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解説

この手の問題は電験では読解である程度拾えるようにはなっているので、焦らず冷静に問題を読み込むことが重要です。

このサイト全般においてそうですが、学術的な話は専門書を読んでください。ここは試験合格を目的としているので、問題を解くことを優先しており、理論的な話はあまりありません。

\(x=l_D\)において電位が零として式を解いた時の\(\phi(x)\)

問題の微分方程式を解きます。

\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}x} &= \frac{qN_A}{\varepsilon_s\varepsilon_0}(x-l_D) \\ \int d\phi &= \int \frac{qN_A}{\varepsilon_s\varepsilon_0}(x-l_D)dx \\ \phi(x) &= \frac{qN_A}{\varepsilon_s\varepsilon_0} \left( \frac{1}{2}x^2 - l_D x \right) + C \quad \text{(Cは積分定数)}\\ \end{aligned}

問題に書かれた初期条件 \(x=l_D\) で \(\phi(l_D)=0\) を用いて、定数 \(C\) を決定します。

\begin{aligned} \phi(l_D) &= \frac{qN_A}{\varepsilon_s\varepsilon_0} \left( \frac{1}{2}l_D^2 - l_D \cdot l_D \right) + C = 0 \\ C &= -\frac{qN_A}{\varepsilon_s\varepsilon_0} \left( -\frac{1}{2}l_D^2 \right) = \frac{qN_A}{2\varepsilon_s\varepsilon_0} l_D^2 \end{aligned}

定数 \(C\) を代入して答えを求めます。

\begin{aligned} \phi(x) &= \frac{qN_A}{\varepsilon_s\varepsilon_0} \left( \frac{1}{2}x^2 - l_D x \right) + \frac{qN_A}{2\varepsilon_s\varepsilon_0} l_D^2 \\ &= \frac{qN_A}{2\varepsilon_s\varepsilon_0} (x^2 - 2l_D x + l_D^2) \\ &= \frac{qN_A}{2\varepsilon_s\varepsilon_0} (x - l_D)^2 \\ \end{aligned}

よって答えは(ハ)の\(\displaystyle \frac{qN_A}{2\varepsilon_s\varepsilon_0}(x-l_D)^2\)です。

\(x=0\)での電位（表面電位）\(\phi_s\)

(1)の答えに\(x=0\)を代入します。

\begin{aligned} \phi_s &= \frac{qN_A}{2\varepsilon_s\varepsilon_0}(0-l_D)^2 \\ &= \frac{qN_A}{2\varepsilon_s\varepsilon_0}{l_D}^2 \\ \end{aligned}

よって答えは(チ)の\(\displaystyle \frac{qN_A}{2\varepsilon_s\varepsilon_0}{l_D}^2\)です。

絶縁物内の電位差

平行平板コンデンサの電界は\(E=\dfrac{Q}{\varepsilon_0 S}\)で表されます。

これと同じ考え方で、問題に与えられている電荷\(Q\)は単位面積あたりであること、比誘電率を考慮すると電界\(E\)は

\begin{aligned} E &= \dfrac{Q}{\varepsilon_{ox} \varepsilon_0} \\ \end{aligned}

問題で求められているのは電位差ですから、ここに絶縁物の厚さをかけます。

\begin{aligned} V &= E t_{ox} \\ &= \dfrac{Qt_{ox}}{\varepsilon_{ox} \varepsilon_0} \\ \end{aligned}

よって答えは(イ)の\(\displaystyle \frac{Qt_{ox}}{\varepsilon_{ox}\varepsilon_0}\)です。

この問題は(イ)、(リ)、(ワ)が解答の候補になりますが、(リ)の単位が違うことが分かれば後は分母に2がつくかつかないかだけの問題となります。

ここで平行平板コンデンサの電界を思い出せれば問題の意味が分からなくても答えを選べると思います。

空乏層厚さ\(l_{Dm}\)

問題を読み込むと、表面電位\(\phi_s\)が\(2\phi_F\)の時のゲート電圧がしきい値で、この時の空乏層厚さを問われていることが分かります。

表面電位は(2)で求めたので、それを用いて空乏層厚さを求めます。

\begin{aligned} \phi_s &= \frac{qN_A}{2\varepsilon_s\varepsilon_0}{l_D}^2 \\ 2\phi_F &= \frac{qN_A}{2\varepsilon_s\varepsilon_0}{l_{Dm}}^2 \\ {l_{Dm}}^2 &= \frac{4\phi_F\varepsilon_s\varepsilon_0}{qN_A} \\ l_{Dm} &= \sqrt{\dfrac{4\phi_F\varepsilon_s\varepsilon_0}{qN_A}} \\ \end{aligned}

よって答えは(ヨ)の\(\displaystyle \sqrt{\frac{4\phi_{F}\varepsilon_s\varepsilon_0}{qN_A}}\)です。

しきい値

問題に書いてある通り、表面電位に厚さ\(l_{Dm}\)の空乏層の電荷が絶縁層に作る電位差を足します。

問題の電荷が負(\(Q= -qN_A l_D\))なので符号が関係しますが、そもそも選択肢にないためこの問題においては悩む必要はありません。

(3)の答えに\(Q= -qN_A l_{Dm}\)、を代入したものと、しきい値の時の表面電位\(2\phi_F\)を足します。

\begin{aligned} 2\phi_{F}+\frac{qN_Al_{Dm}t_{ox}}{\varepsilon_{ox}\varepsilon_0} \\ \end{aligned}

よって答えは(ホ)の\(\displaystyle 2\phi_{F}+\frac{qN_Al_{Dm}t_{ox}}{\varepsilon_{ox}\varepsilon_0}\)です。

(5)は(3)が分かれば消去法で解ける問題かと思います。そういう意味では書いてあることは難しいですが問題を解くだけであれば難しくはありません。ただ、本番では問6なのもあり時間の猶予がないためそう簡単ではないと思います。

この問題をしっかり理解することも大事ですが、過去問をとにかく周回し、時間を掛けずに解ける問題を増やして読解に割ける時間を増やすというのも試験においては重要かと思います。