Le recuit d'un caisson de silicium : la dose se conserve, la largeur croît en $\sqrt{Dt}$

La stratégie. On vérifie, on ne cherche pas : dérivées de la solution, condition de flux nul, intégrale de la dose. Puis tout se lit sur la variable $x/\sqrt{Dt}$ : seul le produit $Dt$ compte, ce qui fait de la température et de la durée deux leviers interchangeables.

1) Équation, condition, dose. Un bilan sur la tranche $[x,x+\mathrm{d}x]$, sans source, donne $\frac{\partial n}{\partial t}=-\frac{\partial j}{\partial x}$ ; avec la loi de Fick et $D$ uniforme, $\frac{\partial n}{\partial t}=D\frac{{\partial }^{2}n}{\partial x^2}$. Posons $s=4Dt$ et $n=Q(\pi Dt{)}^{-1/2}{\mathrm{e}}^{-x^2/s}$. D'une part, $$\frac{\partial n}{\partial t}=n\left(-\frac{1}{2t}+\frac{x^2}{4D{t}^2}\right).$$ D'autre part, $\frac{\partial n}{\partial x}=-\frac{x}{2Dt}n$, puis $\frac{{\partial }^{2}n}{\partial x^2}=\left(-\frac{1}{2Dt}+\frac{x^2}{4D^2{t}^2}\right)n$, et $D\frac{{\partial }^{2}n}{\partial x^2}$ redonne exactement $\frac{\partial n}{\partial t}$. En $x=0$, $\frac{\partial n}{\partial x}=0$ : le flux $j=-D\frac{\partial n}{\partial x}$ est nul à la surface, comme l'exige l'oxyde. Enfin, avec $x=2\sqrt{Dt}u$ : $${\int }_0^{\infty }n\mathrm{d}x=\frac{Q}{\sqrt{\pi Dt}}\times 2\sqrt{Dt}{\int }_0^{\infty }{\mathrm{e}}^{-u^2}\mathrm{d}u=\frac{2Q}{\sqrt{\pi }}\times \frac{\sqrt{\pi }}{2}=Q.$$ C'était attendu : en intégrant l'équation de $0$ à l'infini, $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{\int }_0^{\infty }n\mathrm{d}x=j(0)-j(\infty )=0$ ; aucun atome ne sort par l'oxyde ni ne se perd en profondeur. Le recuit redistribue la dose, il ne la change pas. Le milieu est semi-infini dès que la profondeur atteinte, quelques micromètres, est petite devant l'épaisseur de la plaquette ($775\mu \mathrm{m}$) : c'est le cas.

2) La largeur. Avec le même changement de variable, $$⟨x^2⟩=\frac{1}{Q}\cdot \frac{Q}{\sqrt{\pi Dt}}(2\sqrt{Dt}{)}^3{\int }_0^{\infty }{u}^2{\mathrm{e}}^{-u^2}\mathrm{d}u=\frac{8Dt}{\sqrt{\pi }}\cdot \frac{\sqrt{\pi }}{4}=2Dt.$$ La profondeur quadratique moyenne croît comme $\sqrt{2Dt}$ : c'est la loi $L\sim \sqrt{Dt}$ de l'analyse en ordres de grandeur, avec son coefficient exact pour ce profil.

3) La jonction. $n(x_j,t)=N_D$ donne $$x_j=2\sqrt{Dt}\sqrt{\ln \frac{Q}{N_D\sqrt{\pi Dt}}}.$$ À $1100{}^{\circ }\mathrm{C}$ ($T=1373\mathrm{K}$) : $D=0,76\times 10^{-4}\exp \left(-\frac{3,46}{8,617\times 10^{-5}\times 1373}\right)=1,52\times 10^{-17}{\mathrm{m}}^2{\mathrm{s}}^{-1}$. Après $8,0\mathrm{h}$, $Dt=4,38\times 10^{-13}{\mathrm{m}}^2$, $\sqrt{Dt}=0,66\mu \mathrm{m}$, et $$n(0,t)=\frac{2,0\times 10^{17}{\mathrm{m}}^{-2}}{\sqrt{\pi \times 4,38\times 10^{-13}}}=1,7\times 10^{23}{\mathrm{m}}^{-3}=1,7\times 10^{17}\mathrm{c}{\mathrm{m}}^{-3},$$ et $x_j=2\times 0,66\times \sqrt{\ln 170}=3,0\mu \mathrm{m}$. Le logarithme varie lentement : $x_j$ vaut environ $4,5$ fois $\sqrt{Dt}$.

4) Le budget thermique. $x_j$ ne dépend que de $Dt$ (avec $Q$ et $N_D$ fixés) : la même jonction demande le même $Dt=4,38\times 10^{-13}{\mathrm{m}}^2$. À $1050{}^{\circ }\mathrm{C}$, $D=5,03\times 10^{-18}{\mathrm{m}}^2{\mathrm{s}}^{-1}$ et $t=24\mathrm{h}$ ; à $1150{}^{\circ }\mathrm{C}$, $D=4,25\times 10^{-17}{\mathrm{m}}^2{\mathrm{s}}^{-1}$ et $t=2,9\mathrm{h}$ : cinquante degrés de plus divisent la durée par trois. Pour l'addition, remarquons que la solution à l'instant $t_1$ est la gaussienne de paramètre $s_1=D_1{t}_1$ ; à la température $T_2$, c'est aussi l'état qu'atteindrait la couche initiale au bout de la durée $s_1/D_2$. La suite du recuit à $T_2$ prolonge donc cette solution, et après la durée $t_2$ on a la gaussienne de paramètre $D_1{t}_1+D_2{t}_2$ : les $Dt$ s'ajoutent. Le second recuit ajoute $D(1000{}^{\circ }\mathrm{C})\times 1800\mathrm{s}=1,53\times 10^{-18}\times 1800=2,8\times 10^{-15}{\mathrm{m}}^2$, soit $0,6\%$ du budget : il ne déplace la jonction que de quelques millièmes de sa profondeur. De même, un profil initial de largeur ${\sigma }_0$ est la gaussienne qu'aurait donnée un recuit de « durée » ${\sigma }_0^2/(2D)$ : les variances s'ajoutent, $⟨x^2⟩={\sigma }_0^2+2Dt$, et ${\sigma }_0^2/(2Dt)=(0,07\times 10^{-6}{)}^2/8,76\times 10^{-13}=0,6\%$ : le modèle de la couche infiniment mince est excellent.

5) À température ambiante. $D(300\mathrm{K})=0,76\times 10^{-4}\exp (-133,8)=6\times 10^{-63}{\mathrm{m}}^2{\mathrm{s}}^{-1}$ ; en dix ans ($3,2\times 10^8\mathrm{s}$), $\sqrt{Dt}\approx 1\times 10^{-27}\mathrm{m}$, mille milliards de fois moins que le diamètre d'un noyau : le profil est figé. On dessine les dopages à $1100{}^{\circ }\mathrm{C}$, et ils restent intacts toute la vie du circuit.

Ce que l'exercice installe. Une solution fournie se vérifie : équation, condition aux limites, quantité conservée. Elle ne dépend que de $x/\sqrt{Dt}$, d'où $⟨x^2⟩=2Dt$, l'additivité des $Dt$ et l'équivalence de la durée et de la température ; et l'ordre de grandeur, avant tout calcul, se lit sur $\sqrt{Dt}$.