Русская Википедия:Квантовый эффект Шоттки
Шаблон:Rq Классический эффект Шоттки может иметь место на поверхности раздела <math>\rm{Si-SiO_2}</math>, где мобильный заряд в диэлектрике (<math>\rm{SiO_2}</math>) равен:
<math>Q_{ss}^* = qN_{ss}^*</math>,
который учитывает металлическую часть (конкретный физический механизм его создания неважен) и позволяет выполнения механизма отображение для зарядов относительно <math>\rm{Si-SiO_2}</math> плоскости симметрии.
Электрон, который находится в вакууме (полупроводник) на некотором расстоянии <math>x</math> от поверхности металла, индуцирует по его пребыванию поверхности положительный заряд. Сила притяжения между электроном и этим индуцированным поверхностным зарядом равна по величине силе притяжения к эффективному положительному заряду <math>+q</math>, который называют зарядом изображения. Эта сила, которая также называется силой изображения, равна:
<math>F = \frac{-q^2}{4\pi (2x)^2\epsilon_0 \epsilon_s} = \frac{-q^2}{16\pi\epsilon_0 \epsilon_s x^2},</math>
где <math>\epsilon_0</math> — диэлектрическая проницаемость вакуума, <math>\epsilon_s</math> — относительная диэлектрическая проницаемость поверхности полупроводника. Работа, которую нужно выполнить чтобы переместить электрон с бесконечности в точку <math>x</math>, равна:
<math>A(x) = \int_{\infty}^{x} F\, dx = \frac{q^2}{16\pi\epsilon_0 x},</math>
Если приложено внешнее электрическое поле <math>E</math>, то потенциальная энергия электрона <math>W_P</math> будет равна сумме:
<math>W_P(x) = \frac{q^2}{16\pi\epsilon_0 \epsilon_sx} + qEx</math> эВ.
Снижение барьера Шоттки <math>\Delta \phi</math> и расстояние <math>x_m</math>, при котором величина потенциала достигает максимума, определяется с условия <math>\frac{d[W_P(x)]}{dx} = 0</math>. Откуда находим:
<math>x_m = \sqrt{\frac{q}{16\pi\epsilon_0 \epsilon_sE}}</math> см,
<math>\Delta \phi = \sqrt{\frac{qE}{4\pi\epsilon_0 \epsilon_s}} = 2Ex_m</math> В.
В общем случае квантовый эффект Шоттки связан с проблемой атома Бора, дискретная энергия которых может быть записанная в виде:
<math>W_{B0} = \frac{\hbar \;^2}{2m(na_B)^2}, n = 1,2,...</math>
где <math>a_B</math>- боровский радиус, и с проблемой Эйри (треугольной потенциальной ямы), что имеет энергетические уровни:
<math>U_{An} = \eta_n \big(\frac{q\hbar \; E_n}{\sqrt{2m}} \big)^{2/3}</math>
где <math>\eta_n </math>- корни функции Эйри. Поскольку атомная проблема относится к класса 3D- проблем (трёхмерным), а проблема Эйри есть типичная одномерная (1D-), их совместное решение представляет трудную задачу. Поэтому здесь мы воспользуемся квазиклассическим приближением первого порядка, чтобы решить проблему движения зарядов в 1D- размерности у поверхности раздела <math> Si- SiO_2</math>. Как известно, квантовое движение свободной частицы может быть представлено в виду плоской волны:
<math>\psi (x) \sim \; exp(ikx), </math>
где <math>k </math> - волновой вектор, а кинетическая энергия:
<math>W = \frac{(\hbar \;k)^2}{2m}</math>.
В случае наличия центров рассеяния волновой вектор удовлетворяет условию:
<math>k(2x) = 1 </math>, и потому одночастная кинетическая энергия могут быть переписана в виде:
<math>W_{II} = \frac{\hbar \;^2}{8mx^2}.</math>
Рассмотрим случай наличия одной частицы, чью полную энергию можно записать в виде:
<math>W_{II\Sigma}(X) = W_{II} + U_{II} = \frac{\hbar \;^2}{8mx^2} + qxE.</math>
Дифференцируя последнее уравнение по <math>x </math>, получится экстремальное значение координаты:
<math>x_{IIm} = \big(\frac{\hbar \;^2}{4mqE}\big)^{1/3}</math>
и в барьере Шоттки:
<math>\Delta \phi = \frac{W_{II\Sigma}(X)}{q} = \frac{3}{2q}(\frac{q\hbar \;E}{2\sqrt{m}})^{2/3}</math>
Электрическое поле <math>E</math> в последнем уравнении должно иметь только дискретные значения в квантовом случае, которые можно найти следующим образом. По-видимому, что у задачи Бора используется взаимодействие двух частиц. Для двух частиц в нашем случае кинетическая энергия должна быть уменьшена в 2 раза. Тогда полная энергия может быть переписана в виде:
<math>W_{2I\Sigma}(X) = W_{2I} + U_{2I} = \frac{\hbar \;^2}{16mx^2} + qxE.</math>.
Дифференцируясь это уравнение получим значение координаты в точке экстремума:
<math>x_{2Im} = 0.5\big(\frac{\hbar \;^2}{mqE}\big)^{1/3}</math>, и кинетической энергии:
<math>W_{21}(x_m) = 2^{-5/3}(\frac{\hbar \;qE}{\sqrt{2m}})^{2/3} </math>,
как и потенциальной энергии:
<math>U_{21}(x_m) = 2^{-2/3}(\frac{\hbar \;qE}{\sqrt{2m}})^{2/3} </math>.
Используя условия сшивки
<math>W_{21}(x_m) = W_{Bn} </math>, и <math>U_{21}(x_m) = U_{A0} </math>
получится оценка для электрического поля:
<math>E_{0n} = 2^{3/2}n^{-3}\eta_0^{-3/2}E_B, </math>,
где <math>E_B = \frac{\hbar \;^2}{2mqa_B^3} = 2,5711 \cdot 10^{11}</math> В/м, а <math>\eta_0 = 2,33811 </math>- первый корень функции Эйри.
См. также
Литература
- Yakymakha O.L., Kalnibolotskij Y.M., Solid- State Electronics, vol.37, No.10,1994.,pp.1739–1751
