hrw42

e(eV)
energie(eV)
(a)
(b)
0 246810
0,5
1
E
F
P(
E
)
P(
E
)
0 246810
0,5
1
E
F
T =0
T =1000K
Obr. 42.6 Pravděpodobnost obsazení P(E)vyjadřuje pravdě-
podobnost, že energiová hladina E bude obsazena elektronem.
(a) Pro T = 0Kje P(E) rovno jedné pro hladiny s energií
až do Fermiho energie a nule pro energie vyšší. (b) Při teplotě
T = 1000Kmaláčástelektronů,jejichženergiebylamírněnižší
než Fermiho energie při T = 0K, přešla do stavů s energiemi
mírně vyššími než Fermiho energie. Bod na křivce ukazuje, že
pro E = E
F
je P(E)= 0,5.
Vdanémvzorkupřitomvůbecnemusíexistovatdovo-
lenýkvantovýstavpříslušnýtétoenergii.
Kolik existuje obsazených stavů?
Rov.(42.2)aobr.42.5námříkají,jakéjerozloženístavůve
vzorkupodleenergie.Rov.(42.3)určujepravděpodobnost,
sjakoubudedanýstavobsazenelektronem.Abychomnašli
hustotu obsazených stavů N
o
(E), musíme vynásobit hus-
totustavůodpovídajícípravděpodobnostíobsazení;tedy
N
o
(E) = N(E)P(E)
(hustota
obsazených stavů).
(42.4)
Naobr.42.7ajegrafickévyjádřenírov.(42.4)promědquoteright
pro T = 0K.Bylozískánonásobenímhodnotfunkcehus-
toty stavů (obr.42.5) pro každou energii odpovídajícími
hodnotami pravděpodobnosti obsazení pro absolutní nulu
(obr.42.6a). Obdobně získaný obr.42.7b ukazuje hustotu
obsazenýchstavůpro mědquoterightproteplotu T = 1000K.
Výpočet Fermiho energie
Předpokládejme, že sečteme (zintegrujeme) počet obsaze-
ných stavů na obr.42.7a pro T = 0 pro všechny energie
mezi E = 0aE = E
F
. Výsledekse musí rovnat n, tj. po-
čtu vodivostních elektronů v jednotkovém objemu kovu.
Matematickýzápistétoúvahyje
n =
integraldisplay
E
F
0
N
o
(E)dE. (42.5)
42.5 KOVY 1113
Obr. 42.7 (a) Hustota
obsazených stavů
N
o
(E) pro mědquoteright pro
T = 0K.Plocha
pod křivkou odpovídá
číselně koncentraci
elektronů n.Všim-
něme si, že všechny
stavy s energií až do
Fermiho energie jsou
obsazeny a všechny
stavy s energiemi nad
Fermiho energií jsou
prázdné. (b) Stejná
situace pro mědquoteright
a T = 1000K. Pouze
elektrony s energií
blízkou Fermiho
energii jsou ovlivněny
tepelným vybuzením
a přerozděleny.
(a)
(b)
energie(eV)
energie(eV)
0
1
2
2
46810
E
F
N
o
(E
)
(10
28
m
−
3
·
eV
−
1
)
N
o
(E
)
(10
28
m
−
3
·
eV
−
1
)
0
1
2
2
46810
E
F
T =0
T =1000K
(Integrál udává obsah plochy pod rozdělovací křivkou na
obr.42.7a.) Protože P(E)= 1 pro všechny energie menší
než Fermiho energie, můžeme v rov.(42.5) dosadit N(E)
místo N
o
(E) apotom použíttuto rovnicipronalezeníFer-
miho energie E
F
. Dosadíme-li rov.(42.2) do rov.(42.5),
dostáváme
n =
8
√
2D4m
3/2
h
3
integraldisplay
E
F
0
E
1/2
dE =
8
√
2D4m
3/2
h
3
2E
3/2
F
3
.
Vyjádřením E
F
ztétorovniceurčíme
E
F
=
parenleftbigg
3
16
√
2D4
parenrightbigg
2/3
h
2
m
n
2/3
.
=
0,121h
2
m
n
2/3
. (42.6)
Pokud známe koncentraci vodivostních elektronů n, mů-
žemenaléztFermiho energiiprokov.
PŘÍKLAD 42.2
Krychle mědi má hranu o délce 1cm. Jaký je počet kvan-
tových stavů N v částečně zaplněném pásu na obr.42.4b
venergiovémintervaluod E = 5,000eVdo E = 5,010eV?
(Tytohodnotyenergiejsoutakblízké,žemůžemepovažovat
hustotu stavů N(E)v tomto intervalu za konstantní.)
ŘEŠENÍ: Početstavů můžemenalézt zevztahu
parenleftbigg
počet stavů
ve vzorku
parenrightbigg
=
=
parenleftbigg
hustota stavů,
m
−3
eV
−1
parenrightbiggparenleftbigg
energiový
rozsah,eV
parenrightbiggparenleftbigg
objem
vzorku, m
3
parenrightbigg
neboli
N = N(E)·Delta1E ·V, (42.7)
kde Delta1E = 0,010eV a V = 1cm
3
je objem vzorku.
Zrov.(42.2) pro energii E = 5,000eVdostáváme
N(E)=
8
√
2D4m
3/2
h
3
E
1/2
=
= (8
√
2D4)(9,11·10
−31
kg)
3/2
·
·
(5,000eV)
1/2
(1,60·10
−19
J/eV)
1/2
(6,63·10
−34
J·s)
3
=
= 9,48·10
46
m
−3
J
−1
= 1,52·10
28
m
−3
eV
−1
.
Zrov.(42.7) vypočteme
N = N(E)Delta1Ea
3
=
= (1,52·10
28
m
−3
eV
−1
)(0,010eV)(1·10
−2
m)
3
=
= 1,52·10
20
. (Odpovědquoteright)
Je to ohromné množství stavů, ale to jsme také očekávali.
Přestože všechny tyto stavy spadají do úzkého energiového
intervalu o pouhé šířce 0,01eV, velký počet stavů vyplývá
zohromného množství atomů, které tvoří vzorek.
PŘÍKLAD 42.3
(a) Jaká je pravděpodobnost obsazení kvantového stavu
oenergii0,10eV nad Fermiho energií? Předpokládejte tep-
lotu vzorku 800K.
ŘEŠENÍ: P(E)můžemevypočítatzrov.(42.3).Spočítáme
všaknejprve (bezrozměrový) exponent v tomto vztahu:
E −E
F
kT
=
(0,10eV)
(8,62·10
−5
eV/K)(800K)
= 1,45.
Dosazením této hodnoty do rov.(42.3) dostaneme
P(E)=
1
e
1,45
+1
= 0,19 neboli 19%. (Odpovědquoteright)
(b) Jaká je pravděpodobnost obsazení kvantového stavu
0,10eV pod Fermihoenergií?
ŘEŠENÍ: Exponent v rov.(42.3) má stejnou absolutní hod-
notu jako v části(a),avšakje záporný. Ztoho pakvyplývá
P(E)=
1
e
−1,45
+1
= 0,81 neboli 81%. (Odpovědquoteright)
VpřípaděstavůpodFermihoenergiínásčastějizajímáprav-
děpodobnost, žetentostav není obsazen.Tato pravděpodob-
nost je jednoduše rovna 1 − P(E), tedy v našem případě
19%.Povšimněte si,žeuvedená pravděpodobnost ječíselně
stejná jakopravděpodobnost obsazení v (a).
1114 KAPITOLA 42 VEDENÍ ELEKTŘINY V PEVNÝCH LÁTKÁCH
Obr. 42.8 (a) Pásová struktura polovodičů
připomíná strukturu izolátorů (obr.42.4a) až na
to, že pás zakázaných energií E
g
je mnohem
užší. Elektrony tak mají reálnou šanci ho pře-
skočit působením tepelné aktivace. (b) Vlivem
tepelné aktivace přeskočilo několik elektronů
z valenčního pásu do vodivostního pásu a tím
vznikl ve valenčním pásu stejný počet děr.
vodivostní
pás
valenční
pás
vodivostní
pás
valenční
pás
polovodič
E
g
E
g
(a) (b)
42.6 POLOVODIČE
Porovnánímobr.42.8aa42.4avidíme,žepásovástruktura
polovodičů je podobná pásové struktuře izolátorů. Hlavní
rozdíl je v tom, že polovodič má mnohem užší pás zaká-
zaných energií E
g
mezi vrcholem nejvyššího zaplněného
pásu (nazývaného valenční pás) a dnem prázdného pásu
nadním(nazývaného vodivostní pás).Ztohotopohleduje
nepochybné, že křemík (E
g
= 1,1eV) je polovodič a dia-
mant (E
g
= 5,5eV) je izolátor. V křemíku, na rozdíl od
diamantu, může při pokojové teplotě reálně docházet vli-
vem tepelné aktivace k přeskokům elektronů z valenčního
pásudo pásuvodivostního.
Vtab.42.1jsouporovnánytřizákladníelektrickévlast-
nostimědi,typickéhokovu,akřemíku,typickéhopolovodi-
če.Podívejmeseještějednoudotabulky,abychomzjistili,
jakselišípolovodičod kovu.
Koncentrace nosičů náboje n
Vdruhémřádkutab.42.1vidíme,žemědquoterightmámnohemvyšší
koncentraci nosičů náboje než křemík, zhruba 10
13
krát.
U mědi přispívá každý atom jedním elektronem k pro-
cesu vedení proudu, tento elektron je zároveň jeho jediný
valenční elektron. Nosiče náboje v křemíku vznikají při
termodynamické rovnováze pouze v důsledku tepelné ak-
tivace, která vyvolává přeskoky jistého (velmi malého)
množství elektronů z valenčního do vodivostního pásu.
Tytopřeskokyzároveňvedoukevznikustejnéhomnožství
neobsazenýchenergiovýchstavůve valenčnímpásu,které
nazýváme díry.Obr.42.8bukazujetentoproces.
Jakelektronyvevodivostnímpásu,takdíryvevalenč-
nímpásusloužíjakonosičenáboje.Díryjsounosičenáboje
proto,žeumožňujíjistouvolnostpohybuelektronůmveva-
lenčnímpásu;bezpřítomnostiděrbybylyelektronyzablo-
kovány. Jestliže vytvoříme v polovodiči elektrické pole E,
mají záporně nabité elektrony ve valenčním pásu tendenci
pohybovat se ve směru opačném k E. Tím jsou místa, kde
senacházejídíry,unášena(driftují)vesměruE.Pohybděr
senámjevíjakopohyb kladnýchčástics nábojem+e.
Chování děr můžeme pochopit na příkladu s řadou
aut zaparkovaných těsně za sebou u závory, kdy přední
auto je vzdáleno od závory na délku jednoho auta.Jestliže
se přední auto přemístí kzávoře, ponechá za sebou volný
prostor o délce jednoho auta. Druhé auto se poté může
přemístitdotohotoprostoruatoumožnípohybtřetímuautu
atd.Pohyb velkého množství aut vzhledem k závoře může
být jednodušepopsán jako drift jedné „díry“ (parkovacího
místa)směremod závory.
U polovodičů je vodivost způsobená pohybem děr
stejnědůležitájakoelektronovávodivost.Kdyžuvažujeme
oděrovévodivosti,jevhodnésipředstavit,ževšechnyne-
obsazené stavy ve valenčním pásu jsou vlastně obsazeny
částicemi o náboji +e, a že všechny elektrony ve valenč-
ním pásu byly odstraněny. Nosiče kladných nábojů se tak
mohoupohybovat volněnapříčpásem.
Rezistivita rho1
Připomeňmesizkap.27,žerezistivita rho1 materiálůjedána
vztahem m/(e
2
nτ),kdem je hmotnost elektronu, e je ele-
mentárnínáboj,njekoncentracenosičůnábojeaτ jestřední
doba,kteráuběhnemezisrážkaminosičůnáboje.Ztab.42.1
je zřejmé,žeměrný odpor křemíku je při pokojové teplotě
10
11
krátvyššínežměrnýodpormědi.Tentoobrovskýroz-
díl lze přisoudit ohromnému rozdílu v n. Jiné vlivy se zde
rovněžuplatňují,aletyjsoutímtoobrovskýmrozdílemvn
zcelapřekryty.
Teplotní součinitel rezistivity α
Připomeňme si, že α (rov.(27.17)) je relativní změna re-
zistivitynajednotkovouzměnuteploty:
α =
1
rho1
drho1
dT
. (42.8)
Rezistivita mědi se zvyšuje s teplotou (tj. drho1/dT>0),
protože srážky nosičů náboje nastávají v mědi častěji při
vyššíchteplotách.Koeficient α jetedypromědquoteright kladný.
Srážková frekvence se zvyšuje s teplotou i v případě
křemíku. Odpor křemíku se však ve skutečnosti snižuje
42.7 DOTOVANÉ POLOVODIČE 1115
steplotou(drho1/dT