3.3: Voltaje Umbral

Nuestra tarea ahora es averiguar la cantidad de voltaje que necesitamos$V_{g}$ subir$V_{T}$, y luego averiguar cuánta carga negativa hay debajo de la puerta, una vez que se$V_{T}$ 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 Figura$\PageIndex{1}$. Ahora, solo usamos la ecuación que desarrollamos antes para el campo eléctrico, que vino de integrar la forma diferencial de la Ley de Gauss. $$E(x) = \int \frac{\rho (x)}{\varepsilon} \ dx$$

Figura$\PageIndex{1}$: Distribución de carga en el umbral

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 llamaremos$E_{\text{ox}}$. No hay carga dentro del óxido, por lo que$\frac{dE}{dx}$ es cero y por lo tanto$E(x)$ debe permanecer constante$E_{\text{ox}}$ hasta llegar a la interfaz óxido/silicio.

Figura$\PageIndex{2}$: Campo eléctrico en el óxido

Si tuviéramos que poner nuestro pequeño “pastillero” en la interfaz óxido-silicio, la integral de$D$ sobre la cara en el silicio sería$\varepsilon_{\text{Si}} E_{\text{Si}} \Delta (S)$ donde$E_{\text{Si}}$ está la fuerza del campo eléctrico dentro del silicio. En la cara dentro del óxido estaría$-\left( \varepsilon_{\text{Si}} E_{\text{Si}} \Delta (S) \right)$ donde$E_{\text{ox}}$ 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. $$\varepsilon_{\text{Si}} E_{\text{max}} \Delta (S) - \varepsilon_{\text{ox}} E_{\text{ox}} \Delta (S) = 0$$

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

Figura$\PageIndex{3}$: Uso de la Ley de Gauss en la interfaz silicio/óxido

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 eléctrico$E$. Resolviendo Ecuación$\PageIndex{3}$ para el campo eléctrico en el silicio: $$E_{\text{Si}} = \frac{\varepsilon_{\text{ox}}}{\varepsilon_{\text{Si}}} E_{\text{ox}}$$

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$- \left(q N_{a}\right)$ y así el campo eléctrico ahora comienza a disminuir a una velocidad$\frac{- \left(q N_{a}\right)}{\varepsilon_{\text{Si}}}$ y llega a cero al final de la región de agotamiento,$x_{p}$.

Figura$\PageIndex{4}$: 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 de$E(x)$ representa una caída de voltaje). La caída en la pequeña región triangular que llamaremos$\Delta \left(V_{\text{Si}} \right)$ 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$\left( \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) \simeq 0.8 \right) \rightarrow 1.0 \mathrm{~V}$.

Al igual que con el diodo de una sola cara, el ancho de la región de agotamiento$x_{p}$, es (que vimos en una ecuación anterior): $$x_{p} = \sqrt{ \frac{2 \varepsilon_{\text{Si}} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right)}{q N_{a}} }$$

de la que podemos obtener una expresión para$E_{\text{Si}}$ $$\begin{array}{l} E_{\text{Si}} &= \frac{q N_{a}}{\varepsilon_{\text{Si}}} x_{p} \\ &= \sqrt{ \frac{2q N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right)}{\varepsilon_{\text{Si}}} } \end{array}$$

multiplicando la pendiente de la$E(x)$ línea por el ancho de la región de agotamiento,$x_{p}$.

Ahora podemos usar Ecuación$\PageIndex{4}$ para encontrar el campo eléctrico en el óxido: $$\begin{array}{l} E_{\text{ox}} &= \frac{\varepsilon_{\text{Si}}}{\varepsilon_{\text{ox}}} E_{\text{Si}} \\ &= \frac{1}{\varepsilon_{\text{ox}}} \sqrt{ 2q \varepsilon_{\text{Si}} N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) } \end{array}$$

Finalmente,$\Delta \left(V_{\text{ox}}\right)$ es simplemente el producto de$E_{\text{ox}}$ y el espesor del óxido$x_{\text{ox}}$: $$\begin{array}{l} \Delta \left(V_{\text{ox}}\right) &= x_{\text{ox}} E_{\text{ox}} \\ &= \frac{x_{\text{ox}}}{\varepsilon_{\text{ox}}} \sqrt{ 2q \varepsilon_{\text{Si}} N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) } \end{array}$$

Tenga en cuenta que$\varepsilon_{\text{ox}}$ es simplemente uno sobre$c_{\text{ox}}$ la capacitancia de óxido, que describimos anteriormente. Así $$\Delta \left(V_{\text{ox}}\right) = \frac{1}{c_{\text{ox}}} \sqrt{2q \varepsilon_{\text{Si}} N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) }$$

Y el voltaje umbral$V_{T}$ se da entonces como $$\begin{array}{l} V_{T} &= \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) + \Delta \left(V_{\text{ox}}\right) \\ &= \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) + \frac{1}{c_{\text{ox}}} \sqrt{ 2q \varepsilon_{\text{Si}} N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) } \end{array}$$

¡que no es tan difícil de calcular! La ecuación$\PageIndex{10}$ 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 ecuación$\PageIndex{10}$ 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 aceptores$N_{a}$ el nivel Fermi se acerca a la banda de censuras, y de ahí$\Delta \left(V_{\text{Si}}\right)$ va a cambiar algo. Pero como decíamos, siempre va$0.8$ a estar alrededor de$1 \mathrm{~V}$, por lo que no será el término de conducción el que domine$V_{T}$. Veamos qué obtenemos con una concentración aceptora de$10^{17}$. Solo por completitud, calculemos$E_{f} - E_{v}$. $$\begin{array}{l} p &= N_{a} \\ &= N_{v} e^{\frac{E_{f}-E_{v}}{kT}} \end{array}$$

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

En silicio,$N_{v}$ es$1.08 \times 10^{19}$ y esto hace$E_{f} - E_{v} = 0.117 \mathrm{~eV}$, a lo que vamos a llamar$\Delta (E)$. Es convencional decir que una superficie se invierte si, en la superficie de silicio$E_{c} - E_{f}$, 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 Ecuación$\PageIndex{4}$, deberías ser capaz de convencerte de que el cambio de energía total al pasar del bulto a la superficie en este caso sería $$\begin{array}{l} q \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) &= E_{g} - 2 \Delta (E) \\ &= 1.1 \mathrm{~eV} - 2 \times \left(0.117 \mathrm{~eV}\right) \\ &= 0.866 \mathrm{~eV} \end{array}$$

Figura$\PageIndex{5}$: Ejemplo de hallazgo$\Delta \left(V_{\text{Si}}\right)$

Usando$N_{A}=10^{17}$,$\varepsilon_{\text{Si}} = 1.1 \times 10^{-12} \ \frac{\mathrm{F}}{\mathrm{cm}}$ y$q = 1.6 \times 10^{-19} \mathrm{~C}$, encontramos que $$\sqrt{2 q \varepsilon_{\text{Si}} N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right)} = 1.74 \times 10^{-7}$$

Vimos antes que si tenemos un espesor de óxido de$250 \ \AA$, obtenemos un valor para$c_{\text{ox}}$ de$1.3 \times 10^{-7} \ \frac{\mathrm{F}}{\mathrm{cm}^2}$, o$\frac{\mathrm{Coulombs}}{\mathrm{V} \cdot \mathrm{cm}^2}$, y así $$\begin{array}{l} \Delta \left(V_{\text{ox}}\right) &= \frac{1}{c_{\text{ox}}} \sqrt{ 2q \varepsilon_{\text{Si}} N_{a} \Delta \left(V_{\text{Si}}\right) } \\ &= \frac{1}{1.3 \times 10^{-7}} 1.74 \times 10^{-7} \\ &= 1.32 \mathrm{~V} \end{array}$$

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