Практический курс физики. Квантовая физика. Элементы физики твёрдого тела и ядерной физики (1013875), страница 21
Текст из файла (страница 21)
Зная распределение электронов в металле dN(E) поэнергиям, установить распределение dN(р) электронов по импульсам.Найти частный случай распределения при Т = 0 К.РешениеРаспределение электронов по энергиям в единичном объеме всоответствии с (4.21) имеет вид:3/ 2dN(E, T) =1 ⎛ 2m ⎞⎜⎟2π 2 ⎝ h 2 ⎠⋅E1/ 2⋅ dE.exp(E − EF ) / kT + 1Используя связь импульса с энергиейdE =⎛ p2 ⎞⎟d⎜⎜⎟2m⎝⎠=E=p2(2),2m(1)найдем1⋅ 2p ⋅ dp.2m(3)Подставив (2) и (3) в (1), получим3/21 ⎛ 2m ⎞dN(p) = 2 ⎜ 2 ⎟2π ⎝ h ⎠⋅p12p ⋅ dp⋅⋅;1/ 222m exp(p / 2m − EF ) / kT + 1(2m)1 p21dN(p) = 2 ⋅ 3 ⋅dp.2π h exp(p / 2m − EF ) / kT + 1При Т = 0 К функция распределения Ферми1и dN(p) == 1;2exp((p / 2m − EF ) / kT ) + 1p2⋅ dp.π 2h 3Определить число свободных электронов, импульсыне более чем накоторых отличаются от максимального импульса Рmax30,1 Рmax для медного проводника объемом 40 см при абсолютномнуле Т = 0 К.
Энергию Ферми для меди принять равной ЕF = 6,2 эВ.РешениеИспользуя решение предыдущей задачи, запишем распределениесвободных электронов в металле по импульсам при Т = 0 К.Задача4.6.dn(p) =1 2p ⋅ dp.π h2 3(1)123Число электронов Δn в единице объема, импульсы которыхзаключены в интервале от (рmax-0,1рmax) до рmax, найдеминтегрированием (1) в соответствующих пределах:Δn(p) =12 3π hpmaxp2dp =∫0,9pmaxp33 π2 h 3pmax0,9pmax ,p3max0,271р3max3.−=(10,9)3 π 2h 33 π2 h3свободных электронов ΔN в единицеΔn(p) =Искомое числонайдем из соотношенияобъема30,271рmaxV.3π2h3ΔN = n ⋅ V =V(2)Учитывая, что максимальный импульс рmax связан с энергией2Ферми при Т = 0 соотношением pmax= 2mEF или pmax = ( 2mEF )1/ 2 , из(2) определяем искомое число электронов:0,271( 2mEF )3 / 2V.ΔN =(3)3π 2 h 3Поставляя в (3) численные значения m=9,1⋅10-31кг, ЕF =6,2⋅1,6⋅10-19 Дж,V = 4⋅10-5 м3, h = 1,05⋅10-34 Дж⋅с, находимΔN =0,271 ⋅ (2 ⋅ 9,1⋅ 10 −31 ⋅ 6,2 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 ) 3 / 23 ⋅ 3,14 ⋅ (1,05 ⋅ 102−34 3)⋅ 4 ⋅ 10 −5 ,ΔN = 1,4 ⋅10-35 электронов.Задача 4.7.
Сколько процентов свободных электронов в металлепри Т = 0 имеет кинетическую энергию, превышающую половинумаксимальной?РешениеЧисло электронов dn в единице объема металла энергии которыхзаключены в интервале от Е до E + dЕ при Т = 0 К определяетсясогласно (4.23) соотношением3/21 ⎛ 2m ⎞dN(E ) = 2 ⎜ 2 ⎟2π ⎝ h ⎠⋅ E1/ 2 ⋅ dE.(1)Тогда число свободных электронов Δn1 при Т = 0 К, энергиикоторых больше половины максимальной, т.е.
Е > Еmax/2 = ЕF/2,найдем интегрированием (1) в пределах от ЕF/2 до ЕF:EF1 ⎛ 2m ⎞Δn1 = ∫ dn = 2 ⎜ 2 ⎟2π ⎝ h ⎠EF / 23 / 2 EF∫1/ 2EEF / 21 ⎛ 2m ⎞dE = 2 ⎜ 2 ⎟2π ⎝ h ⎠1 ⎛ 2m ⎞Δn1 = 2 ⎜ 2 ⎟3π ⎝ h ⎠3/23/22EF3 / 233/2⎤⎡⎛ 1⎞3/2⋅ EF ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥.⎣⎢⎝2⎠⎦⎥EFEF / 2 ;(2)124При Т = 0 К число свободных электроновэнергиями от 0 до Еmax = ЕF равно3/2EFΔn2,обладающих3/21 ⎛ 2m ⎞ EF 1/ 21 ⎛ 2m ⎞(3)dE = 2 ⎜ 2 ⎟ ⋅ EF3 / 2 .Δn2 = ∫ dn = 2 ⎜ 2 ⎟∫ E23πhπh⎝⎠⎝⎠00Найдем отношение Δn1 к Δn2 из (2) и (3) и выразим его в процентах:()()Δn1 EF3 / 2 1 − 0,53 / 2=⋅ 100% = 1 − 0,53 / 2 ⋅ 100% ≅ 65%.3/2Δn2EFНайтисуммарную кинетическую энергию свободных3см меди при 0 К, полагая, что на каждый атом медиприходится один свободный электрон.РешениеСуммарная кинетическая энергия свободных электроновnопределяется соотношением E = ∑ Ei = n E (1), где n - числоЗадача4.8.электронов в 1i =1свободных электронов в 1 см , E - средняя кинетическая энергиясвободного электрона. Средняя энергия при Т = 0 К в соответствии с(4.29) равна3EFE =∫ E ⋅ g(E)dE0.EF(2)∫ g(E)dE0Подставляя в (2) g(Е), равное согласно (4.13)g(E) =V ⎛ 2m ⎞⎜⎟2π 2 ⎝ h 2 ⎠3/2⋅ E1 / 2 ,и проведя сокращения, получимEF∫E =0EF∫E3 / 2dEE1/ 2dE3= EF.50Для меди EF = 6,2 эВ (см.
задачу 4.1) и, следовательно, средняяэнергия < Е >= 3,7 эВ. Концентрацию n найдем согласно (4.11):n=ρNA/М. Для меди ρ = 8,9⋅103 кг/м3, МCu = 64⋅10-3 кг/моль8,9 ⋅ 10 3 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23= 0,8 ⋅ 10 29 м−3 = 0,8 ⋅ 10 23 см− 3 .−364 ⋅ 10Полную кинетическую энергию всех электронов в 1см3 определимиз (1), подставляя найденные значения < Е > и n:n=E = 3,7 ⋅ 0,8 ⋅ 1023 = 3 ⋅ 1023 эВ = 3 ⋅ 1014ГэВ = 4,8 ⋅ 104 Дж.125Задача 4.9. Вычислить среднюю скорость < v > электронов вметалле лития при абсолютном нуле через максимальную скоростьvmax, полагая, что на каждый атом лития приходится один свободныйэлектрон.РешениеСредняя скорость при Т= 0К в соответствии с(4.30)равнаvmaxv =∫ v ⋅ g( v ) ⋅ dv0vmax(1).∫ g( v ) ⋅ dv0Максимальная скорость находится по (4.32) с использованием (4.12)2EF2h2(3π2n)2 / 3 h 3 2==3π n.
(2)mm2m2Плотность состояний в единице объема, приходящаяся на единичныйинтервал энергии, в соответствии с (4.14), определяется выражением:vmax =3/2V ⎛ 2m ⎞g(E) = 2 ⎜ 2 ⎟2π ⎝ h ⎠⋅ E1/ 2,а плотность состояний, приходящихся на интервал энергии dЕ, будетравнаV2π 2g(E )dE =3/2⎛ 2m ⎞⎜ 2 ⎟⎝ h ⎠⋅ E1/ 2 ⋅ dE, (3)Перейдем от плотности состояний по энергиям g(Е)dЕ к плотностисостояний по скоростям g(v)dv. Для этого используем формулу2кинетической энергии E = mv , находя dЕ = m⋅v⋅dv и2E=vm,2подставляя все в (3), получим3/21 ⎛ 2m ⎞⎜⎟2 π2 ⎝ h 2 ⎠Подставляя в формулу (1) иg( v )dv =vmax∫v ⋅ m ⋅ m ⋅ v ⋅ dv1= 2 3 ⋅ m 3 ⋅ v 2 dv.2π hпроизведя сокращения, получимv3dvv =v0max∫=v2dv3vmax.40Учитывая(2)и подставляя в соответствии сокончательно имеем3 hv = ⋅ 3 3 π 2ρ NA / M,4 m3 1,05 ⋅ 10 −34v = ⋅4 9,1⋅ 10 −313ρ(4.11) n = NA ,M3 ⋅ 3,142 ⋅ 534 ⋅ 6,02 ⋅ 1023= 9,2 ⋅ 105 м / с.−36,94 ⋅ 10126Найти интервал ΔEi (в эВ) между соседними3уровнями энергии свободных электронов в металле объемом 1 смдля энергий Е, равных 0,1 эВ и 5 эВ при Т = 0 К.РешениеСогласно формуле (4.1) искомый интервал между соседнимиуровнями энергии свободных электронов в металле заданногообъема V для любых значений энергии Е определяетсяЗадача4.10.(2πh )3ΔE =.4πV (2m)3 / 2 Ei(1)Подставляя в (1) численные значения h = 1,05⋅10-34 Дж⋅с, V = 10-6 м3,m= 9,1⋅10-31 кг, энергию Е1 = 0,1 эВ, Е2 = 5 эВ (1 эВ = 1,6⋅10-19 Дж), находимΔE1 =ΔE 2 =(2 ⋅ 3,14 ⋅ 1,05 ⋅ 10 −34 )34 ⋅ 3,14 ⋅ 10− 6 (2 ⋅ 9,1⋅ 10 −31)3 / 2 0,1⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19( 2 ⋅ 3,14 ⋅ 1,05 ⋅ 10 −34 )3−64 ⋅ 3,14 ⋅ 10 ( 2 ⋅ 9,1⋅ 10ΔE1 = 4,7⋅10–22эВ,− 31 3 / 2)ΔE2 = 6,6⋅105 ⋅ 1,6 ⋅ 10–23−19эВ.⋅ 1,6 ⋅ 10−19,,Задача 4.11.
Чистый кристаллический германий содержит 4,5·1028атомов/м3. При температуре 300 К один атом из каждых 2·109 атомовионизован. Подвижности электронов и дырок при этой температуресоответственно равны 0,4 и 0,2 м2/В⋅с). Определить проводимостьчистого германия.РешениеКонцентрация собственных носителейnn,p =4,5 ⋅ 10 282 ⋅ 109= 2,25 ⋅ 1019 м −3 .Электропроводность (4.33)σ = σ n,р = nn,р⋅е(μn + μp) = 2,25⋅1019⋅ 1,6⋅10–19 (0,4+0,2) = 2,16 См/м.Для полупроводникового образца, имеющего формукуба со стороной L измерено сопротивление при отсутствииосвещения R0 и при наличии освещения R. Найти изменениеконцентраций электронов Δnn и дырок Δnр, обусловленныхосвещением, если их подвижность μn и μp. Считать Δnn = Δnр.РешениеТак как Δnn = Δnр, то фотопроводимость σф = е(μn + μp)Δn, и, в тоже время, σф = σ - σ0 (1), где σ - коэффициент электропроводностипри наличии освещения, σ0 - коэффициент электропроводности приотсутствии освещения.Задача4.12.127В условии задачи задано сопротивлениеR =ρL,Sпоэтому,выражая σ через 1/ρ и σ0 - через 1/ρ0, получаем соотношениеσф =1 1l ⎛11 ⎞l R0 − R⎟=−= ⎜⎜ −.⋅⎟ρ ρ0 S ⎝ R R 0 ⎠ L2 R 0RРешая совместно уравнения (1) и (2), для Δn получимR0 - R1 R -Rය Δn =.e(μ n + μ p )Δn = ⋅ 0e(μ n + μ p )R 0RLL R 0RЗадача4.13.
Ширина запрещенной зоны чистого полупроводникаравна 1 эВ. Вычислить вероятность заполнения электронами уровнявблизи дна зоны проводимости при Т = 290 К. Будет ли увеличиватьсяэта вероятность, если на полупроводник действует излучение:1) λ1 = 1 мкм и 2) λ2 = 2 мкм?РешениеУровень Ферми в чистом полупроводнике лежит посерединезапрещенной зоны; согласно условию задачи ЕF = 1 эВ/2= 0,5эВ.Вероятность заполнения электронами уровней определяетсяфункцией распределения Ферми-Дирака (4.17):f (E, T ) =1e( E − EF ) / kT+1Отсчет энергии в этом случае удобно вести от потолка валентнойзоны. В этом случае Е – ЕF = 1эВ – 0,5эВ = 0,5эВ.
Вероятность заполненияэнергетических уровней зоны проводимости подсчитаем по формуле:f (E, T ) =1−19⎞0,5 ⋅ 1,6 ⋅ 10⎟ +1− 23⎟⋅⋅1,3810290⎝⎠⎛exp⎜⎜=1= 2,06 ⋅ 10 −9.exp( 20) + 1При облучении светом полупроводника возникает внутреннийфотоэффект, и проводимость полупроводника увеличивается.Внутренний фотоэффект имеет место только, если энергия квантападающего света Е = hν = hс/λ равна или больше ΔЕЗ ширины.запрещенной зоны–61) λ1 = 1·10 м, то энергия падающего квантаc 6,62 ⋅ 10 −34 Дж ⋅ c ⋅ 3 ⋅ 10 8 м / с= 1,24эВ;E1 = h =λ110 −6 м ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 Дж / эВт.к. Е > 1 эВ, то вероятность нахождения электронов в зонепроводимости–6увеличивается.2) λ2 = 2·10 мE2 = hc6,62 ⋅ 10 −34 Дж ⋅ c ⋅ 3 ⋅ 108 м / с== 0,62эВ;λ22 ⋅ 10 − 6 м ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 Дж / эВ128т.к. Е2 = 0,62 эВ < 1 эВ, то вероятность нахождения электронов в зонепроводимости не изменится.Задача4.14.Красная граница фотопроводимости чистогобеспримесного германия при низких температурах соответствует–6длине волны λкр =1,76·10 м.
Вычислить температурный коэффициентсопротивления этого полупроводника ρ0 при Т = 300 К.РешениеСогласно соотношениям (4.46) и (4.48) имеем,ΔEЗ∂ρ⎛ ΔE З ⎞2kT= ρ0 e⋅⎜⎟;2∂Т⎝ 2kT ⎠1α=ρ0откуда α = -ΔЕЗ/2kТ2.Δ EЗe 2kT⋅ ρ0Δ EЗe 2kT⎛⋅⎜−⎝ΔE З ⎞⎟,2kT 2 ⎠Красная граница фотопроводимостиλКР =И, окончательно, имеемhchc., ΔEЗ =λКРΔEЗhсα=−,2kT 2λКР6,62 ⋅ 10 −34 ⋅ 3 ⋅ 108α=−= −0,047K −1.− 234−62 ⋅ 1,38 ⋅ 10 ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ 1,76 ⋅ 10Задача4.15. Красная граница фотоэффекта сурьмяно-цезиевогофотокатода (при очень низкой температуре) соответствует длиневолны λ1 = 0,65·10-6 м, а красная граница фотопроводимостисоответствует длине волны λ2 = 2,07·10-6 м Определить в эВположение дна зоныотносительна вакуума.проводимостиРешениеКраснаяграницафотоэффектаопределяетсянаименьшейэнергией,которую необходимо передать электрону,чтобы вызвать переход последнего науровень с энергией Е=0 (в вакуум).
Ясно,что наименьшая энергия потребуется дляперевода электрона, расположенного наверхнем уровне валентной зоны,сE1 = h .λ1данногополупроводникаЕ ВакуумЕ2Е=0Дно зоны проводимостиЕ1ЕзВалентная зонаШирина запрещенной зоны ΔЕЗ определяет наименьшую энергию,которую необходимо сообщить электрону, расположенному наверхнем уровне валентной зоны чтобы перевести его в зону129с. Согласно представлениям зонной теорииλ2проводимости энергия, соответствующая дну зоны проводимости,проводимости ΔE з = hопределяется разностьюЕ2 = Е1 - ΔЕЗ,E2 = hλ -λсc-h= hc 2 1 ,λ1 λ 2λ1λ 26,62 ⋅ 10 −34 ⋅ 3 ⋅ 108 ( 2,07 − 0,65 ) ⋅ 10 −6= 2,0510 −19 Дж.E2 =−6−62,07 ⋅ 10 ⋅ 0,65 ⋅ 10В выбранной системе отсчета энергия должна иметь знак минус.Поэтому ответ должны дать в виде Е2 = -2,05⋅10-19 Дж = -1,31 эВ.Задача 4.16.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
