Квантовый эффект Шоттки

Классический эффект Шоттки может иметь место на поверхности раздела ${\displaystyle {\rm {Si-SiO_{2}}}}$, где мобильный заряд в диэлектрике (${\displaystyle {\rm {SiO_{2}}}}$) равен:

${\displaystyle Q_{ss}^{*}=qN_{ss}^{*}}$,

который учитывает металлическую часть (конкретный физический механизм его создания неважен) и позволяет выполнения механизма отображение для зарядов относительно ${\displaystyle {\rm {Si-SiO_{2}}}}$ плоскости симметрии.

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

${\displaystyle F={\frac {-q^{2}}{4\pi (2x)^{2}\epsilon _{0}\epsilon _{s}}}={\frac {-q^{2}}{16\pi \epsilon _{0}\epsilon _{s}x^{2}}},}$

где ${\displaystyle \epsilon _{0}}$ — диэлектрическая проницаемость вакуума, ${\displaystyle \epsilon _{s}}$ — относительная диэлектрическая проницаемость поверхности полупроводника. Работа, которую нужно выполнить чтобы переместить электрон с бесконечности в точку ${\displaystyle x}$, равна:

${\displaystyle A(x)=\int _{\infty }^{x}F\,dx={\frac {q^{2}}{16\pi \epsilon _{0}x}},}$

Если приложено внешнее электрическое поле ${\displaystyle E}$, то потенциальная энергия электрона ${\displaystyle W_{P}}$ будет равна сумме:

${\displaystyle W_{P}(x)={\frac {q^{2}}{16\pi \epsilon _{0}\epsilon _{s}x}}+qEx}$ эВ.

Снижение барьера Шоттки ${\displaystyle \Delta \phi }$ и расстояние ${\displaystyle x_{m}}$, при котором величина потенциала достигает максимума, определяется с условия ${\displaystyle {\frac {d[W_{P}(x)]}{dx}}=0}$. Откуда находим:

${\displaystyle x_{m}={\sqrt {\frac {q}{16\pi \epsilon _{0}\epsilon _{s}E}}}}$ см,

${\displaystyle \Delta \phi ={\sqrt {\frac {qE}{4\pi \epsilon _{0}\epsilon _{s}}}}=2Ex_{m}}$ В.

В общем случае квантовый эффект Шоттки связан с проблемой атома Бора, дискретная энергия которых может быть записанная в виде:

${\displaystyle W_{B0}={\frac {\hbar \;^{2}}{2m(na_{B})^{2}}},n=1,2,...}$

где ${\displaystyle a_{B}}$- боровский радиус, и с проблемой Эйри (треугольной потенциальной ямы), что имеет энергетические уровни:

${\displaystyle U_{An}=\eta _{n}{\big (}{\frac {q\hbar \;E_{n}}{\sqrt {2m}}}{\big )}^{2/3}}$

где ${\displaystyle \eta _{n}}$- 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 ${\displaystyle Si-SiO_{2}}$. Как известно, квантовое движение свободной частицы может быть представлено в виду плоской волны:

${\displaystyle \psi (x)\sim \;exp(ikx),}$

где ${\displaystyle k}$ - волновой вектор, а кинетическая энергия:

${\displaystyle W={\frac {(\hbar \;k)^{2}}{2m}}}$.

В случае наличия центров рассеяния волновой вектор удовлетворяет условию:

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

${\displaystyle W_{II}={\frac {\hbar \;^{2}}{8mx^{2}}}.}$

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

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

Дифференцируя последнее уравнение по ${\displaystyle x}$, получится экстремальное значение координаты:

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

и в барьере Шоттки:

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

Электрическое поле ${\displaystyle E}$ 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:

${\displaystyle W_{2I\Sigma }(X)=W_{2I}+U_{2I}={\frac {\hbar \;^{2}}{16mx^{2}}}+qxE.}$.

Дифференцируясь это уравнение получим значение координаты в точке экстремума:

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

${\displaystyle W_{21}(x_{m})=2^{-5/3}({\frac {\hbar \;qE}{\sqrt {2m}}})^{2/3}}$,

как и потенциальной энергии:

${\displaystyle U_{21}(x_{m})=2^{-2/3}({\frac {\hbar \;qE}{\sqrt {2m}}})^{2/3}}$.

Используя условия сшивки

${\displaystyle W_{21}(x_{m})=W_{Bn}}$, и ${\displaystyle U_{21}(x_{m})=U_{A0}}$

получится оценка для электрического поля:

${\displaystyle E_{0n}=2^{3/2}n^{-3}\eta _{0}^{-3/2}E_{B},}$,

где ${\displaystyle E_{B}={\frac {\hbar \;^{2}}{2mqa_{B}^{3}}}=2,5711\cdot 10^{11}}$ В/м, а ${\displaystyle \eta _{0}=2,33811}$- первый корень функции Эйри.