光子と電子の波

半導体の光応答と電気伝導の演習

著者：柚木芹香

光と電気を調べます．定数は $e = 1.60 \times 10^{- 19} C$ ， $1 eV = 1.60 \times 10^{- 19} J$ ， $h c = 1.99 \times 10^{- 25} J m \approx 1.24 \times 10^{- 6} eV m$ ， $k_{B} = 8.62 \times 10^{- 5} eV K^{- 1}$ です．

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

バンドギャップ $E_{g} = 1.55 eV$ の光検出器です． $h ν \geq E_{g}$ の光子だけが電子・正孔対を1組作ります．入射光子の割合 $η = 0.700$ を収集し，対1組につき電荷 $e$ が外部回路を通ります．暗電流は無視します．

検出の最長波長と， $620 nm$ と $900 nm$ の検出可否を求めよ．
$620 nm$ ，入射電力 $P = 2.00 mW$ の光による電流を求めよ．

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考え方 光子のエネルギーと個数を分ける．

$h c / λ \geq E_{g}$ より $λ_{max} = h c / E_{g} = 800 nm$ ．前者だけ検出できる．
光子数毎秒は $P / (h c / λ)$ ．収集率を掛けて

I = η e \frac{P λ}{h c} = 6.98 \times 10^{- 4} A .

電子と正孔を数えて $2 e$ を掛けない． $η \to 0$ で電流も0となる．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

交流電源 $V (t) = V_{0} \sin ω t$ に，ダイオードと抵抗 $R$ を直列につなぎます．電源電圧が $V_{D}$ を超える正電圧のとき導通し，電源は内部抵抗0です．ダイオードは導通中の電圧降下が $V_{D} = V_{0} / 2$ ，他では電流0です．

複素振幅で電源を表し，導通区間と電流を求めよ．
1周期の通過電荷と平均電流を求めよ．

**［図：交流電源とダイオードの直列回路］**
交流電源V(t)＝V0 sin ωtに，正電圧で導通するダイオードと抵抗Rを直列につなぐ．矢印は電流の正方向を示す．導通中のダイオードの電圧降下はVD＝V0/2である．

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考え方 抵抗のインピーダンスは $R$ ．非線形なダイオードは導通中だけ電圧降下を引く．

複素振幅は $\hat{V} = - i V_{0}$ で， $V (t) = Re (\hat{V} e^{i ω t})$ ． $θ = ω t$ とすれば，導通は $\sin θ > 1 / 2$ ，すなわち $π / 6 < θ < 5 π / 6$ ．区間内では

I (t) = Re (\frac{\hat{V}}{R} e^{i ω t}) - \frac{V_{D}}{R} = \frac{V_{0}}{R} (\sin θ - \frac{1}{2}),

他では0．

$d t = d θ / ω$ を用い，

Q = \frac{V_{0}}{R ω} \int_{π / 6}^{5 π / 6} (\sin θ - \frac{1}{2}) d θ = \frac{V_{0}}{R ω} {[- \cos θ - θ / 2]}_{π / 6}^{5 π / 6} = \frac{V_{0}}{R ω} (\sqrt{3} - \frac{π}{3}) .

周期 $2 π / ω$ で割ると $\overset{―}{I} = V_{0} (\sqrt{3} - π / 3) / (2 π R) \approx 0.109 V_{0} / R$ ．導通は周期の $1 / 3$ ．応答時間 $τ$ に対し，瞬時応答には $ω τ$ が十分小さいことが必要である．

演習 3

東京大 2014 前期（改題） ★★☆☆☆

照度の異なる太陽電池2枚を電圧が加算される向きに直列接続し，抵抗 $R$ へ出力します．特性は

I = J_{a} (V_{a} \leq V_{0}), I = J_{a} - \frac{V_{a} - V_{0}}{r} (V_{a} > V_{0})

です． $a = 1, 2$ ， $J_{1} = I_{0}$ ， $J_{2} = 3 I_{0} / 2$ ， $V_{0} = r I_{0}$ とし，各定数は正．

$R = 2 r$ と $R = 4 r$ で， $I, V_{1}, V_{2}$ を求めよ．
$R$ を増して電流が $I_{0}$ より小さくなる境目を求め，作図で説明せよ．

**［図：太陽電池2枚の直列回路と各特性］**
電圧が加算される向きの太陽電池1，2と抵抗Rを直列接続する．右は問題で与えられた各電池の電流Iと電圧Vaの特性である．負荷線や動作点は含まない．

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考え方 電流は等しく，電圧は和．各枝の条件を確かめる．

$I \leq I_{0} < J_{2}$ なので電池2は傾いた枝で， $V_{2} = V_{0} + r (J_{2} - I)$ ． $R = 2 r$ では $I = I_{0}$ とすると $V_{2} = 3 V_{0} / 2$ ， $V_{1} = R I_{0} - V_{2} = V_{0} / 2$ で，電池1の平らな枝に合う．

両方が傾いた枝では $V_{1} + V_{2} = 2 V_{0} + r (J_{1} + J_{2} - 2 I) = R I$ より $I = \frac{9 r I_{0}}{2 R + 4 r}$ ． $R = 4 r$ では $I = 3 I_{0} / 4$ ， $V_{1} = 5 V_{0} / 4$ ， $V_{2} = 7 V_{0} / 4$ で枝の条件に合う．

境目は $V_{1} = V_{0}$ ， $I = I_{0}$ なので $R I_{0} = V_{0} + 3 V_{0} / 2$ ， $R = 5 r / 2$ ．同じ電流で電圧を足した特性と $I = V / R$ の交点を取る． $R \to \infty$ で $I \to 0$ となり，開放電圧の和へ近づく．

演習 4

オリジナル ★★★☆☆

同じ真性半導体から作った等断面積で長さ $ℓ$ と $2 ℓ$ の試料です．長さ $L$ の抵抗は $R_{meas} = R_{c} + L / (σ S)$ とし，接触抵抗 $R_{c}$ は同温度では共通です．導電率にボルツマン因子 $σ (T) = σ_{0} \exp [- E_{g} / (2 k_{B} T)]$ を使い， $σ_{0}$ は一定です．

温度	長さ $ℓ$ の測定抵抗	長さ $2 ℓ$ の測定抵抗
$300 K$	$2.47 k Ω$	$4.44 k Ω$
$320 K$	$1.44 k Ω$	$2.38 k Ω$

接触抵抗を除き $E_{g}$ を求めよ．
各抵抗の誤差は最大 $0.02 k Ω$ とし，温度誤差は無視する． $E_{g}$ の上下限を求め，吸収端 $2.10 μ m$ と整合するか判定せよ．

**［図：等断面積で長さが異なる2試料］**
同じ半導体の長さℓと2ℓの試料を示す．断面積Sは等しい．橙色の接触部分の抵抗は両端を合わせてRcであり，同温度では2試料に共通である．

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考え方 抵抗差で接触抵抗を消し，比の対数を取る．

抵抗差は $D = R_{2 ℓ} - R_{ℓ} = ℓ / (σ S)$ ．温度の添字は表の順に1，2とし， $D_{1} = 1.97 k Ω$ ， $D_{2} = 0.94 k Ω$ ．対数から

\ln \frac{D_{1}}{D_{2}} = \frac{E_{g}}{2 k_{B}} (\frac{1}{T_{1}} - \frac{1}{T_{2}}), E_{g} = \frac{2 k_{B} \ln (D_{1} / D_{2})}{1 / T_{1} - 1 / T_{2}} = 0.612 eV .

差の誤差は $0.04 k Ω$ ．比の下限は $1.93 / 0.98$ ，上限は $2.01 / 0.90$ ．(1)へ代入して $0.561 eV \leq E_{g} \leq 0.665 eV$ ．光から $E_{g} = h c / λ = 0.590 eV$ で範囲内である．前因子一定の近似には $| \ln [σ_{0} (T_{2}) / σ_{0} (T_{1})] |$ が対数比より十分小さい必要がある．

演習 5

京都大 2017 前期（改題） ★★★☆☆

幅 $w$ ，厚さ $d = 0.100 mm$ の半導体板へ電流 $I = 2.00 mA$ を $+ x$ 方向へ流します．幅は $+ y$ ，厚さはz方向です．担体の電荷は $q = \pm e$ ，数密度は $N_{c}$ で，担体は1種類だけです．電圧を $V_{H} = V (y = w) - V (y = 0)$ と定義します．

磁場 $B_{z} = + 0.500 T$ と $- 0.500 T$ で測定電圧はそれぞれ $+ 2.40 mV$ ， $- 1.60 mV$ です．磁場によらない加算誤差 $V_{off}$ を含みます．

力のつり合いから $V_{H}$ を導け．
誤差を除き，型を判別し $N_{c}$ を求めよ．

**［図：半導体板の電流と磁場を反転する測定］**
電流Iは板の＋x方向へ流れ，幅wはy方向，厚さdはz方向である．上下の電圧端子と電圧計を示す．右下の⊙と⊗は，それぞれ＋zと−z方向の磁場を表す．

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考え方 担体の速度と電流を区別し，磁場反転で差を取る．

担体の速度成分を $v_{x}$ とすると， $I = N_{c} q v_{x} w d$ ． $v \times B$ のy成分は $- v_{x} B_{z}$ なので， $q (E_{y} - v_{x} B_{z}) = 0$ ．したがって $E_{y} = v_{x} B_{z}$ ，

V_{H} = - E_{y} w = - \frac{I B_{z}}{N_{c} q d} .

真値は差の半分 $(2.40 + 1.60) / 2 = 2.00 mV$ ，誤差は平均の $0.400 mV$ ． $I B_{z} > 0$ で $V_{H} > 0$ なので $q = - e$ ，n型である． $N_{c} = I B / (e d | V_{H} |) = 3.13 \times 10^{22} m^{- 3}$ ．幅は消え，真値だけが反転する．

ポイント教える人へ

電子・正孔対の二重計数を問います．
特性の枝を解の電圧で検証させます．
測定誤差と模型誤差を区別させます．