3.3: порогова напруга

Наше завдання тепер полягає в тому, щоб з'ясувати, до якої напруги нам потрібно$V_{g}$ піднятися$V_{T}$, а потім з'ясувати, скільки негативного заряду є під затвором, колись$V_{T}$ був перевищений. Перша частина насправді досить проста. Це дуже схоже на проблему, яку ми розглянули, з одностороннім діодом, але лише з невеликим додатковим ускладненням. Для початку зробимо ескіз розподілу щільності заряду в умовах цього зображення, як раз тоді, коли ми дійдемо до порога. Ми також включимо ескіз конструкції, так що буде зрозуміло, про яку зарядку ми говоримо. Це показано на малюнку$\PageIndex{1}$. Тепер ми просто використовуємо рівняння, яке ми розробили раніше для електричного поля, яке походить від інтеграції диференціальної форми закону Гауса.

$$E(x) = \int \frac{\rho (x)}{\varepsilon} \ dx$$

Малюнок$\PageIndex{1}$: Розподіл заряду на порозі

Як і раніше, ми будемо робити інтеграл графічно, починаючи з лівого боку картинки. Поле поза структурою повинно бути нульовим, тому у нас немає електричного поля, поки ми не дійдемо до дельта-функції заряду на затворі, в цей час вона підскакує до деякого значення, яке ми будемо називати$E_{\text{ox}}$. Усередині оксиду немає заряду,$\frac{dE}{dx}$ тому нуль і, таким чином,$E(x)$ повинен залишатися постійним,$E_{\text{ox}}$ поки ми не досягнемо інтерфейсу оксид/кремній.

Малюнок$\PageIndex{2}$: Електричне поле в оксиді

Якби ми поставили нашу маленьку «таблетку» на оксидно-кремнієвий інтерфейс, інтеграл$D$ над обличчям у кремнію був би$\varepsilon_{\text{Si}} E_{\text{Si}} \Delta (S)$$E_{\text{Si}}$ там, де сила електричного поля всередині кремнію. На обличчі всередині оксиду було б$-\left( \varepsilon_{\text{Si}} E_{\text{Si}} \Delta (S) \right)$, де$E_{\text{ox}}$ знаходиться сила електричного поля в оксиді. Знак мінус походить від того, що поле з боку оксиду йде в коробку таблеток, а не з неї. У коробці таблеток немає чистого заряду, тому сума цих двох інтегралів повинна бути нульовою. (Інтеграл по всій поверхні дорівнює укладеному заряду, який дорівнює нулю.

$$\varepsilon_{\text{Si}} E_{\text{max}} \Delta (S) - \varepsilon_{\text{ox}} E_{\text{ox}} \Delta (S) = 0$$

або

$$\varepsilon_{\text{Si}} E_{\text{max}} = \varepsilon_{\text{ox}} E_{\text{max}}$$

Рисунок$\PageIndex{3}$: Використання закону Гаусса на інтерфейсі кремній/оксид

Це лише твердження, що це нормальна складова вектора зміщення$D$, яка повинна бути безперервною через діелектричний інтерфейс, а не електричне поле$E$. Розв'язування рівняння$\PageIndex{3}$ для електричного поля в кремнії:

$$E_{\text{Si}} = \frac{\varepsilon_{\text{ox}}}{\varepsilon_{\text{Si}}} E_{\text{ox}}$$

Діелектрична проникність оксидів приблизно на одну третину від діелектричної проникності діоксиду кремнію, тому ми бачимо «стрибок» вниз по величині електричного поля, коли ми переходимо від оксиду до кремнію. Щільність заряду в області виснаження кремнію справедлива,$- \left(q N_{a}\right)$ і тому електричне поле тепер починає зменшуватися зі швидкістю$\frac{- \left(q N_{a}\right)}{\varepsilon_{\text{Si}}}$ і досягає нуля в кінці області виснаження,$x_{p}$.

Малюнок$\PageIndex{4}$: Електричне поле і падіння напруги по всій конструкції

Зрозуміло, що у нас є дві різні регіони, кожна зі своїм падінням напруги. (Пам'ятайте, що інтеграл електричного поля - це напруга, тому площа під кожною$E(x)$ областю являє собою падіння напруги.) Крапля в маленькій трикутній області, яку ми назвемо,$\Delta \left(V_{\text{Si}} \right)$ і вона являє собою потенційне падіння, що йде від основної маси, вниз до нижньої частини пониклої смуги провідності на межі розділу оксид кремнію. Озираючись на більш ранню цифру на порозі, ви повинні бути в змозі побачити, що це майже один потенціал цілого діапазону, і тому ми можемо сміливо сказати, що$\left( \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) \simeq 0.8 \right) \rightarrow 1.0 \mathrm{~V}$.

Так само, як і у одностороннього діода, ширина області виснаження$x_{p}$, є (що ми бачили в попередньому рівнянні):

$$x_{p} = \sqrt{ \frac{2 \varepsilon_{\text{Si}} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right)}{q N_{a}} }$$

з якого ми можемо отримати вираз для$E_{\text{Si}}$

$$\begin{array}{l} E_{\text{Si}} &= \frac{q N_{a}}{\varepsilon_{\text{Si}}} x_{p} \\ &= \sqrt{ \frac{2q N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right)}{\varepsilon_{\text{Si}}} } \end{array}$$

множивши ухил$E(x)$ лінії на ширину області виснаження,$x_{p}$.

Тепер ми можемо використовувати рівняння,$\PageIndex{4}$ щоб знайти електричне поле в оксиді:

$$\begin{array}{l} E_{\text{ox}} &= \frac{\varepsilon_{\text{Si}}}{\varepsilon_{\text{ox}}} E_{\text{Si}} \\ &= \frac{1}{\varepsilon_{\text{ox}}} \sqrt{ 2q \varepsilon_{\text{Si}} N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) } \end{array}$$

Нарешті,$\Delta \left(V_{\text{ox}}\right)$ це просто продукт$E_{\text{ox}}$ і товщина оксиду$x_{\text{ox}}$:

$$\begin{array}{l} \Delta \left(V_{\text{ox}}\right) &= x_{\text{ox}} E_{\text{ox}} \\ &= \frac{x_{\text{ox}}}{\varepsilon_{\text{ox}}} \sqrt{ 2q \varepsilon_{\text{Si}} N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) } \end{array}$$

Відзначимо, що$\varepsilon_{\text{ox}}$ це просто одна над$c_{\text{ox}}$ оксидною ємністю, про яку ми описали раніше. Таким чином

$$\Delta \left(V_{\text{ox}}\right) = \frac{1}{c_{\text{ox}}} \sqrt{2q \varepsilon_{\text{Si}} N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) }$$

І порогова напруга тоді$V_{T}$ подається як

$$\begin{array}{l} V_{T} &= \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) + \Delta \left(V_{\text{ox}}\right) \\ &= \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) + \frac{1}{c_{\text{ox}}} \sqrt{ 2q \varepsilon_{\text{Si}} N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) } \end{array}$$

який не так вже й складно обчислити! Рівняння$\PageIndex{10}$ є одним з найважливіших рівнянь у цьому обговоренні польових транзисторів, як це говорить нам, коли пристрій MOS увімкнено.

Рівняння$\PageIndex{10}$ має кілька «ручок», доступних інженеру пристрою для побудови пристрою із заданим пороговим напругою. Ми знаємо, що зі збільшенням щільності$N_{a}$ акцептора рівень Фермі наближається до смуги балансу, і, отже, дещо$\Delta \left(V_{\text{Si}}\right)$ зміниться. Але, як ми вже говорили, це завжди буде навколо$0.8$$1 \mathrm{~V}$, тому це не буде рушійним терміном, який домінує$V_{T}$. Давайте подивимося, що ми отримуємо при акцепторної концентрації$10^{17}$. Просто для повноти давайте розрахуємо$E_{f} - E_{v}$.

$$\begin{array}{l} p &= N_{a} \\ &= N_{v} e^{\frac{E_{f}-E_{v}}{kT}} \end{array}$$

Таким чином,$E_{f} - E_{v} = kT \ \ln \left(\frac{N_{v}}{N_{a}}\right)$.

У кремнію,$N_{v}$ є$1.08 \times 10^{19}$ і це робить$E_{f} - E_{v} = 0.117 \mathrm{~eV}$, який ми і будемо називати$\Delta (E)$. Звичайно говорити, що поверхня перевернута, якщо на поверхні кремнію відстань між смугою провідності та рівнем Фермі така ж, як відстань між рівнем Фермі та смугою балансу в основній масі.$E_{c} - E_{f}$ Маючи трохи часу, витраченого на перегляд Рівняння$\PageIndex{4}$, ви повинні бути в змозі переконати себе, що загальна зміна енергії при переході від основної маси до поверхні в цьому випадку буде

$$\begin{array}{l} q \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) &= E_{g} - 2 \Delta (E) \\ &= 1.1 \mathrm{~eV} - 2 \times \left(0.117 \mathrm{~eV}\right) \\ &= 0.866 \mathrm{~eV} \end{array}$$

Малюнок$\PageIndex{5}$: Приклад знаходження$\Delta \left(V_{\text{Si}}\right)$

Використовуючи$N_{A}=10^{17}$,$\varepsilon_{\text{Si}} = 1.1 \times 10^{-12} \ \frac{\mathrm{F}}{\mathrm{cm}}$ і$q = 1.6 \times 10^{-19} \mathrm{~C}$, ми знаходимо, що

$$\sqrt{2 q \varepsilon_{\text{Si}} N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right)} = 1.74 \times 10^{-7}$$

Ми бачили раніше, що якщо у нас є оксид товщини$250 \ \AA$, ми отримуємо$c_{\text{ox}}$ значення для з$1.3 \times 10^{-7} \ \frac{\mathrm{F}}{\mathrm{cm}^2}$, або$\frac{\mathrm{Coulombs}}{\mathrm{V} \cdot \mathrm{cm}^2}$, і так

$$\begin{array}{l} \Delta \left(V_{\text{ox}}\right) &= \frac{1}{c_{\text{ox}}} \sqrt{ 2q \varepsilon_{\text{Si}} N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) } \\ &= \frac{1}{1.3 \times 10^{-7}} 1.74 \times 10^{-7} \\ &= 1.32 \mathrm{~V} \end{array}$$

і

$$\begin{array}{l} V_{T} &= \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) + \Delta \left(V_{\text{ox}}\right) \\ &= 0.866 + 1.32 \\ &= 2.18 \mathrm{~V} \end{array}$$