Lösung zu Aufgabe 5.1

1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.1
Der Ausgangsleitwert eines MOSFET im Widerstandsbereich ist im LEVEL1-Modell
(λ = 0) im Grenzfall kleiner Werte von VDS gegeben durch
µ
¶
W
∂ID
1
go =
= µs c0ox
(VGS − VTH ) =
.
∂VDS VGS
L
RDSon
Mit der flächenspezifischen Oxidkapazität
²0 ²r,SiO2
c0ox =
dox
kann dies nach dox aufgelöst werden mit dem allgemeinen Ergebnis
dox = ²0 ²r,SiO2 µs
W
(VGS − VTH )RDSon .
L
Einsetzen der vorgegebenen Werte liefert dann das Ergebnis
dox = 15.7 nm .
1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.2
(a) Da es sich um einen n-Kanal-MOSFET handelt ist Source vom n-Typ und Bulk
vom p-Typ. Bei Sperrpolung muß Source demnach positiv gegenüber Bulk vorgespannt sein, d.h. VSB > 0.
(b) Das Oberflächenpotential beim Einsetzen starker Inversion folgt mit der Substratdotierung NA = 5 · 1016 cm−3 zu
¶
µ
NA
= 794 mV .
Φ = 2φF = 2VT ln
ni
Mit diesem Wert für das Oberflächenpotential folgt aus
³p
√ ´
VTH = VTO + γ
Φ + VSB − Φ
der Substratsteuerungsfaktor
γ = √
√
2.4 V − 1.5 V
√
= 1.153 V .
2.794 V − 0.794 V
Der Wert von γ ist durch die Oxiddicke und die Substratdotierung bestimmt
γ =
dox p
2e²0 ²r,Si NA
²0 ²r,SiO2
so daß
γ²0 ²r,SiO2
dox = p
= 30.6 nm .
2e²0 ²r,Si NA
1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.3
Wird VGS um 43 mV erhöht, so steigt der Drainstrom um log(32/10) = 0.505 Dekaden
an. Der Gate voltage swing beträgt demzufolge
S =
43 mV
mV
= 85
.
0.505 dec
dec
1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.4
Eine unerwünschte Inversionsschicht kann auftreten, wenn VTO ≤ 5 V gilt. Die Einsatzspannung errechnet sich aus
p
VTO = VFB + 2φF + γ 2φF
wobei
VFB
=
φF
=
WA − WχSi − Wg
+ VT ln
e
µ
¶
NA
VT ln
.
ni
µ
NV
NA
¶
= −1174 mV + VT ln
µ
NV
NA
¶
Eine Inversionsschicht kann demnach auftreten, falls Substratdotierung und Oxiddicke der Beziehung
s
µ
µ
¶
µ
¶
¶
NA
dox
NV
NA
4kB T ²Si NA ln
6.174 V ≥ VT ln
+ 2VT ln
+
NA
ni
²SiO2
ni
genügen. Unter den gegebenen Bedingungen ist
µ
¶
NV
= 166 mv
VT ln
NA
¶
µ
NA
= 794 mV
2VT ln
ni
s
¶
µ
V
NA
1
= 3.352 · 105
4kB T ²Si NA ln
²SiO2
ni
cm
d.h. Inversion kann auftreten, falls
6.174 V ≥ 0.166 V + 0.794 V + dox · 3.352 · 105
bzw.
dox ≤
gilt.
5.214 V
= 156 nm
3.352 · 105 V/cm
V
cm
1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.5
Die Spannung VDS wird über den Spannungsteiler im Verhältnis 1:3 aufgeteilt, so
daß
3
VGS = VDS < VDS ,
4
d.h. der MOSFET arbeitet im Sättigungsbetrieb. Der Strom durch die Serienwiderstände RD und RS setzt sich zusammen aus dem Strom durch den Spannungsteiler
und dem Drainstrom
¶
µ
VDS
,
VDS = VDD − (RD + RS ) ID +
4 kΩ
bzw. mit RD = RS = 500 Ω
VDS
4
VDS = VDD − (RD + RS )ID −
Mit
ID =
βn
2
µ
3VDS
− VTO
4
¶2
bzw.
(RD + RS )ID =
ergibt sich so eine quadratische Gleichung für VDS
2
VDS
− 2.31 V · VDS − 3.13 V2 = 0
mit der physikalisch relevanten Lösung
VDS = 3.26 V .
Der Spannungabfall über RS ist
VRS =
8 V − 3.26 V
= 2.37 V
2
and und somit
V2 = VRS + VDS = 5.63 V .
2.5
V
µ
3VDS
− VTO
4
¶2
1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.6
(a) Mit V1 = VGS folgt
ID =
βn
2
(V1 − VTO )
2
so daß
V1 = VTO +
p
2ID /βn = 3 V .
(b) Sättigung liegt vor, falls
VDS ≥ VGS − VTO = 2 V .
Deraus ergibt sich die Forderung
RD ID ≤ 8 V
bzw.
RD ≤ 4 kΩ
Mit
gm = βn (V1 − VTO ) = 2 mS
und RD = 2 kΩ folgt für die Spannungsverstärkung
Av = g m RD = 4 .
(c) Bei v1 = 0 wird CL über RD aufgeladen. Beginnt der Aufladevorgang zur Zeit
t = 0, so folgt aus
³
´
v2 (t) = 10 V 1 − e−t/τ
mit der Zeitkonstanten τ = RD CL = 10 µs die Z eit nach der v2 den Wert 9 V erreicht
hat
tr = τ ln(10) = 23 µs .
Springt v1 nach vollständiger Aufladung auf den Wert 4 V, so wird CL über den
MOSFET entladen. Solange v2 größer ist als 3 V arbeitet der MOSFET dabei im
Sättigungsbereich und führt den konstanten Strom
ID =
βn
2
(V1 − VTO ) = 4.5 mA .
2
Der Knotensatz ergibt unter diesen Umständen
V+ − v 2
dv2
= ID + CL
RD
dt
bzw.
2
dv2
v2
= S−
dt
τ
mit S =
V+
ID
V
−
= 0.1
τ
CL
µs
die Lösung dieser DGL zum Anfangswert v2 (0) ist
v2 (t) = [v2 (0) − Sτ ] e−t/τ + Sτ
Mit v2 (0) = 10 V ergibt sich die zum Entladen der Kapazität auf v2 = 3 V benötigte
Zeit zu
¸
·
v2 (0) − Sτ
= 15.04 µs
t1 = τ ln
v2 (t) − Sτ
Für größere Zeiten gilt v2 < 3 V und der MOSFET arbeitet im Widerstandsbereich.
Nun gilt
³
dv2
V+ − v 2
v2 ´
v2 + C L
= βn V1 − VTO −
,
RD
2
dt
bzw. nach Trennung der Variablen
dt =
V+
−
τ
µ
dv2
¶
.
1 βn (V1 − VTO )
βn 2
+
v2 +
v2
τ
CL
2CL
Der Endwert ist erreicht, wenn dv2 /dt → 0 bzw.
³
V+ − v 2
v2 ´
v2 .
= βn V1 − VTO −
RD
2
Die Lösung dieser quadratischen Gleichung ergibt
v2 → 2 V .
Der Spannungshub beträgt demnach 8 V, d.h. bei
v2 = 2 V + 0.8 V = 2.8 V
weicht die Ausgangsspannung nur noch um 10 % von ihrem Endwert ab. Integration
von 3 V bis 2.8 V ergibt die zusätzlich zum Entladen auf 2.8 V erforderliche Zeit.
Bei der geringen Ausdehnung des Integrationsintervalls wäre hier in der Praxis eine
Näherung gerechtfertigt: Da sich v2 und iD in dem sehr schmalen Spannungsintervall
nur wenig ändern, können ID und v2 durch Mittelwerte ersetzt werden, so daß
∆v2
V+ − 2.9 V
≈ ID (v2 = 2.9 V) + CL
.
RD
∆t
Mit ∆v2 = −0.2 V ergibt Umstellen nach ∆t das Ergebnis ∆t = 1.06 µs,so daß
insgesamt 16.1 µs benötigt werden, um die Ausgangsspannung von 10 V auf 2.8 V
abzusenken.
Zur Übung wird die erforderliche Zeit zusätzlich durch Ausführen der Integration
ermittelt.
Z 2.8 V
dv2
µ
¶
∆t =
V
1
β
(V
βn 2
+
n 1 − VTO )
3V
−
+
v2 +
v
τ
τ
CL
2CL 2
Z 2.8
Z 2.8
du
du
= 10 µs
.
= 10 µs
2 − 7u + 10
2 − (1.5)2
u
(u
−
3.5)
3
3
3
Mit der Substitution ξ = u − 3.5 lautet das zu berechnende Integral
¯−0.5 µ
¶
Z −0.5
dξ
1 1 ¯¯
1.5 + u
10 µs
=
10
µs
.
ln
¯
2
2
1.5 2 ¯
1.5 − u
−0.7 (1.5) − ξ
−0.7
Einsetzen ergibt dann die zusätzlich erforderliche Zeit
∆t = 1.06 µs .
und damit dasselbe Ergebnis wie die Näherungsrechnung.
1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.7
(a) Der Knotensatz liefert
IDn + IDp + IR = 0 ;
mit den unter der Annahme des Betriebs im Sättigungsbeich gültigen StromSpannungs-Beziehungen
IDn =
βn
(V1 − VTHn )2 ,
2
IDp = −
βp
(V1 − VDD − VTHp )2
2
folgt mit βn = βp = β die quadratische Gleichung
(V1 − VTHn )2 − (V1 − VDD − VTHp )2 +
2V1
= 0
βR2
bzw.
2
µ
¶
1
2
+ VDD + VTHp − VTHn V1 = (VDD + VTHp )2 − VTHn
βR2
so daß
V1 = 2.143 V
und damit IR = 2.143 mA. Dieser Strom muß am Widerstand R den Spannungsabfall
0.357 V hervorrufen, d.h.
R =
0.357 V
= 167 Ω .
2.143 mA
Da die Potentialdifferenz über R geringer ist als 1 V ist die Annahme der Sättigung
gerechtfertigt.
1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.8
(a) Bei V1 = 2 V arbeitet der n-Kanal MOSFET im Sättigungsbereich, d.h.
βn
(VGS − VTHn )2 = 0.5 mA ;
2
der p-Kanal-MOSFET arbeitet im Widerstandsbereich, d.h.
µ
¶
VDS
IDp = −βp VGS − VTHp −
VDS .
2
IDn =
Aus dem Knotensatz folgt damit
βp 2
= 0.5 mA
V
2 DS
= −3 V
βp (VGS − VTHp )VDS −
bzw. mit VGS = V1 − VDD
2
+ 4 V VDS + 1 V2 = 0 .
VDS
Die Lösung dieser quadratischen Gleichung ergibt
³√
´
VDS =
3 − 2 V = −0.27 V ,
so daß
V2 = 4.73 V .
(b) Solange der p-Kanal MOSFET im Widerstandsbereich und der n-Kanal MOSFET im Sättigungsbereich arbeitet, lautet der Knotensatz allgemein
µ
¶
VDD
βn
V2
2
(V2 − VDD ) =
βp V1 − VTHp −
−
(V1 − VTHn )
2
2
2
Differentiation bzgl. V1 ergibt
βn (V1 − VTHn )
=
¶
µ
1 dV2
(V2 − VDD )
βp 1 −
2 dV1
¶
µ
V2 dV2
VDD
+βp V1 − VTHp −
−
2
2 dV1
bzw.
βp (V1 − VTHp − V2 )
dV2
= βn (V1 − VTHn ) − βp (V2 − VDD ) .
dV1
Der Kleinsignalspannungsübertragungsfaktor ist damit
dV2
βn (V1 − VTHn ) − βp (V2 − VDD )
=
= −0.734 ,
dV1
V1 − VTHp − V2
d.h. die Schaltung weist die Kleinsignalspannungsverstärkung 0.734 auf.
(c) Abbildung ?? zeigt die Kleinsignalersatzschaltung. Aus dem Knotensatz
2
v
1 ~
= v
g
g s
g
m n
v
g s
g
m p
v
d p
v
2 ~
g s
Abb. 1. Kleinsignalersatzschaltung
(gmn + gmp )v1∼ + gdp v2∼ = 0
folgt für den Kleinsignalspannungsübertragungsfaktor
gmn + gmp
v2∼
= −
.
v1∼
gdp
Mit
gmn
=
βn (V1 − VTHn ) = 1 mS
gmp
=
−βp VDS = 0.27 mS
gdp
=
−βp (VGS − VTHp ) + βp VDS = 1.73 mS
folgt so
1.27 mS
v2∼
= −
= −0.734 = −Av
v1∼
1.73 mS
in Übereinstimmung mit Teilaufgabe (b).
(d) Wegen der vollständigen Symmetrie gilt nun V1 = V2 = 2.5 V. Der n-KanalMOSFET arbeitet nun nicht mehr als reine Stromquelle, die Kleinsignalersatzschaltung ist um den Kleinsignalausgangsleitwert gdn des n-Kanal-MOSFETs parallel zu
gdp zu ergänzen. Damit gilt
gmn + gmp
gmn
v2∼
= −
= −
.
v1∼
gdn + gdp
gdn
Mit
gmn
=
βn (VGS − VTHn )(1 + λVDS ) = 1.689 mS
gdn
=
1
λβn (VGS − VTHn )2 = 56.25 µS
2
ergibt sich so die Kleinsignalverstärkung 30.
1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.9
(a) Hier gilt für beide MOSFETs VBS = 0, d.h. es liegt kein Substratsteuereffekt vor.
Beide MOSFETs werden im Widerstandsbereich betrieben und vom selben Strom
durchflossen
µ
¶
VDS1
βn V1 − VTO −
VDS1
2
¶
µ
V2 − VDS1
(V2 − VDS1 ) .
= βn V1 − VDS1 − VTO −
2
Ausmultiplizieren und Zusammenfassen führt auf die quadratische Gleichung
µ
¶
V2
2
= 0,
VDS1 − 2(V1 − VTO )VDS1 + V2 V1 − VTO −
2
bzw.
2
− 8 V VDS1 + 6 V2 = 0 .
VDS1
Die Lösung dieser quadratischen Gleichung ergibt
√
VDS1 = 4 V − 10 V = 837 mV
und damit den Drainstrom ID = 3 mA.
(b) Teilschaltung (b) wird prinzipiell durch denselben Ansatz beschrieben; einziger
Unterschied ist die Substratvorspannung VSB2 = VDS1 von Transistor M2. Mit der
Einsatzspannung
³p
√ ´
VTH2 = VTO + γ
Φ + VSB − Φ
lautet der Knotensatz
µ
¶
VDS1
βn V1 − VTO −
VDS1
2
¶
µ
V2 − VDS1
= βn V1 − VDS1 − VTH2 −
(V2 − VDS1 ) .
2
Zur numerischen Lösung kann entweder ein programmierbarer Taschenrechner oder
aber SPICE herangezogen werden. Die Steuerdatei
Arbeitspunktberechnung
V2 3 0 DC 2
V1 1 0 DC 5
M1 2 1 0 0 Mnmos L=1U W=1U
M2 3 1 2 0 Mnmos L=1U W=1U
.MODEL Mnmos NMOS (VTO=1 KP=1E-3 GAMMA=0.8 PHI=0.6)
.OP
.END
führt die Arbeitspunktberechnung durch und liefert VDS1 = 0.7766 V bzw. ID =
2.805 mA in der .OUT-Datei.
1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.10
(a) Wäre der MOSFET im Sättigungsbereich, so würde der Strom
ID = 5
mA
2
(6.7 V) = 225 mA
V2
fließen. An der Last würde dann der Spannungsabfall 112.2 V auftreten was deutlich
mehr als die Versorgungsspannung ist. Der MOSFET muß deswegen im Widerstandsbereich arbeiten. Aus
µ
¶
VDS
V+ − VDS
ID = βn VGS − VTHn −
VDS =
2
R
folgt
VDS
=
·
¸
q
1
2
1 + βn R(VGS − VTHn ) − (βn R(VGS − VTHn ) + 1) − 2βn RV+
βn R
=
0.236 V
die Restspannung über dem schalter ist demnach 0.236 V.
(b) In diesem Fall gilt VDS = VGS ; der MOSFET arbeitet im Sättigungsbereich. Nun
gilt
ID =
V+ − VDS
βn
2
(VGS − VTHn ) =
2
R
so daß
VDS
=
·
¸
q
1
2
2
−1 + βn RVTHn + (1 − βn RVTHn ) − βn R(βn RVTHn − 2V+ )
βn R
=
2.749 V .
In diesem Fall ist die Restspannung über dem Schalter also um mehr als das Zehnfache größer!
1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.11
Wegen der vollständigen Symmetrie der Transistoren und V1 = V2 folgt V1 = 2.5 V.
Da beide Transistoren in Sättigung arbeiten gilt
ID =
βn
(V1 − VTO )2 = 2.25 mA .
2
Wird parallel zu M1 ein ohmscher Widerstand geschaltet so lautet der Knotensatz
IDp + IDn + V /R = 0 bzw., da beide MOSFETs im Sättigungsbereich arbeiten
βn
V
βp
2
2
(5 V − V − 1 V) =
(V − 1 V) +
.
2
2
R
Die Lösung dieser quadratischen Gleichung ergibt V = 2.14 V.
1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.12
(a) Am Gate liegt das Potential 5.6 V, d.h. VDS > VGS : Der MOSFET arbeitet in
Sättigung. Mit VGS = VZN − V2 folgt
ID =
βn
V2
2
(VZN − V2 − VTO ) =
2
Rk
mit
Rk = RL k 1 kΩ .
Die Lösung dieser quadratischen Gleichung ist


s
µ
¶2
1
20.4 kΩ
1 kΩ
1 kΩ 
V2 =
10.2 +
− 19.4 +
+
V
2
RL
RL
RL
Für RL = 0.5 kΩ ergibt sich insbesondere V2 = 2.09 V.
(b) Für RL → ∞ ergibt sich aus (a) der Spannungsendwert V2 = 2.9 V – auf diesen
Wert wird die Kapazität aufgeladen; bei v2 = 2.61 V ist die Ausgangsspannung nur
noch 10 % unterhalb des Endwerts. Der Knotensatz liefert nun
iD =
v2
dv2
βn
2
(VZN − v2 − VTO ) =
+ CL
2
1 kΩ
dt
bzw. mit u = v2 /V
(4.6 − u)2 = u + 1 kΩ CL
du
dt
Nach Trennung der Variablen
dt = 20 µs
du
(4.6 − u)2 − u
ergibt sich die zum Aufladen der Kapazität auf 2.61 V erforderliche Zeit
Z 2.61
du
t = 20 µs
= 8.48 µs .
(4.6 − u)2 − u
0
1
Michael Reisch, Halbleiter-Bauelemente, 2.A., Springer 2007
Lösung zu Aufgabe 5.13
Der Drainstrom ID = 2 mA bedingt an RS = 470 Ω den Spannungsabfall
VSB = 2 mA · 470 Ω = 0.94 V .
Dies führt auf die Einsatzspannung
³p
√ ´
VTH = VTO + γ
Φ + VSB − Φ = 1.39 V .
Da VDS > VGS gilt, arbeitet der Transistor im Sättigungsbetrieb; aus
ID =
W
1
KP
(VGS − VTH )2
2
L
folgt
VGS = VTH +
r
2ID L
= 2.54 V .
KP W
Am Gate ist deshalb die Spannung
VG = 2.54 V + 0.94 V = 3.48 V
zu Masse gefordert; damit sich diese über dem Spannungsteiler einstellt muß R =
4.37 kΩ gewählt werden.