Aufgaben und Lösungen - Plone site · D = 2⋅10 17cm-3. a) Berechnen Sie die Diffusionsspannung bei Raumtemperatur. b) Bestimmen Sie die Weite der Raumladungszone und c) die entsprechende

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 ∃= Zim-mertemperatur)

b) Berechnen Sie die Elektronendichte im Leitungsband und die Löcherdichte im Valenzband für den obigen Halbleiter. Über welche Beziehung sind die aus b) er-haltenen Ergebnisse direkt miteinander verknüpft?

Aufgaben und Lösungen 2

Lösung zur Aufgabe 1.1:

0

W

0,5 1

F(W )

F(W)

WF

WV

gW =0,66 eV

W

WC 0,15 eV C

F(W )V

Bild L: 1.1

a) Besetzungswahrscheinlichkeit für Elektronen

9026,051,0

)(

3

026,015,0

1003,311)(

1

1

1)(

1011,3

1

1

1

1)(

−−

−−

−

−−

⋅−=−≈

−≈

+

=

⋅=

+

=+

=

eVeV

V

kTVWFW

kTFWVWV

eVeV

kTFWCWC

eWF

e

e

WF

ee

WF

Besetzungswahrscheinlichkeit durch Löcher

91003,3.),(1)( −⋅=−≈ ElektrWFWF VV

b) Elektronen- und Löcherdichte 3163319 /.1023,31011,31004,1.),( cmElektrcmElektrWFNn CCo ⋅=⋅⋅⋅== −−

399318 /1018,181003,3100,6),( cmLöchercmLöcherWFNp VVo ⋅=⋅⋅⋅== −−

3132 104,2 −⋅=== cmpnnnpn ooiioo


Aufgabe 1.2

Gegeben ist ein n-Typ Si-Halbleiter, dessen Donatorniveau 0,05eV unter der Leitungs-bandkante liegt. Die Dichte der ionisierten Donatoratome ND

+ (Bild 1.11) beträgt

kTWW

21 + 1

1 1N =

)]F(W [1 N = N

FDD

DDD

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−+

exp

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.


Vorgehensweise:

a) Bestimmung von WC - WF bei Annahme 100%ige Ionisation

b) Überprüfung der Annahme

W - W

WF

WV

WC

W0,05 eV

WDC F

Bild L: 1.2

onCN

FCkT

FWCW

Co kTWWeNn ln)(

=−⇒=

−−

Annahme: 100%ige Ionisation


oD nN =

100%ige Ionisation

FC WW −

eVWW

WW

FC

FD05,0−−

=−

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

[ ])(1 DDD WFNN −=+

hierbei beschreibt [1-F(WD] die Wahrscheinlichkeit für das Fehlen eines Elektrons

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

−=−

+

kTFWDWDD

e

NN

211

11

ND

[cm-3]

WD - WF

[eV]

ND+

[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:

kTVWFW

V

kTFWDW

eD

kTFWCW

C

oDo

eNNeN

pNn)(

211

1)(

1

tNeutralitäelk.−

−

−+

−−

+

+⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−=

+=

Numerische Lösung:

1. Lage des Ferminiveaus

2. aus Dichtebeziehung Ladungsträgerkonzentration


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

1

332

316219

)(13,3

)1029,41000

109,4400(106,1

)(

−

−⋅

−⋅

−

Ω=

⋅+

⋅⋅=

+=

cm

cm

cmAs

npq

sVcm

sVcm

np

σ

σ

µµσ

c) Abstand Fermi- zu Intrinsicniveau

meVWWcm

cmmeVkTWW

enp

Fi

inpop

Fi

kTFWiWipo

3901045,1

109,4ln26ln310

316

/)(

=−⋅

⋅==−

=

−

−

−


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).

0x

p - Typ

An der Stelle x = 0 ist die Elektronendichte n(0) = 1010cm-3. Die Elektronen- und Lö-cherbeweglichkeiten 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 Expe-riment" (Kap.1.5) erforderlich.


0 Driftν

I

I (0)n

p - Typ - H. L.

x

E- +

I (x)p

I (x)n νp

n

Bild L: 1.4

pn

xp

ppp

xn

nnn

JJJ

qDpEqJ

qDnEqJ

+=

−=

+=

∂∂∂∂

µ

µ

Drift vernachlässigbar bei

Minoritätsträger

an der Stelle x = 0: 0

0

)0()0(=∂

∂=+=xx

nnpn qDJJJ

321


Aus "Vertiefende Betrachtung zum Experiment" (Kap.1.5) und in Analogie zu Bezie-hung (1.70):

)0(1

)0(1

)0()(

0

/

/

pnx

p

nLxp

n

p

nLxpp

nLx

n

enLx

n

enxn

′−=∂

′∂

′−=∂

′∂

′=′

=

−

−

352

11

101,2/

))0(()0(

−⋅==

−−=′−=

cmNnn

nnqnqDJ

Aipo

popnLnqkT

pnLn µ

35104

2319 )101,210(1022

112001026106,1 −−⋅

−− ⋅−⋅

⋅⋅⋅⋅−= cmcm

VAsJsV

cm

27,22cm

AJ µ−=

Feldstärke bei x → ∞ ?

sigbar)vernachläsTerm(Diff.

sigbar)vernachläsTermDiff.(

−−=

−+=

∂∂

∂∂

xp

ppp

xn

nnn

qDpEqJ

qDnEqJ

µ

µ

mit pp » np ist Jp » Jn

pEqJJ ppx µ==∞→

cmVE

cmsVcmA

cmApq

JEp

/1054,3

10/400106,1

/107,22

4

315219

26

−

−−

−

⋅−=

⋅⋅⋅⋅

⋅−==

µ


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.

np

0

pno

Lp

Lp

0pn

L

0x

p

pL

nop

x

x

n - Typ

Bild A: 1.5

Die Erhöhung kann z.B. durch Lichtbestrahlung erfolgen, wodurch Elektronen-Lochpaare 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 Gleich-gewicht erfolgt.



Ausgangspunkt ist die Kontinuitätsgleichung

.RGtnp

−=∂∂

Hierbei wurde angenommen, dass keine örtliche Stromänderung in der als homogen angenommenen Probe auftritt.

Die Nettorekombinationsrate bei schwacher Injektion beträgt (Gl. 1.65)

.)(1pnp

nonpppGRU ττ

′=−=−=

Damit ergibt sich aus der Kontinuitätsgleichung der Zusammenhang

.pnp

tnp

τ′

∂

′∂=

Mit den Randbedingungen p'n(t=0) = p'L liefert die Lösung der Differentialgleichung

ptLn eptp

τ/)(

−′=′

die Beschreibung des Ausgleichvorgangs zum thermodynamischen Gleichgewicht, wo-bei 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

0 p

L

n

R>G

p

pL

0n p

R<G

tp

p

tτ

τ

Bild L: 1.5

durch überwiegende Rekombination. Ist dagegen p'L < 0 und U < 0, so findet der Aus-gleichsvorgang durch überwiegende Generation statt.


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.


a) Diffusionsspannung (built-in voltage) bei RT

Vcm

cmcmmVn

NN

i

i

DAti

717,0)1045,1(

10210ln26ln2310

317315

2

=⋅

⋅⋅==

−

−−

φ

φφ

b) Weite der Raumladungszone bei UPN = 0V und UPN = -10V

)(12PNi

A

Sio UNq

w −= φεε

da ND » NA ist

)717,0(10

1

106,1

12/10854,8231519

14

PNUVcmAs

cmVAsw −⋅

⋅⋅⋅⋅=

−−

−

mVUw

mVUw

PN

PNµ

µ

77,3)10(

97,0)0(

=−=

==

c) Maximale Feldstärke bei UPN = 0V und UPN = -10V

( )

( ) ( )

( ) cmVVUE

cmVcm

VVUE

wU

E

wEU

PNM

PNM

PNiM

MPNi

/108,5610

/1078,141097

717,020

221

3

36

⋅−=−=

⋅−=⋅

−==

−−=

⋅−=−

−

φ

φ


Aufgabe 2.2

Im thermodynamischen Gleichgewicht kompensieren sich die Drift- und Diffusions-ströme beim pn-Übergang. Bestimmen Sie ungefähr eine dieser Stromdichtekomponen-ten, wenn NA = 1018cm-3, ND = 5⋅1015cm-3 und die Weite der Raumladungszone 46⋅10-

6 cm beträgt. Die Beweglichkeit der Löcher soll 500 cm2/Vs betragen.


w

ppqDI

xp

qDdxdp

qDI

nopopDiff

ppDiff

−−≈

∆∆

−≈−=

mit: scmsVcmmVD ptp /13/50026 22 =⋅⋅== µφ

mit ppo » pno

2

6

318219

/45217

1046

1013106,1

cmAI

cm

cms

cmAsw

pqDI

Diff

popDiff

−≈

⋅⋅⋅=−≈

−

−−

Diese enorm große Diffusionsstromdichte wird kompensiert durch eine gleich große Driftstromdichte.


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?


Zum Vergleich:

a) pn-Übergang

ppnpon

x xnpx

nopn

pp

nν

pn νp

νp

n

nn

νν p

np

pon

xxp n

nno

pn

px

pp

νpn

pnν

nn

Injektion Extraktion

+

i px

Ip

xn x

nI

xi

+

p nx

p

x

n

>0VUPN UPN<0V

Bild L: 2.3.1

Strom der jeweiligen Majoritätsträger ist gleich dem der entsprechenden Minori-tätsträger. 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.


In Sperrrichtung kann der Minoritätsträgergradient an den Rändern der Raumladungs-zone bis auf Null absinken. Weitere Veränderung der Gradienten und damit Minoritäts-trägerströme ist nicht möglich. Der Strom sättigt bei sehr kleinen Werten.

b) n+n-Übergang

np

nν

νp

x

RLZ

x i

νn

pν

n

n

n

p

p

νp

nν

pn

ix

nn

x

n RLZ

nν

pν

+

n n+n n

+

+

Bild L: 2.3.2

Grundsätzlich: Majoritätsträgerbauelement, bei dem die Majoritätsträger in beiden Richtungen wandern können. Die Ladungsträgeränderungen an den Grenzen der Raum-ladungszone sind vernachlässigbar. Somit resultiert ein Verhalten wie ein Widerstand.


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 Nähe-rung das gezeigte Stufenprofil an.

N =10 cm

DN

A~~ ~~AN

A 0,2um D

D

N =10 cm

Stufenprofil17

A

N

-3

N =10 cm17 -3D

20 -3

Bild A: 2.4



iDA

Sio

i

DAti NNq

wn

NNφ

εεφφ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+==

112;ln

2

Rand:

Vcm

cmmVi 998,0)1045,1(

)(1010ln262310

231720=

⋅

⋅=

−

−φ

VcmAs

VcmAs

w 998,01

10

1

10

1

106,1

1085,89,112

3172019

14

−−

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅

⋅⋅⋅=

mw µ114,0=

cmpFcm

cm

nFxCC

cm

nF

cmVcmAs

wC

jjj

Sioj

85,1102,04,92

4,921014,1

1085,89,11

42

*

25

14

=⋅⋅=⋅′=

=⋅

⋅⋅==′

−

−

−εε

Boden:

Vcm

cmmVi 819,0)1045,1(

)(1010ln262310

231717=

⋅

⋅=

−

−φ

VcmAs

VcmAsw 819,01

10

1

10

1

106,1

/1085,89,1123171719

14

−−

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅

⋅⋅⋅=

mw µ147,0=

25

14

7,711047,1

1085,89,11

cm

nF

cmVcmAs

C j =⋅

⋅⋅=′

−

−


Aufgabe 2.5

Am pn-Übergang der Diode ist eine Diffusionsspannung wirksam. Entsteht ein Strom-fluss, wenn die Diode von außen kurzgeschlossen wird?

Begründen Sie die Aussage.


Es kommt zu keinem Gleichstromfluss. Nach einigen ps stellt sich thermodynamisches Gleichgewicht ein. Siehe hierzu Kapitel 2.3.4


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 UPN = 0,80 V

Emitterfläche A = 1 µm2

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


a) Weite der Raumladungszone: mit ND > NA

( ) ;12PNi

A

Sio UNq

w −= φεε

Vcm

cmcmmVn

NN

i

i

DAti

02,1)1045,1(

105105ln26ln2310

317319

2

=⋅

⋅⋅⋅==

−

−−

φ

φφ

nmmmcmw

VcmAs

VcmAsw

9,22109,221029,2

2,0105106,1

9,11/10854,82

66

31719

14

=⋅=⋅=

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

−−

−−

−

b) Sperrstrom: mit ND > NA

2

2

1

11

iAp

nS

iAp

n

Dn

ppo

p

nno

n

pS

nNw

DqAI

nNw

DNw

DqAn

wD

pw

DqAI

′≈

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛′

+′

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛′

+′

=


( )

AI

cmcmcm

scmcmAsI

S

S

19

2310

3174

22819

100,7

1045,1105

1

102,0

/2110106,1

−

−−−

−−

⋅≈

⋅⋅⋅

⋅⋅≈

c) Durchlassstrom I

AI

eAeII mVmV

tPNUS

µ

φ

16,0

)1(100,7)1( 26800

19/

=

−⋅=−= −

d) Sperrschicht- und Diffusionskapazität bei UPN = 0,8V

tPNUS

t

Td

j

Sioj

eIC

fFFC

cm

VcmAscmw

AC

φ

φτ

εε

/

15

6

1428

6,4106,4

1029,2

9,11/10854,810

=

=⋅=

⋅

⋅⋅==

−

−

−−

I

I

II p

pn

nT τττ +=

mit

AD

A

i

p

nn

D

i

n

pp

NN

Nn

wD

qAINn

w

DqAI

>

′=

′=

und

22

psscm

cmD

w

n

pnnT 5,9

/212

)102,0(2

)(2

242

=⋅

⋅=

′=≈

−τττ

fFeAV

sC mVmV

d 9,51071026

105,9 26800

193

12=⋅

⋅

⋅= −

−

−

e) Sperrschicht- und Diffusionskapazität bei UPN = 0V

0105,22 28 ≈⋅== − fFCfFC dj


Aufgabe 2.7

In einer integrierten Schaltung soll eine Versorgungsleitung durch einen möglichst gro-ßen Kondensator gegen Kopplungen unempfindlich gemacht werden. Hierzu wird ein n-Wannen/p-Substrat Übergang (Bild A: 2.7) verwendet.

2 umn - Wanne

p - Substrat300 um

UPN

Bild A: 2.7

Daten: ND = 5⋅1018 cm-3 ; NA = 1017 cm-3 ; Dp = 12 cm2/s ; Dn = 21 cm2/s

UPN = 0,8 V ; A = 0,1 mm2 .

Bestimmen Sie bei Raumtemperatur: Den fließenden Gleichstrom I, sowie die Diffu-sions- und Sperrschichtkapazität bei UPN = 0,8 V


a) Gleichstrom I = Ip + In

cmmwweNn

wD

qAI

enwD

pw

DqAI

pptPNU

A

i

p

np

tPNUpo

p

nno

n

p

03,02981

1

/2

/

≈=≈′⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −

′=

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛′

+′

=

µφ

φ

mAI

ecm

cmcm

scmcmAsI

p

p

43,5

110

)1045,1(03,0

/21101,0106,1 26800

317

231022219

=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−

⋅⋅⋅=

−

−−−


mAI

ecm

cm

cm

scmcmAsI

mwweNn

w

DqAI

n

n

nntPNU

D

i

n

pn

3,9

1105

)1045,1(

102

/12101,0106,1

21

26800

318

2310

4

22219

/2

=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−

⋅

⋅

⋅⋅⋅=

=≈′⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −

′=

−

−

−−−

µφ

mAIII np 7,14=+=

b) Sperrschichtkapazität

AD

i

i

DAti

NN

Vcm

cmcmmVn

NN

>

=⋅

⋅==

−

−−

mit

92,0)1045,1(

10510ln26ln2310

318317

2

φ

φφ

nmcmVcmAs

cmAs

UNq

w PNiA

Sio

39109,312,010106,1

9,11/10854,82

)(12

631719

14=⋅=

⋅⋅

⋅⋅⋅≈

−≈

−−−

−

φεε

nfFC

cm

VcmAscmw

AC

j

Sioj

27,0107,2

109,3

9,11/10854,8101,0

10

6

1422

=⋅=

⋅

⋅⋅⋅==

−

−

−−εε

c) Diffusionskapazität

I

I

II

IeIC

pp

nnT

t

TtPNUS

t

Td

τττ

φτ

φτ φ

+=

≈=/


nsscm

cmD

w

sscm

cmD

w

p

np

n

pn

66,1/122

)102(2

)(

43,21/212

)03,0(2

)(

2

242

2

22

=⋅

⋅=

′=

=⋅

=′

=

−τ

µτ

s

nssA

AsA

As

T

T

T

µτ

µτ

τ

5,13

ssigbar)(vernachlä61,05,13107,14

1043,51066,1107,14

103,91043,213

39

3

36

=

+=⋅

⋅⋅+

⋅

⋅⋅=

−

−−

−

−−

FAA

sCd µ63,7107,141026

105,13 33

6=⋅

⋅

⋅= −

−

−


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 Ex-periment" (Kap.1.5) erforderlich.


a)xx n

npp

(x)npp (x)n

(x)pn (x)n

xx x xn

n

pn (x)

p (x)pp

(x)np

(x)nn

pb)

pL

Qp>0UPN <0UPN∆ ∆

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)

pLnxx

tPNUno

pLnxx

Ln eepepxp

)(

/

)(

)1()(

−−

−−

−=′=′ φ

beschrieben ist. Durch Integration und Multiplikation mit der Fläche A erhält man die injizierte positive Ladung

∫∞

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −=′=

nx

tPNUnopnp epqALdxxpqAQ 1)( / φ

im n-Gebiet.

Der Löcherstrom Ip(xn) beträgt aus vorhergehender Ladungsbeziehung


)1()()( /−=

′−= tPNU

p

pn

npnp e

L

DqAx

dxpd

qADxI φ .

Durch Einsetzen dieses Löcherstromes, der eine Folge der Ladung ist, resultiert die ein-fache Form

)()(2

nppnpp

pp xIxI

D

LQ τ== ,

wobei Gleichung (1.69)

ppp DL τ=

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 Neut-ralitätsgründen 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 Majoritätsträgerla-dung von

)( pnnnp xIQQ τ=−=

im p-Gebiet. Die gesamte positive Ladung im pn-Übergang beträgt damit

)()( npppnn xIxIQ ττ += .

Diese kann als Funktion des Gesamtstroms

)()( nppn xIxII +=

in der Form

IQ Tτ=

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

I

xI

I

xI npp

pnnT

)()(τττ += .

Mit

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −=

=

1/ tPNUST

T

eI

IQφ

τ

τ

resultiert eine Diffusionskapazität von


tPNUS

t

T

PNd

eI

dUdQC

φ

φτ /

=

=

die mit derjenigen für die kurzen Abmessungen Gl.(2.63) identisch ist. Der physikali-sche Hintergrund ist jedoch verschieden. Die Transitzeit hängt vielmehr bei langen Abmessungen von den Lebensdauern und somit von den Generations- und Rekombina-tionsraten der Ladungsträger im Silizium ab.


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 wer-den.


AI

cmcm

cmscmAscmxNnAqD

I

SS

BAB

inBSS

17

4317

2310219282

107,1

102,010

)1045,1(/25106,1104

−

−−

−−−

⋅=

⋅⋅

⋅⋅⋅≈=

AeAeII mVmV

tBEUSSC µ

φ 3,571107,1)1( 26750

17/=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−⋅=−= −

5,02,010/14

55,010/25

2602,010/12

25,010/25

3172

3162

3172

3192

=⋅

⋅≈=

=⋅

⋅≈=

−

−

−

−

mcmscm

mcmscmxND

wNDB

mcmscm

mcmscmxNDwND

B

BABpC

EPIDCnBI

BABpE

EDEnEN

µ

µ

µ

µ

Vergrabener Kollektor wird in erster Näherung als sehr niederohmiger Kontakt betrach-tet.


Aufgabe 3.2

In einem p-Wannen CMOS-Prozess wird, wie im Bild gezeigt, ein npn-Transistor reali-siert.

ND

+5V

NA

0,2umE B

C

3,4u

m

ND

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 Ba-sisweite der metallurgischen Weite von 3,2 µm entspricht.


AI

cmcm

cmscmAscmxNnAqD

I

SS

BAB

inBSS

17

4317

2310219242

1063,2

102,310

)1045,1(/25106,1)1010(

−

−−

−−−

⋅=

⋅⋅

⋅⋅⋅⋅≈=

AI

eAeII

C

mVmV

tBEUSSC

µ

φ

95,12

11063,2)1( 26700

17/

=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−⋅=−= −

5,97102,310/8

102,0105/2543172

43192

=⋅⋅

⋅⋅⋅==

−−

−−

Bcmcmscm

cmcmscmxNDwND

BBABpE

EDEnE


Aufgabe 3.3

Gegeben ist die gezeigte Schaltung, wobei der Transistor die Daten BN = 200, BI = 2 und ISS = 10-15A besitzt.

5V

B

ΩR=1kC

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?


a) Gesucht IC, IB und UCE

VmAkVIRVU

AmABII

mAeAeII

CCE

NCB

tBEUSSC

5,45,0155

5,2200/5,0/

5,01101 26700

15/

=⋅Ω−=⋅−=

===

=⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−=⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ −= −

µ

φ

b) Gesucht IB wenn UCE = 100mV betragen soll

][

)]1([ln

CBNI

IBCNtCEsat IIBB

BIIBU

−

++= φ


aufgelöst nach IB

( )

( )

NB

C

B

C

INNItCEsatU

tCEsatUNC

B

BII

Ae

eAI

mAk

VVI

BBBBe

eBII

<=

=⋅−⋅⋅

+⋅=

=Ω

−=

+−

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +

=

−

4,73

7.6632002200

200109,4

9,41

1,05

1

26/100

26/1003

/

/

µ

φ

φ


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?

5V

0

3V

R=1k UΩ

ICIB

IE

Bild A: 3.4


Überschlägig: UBE ≈ 0,7V (Schleusenspannung)

U0 = 3V - 0,7V = 2,3V

Emitterstrom: NBBCBE

E

BIIIII

mAk

VI

+=+=

=Ω

≈ 3,21

3,2

Basisstrom: ( )

AmAI

BII

B

NEBµ8,22101/3,2

1/

==

+=

Kollektorstrom: mAAIBI BNC 28,21008,22 =⋅== µ


Genauere Herleitung:

SS

CtBE

tBEUSS

tBEUSSC

BE

II

U

eIeII

UVU

ln

1

3//

0

φ

φφ

=

≈⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −=

−=

damit ergibt sich eine Ausgangsspannung von

SS

Ct I

IVU ln30 φ−=

da aber auch

( ) ( )RBIIRIIU NCCBC /0 +=+=

fließt ein Kollektorstrom von

.)/11(

0RB

UI

NC +

=

Die resultierende Ausgangsspannung beträgt damit

.)/11(

ln3

0

0SS

Nt I

RBU

VU+

−= φ

Diese Gleichung ist nur iterativ lösbar.


Aufgabe 3.5

Gegeben ist ein Transistor mit den zur Vereinfachung als homogen angenommenen Dotierungen: 316317 10;10 −− =′=′ cmNcmN DCAB ; xB (bei UBC = 0V) = 1µm;

DnB = 18 cm2/s; A = 10µm2

Gesucht wird: Die Early-Spannung UAN und die Steigung BCC dU/dI des Kollektor-

stroms bei UBC = 0V und UBE = 0,7V



a) Early-Spannung

( )V

cm

cmcmmVn

NN

Nq

A

NN

qAC

ic

i

ABDCtic

DCic

sio

icDCAB

siojco

76,01045,1

1010ln26ln

/2112

2310

317316

2

=⋅

=′′

=

′≈

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

′+

′

=

−

−−

φ

φφ

φ

εε

φ

εε

fFCcmV

cmAsAscmC

jco

jco

3,310/76,02

/10854,89,11106,11010316

141928

≈⋅

⋅⋅⋅⋅⋅≈

−

−−−

AsQ

cmcmcmAsxNqAQ

Bo

BoABBo13

43172819

106,1

10101010106,1−

−−−−

⋅=

⋅⋅⋅⋅=′=

VU

VAsAsCQU

AN

jcoBoAN

5,48

/103,3/106,1/ 1513

=

⋅⋅== −−

b) Steigung dIC/dUBC

( )AI

ecm

cmscmcmAsI

cmcm

cmNn

n

ex

nqADI

C

C

AB

iBo

tBEU

B

BonBC

µ

φ

98,2

1101

101,2/181010106,1

101,210

)1045,1(

1

26/7004

3322819

33317

62102

/

=

−⋅

⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅=⋅

=′

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

−

−−−

−−

−

VAVAUIdUdI ANCoBCC /101,65,48/98,2// 8−⋅−=−=−= µ

entspricht einem Kleinsignal-Ausgangswiderstand von

Ω= Mro 2,16


Aufgabe 3.6

Das Kriterium für den Beginn der Emitterrandverdrängung ist gegeben, wenn der Span-nungsabfall in der Basis größer als φt ist. Bestimmen Sie den Kollektorstrom, bei Raum-temperatur, bei dem die Emitterrandverdrängung bei einem npn-Transistor einsetzt. Die Daten des Transistors sind:

50;1;/400;10 2317 ====′ −NBpAB BmxVscmcmN µµ ; einseitiger Basiskon-

takt, wie in (Bild 3.2) gezeigt, mit mbml EE µµ 20und30 == .

Zur Vereinfachung wurden homogene Dotierungen angegeben.


Kriterium für den Beginn der Emitterrandverdrängung:

tBB RI φ≈⋅

)vergrößerngroß;(relativ347

1030

1020

10310104,0106,1

1

31

11)(

1

;3

4

4

43172

319

E

E

E

BABpB

ABppnpB

E

E

B

BB

L

cm

cm

cmcmsV

cmAs

Lb

xNqR

Nqpqnpq

Lb

xR

Ω≈

⋅

⋅

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

≈

⋅⋅′≈

′=≈

+=

≈

−

−

−−−

µ

µµµµρ

ρ

AmVImVRI BtBB µφ 7534726;26 =

Ω==≈⋅

somit Beginn der Emitterrandverdrängung bei einem Kollektorstrom von

mAAIBI BNC 75,37550 =⋅=⋅= µ


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

UPN

RB

I UBE

IC

Bild A: 3.7


tBEU

SSC eIII φ/′≈≈

VA

AmVI

IUSS

tBE 892,010

1080ln26ln16

3=

⋅==′

−

−φ

SBEN

BBEPN IRU

BR

IUU +′=+

+′=1

VVVUUIR BEPNS 083,0892,0975,0 =−=′−=

Ω=⋅

=−

04,11080

083,03 A

VRS

( ) Ω=+=+

= 1571.d.h1 NSB

N

BS BRR

BR

R


Aufgabe 3.8

Bei einem npn-Transistor in Emitterschaltung und wechselspannungsmäßig kurzge-schlossenem Ausgang (Bild 3.42) wurden bei 1GHz die folgenden Kleinsignal-Stromverstärkungen gemessen:

β(jω) = 40 bei IC = 1mA und β(jω) = 48 bei IC = 3mA. Die gemessene Kleinsig-nal-Kapazität Cjc beträgt 35 fF. Bestimmen Sie aus den Angaben die Sperrschichtkapa-zität 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 ββω

ωff

= » 1 ergibt sich eine Verstärkung bei der Frequenz fm

Gl.(3.115) von

mNm f

fjf βββ =)( .

Bei der Transitfrequenz resultiert hieraus

TNT f

fjf βββ == 1)( .

Damit ergibt sich aus dem Verhältnis der Verstärkungen bei verschiedenen Frequenzen

m

Tm

T

mff

jfjf

jf== )(

)(

)(β

β

β ,

der Zusammenhang

mmT fjff ⋅= )(β .



Gesucht Transitfrequenz fT aus den indirekten Messungen

mmT fjff )(β=

mAIssf

mAIssf

CT

CT

3bei/1104848/110

1bei/1104040/11099

2

991

=⋅=⋅=

=⋅=⋅=

Aus Beziehung (3.118)

( )

( )jcjeC

t

TN

jcjeC

tTN

CCIf

CCI

+−=

+−=

φπ

τ

φωτ

21

/1

I.) [ ]VAsCA

V

sjeN /1035

10

1026

/110402

1 153

3

9−

−

−⋅+

⋅−

⋅⋅=

πτ

II.) [ ]VAsCA

V

sjeN /1035

103

1026

/110482

1 153

3

9−

−

−⋅+

⋅

⋅−

⋅⋅=

πτ

Annahme: Bei Stromänderung von 1mA auf 3mA sollen Cje, Cjc und τN unverändert bleiben.

damit gilt:

I.-II.) )/1035(/66,81032,3

)/1035(/261098,30

1512

1512

VAsCAVs

VAsCAVs

je

je−−

−−

⋅++⋅−

⋅+−⋅=

nach Cje aufgelöst ergibt:

fFC je 88,2=

Überprüfung der Annahme Cje = konst.

tBEU

tBEU

C

C

tBEUSSC

e

eII

eII

φ

φ

φ

/1,

/2,

1

2

/

≈

≈

( )t

BEBEBE

tC

C UUU

II

φφ∆

=−= 1,2,1

2 1ln


Änderung der Basisspannung die auftritt:

mVmAmAmVU BE 6,28

13ln26 ==∆

Diese Spannungsänderung kann als geringer Einfluss auf die Sperrschichtkapazität Cje betrachtet werden.


Aufgabe 3.9

Bestimmen Sie die Ausgangsspannung uo des gezeigten Verstärkers bei niedrigen Fre-quenzen, 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?

R =10

U

ui

I =20uACL

6Ω

r = 0i Ω ou = ?~

DD

Bild A: 3.9


Bei niedrigen Frequenzen können Kapazitäten vernachlässigt werden.

o

Bui πg mg g

C

E

~~ ui gL uo

Bild L 3.9:

Ω==

Ω⋅=⋅

==

+−=

−

−−

/110/1

/1108,0251020

1

6

66

LL

AN

Co

Loimo

Rg

VA

UI

g

ggugu


mVVuuVAV

A

ggI

ggg

uu

io

Lo

tC

Lo

m

i

o

3,2142750427

427/10)0,18,0(1026

1020

/

63

6

=⋅=⋅=

=+⋅

⋅=

+=

+−=

−−

−

µ

φ

mit: Ci

oLL I

uu

gR vonunabhängigist0.d.h =∞=

961

2625

!/

/

==

===

mVV

uu

UUI

Igg

uu

i

o

t

AN

ANC

tC

o

m

i

oφ

φ

Diese Verstärkung wird intrinsische Transistorverstärkung genannt.


Aufgabe 3.10

Leiten Sie aus dem Kleinsignal-Ersatzschaltbild (Bild 3.42b) das Verhältnis der Klein-signalströme io / ib, wie es durch Beziehung (3.110) beschrieben ist, ab.


bi

o

CEU

i

be+ bi ube

brjc

πg Cbe

C

i =c mg u

oia) b)i3

i1 i2

Bild L 3.10:

am Knoten a) ib = i1 + i2 + i3

I) )( jebebeb CjCjgui ωωπ ++′=

am Knoten b) i3 + io - iC = 0

II) 0=′−+′ mbeojCbe guiCju ω

hieraus:

mjC

obe gCj

iu

−−=′

ω

dies in I) eingesetzt ergibt:

)(1

)1(

jebe

m

jcm

b

o

CCgj

g

Cj

gg

ii

++

−

=

π

πω

ω


mit N

mgg

βπ =

)1(

)1(

)(1

)1(

βωωωω

β

βω

ωβ

j

j

ii

CCgj

g

Cj

ii

zN

b

o

jcbeNm

m

jcN

b

o

+

−

=

++

−

=

mit Nullstellenkreisfrequenz

jc

mz C

g=ω

und Polstellenkreisfrequenz

)( jcbeN

mCC

g+

=β

ωβ .


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 Oberflächen-spannung 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.


S∆φWFW

φ

V

W

CW

Wi

S

Wi1Wi2

Bild L 4.1:

kTiWFW

iAS enNn1

1, ˆ−

==

kTiWFW

iAS enNn2

2, 10ˆ−

==

kTiWFW

i

kTiWFW

i

S

S

en

enn

n

1

2

1,

2, 10−

−

==

kT

WW ii 1210ln+−

=

mVmVq

kTqWW ii

S 8,5910ln2610ln12 =⋅==−

−=∆φ


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.

GBU

2

C

nFcm

80

24,3

UFB [V]

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?


a) Weite der Raumladungszone bei Inversion

21

/3,24'1

'1' cmnf

CCC

oxji =⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

−

2/9,3480/13,24/1

1'/1'/1

1 cmnfCC

Coxi

j =−

=−

=

m

cmV

AscmV

As

Cx

j

Siod µ

εε3,0

1034

9,111086,8

'2

9

14

=

⋅⋅

⋅⋅

⋅==

−

−


b) Oberflächenspannung bei starker Inversion

Ladung in der Raumladungszone

)(2 SIqNxqN SSioAdAd φεεσ −=−=

Sio

dAS

xqNSI

εεφ

2)(

2=

cmVAs

cmcmAsSIS

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

−

−−−

14

2431619

1086,89,112

)103,0(10106,1)(φ

VSIS 7,0)( =φ

alternativer Rechengang

VcmmVn

N

i

AtF 35,0

1045,1

10ln26ln10

316=

⋅==

−φφ

VSI FS 7,02)( == φφ

c) Einsatzspannung des Transistors

FoSiAox

FFBTon qNC

UU φεεφ 22'12 ++=

VUTon 21,1=

)22( FSBFTonTn UUU φφγ −++=

VqNC SioA

ox73,02

'1

== εεγ

[ ]VVVVVU Tn 7,057,073,021,1 −++=

VUTn 34,2=


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 Leck-strom 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.

(WSI / n+ poly) -317

U = 0.8V

p-WellN =2x10 cm

0V / -1V

+0.9VBuried N-Well

n+

n+ poly

Buried Plate

Capacitor Insulator

Oxide Collar

p-Si

n n

P-WellSTI

FB

A

+0.9V

CS

Word Line

Al-1

Bit Line ContactBit Line (W)

BL 1.8V/0VWL

Bild A: 4.3


a) dox = 7nm; 0V am p-well

mVcm

cmmVn

N

i

AtF 885

1045,1

102ln262ln22310

317=

⋅

⋅⋅==

−−

−φφ

29

7

14

10493107

9,31085,8'

cm

F

cmcmV

As

dC

ox

oxoox

−−

−

⋅=⋅

⋅⋅

⋅==

εε


cmAscmAs

cmF

qNC SioA

ox

143171929

1085,89,112102106,1/10493

1

2'1

−−−−

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

= εεγ

V526,0=γ

worst case:

S

D

1,8V

SC

0V

+0,9V

U SB U GS

Bild L 4.3

=+++−=

+++=

VVVVV

UUU SBFFFBTn

9,0885,0526,0855,08,0

22 φγφ

VUTn 758,0=

b) nmd ox 30=

=+++−= VVVVVUTn 9,0885,0526,07

30855,08,0

VUTn 07,3=

c) zusätzlich USB = 1,9V

VUTn 82,3=


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 be-tragen. Welchen Wert nimmt die Einsatzspannung für die genannten beiden Fälle an, wenn eine Source-Bulkspannung von USB = 1,0 V verwendet wird?

Metallbahn

pDiffusionsbahnFOX

BPSG

n+ n+FOX

Bild A: 4.4

Die wirksame Dielektrizitätskonstante der Doppelschicht beträgt 1,4≈rε . Die Sub-

stratdotierung hat einen Wert von 31710 −= cmN A . Die Flachbandspannung liegt bei VU FB 4,0−= .



SioAox

FFFBFT qNC

UU εεγφγφ 2'1;22 =++=

27

14

3,3610100

1,41085,8'

cm

nF

cmcmV

As

dC

ox

oxoox =

⋅

⋅⋅

⋅==

−

−εε

Vcm

cmmVn

N

i

AtF 88,0

1045,1

10ln262ln22310

317=

⋅⋅==

−

−φφ

cmVAscmAs

cmV

As ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅

= −−−

−

1431719

29

1085,89,11210106,1103,36

1γ

V05,5=γ

Fall 1) ( ) VVVVVUU SBFT 88,005,588,04,00 ++−==

( ) VVUU SBFT 22,50 ==

Fall 2) VnmnmVnmdox 1,10

10020005,5200 === γ

( ) 188,01,1088,04,00 VVVVVUU SBFT ++−==

( ) VVUU SBFT 95,90 ==

mit VU SB 1=

Fall 1) [ ]

[ ]VVVVV

UUU FSBFFToFT

88,00,188,005,522,5

22

−++=

−++= φφγ

VU FT 41,7=

Fall 2) VU FT 32,14=


Aufgabe 4.5

a) Bestimmen Sie bei Raumtemperatur die Einsatzspannung des dargestellten MOS-Transistors mit dox = 9,5 nm.

b) b) Bestimmen Sie die Einsatzspannungsschwankung ebenfalls bei Raumtempera-tur, 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)?

n+

ox

n+

d

0,35um

10 20 -3cm -3N = 2 10 cm17A

SiO2

G

FBU = 0,8V

Bild A: 4.5


SioAox

FFFBTon qNC

UU εεγφγφ 2'1;22 =++=

39

7

14

10363105,9

9,31085,8'

cm

F

cmcmV

As

dC

ox

oxoox

−−

−

⋅=⋅

⋅⋅

⋅==

εε

cmVAscmAs

cmV

As ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅

= −−−

−

1431719

29

1085,89,112102106,110363

1γ

V715,0=γ

Vcm

cmmVn

N

i

AtF 854,0

1045,1

102ln262ln22310

317=

⋅

⋅⋅==

−

−φφ

a) VVVVUTon 854,0715,0854,08,0 ++−=


VUTon 714,0=

b)

( ) ( )

( )

( ) cm

cmVAs

cmAsV

ddqN

ddqNU

oxoxoxo

SiAF

oxoxoxo

SioAFFTon

7142

31719

212

2121

105,95,101085,8)9,3(

9,112102106,1854,0

22

1222

−

−

−−⋅−

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅=

−=

−=−=∆

εε

εφ

εεεεφγγφ

mVUTon 5,69=∆

c) Roll-down?

mVcmAs

cmVAs

w

Vn

NNNq

wi

DAtii

A

Sio

µ

φφφεε

1,003,1102106,1

9,111085,82

08,1ln;12

31719

14

2

≈⋅⋅⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅=

===

−−

−

Die metallurgische Kanallänge hat einen Wert von 0,35µm, wodurch die effektive Ka-nallänge nur noch 0,15µm beträgt. D.h. roll-down ist gerade noch vernachlässigbar.


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?



( )lwC

UUUUI oxnn

DSDSTnGSnDS ′=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−= µββ ;

2

2

)(1

)2

(

1

0 TnGSnVDSU

DSTnGSn

DS

DS

UUR

UUU

IU

R

−=

−−

==

→ β

β

overdrive

AVcmsV

cm

Rlw

dR

UU

cmVAs

ox

oxon

nTnGS

/105,25,1105

10854,89,3600

1

11

37

142⋅⋅

⋅

⋅⋅⋅

=

==−

−

⋅−

εεµ

β

VUU TnGS 64,0=−

( ))(' xUUC KTnGSoxn φσ −−−= bei UDS ~ 0 ist auch φK ~ 0

Vcm

cmVAs

UUC TnGSoxn 64,0105

10854,89,3)(

7

14

=⋅

⋅⋅⋅

−=−′−=−

−

σ

271042,4

cm

Asn

−⋅=σ

zum Vergleich Grenzflächenzustände: 2

1010cm

AsSS

−=σ


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 Drain-Sourcespannung?


Annahme:

Sättigung ( ) 2

2 TnGSn

DS UUI −=β

mAVV

AI DS 75,3)5,2(510120 22

6 =⋅⋅⋅= −

d.h. Transistor muss im Widerstandsbereich sein. Dies muß so sein, denn in Sätti- gung ist der Strom unabhängig von der UDS-Spannung (Effekte zweiter Ordnung vernachlässigt)

( )

VVU

V

AAVV

U

IUUUU

U

UUUUI

DS

DS

n

DSTnGSTnGS

DS

DSDSTnGSnDS

21,0bzw.79,4

2

5120

300825,645,22

2

8)(4)(2

2

2

2

2

2

=

⋅

⋅−⋅±⋅

=

−−±−

=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−−=

µµ

β

β

Mit TnGSDS UUU −> würde 4,79V Sättigung bedeuten. Somit beträgt

VU DS 21,0= .


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


tnTnUGSUtnDS en

lwkI φφ /)(2))(1( −

−=

für TnGS UU ≤

d.h. Übergang von Sättigung in den Unterschwellstrom-Bereich ist gegeben, wenn TnGS UU = ist.

2))(1( tnDS nlwkI φ−=

Dies gilt somit ab einer Geometrie von:

23

26

6

2)1026(110120

1020

))(1()/(

VV

AA

nk

Ilw

tn

DS

−−

−

⋅⋅⋅⋅

⋅=

−≥

φ

5,246≥


a) 5=lw Transistor in Sättigung

2)(

2 TnDSn

DS UUlwk

I −=

V

V

AAU

lwk

IU Ton

n

DSDS 8,0

510120

102022

26

6+

⋅⋅

⋅⋅=+=

−

−

VU DS 06,1=

b) 500=lw Transistor im Unterschwellstrombereich

VV

V

AAV

Un

lwk

InUU Tn

tn

DStGSDS

8,0)1026(50010120

1020ln10262

)1(ln

232

6

63

2

+⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

+−

==

−−

−−

φφ

VU DS 763,0=

c) 500>>lw

VU

Un

lwk

IU

DS

Tntn

DStDS

0d.h.

)1()(ln

2

=

+−

=

∞→ φφ

nach Theorie 1. Ordnung: UTn hat Schaltfunktion

Tonn

DSDS U

lwk

IU +=

)(

2

mit w/l >> 500

TonDS UU = falsch

Nur gut für Betrachtung kurzer Auf- bzw. Entladevorgänge


Aufgabe 4.9

Bestimmen Sie den IDS-Strom bei Raumtemperatur (300 K) ab dem der gezeigte Tran-sistor in den Unterschwellstrombereich gelangt.

kn = 120 µA/V2; w/l = 15; n = 2; UTon = 0,6 V

Bild A: 4.9


ntTnUGSUtnDS en

lwkI φφ /)(2)1( −

−=

mit TnGS UU = Beginn Übergang zum Unterschwellstrombereich.

Damit ergibt sich:

2326

2

)1026)(12(15/10120

)1(

VVAI

nlwkI

DS

tnDS

−− ⋅−⋅⋅=

−= φ

AI DS µ22,1=


Aufgabe 4.10

Die Ein-Transistor-Zelle eines DRAMs kann durch folgendes vereinfachtes Ersatz-schaltbild dargestellt werden

+0,9VBuried Plate

p-Si

p-Well

0V

Buried N-Well

n+

Bit Line (W)

n+ poly

(WSI / n+ poly)

Capacitor Insulator

Oxide Collar

Word Line

P-Well

n n

Bit Line Contact

STI

BL

Al-1

+0,9VSC = 45fF

1,8V " H"WL

0V0V/1,8V

0V " L"n Tr.

Bild A: 4.10

a) Bestimmen Sie den Unterschwellstrom des mit 0 V am Gate abgeschalteten n-Transistors 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 L-Pegel von 0,3 V noch akzeptabel ist. c) Wie verbes-sern 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 V3,0 V3,0

S 120 mV/Dek 145 mV/Dek

2 φF 0,82 V 0,76 V

ox

jC

Cn

′

′+= 1

2 2



a) worst case Unterschwellstrom?

+0,9V+0,9V

1,8V

1,5V

WL = 0V

SI

1,8V

D

0V

U =-0,3VGS0,3V

BLWL = 0V

0V

IDS

BL

selbstbegrenzend worst case U = 0VGS

Bild L: 4.10.1

b) Refresh worst case: CTVU GS °== 90;0

A

VVAst

C∆tA;nA/,I

DekademVmV

DSI∆U

DS

1515

154

10480

3,0/1045

104801084

ierungStromreduzDekaden4/145

)Meßwert(600

−−

−

⋅⋅≈∆

≈⋅==

≈

mst 1,28=∆

Genauere Betrachtung ntTnUGSU

tnDS enI φφβ

/)(2)1( −−= ; UDS >100 mV

mst

AnAVUI

eVUIVUI

A

VVAs

GSo

DS

mVmV

VSBUGSDS

GSDS

7,391045

10340101,14/8,4)0,90(

101,14)0()6,0(

1510340

3,015

153

324,31600

0

=⋅=∆

⋅=⋅==

⋅===

=

−⋅

−

−

⋅

=

c) mit -1V an p-Well d.h. USB = 1V


( )( )

Dekade1ca.ngVerbesseru136,0874,076,0176,03,0874,0

22

VVVVVVV

UUU FSBFTonTn

+=−++=

−++= φφγ

d.h. mst 300≈∆

genauere Betrachtung:

136mV-15

-15

DS

39 10

340 10

[A]log I

=0,87V

145mV/Dek

0VTnU

SBU =+1V

SBU =0V

GSU

90°C

Bild L: 4.10.2

mst

AVUI

eVUI

UI

A

VVAs

ASBDS

mVmV

VGSUSBDS

SBDS

3461045

100,39)1(

72,8)1(

)0(

15100,39

3,015

1572,8

1510340

24,31136

0

=⋅=∆

⋅==+=

===

=

−⋅

−

−−⋅

⋅

=

Aufgabe 4.11

Überprüfen Sie Beziehung 4.5 bei der die Diffusionsspannung φi entweder über die ver-schiedenen Austrittsarbeiten oder Dotierungen bestimmt werden kann.



Mit 12 HAHA WW > wandern mehr Elektronen von NA1 nach NA2 als umgekehrt;

demnach wird A1 positiv gegenüber A2

qWW

qWWWW

qWW

FAFA

FAFAHAHAi

21

102012 )(

−=

−−−=

−=φ

Mit kTFAWiW

iA enpN1

1

−

==

i

AFAi

i

AFAi n

NkTWW

nN

kTWW 22

11 lnln =−=−

1

2

21

21

ln

)ln()ln(

A

Ati

i

Ai

i

Ai

FAFAi

NN

qn

NkTW

nN

kTW

qWW

φφ

φ

=

−−−

=−

=

Aufgabe 4.12

Bestimmen Sie in etwa die Refresh-Zeit der dargestellten Ein-Transistor-Zelle.

U(WL)= -0,5V

1,8VIDS

CS =30fF

U(BL)= 0V

-150mV


Der zulässige Spannungsabfall an der Kapazität darf nicht mehr als 0,3V innerhalb der Refresh-Zeit betragen, wobei der Unterschwellstrom als dominierende Stromkompo-nente 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.


VUUU FSBFTonTn 134,0)22( =−++= φφγ

d.h. mit einer Wortleitungsspannung von U(WL) = -0,5V wird eine Stromreduzierung

von 6/105,0

634,0≈

DekadeVV Dekaden, und zwar von 25nA auf 25 10-15A erreicht.

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.


⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

== 2

1

1

1

2/

1/

2

1)()( TTk

AW

kTAW

kTAWe

e

eTMTBFTMTBF

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


⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⋅

−⋅−

=KKKAsV

AsV

eTMTBFTMTBF433

1353

1

/231038,1

191004,1

12 )()(

=⋅=° 0193,0Jahre75)160( CMTBF 1,45 Jahre

Hinweis: MTBF

FIT 1~


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 (Selbster-wärmung + erhöhte Außentemperatur) von 150°C zu garantieren. Die Aktivierungs-energie beträgt WA = 0,65 eV.


⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

== 1

1

2

1

1/

2/

1

2)()( TTk

AW

kTAW

kTAWe

e

eTMTBFTMTBF

KKWs

AsV

eCMTBF

13431

4231

/231038,1

191004,1

Jahre60)150(⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⋅

−⋅

=°

=° )150( CMTBF 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.


Aufgabe 5.3

Gegeben ist folgende Inverterschaltung

UIUQ

3V

RL

ICL

Bild A: 5.3

VUTon 6,0=

a) Wie groß muss der Lastwiderstand RL sein, damit dTransistor in 3 ns auf ca. 86% (zwei Zeitkonstantemuss das Geometrieverhältnis w/l des Schalttransistogangsspannung UQ auf 0,3 V absinkt, wenn man anUI = 3 V gibt? c) Wie muss die w/l-Dimensionierungangspannung nur UI = 2 V beträgt?


a) ⋅⋅

⋅==⋅=

−

−

VAs

sCRCR/101,02

1032/;212

9ττ

b) Ak

VVIII LDSL µ18015

3,03; =Ω

−==

mit UGS -UTn > UDS UGS = 3V; UDS =

( )[

,0][6,03[/10120

10180/

/)[(/

26

6

2

VVVA

Alw

UUUUk

Ilw

UUUlwkII

DSDSTnGSn

L

DSTnGSnDSL

−⋅

⋅=

−−=

−==

−

−

2,2/ =lw

c) mit UGS = 2V w/l =

Man sieht an diesem Fall, wie wichtig es ist den H-Pe

pFC

VAk

L

n1,0

/120 2

=

= µ

ie Lastkapazität CL bei gesperrtem n) aufgeladen wird? b) Wie groß rs gewählt werden, damit die Aus- den Eingang eine Spannung von g geändert werden, wenn die Ein-

Ω= k15

0,3V

]

]2

)3,0(3

]2

2/

2

2

VV

U DS

−

−

4

gel genau zu kennen.


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 Aus-gangsspannung UQ, wenn UCC = 50 V ist?

UIT1 U

UCC

Q

T2

QI

Bild A: 5.4

V

V

VU

F

Ton

7,0

3,0

5,32,

=

=

−=

γ

φ


QHU

USB

50V D

S

0Tn,2U

-3,5V

USB32,7V

Bild L: 5.4

( )VUVVV

UUU

SB

FSBFTonTn

6,064,07,05,30

22

−++−=

−++= φφγ

ergibt VUU QHSB 7,32==



Aufgabe 5.5

Als Last wird bei einem Inverter ein Anreicherungstransistor verwendet. Die Eingangs-spannung UI beträgt 0V.

Q1 UTUI

3,3V 10%

2T

Q

+

I

Bild A: 5.5

VUTon 6,02, =

a) Arbeitet der Lasttransistor T2 im linearen odgroß ist die im schlechtesten Fall erreichbare Au


T2 ist immer in Stromsättigung, da ( 2, TGS UU −

VVVV

UUU

UUU

FTonCCN

FNNQ

87,26,06,09,03,3

2

22

2,

2

=+−⋅=

+−=

+−+=

φγ

φγγ

6,02/)6,0(87,2 2VVU Q −+=

UQ (worst case) = 1,90 V

Ohne Berücksichtigung des Substratsteuereffeknung von VVVU Q 37,26,09,03,3 =−⋅= be

V

V

F 35,0

6,02=

=

φ

γ

er im Stromsättigungsbereich? b) Wie sgangsspannung?

) 2,2 DSn U< ist.

V7,0

4/2+ γ

4/)6,0(7,087,2 2VVVV ++

ts würde eine zu hohe Ausgangsspan-rechnet.


Aufgabe 5.6

Gegeben ist ein Komplementärinverter, der mit einem periodischen Signal getaktet wird. Das Signal ist spezifiziert mit : Tp = 10 ns und nsfr 1== ττ .

2

1TUI

IT

Q

3V

QC UL

Bild A: 5.6

pFC

VUU

VA

L

TopTon

pn

1,0

45,0

/120 2

=

=−=

== µββ

Berechnen Sie den transienten Leistungsverbrauch Ptr und vergleichen Sie diesen mit dem dynamischen Leistungsverbrauch Pdyn.


( )

( ) Wns

nsVVVAP

TUUP

tr

pTnCCtr

µµ

τβ

26,91019,03

12/120

212

32

3

=−=

−=

Dies ist das Resultat für den Fall, dass CL nicht vorhanden ist.

WP

Vs

VAsfUCP

dyn

CCLdyn

µ90

)3(1010

1/101,0 29

122

=⋅

⋅==−

−

In den meisten praktischen Fällen ist Pdyn » Ptr , es sei denn, dass die Anstiegs- und Ab-fallflanken am Eingang und Ausgang eines Gatters sehr unterschiedlich sind.


Aufgabe 5.7

Gezeigt ist der Ausschnitt aus einer Schieberegisterschaltung. Hat der Takt φ den Wert von UCC

C

TT

LUQ

DQ1

Q0

φ

I

UCC UCC

Bild A: 5.7

wird die parasitäre Kapazität CL auf den logischen Zustand des vorhergehenden Inver-ters 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. H-Zustand an CL? Kann ein Gleichstrom I entstehen und wenn wie groß ist dieser?

Daten: UCC = 3V; alle n-Kanal-Transistoren haben die Werte

VVAVVU FnTon 65,02;/300;4,0;5,0 2 ==== φµβγ

und alle p-Kanal-Transistoren die Werte

VVAVVU FpTop 65,02und;/300;4,0;5,0 2 ===−= φµβγ .



Spannung an CL = ?

D=H0V

CLUQH

0Q

φCCU CCU

I=?LC

φUCC

U QL

U =UCCI

=UCC

=UCC

aus

einUC

=UCCaus

ein0V

a)

b)UC

U =0VI

D=L

ein

ausUCC

USB

D S

B

S D

2,15V

I=0

=3V

=3VCCU

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 redu-ziert ist.

FTonCCN

FNNC

UUU

UUU

φγ

γφγγ

2

4/22

22

+−=

++−+=

( )VU

VVVVVVU

VVVVVU

C

C

N

15,2

4/)4,0(65,082,24,02/4,082,2

82,265,04,05,03

22

=

++−+=

=+−=


Mit diesem reduzierten H-Signal ergibt sich die folgende Situation beim Ausgangsin-verter:

U

I

CU =2,15V QL

UCC

U GS,n

=3VUGS,p= 0,85V

Q0D

D

S

S

Ip

In

I

U Q

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 Transisto-ren 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 Wider-standsbereich (Bild L 5.7.3) wodurch die Ausgangsspannung absinkt. Dabei wird UDS,p > UGS,p - UTp, wodurch der p-Kanal Transistor in den Stromsättigungsbe-reich gelangt. Der Strom beträgt dabei

.38,18

)5,085,0(2

/300)(2

,

22

2,

AII

VVVAUUII

pDS

TpGSp

pDS

µ

µβ

==

+−=−==

DS,nI

UDS,n

408

18,38 IDS,n DS,p=I

[uA]

U QL

UGS =2,15V

Bild L: 5.7.3

( )

A

VVVA

UUI TnnGSn

nDS

µ

µ

β

408

)5,015,2(2

/300

2

22

2,,

=

−=

−=


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:

; ; 2/100 VAkn µ= 2/40 VAk p µ= ml µ3,0min = .

7TB

C T6

A 8T

3V

2T

T5

1TLCT4 T3

D

E FG

Bild A: 5.8


Aus der Anforderung an die Anstiegszeit ergibt sich:

22

9

12

für/120

)/1(2,1101

/101,0)/1(2,1)/1(2,1

TVA

Vs

VAsVt

CV

Ct

p

r

Lp

p

Lr

µβ

ββ

=

⋅

⋅==⇒=

−

−

Aus dem z-Verhältnis von 5,9 resultiert dann die Stromverstärkung für T1 von 22

1, /708/1209,5 VAVAz pn µµββ =⋅=⋅=

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 und/100 2

nnnn l

wVAlwk ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= µβ

:resultiert/40 2⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

lwVA

lwk

npp µβ


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


Aufgabe 5.9

Ein IC hat vier Datenausgänge, wodurch beim gleichzeitigen Schalten der Ausgangs-treiber große Störspannungen an den Zuleitungswiderständen und -induktivitäten er-zeugt werden. Würden Sie als Lösung die Schaltzeiten verlängern oder die Ausgänge gestaffelt schalten?


Fall 1: Ausgänge mit gestaffelten Verzögerungszeiten

I =IMAX1QL1t2s

IMAX1

0t s

=2,5 t smt

t

Hüllkurve

Bild L: 5.9.1

Fall 2: Alle Ausgänge mit verlängerter Schaltzeit

0

I

MAX24I

t

MAX2L2Q =I mt2

IMAX2

mt

Bild L: 5.9.2

Da zum Umladen an jedem Ausgang die gleiche Ladung benötigt wird gilt:

2/5,22/ 21

21

sMAXsMAX

LLtItI

QQ

⋅=⋅

=

bei 4 Ausgängen

112 6,15,2/44 MAXMAXMAX III =⋅=

Fazit: Fall 1 günstiger bei großen Zuleitungswiderständen wegen U = R⋅I

Fall 2 günstiger bei großen induktiven Zuleitungen wegen U = LdI/dt



Realisieren Sie die logische Funktion )()( 654321 IIIIIIQ +⋅++⋅= in einer stati-

schen 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:

Geg: )()( 654321 IIIIIIQ +⋅++⋅=

Kompl.

)()( 654321 IIIIIIQ +⋅++⋅=

break the line change the sign

[ ] [ ][ ] [ ]654321

654321 )()(

IIIIIIQ

IIIIIIQ

⋅+⋅⋅+=

+++⋅⋅=

4I

I3

6

I2

I

U CC

Q

I1

5I

I1

2I

3I

I5

4I

I6

Q

QU CC

I1

I2

3I 4I

I5 6I

Anfangn-Tr.

Anfangp-Tr.

a) b)

*

*

Euler - Pfad4I I3 1I I2 I I65, , , , ,[ ]

Bild L: 6.1.1


Q

I4Layout-Skizze

p - Tr.

n - Tr.

Polyzid

3I I1 2I I5 6I

Metall

Kontakt

U CC

Bild L: 6.1.3


Aufgabe 6.2

Welche logischen Funktionen können mit der gezeigten Transfer-Gatterschaltung reali-siert werden, wenn die Eingangsvariablen, wie gezeigt, verändert werden?

XQ

Y

A

A

Bild A: 6.2


A

Y

XA Q

X Y Q

L B

H B

B H

B L

B B

X Y Q

L B BA

H B BABAABA ⋅=+=+

B H ABAAB +=+

B L BAAB +=

B B BAABAB ⊕=+

Bild L: 6.2


Aufgabe 6.3

Bei der in Bild 6.39 gezeigten Kaskadierung von Dekodern entsteht an den Z-Ausgängen ein verschlechterter Logikpegel. a) Tritt dieser beim L- oder H-Zustand auf? b) Welchen Wert hat dieser Pegel, wenn UTop = -0,45V; VF 3,0−=φ ; V3,0=γ und

UCC = 3V betragen? c) Wie kann Abhilfe geschaffen werden?


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.

CL

LH

H L D S(0V)(3V)

IDS,p (?)(3V)

aus

L (0V)

Z

Bild L: 6.3.1

Erste Schätzung: L-Pegel ≈ UTp, denn dann sperrt der Transistor.

Genauere Analyse beinhaltet die Wirkung des Substratsteuereffekts

0V

D S

USBZ

CL

0V

U =?QL

B

UGS

UGB

+3V

Bild L: 6.3.2

[ ])22(

0

FSBFTpoGBSB

TpGBSB

GSSBGB

UUUU

UUU

UUU

φφγ −−−−−−=

−=

=−−

mit: 4/22

22

γφγγ−−+−−= FNNSB UUU

FTpoGBN UUU φγ 2−++−=


mit den Werten

VVVVVU

VVUVVU

N

TopFGB

78,26,03,045,03

3,045,0;3,0;3

=+−=

=−=−=−= γφ

VVVUUU

UUU

VU

VVVVVVU

GBSBQL

QLGBSB

SB

SB

72,0328,2

0

28,2409,06,078,23,0

209,078,2

=+−=−=

=−−

−=

−++−−=

VU QL 72,0=

Mögliche Lösung:

D SZ

CLTr

φ UCCoder

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.


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 L L L LH L L H LL H L H LH H L L HL L H H LH L H L HL H H L HH H H H H


CCU AA BB XX ÜÜ

UCC UCC

X XSu Ü

A B Xü Xsn Xü

L L L L LH L L H LL H L H LH H L L HL L H H LH L H L HL H H L HH H H H H

Volladdierer


Aufgabe 6.5

In Bild A: 6.5 ist ein dynamisches Master-Slave-Flip-Flop dargestellt.

φ

φ

a)

Dφ

CL

b)

C

φ

CCU =3V

Q Q1

1

2

2

CA

AC

M S

φ

φ

1

1

D

U =3VCC

L

A

AC

C

M S

φ2

φ2

Bild A: 6.5

Welche der im Bild gezeigten Realisierungen ist zu bevorzugen? Welche H- und L-Spannungen können sich im schlechtesten Fall bei der nicht zu empfehlenden Anord-nung an CL einstellen, wenn CL = 2CA ist?


LC

a)

CA

D

φ

1φ

1 AC

U CC

b)

φ1

D

φ1

CCU

LC

CA

AC

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.


1φ

C

A1

D

φ C

AC

L

CCU

(0V)3V

(3V)0V

a) b)

(0V)

(3V)

(3V)

UQ

UA

(0V)3V

(0V) (3V)

(0V)

(3V)0V

D

0V(3V)

1φ

3V

AC

LC

(0V)AC

CCU 1φ

Bild L: 6.5.2

Zahlen in Klammern entsprechen der Ausgangssituation; dann ändert sich 1φ und 1φ ,

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

3

2

2mit

AQQ

AL

LA

AAQL

Ges

GesQ

UUU

CC

CC

UCUC

CQ

U

+=′

=

+

+==′

im Fall a) VVVU Q 23

032=

+⋅=′

im Fall b) VVVU Q 13

30=

+=′


Aufgabe 6.6

Bei dem in Bild A: 6.6 gezeigten Stromschalter liegt an den Eingängen eine Spannung von UI = 1,3V und IU = 0,9 V an. Wie groß sind die Ströme I1 und I2 ?

T1

URp URp

1,3V 0,9VT2

1,3V

UEE < 0V

IK = 50 uA

I1 I2

UTn = 0,4V(w/l) =1 (w/l) =2 3

kn = 150 uA/V 2

Bild A: 6.6

Quadratische Gleichung: ; 02 =++ cbxax =xa

acbb2

42 −±−


( )211 2 TnSIn UUUI −−=

β; ( )222 2 TnSI

n UUUI −−=β

21 III K +=

Mit TnIA UUU −= 1 und TnIB UUU −= 2 ergibt sich daraus:

( )n

KBABABAS

IUUUUUUU

β+++−±+=

21)(

41

21 22

US = 433mV bzw 966mV (966mV kann nicht sein da in diesem Fall US >UI2’ ist).

Damit ist : ( ) AVVVVAI µµ 0,494,0433,03,13/15021 22

1 =−−= und

( ) AVVVVAI µµ 0,14,0433,09,03/15021 22

2 =−−=


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 Elekt-ronen werden pro Zustand benötigt?

Daten: l = 0,6µm; w = 1,0µm; ε (ONO) = 5,5

10 nm

n+

K

n+

SG C

0,1 um 0,1 um

ONOSiO2

CS CDCB

l

7 nm

Bild A: 7.1


Änderung der Einsatzspannung ∆UTn entspricht Änderung der Floating-Gatespannung ∆UFG.

n+ n+SpiegelladungenQFG

SG

Bild L: 7.1.1


( )

AsQ

VAsVCCUQ

fFmmm

fFC

cm

F

cm

cmFd

CCCC

fFmmm

fFC

cm

F

cm

cmFd

ONOC

CCQ

CCCCQ

U

FG

GKFGFG

G

ox

ooxBDSG

K

oxK

GK

FG

DSBK

FGFG

15

15

2

27

7

114

2

27

7

1140

1050,5

1087,68,0

95,30,18,093,4

1093,4107

10854,89,3

92,20,16,087,4

1087,41010

10854,85,5)(

−

−

−−

−−

−−

−−

⋅=∆

⋅⋅=+⋅∆=∆

=×=

⋅=⋅

⋅⋅==′+′+′=′

=××=

⋅=⋅

⋅⋅==′

+

∆=

+++

∆=∆

µµµ

εε

µµµ

εε

Daraus ergibt sich die Zahl der Elektronen zu

=⋅

⋅=

−

−

As

AsZ19

15

106,1

1050,5 34.375


Aufgabe 7.2

Für die gezeigte statische Speicherzelle sollen die maximal zulässigen Widerstandswer-te 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

T

U

H1T

BL DS,nI

RWL

2

BL

RWL

L

CC

~0V

=3VU=1V∆

Bild A: 7.2


a) IDS worst case

A

eVVACI

A

eVVACI

mVCmVC

eU

eenI

mVmV

DS

mVmV

DS

tqkT

tDSUGS

tDSUntTnUGSUtnDS

11

6,62510

2232

13

47600

2232

t

/

//)(2

1012,3

)103,31(/110)90(

1037,2

)105,23(/150)0(

5,23)0(3,31)90(

sigbarvernachläs)1(Ausdruck;0

)1()1(

−

−−

−

−−

−

−−

⋅=

⋅⋅=°

⋅=

⋅⋅=°

=°=°=

−=

−−=

µ

µ

φφ

φβφ

φφ

d.h. worst case - wie erwartet - bei 90°C (post.Temp.Koeff. im Unterschw.)

b) =⋅

≤− A

VR111012,3

1 32,0⋅109 Ω

Bemerkung: Durch Erhöhung der Einsatzspannung von T1 und T2 können die Unter-schwellströme weiter reduziert und damit die Widerstände R vergrößert werden.


Aufgabe 7.3

Die Ein-Transistor-Zelle eines DRAMs kann durch folgendes vereinfachtes Ersatz-schaltbild dargestellt werden:

n Tr.

BL

nnBuried N-Well

+0,9VBuried Plate

p-Si

n+

Al-1

Word Line

Oxide Collar

Capacitor Insulator

(WSI / n+ poly)

n+ poly

STIP-Well

0V

Bit Line Contact

0V/1,8V

Bit Line (W)

C = 45fF

+0,9VS

p-Well0V

0V " L"1,8V " H"WL

Bild A: 7.3

a) Bestimmen Sie den Unterschwellstrom des mit 0V am Gate abgeschalteten n-Transistors 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 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 V3,0 V3,0

S 120 mV/Dek 145 mV/Dek

2 φF 0,82 V 0,76 V

ox

jC

Cn

′

′+= 1

2 2



a) worst case Unterschwellstrom?

U =-0,3V

+0,9V

GS

0V

D

WL = 0V

S

BL

1,8V

0,3VI

1,5V

0V+0,9V

WL = 0V

S

ID

BL

1,8V

selbstbegrenzend worst case U = 0VGS

Bild L: 7.3.1

b) Refresh worst case: CTVU GS °== 90;0

A

VVAst

C∆tA;nA/,I

DekademVmV

DSI∆U

DS

1515

154

10480

3,0/1045

104801084

ierungStromreduzDekaden4/145

)Meßwert(600

−−

−

⋅⋅≈∆

≈⋅==

≈

mst 1,28=∆

Genauere Betrachtung ntTnUGSU

tnDS enI φφβ /)(2)1( −−= ; UDS >100 mV

mst

AnAVUI

eVUIVUI

A

VVAs

GSo

DS

mVmV

VSBUGSDS

GSDS

7,391045

10340101,14/8,4)0,90(

101,14)0()6,0(

1510340

3,015

153

324,31600

0

=⋅=∆

⋅=⋅==

⋅===

=

−⋅

−

−

⋅

=

c) mit -1V an p-Well d.h. USB = 1V


( )( )

Dekade1ca.ngVerbesseru136,0874,076,0176,03,0874,0

22

VVVVVVV

UUU FSBFTonTn

+=−++=

−++= φφγ

d.h. mst 300≈∆

genauere Betrachtung:

340 10

DSI

UGS0V

[A]log

USB =0V

USB =+1V

UTn=0,87V

90°C

136mV

145mV/Dek

-15

39 10-15

Bild L: 7.3.2

mst

AVUI

eVUI

UI

A

VVAs

ASBDS

mVmV

VGSUSBDS

SBDS

3461045

100,39)1(

72,8)1(

)0(

15100,39

3,015

1572,8

1510340

24,31136

0

=⋅=∆

⋅==+=

===

=

−⋅

−

−−⋅

⋅

=


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.

(WSI / n+ poly) -317N =2x10 cm

U = 0,8V

p-Well0V / -1V

+0,9VBuried N-Well

n+

n+ poly

Buried Plate

Capacitor Insulator

Oxide Collar

p-Si

n n

P-WellSTI

FB

A

+0,9V

SC

Word Line

Al-1

Bit Line ContactBit Line (W)

BL 1,8V/0VWL

Bild A: 7.4



a) worst case:

S

D

1,8V

SC

0V

+0,9V

U SB U GS

Bild L: 7.4.1

29

7

14

310

317

10493107

9,3/1085,8

8851045,1

102ln262ln22

am0;7

cmFoxo

ox

i

AtF

ox

cm

cmVAsdox

C

mVcm

cmmVn

N

WellpVnmd

−−

−

−

−

⋅=⋅

⋅⋅⋅==′

=⋅

⋅⋅==

−=

εε

φφ

b)

V

cmAs

qNC

cmAs

cmF

SioAox

526,0

1085,89,112102106,110493

1

21

1431719

29

=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

′=

−−−−

γ

εεγ

=+++−=

+++=

VVVVV

UUU SBFFFBTn

9,0885,0526,0855,08,0

22 φγφ

UTn = 0,758V

c) =+++−=

=

VVVVVU

nmdox

Tn 9,0885,0526,0730855,08,0

30

UTn = 3,07V

d) zusätzlich USB = 1,9V

UTn = 3,82V


Aufgabe 7.5

Bestimmen Sie die Lesesignale ∆UL in dem dargestellten Open-Bit-Line Konzept, wenn in der Zelle Z

CSBC

WL WL2561 256WL

SA

CB

1WL

RBL

US

BLUL∆

Z

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.


)()(

)(

)()(

BSBS

SB

BS

BS

BS

BBSSL

BBS

BBSSL

BLL

UUCC

CU

CCCC

CCUCUC

U

RBLUCC

UCUCU

RBLUBLUU

−+

=+

+−

+

+=∆

−+

+=∆

−=∆

[ ]VVbzwVUV

AsV

As

L 9,0)0.(8,110235

103515

15−

⋅

⋅=∆

−

−

= ± 134mV.

Das Lesesignal ist relativ groß, da nur 256 Zellen mit den Biltleitungen verbunden sind.


Aufgabe 7.6

Gezeigt ist von einem DRAM der Ausschnitt aus dem Zellenfeld.

1V

CS

BL

1WL 256WL

CS

- - 1V

Bild A: 7.6

Wie groß muss die Wortleitungsspannung UWL mindestens sein, damit in die Speicher-zelle ein H-Pegel von 1,8V gelangen kann?

Transistordaten: UTon = 1,1V; VV F 93,02;8,0 == φγ

Lösung:

U =2,8VSB

- 1V

U =?WL

1,8V

U =1,8VS

Bild L: 7.6.1

( )

( )VVVVVVU

UUUU

WL

FSBFTonHWL

93,08,293,08,01,18,1

22

−+++=

−+++= φφγ

UWL = 3,67V


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 Wortleitun-gen 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.

CpCGS

3,3V

1

CGDTr00V

C3,3V

1

pC

3,3V

GSC

GD

0V

3,8VφWL

L

H

CS 1-Tr.Zelle

WL0

Bit-Leitung

WL1Tr1

Bild A: 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

3,3V

φWL

Tr1

UGS =UTn

D S 2,7V0V

WL

=0V

1

3,3V

Bild L: 7.7.1

Spannung am Gate von Tr1 und WL1 mit φWL = 3,8V

3,3V

CC

GDC

GS

3,3V

p

WLφ 3,8V

3,3V

CGSpC

3,3VDSWL WL

GD+C

Bild L: 7.7.2

=+=+++

+= V

fFfFVV

CCCCC

UGDGSP

GDGSWLGS 7,2

60528,37,21, φ

VU GS 99,51, = und damit VWL 8,31 =


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?


Ω

Bild L: 8.1


VAVV

AVU

Ig

VAg

VVVAAUIg

VIRVU

DSn

DSno

m

DSnnDSm

DSLDS

/1056,581,01

101001,01

/106

]8)/1(1,01[/101000102)1(2

818

61

61

4

64

−−

−−

−

−−

⋅=+

⋅⋅=

+=

⋅=

⋅+⋅⋅⋅=+=

=−=

λλ

λβ

d.h. Ω== kgr oo 180/1

mVV

VA

VAug

gu

VAVAVAggg

im

o

lo

93,150/1056,15

/106

/1056,15/1010/1056,5

6

4

666

−=⋅⋅

⋅−=−=

⋅=⋅+⋅=+=

−

−

−−−

µ

d.h. dB7,316,38log206,38 =−=i

ouu

Um eine hohe Verstärkung zu erreichen benötigt man große Ausgangswiderstände; ro ist begrenzt durch die Kanallängenmodulation und RL durch die Größe der Ver-sorgungsspannung.

Lösung: Ersatz von RL durch eine Stromquelle.


Aufgabe 8.2

Bei welchem Strom I geht bei Raumtemperatur die Stromspiegelschaltung von Sätti-gung in den Unterschwellstrombereich?

Bild A: 8.2

Daten der Transistoren bei R.T.: kn = 120 µA/V2; w/l = 10; n = 2; UDS > 1V


ntTnUGSUtnDS en

lwkI φφ /)(2)1( −

−=

für TnGS UU = Übergang in den Unterschwellstrombereich

( ) AVVAI

nlwkI

DS

tnDS

µµ

φ

81,0102610/120

)1(

22

32

2

=⋅⋅=

−=

−


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: βp = 1000 µA/V2; UTp = - 0,5 V: λp = 0,05 V-1;

Gesucht: Die Verstärkung der Stufe bei niedrigen Frequenzen. Die Einflüsse von C und R sind vernachlässigbar.


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

( )

AII

VVVAUUI

pDSnDS

TnGSn

nDS

µ

µβ

500

5,05,12

/1000)(2

,,

22

2,

=−=

−=−=

Die Übertragungs- und Ausgangsleitwerte betragen:

VAgg

VVVAAg

UIg

pmnm

nm

DSnnnDSnm

/1004,1

)5,105,01(/10005002

)1(2

3,,

12,

,,

−

−

⋅==

⋅+⋅⋅=

+=

µµ

λβ

VAgg

VV

AVU

Ig

pono

DSn

DSnno

/1033,2

5,105,01

50005,01

5,,

1

1

,

−

−

−

⋅==

+

⋅=

+=

µλ

λ


Hinweis zu Strom- und Spannungsrichtung beim Kleinsignal-Ersatzschaltbild von n- und 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


)9,32(6,44

/1033,2

/1004,15

3

,

,,

dBuu

VA

VAgg

gg

gg

uu

i

o

o

m

opno

pmnm

i

o

−=

⋅

⋅−=−=

+

+−=

−

−


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


222632

1,

)/(50/10100102

1

2

1

/21

)1(211

AVVAArkIlw

lwkIUIgr

ausnDS

nDSDSnnDSmaus

⋅⋅⋅⋅==

≈+

=≈

−−

λβ

3102 ⋅=lw 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.


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


Kleinsignal-Ersatzschaltbild

Bild L: 9.1


Knotengleichung: für Pfad I

I) 011)(

0

2,1,1,1,

21

=+−+−

=++−

mo

ogsmoT

T

gi

gugiu

uuu

für Pfad II

II) 0

0

3,3,

3,1,

2,

31,2

=−−−

=−−−

gso

mgs

m

o

gs

ug

gu

gi

uuu

mit 2,

3,m

ogs g

iu =

01

3,2,

3,1,

2,=−−− o

om

mgs

m

o igg

gu

gi

d.h. oom

m

m

ogs i

gg

g

gi

u3,2,

3,

2,1,

1−−=

in I) eingesetzt und nach raus aufgelöst

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+++=

=

2,

2,

1,

1,

2,1,1111

o

m

o

m

mo

o

iaus

g

g

g

g

gg

iu

r

wobei gm,3 = gm,2 und go,3 = go,2 gleiche Werte besitzen. D.h. die Transistoren T3 und T2 sind identisch

mit 2,

2,

o

mg

g » 1 und

1,

1,

o

mg

g» 1

2,1,

1,

1,

1

oo

m

oaus gg

g

gr +≈

2,1,1,2,1,

1,oom

oo

maus rrg

gg

gr =≈


Aufgabe 9.2

Bestimmen Sie bei niedrigen Frequenzen die Verstärkung der dargestellten Verstärkerstufe (T5 befindet sich in Stromsättigung). Daten der Transistoren:

25

151

241 /5000;01,0)bis(;/800)bis( VAVTTVATTp µβλµβ === −

Es kann davon ausgegangen werden, dass bei allen Transistoren λDSU « 1 ist.

Bild A: 9.2


In Analogie zu Beziehung (8.8) hat der Leitwert der verbesserten Stromquelle einen Wert von

1,

2,1,,

m

oopo g

ggg ≈

Bild L: 9.2

poo

m

i

ogg

g

uu

,5,

5,+

−=


VAg

VAAIg

VAg

VAAg

IUIg

m

DSm

m

m

DSDSDSm

/104

/108001010022

/10

/105000101002

2)1(2

41,

26611,1,

35,

2665,

55,555,5,

−

−−

−

−−

⋅≈

⋅⋅⋅⋅=≈

≈

⋅⋅⋅⋅≈

≈+=

β

βλβ

VAVAIU

Ig DS

DS

DSo /1001,010100

1616 −−− =⋅⋅=≈

+= λ

λλ

d.h. sigbarvernachläs/1025,0

/104

/10/10

/10

84

66

,

62,1,5,

VAVA

VAVAg

VAggg

po

ooo

−−

−−

−

⋅=⋅

⋅=

===

gegenüber nog ,

somit ist:

36

3

5,

5, 10/10

/10−=−=−≈

−

−

VA

VAg

g

uu

o

m

i

o

dBuu

i

o 60=


Aufgabe 9.3

In dem gefalteten Kaskode-Verstärker (Bild 9.14) wird eine sog. wrap-around Schal-tung 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.


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

TnB

TnDS

TnB

UMAXU

UU

UMINU

2)(

mit

)(

1

2,2

21

+=

==

++=

δ

δ

δδ



Bestimmen Sie die minimale mögliche Versorgungsspannung UCC der dargestellten BICMOS-Treiber

a) b)

U

1T

IU

CC

2T

UQ

IU

1T

2T

QU

CCU

Bild A: 10.1


CCUCC

a)

1T

T2

b)

QU

1T

UIH=

U

2T

QU

UTn

BEU

UCC -UBE

UTnCCU -UBE

IH=U

Bild L: 10.1

UQ(MAX) ist in beiden Fällen ≈ UCC - UBE . Annahme: BECCIH UUMINU −=)(

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


Aufgabe 10.2

Die im Bild dargestellte Stromquelle mit den Strömen IB1 und IB2 ist von der Versor-gungsspannung UCC unabhängig, wenn die Kanallängenmodulation vernachlässigt wird.

start - up

UCC

IB1

UGS,2GS,1U

IB2IB1

UCC

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.


[ ]

[ ]

Rklw

Iklw

I

R

UUI

Uklw

IUUUk

lwI

Uklw

IUUUk

lwI

n

B

n

B

GSGSB

Tnn

BGSTnGSnB

Tnn

BGSTnGSnB

2

1

1

2

2,1,1

1

21,

21,

12

2

12,

22,

21

)/(2

)/(2

)/(2

21

)/(2

21

−

=−

=

+=⇒−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

+=⇒−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

mit: 2143

BB IIlw

lw

=⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

Rklwklw

II nn

B

B

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

= 211

1)/(1

)/(12

221

2

21

1212

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

−−

lw

lw

RkI

nB


Aufgabe 10.3

Die dargestellte Schaltungsrealisierung stellt eine Variante der in Bild 10.24 vorgestell-ten Bandabstand-Spannungsquelle dar.

UBE,2 BE,1U

n T

R1

UCC

Bild A: 10.3

Bestimmen Sie die Spannung URef unter der Voraussetzung eines idealen Verstärkers.


BEBERef

baBEBE

BERef

URR

UU

UUR

UUI

RRIUU

∆⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

=−

=

++=

3

22,

3

2,1,

232,

1

istda

)(

mit: mnq

kTUU∆U BEBEBE ln2,1, =−= und

Verwendung von Beziehung (10.26) liefert die Schaltung eine Referenzspannung von

mnq

kTRR

NTUU goRef ln13

2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−= .

Wird Nmnqk

RR

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ ln1

3

2 gewählt, resultiert eine von der Temperatur nahezu un-

abhängige Spannung.


Aufgabe 10.4

In Bild 10.39 ist eine einfache MOS-Stromverstärkerstufe mit Kleinsignal-Ersatz-schaltbild dargestellt. Leiten Sie die Übertragungsfunktion io / ig her.

(Stromrichtung io verändert gegenüber Buchausgabe 2003)


gi

io

gsm ugugsgsCig

a) b)

S S

oi

UCC

Ggi üC

Da) 1i b)

i2

Bild L:10.4

am Knoten a)

0

021

=−−

=−−

gsügsgsg

g

uCjuCji

iii

ωω

I) 0)( =+− gsügsg uCCji ω

am Knoten b)

0

02

=+−

=+−

ogsmgsü

ogsm

iuguCj

iugi

ω

II) omügs igCju −=− )( ω

ugs von II nach I liefert

)(

)1()(

ügs

zm

g

oCCj

jg

ii

j+

−

==ω

ωω

ωβ

wobei


ü

mz C

g=ω

ist. Da im Allgemeinen zω

ω « 1 ist, resultiert

21~)(

)1(2)(

)()(

DSügs

DSnnDS

ügs

m

ICCj

UIj

CCjg

j

+

+=

+=

ω

λβωβ

ωωβ

Die Transitkreisfrequenz hat dabei einen Wert bei io = ig von

21~)1(2

DSügs

DSnDST

ügs

mT

ICC

UI

CCg

+

+=

+=

λβω

ω


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.


CCU

uiu gogm ui Cl

uL

a) b)

C

i C

olg =0

uo

B jc

i2 i3 i4i1 o

E

C

E

Bild L: 10.5

0)(

04321=−−−−

=−−−

olooimoijc uCjuguguuCj

iiii

ωω

Ct

AN

ANC

tC

o

nmo

zo

i

o

IU

UII

g

ga

j

ja

juju

ja

≠−=−=−=

+

−==

φφ

ωωωω

ωω

ω

β

//

1

1

)()(

)(

,

Clt

C

lAN

C

t

ANoT

ClAN

C

l

o

IC

ICU

IUa

ICU

ICg

~

~

φφωω

ω

β

β

===

==


Aufgabe 10.6

Vergleichen Sie die Eingangskapazitäten von einem bipolaren- und einem MOS-Transistor bei einem Strom von jeweils 1mA.

Daten:

Bipolarer Transistor: UBE = 0,85V; ft = 30GHz entspricht τN = 5,3ps

MOS-Transistor: UGS - UTn = 1,0V; ;/4 2mfFCG µ=′ kn = 120µA/V2;

l = 0,15µm


Kleinsignalkapazität: Basis-Emitter

fFAsV

C

IU

dUeIU

C

dUIU

C

ICIC

be

CNBE

tUSS

BEU

o t

N

BEbe

C

BEU

o t

N

BEbe

tCNjetCNbe

24,610103,585,01

11

1

//

312

/

=⋅⋅⋅≈

=≈

≈

≈+=

−−

∫

∫

τφτ

φτ

φτφτ

φ

Kleinsignalkapazität: Gate - Source

;

32

;32

2llwCC

lwCC

oxG

oxG

⋅⋅′=

⋅⋅′=

( )

2

2

)(

22

TnGSn

DS

TnGSn

DS

UUk

Ilw

UUlwk

I

−=

−=

fFCVVA

AmmfFC

UUk

IlCC

G

G

TnGSn

DSoxG

0,11/120

10)15,0()/(434

)(34

22

322

22

=⋅

⋅⋅=

−′=

µ

µµµ

d.h. für dieses Beispiel:

Gbe CC ⋅≈ 6


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 ±

1111

2,1,1 ln1

R

Un

qkT

RR

U

R

UUI offoffEBEB ±=±= − und eine Referenzspannung von

offEBref URR

nq

kTRR

UU1

2

1

23, ln ++= resultiert.

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Aufgaben und Lösungen - Plone site · D = 2⋅10 17cm-3. a) Berechnen Sie die Diffusionsspannung bei Raumtemperatur. b) Bestimmen Sie die Weite der Raumladungszone und c) die entsprechende