Квантовый эффект Шоттки

Классический эффект Шоттки может иметь место на поверхности раздела [math]\displaystyle{ \rm{Si-SiO_2} }[/math], где мобильный заряд в диэлектрике ([math]\displaystyle{ \rm{SiO_2} }[/math]) равен:

[math]\displaystyle{ Q_{ss}^* = qN_{ss}^* }[/math],

который учитывает металлическую часть (конкретный физический механизм его создания неважен) и позволяет выполнения механизма отображение для зарядов относительно [math]\displaystyle{ \rm{Si-SiO_2} }[/math] плоскости симметрии.

Электрон, который находится в вакууме (полупроводник) на некотором расстоянии [math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ +q }[/math], который называют зарядом изображения. Эта сила, которая также называется силой изображения, равна:

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \epsilon_0 }[/math] — диэлектрическая проницаемость вакуума, [math]\displaystyle{ \epsilon_s }[/math] — относительная диэлектрическая проницаемость поверхности полупроводника. Работа, которую нужно выполнить чтобы переместить электрон с бесконечности в точку [math]\displaystyle{ x }[/math], равна:

[math]\displaystyle{ A(x) = \int_{\infty}^{x} F\, dx = \frac{q^2}{16\pi\epsilon_0 x}, }[/math]

Если приложено внешнее электрическое поле [math]\displaystyle{ E }[/math], то потенциальная энергия электрона [math]\displaystyle{ W_P }[/math] будет равна сумме:

[math]\displaystyle{ W_P(x) = \frac{q^2}{16\pi\epsilon_0 \epsilon_sx} + qEx }[/math] эВ.

Снижение барьера Шоттки [math]\displaystyle{ \Delta \phi }[/math] и расстояние [math]\displaystyle{ x_m }[/math], при котором величина потенциала достигает максимума, определяется с условия [math]\displaystyle{ \frac{d[W_P(x)]}{dx} = 0 }[/math]. Откуда находим:

[math]\displaystyle{ x_m = \sqrt{\frac{q}{16\pi\epsilon_0 \epsilon_sE}} }[/math] см,

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ W_{B0} = \frac{\hbar \;^2}{2m(na_B)^2}, n = 1,2,... }[/math]

где [math]\displaystyle{ a_B }[/math]- боровский радиус, и с проблемой Эйри (треугольной потенциальной ямы), что имеет энергетические уровни:

[math]\displaystyle{ U_{An} = \eta_n \big(\frac{q\hbar \; E_n}{\sqrt{2m}} \big)^{2/3} }[/math]

где [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ Si- SiO_2 }[/math]. Как известно, квантовое движение свободной частицы может быть представлено в виду плоской волны:

[math]\displaystyle{ \psi (x) \sim \; exp(ikx), }[/math]

где [math]\displaystyle{ k }[/math] - волновой вектор, а кинетическая энергия:

[math]\displaystyle{ W = \frac{(\hbar \;k)^2}{2m} }[/math].

В случае наличия центров рассеяния волновой вектор удовлетворяет условию:

[math]\displaystyle{ k(2x) = 1 }[/math], и потому одночастная кинетическая энергия могут быть переписана в виде:

[math]\displaystyle{ W_{II} = \frac{\hbar \;^2}{8mx^2}. }[/math]

Рассмотрим случай наличия одной частицы, чью полную энергию можно записать в виде:

[math]\displaystyle{ W_{II\Sigma}(X) = W_{II} + U_{II} = \frac{\hbar \;^2}{8mx^2} + qxE. }[/math]

Дифференцируя последнее уравнение по [math]\displaystyle{ x }[/math], получится экстремальное значение координаты:

[math]\displaystyle{ x_{IIm} = \big(\frac{\hbar \;^2}{4mqE}\big)^{1/3} }[/math]

и в барьере Шоттки:

[math]\displaystyle{ \Delta \phi = \frac{W_{II\Sigma}(X)}{q} = \frac{3}{2q}(\frac{q\hbar \;E}{2\sqrt{m}})^{2/3} }[/math]

Электрическое поле [math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ x_{2Im} = 0.5\big(\frac{\hbar \;^2}{mqE}\big)^{1/3} }[/math], и кинетической энергии:

[math]\displaystyle{ W_{21}(x_m) = 2^{-5/3}(\frac{\hbar \;qE}{\sqrt{2m}})^{2/3} }[/math],

как и потенциальной энергии:

[math]\displaystyle{ U_{21}(x_m) = 2^{-2/3}(\frac{\hbar \;qE}{\sqrt{2m}})^{2/3} }[/math].

Используя условия сшивки

[math]\displaystyle{ W_{21}(x_m) = W_{Bn} }[/math], и [math]\displaystyle{ U_{21}(x_m) = U_{A0} }[/math]

получится оценка для электрического поля:

[math]\displaystyle{ E_{0n} = 2^{3/2}n^{-3}\eta_0^{-3/2}E_B, }[/math],

где [math]\displaystyle{ E_B = \frac{\hbar \;^2}{2mqa_B^3} = 2,5711 \cdot 10^{11} }[/math] В/м, а [math]\displaystyle{ \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