ε si
′
2φ ic / N DC
cm
−3
(1,45 ⋅ 10
10
10
17
cm
cm − 3
As ⋅ 11,9 ⋅ 8,854 ⋅ 10
−3
)
2
−14
As / cm
2 ⋅ 0, 76V / 1016 cm − 3
C jco ≈ 3,3 fF
2
17
−19
−8
−3 −4
Q Bo = qAN ′AB x Bo = 1, 6 ⋅ 10
As ⋅ 10 ⋅ 10 cm ⋅ 10 cm 10 cm
Q Bo = 1, 6 ⋅ 10 −13 As
U AN = Q Bo / C jco = 1, 6 ⋅ 10
U AN = 48,5V
−13
As / 3,3 ⋅ 10
−15
As / V
b) Steigung dIC/dUBC
IC =
qAD nB n Bo ⎛ U BE / φ
t − 1 ⎞⎟
⎜⎜ e
⎟
xB
⎝
⎠
ni2
(1, 45 ⋅ 1010 ) 2 cm − 6
n Bo =
=
= 2,1 ⋅ 10 3 cm − 3
17
−3
N ′AB
10 cm
IC =
1, 6 ⋅ 10 −19 As 10 ⋅ 10 −8 cm 2 ⋅ 18cm 2 / s ⋅ 2,1 ⋅ 10 3 cm − 3
I C = 2,98 µA
1 ⋅ 10
−4
cm
(e 700 / 26 − 1)
dI C / dU BC = − I Co / U AN = −2,98 µA / 48,5V = −6,1 ⋅ 10 −8 A / V
entspricht einem Kleinsignal-Ausgangswiderstand von
ro = 16 , 2 MΩ
Aufgaben und Lösungen
33
Aufgabe 3.6
Das Kriterium für den Beginn der Emitterrandverdrängung ist gegeben, wenn der Spannungsabfall in der Basis größer als φt ist. Bestimmen Sie den Kollektorstrom, bei Raumtemperatur, bei dem die Emitterrandverdrängung bei einem npn-Transistor einsetzt. Die
Daten des Transistors sind:
N ′AB = 10
17
−3
2
; µ p = 400 cm / Vs ; x B = 1µm; B N = 50 ; einseitiger Basiskontakt, wie in (Bild 3.2) gezeigt, mit l E = 30 µm und b E = 20 µm .
cm
Zur Vereinfachung wurden homogene Dotierungen angegeben.
Lösung zur Aufgabe 3.6
Kriterium für den Beginn der Emitterrandverdrängung:
I B ⋅ RB ≈ φt
RB ≈
ρ B bE
;
3x B LE
1
1
1
ρB =
≈
=
q( µ p p + µ n n)
qµ p p
qµ p N ′AB
bE
1
RB ≈
qµ p N ′AB ⋅ 3 ⋅ x B L E
1
≈
20 ⋅ 10 − 4 cm
30 ⋅ 10 − 4 cm
cm 2
⋅ 1017 cm − 3 ⋅ 3 ⋅ 10 − 4 cm
V ⋅s
(relativ groß; L E vergrößern )
1, 6 ⋅ 10 −19 As ⋅ 0, 4 ⋅ 10 3
≈ 347 Ω
26 mV
I B ⋅ R B ≈ φ t = 26 mV ; I B =
= 75 µA
347 Ω
somit Beginn der Emitterrandverdrängung bei einem Kollektorstrom von
I C = B N ⋅ I B = 50 ⋅ 75 µA = 3, 75 mA
Aufgaben und Lösungen
34
Aufgabe 3.7
Bei dem als Diode verknüpften Transistor wird bei einem Strom von I = 80mA eine
Spannung von UPN = 0,975 V gemessen. Wie groß sind die Widerstände RS (Gl.3.88)
und RB? Daten des Transistors: BN = 150; ISS = 10-16A¸ RE ≈ 0Ω
IC
RB
UPN
I
UBE
Bild A: 3.7
Lösung zur Aufgabe 3.7
I ≈ I C ≈ I SS e
′ /φ
U BE
t
80 ⋅ 10
I
−3
A
′ = φ t ln
U BE
= 26 mV ln
= 0,892V
−
16
I SS
A
10
′ +I
U PN = U BE
RB
1 + BN
′ + IR S
= U BE
′ = 0 ,975V − 0 ,892V = 0 , 083V
IR S = U PN − U BE
RS =
RS =
0, 083V
80 ⋅ 10 − 3 A
RB
1 + BN
= 1, 04 Ω
d.h . R B = R S (1 + B N ) = 157 Ω
Aufgaben und Lösungen
35
Aufgabe 3.8
Bei einem npn-Transistor in Emitterschaltung und wechselspannungsmäßig kurzgeschlossenem Ausgang (Bild 3.42) wurden bei 1GHz die folgenden KleinsignalStromverstärkungen gemessen:
⏐β(jω)⏐ = 40 bei IC = 1mA und ⏐β(jω)⏐ = 48 bei IC = 3mA. Die gemessene Kleinsignal-Kapazität Cjc beträgt 35 fF. Bestimmen Sie aus den Angaben die Sperrschichtkapazität Cje und die Transitzeit τN. Dabei wird vorausgesetzt, dass starke Injektion noch
nicht auftritt und Cje und τN konstant bleiben.
Bei der Lösung der Aufgabe ist Folgendes zu beachten:
Im Frequenzbereich
f
ω
» 1 ergibt sich eine Verstärkung bei der Frequenz fm
=
ωβ
fβ
Gl.(3.115) von
β ( jf m ) = β N
fβ
fm
.
Bei der Transitfrequenz resultiert hieraus
β ( jf T ) = 1 = β N
fβ
.
fT
Damit ergibt sich aus dem Verhältnis der Verstärkungen bei verschiedenen Frequenzen
β ( jf m )
β ( jf T )
= β ( jf m ) =
fT
fm
der Zusammenhang
f T = β ( jf m ) ⋅ f m .
,
Aufgaben und Lösungen
36
Lösung zur Aufgabe 3.8
Gesucht Transitfrequenz fT aus den indirekten Messungen
f T = β ( jf m ) f m
f T 1 = 10 91 / s ⋅ 40 = 40 ⋅ 10 91 / s bei I C = 1mA
f T 2 = 10 91 / s ⋅ 48 = 48 ⋅ 10 91 / s bei I C = 3mA
Aus Beziehung (3.118)
τ N = 1 / ωT −
τN =
I.)
II.)
τN =
τN =
φt
IC
(C je + C jc )
φ
1
− t C je + C jc
2πf T
IC
(
1
9
2π ⋅ 40 ⋅ 10 1 / s
1
9
2π ⋅ 48 ⋅ 10 1 / s
−
26 ⋅ 10
10
−
−3
−3
26 ⋅ 10
3 ⋅ 10
)
V
[C je + 35 ⋅ 10 −15 As / V ]
V
[C je + 35 ⋅ 10 −15 As / V ]
A
−3
−3
A
Annahme: Bei Stromänderung von 1mA auf 3mA sollen Cje, Cjc und τN unverändert
bleiben.
damit gilt:
I.-II.)
0 = 3,98 ⋅ 10 −12 s − 26V / A ( C je + 35 ⋅ 10 −15 As / V )
− 3, 32 ⋅ 10
−12
s + 8, 66V / A ( C je + 35 ⋅ 10
−15
As / V )
nach Cje aufgelöst ergibt:
C je = 2 ,88 fF
Überprüfung der Annahme Cje = konst.
U
/φ
I C ≈ I SS e BE t
IC2
I C1
≈
U
/φ
e BE , 2 t
U
/φ
e BE ,1 t
I
∆U BE
1
U BE , 2 − U BE ,1 =
ln C 2 =
I C1
φt
φt
(
)
Aufgaben und Lösungen
37
Änderung der Basisspannung die auftritt:
∆U BE = 26 mV ln
3mA
= 28, 6 mV
1mA
Diese Spannungsänderung kann als geringer Einfluss auf die Sperrschichtkapazität Cje
betrachtet werden.
Aufgaben und Lösungen
38
Aufgabe 3.9
Bestimmen Sie die Ausgangsspannung uo des gezeigten Verstärkers bei niedrigen Frequenzen, wenn die Eingangsspannung ui = 50µV beträgt. Daten des Transistors:
RB ~ 0Ω; UAN = 25V. Wovon würde die Verstärkung abhängen, wenn R einen Wert von
unendlich hätte?
UDD
IC=20uA
RL =10 6 Ω
uo = ?
ui ~
ri = 0 Ω
Bild A: 3.9
Lösung zur Aufgabe 3.9:
Bei niedrigen Frequenzen können Kapazitäten vernachlässigt werden.
C
B
ui ~
~
gπ
gm ui
go
gL
uo
E
Bild L 3.9:
1
uo = − g m ui
go + g L
I
20 ⋅ 10 − 6 A
= 0,8 ⋅ 10 − 61 / Ω
go = C =
U AN
25V
g L = 1 / R L = 10 − 61 / Ω
Aufgaben und Lösungen
uo
ui
=−
39
gm
go + g L
=
I C / φt
go + g L
20 ⋅ 10 − 6 A
=
−3
−6
26 ⋅ 10 V ( 0,8 + 1, 0 ) 10 A / V
u o = u i ⋅ 427 = 50 µV ⋅ 427 = 21,3mV
mit:
= 427
u
R L = ∞ d.h . g L = 0 ist o unabhängig von I C
ui
uo
ui
uo
ui
=
=
gm
go
=
I C / φt
U
= AN
I C / U AN
φt
!
25V
= 961
26 mV
Diese Verstärkung wird intrinsische Transistorverstärkung genannt.
Aufgaben und Lösungen
40
Aufgabe 3.10
Leiten Sie aus dem Kleinsignal-Ersatzschaltbild (Bild 3.42b) das Verhältnis der Kleinsignalströme io / ib, wie es durch Beziehung (3.110) beschrieben ist, ab.
Lösung zur Aufgabe 3.10:
io
C jc
rb
UCE
+
ube
ib
ib
a)
i1
i2
gπ
Cbe
Bild L 3.10:
am Knoten a)
ib = i1 + i2 + i3
I)
′ ( g π + jωC be + jωC je )
i b = u be
am Knoten b)
i3 + io - i C = 0
II)
′ jωC jC + i o − u be
′ gm = 0
u be
hieraus:
′ =−
u be
io
jω C jC − g m
dies in I) eingesetzt ergibt:
gm
io
ib
=
gπ
1+
(1 −
jωC jc
gm
)
jω
( C be + C je )
gπ
i3
b)
io
ic = gmube
Aufgaben und Lösungen
mit
gπ =
io
ib
io
ib
41
gm
βN
β N (1 −
=
1+
jωC jc
gm
)
jω
β ( C + C jc )
g m N be
ω
)
ωz
ω
(1 + j
)
ωβ
(1 − j
= βN
mit Nullstellenkreisfrequenz
ωz =
gm
C jc
und Polstellenkreisfrequenz
ωβ =
gm
β N ( C be + C jc )
.
Aufgaben und Lösungen
42
Kapitel 4
Aufgabe 4.1
Bei der MOS-Struktur setzt starke Inversion ein, wenn die Elektronenkonzentration an
der Halbleiteroberfläche ns gleich der der Substratdotierung NA ist. Die Oberflächenspannung φS hat dabei den Wert φS (SI) und bleibt auch bei größerer Gatespannung und
Inversionsschichtladung näherungsweise konstant.
Skizzieren Sie für diesen Fall das Bänderdiagramm und weisen Sie nach, dass sich der
Wert der Oberflächenspannung nur noch um ca. 60mV ändert, wenn ns um den Faktor
10 zunimmt.
Lösung zur Aufgabe 4.1
W
WC
Wi
WF
WV
∆φS
Wi1
Wi2
φS
Bild L 4.1:
W F −Wi1
n S ,1 =ˆ N A = ni e kT
W F −Wi 2
n S , 2 =ˆ 10 N A = n i e kT
W F −Wi 2
nS ,2
n S ,1
= 10 =
ln 10 =
∆φ S =
ni e
kT
W F −Wi1
kT
ni e
− W i 2 + W i1
kT
W i 2 − W i1
−q
=
kT
ln 10 = 26 mV ⋅ ln 10 = 59,8 mV
q
Aufgaben und Lösungen
43
Aufgabe 4.2
Nachfolgend ist die Kleinsignalkapazität einer n-Kanal MOS-Struktur in Abhängigkeit
von der Gatespannung für mittlere Frequenzen dargestellt. Das Si-Substrat sei mit NA =
1016 cm-3 dotiert.
C
80
nF
cm 2
24,3
UFB
[V]
UGB
Bild A: 4.2
a)
Wie groß ist die Weite der Verarmungszone bei Inversion?
b)
Berechnen Sie die Oberflächenspannung bei Beginn von starker Inversion.
c)
Wie groß ist die Einsatzspannung des Transistors, wenn die Flachbandspannung
UFB = - 0,1 V beträgt und USB = 0 V ist?
d)
Wie groß ist die Einsatzspannung bei USB = 5 V?
Lösung zur Aufgabe 4.2:
a)
Weite der Raumladungszone bei Inversion
⎛ 1
1
C 'i = ⎜
+
⎜ C'
C ' ox
j
⎝
Cj =
xd =
⎞
⎟
⎟
⎠
−1
= 24 , 3nf / cm
2
1
1
2
=
= 34 , 9 nf / cm
1 / C ' i −1 / C ' ox
1 / 24 ,3 − 1 / 80
ε o ε Si
C' j
=
As
⋅ 11,9
V ⋅ cm
= 0,3 µm
As
−9
34 ⋅ 10
V ⋅ cm 2
8,86 ⋅ 10 −14
Aufgaben und Lösungen
b)
44
Oberflächenspannung bei starker Inversion
Ladung in der Raumladungszone
σ d = − qN A x d = − qN A 2ε o ε Si φ S ( SI )
φ S ( SI ) =
φ S ( SI ) =
qN A x d2
2ε o ε Si
1, 6 ⋅ 10
−19
As ⋅ 10
16
−3
−4
( 0,3 ⋅ 10 cm )
As
−14
2 ⋅ 11,9 ⋅ 8,86 ⋅ 10
V ⋅ cm
cm
φ S ( SI ) = 0, 7V
alternativer Rechengang
φ F = φ t ln
NA
ni
= 26 mV ln
1016 cm −3
1, 45 ⋅ 1010
= 0,35V
φ S ( SI ) = 2φ F = 0, 7V
c)
Einsatzspannung des Transistors
1
U Ton = U FB + 2φ F +
C ' ox
qN A 2ε Si ε o 2φ F
U Ton = 1, 21V
U Tn = U Ton + γ ( 2φ F + U SB −
γ =
1
C ' ox
2φ F )
qN A 2ε o ε Si = 0, 73 V
U Tn = 1, 21V + 0 , 73 V
U Tn = 2,34V
[
0 , 7V + 5V − 0 , 7V
]
2
Aufgaben und Lösungen
45
Aufgabe 4.3
Dargestellt ist eine Ein-Transistor Zelle. Die n+-Polyseite der Kapazität kann auf 1,8 V
bzw. 0 V aufgeladen werden. Dadurch ist es möglich, dass ein unerlaubt großer Leckstrom durch den gezeigten parasitären n-Kanal Transistor fließt.
Bestimmen Sie:
a) Die "worst case" Spannungskonstellation, b) die Einsatzspannung des parasitären
Transistors bei dox = 7 nm (oxid collar) sowie wenn c) dox auf 30 nm vergrößert wird
und d) eine Spannung von – 1 V an die p-Wanne (p-Well) gelegt wird.
Al-1
Bit Line (W)
Bit Line Contact
STI
n+
P-Well
0V / -1V
Word Line
(WSI / n+ poly)
Oxide Collar
WL
Capacitor Insulator
n
17 -3
NA =2x10 cm
p-Well
n+ poly
Buried N-Well
n
+0.9V
1.8V/0V
BL
CS
UFB= 0.8V
+0.9V
Buried Plate
p-Si
Bild A: 4.3
Lösung zur Aufgabe 4.3
a)
dox = 7nm; 0V am p-well
N
2 ⋅ 1017 cm −3
2φ F = 2φ t ln A = 2 ⋅ 26 mV ln
= 885 mV
ni
1, 45 ⋅ 10 −10 cm − 3
C 'ox =
ε oε ox
d ox
=
As
⋅ 3,9
F
V ⋅ cm
= 493 ⋅ 10 − 9
2
−7
7 ⋅ 10 cm
cm
8,85 ⋅ 10
−14
Aufgaben und Lösungen
γ =
=
1
C ' ox
46
qN A 2ε o ε Si
1
493 ⋅ 10
−9
F / cm
2
1, 6 ⋅ 10
−19
As ⋅ 2 ⋅ 10
17
cm
−3
⋅ 2 ⋅ 11,9 ⋅ 8,85 ⋅ 10
γ = 0,526 V
worst case:
1,8V
0V
USB
D
S
UGS
CS
+0,9V
Bild L 4.3
U Tn = U FB + 2φ F + γ 2φ F + U SB
= −0,8V + 0,855V + 0,526 V 0,885V + 0,9V =
U Tn = 0, 758V
b)
d ox = 30 nm
U Tn = −0,8V + 0,855V +
U Tn = 3, 07V
c)
zusätzlich USB = 1,9V
U Tn = 3,82V
30
0,526 V
7
0,885V + 0, 9V =
−14 As
cm
Aufgaben und Lösungen
47
Aufgabe 4.4
Gesucht wird die Einsatzspannung des gezeigten Feldoxidtransistors, der in Kapitel
4.3.3 näher beschrieben wurde. Bestimmen Sie die Einsatzspannung UFT des Transistors
wenn die BPSG-Schicht und das Feldoxid (FOX) zusammen 100 nm bzw. 200 nm betragen. Welchen Wert nimmt die Einsatzspannung für die genannten beiden Fälle an,
wenn eine Source-Bulkspannung von USB = 1,0 V verwendet wird?
Metallbahn
BPSG
FOX
n+
FOX
n+
Diffusionsbahn
p
Bild A: 4.4
Die wirksame Dielektrizitätskonstante der Doppelschicht beträgt ε r ≈ 4,1 . Die Substratdotierung hat einen Wert von N A = 10
U FB = −0, 4V .
17
cm −3 . Die Flachbandspannung liegt bei
Aufgaben und Lösungen
48
Lösung zur Aufgabe 4.4
1
U FT = U FB + 2φ F + γ 2φ F ; γ =
C ' ox
C ' ox =
ε o ε ox
d ox
=
As
⋅ 4,1
nF
V ⋅ cm
= 36 ,3
−7
2
cm
100 ⋅ 10 cm
8,85 ⋅ 10
NA
2φ F = 2φ t ln
ni
36,3 ⋅ 10
−9
−14
= 2 ⋅ 26 mV ln
1
γ =
qN A 2ε o ε Si
As
1, 6 ⋅ 10
−19
1017 cm −3
1, 45 ⋅ 1010 cm − 3
As ⋅ 10
17
cm
−3
= 0,88V
⋅ 2 ⋅ 11,9 ⋅ 8,85 ⋅ 10
V ⋅ cm 2
γ = 5, 05 V
Fall 1)
U FT (U SB = 0V ) = −0, 4V + 0,88V + 5, 05 V
0 ,88V
U FT (U SB = 0V ) = 5, 22V
Fall 2)
d ox = 200 nm
γ = 5, 05 V
200 nm
= 10,1 V
100 nm
U FT (U SB = 0V ) = −0 , 4V + 0 ,88V + 10 ,1 V
0 ,88V 1
U FT (U SB = 0V ) = 9 ,95V
mit
Fall 1)
U SB = 1V
U FT = U FTo + γ
2φ F + U SB −
= 5, 22V + 5, 05 V
U FT = 7 , 41V
Fall 2)
[
U FT = 14,32V
[
2φ F
]
0,88V + 1, 0V −
0,88V
]
−14
As
V ⋅ cm
Aufgaben und Lösungen
49
Aufgabe 4.5
a)
Bestimmen Sie bei Raumtemperatur die Einsatzspannung des dargestellten MOSTransistors mit dox = 9,5 nm.
b)
b) Bestimmen Sie die Einsatzspannungsschwankung ebenfalls bei Raumtemperatur, wenn die Oxiddicke in der Fertigung zwischen 9,5 nm und 10,5 nm schwankt.
c)
c) Erwarten Sie eine Einsatzspannungsreduzierung infolge der kurzen Kanallänge
(Bestimmen Sie die Weite der Raumladungszone)?
G
d ox
SiO2
n+
n+
0,35um
UFB = 0,8V
NA = 2 10 17cm-3
10 20 cm -3
Bild A: 4.5
Lösung zur Aufgabe 4.5
U Ton = U FB + 2φ F + γ 2φ F ;
C ' ox =
ε o ε ox
=
d ox
363 ⋅ 10
−9
1
C ' ox
qN A 2ε o ε Si
As
⋅ 3,9
−9 F
V ⋅ cm
= 363 ⋅ 10
3
−7
cm
9,5 ⋅ 10 cm
8,85 ⋅ 10
1
γ =
γ =
As
−14
1, 6 ⋅ 10
−19
As ⋅ 2 ⋅ 10
17
cm
−3
⋅ 2 ⋅ 11,9 ⋅ 8,85 ⋅ 10
V ⋅ cm 2
γ = 0 , 715V
N
2 ⋅ 1017 cm −3
2φ F = 2φ t ln A = 2 ⋅ 26 mV ln
= 0,854V
10
−3
ni
1, 45 ⋅ 10 cm
a)
U Ton = −0 ,8V + 0 ,854V + 0 , 715 V
0 ,854V
−14
As
V ⋅ cm
Aufgaben und Lösungen
50
U Ton = 0, 714V
b)
∆U Ton =
2φ F (γ 1 − γ 2 ) =
=
2φ F
=
0,854V
qN A 2ε Si
2
ε o ε ox
2φ F
qN A 2ε o ε Si
1
ε o ε ox
(d ox1 − d ox 2 )
(d ox1 − d ox 2 )
1, 6 ⋅ 10 −19 As ⋅ 2 ⋅ 1017 cm − 3 ⋅ 2 ⋅ 11,9
(10,5 − 9,5 ) ⋅ 10 − 7 cm
As
( 3,9 ) 2 ⋅ 8,85 ⋅ 10 −14
V ⋅ cm
∆U Ton = 69 ,5 mV
c)
Roll-down?
w=
w=
2ε o ε Si
q
N N
1
φ i ; φ i = φ t ln A D = 1, 08V
2
NA
ni
As
⋅ 11,9
V ⋅ cm
⋅ 1, 03V ≈ 0,1µm
1, 6 ⋅ 10 −19 As ⋅ 2 ⋅ 1017 cm − 3
2 ⋅ 8,85 ⋅ 10
−14
Die metallurgische Kanallänge hat einen Wert von 0,35µm, wodurch die effektive Kanallänge nur noch 0,15µm beträgt. D.h. roll-down ist gerade noch vernachlässigbar.
Aufgaben und Lösungen
51
Aufgabe 4.6
Ein n-Kanal-Transistor mit w/l = 1,5; dox = 5 nm; εox = 3,9; µn = 600 cm2/Vs und
USB = 0 V wird als steuerbarer Widerstand eingesetzt.
a)
Um wieviel muss die Gatespannung größer als die Einsatzspannung sein, damit
für sehr kleine Drain-Sourcespannungen (UDS → 0) ein Widerstand von 2,5 kΩ
zwischen den Drain-Sourceklemmen des Transistors messbar wird?
b)
Wie groß ist für diesen Widerstand die Elektronendichte σn der Inversionsschicht?
Aufgaben und Lösungen
52
Lösung zur Aufgabe 4.6:
2 ⎤
⎡
U DS
w
⎥; β = µ C ′
I DS = β n ⎢ (U GS − U Tn )U DS −
n
n
ox
2 ⎥
l
⎢
⎦
⎣
R =
R
U DS
I DS
U DS → 0V
1
=
β n (U GS − U Tn −
=
U DS
2
)
1
β n (U GS − U Tn )
overdrive
U GS − U Tn =
1
βnR
1
=
µn
ε o ε ox w
d ox
l
R
1
=
2
600
−14
cm 3,9 ⋅ 8,854 ⋅ 10
V ⋅s
5 ⋅ 10 − 7 cm
As
V ⋅cm
1,5 ⋅ 2,5 ⋅ 10 3 V / A
U GS − U Tn = 0 , 64V
σ n = − C ' ox (U GS − U Tn − φ K ( x ) ) bei UDS ~ 0 ist auch φK ~ 0
′ (U GS − U Tn ) = −
σ n = − C ox
σ n = 4, 42 ⋅ 10 − 7
3,9 ⋅ 8,854 ⋅ 10 −14
5 ⋅ 10
−7
cm
As
V ⋅ cm = 0, 64V
As
cm
2
zum Vergleich Grenzflächenzustände:
σ SS = 10 −10
As
cm
2
Aufgaben und Lösungen
53
Aufgabe 4.7
Durch einen n-Kanal-Transistor mit kn = 120 µA/V2, w/l = 5 und UTon = 0,5 V fließt ein
Strom von 300 µA. Die Gate-Sourcespannung beträgt 3 V. Wie groß ist die DrainSourcespannung?
Lösung zur Aufgabe 4.7:
Annahme:
I DS =
Sättigung
I DS = 120 ⋅ 10
A
−6
V
2
βn
2
(U GS
⋅ 5 ⋅ ( 2 ,5V )
2
− U Tn )
2
= 3, 75 mA
d.h. Transistor muss im Widerstandsbereich sein. Dies muß so sein, denn in Sättigung ist der Strom unabhängig von der UDS-Spannung (Effekte zweiter Ordnung
vernachlässigt)
2
⎡
U DS ⎤
⎥
I DS = β n ⎢ (U GS − U Tn )U DS −
2 ⎥
⎢
⎦
⎣
U DS =
2
2 (U GS − U Tn ) ±
4 (U GS − U Tn ) −
8 I DS
βn
2
2 ⋅ 2,5V ±
4 ⋅ 6 , 25V
U DS =
U DS = 4 , 79V
2
−
8 ⋅ 300 µA
µA
120
⋅5
2
V
2
bzw.
0, 21V
Mit U DS > U GS − U Tn würde 4,79V Sättigung bedeuten. Somit beträgt
U DS = 0, 21V .
Aufgaben und Lösungen
54
Aufgabe 4.8
In dem gezeigten Bild ist ein MOS-Transistor als sog. MOS-Diode verschaltet. Wie
groß ist die Spannung zwischen Drain und Source bei Raumtemperatur (300 K), wenn
a)
w/l = 5;
b)
w/l = 500 und
c)
w/l » 500 ist?
Transistordaten: kn = 120 µA/V2; UTon = 0,8 V; n = 2
Bild A: 4.8
Lösung zur Aufgabe 4.8:
−U ) / nφ t
w
2 (U
I DS = k n
( n − 1)(φ t ) e GS Tn
l
für
U GS ≤ U Tn
d.h. Übergang von Sättigung in den Unterschwellstrom-Bereich ist gegeben, wenn
U GS = U Tn ist.
w
( n − 1)(φ t ) 2
I DS = k n
l
Dies gilt somit ab einer Geometrie von:
(w / l) ≥
≥ 246 ,5
I DS
k n ( n − 1)(φ t )
2
20 ⋅ 10
=
120 ⋅ 10
−6
A
V
2
−6
A
⋅ 1 ⋅ ( 26 ⋅ 10
−3
V)
2
Aufgaben und Lösungen
a)
55
2
k w
Transistor in Sättigung I DS = n
(U DS − U Tn )
2 l
w
=5
l
U DS =
2 I DS
w
kn
l
+ U Ton =
2 ⋅ 20 ⋅ 10
120 ⋅ 10
−6
A
−6
V2
A
+ 0,8V
⋅5
U DS = 1, 06V
b)
w
= 500
l
U DS = U GS = nφ t ln
Transistor im Unterschwellstrombereich
I DS
w
kn
( n − 1)φ t2
l
= 2 ⋅ 26 ⋅ 10 − 3 V ln
+ U Tn
20 ⋅ 10 − 6 A
+ 0,8V
2
−6 A
−3
120 ⋅ 10
⋅ 500 ( 26 ⋅ 10 V )
V2
U DS = 0, 763V
c)
w
>> 500
l
U DS = φ t ln
d.h.
I DS
w
k n ( ) → ∞ ( n − 1)φ t2
l
U DS = 0V
nach Theorie 1. Ordnung:
+ U Tn
UTn hat Schaltfunktion
U DS =
2 I DS
w
kn ( )
l
+ U Ton
mit w/l >> 500
U DS = U Ton
falsch
Nur gut für Betrachtung kurzer Auf- bzw. Entladevorgänge
Aufgaben und Lösungen
56
Aufgabe 4.9
Bestimmen Sie den IDS-Strom bei Raumtemperatur (300 K) ab dem der gezeigte Transistor in den Unterschwellstrombereich gelangt.
kn = 120 µA/V2; w/l = 15; n = 2; UTon = 0,6 V
Bild A: 4.9
Lösung zur Aufgabe 4.9:
(U
−U ) / φ t n
w
I DS = k n
( n − 1)φ t2 e GS Tn
l
mit
U GS = U Tn
Beginn Übergang zum Unterschwellstrombereich.
Damit ergibt sich:
w
2
I DS = k n
( n − 1)φ t
l
I DS = 120 ⋅ 10
I DS = 1, 22 µA
−6
A/V
2
⋅ 15( 2 − 1)( 26 ⋅ 10
−3
V)
2
Aufgaben und Lösungen
57
Aufgabe 4.10
Die Ein-Transistor-Zelle eines DRAMs kann durch folgendes vereinfachtes Ersatzschaltbild dargestellt werden
Al-1
BL
Bit Line (W)
Bit Line Contact
n+
P-Well
0V
STI
WL
Word Line
(WSI / n+ poly)
Oxide Collar
n Tr.
0V/1,8V
n+ poly
Buried N-Well
n
+0,9V
p-Well
0V
CS = 45fF
+0,9V
Capacitor Insulator
n
1,8V " H"
0V " L"
Buried Plate
p-Si
Bild A: 4.10
a) Bestimmen Sie den Unterschwellstrom des mit 0 V am Gate abgeschalteten nTransistors unter "worst case" Bedingungen. b) Verwenden Sie den "worst case" Fall,
um die Refreshzeit zu bestimmen. Hierbei ist davon auszugehen, dass ein reduzierter HPegel von 1,5 V und ein erhöhter L-Pegel von 0,3 V noch akzeptabel ist. c) Wie verbessern sich die Werte, wenn eine Source-Bulkspannung, d.h. zusätzlich eine Spannung an
"p-Well" von – 1 V verwendet wird?
Daten des n-Transistors
27o C
90o C
IDS (gemessen bei UGS = 0,6 V)
250 pA
4,8 nA
UTon (p-Well an 0 V)
1,0 V
0,87 V
γ
0,3 V
0,3 V
S
120 mV/Dek
145 mV/Dek
2 φF
0,82 V
0,76 V
2
2
n = 1+
C ′j
′
C ox
Aufgaben und Lösungen
58
Lösung zur Aufgabe 4.10:
a)
worst case Unterschwellstrom?
BL
WL = 0V
D
I
S
BL
WL = 0V
I
UGS =-0,3V
0,3V
S
0V
0V
+0,9V
selbstbegrenzend
+0,9V
worst case UGS = 0V
Bild L: 4.10.1
U GS = 0V ;
Refresh worst case:
T = 90°C
600 mV ( Meßwert )
≈ 4 Dekaden Stromreduzierung
145 mV / Dekade
I DS = 4 ,8 nA/ 10 4 = 480 ⋅ 10 −15 A;
∆t ≈ 45 ⋅ 10
−15
As / V
∆t ≈ C ∆U
I DS
0, 3V
480 ⋅ 10
−15
A
∆t = 28,1ms
Genauere Betrachtung
I DS = β n ( n − 1)φ t2 e
(U GS −U Tn ) / φ t n
I DS (U GS = 0, 6V )
I DS (U GS = 0V )
=e
; UDS >100 mV
600 mV
31, 4 mV ⋅ 2
= 14,1 ⋅ 10 3
U SB = 0V
o
3
I DS ( 90 , U GS = 0V ) = 4,8 nA / 14,1 ⋅ 10 = 340 ⋅ 10
∆t = 45 ⋅ 10 −15 As
V
c)
D
1,5V
1,8V
b)
1,8V
0 , 3V
−15
340⋅10
A
mit -1V an p-Well d.h. USB = 1V
= 39, 7 ms
−15
A
Aufgaben und Lösungen
59
U Tn = U Ton + γ ( 2φ F + U SB − 2φ F )
= 0,874V + 0,3 V ( 0 , 76V + 1V − 0, 76V )
= 0,874V + 0,136V
Verbesserung ca. 1 Dekade
d.h. ∆t ≈ 300 ms
genauere Betrachtung:
log
USB =0V
IDS
[A]
USB =+1V
340 10
90°C
-15
136mV
-15
39 10
145mV/Dek
0V
UGS
UTn =0,87V
Bild L: 4.10.2
I DS (U SB = 0 )
I DS (U SB = 1V )
=e
136 mV
31, 4 mV ⋅ 2
= 8, 72
U GS = 0V
−15
A = 39 , 0 ⋅ 10 −15 A
I DS (U SB = +1V ) = 340⋅10
8 , 72
∆t = 45 ⋅ 10 −15 As
V
0 , 3V
= 346 ms
−15
A
39 , 0⋅10
Aufgabe 4.11
Überprüfen Sie Beziehung 4.5 bei der die Diffusionsspannung φi entweder über die verschiedenen Austrittsarbeiten oder Dotierungen bestimmt werden kann.
Aufgaben und Lösungen
60
Lösung zur Aufgabe 4.11:
Mit W HA 2 > W HA1 wandern mehr Elektronen von NA1 nach NA2 als umgekehrt;
demnach wird A1 positiv gegenüber A2
φi =
W HA 2 − W HA1
q
W
− W FA 2
= FA1
q
=
W0 − W FA 2 − (W0 − W FA1 )
q
Wi −W FA1
kT
Mit N A1 = p = n i e
Wi − W FA1 = kT ln
φi =
W FA1 − W FA 2
φ i = φ t ln
q
N A1
ni
Wi − W FA 2 = kT ln
(Wi − kT ln
=
N A1
ni
N A2
ni
) − (Wi − kT ln
N A2
ni
)
q
N A2
N A1
Aufgabe 4.12
Bestimmen Sie in etwa die Refresh-Zeit der dargestellten Ein-Transistor-Zelle.
U(WL)= -0,5V
1,8V
-150mV
U(BL)= 0V
IDS
CS =30fF
Aufgaben und Lösungen
61
Der zulässige Spannungsabfall an der Kapazität darf nicht mehr als 0,3V innerhalb der
Refresh-Zeit betragen, wobei der Unterschwellstrom als dominierende Stromkomponente betrachtet werden kann.
Die Daten bei 900C sind:
UTon=0,1V, S =105 mV/Dekade; γ = 0,44V1/2; 2φF = 0,85V; IDS(UGS=UTn) = 25nA.
Lösung zur Aufgabe 4.12
U Tn = U Ton + γ ( 2φ F + U SB −
2φ F ) = 0,134V
d.h. mit einer Wortleitungsspannung von U(WL) = -0,5V wird eine Stromreduzierung
0, 634V
von
≈ 6 Dekaden, und zwar von 25nA auf 25 10-15A erreicht.
0 ,105V / Dekade
Daraus ergibt sich eine Refreh-Zeit von ∆t = C∆U/IDS = 360ms.
Kapitel 5
Aufgabe 5.1
Die mittlere Lebensdauer einer Metallbahn, die durch eine Stromdichte von 1mA/µm2
belastet wird, beträgt bei einer durchschnittlichen Chiptemperatur von 80°C 75 Jahre.
Wie verkürzt sich die Lebensdauer, wenn die mittlere Chiptemperatur 160°C betragen
würde? Die gemessene Aktivierungsenergie beträgt WA = 0,65eV.
Lösung zur Aufgabe 5.1:
MTBF (T1 )
MTBF (T2 )
=
W / kT
e A 1
W / kT
e A 2
WA ⎛ 1
1 ⎞
⎟
⎜ −
k ⎜⎝ T1 T2 ⎟⎠
=e
k =1,38⋅10-23 WS/K
WA = 0,65⋅1,6⋅10-19 AsV = 1,04⋅10-19AsV
T1 = 353 K;
T2 = 433 K
Aufgaben und Lösungen
62
−
MTBF (T2 ) = MTBF (T1 ) e
−19
AsV ⎛ 1
1 ⎞
1, 04⋅10
−
⎜
⎟
− 23
353 K 433 K ⎠
⎝
1, 38⋅10
AsV / K
MTBF (160°C ) = 75 Jahre ⋅ 0, 0193 =
Hinweis:
FIT ~
1
MTBF
1,45 Jahre
Aufgaben und Lösungen
63
Aufgabe 5.2
Ein IC wird im Automobilbau eingesetzt. Im Betrieb beträgt die Stromdichte in der
Versorgungsleitung I = 2,0mA/µm2. Die Lebensdauer (MTBF) der Leiterbahn wurde
bei 70°C auf 60 Jahre ermittelt. Überprüfen Sie, ob die Lebensdauer ausreicht einen
sicheren Betrieb des ICs für 10.000 Autostunden bei einer IC-Temperatur (Selbsterwärmung + erhöhte Außentemperatur) von 150°C zu garantieren. Die Aktivierungsenergie beträgt WA = 0,65 eV.
Lösung zur Aufgabe 5.2:
MTBF (T2 )
MTBF (T1 )
=
e
W A / kT2
W / kT
e A 1
WA ⎛ 1
1 ⎞
⎜⎜
− ⎟⎟
k ⎝ T2 T1 ⎠
=e
MTBF (150°C ) = 60 Jahre e
1, 04⋅10 −19 AsV ⎛ 1
1 ⎞1
−
⎟
⎜
1, 38⋅10 − 23 Ws / K ⎝ 423 343 ⎠ K
MTBF (150°C ) = 0,940 Jahre
Im Vergleich 10000h = 1,15 Jahre
D.h. Betrieb kann nicht für 10000h garantiert werden. Somit muss Stromdichte durch
Vergrößerung der Leiterbahnweite reduziert werden.
Hinweis:
10000h mit 50km/h entspricht einem Kilometerstand von 500000 km.
Aufgaben und Lösungen
64
Aufgabe 5.3
Gegeben ist folgende Inverterschaltung
3V
U Ton = 0, 6V
RL
k n = 120 µA / V 2
I
CL
UI
C L = 0,1 pF
UQ
Bild A: 5.3
a) Wie groß muss der Lastwiderstand RL sein, damit die Lastkapazität CL bei gesperrtem
Transistor in 3 ns auf ca. 86% (zwei Zeitkonstanten) aufgeladen wird? b) Wie groß
muss das Geometrieverhältnis w/l des Schalttransistors gewählt werden, damit die Ausgangsspannung UQ auf 0,3 V absinkt, wenn man an den Eingang eine Spannung von
UI = 3 V gibt? c) Wie muss die w/l-Dimensionierung geändert werden, wenn die Eingangspannung nur UI = 2 V beträgt?
Lösung zur Aufgabe 5.3:
3 ⋅ 10 −9 s
a) τ = 2 R ⋅ C ; R = τ / 2 C =
b) I L = I DS ; I L =
2 ⋅ 0,1 ⋅ 10
−12
As / V
= 15 kΩ
3V − 0 ,3V
= 180 µA
15 kΩ
mit UGS -UTn > UDS
UGS = 3V; UDS = 0,3V
[
w
2
(
I L = I DS = k n
U GS − U Tn )U DS − U DS / 2
l
IL
w/l =
2
k n [(U GS − U Tn )U DS − U DS / 2 ]
180 ⋅ 10
w/l =
120 ⋅ 10
−6
−6
]
A
2
A / V [ 3V − 0, 6V ][ 0,3V −
2
( 0,3V )
]
2
w / l = 2, 2
c)
mit UGS = 2V
w/l = 4
Man sieht an diesem Fall, wie wichtig es ist den H-Pegel genau zu kennen.
Aufgaben und Lösungen
65
Aufgabe 5.4
Gegeben ist ein Inverter aus der Leistungselektronik mit einem Verarmungstransistor
als Lastelement. Die Eingangsspannung UI beträgt 0V. Wie groß ist die maximale Ausgangsspannung UQ, wenn UCC = 50 V ist?
UCC
U Ton , 2 = −3,5V
T2
φ F = 0,3V
Q
I
UI
T1
γ = 0, 7 V
UQ
Bild A: 5.4
Lösung zur Aufgabe 5.4:
50V
UTn,2
D
S
32,7V
0
USB
UQH
-3,5V
Bild L: 5.4
U Tn = U Ton + γ 2φ F + U SB − 2φ F
0 = −3,5V + 0, 7 V ( 0, 64V + U SB −
ergibt
U SB = U QH = 32 , 7V
0, 6V
)
USB
Aufgaben und Lösungen
66
Aufgaben und Lösungen
67
Aufgabe 5.5
Als Last wird bei einem Inverter ein Anreicherungstransistor verwendet. Die Eingangsspannung UI beträgt 0V.
3,3V +10%
U Ton , 2 = 0, 6V
T2
γ 2 = 0, 6 V
Q
I
UI
T1
φ F = 0,35V
UQ
Bild A: 5.5
a) Arbeitet der Lasttransistor T2 im linearen oder im Stromsättigungsbereich? b) Wie
groß ist die im schlechtesten Fall erreichbare Ausgangsspannung?
Lösung zur Aufgabe 5.5:
(
)
T2 ist immer in Stromsättigung, da U GS , 2 − U Tn 2 < U DS , 2 ist.
γ2
− γ U N + 2φ F + γ
2
U N = U CC − U Ton , 2 + γ 2φ F
UQ = U N +
= 3,3V ⋅ 0,9 − 0, 6V + 0 , 6 V
2
/4
0, 7V
= 2,87V
2
U Q = 2,87V + ( 0, 6 V ) / 2 − 0, 6 V
2
2,87V + 0, 7V + ( 0, 6 V ) / 4
UQ (worst case) = 1,90 V
Ohne Berücksichtigung des Substratsteuereffekts würde eine zu hohe Ausgangsspannung von U Q = 3,3V ⋅ 0 ,9 − 0 , 6V = 2 ,37V berechnet.
Aufgaben und Lösungen
68
Aufgabe 5.6
Gegeben ist ein Komplementärinverter, der mit einem periodischen Signal getaktet
wird. Das Signal ist spezifiziert mit : Tp = 10 ns und τ r = τ f = 1ns .
3V
β n = β p = 120 µA / V 2
T2
I
U Ton = −U Top = 0, 45V
C L = 0,1 pF
Q
UI
T1
CL
UQ
Bild A: 5.6
Berechnen Sie den transienten Leistungsverbrauch Ptr und vergleichen Sie diesen mit
dem dynamischen Leistungsverbrauch Pdyn.
Lösung zur Aufgabe 5.6:
Ptr =
β
(U
12 CC
− 2U Tn )3
Tp
Ptr =
120 µA / V
12
2
τ
( 3V − 0,9V )3
1ns
= 9, 26 µW
10 ns
Dies ist das Resultat für den Fall, dass CL nicht vorhanden ist.
2
Pdyn = C L fU CC
= 0,1 ⋅ 10 −12 As / V
1
10 ⋅ 10
−9
s
( 3V ) 2
Pdyn = 90 µW
In den meisten praktischen Fällen ist Pdyn » Ptr , es sei denn, dass die Anstiegs- und Abfallflanken am Eingang und Ausgang eines Gatters sehr unterschiedlich sind.
Aufgaben und Lösungen
69
Aufgabe 5.7
Gezeigt ist der Ausschnitt aus einer Schieberegisterschaltung. Hat der Takt φ den Wert
von UCC
UCC
UCC
φ
D
Q1
TT
I
CL
Q0
UQ
Bild A: 5.7
wird die parasitäre Kapazität CL auf den logischen Zustand des vorhergehenden Inverters gebracht. Mit φ = 0V ist Transistor TT ausgeschaltet, und die logische Funktion als
unterschiedliche Ladung an CL gespeichert. Wie groß ist die Spannung im L- bzw. HZustand an CL? Kann ein Gleichstrom I entstehen und wenn wie groß ist dieser?
Daten: UCC = 3V; alle n-Kanal-Transistoren haben die Werte
2
U Ton = 0,5V ; γ = 0, 4 V ; β n = 300 µA / V ; 2φ F = 0, 65V
und alle p-Kanal-Transistoren die Werte
2
U Top = −0,5V ; γ = 0, 4 V ; β p = 300 µA / V ; und 2φ F = 0, 65V .
Aufgaben und Lösungen
70
Lösung zur Aufgabe 5.7:
Spannung an CL = ?
UCC =3V
UCC
φ =UCC
aus
S
D=H
0V
ein
UI =UCC
CL U
C
a)
UCC =3V
ein
S
UCC
aus
UI =0V
aus
2,15V
I=?
Q0
UQH =UCC
UQL
CL U
C
B
b)
ein
I=0
UCC
φ =UCC
D
D=L
0V
D
USB
Bild L: 5.7.1
Situation in Bild b) ist vergleichbar mit dem UQH beim Anreicherungsinverter, wo UQH
um den Wert der Einsatzspannung bei Berücksichtigung des Substratsteuerfaktors reduziert ist.
γ2
− γ U N + 2φ F + γ 2 / 4
2
U N = U CC − U Ton + γ 2φ F
UC = U N +
U N = 3V − 0,5V + 0, 4 V
U C = 2,82V + (0 , 4 V
U C = 2,15V
0, 65V = 2,82V
)2 / 2 − 0, 4
V
2
2,82V + 0, 65V + ( 0, 4 V ) / 4
Aufgaben und Lösungen
71
Mit diesem reduzierten H-Signal ergibt sich die folgende Situation beim Ausgangsinverter:
UGS,p= 0,85V
UCC =3V
S
D
D
UC =2,15V
S
Ip
I
I
Q0
In
UQL
UQ
UGS,n
Bild L: 5.7.2
Mit UGS,n = 2,15V > UTn und UGS,p = ⏐-0,85 V⏐ > ⏐UTp⏐ sind beide Transistoren
leitend und es fließt ein Strom I. Der vom Wert her kleinste Strom durch die Transistoren bestimmt dabei den Strom I durch den Inverter. Aus den obigen Werten geht hervor,
dass dies IDS,p ist. Damit IDS,p = IDS,n wird, geht der n-Kanal Transistor in den Widerstandsbereich (Bild L 5.7.3) wodurch die Ausgangsspannung absinkt. Dabei wird
⏐UDS,p⏐ > ⏐UGS,p - UTp⏐, wodurch der p-Kanal Transistor in den Stromsättigungsbereich gelangt. Der Strom beträgt dabei
βp
I = I DS , p =
(U GS − U Tp )
2
I = I DS , p = 18,38 µA.
2
I DS,n
UGS =2,15V
408
=
300 µA / V 2
2
( −0,85V + 0,5V )
2
I DS , n =
I DS,n =IDS,p
UQL
Bild L: 5.7.3
2
(U GS ,n − U Tn ) 2
300 µA / V 2
( 2,15V − 0,5V ) 2
=
2
= 408µA
[uA]
18,38
βn
UDS,n
Aufgaben und Lösungen
72
Aufgabe 5.8
Dimensionieren Sie die gezeigte Gatter-Schaltung, d.h. bestimmen Sie die Weite der
Transistoren, wenn die Lastkapazität CL = 0,1pF innerhalb von 1 ns aufgeladen werden
soll. Die elektrischen Daten der Transistoren sind:
2
k n = 100 µA / V ; k p = 40 µA / V 2 ; l min = 0,3 µm .
3V
T2
A
T8
B
T7
D
G
E
C
T5
T4
T3
F
T1
CL
T6
Bild A: 5.8
Lösung zur Aufgabe 5.8:
Aus der Anforderung an die Anstiegszeit ergibt sich:
tr =
C
0,1 ⋅ 10 −12 As / V
1, 2 (1 / V ) ⇒ β p = L 1, 2 (1 / V ) =
1, 2 (1 / V )
−9
βp
tr
1 ⋅ 10 s
CL
β p = 120 µA / V 2 für T2
Aus dem z-Verhältnis von 5,9 resultiert dann die Stromverstärkung für T1 von
β n ,1 = z ⋅ β p = 5,9 ⋅ 120 µA / V 2 = 708 µA / V 2
Entsprechend der Serienschaltung von Transistoren ist
T3, T4 und T5
2⋅βn,1 = 1416µA/V2
und
T6, T7 und T8
3⋅βn,1 = 2124µA/V2
Mit
β n = k n ⎛⎜
w⎞
2⎛ w ⎞
⎟ = 100 µA / V ⎜ ⎟ und
⎝ l ⎠n
⎝ l ⎠n
w⎞
2⎛ w ⎞
⎟ = 40 µA / V ⎜ ⎟ resultiert :
⎝ l ⎠n
⎝ l ⎠
β p = k p ⎛⎜
Aufgaben und Lösungen
73
Transistor
β (µA/V2)
w/l
w*(µm)
T1
708
7
2,1
T2
120
3
0,9
T3, T4, T5
1416
14
4,2
T6, T7, T8, T9
2124
21
6,3
*lmin beträgt 0,3µm
Aufgaben und Lösungen
74
Aufgabe 5.9
Ein IC hat vier Datenausgänge, wodurch beim gleichzeitigen Schalten der Ausgangstreiber große Störspannungen an den Zuleitungswiderständen und -induktivitäten erzeugt werden. Würden Sie als Lösung die Schaltzeiten verlängern oder die Ausgänge
gestaffelt schalten?
Lösung zur Aufgabe 5.9:
Fall 1: Ausgänge mit gestaffelten Verzögerungszeiten
I
QL1 =IMAX1 ts
2
Hüllkurve
I MAX1
0
ts
t
t m=2,5 t s
Bild L: 5.9.1
Fall 2: Alle Ausgänge mit verlängerter Schaltzeit
I
4IMAX2
QL2 =IMAX2 t m
2
I MAX2
0
tm
t
Bild L: 5.9.2
Da zum Umladen an jedem Ausgang die gleiche Ladung benötigt wird gilt:
Q L1 = Q L 2
I MAX 1 ⋅ t s / 2 = I MAX 2 ⋅ 2,5t s / 2
bei 4 Ausgängen
4 I MAX 2 = 4 ⋅ I MAX 1 / 2 ,5 = 1, 6 I MAX 1
Fazit:
Fall 1 günstiger bei großen Zuleitungswiderständen wegen U = R⋅I
Fall 2 günstiger bei großen induktiven Zuleitungen wegen U = LdI/dt
Aufgaben und Lösungen
75
Kapitel 6
Aufgabe 6.1
Realisieren Sie die logische Funktion Q = I 1 ⋅ I 2 + ( I 3 + I 4 ) ⋅ ( I 5 + I 6 ) in einer statischen Komplementärschaltung und erstellen Sie dazu das Layout. Verwenden Sie dabei
den in Abschnitt 6.1.2 beschriebenen Layoutstil und bestimmen Sie nach Möglichkeit
einen gemeinsamen Eulerpfad.
Lösung zu Aufgabe 6.1:
Q = I1 ⋅ I 2 + ( I 3 + I 4 ) ⋅ ( I 5 + I 6 )
Geg:
Kompl.
Q = I1 ⋅ I 2 + ( I 3 + I 4 ) ⋅ ( I 5 + I 6 )
break the line change the sign
Q = [I 1 ⋅ I 2 ] ⋅ [( I 3 + I 4 ) + ( I 5 + I 6 ) ]
Q = [I 1 + I 2 ] ⋅ [I 3 ⋅ I 4 + I 5 ⋅ I 6 ]
UCC
I2
Euler - Pfad
[ I4 , I3 , I1 , I2 , I5 , I6 ]
I1
Q
I3
I5
I4
I6
Anfang
* n-Tr.
Q
I4
I5
I6
I2
a)
Bild L: 6.1.1
I3
I4
I2
I5
I6
UCC
I1
I3
I1
b)
Anfang
p-Tr.
* Q
Aufgaben und Lösungen
Layout-Skizze
76
I4
I3
I1
I2
I5
I6
UCC
Metall
p - Tr.
Q
Kontakt
n - Tr.
Polyzid
Bild L: 6.1.3
Aufgaben und Lösungen
77
Aufgabe 6.2
Welche logischen Funktionen können mit der gezeigten Transfer-Gatterschaltung realisiert werden, wenn die Eingangsvariablen, wie gezeigt, verändert werden?
A
X
A
Y
Q
X
Y
L
B
H
B
B
H
B
L
B
B
Q
Bild A: 6.2
Lösung zur Aufgabe 6.2:
A
X
Y
Bild L: 6.2
A
Q
X
Y
Q
L
B
BA
H
B
A + BA = A + B = A ⋅ B
B
H
BA + A = B + A
B
L
BA= A+B
B
B
BA + B A = A ⊕ B
Aufgaben und Lösungen
78
Aufgabe 6.3
Bei der in Bild 6.39 gezeigten Kaskadierung von Dekodern entsteht an den ZAusgängen ein verschlechterter Logikpegel. a) Tritt dieser beim L- oder H-Zustand auf?
b) Welchen Wert hat dieser Pegel, wenn UTop = -0,45V; φ F = −0,3V ; γ = 0,3 V und
UCC = 3V betragen? c) Wie kann Abhilfe geschaffen werden?
Lösung zur Aufgabe 6.3
Ein verschlechterter Logikpegel tritt auf, wenn CL auf H d.h. 3V aufgeladen ist und über
den p-Kanal-Transistor mit 0V an der Drain und dem Gate entladen werden soll.
H
(3V)
I DS,p
H
(3V)
L
(0V)
D
L
(?)
S
Z
CL
aus
L (0V)
Bild L: 6.3.1
Erste Schätzung: L-Pegel ≈ ⏐UTp⏐, denn dann sperrt der Transistor.
Genauere Analyse beinhaltet die Wirkung des Substratsteuereffekts
B +3V
USB
0V
D
Z
S
UGB
0V
UGS
CL U =?
QL
Bild L: 6.3.2
U GB − U SB − U GS = 0
U SB = U GB − U Tp
[
U SB = U GB − U Tpo − γ ( − 2φ F − U SB −
mit:
γ2
U SB = −U N −
+ γ U N − 2φ F − γ 2 / 4
2
U N = −U GB + U Tpo + γ − 2φ F
− 2φ F )
]
Aufgaben und Lösungen
79
mit den Werten
U GB = −3V ;
φ F = −0,3V ;
U N = 3V − 0, 45V + 0 ,3 V
U SB = −2, 78V −
U Top = − 0, 45V
γ = 0,3 V
0, 6V = 2 , 78V
0, 09V
+ 0,3 V
2
2, 78V + 0, 6V −
0 , 09V
4
U SB = −2, 28V
U SB − U GB − U QL = 0
U QL = U SB − U GB = −2 , 28V + 3V = 0, 72V
U QL = 0 , 72V
Mögliche Lösung:
φ oder UCC
D
Z
S
Tr
CL
Bild L: 6.3.3
Jeder Ausgang wird mit einem n-Kanal-Transistor (Tr) versehen, der getaktet oder mit
UCC am Gate für die restliche Entladung von CL sorgt.
Aufgaben und Lösungen
80
Aufgabe 6.4
Zeichnen Sie die Schaltung einer programmierbaren Logikanordnung (PLA), die die
folgende Wahrheitstabelle realisiert. Welche Funktion wird durch die angegebene
Wahrheitstabelle beschrieben?
A
B
C
Q1
Q2
L
H
L
H
L
H
L
H
L
L
H
H
L
L
H
H
L
L
L
L
H
H
H
H
L
H
H
L
H
L
L
H
L
L
L
H
L
H
H
H
Lösung zur Aufgabe 6.4:
UCC
UCC
A
A
B
B
XÜ
UCC
XÜ
X Su
A
B
Xü
Xsn Xü
L
H
L
H
L
H
L
H
L
L
H
H
L
L
H
H
L
L
L
L
H
H
H
H
L
H
H
L
H
L
L
H
L
L
L
H
L
H
H
H
XÜ
Volladdierer
Aufgaben und Lösungen
81
Aufgabe 6.5
In Bild A: 6.5 ist ein dynamisches Master-Slave-Flip-Flop dargestellt.
UCC=3V
UCC =3V
φ1
φ1
D
CA
φ1
CL
φ2
Q
φ2
CA
D
φ1
M
Q
CL
CA
a)
φ2
b)
S
CA
φ2
M
S
Bild A: 6.5
Welche der im Bild gezeigten Realisierungen ist zu bevorzugen? Welche H- und LSpannungen können sich im schlechtesten Fall bei der nicht zu empfehlenden Anordnung an CL einstellen, wenn CL = 2CA ist?
Lösung zur Aufgabe 6.5:
UCC
UCC
φ1
φ1
D
CA
φ1
CA
CL
D
φ1
CA
a)
CL
CA
b)
Bild L: 6.5.1
Kriterium: Transfer-Elemente sind hochohmig geschaltet und D ändert den Zustand.
Bleibt die Ladung an CL erhalten?
im Fall a) ja; keine Änderungen
im Fall b) kommt es zur Ladungsteilung, wodurch ein reduzierter H-Pegel und ein
erhöhter L-Pegel entsteht.
Aufgaben und Lösungen
φ1
(0V)
3V
D
(0V)
3V
φ1
(3V)
0V
82
UCC
φ1
(0V)
3V
(3V)
CA
(0V)
CA
(3V)
CL
D
UQ
UA
a)
(3V)
0V
φ1
(3V)
0V
UCC
(3V)
CA (0V)
(0V)
CL
CA
b)
Bild L: 6.5.2
Zahlen in Klammern entsprechen der Ausgangssituation; dann ändert sich φ1 und φ1 ,
so dass die Transfer-Elemente hochohmig geschaltet werden. Ändert sich anschließend
D kommt es in Bild a) zur Reduzierung des H-Pegels und in Bild b) zur Erhöhung des
L-Pegels.
Mit
′ =
UQ
QGes
C Ges
=
C LU Q + C AU A
C A + CL
mit C L = 2C A
2U Q + U A
′ =
UQ
3
im Fall a)
′ =
UQ
2 ⋅ 3V + 0V
= 2V
3
im Fall b)
′ =
UQ
0V + 3V
= 1V
3
Aufgaben und Lösungen
83
Aufgabe 6.6
Bei dem in Bild A: 6.6 gezeigten Stromschalter liegt an den Eingängen eine Spannung
von UI = 1,3V und U I = 0,9 V an. Wie groß sind die Ströme I1 und I2 ?
1,3V
URp
URp
I1 I2
1,3V
T1
UTn = 0,4V
(w/l)1 = (w/l)2 = 3
k n = 150 uA/V 2
0,9V
T2
IK = 50 uA
UEE < 0V
Bild A: 6.6
Quadratische Gleichung: ax 2 + bx + c = 0 ;
x=
−b±
2
b − 4 ac
2a
Lösung zur Aufgabe 6.6
I1 =
βn
2
(U I 1 − U S
β
− U Tn )2 ; I 2 = n (U I 2 − U S − U Tn )2
2
I K = I1 + I 2
Mit U A = U I 1 − U Tn und U B = U I 2 − U Tn ergibt sich daraus:
US =
1
(U A + U B ) ±
2
−
I
1
1
2
2
(U A + U B ) + U AU B + K
4
2
βn
US = 433mV bzw 966mV (966mV kann nicht sein da in diesem Fall US >UI2’ ist).
Damit ist : I 1 =
1
2
150 µA / V 3(1,3V − 0, 433V − 0, 4V ) 2 = 49, 0 µA und
2
I2 =
1
2
150 µA / V 3( 0, 9V − 0, 433V − 0 , 4V ) 2 = 1, 0 µA
2
Aufgaben und Lösungen
84
Kapitel 7
Aufgabe 7.1
Die gezeigte FETMOS-Zelle soll zur Speicherung von 2 Bits verwendet werden. Die
Einsatzspannungsänderung ∆UTn pro Zustand soll dabei 0,8V betragen. Wie viele Elektronen werden pro Zustand benötigt?
Daten: l = 0,6µm; w = 1,0µm; ε (ONO) = 5,5
SG
10 nm
n+
CS
CB
0,1 um
l
CK
CD
ONO
SiO2
7 nm
n+
0,1 um
Bild A: 7.1
Lösung zur Aufgabe 7.1:
Änderung der Einsatzspannung ∆UTn entspricht Änderung der Floating-Gatespannung
∆UFG.
SG
Q FG
n+
Bild L: 7.1.1
Spiegelladungen
n+
Aufgaben und Lösungen
∆U FG =
′ =
CK
85
∆Q FG
=
CK + CB + CS + CD
ε ( ONO )ε 0
d ox
C K = 4,87
fF
µm
2
=
fF
µm
2
C K + CG
5,5 ⋅ 8,854 ⋅ 10 −14 F cm −1
10 ⋅ 10 − 7 cm
= 4,87 ⋅ 10 − 7
F
cm 2
× 0, 6 µm × 1, 0 µm = 2,92 fF
′ = C S′ + C D
′ + C B′ =
CG
C G = 4,93
∆Q FG
ε ox ε o
d ox
=
3,9 ⋅ 8,854 ⋅ 10 −14 F cm −1
7 ⋅ 10
−7
cm
0,8 µm × 1, 0 µm = 3,95 fF
As
∆Q FG = ∆U FG ⋅ (C K + C G ) = 0,8V ⋅ 6,87 ⋅ 10 −15
V
∆Q FG = 5,50 ⋅ 10 −15 As
Daraus ergibt sich die Zahl der Elektronen zu
Z =
5, 50 ⋅ 10 −15 As
1, 6 ⋅ 10
−19
As
= 34.375
= 4,93 ⋅ 10 − 7
F
cm 2
Aufgaben und Lösungen
86
Aufgabe 7.2
Für die gezeigte statische Speicherzelle sollen die maximal zulässigen Widerstandswerte bestimmt werden. Der Spannungsabfall an R darf im gesamten Temperaturbereich
(0oC bis 90oC) auf keinen Fall 1V überschreiten. Als dominierender Leckstrom ist bei
den Transistoren nur der Unterschwellstrom zu berücksichtigen.
Daten der Transistoren: UTon(0°C) = 0,6V; UTon(90°C) = 0,51V; βn(0°C) = 150µA/V2;
βn(90°C) = 110µA/V2; n = 2
UCC =3V
∆ U=1V
WL
R
WL
R
L
H
T1
T2
~0V
IDS,n
BL
BL
Bild A: 7.2
Lösung zur Aufgabe 7.2:
a)
IDS worst case
/φ
−U
2 (U GS −U Tn ) / φt n
(1 − e DS t )
I DS = β n ( n − 1)φ t e
U GS = 0;
φt =
Ausdruck (1 − e
−U DS / φt
) vernachlässigbar
kT ( 90°C ) = 31,3 mV
q
I DS ( 0°C ) = 150 µA / V
= 2,37 ⋅ 10
2
−13
I DS ( 90°C ) = 110 µA / V
2
⋅ ( 23,5 ⋅ 10
φ t ( 0°C ) = 23,5 mV
600 mV
2 − 47 mV
) V e
−3 2
A
⋅ ( 31,3 ⋅ 10
−3 2
2
) V e
− 510 mV
62 , 6 mV
−
= 3,12 ⋅ 10 11 A
d.h. worst case - wie erwartet - bei 90°C (post.Temp.Koeff. im Unterschw.)
b)
R≤
1V
3,12 ⋅ 10
−11
A
= 32,0⋅109 Ω
Bemerkung: Durch Erhöhung der Einsatzspannung von T1 und T2 können die Unterschwellströme weiter reduziert und damit die Widerstände R vergrößert werden.
Aufgaben und Lösungen
87
Aufgabe 7.3
Die Ein-Transistor-Zelle eines DRAMs kann durch folgendes vereinfachtes Ersatzschaltbild dargestellt werden:
Al-1
BL
Bit Line (W)
Bit Line Contact
n+
P-Well
0V
STI
Word Line
(WSI / n+ poly)
Oxide Collar
1,8V " H"
0V " L"
n Tr.
0V/1,8V
n+ poly
Buried N-Well
n
+0,9V
WL
p-Well
0V
CS = 45fF
+0,9V
Capacitor Insulator
n
Buried Plate
p-Si
Bild A: 7.3
a)
Bestimmen Sie den Unterschwellstrom des mit 0V am Gate abgeschalteten nTransistors unter "worst case" Bedingungen.
b)
Verwenden Sie den "worst case" Fall, um die Refreshzeit zu bestimmen. Hierbei
ist davon auszugehen, dass ein reduzierter H-Pegel von 1,5 V und ein erhöhter LPegel von 0,3 V noch akzeptabel ist.
c)
Wie verbessern sich die Werte, wenn eine Source-Bulkspannung, d.h. zusätzlich
eine Spannung an "p-Well" von – 1 V verwendet wird?
Daten des n-Transistors
27o C
90o C
IDS (gemessen bei UGS = 0,6 V)
250 pA
4,8 nA
UTon (p-Well an 0 V)
1,0 V
0,87 V
γ
0,3 V
0,3 V
S
120 mV/Dek
145 mV/Dek
2 φF
0,82 V
0,76 V
2
2
n = 1+
C ′j
′
C ox
Aufgaben und Lösungen
88
Lösung zur Aufgabe 7.3:
a) worst case Unterschwellstrom?
BL
WL = 0V
I
D
S
BL
WL = 0V
I
UGS =-0,3V
0,3V
S
0V
0V
+0,9V
+0,9V
selbstbegrenzend
worst case UGS = 0V
Bild L: 7.3.1
U GS = 0V ;
Refresh worst case:
T = 90°C
600 mV ( Meßwert )
≈ 4 Dekaden Stromreduzierung
145 mV / Dekade
I DS = 4 ,8 nA/ 10 4 = 480 ⋅ 10 −15 A;
−
∆t ≈ 45 ⋅ 10 15 As / V
∆t ≈ C ∆U
I DS
0, 3V
−
480 ⋅ 10 15 A
∆t = 28,1ms
Genauere Betrachtung
I DS = β n ( n − 1)φ t2 e
(U GS −U Tn ) / φ t n
I DS (U GS = 0, 6V )
I DS (U GS = 0V )
=e
; UDS >100 mV
600 mV
31, 4 mV ⋅ 2
= 14,1 ⋅ 10 3
U SB = 0V
o
3
I DS ( 90 , U GS = 0V ) = 4,8 nA / 14,1 ⋅ 10 = 340 ⋅ 10
∆t = 45 ⋅ 10 −15 As
V
c)
D
1,5V
1,8V
b)
1,8V
0 , 3V
−15
A
340⋅10
mit -1V an p-Well d.h. USB = 1V
= 39, 7 ms
−15
A
Aufgaben und Lösungen
89
U Tn = U Ton + γ ( 2φ F + U SB − 2φ F )
= 0,874V + 0,3 V ( 0 , 76V + 1V − 0, 76V )
= 0,874V + 0,136V
Verbesserung ca. 1 Dekade
d.h. ∆t ≈ 300 ms
genauere Betrachtung:
log
USB =0V
IDS
[A]
USB =+1V
340 10
-15
39 10
136mV
-15
145mV/Dek
0V
UTn =0,87V
Bild L: 7.3.2
I DS (U SB = 0 )
I DS (U SB = 1V )
=e
136 mV
31, 4 mV ⋅ 2
= 8, 72
U GS = 0V
−15
A = 39 , 0 ⋅ 10 −15 A
I DS (U SB = +1V ) = 340⋅10
8 , 72
∆t = 45 ⋅ 10 −15 As
V
90°C
0 , 3V
−15
A
39 , 0⋅10
= 346 ms
UGS
Aufgaben und Lösungen
90
Aufgabe 7.4
Dargestellt ist eine Ein-Transistor-Zelle eines DRAMs. Die n+-Polyseite der Kapazität
kann auf 1,8 V bzw. 0 V aufgeladen werden. Dadurch ist es möglich, dass ein unerlaubt
großer Leckstrom durch den gezeigten parasitären n-Kanal Transistor fließt.
Bestimmen Sie:
a)
Welches die "worst case" Spannungskonstellation,
b)
die Einsatzspannung des parasitären Transistors bei dox = 7nm (oxid collar) sowie
wenn
c)
dox auf 30 nm vergrößert wird und
d)
eine Spannung von – 1 V an die p-Wanne (p-Well) gelegt wird.
Al-1
Bit Line (W)
Bit Line Contact
n+
P-Well
0V / -1V
STI
Word Line
(WSI / n+ poly)
Oxide Collar
WL
p-Si
Bild A: 7.4
Capacitor Insulator
n
Buried Plate
17 -3
NA=2x10 cm
p-Well
n+ poly
Buried N-Well
n
+0,9V
1,8V/0V
BL
CS
UFB= 0,8V
+0,9V
Aufgaben und Lösungen
91
Lösung zur Aufgabe 7.4:
a) worst case:
1,8V
D
0V
USB
S
UGS
CS
+0,9V
Bild L: 7.4.1
d ox = 7 nm;
b)
0V am p − Well
−3
17
N
2 ⋅ 10 cm
= 885 mV
2φ F = 2φ t ln A = 2 ⋅ 26 mV ln
−3
10
ni
1, 45 ⋅ 10 cm
ε o ε ox
′ =
C ox
γ =
=
1
′
C ox
=
dox
8,85 ⋅ 10
−14
As / V ⋅ cm ⋅ 3,9
7 ⋅ 10
−7
cm
= 493 ⋅ 10
−9
1, 6 ⋅ 10 −19 As ⋅ 2 ⋅ 1017 cm − 3 ⋅ 2 ⋅ 11,9 ⋅ 8,85 ⋅ 10 −14 As cm
1
493 ⋅ 10 − 9 F
cm
2
U Tn = U FB + 2φ F + γ 2φ F + U SB
= −0,8V + 0,855V + 0,526 V 0,885V + 0,9V =
UTn = 0,758V
dox = 30 nm
U Tn = −0,8V + 0,855V +
UTn = 3,07V
d)
cm 2
qN A 2ε o ε Si
γ = 0,526 V
c)
F
zusätzlich USB = 1,9V
UTn = 3,82V
30
0,526 V
7
0,885V + 0,9V =
Aufgaben und Lösungen
92
Aufgabe 7.5
Bestimmen Sie die Lesesignale ∆UL in dem dargestellten Open-Bit-Line Konzept, wenn
in der Zelle Z
WL1
WL256
BL
∆ UL
WL256
WL1
RBL
SA
Z
CS
US
CB
CB
Bild A: 7.5
ein H-Pegel von 1,8V bzw. ein L-Pegel von 0V gespeichert ist.
Daten: CS = 35fF; CB = 200fF; Vorladen der Bit-Leitungen auf 1,8V/2 = 0,9V.
Lösung zur Aufgabe 7.5:
∆U L = U L ( BL ) − U B ( RBL )
∆U L =
C S U S + C BU B
− U B ( RBL )
CS + CB
∆U L =
(C S + C B )
CS
C S U S + C BU B
(U S − U B )
UB =
−
CS + CB
CS + CB
CS + CB
∆U L =
35 ⋅ 10
−15 As
V
[1,8V ( bzw. 0V ) − 0,9V ]
−15 As
235 ⋅ 10
V
= ± 134mV.
Das Lesesignal ist relativ groß, da nur 256 Zellen mit den Biltleitungen verbunden sind.
Aufgaben und Lösungen
93
Aufgabe 7.6
Gezeigt ist von einem DRAM der Ausschnitt aus dem Zellenfeld.
WL1
WL 256
BL
-1V
-1V
CS
CS
Bild A: 7.6
Wie groß muss die Wortleitungsspannung UWL mindestens sein, damit in die Speicherzelle ein H-Pegel von 1,8V gelangen kann?
Transistordaten: UTon = 1,1V; γ = 0,8 V ; 2φ F = 0 ,93V
Lösung:
UWL=?
1,8V
-1V
USB =2,8V
US =1,8V
Bild L: 7.6.1
U WL = U H + U Ton + γ ( 2φ F + U SB − 2φ F )
U WL = 1,8V + 1,1V + 0 ,8 V ( 0,93V + 2 ,8V − 0, 93V
UWL = 3,67V
)
Aufgaben und Lösungen
94
Aufgabe 7.7
Dargestellt sind typische Wortleitungs“Bootstrap“-Treiber eines DRAMs.
Wie groß sind die Spannungen an den Gates von Tr0 und Tr1 sowie an den Wortleitungen WLO und WL1 vor und nach der Änderung von φWL von 0V auf 3,8V?
Werte: CP = 9fF; CGS = CGD = 26fF; UTn = 0,6V Substratsteuerfaktor vernachlässigbar.
φ WL
3,3V
0V
CGD
L
Cp
1
Cp
Bild A: 7.7
Tr0
WL 0
CGS
CGD
H
1
0V
Bit-Leitung
3,3V
3,3V
3,8V
Tr1
WL1
CGS
CS
1-Tr.
Zelle
Aufgaben und Lösungen
95
Lösung zur Aufgabe 7.7:
a)
Spannung am Gate von Tr0 und WL0 beträgt jeweils 0V, unabhängig ob φWL = 0V
oder 3,8V beträgt.
b)
Spannung am Gate von Tr1 undWL1 mit φWL = 0V
φ WL =0V
3,3V
3,3V
D
UGS =UTn
S
2,7V
Tr1
0V
WL1
Bild L: 7.7.1
Spannung am Gate von Tr1 und WL1 mit φWL = 3,8V
φ WL 3,8V
3,3V
3,3V
Cp
3,3V
CGD
WL
CGS
3,3V
S
D
Cp
WL
CGS +CGD
Bild L: 7.7.2
C GS + C GD
52 fF
U GS ,1 = φWL
+ 2, 7V = 3,8V
+ 2, 7V =
C P + C GS + C GD
60 fF
U GS ,1 = 5,99V
und damit
WL1 = 3,8V
Aufgaben und Lösungen
96
Kapitel 8
Aufgabe 8.1
Gegeben ist der gezeigte einfache Verstärker mit folgenden Daten:
IDS = 100 µA;
βn = 1000 µA/V2;
λn = 0,1 V-1;
RL = 100kΩ;
ui = 50 µV; (Transistor in Sättigung)
Bild A: 8.1
Wie groß ist bei niedrigen Frequenzen die Ausgangswechselspannung und Verstärkung
in dB?
Lösung zur Aufgabe 8.1:
Ω
Bild L: 8.1
Aufgaben und Lösungen
97
U DS = 18V − R L I DS = 8V
gm =
2 I DS β n (1 + λ nU DS ) =
2 ⋅ 10 − 4 A ⋅ 1000 ⋅ 10 − 6 A / V [1 + 0,1 ⋅ (1 / V )8V ]
g m = 6 ⋅ 10 − 4 A / V
λ n I DS
0,1V −1 ⋅ 100 ⋅ 10 − 6 A
go =
=
= 5,56 ⋅ 10 − 6 A / V
−
1
1 + λ nU DS
1 + 0,1V 8V
d.h.
ro = 1 / g o = 180 kΩ
−6
−6
g = g o + g l = 5,56 ⋅ 10 A / V + 10 ⋅ 10 A / V = 15, 56 ⋅ 10
−4
gm
6 ⋅ 10 A / V
uo = −
u =−
⋅ 50 µV = −1,93mV
−6
g i
15,56 ⋅ 10 A / V
d.h.
uo
ui
= −38, 6
−6
A/V
20 log 38, 6 = 31, 7 dB
Um eine hohe Verstärkung zu erreichen benötigt man große Ausgangswiderstände; ro
ist begrenzt durch die Kanallängenmodulation und RL durch die Größe der Versorgungsspannung.
Lösung: Ersatz von RL durch eine Stromquelle.
Aufgaben und Lösungen
98
Aufgabe 8.2
Bei welchem Strom I geht bei Raumtemperatur die Stromspiegelschaltung von Sättigung in den Unterschwellstrombereich?
Bild A: 8.2
Daten der Transistoren bei R.T.: kn = 120 µA/V2; w/l = 10; n = 2; UDS > 1V
Lösung zur Aufgabe 8.2:
−U ) / φ n
w
2 (U
I DS = k n
( n − 1)φ t e GS Tn t
l
für
U GS = U Tn
Übergang in den Unterschwellstrombereich
w
I DS = k n
( n − 1)φ t2
l
2
(
I DS = 120 µA / V 10 ⋅ 26 ⋅ 10
−3
)
2
V 2 = 0,81µA
Aufgaben und Lösungen
99
Aufgabe 8.3
Gegeben ist der dargestellte CMOS-Verstärker. Der Arbeitspunkt wird durch eine
Referenzstufe eingestellt, so dass sich Herstellungstoleranzen kompensieren.
Bild A: 8.3
Die Daten der symmetrisch gestalteten Transistoren sind:
N-Kanal: βn = 1000 µA/V2; UTn = 0,5 V; λn = 0,05 V-1;
P-Kanal:
Gesucht:
βp = 1000 µA/V2; UTp = - 0,5 V: λp = 0,05 V-1;
Die Verstärkung der Stufe bei niedrigen Frequenzen. Die Einflüsse von C
und R sind vernachlässigbar.
Lösung zur Aufgabe 8.3
Arbeitspunkt: Da In,r = -Ip,r ist beträgt UA ≈ UCC / 2 = 1,5V
Es fließt ein Strom von In = -Ip durch den Verstärker. Dieser hat einen Wert von
I DS , n =
βn
(U GS − U Tn )
2
I DS , n = − I DS , p = 500 µA
2
1000 µA / V
=
2
2
(1,5V − 0,5V ) 2
Die Übertragungs- und Ausgangsleitwerte betragen:
g m,n =
2 I DS , n β n (1 + λ nU DS )
g m,n =
2 ⋅ 500 µA ⋅ 1000 µA / V 2 (1 + 0, 05V −1 ⋅ 1,5V )
g m , n = g m , p = 1, 04 ⋅ 10
g o,n =
−3
A/V
λ n I DS
0 , 05V −1 ⋅ 500 µA
=
−1
1 + λ nU DS
1 + 0, 05V 1,5V
g o , n = g o , p = 2 ,33 ⋅ 10
−5
A/V
Aufgaben und Lösungen
100
Hinweis zu Strom- und Spannungsrichtung beim Kleinsignal-Ersatzschaltbild von nund p-Kanal Transistor
Bei den dargestellten einfachen Verstärkern sind die aktiven Elemente jeweils
vertauscht. Der Einfachheit halber werden sehr hochohmige Lastwiderstände
verwendet. Steigt die Eingangsspannung an, führt dies in beiden Fällen zu einer
Reduzierung der Ausgangsspannung. Fällt dagegen die Spannung an den Eingängen,
führt dies jeweils zu einer Erhöhung der Ausgangsspannung.
Werden die aktiven Elemente, wie bei dem CMOS-Verstärker vorgesehen gleichzeitig
angesteuert, verhalten sich diese damit so, als wären sie wechselspannungsmäßig
parallel geschaltet.
Demnach gilt für den Verstärker das folgende Ersatzschaltbild
Bild L: 8.3.3
Aufgaben und Lösungen
uo
ui
uo
ui
101
=−
−3
g m,n + g m, p
g
1, 04 ⋅ 10 A / V
=− m =−
−5
g o , n + g op
go
2, 33 ⋅ 10 A / V
= −44 , 6 ( 32, 9 dB )
Aufgaben und Lösungen
102
Aufgabe 8.4
Bestimmen Sie die Weite des gezeigten Source-Folger-Transistors, wenn raus = 50Ω
betragen soll. Um die Kanallängenmodulation zu reduzieren wird eine relativ große
Gatelänge von 1,5µm verwendet. Es kann dadurch angeommen werden, dass λn⋅ UDS « 1
ist.
Bild A: 8.4
Lösung zur Aufgabe 8.4:
raus ≈
1
g m ,1
=
1
2 I DS β n (1 + λ nU DS )
≈
1
2 I DS k n w / l
w
1
1
=
=
2
l
2 I DS k n raus
2 ⋅ 10 − 3 A ⋅ 100 ⋅ 10 − 6 A / V 2 ⋅ 50 2 (V / A) 2
w
3
= 2 ⋅ 10
l
mit l = 1,5µm resultiert eine Weite von
w = 3mm
Durch Erhöhung von IDS kann zwar das w/l-Verhältnis reduziert werden jedoch steigt
der Leistungsverbrauch an.
Aufgaben und Lösungen
103
Kapitel 9
Aufgabe 9.1
Berechnen Sie den Kleinsignal-Ausgangswiderstand der dargestellten verbesserten
Stromsenke bei niedrigen Frequenzen, wenn T3 und T2 identisch aufgebaut sind.
Bild A: 9.1
Lösung zur Aufgabe 9.1:
Kleinsignal-Ersatzschaltbild
Bild L: 9.1
Aufgaben und Lösungen
104
Knotengleichung: für Pfad I
− u T + u1 + u 2 = 0
I)
1
1
− u T + ( i o − g m ,1u gs ,1 )
+ io
=0
g o ,1
g m, 2
für Pfad II
II)
− u 2 − u gs ,1 − u 3 = 0
g m,3
i
− o − u gs ,1 −
u
=0
g m,2
g o , 3 gs , 3
−
io
u gs , 3 =
mit
io
g m, 2
− u gs ,1 −
g m,2
g m,3
i =0
g m, 2 g o ,3 o
u gs ,1 = −
d.h.
1
io
g m,2
−
g m,3
1
i
g m, 2 g o,3 o
in I) eingesetzt und nach raus aufgelöst
raus =
=
ui
io
1
g o ,1
+
g m ,1
⎡
⎢1 +
g m , 2 ⎣⎢
g o ,1
1
g
⎛
⎜1 + m, 2
⎜
g o, 2
⎝
⎞⎤
⎟⎥
⎟⎥
⎠⎦
wobei gm,3 = gm,2 und go,3 = go,2 gleiche Werte besitzen. D.h. die Transistoren T3 und
T2 sind identisch
mit
g m, 2
g o,2
raus ≈
raus ≈
»1
1
g o ,1
und
+
g m ,1
g o ,1 g o , 2
g m ,1
g o ,1 g o , 2
= g m ,1 ro ,1 ro , 2
g m ,1
g o ,1
»1
Aufgaben und Lösungen
105
Aufgabe 9.2
Bestimmen Sie bei niedrigen Frequenzen die Verstärkung der dargestellten
Verstärkerstufe (T5 befindet sich in Stromsättigung). Daten der Transistoren:
β p (T1 bis T4 ) = 800 µA / V 2 ; λ (T1 bis T5 ) = 0, 01V −1 ; β 5 = 5000 µA / V 2
Es kann davon ausgegangen werden, dass bei allen Transistoren U DS λ « 1 ist.
Bild A: 9.2
Lösung zur Aufgabe 9.2:
In Analogie zu Beziehung (8.8) hat der Leitwert der verbesserten Stromquelle einen
Wert von
g o, p ≈
g o ,1 g o , 2
g m ,1
Bild L: 9.2
uo
ui
=−
g m ,5
g o ,5 + g o , p
Aufgaben und Lösungen
106
g m,5 =
2 I DS , 5 β 5 (1 + λ 5U DS ) ≈
2 I DS , 5 β 5
g m,5 ≈
2 ⋅ 100 ⋅ 10 − 6 A ⋅ 5000 ⋅ 10 − 6 A / V 2
g m , 5 ≈ 10 − 3 A / V
2 ⋅ 100 ⋅ 10 − 6 A ⋅ 800 ⋅ 10 − 6 A / V 2
2 I DS ,1 β 1 =
g m ,1 ≈
g m ,1 ≈ 4 ⋅ 10 − 4 A / V
go =
I DS λ
1 + λU DS
≈ I DS λ = 100 ⋅ 10
g o , 5 = g o ,1 = g o , 2 = 10
d.h.
g o, p =
10
−6
A / V ⋅ 10
4 ⋅ 10
−4
−6
−6
ui
uo
ui
g m,5
g o ,5
= 60 dB
=−
10
−6
A/V
= 10
−6
A/V
= 0, 25 ⋅ 10 −8 A / V vernachlässigbar
= −10
3
A/V
10 −3 A / V
−1
A/V
somit ist:
≈−
A ⋅ 0, 01V
A/V
gegenüber g o , n
uo
−6
Aufgaben und Lösungen
107
Aufgabe 9.3
In dem gefalteten Kaskode-Verstärker (Bild 9.14) wird eine sog. wrap-around Schaltung verwendet (Bild A.9.3).
Bild A: 9.3
Bestimmen Sie den Spannungsbereich UB so, dass gewährleistet ist, dass sich beide
Transistoren in Stromsättigung befinden.
Lösung zur Aufgabe 9.3
δ
δ
δ
δ
δ
Bild L: 9.3
Übergang Stromsättigung: (UGS - UTn) = UDS
Mit UGS = UTn + δ hat UDS(MIN) einen Wert von δ
Aus Bild L 9.3 resultiert eine Spannung von
U B ( MIN ) = δ 1 + U Tn + δ 2
mit δ 2 = U DS , 2 = U Tn
U B ( MAX ) = δ 1 + 2U Tn
Aufgaben und Lösungen
108
Kapitel 10
Aufgabe 10.1
Bestimmen Sie die minimale mögliche Versorgungsspannung UCC der dargestellten
BICMOS-Treiber
UCC
UI
T2
UI
UCC
T2
UQ
UQ
T1
T1
a)
b)
Bild A: 10.1
Lösung zur Aufgabe 10.1:
UCC
UIH=
UCC -UBE
UCC
UIH=
UCC -UBE
T2
T2
UTn
UQ
T1
UTn
UQ
T1
UBE
a)
b)
Bild L: 10.1
UQ(MAX) ist in beiden Fällen ≈ UCC - UBE . Annahme: U IH ( MIN ) = U CC − U BE
Mit UI = UQ(MAX) ergibt sich im
Fall a)
Fall b)
UIH ≥ UTn + UBE
UIH ≥ UTn
UCC - UBE ≥ UTn + UBE
UCC - UBE ≥ UTn
UCC ≥ UTn + 2UBE
UCC ≥ UTn + UBE
Aufgaben und Lösungen
109
Aufgabe 10.2
Die im Bild dargestellte Stromquelle mit den Strömen IB1 und IB2 ist von der Versorgungsspannung UCC unabhängig, wenn die Kanallängenmodulation vernachlässigt wird.
UCC
start - up
IB2
UCC
I B1
UGS,2
UGS,1
I B1
Bild A: 10.2
Leiten Sie die Beziehung für den Strom IB1 als Funktion der Transistorgeometrien her,
wenn (w/l)3 = (w/l)4 und (w/l)2 > (w/l)1 ist.
Es ist davon auszugehen, dass alle Transistoren in Sättigung sind. In erster Näherung
können der Substratsteuereffekt und die Kanallängenmodulation vernachlässigt werden.
Lösung zur Aufgabe 10.2:
[
]
[
]
I B1 =
2
1⎛w⎞
⇒ U GS , 2 =
⎜ ⎟ k n U GS , 2 − U Tn
2 ⎝ l ⎠2
I B2 =
2
1⎛w⎞
⇒ U GS ,1 =
⎜ ⎟ k n U GS ,1 − U Tn
2 ⎝ l ⎠1
I B1 =
U GS ,1 − U GS , 2
R
=
( w / l )1 k n
−
⎡
1
2 I B1 ⎢
−
⎣ ( w / l )1 k n
R
⎤
1
( w / l ) 2 k n ⎥⎦
2 ⎤2
⎥
⎦⎥
2I B2
( w / l )1 k n
(w / l)2 kn
R
⎡ ⎛ w ⎞ −1 2 ⎛ w ⎞ −1
I B1 =
−⎜ ⎟
⎟
2 ⎢⎜
⎝ l ⎠2
k n R ⎣⎢ ⎝ l ⎠1
2
(w / l) 2 kn
2 I B1
⎛w⎞ =⎛w⎞ ⇒ I
⎜ ⎟
⎜ ⎟
B1 = I B 2
⎝ l ⎠3 ⎝ l ⎠ 4
mit:
I B1 =
2I B2
2 I B1
+ U Tn
+ U Tn
Aufgaben und Lösungen
110
Aufgabe 10.3
Die dargestellte Schaltungsrealisierung stellt eine Variante der in Bild 10.24 vorgestellten Bandabstand-Spannungsquelle dar.
UCC
nT
UBE,2 UBE,1
R1
Bild A: 10.3
Bestimmen Sie die Spannung URef unter der Voraussetzung eines idealen Verstärkers.
Lösung zur Aufgabe 10.3:
U Ref = U BE , 2 + I ( R3 + R 2 )
U BE ,1 − U BE , 2
I =
da U a = U b ist
R3
R ⎞
⎛
U Ref = U BE , 2 + ⎜⎜ 1 + 2 ⎟⎟ ∆U BE
R3 ⎠
⎝
mit:
∆U BE = U BE ,1 − U BE , 2 =
kT
ln mn
q
und
Verwendung von Beziehung (10.26) liefert die Schaltung eine Referenzspannung von
R ⎞ kT
⎛
U Ref = U go − NT + ⎜⎜ 1 + 2 ⎟⎟
ln mn .
R3 ⎠ q
⎝
R ⎞k
⎛
Wird ⎜⎜ 1 + 2 ⎟⎟ ln mn = N gewählt, resultiert eine von der Temperatur nahezu unR3 ⎠ q
⎝
abhängige Spannung.
Aufgaben und Lösungen
111
Aufgabe 10.4
In Bild 10.39 ist eine einfache MOS-Stromverstärkerstufe mit Kleinsignal-Ersatzschaltbild dargestellt. Leiten Sie die Übertragungsfunktion io / ig her.
(Stromrichtung io verändert gegenüber Buchausgabe 2003)
Lösung zur Aufgabe 10.4:
UCC
io
ig
G
ig
i2 C ü
a)
Cgs
ig
i1
io
b)
ugs
S
Bild L:10.4
am Knoten a)
i g − i1 − i 2 = 0
i g − jω C gs u gs − jω C ü u gs = 0
I)
i g − jω ( C gs + C ü ) u gs = 0
am Knoten b)
i 2 − g m u gs + i o = 0
jω C ü u gs − g m u gs + i o = 0
II)
u gs ( jω C ü − g m ) = − i o
ugs von II nach I liefert
β ( jω ) =
wobei
io
ig
gm ugs
S
b)
a)
D
g m (1 − j
=
ω
)
ωz
jω ( C gs + C ü )
Aufgaben und Lösungen
112
ωz =
ist. Da im Allgemeinen
gm
Cü
ω
« 1 ist, resultiert
ωz
β ( jω ) =
β ( jω ) =
gm
jω ( C gs + C ü )
2 I DS β n (1 + λ nU DS )
~ I DS 1 2
jω ( C gs + C ü )
Die Transitkreisfrequenz hat dabei einen Wert bei io = ig von
ωT =
ωT =
gm
C gs + C ü
2 I DS β n (1 + λU DS )
~ I DS 1 2
C gs + C ü
Aufgaben und Lösungen
113
Aufgabe 10.5
In Bild 10.35 ist eine einfache bipolare Verstärkerstufe mit Kleinsignal-Ersatzschaltbild
dargestellt. Leiten Sie die Übertragungsfunktion uo/ui her, wenn parasitäre Widerstände
vernachlässigbar sind.
Lösung zur Aufgabe 10.5:
UCC
gol =0
B
ui
CL
uo
C
i2
gm ui
i1
ui
i3
go
i4
E
Bild L: 10.5
i1 − i 2 − i3 − i 4 = 0
jω C jc ( u i − u o ) − g m u i − g o u o − jω C l u o = 0
ω
u ( jω )
ωz
= ao
a( j ω ) = o
ω
u i ( jω )
1+ j
ωβ
1− j
ao = −
ωβ =
g m,n
go
go
Cl
=−
=
I C / φt
U
= − AN ≠ I C
I C / U AN
φt
IC
U AN C l
U
uo
Cl
E
b)
a)
Cjc
~ IC
I
I
C
ω T = a o ω β = AN
= C ~ IC
φ t U AN C l
φ t Cl
Aufgaben und Lösungen
114
Aufgabe 10.6
Vergleichen Sie die Eingangskapazitäten von einem bipolaren- und einem MOSTransistor bei einem Strom von jeweils 1mA.
Daten:
entspricht τN = 5,3ps
Bipolarer Transistor:
UBE = 0,85V; ft = 30GHz
MOS-Transistor:
′ = 4 fF / µm 2 ; kn = 120µA/V2;
UGS - UTn = 1,0V; C G
l = 0,15µm
Lösung zur Aufgabe 10.6:
Kleinsignalkapazität: Basis-Emitter
C be = τ N I C / φ t + C je ≈ τ N I C / φ t
C be ≈
C be ≈
C be ≈
1
U BE
1
U BE
U BE
∫
o
U BE
∫
o
τN
I dU
φt C
τN
U / φt
1
τ I
I SS e
dU =
φt
U BE N C
1
⋅ 5,3 ⋅ 10 −12 s ⋅ 10 − 3 A = 6, 24 fF
0,85V
Kleinsignalkapazität: Gate - Source
2
C ′ ⋅ w ⋅ l;
3 ox
w 2
2
′ ⋅
C G = C ox
⋅l ;
l
3
CG =
CG =
I DS =
kn w
(U GS − U Tn )2
2 l
2 I DS
w
=
2
l
k n (U GS − U Tn )
I DS
4
′ l2
C ox
3
k n (U GS − U Tn ) 2
10 3 µA
4
⋅ 4 ( fF / µm 2 ) ⋅ ( 0,15 µm ) 2
3
120 µA / V 2 ⋅ 1V 2
C G = 1, 0 fF
CG =
d.h. für dieses Beispiel:
C be ≈ 6 ⋅ C G
Aufgaben und Lösungen
115
Aufgabe 10.7
Gesucht wird der Einfluß, den eine Offset-Spannung bei den Transistoren T1 und T2 auf
die Referenzspannung URef (Bild 10.30) hat.
Lösung:
UGS,1 ist um den Wert der Offset-Spannung verändert. Demnach ist
UEB,1+ UGS,1 ± Uoff = UGS,2+I1R1+UEB,2, wodurch ein Strom von
I1 =
U EB ,1−U EB , 2
R1
U ref = U EB , 3 +
±
U off
R1
=
U off
1 kT
und eine Referenzspannung von
ln n ±
R1 q
R1
R 2 kT
R
ln n + 2 U off resultiert.
R1 q
R1
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