工学基礎演習

University
2026
Author

Serika Yuzuki

Published

April 5, 2026

\[ \require{physics} \]

固体物性学

ブリルアンゾーン

一辺の長さ \(L\) の正方形の二次元単結晶を考える．結晶は格子定数 \(a\) の二次元正方格子であり，格子点にのみ原子が配列しているとする．原子の電子に対するポテンシャルはほぼゼロであるとみなす自由電子模型を用いて以下の問いに答えよ．なお，電子の質量は \(m\) であり，プランク定数を \(h\) とする．また，\(L\) は十分に大きいとする (\(L≫a\))．ある格子点を原点 O とする \(xy\) 直交座標系を考え，1 電子波動関数 \(\psi(x,y)\) は次式で与えられる周期境界条件を満たすとする．

\[ \psi(x+L,y)=\psi(x,y) \quad (1) \\ \psi(x,y+L)=\psi(x,y) \quad (2) \]

  1. 第 1 ブリルアンゾーンは正方形となる．その面積を求めよ．
  2. 第 1 ブリルアンゾーンの中で，エネルギーが最低のエネルギーバンドにおいて，電子のとり得る状態の数を求めよ．電子のスピン自由度を考慮せよ．
  3. 第 1, 第 2, 第 3 ブリルアンゾーンを図示せよ．
  4. 原子価が 2 の時，フェルミ波数 \(k_\mathrm{F}\) を求めよ．また，フェルミ面の概形を (3) の図中に示せ

ブリルアンゾーンの話．

  1. \(e^{ikL}=1\) より、\(k=\frac{2\pi}{L}n\) (\(n\) は整数)．第 1 ブリルアンゾーンは \(-\frac{\pi}{a} \leq k_x, k_y \leq \frac{\pi}{a}\) であるから、その面積は \(\left(\frac{2\pi}{a}\right)^2 = \frac{4\pi^2}{a^2}\) となる．
  2. 電子のエネルギーは \(E=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}\) である．第 1 ブリルアンゾーン内の状態数は、\(k\) 空間の体積を考慮して、\(\frac{L^2}{(2\pi)^2}\) となる．電子のスピン自由度を考慮すると、状態数は \(2 \times \frac{L^2}{(2\pi)^2} = \frac{L^2}{2\pi^2}\) となる．
  4. 格子点数は \(\frac{L^2}{a^2}\) であるから、原子価が 2 の時、電子数は \(2 \times \frac{L^2}{a^2}\) となる．フェルミ波数 \(k_\mathrm{F}\) は、 \[ \underbrace{ \pi k_\mathrm{F}^2}_{\text{円面積}} \times \underbrace{2}_{\text{スピン}} \times \frac{1}{\qty(\frac{2\pi}{L})^2} = \underbrace{2}_{\text{価数}} \times \underbrace{\frac{L^2}{a^2}}_{\text{原子数}} \] これを解くと、\(k_\mathrm{F} = \frac{2\sqrt{\pi}}{a}\) となる．フェルミ面は、\(k_x^2 + k_y^2 = k_\mathrm{F}^2\) で表される円となる．

格子比熱

フォノンに起因する結晶の格子熱容量を求めることを考える。角振動数 \(\omega(K)\) のフォノンエネルギーは以下の式で与えられる。

\[ \varepsilon(\omega) = \left( \langle n \rangle + \frac{1}{2} \right) \hbar \omega \]

ここで、\(\langle n \rangle\) は絶対温度 \(T\) における熱平衡状態でのフォノンの占有数であり、以下で示されるボース・アインシュタイン分布に従う。

\[ \langle n \rangle = \frac{1}{e^{\frac{\hbar \omega}{k_B T}} - 1} \]

全エネルギー \(U\) は、一つの縦波フォノンモードと二つの横波フォノンモードの寄与を全て足し合わせたものであり、以下の式で表される。

\[ \begin{aligned} U &= \sum_K \left( \langle n \rangle_L + \frac{1}{2} \right) \hbar \omega(K) + 2 \sum_K \left( \langle n \rangle_T + \frac{1}{2} \right) \hbar \omega(K) \\ &= \int_0^\infty \left( \langle n \rangle + \frac{1}{2} \right) \hbar \omega D(\omega) d\omega \end{aligned} \]

ここで、\(D(\omega)\) はフォノンの状態密度である。

  1. \(N\) 個の原子からなる一辺の長さが \(L\) の立方体を考える。この固体中の縦波・横波フォノンの分散関係がそれぞれ、\(\omega_L = v_L K, \omega_T = v_T K\) と近似できるとき、状態密度 \(D(\omega)\) を導出せよ。

    1. の系には \(3N\) 個の基準振動があるため、角振動数には上限が存在する。この角振動数を \(\omega_D\)（デバイの遮断振動数）として、\(N, L, v_L, v_T\) を用いて表せ。

  3. 格子熱容量 \(C_v\) を \(\omega\) に関する積分形式で表せ.

  4. 低温および高温極限における \(C_v\) を表せ。ここでは、以下の近似式を用いてよい。

\[ \frac{3}{x^3} \int_0^x \frac{y^4 e^y}{(e^y - 1)^2} \dd y \sim \begin{cases} 1 & (x \to 0) \\ \frac{4\pi^4}{5} \cdot \frac{1}{x^3} & (x \to \infty) \end{cases} \tag{4} \]

  1. \(K\) 空間における状態密度は， \[ N_K = \frac{\text{K空間の体積}}{\text{1状態あたりの面積}} = \frac{\frac{4}{3}\pi K^3}{\left(\frac{2\pi}{L}\right)^3} = \frac{L^3}{6\pi^2} K^3 \] ここで \(K = \frac{\omega}{v}\) と近似しているので， \[ D(\omega) = \frac{dN_K}{d\omega} = \frac{L^3}{2\pi^2} \frac{\omega^2}{v^3} \] 縦波と横波があるので，合計して， \[ D(\omega) = \frac{L^3}{2\pi^2} \left( \frac{\omega^2}{v_L^3} + 2 \cdot \frac{\omega^2}{v_T^3} \right) = \frac{L^3 \omega^2}{2\pi^2} \left( \frac{1}{v_L^3} + \frac{2}{v_T^3} \right) \]
  2. \(3N\) 個の基準振動があるため、デバイの遮断振動数 \(\omega_D\) は、状態密度を用いて以下の式で表される。 \[ 3N = \int_0^{\omega_D} D(\omega) d\omega \] これを解くと、 \[ \omega_D = \left( \frac{18\pi^2 N}{L^3 \left( \frac{1}{v_L^3} + \frac{2}{v_T^3} \right)} \right)^{\frac{1}{3}} \]
  3. 格子熱容量 \(C_v\) は、全エネルギー \(U\) を温度 \(T\) で微分することで求められる。 \[ C_v = \dv{U}{T} = \int_0^{\omega_D} \left( \frac{\hbar \omega}{k_B T^2} \frac{e^{\frac{\hbar \omega}{k_B T}}}{\left(e^{\frac{\hbar \omega}{k_B T}} - 1\right)^2} \right) \hbar \omega D(\omega) d\omega \]
  4. 低温極限 (\(T \to 0\)) では、\(x = \frac{\hbar \omega_D}{k_B T} \to \infty\) となるため、近似式を用いて、 \[ C_v \sim \int_0^{\omega_D} \left( \frac{\hbar \omega}{k_B T^2} \frac{e^{\frac{\hbar \omega}{k_B T}}}{\left(e^{\frac{\hbar \omega}{k_B T}} - 1\right)^2} \right) \hbar \omega D(\omega) d\omega \sim \frac{4\pi^4}{5} \cdot \frac{1}{x^3} \cdot 3N k_B = \frac{12\pi^4}{5} N k_B \left( \frac{k_B T}{\hbar \omega_D} \right)^3 \] 高温極限 (\(T \to \infty\)) では、\(x = \frac{\hbar \omega_D}{k_B T} \to 0\) となるため、近似式を用いて、 \[ C_v \sim \int_0^{\omega_D} \left( \frac{\hbar \omega}{k_B T^2} \frac{e^{\frac{\hbar \omega}{k_B T}}}{\left(e^{\frac{\hbar \omega}{k_B T}} - 1\right)^2} \right) \hbar \omega D(\omega) d\omega \sim 3N k_B \]

レポート

固体物理

バンドギャップ (\(E_G\)) が \(1.0 \text{ eV}\)，伝導体の電子の有効質量 (\(m_e\)) および価電子帯の正孔の有効質量 (\(m_h\)) がそれぞれ \(0.10 m_0\)，\(0.30 m_0\) (\(m_0\) は真空中の電子の質量)，比誘電率 (\(\varepsilon_r\)) が 10 である半導体を考える．また，\(n\) 型半導体となるように半導体内に一価のイオンになる不純物がドープされ，下図(左)に示すように，その不純物は伝導体下端近傍に \(E_{\text{imp}}\) の不純物レベルを作る．以下の問いに答えよ．

  1. 半導体中においてイオン化した不純物の極性を答えよ．

  2. 絶対温度 \(T\) において，自由キャリア密度 (\(\rho\)) は下図(右)に示すように \(1/T\) で変化する．(a), (b), (c) の温度領域の名称を答えよ．

  3. (a), (b) 点におけるフェルミレベルの位置として適したものを下図(左)の V から Z の中から，<u>理由とともに選択せよ</u>．ただし，\(E_G\) の温度依存性は考慮しない．

    1. 点の周りでは，\(\rho\) は温度に依存しない．この理由を説明せよ．

  5. 水素原子模型において，基底状態のエネルギー (\(E_1\)) とボーア半径 (\(a_B\)) は以下の式で与えられる．

\[E_1 = - \frac{e^2}{2(4\pi \varepsilon_0) a_B} \cong -14 \text{ eV} \tag{1}\] \[a_B = \frac{\varepsilon_0 h^2}{\pi m_0 e^2} \cong 0.053 \text{ nm} \tag{2}\]

ここで，\(e, \varepsilon_0, h\) はそれぞれ，電気素量，真空の誘電率，Planck 定数である．この水素原子模型に基づいて，今回の不純物に対する有効ボーア半径とイオン化エネルギー \(\Delta E_{\text{imp}}\) を求めよ．

  1. \(300 \text{ K}\) での状況を説明する最も適した点を (a)～(c) から理由とともに選択せよ．ボルツマン定数 (\(1.4 \times 10^{-23} \text{ J/K}\)) と電気素量 (\(1.6 \times 10^{-19} \text{ C}\)) を用いてよい．

    1. の結果を基に，この半導体が \(n\) 型縮退半導体（\(\rho\) の温度依存性が点(c)のように一定になる）になる不純物濃度を概算せよ．

  1. イオン化した不純物は、電子を放出して正の電荷を帯びるため、極性は正である。

    1. 不純物領域，(b) 飽和領域，(c) 真性領域．

  1. 点におけるフェルミ準位はドナー準位に近い位置にある．ゆえにWとなる．

  2. 点では熱励起されるキャリアが不純物から供給されるキャリアより多くなり，真性半導体フェルミ準位に来るので，Xとなる

  1. 飽和領域ではドナーが完全にイオン化される一方，熱励起されるキャリアが供給されず，\(\rho\) は温度に依存しない．

\[ \begin{aligned} a_B^* &= \varepsilon_r \frac{m_0}{m^*e} a_B = 10 \cdot \frac{1}{0.10} \cdot 0.053 \text{ nm} = 5.3 \text{ nm} \\ \Delta E_{\text{imp}} &= \frac{m^*e^4}{2(4\pi \varepsilon_0)^2 \varepsilon_r^2 h^2} = \frac{1}{\varepsilon_r^2} \cdot \frac{m^*}{m_0} \cdot 14 \text{ eV} = \frac{1}{10^2} \cdot 0.10 \cdot 14 \text{ eV} = 0.014 \text{ eV} \end{aligned} \]

  1. \(300 \mathrm{K}\) では， \(k_\mathrm{B}T \approx 0.026 \text{ eV}\) であるため，\(\Delta E_{\mathrm{imp}} < k_BT \ll E_G\) なので，(a) である．

  2. 平均不純物間距離が有効ボーア半径程度であると仮定して，不純物が完全にイオン化されるとすると，\(n\) 型縮退半導体になる不純物濃度は， \[ N \approx \frac{1}{a_B^{*3}} = \frac{1}{(5.3 \text{ nm})^3} \approx 7 \times 10^{17} \text{ cm}^{-3} \] と見積もられる．

  3. まず第一の理由として，準位が離散的ではない不純物帯が形成され，伝導帯との境目がぼやけた結果，より低濃度でも縮退半導体のような振る舞いを示す可能性がある．

量子力学

1.2.5 ファンデルワールス力

2つの貴（希）ガス原子が，原子半径に比べて十分に遠い距離\(R\)離れている場合に働く相互作用を考える。貴（希）ガス原子内の電荷分布は量子力学的な効果によって揺らいでいる。この状況を下図に示すように，同一の\(x\)軸上に存在する正電荷と負電荷で構成された2つの1次元調和振動子で考える。正電荷は固定されているものとし，負電荷の運動のみを考える。

正電荷の電荷量を\(q\)，負電荷の電荷量を\(-q\)とする。また，正電荷1を原点とした負電荷1の座標を\(x_1\)とする。同様に正電荷2を原点とした負電荷2の座標を\(x_2\)とする。以下では負電荷の質量を\(m_e\)とし，クーロン定数は真空の誘電率を\(\epsilon_0\)として\(1/(4\pi\epsilon_0)\)とする。

[図：原子1と原子2のモデル。正電荷と負電荷がバネで結ばれた2つの振動子が距離\(R\)離れて配置されており、それぞれの負電荷の変位が\(x_1\), \(x_2\)と示されている]

質量\(m_e\)の粒子の1次元調和振動のシュレディンガー方程式は，一般に次式で表される。

\[ \left\{ -\frac{\hbar^2}{2m_e}\frac{d^2}{dx^2} + \frac{1}{2}m_e\omega^2x^2 \right\}\varphi_n(x) = E_n\varphi_n(x) \tag{1} \]

ここで，\(\omega\)は固有角振動数である。\(\varphi_n(x)\)は第\(n\)励起状態の波動関数であり，対応する固有エネルギー\(E_n\)は次式で表される。

\[ E_n = \left(n + \frac{1}{2}\right)\hbar\omega \tag{2} \]

基底状態の波動関数\(\varphi_0(x)\)と第一励起状態の波動関数\(\varphi_1(x)\)は，それぞれ次式で与えられる。

\[ \varphi_0(x) = C_0 \exp\left(-\frac{m_e\omega}{2\hbar}x^2\right) \tag{3} \]

\[ \varphi_1(x) = \sqrt{\frac{2m_e\omega}{\hbar}}x\varphi_0(x) \tag{4} \]

ただし，\(C_0\)は規格化定数である。

  1. \(C_0\)を用いずに以下の積分を計算せよ。 \[ \langle \varphi_1|x|\varphi_0 \rangle = \int_{-\infty}^{\infty} \varphi_1^*(x)x\varphi_0(x)dx \tag{5} \] ただし，第\(n\)励起状態の波動関数\(\varphi_n(x)\)と第\(m\)励起状態の波動関数\(\varphi_m(x)\)は以下の式を満たすことを用いても良い。 \[ \langle \varphi_n|\varphi_m \rangle = \int_{-\infty}^{\infty} \varphi_n^*(x)\varphi_m(x)dx = \delta_{nm} \tag{6} \]

  2. 図中の正電荷1と正電荷2，負電荷1と負電荷2，正電荷1と負電荷2，正電荷2と負電荷1の間に働くクーロン相互作用エネルギーをそれぞれ求めよ。

  3. 上記の相互作用エネルギーを全て足合せて得られる摂動ポテンシャル\(V\)を求めよ。

  4. \(|x_1|, |x_2| \ll R\)として2次までのテイラー展開により，\(V\)が次式のように近似できることを示せ。 \[ V \sim -\frac{q^2x_1x_2}{2\pi\epsilon_0R^3} \tag{7} \] 次に，\(V\)の影響なく図中の2つの調和振動子が独立している場合，全体のハミルトニアン\(H_0\)は次式で表される。 \[ H_0 = -\frac{\hbar^2}{2m_e}\frac{d^2}{dx_1^2} + \frac{1}{2}m_e\omega^2x_1^2 -\frac{\hbar^2}{2m_e}\frac{d^2}{dx_2^2} + \frac{1}{2}m_e\omega^2x_2^2 \tag{8} \] このハミルトニアンの固有関数\(\phi_{mn}(x_1, x_2)\)は，第\(m\)励起状態の波動関数\(\varphi_m(x_1)\)と第\(n\)励起状態の波動関数\(\varphi_n(x_2)\)の積として次式のように定義され， \[ \phi_{mn}(x_1, x_2) = \varphi_m(x_1)\varphi_n(x_2) \tag{9}\] 以下のシュレディンガー方程式を満たす。 \[H_0\phi_{mn}(x_1, x_2) = (E_m + E_n)\phi_{mn}(x_1, x_2) \tag{10} \]

  5. 以下の積分を\(R\)の関数として\(\varphi_0, \varphi_1\)を用いずに表せ。 \[ \langle \phi_{11}|V|\phi_{00} \rangle = \iint_{-\infty}^{\infty} \phi_{11}^*(x_1, x_2)V\phi_{00}(x_1, x_2)dx_1dx_2 \tag{11} \] ここで，\(V\)は上記の摂動ポテンシャルの近似式で与えられるものとする。

  6. 振動ポテンシャル\(V\)によるエネルギー変化\(\Delta E\)は，次式で与えられるものとする。\(\Delta E\)を\(R\)の関数として\(\varphi_0, \varphi_1\)を用いずに表せ。 \[ \Delta E = \frac{|\langle \phi_{11}|V|\phi_{00} \rangle|^2}{E_{00} - E_{11}} \tag{12} \]

  1. \[ \begin{aligned} \langle \varphi_1|x|\varphi_0 \rangle &= \sqrt{\frac{2m_e\omega}{\hbar}} \int_{-\infty}^{\infty} x \varphi_0^*(x) x \varphi_0(x) \dd x \\ &= \sqrt{\frac{2m_e\omega}{\hbar}} \int_{-\infty}^{\infty} x^2 | \varphi_0(x) |^2 \dd x \\ &= \sqrt{\frac{2m_e\omega}{\hbar}} \frac{\hbar}{2m_e\omega} \langle \varphi_1|\varphi_1 \rangle \\ &= \sqrt{\frac{\hbar}{2m_e\omega}} \end{aligned} \]

  2. \[ \begin{aligned} U_{++} &= \frac{q^2}{4\pi\epsilon_0R} \\ U_{--} &= \frac{q^2}{4\pi\epsilon_0(R-x_1+x_2)} \\ U_{+-} &= -\frac{q^2}{4\pi\epsilon_0(R+x_2)} \\ U_{-+} &= -\frac{q^2}{4\pi\epsilon_0(R-x_1)} \end{aligned} \]

  3. \[ V= \frac{q^2}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{1}{R} +\frac{1}{R-x_1+x_2} -\frac{1}{R+x_2} -\frac{1}{R-x_1} \right) \]

  4. \[ \begin{aligned} V &\approx \frac{q^2}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{1}{R} +\left( \frac{1}{R} +\frac{x_1-x_2}{R^2} +\frac{(x_1-x_2)^2}{R^3} \right) -\left( \frac{1}{R}-\frac{x_2}{R^2}+\frac{x_2^2}{R^3} \right) -\left( \frac{1}{R}+\frac{x_1}{R^2}+\frac{x_1^2}{R^3} \right) \right]. \\ &= \frac{q^2}{2\pi\epsilon_0} \frac{x_1x_2}{R^3} \end{aligned} \]

  5. \[ \begin{aligned} \langle \phi_{11}|V|\phi_{00} \rangle &= \iint_{-\infty}^{\infty} \phi_{11}^*(x_1, x_2)V\phi_{00}(x_1, x_2)dx_1dx_2 \\ &= \frac{q^2}{2\pi\epsilon_0R^3}\int_{-\infty}^{\infty} \varphi_1^*(x_1)x_1\varphi_0(x_1)dx_1\int_{-\infty}^{\infty} \varphi_1^*(x_2)x_2\varphi_0(x_2)dx_2 \\ &= \frac{q^2}{2\pi\epsilon_0R^3} \left( \langle \varphi_1|x|\varphi_0 \rangle \right)^2 \\ &= \frac{q^2}{2\pi\epsilon_0R^3} \frac{\hbar}{2m_e\omega} \\ &= \frac{\hbar q^2}{4\pi\epsilon_0m_e\omega R^3} \end{aligned} \]

  6. \(E_{00} = \hbar \omega\), \(E_{11} = 3\hbar \omega\) なので， \[ \Delta E = \frac{q^4\hbar^2}{16\pi^2\epsilon_0^2m_e^2\omega^2R^6} \cdot \frac{1}{-2\hbar\omega} = -\frac{q^4\hbar}{32\pi^2\epsilon_0^2m_e^2\omega^3R^6}. \]

1.2.1 ポテンシャル障壁

1次元のシュレーディンガー方程式に従い、 \(x\) 方向のみに運動できる、エネルギー \(E_0\)、質量 \(m\) の粒子を考える。 \[ V(x) = \begin{cases} 0 & (x \le 0) \\ V_0 & (x > 0) \end{cases} \quad \dots (1) \] であらわされる下図に示すような1次元階段型ポテンシャルに向かって左から粒子を入射する。ここで \(V_0 > 0\) である。 領域 \(I (x \le 0)\) における粒子の波動関数 \(\varphi_{\text{I}}\) は、以下の式(2)のように書くことができる。 \[ \varphi_{\text{I}} = A \exp(ikx) + B \exp(-ikx) \quad \dots (2) \] ここで、式(2)の右辺の第1項と第2項はそれぞれ粒子の入射と反射をあらわしており、 \(k = \sqrt{\frac{2mE_0}{\hbar^2}}\)、 \(\hbar = h/2\pi\) ( \(h\) はプランク定数)、\(i\) は虚数単位である。

  1. 粒子のエネルギーが \(E_0 > V_0\) の場合、x=0 のポテンシャル壁では粒子の反射と透過が起きる。領域 II (x > 0) における粒子の波動関数が \(\varphi_{\text{II}} = C_1 \exp(ik_1x)\) のようにあらわされるとする。このとき、 \(k_1\) を \(m, \hbar, E_0, V_0\) を用いてあらわせ。
  2. 問1.の粒子の反射率 \(R = |B|^2/|A|^2\) と透過率 \(T = 1 - R\) を \(E_0\) 及び \(V_0\) を用いてあらわせ。
  3. \(E_0 < V_0\) の粒子を入射した場合、領域 II (x > 0) における粒子の波動関数は \(\varphi_{\text{II}} = C_2 \exp(-k_2x)\) となる。この時の反射率 \(R\) を求めよ。導出過程も示すこと。

次に、金属表面に一様な電界 \(F\) を印加して放出される電子の挙動を、下図のような単純な1次元の三角ポテンシャルを用いて検討する。 \(x \le 0\) を金属、 \(x > 0\) を真空とすると三角ポテンシャルは \[ V(x) = \begin{cases} 0 & (x \le 0) \\ V_0 - eFx & (x > 0) \end{cases} \quad \dots (3) \] で表され、x 方向のみに運動できるエネルギー \(E_0\)、質量 \(m\) の粒子を左から入射する。\(e\) は電気素量である。 \(E_0 < V_0\) の場合、V(a) = E_0 となる a の位置での透過率 T は以下のようにあらわせるとする。 \[ T = \exp \left[ -2 \int_{0}^{a} \sqrt{\frac{2m[V(x) - E_0]}{\hbar^2}} dx \right] \quad \dots (4) \]

  1. 粒子の透過率 \(T\) を \(W(= V_0 - E_0)\) と \(m, \hbar, e, F\) を用いて、以下のようにあらわせることを示せ。 \[ T = \exp \left[ - \frac{4\sqrt{2m}}{3\hbar eF} W^{3/2} \right] \quad \dots (5) \]
  2. \(E_0\) を金属のフェルミエネルギーとすると、問(4)の \(W\) は仕事関数に対応する。ここで、仕事関数が 4.45 eV のタングステン表面に電界 \(F\) を印加して、電子を取り出す実験を考える。上問をもとに、透過率 \(T\) を \(6.74 \times 10^{-3}\) とするための電界 \(F\) を求めよ。またその際の \(a\) を求めよ。ただし電気素量 \(e = 1.60 \times 10^{-19} \text{ C}\)、\(\hbar = 1.05 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}\)、電子の静止質量 \(m = 9.11 \times 10^{-31} \text{ kg}\) とする。また、\(\ln(6.74 \times 10^{-3}) = -5.00\) である。
  3. 粒子がポテンシャル障壁を通り抜ける現象をトンネル効果という。一般的に、トンネル効果は工学の分野でどのような応用があるのか。具体的な一例を挙げ、その中でトンネル効果がどのように使われているのか 50 文字程度で説明せよ。
  1. 粒子のエネルギーは \(E_0 - V_0\) なので， \[ k_1 = \frac{\sqrt{2m(E_0-V_0)}}{\hbar} \]
  2. \[ \begin{aligned} \phi_I(0) &= \phi_{II}(0) \implies A + B = C \\ \frac{d\phi_I}{dx}|_{x=0} &= \frac{d\phi_{II}}{dx}|_{x=0} \implies ik(A-B) = ik_1C \\ \frac{B}{A} &= \frac{k-k_1}{k+k_1} \\ R &= \frac{|B|^2}{|A|^2} = \left( \frac{k-k_1}{k+k_1} \right)^2 = \left( \frac{\sqrt{E_0} - \sqrt{E_0-V_0}}{\sqrt{E_0} + \sqrt{E_0-V_0}} \right)^2 \\ T &= 1 - R = \frac{4\sqrt{E_0(E_0-V_0)}}{(\sqrt{E_0} + \sqrt{E_0-V_0})^2} \end{aligned} \]
  3. \(k_2 = \sqrt{\frac{2m(V_0-E_0)}{\hbar^2}}\) なので、 \[ \begin{aligned} \phi_{II}(x) &= C_2 \exp(-k_2x) \\ \phi_{I}(0) &= \phi_{II}(0) \implies A + B = C_2 \\ \frac{d\phi_{I}}{dx}|_{x=0} &= \frac{d\phi_{II}}{dx}|_{x=0} \implies ik(A-B) = -k_2C_2 \\ \frac{B}{A} &= \frac{ik+k_2}{ik-k_2} \\ R &= \frac{|B|^2}{|A|^2} = \frac{k^2+k_2^2}{k^2+k_2^2} = 1 \end{aligned} \]
  4. \(V(a) = E_0\) なので、 \(a = \frac{W}{eF}\) となる． \[ \begin{aligned} \int_0^a \sqrt{\frac{2m(V_0-E_0-eFx)}{\hbar^2}} dx &= \int_0^a \sqrt{\frac{2mW(1-x/a)}{\hbar^2}} dx \\ &= \sqrt{\frac{2mW}{\hbar^2}} \int_0^a \sqrt{1-\frac{x}{a}} dx \\ &= \sqrt{\frac{2mW}{\hbar^2}} \left[ -\frac{2a}{3}\left(1-\frac{x}{a}\right)^{3/2} \right]_0^a \\ &= \sqrt{\frac{2mW}{\hbar^2}} \frac{2a}{3} \\ &= \sqrt{\frac{2mW}{\hbar^2}} \frac{2W}{3eF} \\ &= \frac{2\sqrt{2m}}{3\hbar eF}W^{3/2} \\ \therefore T &= \exp \left[ -\frac{4\sqrt{2m}}{3\hbar eF}W^{3/2} \right] \end{aligned} \]
  5. \[ F = \frac{4\sqrt{2m}W^{3/2}}{-3 \ln T \hbar e} \]
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import numpy as np

m = 9.11e-31
t_W = 4.45
e = 1.60e-19
hbar = 1.05e-34

T = 6.74e-3

W = t_W * e

F = 4 * np.sqrt(2*m) * W**(3/2) / (-3 * np.log(T) * hbar * e)
a = W / (e * F)

print(f"F = {F:.2e} [V/m]")
print(f"a = {a:.2e} [m]")
F = 1.29e+10 [V/m]
a = 3.46e-10 [m]

以上より， \[ F = 1.29 \times 10^{10} \, [\text{V/m}] \] \[ a = 3.46 \times 10^{-10} \, [\text{m}] \] 6. トンネル効果を応用した走査型トンネル顕微鏡は，探針と試料の間に働くトンネル電流を検出し，表面の凹凸を原子レベルで観察することができる

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