3.3: Voltaje Umbral
( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)
Nuestra tarea ahora es averiguar la cantidad de voltaje que necesitamosVg subirVT, y luego averiguar cuánta carga negativa hay debajo de la puerta, una vez que seVT ha excedido. La primera parte en realidad es bastante fácil. Se parece mucho al problema que miramos, con el diodo unilateral, pero con solo un poco de complicación añadida. Para empezar, hagamos un boceto de la distribución de la densidad de carga bajo las condiciones de esta imagen, justo cuando lleguemos al umbral. También incluiremos el boceto de la estructura, por lo que quedará claro de qué cargo estamos hablando. Esto se muestra en la Figura3.3.1. Ahora, solo usamos la ecuación que desarrollamos antes para el campo eléctrico, que vino de integrar la forma diferencial de la Ley de Gauss. E(x)=∫ρ(x)ε dx


Como antes, haremos la integral gráficamente, comenzando por el lado izquierdo de la imagen. El campo fuera de la estructura debe ser cero, así que no tenemos campo eléctrico hasta que lleguemos a la función delta de carga en la puerta, momento en el que salta hasta algún valor llamaremosEox. No hay carga dentro del óxido, por lo quedEdx es cero y por lo tantoE(x) debe permanecer constanteEox hasta llegar a la interfaz óxido/silicio.


Si tuviéramos que poner nuestro pequeño “pastillero” en la interfaz óxido-silicio, la integral deD sobre la cara en el silicio seríaεSiESiΔ(S) dondeESi está la fuerza del campo eléctrico dentro del silicio. En la cara dentro del óxido estaría−(εSiESiΔ(S)) dondeEox está la fuerza del campo eléctrico en el óxido. El signo menos proviene del hecho de que el campo en el lado del óxido va a entrar en el pastillero en lugar de salir de él. No hay ningún cargo neto contenido dentro del pastillero, por lo que la suma de estas dos integrales debe ser cero. (La integral en toda la superficie equivale a la carga encerrada, que es cero. εSiEmaxΔ(S)−εoxEoxΔ(S)=0
oεSiEmax=εoxEmax


Esto es solo una afirmación de que es el componente normal del vector de desplazamiento,D, que debe ser continuo a través de una interfaz dieléctrica, no el campo eléctricoE. Resolviendo Ecuación3.3.3 para el campo eléctrico en el silicio:ESi=εoxεSiEox
La constante dieléctrica de los óxidos alrededor de un tercio de la constante dieléctrica del dióxido de silicio, por lo que vemos un “salto” hacia abajo en la magnitud del campo eléctrico a medida que vamos de óxido a silicio. La densidad de carga en la región de agotamiento del silicio es justa−(qNa) y así el campo eléctrico ahora comienza a disminuir a una velocidad−(qNa)εSi y llega a cero al final de la región de agotamiento,xp.


Figura3.3.4: Campo eléctrico y caídas de voltaje en toda la estructura
Claramente, tenemos dos regiones diferentes, cada una con su propia caída de voltaje. (Recuerde que la integral del campo eléctrico es el voltaje, por lo que el área debajo de cada región deE(x) representa una caída de voltaje). La caída en la pequeña región triangular que llamaremosΔ(VSi) y representa la caída potencial en ir desde el bulto, hasta el fondo de la banda de conducción caída en la interfaz silicio-óxido. Mirando hacia atrás en la cifra anterior en el umbral, debería poder ver que esto es casi un valor de potencial de banda completa, y así podemos decir eso con seguridad(Δ(VSi)≃0.8)→1.0 V.
Al igual que con el diodo de una sola cara, el ancho de la región de agotamientoxp, es (que vimos en una ecuación anterior):xp=√2εSiΔ(VSi)qNa
de la que podemos obtener una expresión paraESiESi=qNaεSixp=√2qNaΔ(VSi)εSi
multiplicando la pendiente de laE(x) línea por el ancho de la región de agotamiento,xp.
Ahora podemos usar Ecuación3.3.4 para encontrar el campo eléctrico en el óxido:Eox=εSiεoxESi=1εox√2qεSiNaΔ(VSi)
Finalmente,Δ(Vox) es simplemente el producto deEox y el espesor del óxidoxox:Δ(Vox)=xoxEox=xoxεox√2qεSiNaΔ(VSi)
Tenga en cuenta queεox es simplemente uno sobrecox la capacitancia de óxido, que describimos anteriormente. AsíΔ(Vox)=1cox√2qεSiNaΔ(VSi)
Y el voltaje umbralVT se da entonces comoVT=Δ(VSi)+Δ(Vox)=Δ(VSi)+1cox√2qεSiNaΔ(VSi)
¡que no es tan difícil de calcular! La ecuación3.3.10 es una de las ecuaciones más importantes en esta discusión sobre los transistores de efecto de campo, ya que nos dice cuándo se enciende el dispositivo MOS.
La ecuación3.3.10 tiene varios “mangos” disponibles para el ingeniero del dispositivo para construir un dispositivo con un voltaje umbral dado. Sabemos que a medida que aumentamos la densidad de aceptoresNa el nivel Fermi se acerca a la banda de censuras, y de ahíΔ(VSi) va a cambiar algo. Pero como decíamos, siempre va0.8 a estar alrededor de1 V, por lo que no será el término de conducción el que domineVT. Veamos qué obtenemos con una concentración aceptora de1017. Solo por completitud, calculemosEf−Ev. p=Na=NveEf−EvkT
Así,Ef−Ev=kT ln(NvNa).
En silicio,Nv es1.08×1019 y esto haceEf−Ev=0.117 eV, a lo que vamos a llamarΔ(E). Es convencional decir que una superficie se invierte si, en la superficie de silicioEc−Ef, la distancia entre la banda de conducción y el nivel de Fermi es la misma que la distancia entre el nivel Fermi y la banda de censuras en el bulto. Con un poco de tiempo dedicado a mirar Ecuación3.3.4, deberías ser capaz de convencerte de que el cambio de energía total al pasar del bulto a la superficie en este caso seríaqΔ(VSi)=Eg−2Δ(E)=1.1 eV−2×(0.117 eV)=0.866 eV


UsandoNA=1017,εSi=1.1×10−12 Fcm yq=1.6×10−19 C, encontramos que√2qεSiNaΔ(VSi)=1.74×10−7
Vimos antes que si tenemos un espesor de óxido de250 Å, obtenemos un valor paracox de1.3×10−7 Fcm2, oCoulombsV⋅cm2, y asíΔ(Vox)=1cox√2qεSiNaΔ(VSi)=11.3×10−71.74×10−7=1.32 V
yVT=Δ(VSi)+Δ(Vox)=0.866+1.32=2.18 V