Файл: 000810.pdf

Скачать файл (2,98Мб)

Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 19.03.2024

Просмотров: 132

Скачиваний: 0

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

			U 1/ 2
US =U − B 1+2			−1 ,
			B
					ε	ε		N
				; B =	ε	ε	0	N	a
деU= UЗ – UПЗ			–		í		0		a	.
деU= UЗ – UПЗ			–					2		.
А.5.2 Розв'язування						C0
А.5.2 Розв'язування						температурі 1100°С концентрація пі=
А.5.2.1	а)	оскільки		при		температурі 1100°С концентрація пі=
=6 1018см-3,	то	при	легуванні			поверхні домішкою з концентрацією

4·1018см-3 профіль розподілення домішок відповідає процесу "внутрішньої" дифузії:

	x
N( хл) = N0erfc			.
	2(Dt)	1/ 2

ТутN0=4 1018 см-3; t=3г=1,08 104с; =5 10-4 см2/с; (Dt )1/ 2 = 2,32 10−5 .

Тоді N( хл) = 4 108 erfc 4,64x10−5 ;

б) глибину переходу визначаємо з рівняння

13		−8			x
10	= 4 10		erfc					.
10	= 4 10		erfc		4,64 10		−5	.
					4,64 10
Згіднозумовою					xпер	=3, звідки xпер=1,39 мкм.
Згіднозумовою					−5	=3, звідки xпер=1,39 мкм.
				4,64 10

А.5.2.2 а) при дифузії атомів бору за гаусівським законом

			x	2
N( хл) = N0		−	x

	exp				.
			4Dt

Значить

N0 = (πDtQ)1/ 2 = 2,72 1019 см−3 ;

х = 2(Dt)1/ 2

1/ 2

−

2,72 1019 1/ 2

= 2,08 10

N( хл)

;

N( хл)

б) тут Nd

N0 exp

. Якщо xпер – глибина переходу, то

4Dt

2,72

xпер

exp

= 2,72

4Dt

звідки

xпер

= ln(2,72 103 ) = 7,91;

4Dt

198

xпер1/ 2 = 2,81; xпер = 2 2,81(Dt)1/ 2 = 5,85 мкм. 9(Dt)

А.5.2.3

t +τ

1/ 2

xок =

−1

;

5, 7

−1

0,19t

1/ 2

2000 10

−4

0,57

−1 ;

t = 48,6 хв;

б) знаходимо товщину оксидного шару на вікні з початковою тов-

щиною хі = 20нм:
τ =		x2			+ Ax		i	=		(0,02)2			+0,05 0,02				= 3,33 10−2 год;
			i				i
					B							4,2		10−2
					B							4,2		10−2
				5 10		−2						(1,5	+	3,33 10	−2	)	4 0,042	1/ 2
хок				5 10								(1,5	+	3,33 10		)	4 0,042			= 230нм.
	=								1		+								−1
	=				2				1		+			(5 10	−2	)	2		−1
					2									(5 10		)

Знаходимо товщину шару оксиду на попередній плівці при хі = =200нм:

τ =	(0,2)2	+	0,05 0,02	=1,19 год;
	4,2		10−2

хок= 312 нм.

А.5.2.4 1. Вихідний стан.

2. Епітаксійне нарощування шару п-типу з питомим опором

0,5 Ом·см товщиною 0,254 нм:

3.Нарощування шару SiO2 товщиною 500 нм на епітаксійний шар.

4.Накладка фоторезисту, маскування і витравлення вікон в шарі.

5.Легування акцепторною домішкою шляхом дифузії атомів бору.

6.Нарощування шару SiO2.

7.Повторення операції 4 для підготування базової області.

8.Дифузія бору в базову область.

9.Нарощування шару SiO2.

10.Повторення операції 4 для підготування областей емітера і коле-

ктора.

11.Дифузія донорної домішки.

12.Нарощування шару SiO2.

13.Повторення операції 4 для утворення вікон під контактні площадки.

14.Металізація всієї поверхні вакуумним розпиленням алюмінію.

199

15.Повторення операції 4 для утворення міжз'єднань. Видалення залишків алюмінієвого шару.

16.Контроль функціонування.

17.Вміщення у корпус.

18.Вихідний контроль.

А.5.2.5 а)

ρ = 1

= 0,0960 м см.

(Nd − Na )e μn

−5

) 1,6 10

−19

1300

(10

0,096

= 37,8Ом/ м;

2,54 10−3

1/ 2

−12

2εH ε0U

2 8,849 10

12 1,5

−4

б) W =

1,6 10

−19

= 4,46 10

м;

eNa

1,06 10−10

129 10−6

= 3,07 пФ.

4,46

10−4

5.2.6 а) для кожної схеми концентрація носіїв у базі визначається із формули:

U ЕБ

′

W − x

−1

(x) = Pn exp

UТ

U КБ

−1

;

+ Pn exp

UТ

б) в схемі 1

eSDpE

eSDpK

DpE

DpK

= P'

+n'

= eSn2

exp

−1 .

Nd L

nE L

Всхемі 2

eSDpE

eSDpБ

DpE

′

nБ

= eSni

−1 .

= PnE

LpE

+npБ

WБ

exp

В схемі 3

Nd1LpE

WБ Na

′

qSD

′

qSDpK

DpK

nБ

= npБ

+ PnK

= qSni

exp

−1 ;

WБ

LpK

WБ Na

Nd2 LpK

в) в схемі 2 струм ІБ дуже малий, тому що тут транзистор працює в активному режимі, і напруга на переході база-емітер мала;

г) всі три рівняння для струму ІF, які отримані в п. б) мають співмножники однакового виду. Якщо вважати, що DпБ·DрК·DрЕ і LрК·LрЕ , то для розрахунку відносних концентрацій неосновних носіїв у базі для кожного

200

випадку можна використовувати приблизні вирази, які стоять у дужках, і отримати

P′	(cx2)		Nd		n′	(cx2)
nE		=		2	ОБ		=1.
nE				2	n′рБ (cx5)
n′(cx5)			Nd1
n′(cx5)			Nd1

Як наслідок, загальний накопичений заряд в схемі 2 виходить суттєво меншим, ніж в схемах; 1 і 3. Напруга пробою Uпроб в схемі 3 найбільша, тому що тут під напругою буде перехід база-колектор, в схемах 1 і 2 напруга прикладена до переходу база-емітер;

д) згідно зрівнянням Еберса-Молла

	I K = −αF I E 0 (eU ЕБ UT −1)+ I K 0 (eU ЕБ UT −1).
	В схемі 1
I K	= −αF IE 0 (e	U ЕБ UT	−1)+ IK 0 (e	U ЕБ UT	−1)		− 2αR +	α	(e	U ЕБ UT	−1),
I K	= −αF IE 0 (e		−1)+ IK 0 (e		−1)	= I K 0 1	− 2αR +		(e		−1),
								R
								αF
	де використана рівність αF I E 0				= αR I K 0 .
	В схемі 2 напруга UКБ= 0, тому
	I = IE 0 (eU ЕБ UT −1)= IK 0 αR (eU ЕБ UT					−1).
			α
				F

Всхемі 3 напругаUЕБ = 0, UКБ = U, тому I = I K = I KБ (eU ЕБ UT −1). Оскільки αR <αF <1, то струм в схемі 1 при одній і тій же напрузі U буде найбільшим, однак, якщо αF ≈1, то в схемі 3 струм буде

практично таким же.

А.5.2.7 β2 =

μnC0 =

700 5,9 10−8 =10,325 мкА/ В2 ;

β1 =

μnC0

= 3 700 5,9 10−8 =123,9 мкА/ В2 ;

c(VT 2

насичений)

−U

пор2

)2 =11,62 мкА;

c(VT1

насичений)

−U

пор1

= 0,5 123,9(5 −0,7) =1,145 мкА.

Оскільки транзистор VT1, за міркуванням,

працює в насиченому ре-

жимі під час розрядки, то t роз

2,5 10−13

= 0,218 нс.

1,145 10

−3

Транзистор VT2 насичений під час зарядки, що визначається граничними точками Uвих = 0, UКБ = 5 В, тому

t ðîç =	Q	H	=		2,5 10	−13	= 21,51íñ .
t ðîç =	Ic		=	11,62 10−6			= 21,51íñ .
	Ic			11,62 10−6
							201

Смотрите также файлы

Дискретные стрессоры.docx

Практическое задание. Возрастная психология. Боронихина Юлия Петровна.docx

Семинар по написанию выпускного аттестационного проекта (онлайнформат) второй семинар 1819 июля 2023 Предварительная защита проектов.docx

Доклад по плану Содержание Введение 3 Климатические особенности степей 4 Растительный состав по ярусам растительности степей 5.doc

Бекітемін Жартас жббмкмм.docx

Файл: 000810.pdf

Смотрите также файлы

Информация

Списки файлов

Дополнительно