Aufgaben und Lösungen - Plone site · D = 2⋅10 17cm-3. a) Berechnen Sie die Diffusionsspannung...
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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 ∃= 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
Aufgaben und Lösungen 3
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.
Lösung zur Aufgabe 1.2:
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
Aufgaben und Lösungen 4
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
Aufgaben und Lösungen 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
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
/)(
=−⋅
⋅==−
=
−
−
−
Aufgaben und Lösungen 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).
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.
Lösung zur Aufgabe 1.4:
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
Aufgaben und Lösungen 7
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
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.
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.
Aufgaben und Lösungen 9
Lösung zur Aufgabe 1.5
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.
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
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
Aufgaben und Lösungen 11
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.
Lösung zur Aufgabe 2.2:
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.
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
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.
Aufgaben und Lösungen 13
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.
Aufgaben und Lösungen 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 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
Aufgaben und Lösungen 15
Lösung zur Aufgabe 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 =⋅
⋅⋅=′
−
−
Aufgaben und Lösungen 16
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.
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 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
Lösung zur Aufgabe 2.6:
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
′≈
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛′
+′
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛′
+′
=
Aufgaben und Lösungen 18
( )
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
Aufgaben und Lösungen 19
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
Lösung zur Aufgabe 2.7:
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
=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
⋅⋅⋅=
−
−−−
Aufgaben und Lösungen 20
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
+=
≈=/
Aufgaben und Lösungen 21
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=⋅
⋅
⋅= −
−
−
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 Ex-periment" (Kap.1.5) erforderlich.
Lösung zur Aufgabe 2.8:
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
Aufgaben und Lösungen 23
)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
Aufgaben und Lösungen 24
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.
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 wer-den.
Lösung zur Aufgabe 3.1:
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.
Aufgaben und Lösungen 26
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.
Lösung zur Aufgabe 3.2:
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
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
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?
Lösung zur Aufgabe 3.3:
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
Aufgaben und Lösungen 28
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
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?
5V
0
3V
R=1k UΩ
ICIB
IE
Bild A: 3.4
Lösung zur Aufgabe 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
Aufgaben und Lösungen 30
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.
Aufgaben und Lösungen 31
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
Aufgaben und Lösungen 32
Lösung zur Aufgabe 3.5
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
Aufgaben und Lösungen 33
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.
Lösung zur Aufgabe 3.6
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
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
UPN
RB
I UBE
IC
Bild A: 3.7
Lösung zur Aufgabe 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
Aufgaben und Lösungen 35
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 .
Aufgaben und Lösungen 36
Lösung zur Aufgabe 3.8
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
Aufgaben und Lösungen 37
Änderung der Basisspannung die auftritt:
mVmAmAmVU BE 6,28
13ln26 ==∆
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 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
Lösung zur Aufgabe 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
Aufgaben und Lösungen 39
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.
Aufgaben und Lösungen 40
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.
Lösung zur Aufgabe 3.10:
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
Aufgaben und Lösungen 41
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 .
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 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.
Lösung zur Aufgabe 4.1
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
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.
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?
Lösung zur Aufgabe 4.2:
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
=
⋅⋅
⋅⋅
⋅==
−
−
Aufgaben und Lösungen 44
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=
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 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
Lösung zur Aufgabe 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
Aufgaben und Lösungen 46
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=
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 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−= .
Aufgaben und Lösungen 48
Lösung zur Aufgabe 4.4
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=
Aufgaben und Lösungen 49
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
Lösung zur Aufgabe 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 ++−=
Aufgaben und Lösungen 50
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.
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:
( )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
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 Drain-Sourcespannung?
Lösung zur Aufgabe 4.7:
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= .
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:
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≥
Aufgaben und Lösungen 55
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
Aufgaben und Lösungen 56
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
Lösung zur Aufgabe 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=
Aufgaben und Lösungen 57
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
Aufgaben und Lösungen 58
Lösung zur Aufgabe 4.10:
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
Aufgaben und Lösungen 59
( )( )
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.
Aufgaben und Lösungen 60
Lösung zur Aufgabe 4.11:
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
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 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.
Lösung zur Aufgabe 4.12
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.
Lösung zur Aufgabe 5.1:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
== 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
Aufgaben und Lösungen 62
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−⋅
−⋅−
=KKKAsV
AsV
eTMTBFTMTBF433
1353
1
/231038,1
191004,1
12 )()(
=⋅=° 0193,0Jahre75)160( CMTBF 1,45 Jahre
Hinweis: MTBF
FIT 1~
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 (Selbster-wärmung + erhöhte Außentemperatur) von 150°C zu garantieren. Die Aktivierungs-energie beträgt WA = 0,65 eV.
Lösung zur Aufgabe 5.2:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
== 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.
Aufgaben und Lösungen 64
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?
Lösung zur Aufgabe 5.3:
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.
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 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
Lösung zur Aufgabe 5.4:
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==
Aufgaben und Lösungen 66
Aufgaben und Lösungen 67
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
Lösung zur Aufgabe 5.5:
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.
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 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.
Lösung zur Aufgabe 5.6:
( )
( ) 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.
Aufgaben und Lösungen 69
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 .
Aufgaben und Lösungen 70
Lösung zur Aufgabe 5.7:
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
=
++−+=
=+−=
Aufgaben und Lösungen 71
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,,
=
−=
−=
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:
; ; 2/100 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
Lösung zur Aufgabe 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
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 Ausgangs-treiber große Störspannungen an den Zuleitungswiderständen und -induktivitäten er-zeugt 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 =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
⋅=⋅
=
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
Aufgaben und Lösungen 75
Kapitel 6 Aufgabe 6.1
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
Aufgaben und Lösungen 76
Q
I4Layout-Skizze
p - Tr.
n - Tr.
Polyzid
3I I1 2I I5 6I
Metall
Kontakt
U CC
Bild L: 6.1.3
Aufgaben und Lösungen 77
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
Lösung zur Aufgabe 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
Aufgaben und Lösungen 78
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?
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.
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−++−=
Aufgaben und Lösungen 79
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.
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 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
Lösung zur Aufgabe 6.4:
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
Aufgaben und Lösungen 81
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?
Lösung zur Aufgabe 6.5:
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.
Aufgaben und Lösungen 82
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=
+=′
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 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 −±−
Lösung zur Aufgabe 6.6
( )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 =−−=
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 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
Lösung zur Aufgabe 7.1:
Änderung der Einsatzspannung ∆UTn entspricht Änderung der Floating-Gatespannung ∆UFG.
n+ n+SpiegelladungenQFG
SG
Bild L: 7.1.1
Aufgaben und Lösungen 85
( )
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
Aufgaben und Lösungen 86
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
Lösung zur Aufgabe 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.
Aufgaben und Lösungen 87
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
Aufgaben und Lösungen 88
Lösung zur Aufgabe 7.3:
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
Aufgaben und Lösungen 89
( )( )
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
=⋅=∆
⋅==+=
===
=
−⋅
−
−−⋅
⋅
=
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.
(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
Aufgaben und Lösungen 91
Lösung zur Aufgabe 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
Aufgaben und Lösungen 92
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.
Lösung zur Aufgabe 7.5:
)()(
)(
)()(
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.
Aufgaben und Lösungen 93
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
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 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
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
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 =
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
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.
Aufgaben und Lösungen 98
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
Lösung zur Aufgabe 8.2:
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
=⋅⋅=
−=
−
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: 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.
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
( )
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
Aufgaben und Lösungen 100
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
Aufgaben und Lösungen 101
)9,32(6,44
/1033,2
/1004,15
3
,
,,
dBuu
VA
VAgg
gg
gg
uu
i
o
o
m
opno
pmnm
i
o
−=
⋅
⋅−=−=
+
+−=
−
−
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:
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.
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
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 =≈
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:
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
Lösung zur Aufgabe 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,+
−=
Aufgaben und Lösungen 106
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=
Aufgaben und Lösungen 107
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.
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
TnB
TnDS
TnB
UMAXU
UU
UMINU
2)(
mit
)(
1
2,2
21
+=
==
++=
δ
δ
δδ
Aufgaben und Lösungen 108
Kapitel 10 Aufgabe 10.1
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
Lösung zur Aufgabe 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
Aufgaben und Lösungen 109
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.
Lösung zur Aufgabe 10.2:
[ ]
[ ]
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
Aufgaben und Lösungen 110
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.
Lösung zur Aufgabe 10.3:
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.
Aufgaben und Lösungen 111
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)
Lösung zur Aufgabe 10.4:
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
Aufgaben und Lösungen 112
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
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:
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
===
==
Aufgaben und Lösungen 114
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
Lösung zur Aufgabe 10.6:
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
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 ±
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.