Изготовление кремниевых пластин

В (a) интеграл сводится к формуле из условия; в (b) подставьте \(n=P/kT\) и \(\bar v\) из (a). В (c) время — число молекул на единице площади слоя, делённое на поток. В (d) реагирует лишь хвост распределения со скоростями выше порога — сосчитайте его площадь. В (e) отражение от плёнки идёт на обеих границах с одним и тем же скачком фазы.

(a) \(\bar v=\sqrt{8RT/(\pi M)}\);  (b) \(J=P/\sqrt{2\pi mkT}\);  (c) \(J\approx2{,}6\cdot10^{24}\) м\(^{-2}\)с\(^{-1}\), \(t\approx7{,}5\cdot10^{-7}\) с;  (d) \(v_1\approx2{,}45\) км/с, \(f\approx8{,}5\cdot10^{-9}\), \(t\approx90\) с (у организаторов 20 с — их грубая трапеция завышает \(f\) вчетверо);  (e) \(d=\lambda/(4\mu)\approx105\) нм.

Что происходит. Молекулы остаточного газа бомбардируют пластину с потоком \(J=n\bar v/4\) на единицу площади в секунду. Если каждая молекула прилипает, монослой нарастает за время «число мест на единице площади, делённое на \(J\)». Если же реагируют только молекулы, энергия которых выше порога активации, то в игру вступает хвост распределения Максвелла — он очень мал, и время растёт на много порядков. Пункт (e) — отдельный сюжет: интерференция света, отражённого от двух границ тонкой плёнки.

Обозначения. \(m=M/N_A\) — масса молекулы, \(k=R/N_A\); \(T=573\) К; \(M=32\cdot10^{-3}\) кг/моль; \(r=3{,}6\cdot10^{-10}\) м — радиус молекулы; \(E_a=1\) эВ \(=1{,}6\cdot10^{-19}\) Дж — энергия активации; \(J\) — число молекул, падающих на единицу площади в секунду; \(n_1\) — число молекул в монослое на единице площади.

(a) Средняя скорость.

Рис. 2. Распределение Максвелла для кислорода при 573 К: максимум при \(v_p=\sqrt{2kT/m}\approx545\) м/с, средняя скорость \(\bar v\approx615\) м/с, порог \(v_1\) из пункта (d) лежит в хвосте — там \(W(v)\approx10^{-10}\) с/м.

Среднее значение \(v\) — интеграл от \(v\,W(v)\) по всем скоростям: \[\bar v=\int_0^\infty v\,W(v)\,dv=4\pi\left(\frac{M}{2\pi RT}\right)^{3/2}\int_0^\infty v^3e^{-\beta v^2}\,dv,\qquad\beta=\frac{M}{2RT}.\] Интеграл берём по формуле из условия (там вместо \(\beta\) стоит \(k\)): на верхнем пределе первообразная равна нулю, на нижнем \(-\dfrac12\dfrac1{\beta^2}\), поэтому \[\int_0^\infty v^3e^{-\beta v^2}\,dv=\frac1{2\beta^2}=\frac{2R^2T^2}{M^2}.\] Подставим и соберём степени: \[\bar v=4\pi\,\frac{M^{3/2}}{(2\pi)^{3/2}(RT)^{3/2}}\cdot\frac{2R^2T^2}{M^2}=\frac{8\pi}{(2\pi)^{3/2}}\sqrt{\frac{RT}{M}}=\frac{4}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac{RT}{M}}=\sqrt{\frac{8RT}{\pi M}} .\] Ответ: \(\bar v=\sqrt{8RT/(\pi M)}\).

Проверка: размерность \(\sqrt{(\text{Дж/моль})/(\text{кг/моль})}=\text{м/с}\). Предел \(T\to0\) — молекулы неподвижны, \(\bar v\to0\). Для кислорода при 573 К \(\bar v=\sqrt{8\cdot8{,}31\cdot573/(\pi\cdot0{,}032)}\approx615\) м/с; отношение к наиболее вероятной скорости \(v_p=\sqrt{2RT/M}\approx545\) м/с равно \(2/\sqrt\pi\approx1{,}13\) — как на рис. 2: среднее правее максимума.

(b) Скорость падения. Из уравнения состояния идеального газа \(P=nkT\) концентрация \(n=P/(kT)\). Заменим \(R/M=k/m\) в \(\bar v\) и подставим в \(J=n\bar v/4\): \[J=\frac14\cdot\frac{P}{kT}\sqrt{\frac{8kT}{\pi m}}=\frac{P}{4}\cdot\frac{2\sqrt2}{\sqrt{\pi\,m\,kT}}=\frac{P}{\sqrt{2\pi\,m\,kT}} .\]

Рис. 3. Откуда берётся множитель \(1/4\): молекулы со скоростью \(\vec v\), летящие под углом \(\theta\) к нормали, долетают до площадки \(A\) за время \(dt\) из наклонного цилиндра высотой \(h=v\,dt\cos\theta\); усреднение \(\cos\theta\) по полусфере направлений даёт \(1/4\).

Множитель \(1/4\) получается так: доля молекул, летящих в телесный угол \(d\Omega\), равна \(d\Omega/(4\pi)\), а до площадки \(A\) за время \(dt\) долетают те из них, что находятся в наклонном цилиндре высотой \(v\,dt\cos\theta\) (рис. 3). Интеграл \(\int\cos\theta\,d\Omega\) по полусфере направлений к поверхности равен \(\pi\), поэтому \(J=n\bar v\cdot\pi/(4\pi)=n\bar v/4\).

Ответ: \(J=P/\sqrt{2\pi mkT}\).

Проверка: размерность \(\text{Па}/\sqrt{\text{Дж}\cdot\text{кг}}=\text{Н}/(\text{м}^2\cdot\text{кг}\cdot\text{м/с})=\text{м}^{-2}\text{с}^{-1}\). Второй способ — прямая подстановка чисел: \(m=0{,}032/6{,}02\cdot10^{23}\approx5{,}32\cdot10^{-26}\) кг, \(n=133/(1{,}38\cdot10^{-23}\cdot573)\approx1{,}68\cdot10^{22}\) м\(^{-3}\), \(J=n\bar v/4=1{,}68\cdot10^{22}\cdot615/4\approx2{,}6\cdot10^{24}\) м\(^{-2}\)с\(^{-1}\); формула \(P/\sqrt{2\pi mkT}\) даёт то же самое.

(c) Монослой кислорода. Температура в кельвинах: \(T=300+273=573\) К.

Обратите внимание: в формулы входит абсолютная температура. Подстановка 300 вместо 573 даёт ошибку в \(\sqrt{573/300}\approx1{,}4\) раза.

Скорость падения при \(P=133\) Па: \[J=\frac{133}{\sqrt{2\pi\cdot5{,}32\cdot10^{-26}\cdot1{,}38\cdot10^{-23}\cdot573}}\ \text{м}^{-2}\text{с}^{-1}\approx2{,}6\cdot10^{24}\ \text{м}^{-2}\text{с}^{-1}.\]

Рис. 4. Молекулы кислорода в монослое, расположенные вплотную: каждой достаётся квадрат со стороной \(2r\) (пунктир), площадь \(4r^2\).

Молекулы в слое лежат вплотную друг к другу, как на рис. 4: на каждую приходится квадрат \(2r\times2r\). Число мест на единице площади \[n_1=\frac1{4r^2}=\frac1{4\,(3{,}6\cdot10^{-10})^2}\ \text{м}^{-2}\approx1{,}9\cdot10^{18}\ \text{м}^{-2}.\] Все падающие молекулы осаждаются, поэтому время заполнения монослоя \[t=\frac{n_1}{J}=\frac{1{,}9\cdot10^{18}}{2{,}6\cdot10^{24}}\text{ с}\approx7{,}5\cdot10^{-7}\text{ с}\approx0{,}7\text{ мкс}.\] Ответ: \(J\approx2{,}6\cdot10^{24}\) м\(^{-2}\)с\(^{-1}\), \(t=n_1/J\approx7{,}5\cdot10^{-7}\) с.

Проверка: размерность \(\text{м}^{-2}/(\text{м}^{-2}\text{с}^{-1})=\text{с}\). Другая упаковка (шестиугольная, \(n_1=1/(2\sqrt3r^2)\)) даёт \(t\approx8{,}6\cdot10^{-7}\) с — тот же порядок. Смысл: если бы каждая молекула прилипала, поверхность зарастала бы за доли микросекунды, гораздо быстрее любого технологического процесса, поэтому в реальности реагируют лишь немногие (пункт d). В официальном решении время записано как «0,7 мс»; по их же числам \(1{,}9\cdot10^{18}/2{,}6\cdot10^{24}=7\cdot10^{-7}\) с, то есть 0,7 мкс (и дальше в (d) они пользуются именно им).

(d) Энергия активации. Реагирует молекула, кинетическая энергия которой больше \(E_a\). Пороговая скорость: \[\frac12 mv_1^2=E_a\quad\Rightarrow\quad v_1=\sqrt{\frac{2E_a}{m}}=\sqrt{\frac{2\cdot1{,}6\cdot10^{-19}}{5{,}32\cdot10^{-26}}}\ \text{м/с}\approx2{,}45\cdot10^{3}\ \text{м/с}.\] Это в четыре с лишним раза больше \(v_p\): нужен далёкий хвост распределения, площадь под \(W(v)\) правее \(v_1\) (напомним, что полная площадь равна единице): \[f=\int_{v_1}^\infty W(v)\,dv .\]

Рис. 5. То же распределение в логарифмическом масштабе по оси \(W\): хвост за порогом \(v_1\) убывает очень быстро — на четыре порядка на каждые 500 м/с. Точки — ординаты \(W\) при 2453, 2953 и 3453 м/с.

Хвост убывает так круто, что его площадь можно оценить проще. Логарифмическая производная \(W\) при \(v_1\): \[\left|\frac{d\ln W}{dv}\right|=\frac{mv_1}{kT}-\frac2{v_1}=\frac{5{,}32\cdot10^{-26}\cdot2454}{1{,}38\cdot10^{-23}\cdot573}-\frac2{2454}\approx1{,}57\cdot10^{-2}\ \frac{\text{с}}{\text{м}},\] то есть \(W\) спадает в \(e\) раз на длине \(\lambda_v\approx64\) м/с. Тогда площадь хвоста \(f\approx W(v_1)\,\lambda_v\), где значение \(W\) в точке \(v_1\) находим из формулы распределения: \(W(2454)\approx1{,}4\cdot10^{-10}\) с/м. Получаем \[f\approx1{,}4\cdot10^{-10}\cdot64\approx9\cdot10^{-9}.\] Точный интеграл (\(x=E_a/kT\approx20{,}2\)) даёт \[f=\operatorname{erfc}\sqrt x+\frac{2}{\sqrt\pi}\sqrt x\,e^{-x}\approx8{,}5\cdot10^{-9},\] оценка верна. Это и есть доля молекул, способных прореагировать: условие для того и напоминает, что полная площадь под \(W(v)\) равна единице, — доля молекул со скоростями выше \(v_1\) равна площади хвоста. Слой нарастает со скоростью \(fJ\), поэтому \[t=\frac{n_1}{fJ}=\frac{7{,}5\cdot10^{-7}\text{ с}}{8{,}5\cdot10^{-9}}\approx88\text{ с}\approx1{,}5\text{ мин}.\] Обратите внимание: площадь такого хвоста нельзя считать трапециями с шагом, большим длины спада. В решении организаторов взяты три ординаты через 500 м/с, получено \(f=3{,}4\cdot10^{-8}\) и \(t\approx20\) с; но на шаге 500 м/с функция \(W\) падает на четыре порядка (рис. 5), и первая же трапеция площадью \(500\cdot W(v_1)/2\) вчетверо больше настоящей площади \(W(v_1)\lambda_v\).

Замечание. Модель условия берёт долю быстрых молекул в объёме газа. Среди молекул, ударяющих о поверхность, быстрые представлены чаще (поток пропорционален \(v\,W(v)\)), и доля ударов с энергией выше \(E_a\) равна \((1+x)e^{-x}\approx3{,}5\cdot10^{-8}\), что дало бы \(t\approx22\) с — близость к числу организаторов случайна. В рамках модели условия ответ — около 90 с.

Ответ: \(v_1\approx2{,}45\) км/с, \(f\approx8{,}5\cdot10^{-9}\), \(t=n_1/(fJ)\approx90\) с.

Проверка: главный множитель в \(f\) — \(e^{-x}\) с \(x=E_a/kT\approx20\): \(e^{-20}\approx2\cdot10^{-9}\), а множитель перед ним \(2\sqrt{x/\pi}\approx5\) даёт \(f\approx10^{-8}\), что согласуется. Смысл: барьер в 1 эВ замедляет рост слоя в \(1/f\approx10^{8}\) раз, от долей микросекунды до минут — это и есть технологические времена.

(e) Толщина фоторезиста.

Рис. 6. Отражение от плёнки: луч 1 отражается от верхней границы, луч 2 — от границы с кремнием; на обеих границах свет отражается от среды с большим показателем преломления и теряет полволны (\(\pi\)). При нормальном падении лучи идут вдоль одной прямой; на рисунке углы увеличены для наглядности.

Интерферируют два отражённых луча: луч 1 — от границы воздух — фоторезист, луч 2 — от границы фоторезист — кремний (многократные отражения не учитываем). Разность хода \(\Delta=2\mu d\) — оптическая длина пути двойного прохода плёнки толщиной \(d\).

Теперь о фазе при отражении. Свет, отражаясь от среды с большим показателем преломления, меняет фазу на \(\pi\). Луч 1 идёт от воздуха (\(\mu=1\)) к плёнке (\(1{,}40\)) — скачок \(\pi\); луч 2 идёт от плёнки (\(1{,}40\)) к кремнию (показатель больше \(1{,}40\)) — тоже скачок \(\pi\). Скачки одинаковы и на разность фаз не влияют.

Обратите внимание: если бы показатель подложки был меньше \(1{,}40\), скачок был бы только у луча 1, и условие гашения изменилось бы. Здесь оба скачка одинаковы, поэтому гашение наступает при разности хода в полволны: \[2\mu d=\frac\lambda2\qquad\Rightarrow\qquad d=\frac{\lambda}{4\mu}.\] Это наименьшая толщина (следующие — при \(2\mu d=\tfrac32\lambda\) и далее). Подставим: \[d=\frac{589\text{ нм}}{4\cdot1{,}40}\approx105\text{ нм}.\] Ответ: \(d=\lambda/(4\mu)\approx105\) нм.

Проверка: размерность — длина. Длина волны в плёнке \(\lambda/\mu\approx421\) нм, толщина \(d\) — её четверть: известное «четвертьволновое» просветляющее покрытие. Если бы скачок был только у одного луча, получилось бы \(d=\lambda/(2\mu)=210\) нм — вдвое больше.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.