Материал: UnEncrypted

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

б) знаходимо товщину оксидного шару на вікні з початковою товщиною 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 товщиною 0,254 нм та питомим опором 0,5 Ом·см:

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.

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	=	1	=				1			= 0,0960 м см.
ρ =	γ	=	(Nd − Na )e μn	=	17	−5 10	16	) 1,6 10	−19	1300	= 0,0960 м см.
	γ		(Nd − Na )e μn	(10		−5 10		) 1,6 10		1300
						205

0,096

= 37,8Ом/ м;

2,54 10−3

1/ 2

−12

б) W =

2εH ε0U

2 8,849 10

1,5

= 4,46 10

−4

м;

1,6 10

−19

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 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

206

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

U ЕБ UT

−1)+ I K 0 (e

U ЕБ UT

−1)

UЕБ UT

−1),

IK 0 1 − 2αR

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).

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

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

=11,62 мкА;

c(VT1

насичений)

−U

пор1

)2 = 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 роз =	Q	H	=		2,5 10	−13	= 21,51нс.
	Ic			11,62 10−6

А.5.2.8 Якщо до затвора приладу прикласти напругу UЗ > 0, то в шарах товщиною х1і х2 виникають електричні поля, напруженості яких зв'язані між собою законом Гаусса :

ε0ε1E1 =ε0ε2 E2 +Q ,

де Q – заряд накопичений у плаваючому затворі. Крім того UЗ=Е1 х1+Е2 х2.

Тому Е1	=		U З	+	Q	;
		x1	+ x2 (ε1 / ε2 )		ε0ε1 +ε0ε2 (x1 / x2 )

207


	−7				10					Q
J =γ E1 =10									+			=
J =γ E1 =10								4	+		100	=
				−8			−8	4			100
		100	10		+100	10				4ε0 +10ε0
		100	10		+100	10		10		4ε0 +10ε0	1000
								10			1000

=0,2 −2,26 105 Q .

а) якщо накопичений заряд не знижує суттєво напруженість поля Е, тобто у випадку, коли 0, 2 >> 2, 26 105 Q ,

Q = ∫t

γE1dt′ = 0,2 0,25 10−6

= 5 10−8 Кл;

U пор

5 10

−8

= 0,565 B;

10 8,85 10−14

(1000 10−8 )

б) якщо t → ∞,

J →0 , то

≈

0,2

≈ 8,84 10−7 Кл;

2,26 105

8,84 10−7

U пор

= 9,98 B.

10 8,85 10−14 10−5

А.5.2.9 а) максимальна концентрація

Nmax

1013

= 7,98 1017 см−3 ;

(2π)1/ 2

(2π)1/ 2 500 10−8

N( хл)

б)

exp

−

;

(2π)

1/ 2

2(Dt)

exp

−

;

2,75 10−12 2,16 104 1/ 2

2(Dt )1/ 2

−2

exp −

= 4,33 10

;

1/ 2

(Dt )

= 3,14 ;

=1,772 ;

1/ 2

(Dt )

2(Dt )

х=2·1,772·(2,75·10-12·2,16·104)1/2=8,64 мкм.

N( х=0)

= 2,31 1016 см−3 .

(2π)1/ 2

208

А.5.2.10

а) С0 = εх0εок = 2,27 10−8 Ф/ см2 ;

ок

В = еε0εн Na = 0,0646 B;

3(10)

1/ 2

U S1

=U3(10)

− B 1

−1

= 8,93 B;

2ε0ε

1/ 2

xd1

= 7,62 мкм;

еNa

U S1

1/ 2

3(20)

U S 2

=U3(20)

− B

−1 =18,46 B;

хd2=10,95 мкм;

б) уявимо, що 1016 електронів вводиться у другий електрод, при цьому

QSS

= ne

1018 1,6 10−19

= 8 10−8 Кл/ см2 ;

2 10−6

U 2′ =U32

−U ПЗ −

QSS

= 20 −8 10−8 (2,27 10−8 ) =16,48 B;

U ′

=U ′

′

1/ 2

− B 1+

−1

=15,08 B.

S 2

Можна бачити, що U S' 2 >U S . Тому 1016 електронів залишаються в околі другого електрода.

		2ε0εн	1/ 2
xd1		2ε0εн		= 9,9 мкм.

	=	еNa	U S 2
		еNa

А.5.3 Задачі

А.5.3.1 Здійснюється дифузія крізь епітаксійний шар товщиною 10мкм, в результаті якої повинна забезпечуватися концентрація донорів 1016см-3. Концентрація дифундованої речовини на поверхні складає 5·1019см-3 і підтримується постійною в ході процесу. Визначити тривалість операції при температурі в печі 1200°С, якщо коефіцієнт дифузії = 3·10-12 см2/с.

Вказівка: з таблиць функції erfc відомо, що при = 2·10-4 значення

10−3 =

2(Dt)1/ 2 2,65.

209

Смотрите также:


«ДОХОДЫ, РАСХОДЫ И ПРИБЫЛЬ КОММЕРЧЕСКОГО БАНКА.»
«ДОХОДЫ, РАСХОДЫ И ПРИБЫЛЬ КОММЕРЧЕСКОГО БАНКА.»
Значение, сущность и содержание социально — педагогической деятельности в организации для детей-сирот и детей, оставшихся без попечения родителей
Проактивные методы PR-деятельности российских авиационных компаний «Россия», «Азимут»
__RGR2
__RGR2
_11_А. Франс для эл версии
_3 тема - Диффузия
_Антонян Ю.М., Психология преступника и расследования преступлений