1626435729-68f65f5f70a42d31a57129b6cb45bfde (2017 - Решение месячных задач)

1Задание 11.1Задача 1Численные коэффициенты советую перепроверить, ибо с этим у меня не очень.1. Выражение для концентрации частиц во внешнем поле записывается как:√ ∞EdEn=AE−µ+mgx+1exp0T√(где A = π2mm2 ~3 )Разложив это выражение по формуле∞0µn+1π 2 n(n + 1) T 2E n dE≈[1+( )]n+16µ+1exp E−µT, получаем:132π2T 2n = [(µ − mgx) 2 +(µ − mgx)− 2 ]38Общее число частиц, получаемое после интегрирования по объёму:N=5T4SA 5µ 2 [1 + π 2 ( )2 ]15mg8µ(где S - площадь дна сосуда)Отсюда химический потенциал при нулевой температуре:215N mg 5µ0 = ()4SAПодставляя это в исходное выражение (во второй член подставляем µ0 , пренебрегая следующим порядком):55T5µ02 = µ 2 [1 + π 2 ( )2 ]8µ0Отсюда:π2 T 2µ ≈ µ0 [1 − ( ) ]4 µ0Поэтому концентрация:32mgx 321 2 T 2mgx −2mgx −12n = Aµ0 (1 −) [1 + π ( ) ((1 −) − 3(1 −) )]3µ08µ0µ0µ0µ0И центр тяжести определяется как ( mg- максимальная высота, на которой могут находитьсячастицы):µ0mgxn(x)dxNВсё проинтегрировав (сводится к нескольким Бета-функциям), получаем:h=0158Aµ0 228 2 T 2h=[1+π ( )]3µ0105N (mg)22.

Энергия в расчёте на единицу объёма определяется как:3∞Ũ = A0E 2 dEexp E−µ+mgxT52T5≈ A(µ − mgx) 2 [1 + π 2 ()2 ]58µ − mgx+1Интегрируем по объёму, оставляя только второй порядок по температуре:74ASµ0 211TU=[1 + π 2 ( )2 ]35mg24µ0Дифференцируем по температуре - получаем теплоёмкость:311π 2 ASµ0 2 Tc=105mg1.2Задача 2Найти магнитный момент и магнитную восприимчивость вырожденного электронногогаза, связанные с магнитным моментом электрона.Запишем гамильтониан электрона в магнитном полеĤ =1 h e i2p̂2e~ σ p̂ − A=−B, l̂ + 2ŝ2mc2m 2mcВ силу изотропии пространства член, связанный с орбитальным моментом электрона, усреднится до нуля.

Соответственно, все магнитные эффекты будут связаны со спином электрона.Спин электрона - 12 , поэтому в магнитном поле все электроны поделятся на два сорта, которые принято обозначать α(спин по полю) и β (спин против поля). Система находится в равновесии, когда химпотенциалы этих двух сортов будут равны.Химпотенциал поляризованного газа найдём, записав условие на число частиц. Вырожденный электронный газ в импульсном пространстве равномерно заполняет внутренность шарарадиусом pmax , который соответствует энергии, равной энергии Ферми.4πV p3α,maxΓ(εα )=Nα =(2π~)33(2π~)3p2α,max− µ B B = εF2m√ !332m4πVNα =(εF + µB B) 22π~3Аналогичная выкладка для газа β-электронов приведёт нас к выражению, отличающемусязнаком перед µB B. Так как химпотенциалы газов равны, мы можем выразить разницу в числечастиц.√ !3√ !33 i2 332m2m4πV h4πVdεNα − Nβ =(εF + µB B) 2 − (εF − µB B) 2 ≈·· 2µB B2π~32π~3dε ε=εF2Здесь мы воспользовались малостью µB B в сравнении с энергией Ферми и заменили разность на производную.

Это возможно для идеального вырожденного газа, у которого по определению энергия электронной корреляции пренебрежимо мала. Попытка учесть неидеальностьгаза привела бы нас к крайне сложным выкладкам и, вообще говоря, к нерешённой физическойпроблеме. Однако, мы отвлеклись.Вычисленная нами разность с точностью до множителя µB совпадает с магнитным моментом электронного газа. Домножив и разделив его на εF , который при включении магнитногополя сдвигается пренебрежимо мало, получим выражение для момента через число частиц.Полное число частиц можно получить аналогично предыдущей выкладке, заменив минус наплюс.

Точность соответствующего выражения будет, соответственно, порядкаµB BεF2.3√ 3√ 3212m3µBε3µ2B B N4πV 2m εF4πVBF23µBε≈M = µB=µBBF3(2π~)3 εF3(2π~)3εFεF 2Так как магнитный момент линеен по полю, восприимчивость будет равнаχ=NM3= µ2BVB2 V εFДля описанных выше выкладок есть красивое геометрическое представление. 1 В трёхмерном пространстве импульсов α- и β-газы занимают два концентрических шара. Так как моменты α-электронов сокращаются с моментами β-электронов в том же участке фазового пространства, вклад в полный момент даёт только внешний шаровой слой, объём которого пропорционален магнитному полю и уровню Ферми в степени 21 . Сравнивая эту величину с полнымобъёмом и применяя простейшие геометрические соображения, получаем тот же самый ответ.M=3µ2B BN2εF3nχ = µ2B2 εF1.3Задача 3Найти вклад в теплоёмкость от электронов и дырок в чистом полупроводнике.Как всем нам давно известно, в полупроводниках разрешённые энергетические уровни электронов расположены в двух непрерывных областях - зоне проводимости и валентной зоне, разделённых запрещённой зоной.

Ширина запрещённой зоны ∆ порядка 1eV , значит при комнат1eVной температуре вероятность нахождения частицы в зоне проводимости не превышает e− 300K ≈11600e− 300 ≈ 1.54 · 10−17 . Это означает, что электронами, находящимися далеко от запрещённой зоны, можно пренебречь и рассматривать только переходы между уровнями, расположеннымина краях зоны проводимости и валентной зоны.Положим энергию края валентной зоны равной нулю. Тогда энергия зоны проводимостибудет, естественно, равна ∆. Энергия (ε) электрона, находящегося на нижнем краю зоны проp2p2водимости, равна ∆ + 2m, а электрона с верхнего края валентной зоны − 2m, где p - квазиимehпульс (квантовое число, появляющееся при решении уравнения Шредингера в периодическомпотенциале. В чём-то аналогично импульсу для свободной частицы, но для решения данной1Человек, сдавший задачу только последним абзацем, может обменять рассказ об этом на пиво.

(Или нашоколадку, если предпочитает такой вариант)3задачи его природа не столь важна), me и mh - эффективные массы электрона и дырки соответственно (в дальнейшем будем считать их равными и обозначать m. На самом деле они могутp2≈ T навесьма заметно отличаться. Но поскольку массы входят только в выражения вида 2mфоне ∆ T их разницей можно пренебречь). Поскольку электроны - фермионы, то, как бытавтологично это ни звучало, они подчиняются статистике Ферми (f = ε−µ1 , где µ - химиeT+1ческий потенциал, T - температура). Отсюда получаем плотности распределения электронов взоне проводимости и валентной зоне соответственно:1fe =ep2∆+ 2m −µTfevalency =+11p2− 2m −µTe+1В валентной зоне вместо электронов удобнее рассматривать дырки:1fh = 1 − fevalency = p2+µ2me T +1Концентрация дырок равна интегралу от плотности распределения по пространству импульсов:2 · d3 pnh = I(µ) =, p22m +µ3+1R3 (2π~) · e Tгде двойка возникает из-за того, что у электрона есть два возможных направления спина.

Есливнимательно приглядеться, то станет очевидно, что концентрация электронов выражается черезконцентрацию дырок:ne = I(∆ − µ)Поскольку мы знаем, что дырка - это всего лишь вакансия для электрона, силой наших интуитивных представлений положим концентрации равными.

Дальнейшее сводятся к простейшейарифметике:nh = neI(µ) = I(∆ − µ)∂I=−∂µR3p22m +µT· d3 p p22 < 02m +µT · (2π~)3 e T + 12eВидно, что I - монотонная функция, а значит:µ=∆−µ∆µ=24Полученное значение подставляем в формулу для концентрации. Полученный интеграл берётсяприближённо, с использованием того факта, что энергия запрещённой зоны много больше температуры, а значит экспонента в знаменателе много больше единицы, и ей можно пренебречь:2 · d3 p p2 ∆≈2m + 2(2π~)3 · e T + 1ne = nh = I(µ) =R3∆T2p2 · d3 p − ∆2 − 2mT·e=(2π~)3≈R3Обезразмериваем интеграл и сводим его к гамма-функции:∆2e− 2T=· 4π(2π~)3∞p2·d2mT2mT02 −t2tes=t2dt =R√p22mT · e− 2mT =2e−t t2 dt=0√1Γ( 32 )πe s 2 ds==224R∆Найдём энергию:2mTπ~2E== ∆ · ne +·−se− 2T=4∞∆3e− 2T= 2 3 (2mT ) 2π ~p√2mTp2dne +2m 32εe dne +p2−2mεh dnh =∆∆e− 2Tdnh = ∆ · ne =42mTπ~2 32Из энергии вычисляем теплоёмкость:3 ∆ 2m 2 − ∆ 3 1∆ −∆ 3dE=e 2T T 2 +e 2T T 2 =c=dT4 π~222T 2∆T∆ne  ∆3 =+ =22TT= ne1.4∆22T 2Задача 4Если в полупроводник IV группы (Ge, Si) ввести в небольшом количестве атомы V группы (P, As, Sb), то четыре электрона каждого из них образуют валентные связи с Ge, Si,5а один электрон остается слабо связанным; энергия связи ∆d ≈ 0.01 − 0.03eV , и он легкоможет перепрыгнуть в зону проводимости уже при температуре Т ≈ 300К.

Легированныетаким образом полупроводники называют донорными или полупроводниками n-типа. Энергияэлектрона, связанного с ионом донорной примеси, равна εd . Считая известным химическийпотенциал электронов, найти, какая доля атомов донорной примеси будет ионизирована.Рассмотрим слабо связанные электроны атомов примеси. Их количество меняется за счётвзаимодействия со внешней системой - полупроводником (электрон атома примеси может перескочить в зону проводимости - тогда атом примеси станет ионизированным).