Fisica della Materia Condensata

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1 Fisica della Materia Condensata Prof. Paola Gallo Soluzioni della prova di esame del II appello - 13 Febbraio 2017 Esercizio 1 Considerare un cristallo con reticolo monoclino semplice con base monoatomica. La cella primitiva è mostrata in figura. 1. Determinare i vettori di base del reticolo reciproco. 2. Calcolare l angolo al quale viene osservato il primo ed il secondo ordine di diffrazione, sapendo che β = 60, a = 1.2 Å, b = 1.5 Å, c = 1.6 Å e che nell esperimento si usano raggi X di lunghezza d onda λ = 1.8 Å. 3. Trovare le intensità dei picchi di diffrazione trovati nel punto precedente. Soluzione punto 1 Per un reticolo infinito tridimensionale definito dai suoi vettori primitivi (a, b, c), i vettori primitivi (A, B, C) dello spazio reciproco si ricavano tramite le relazioni: A = 2π b c a b c B = 2π c a a b c C = 2π a b a b c Per il reticolo monoclino semplice prendiamo come base nello spazio diretto i tre vettori che coincidono con i lati della cella primitiva mostrata in figura: a = a ˆx = a(1, 0, 0) (4) b = b ŷ = b(0, 1, 0) (5) c = c (cos βˆx + sin βẑ) = c(cos β, 0, sin β) (6) (1) (2) (3) 1

2 Dove le coordinate tra parentesi sono espresse nella usuale terna cartesiana (xyz). Calcoliamo i prodotti: Da cui: b c = bc (sin β, 0, cos β) (7) c a = ac (0, sin β, 0) (8) a b = ab (0, 0, 1) (9) V = a b c = abc sin β (10) A = 2π (sin β, 0, cos β) (11) a sin β B = 2π (0, 1, 0) b (12) C = 2π (0, 0, 1) c sin β (13) Pertanto il reticolo reciproco è monoclino semplice, in cui l angolo β tra i vettori A e C vale: [ ] A C β = arccos = arccos [ cos β] = arccos [cos(π β)] = π β A C punto 2 I moduli dei vettori di base sono: A = 2π a sin β = Å B = 2π b = Å C = 2π c sin β = Å Nel cristallo monoatomico descritto tramite la cella primitiva non ci sono estinzioni, dunque i primi due anelli si osservano ordinatamente per i due più corti vettori di reticolo reciproco: Θ 1 G 1 = B e Θ 2 G 2 = C. La posizione θ i dell anello di diffrazione è legata al modulo del vettore di reticolo reciproco tramite la relazione: dalla quale risulta: ( ) ( ) λg1 λb θ 1 = 2 arcsin = 2 arcsin = π 4π ( ) ( ) λg2 λc θ 2 = 2 arcsin = 2 arcsin = 81 4π 4π G i = 2k sin(θ i /2) = 4π λ sin(θ i/2) 2

3 punto 3 Per un reticolo monoatomico ( d 1 = (0, 0, 0)) descritto nella base primitiva non ci possono essere né estinzioni né modulazioni di intensità dei picchi di diffrazione: F ( G) = N i f i e i G d i = Nf 1 Per cui le intensità di tutti i picchi sono proporzionali a (Nf 1 ) 2. 3

4 Esercizio 2 Si consideri una catena lineare di lunghezza L, formata da N= atomi uguali, separati da a = 2.5 Å. La massima frequenza della catena è rad/s. 1. Calcolare la velocità del suono; 2. Calcolare la frequenza di Debye della catena; 3. Calcolare la capacità termica reticolare della catena a T = 800 K. 4. Ricavare l espressione della capacità termica reticolare della catena nel modello di Debye nel limite k B T << ω. Si ricorda che l energia interna della catena lineare secondo il modello di Debye si scrive come: U = D(ω) ω dω, dove D(ω) è la densità degli stati nel modello di Debye. Inoltre: b 0 e ω/(k b T ) 1 Soluzione x e x dx = 1 (1 b) e b punto 1 C La velocità del suono nella catena monoatomica è: v s = M a. Il rapporto tra la costante elastica C e la massa dell atomo M si ricava dalla frequenza massima della catena, che viene raggiunta a bordo zona e vale: ω(π/a) = 4C/M = ω max da cui: C v s = M a = a ω max = 3000 m/s 2 punto 2 C M = ω max 2 La frequenza di Debye della catena lineare è data da: ω D = π a v s = rad/s La temperatura di Debye è: Θ D = k B ω D = 288 K punto 3 A T = 800 K (>> Θ D ) vale il limite classico. Con un solo atomo per cella si ha un unica branca acustica in 1D, quindi la capacità termica considerando gli N modi vibrazionali è: c v (800K) = Nk B = 13.8 J/K punto 4 L energia nel modello di Debye si scrive come: U = ωd 0 ω D(ω) e ω/(k bt ) 1 dω 4

5 Dove D(ω) = L 1 π v s è la densità degli stati di una catena lineare. Effettuando il cambio di variabile x = ω/(k b T ), si ha nel limite x >> 1 (come richiesto): ωd xd U = L 1 ω π v s 0 e ω/(k bt ) 1 dω = L (k B T ) 2 π v s 0 = L (k B T ) 2 [ 1 (1 xd )e x ] D L (k B T ) 2 π v s π v s e il calore specifico: c v (T ) = du dt = 2L π (k B ) 2 v s T = 2Nk B T Θ D x e x 1 dx L (k B T ) 2 xd xe x dx = π v s 0 Il calore specifico della catena lineare dipende linearmente dalla temperatura nel modello di Debye, a differenza del solido 3D ( T 3 ). 5

6 Esercizio 3 Si consideri un elemento di valenza 2 con reticolo tetragonale semplice. La cella primitiva è mostrata in figura. Le costanti reticolari valgono a = 0.16 nm e c = 0.22 nm. 1. Scrivere l espressione delle bande derivanti da orbitali di tipo p z e di tipo d (mostrato in figura), assumendo il modello tight-binding a primi vicini: E i ( k) = E 0i R γ i e i k R i = p z, d dove: E 0pz = 5.2 ev, γ pz,x = γ pz,y = 0.2 ev, γ pz,z = 0.4 ev, E 0d = 9 ev, γ d,x = γ d,y = 0.4 ev, γ d,z = 0.2 ev. 2. Indicare gli stati occupati su ciascuna delle bande. Come si comporta il cristallo a temperatura nulla (isolante/metallo)? Calcolare il vettore d onda di Fermi e dare una stima dell energia di Fermi del cristallo. 3. Supponendo di poter variare con continuità il valore di E 0d, quale deve essere il minimo valore di E 0d affinché ci sia una transizione metallo-isolante/isolante-metallo nella struttura a bande del cristallo? 4. Nel caso in cui l elemento costituente il cristallo abbia valenza 3, come risultano essere occupate le bande e quanto vale il vettore d onda di Fermi? 5. Calcolare la velocità degli elettroni in banda E pz nel punto k = ( π 2a, 0, π 2c) della zona di Brillouin. Soluzione punto 1 Nel reticolo i primi vicini sono individuati dai vettori: R = (±a, 0, 0), (0, ±a, 0), (0, 0, ±c). Le due bande risultano essere: E pz ( k) = E 0pz 2γ pz,x cos(k x a) 2γ pz,y cos(k y a) 2γ pz,z cos(k z c) E d ( k) = E 0d 2γ d,x cos(k x a) 2γ d,y cos(k y a) 2γ d,z cos(k z c) (14) Il segno degli integrali di sovrapposizione è: γ pz,x = γ pz,y > 0, γ pz,z < 0 γ d,x = γ d,y > 0, γ d,z > 0 Esplicitando i segni nell eq. 14, le bande diventano: E pz ( k) = E 0pz 2 γ pz,x cos(k x a) 2 γ pz,y cos(k y a) + 2 γ pz,z cos(k z c) E d ( k) = E 0d 2 γ d,x cos(k x a) 2 γ d,y cos(k y a) 2 γ d,z cos(k z c) in ev: E pz ( k) = [cos(k x a) + cos(k y a)] cos(k z c) E d ( k) = [cos(k x a) + cos(k y a)] 0.4 cos(k z c) (ev) (15) (ev) 6

7 punto 2 Le bande non si sovrappongono infatti: E pz E d minimo (ev) massimo (ev) Per cui 2N elettroni riempiranno completamente la banda più bassa in energia, la banda E pz, separata dalla banda E d da un energia di gap E g = 6.8 ev. Risulta pertanto che il comportamento a temperatura nulla del cristallo è di tipo isolante. Il vettore d onda di Fermi si trova dal conteggio degli stati nello spazio reciproco e vale: 4 3 2N = 2 πk3 F k (2π) 3 F = 3 6π 2 N V = 3 6π 2 1 a 2 = 21.9 nm 1 c V Considerando che la banda E pz è tutta piena, possiamo stimare l energia di Fermi del sistema con il massimo di tale banda: E F = 6.8 ev punto 3 Per avere un comportamento metallico deve annullarsi la gap, per cui E 0d deve variare almeno dell energia di gap, E 0d = E 0d E g = 8.8 ev. In questo modo le bande risultano sovrapposte. punto 4 Per cui 2N elettroni riempiranno completamente la banda più bassa in energia, la banda E pz. I restanti N elettroni andranno a riempire per metà la banda E d. Risulta pertanto che il comportamento a temperatura nulla del cristallo è di tipo metallico. Il vettore d onda di Fermi si trova dal conteggio degli stati nello spazio reciproco e vale: 4 3 N = 2 πk3 F k (2π) 3 F = 3 3π 2 N V = 3 3π 2 1 a 2 = 17.4 nm 1 c V punto 5 La velocità degli elettroni in banda E pz è: v( k) = 1 ( δepz, δe p z, δe ) p z = 2 δk x δk y δk z (a γ p z,x sin(k x a), a γ pz,y sin(k y a), c γ pz,z sin(k z c)) che in ( π 2a, 0, π 2c) vale: v ( π 2a, 0, ) π 2 2c = v ( π 2a, 0, π 2c (a γ p z,x, 0, c γ pz,z ) a 2 γ pz,x 2 + c 2 γ pz,z 2 = m/s ) = 2 7

8 Esercizio 4 Un ipotetico semiconduttore drogato n ha costante dielettrica relativa ɛ r = 12. Le densità degli elettroni alle temperature T = 300 K e T = 370 K, entrambe in regime intrinseco, sono n(300 K) = cm 3 ed n(370 K) = cm 3. A T = 300 K una misura della costante di Hall e della conducibilità elettrica forniscono i valori: R H = m 3 /C e σ = Ω 1 m 1. E inoltre noto che n(280 K) = cm 3. La temperatura di crossover tra il regime di medie temperature e di basse temperature è 120 K. Le masse e le mobilità dei portatori sono indipendenti dalla temperatura. La massa delle lacune è 4 volte quella degli elettroni. 1. Trovare l energia di gap. 2. Calcolare la conducibilità a T = 280 K. 3. Calcolare l energia di legame delle impurezze. 4. Calcolare il raggio dell orbita dell impurezza nel modello idrogenoide. Avviene la transizione di Mott? Soluzione punto 1 [ n i (T ) T 3/2 exp E ] g 2k B T n i (300) n i (370) = ( ) 3/2 [ 300 exp E g ( ) ] 370 2k B E g = 2k b ( ) 1 ln ( n i (370) n i (300) punto 2 ( ) ) 3/2 300 K = k b K = 575 mev 370 A 280 K bisogna capire in quale regime si trova il semiconduttore. La densità degli elettroni è data e vale n(280 K) = cm 3. Alla stessa temperatura la densità dei portatori intrinseci vale: ( m n m ) 3/4 ( ) 3/2 p T n i (T ) = exp [ E g /(2k B T )] cm m 2 o ( m ) 3/4 n Il termine m p m si può ricavare dalla concentrazione 2 ni a 300 K o 370 K, le masse infatti non o dipendono dalla temperatura. ( m n m ) 3/4 p = (16) m 2 o E la concentrazione dei portatori intrinseci a 280 K vale dunque: n i (280 K) = cm 3 Poichè la densità di elettroni effettiva (misurata) è maggiore del corrispettivo semiconduttore intrinseco, ovvero n(280 K) > n i (280 K), a 280 K si è in regime estrinseco e di temperature intermedie (poiché tale temperatura è maggiore di quella che segna il crossover al regime delle basse temperature). Quindi la conducibilità è: σ(280 K) = n(280 K)eµ n 8

9 La mobilità degli elettroni si può ricavare dal valore di costante di Hall e conducibilità a 300 K, perché non dipendono da T: { { 1 µ RH (300 K) = p µ n n i(300 K)e µ n+µ p µ p = m 2 /(V s) σ(300 K) = n i (300 K)e(µ n + µ p ) µ n = m 2 /(V s) La conducibilità è pertanto: σ(280 K) = 0.52 Ω 1 m 1 punto 3 A T = 120 K, che segna il crossover dal regime di medie temperature a quello di basse temperature, deve essere: [ NC N D N D = exp ɛ ] D (17) 2 2k B T dove N D = n(280 K) ed N C si ricava dal prodotto in Eq.(16) e dal dato m p = 4m n. (m n) = ( ) 4/3 /4 = m o ( ) m 3/2 N C (120 K) = n cm 3 = cm 3 m Invertendo la (17), si trova l energia di legame dei donori: ( ) NC (120 K) ɛ D = k B (120 K) ln = k B = 94 mev punto 4 N D Nel modello idrogenoide, il raggio dell orbita a D dell impurezza è: a D = R ya B = nm = 0.6 nm ɛ D ɛ r La transizione di Mott avviene ad una concentrazione di impurezze pari a: N Mott = ( ) πa3 D = cm 3 La transizione di Mott non è avvenuta perchè N D < N Mott. 9