Problemi Svolti di Fisica dello Stato Solido n. 3

25. Determinare i piani di simmetria nella configurazione AB4 tetraedrica regolare mostrata in figura 1, tipica del reticolo diamante.

Soluzione: La configurazione ha sei piani di simmetria, detti piani passano per uno spigolo del tetraedro e sono bisettori di quello opposto. Essi sono definiti dalle seguenti terne di punti: AB1B2, AB1B3, AB1B4, AB2B4, AB3B4. 26. Un reticolo a due dimensioni ha vettori primitivi di base: a1 = aux ; a2 = ux + buy con a = b = 2Ǻ. Fare uno schizzo del reticolo indicando i vettori primitivi. Soluzione: I punti del reticolo sono dati dalle traslazioni R = n1a1 + n2 a 2 con n1, n2 numeri interi. Considerando gli assi x e y come in figura 2 se un punto del reticolo è in O(0,0), abbiamo punti del reticolo in Q (2Ǻ;0) e P(1 Ǻ, 2 Ǻ), ai vertici di un triangolo isoscele. L’angolo α = )2arctan(=α =63°. Otteniamo lo schizzo riportato qui di seguito. Il vettore a1 = OQ a2 = OP .

Fig. 2 reticolo diretto in due dimensioni per l’esercizio 26.

a1

a2

x

y P

5

1 Ǻ

2 Ǻ

O

α

2 Ǻ

Q

Fig. 1 configurazione molecolare tetraedrica regolare .

27. . Un reticolo tridimensionale ha vettori primitivi di base: a1 = aux ; a2 = ux + buy con a = b = 2Ǻ come nell’esercizio precedente ed a3 = cuz on c = 3Ǻ. Determinare i vettori primitivi del reticolo reciproco. Soluzione: Utilizziamo le definizioni:

321

321 2

aaa

aaA

×⋅

×= π ;

321

132 2

aaa

aaA

×⋅

×= π ;

321

213 2

aaa

aaA

×⋅

×= π .

Il volume della cella primitiva è:

=×⋅ 321 aaa aux·(ux + buy) x cuz = aux·(-cuy + bcux) = abc = 12 Ǻ3.

Otteniamo:

ab

uub

aaa

aaA

yx −=

×⋅

×= ππ 22

321

321 ; y

yu

babc

uac

abc

aaA

πππ

222 13

2 ==×

=

z

z ucabc

uab

abc

aaA

πππ

222 21

3 ==×

= .

28. Se l’affinità elettronica del cloro è 3.71eV, l’energia di ionizzazione del sodio è 5.14eV, l’energia di coesione della molecola NaCl rispetto all’energia degli ioni Na+ e Cl- tenuti separati è 7.9eV qual è l’energia di ogni unità molecolare in un cristallo di cloruro di sodio? Soluzione. L’affinità elettronica rappresenta l’energia che si libera nel processo di cattura di un elettrone da parte di un atomo Cl :

Cl + e- → Cl- + χ L’energia di ionizzazione UI rappresenta l’energia che bisogna fornire per estrarre un elettrone dall’atomo di Na:

Na + UI → Na+ + e- L’energia di coesione è l’energia Uc che si libera per formare la molecola NaCl a partire dagli ioni separati Na+ e Cl-:

Na+ + Cl- → NaCl + Uc L’energia per ogni unità molecolare del cristallo è quindi U = Uc – UI + χ = 6.5eV.

29. Un cristallo di KCl è caratterizzato da un’energia di coesione pari a:

R

BeRU

R

−=−

ρλ)( con λ = 2.104 eV, ρ = 0.30x10-8cm; B = 25.2x10-8cm. fare uno schizzo

dell’andamento di tale potenziale in funzione di R e determinare la posizione di equilibrio R0.

Soluzione: l’andamento è mostrato in figura 3: ll primo termine della funzione U(R) rappresenta l’energia repulsiva dovuta all’impenetrabilità degli orbitali elettronici completi degli ioni K+ e Cl-. Il secondo addendo descrive l’energia potenziale Colombiana di attrazione tra i due ioni. Per determinare il minimo dell’energia potenziale derivo la funzione U rispetto a R e pongo a zero la derivata:

02

0

0

=+−=−

R

Be

dR

dUR

ρ

ρ

λ →

2

0

0

R

Be

R

λ

ρρ =−

→

=

B

RR

ρ

λρ

2

0

0 ln .

Poiché R0 si trova in entrambi i membri, posso per esempio stimare R0 considerando

l’intersezione delle funzioni f(R0) = R0 e

=

B

RRg

ρ

λρ

2

0

0 ln)( . Il metodo numerico è

mostrato in figura 4, il risultato è R0 ~ 3Ǻ.

Fig. 3 Energia potenziale della molecola di un cristallo di KCl

-20,0

-10,0

0,0

10,0

20,0

30,0

40,0

2,00E-08 2,50E-08 3,00E-08 3,50E-08 4,00E-08 4,50E-08 5,00E-08

R [cm]

U [

eV

]

U attrattivo

U repulsivo

somma

30. Misure effettuate a T ambiente forniscono un valore del libero cammino medio per elettroni in rame pari a 420 Å. Valutare il corrispondente valore del tempo medio tra collisioni successive.

Soluzione: λ = vF τ. La velocità di fermi è determinata con : m

FF

ευ

2= . L’espressione del

livello di Fermi è : 3/22 3

8

=

πε

n

m

hF con n = concentrazione degli elettroni di conduzione:

322

23

1049.855.63

96.810022.6−===== cm

A

zN

V

zN

A

m

V

Nn

AV

AV

ρ. Si ottiene εF = 7.1eV, quindi

vF = 1.58x106m/s e .1066.2

1058.1

10420 14.

6

10

sxx

x

F

−−

===υ

λτ

31. Valutare, utilizzando la figura 5, il valore della velocità del suono in Ge a 300K nella direzione <111>.

Fig. 4 Determinazione di R0 per la molecola di un cristallo KCl.

0,00E+00

1,00E-08

2,00E-08

3,00E-08

4,00E-08

5,00E-08

0,00E+00 1,00E-08 2,00E-08 3,00E-08 4,00E-08 5,00E-08

Ro [cm]

f, g

[cm

]

f(R0)g(R0)

Soluzione: Utilizzando il modo acustico longitudinale, si osserva una regione di linearità nella regione fino a 0.075x108 cm-1. Per questo valore di q/2π, la frequenza è 4x1012Hz.

Quindi: =====8

12

10075.0

1042

x

x

qqTsLA

νπ

ωλυ 5.33x105cm/s. Per il modo acustico trasversale

invece la linearità è verificata fino a 0.05x108cm-1. Con estrapolazione lineare si può

stimare il valore: scmxx

x

qqTsTA

/1067.210075.0

1022 5

8

12

=====ν

πωλ

υ .

32. In figura 6 è mostrato l’andamento della capacità termica C/T in funzione di T2 per il potassio. Utilizzando i dati riportati in tabella esprimere separatamente il contributo elettronico e quello vibrazionale alla capacità termica ( 1 erg = 10-7Joule). La temperatura di Debye del potassio è 91.1K. Valutare la capacità termica a 100K e 200K con la legge espressa nel grafico di figura 2 e confrontarla con il valore che si ottiene dalla legge di Dulong-Petit.

Fig. 5 spettro vibrazionale del reticolo del germanio a 300K

nella direzione <111>.

Soluzione: al di sotto della temperatura di Debye la capacità termica è data dalla somma di due fattori dipendenti dalla temperatura: C = AT3

+ γT , il primo termine esprime il contributo vibrazionale, il secondo quello elettronico. Dal grafico otteniamo quindi: A = 2.57 mJ/(molK4); γ = 2.08 mJ/(molK2). Sappiamo che per T molto superiori alla temperatura di Debye vale la legge di Dulong Petit: C = 3R con R = 8.31 J/(molK) → C = 24.94 J/(molK). Valutiamo la capacità termica con la legge di figura 2 per le temperature T = 100;210;250K: C100K = 2.79 J/(molK), C210K = 24.24 J/(molK), C250K = 40.67 J/(molK). Il valore di capacità termica valutato per T = 250K con questa legge è assurdo perché superiore al valore di Dulong-Petit. (notiamo che in generale è necessario scendere sotto T = TDebye /50 per avere un comportamento sperimentale secondo T3 abbastanza puro, cioè in questo caso T < 1.8K ).

33. Utilizzando i dati in fig. 7 valutare la concentrazione intrinseca di portatori in silicio a T = 450K.

Soluzione: KTVCi

G

eNNn 2

ε−

= . A Temperatura 300K i valori di ni, NC ed NV sono dati in fig.3.

Poiché NC e NV dipendono da T come T3/2 per ottenere il valore di ni a 450K ( si trascura

la variazione di εG con la temperatura ) si osserva che:

−−

= 21

112/3

2

1

2

1

)(

)( TTK

i

i

G

eT

T

Tn

Tnε

da cui:

=

=

−−

− 300

1

450

1

10617.8

12.12/35

300

450)300()450( x

ii enn 4.98x1016cm-3.

Fig. 6 grafico C/T in funzione di T2 per la determinazione della capacità termica del potassio a

bassa temperatura.

34. Determinare la conducibilità elettrica del silicio intrinseco a temperatura ambiente. Soluzione: pn pene µµσ += . Poiché n = p = ni si ottiene:

( ) =+= pnien µµσ 4.41x10-6 1/(Ωcm).

35. Utilizzando i dati di fig. 7 determinare qual è la distanza in energia tra centro gap εi e livello di Fermi εF in GaAs intrinseco a 300K .

Soluzione :

=−

C

VBiF

N

NTKln

2εε = 15.16 meV.

36. Si vuole produrre silicio tipo n con resistività a temperatura ambiente pari a 10Ωcm: determinare la concentrazione di drogante ( fosforo ) necessaria.

Soluzione. Resistività: nneµσ

ρ11

== . A temperatura ambiente il drogante P è da ritenersi

completamente ionizzato quindi n = ND. Otteniamo :

===− 145010602.110

1119

xxeN

n

Dµρ

4.3x1014cm-3.

Fig. 7 parametri Si, GaAs, Ge a T = 300K

37. Determinare i valori dei coefficienti di Hall nei casi descritti dagli esercizi 34 e 36, considerando un fattore di Hall rH unitario. Soluzione: nel caso dell’esercizio 36 il silicio è drogato n quindi:

=−=−=eNne

RD

H

1114.534x103 cm3/C. Nell’esercizio 34 invece il materiale è intrinseco

quindi bisogna usare il coefficiente ti Hall ambipolare: 2

2

)(|| nbp

nbp

e

rR h

H+

−= con b = µn/µp =

3.22; n = p = ni. Otteniamo: RH = -76.5 cm3/C. 38. Se il campo applicato per effettuare l’esperimento di Hall dell’esercizio 37 è By = 0.5T e la densità di corrente Jx = 0.5A/cm2 quanto vale il campo elettrico di Hall nei due casi contemplati? Soluzione: HyxH RBJE = = 19.125 V/cm per il caso intrinseco e 3.63kV/cm nel caso estrinseco.

39. Assumiamo che la mobilità degli elettroni in silicio tipo n vari come T-2.4. Determinare la variazione di conducibilità elettrica di un campione di silicio tipo n con ND = 1015cm-3 che si ha passando da 300K a 250K. Soluzione: in questa regione di temperatura, considerato il drogaggio del campione di silicio, siamo in regime estrinseco, quindi n = ND = costante. )()( TneT nµσ = . A 300K:

cmneK n

Ω==

1232.0)300( µσ ; a 250K:

4.2

300

250)300()250(

−

= σσ = 0.359

cmΩ

1.

40. Confrontare la variazione di resistività che si ottiene nell’esercizio 34 con la variazione di resistività di un campione di Pt ( ρ20°C = 10.6x10-8 Ωm, α = 3.9x10-3 1/°C) corrispondente allo stesso salto di temperatura. Soluzione: nel metallo si ha ( ))20)((1)( 20 −°+= ° Ctt C αρρ quindi:

ρ(27°C) = 1.09x10-7 Ohm m; ρ(-23°C) = 8.82x10-8 Ohm m. Si ottengono le variazioni relative:

=−

=∆

)300(

)250()300(

)300( K

KK

K Pt

PtPt

Pt

Pt

ρ

ρρ

ρ

ρ+19 %

=−

=∆

)300(

)250()300(

)300( K

KK

K Si

SiSi

Si

Si

ρ

ρρ

ρ

ρ+ 35 %

41. Un campione di GaAs è drogato n in modo che la concentrazione di portatori sia pari a 1015cm-3 a 300K. Quanto dista il livello di Fermi dagli orli delle bande di conduzione e valenza ?

Soluzione: KTC

FC

eNn

εε −−

= → .

( ) eVxxxxxxn

NKT C

FC 24.010ln430010617.810

10ln30010617.8ln 5

15

195 ==

=

=− −−εε .

eVVGVF 18.124.042.124.0 =−=−=− εεε . 42. Determinare la lunghezza di diffusione in silicio tipo n alla temperatura di 27°C sapendo che la vita media dei portatori minoritari è di 450µs.

Soluzione: === nnnnnq

KTDL τµτ 1.3mm.

43. Una giunzione pn di silicio è asimmetrica, tale che lo spessore della zona svuotata è per 9/11 nella regione n del semiconduttore. Se la concentrazione di boro è 1016cm-3, determinare la concentrazione di fosforo. Soluzione : la carica complessiva nella giunzione è nulla. Quindi Q+ - Q- = 0 →

qNPAxn –qNBAxP = 0 → pBPn xNNx = . Poiché [ ]pnn xxWx +==11

9

11

9 otteniamo:

P

B

p

n

N

N

x

x==

2

11 da cui: 3151082.1

11

2 −== cmxN

N B

P .

44. La tensione di built-in in una giunzione asimmetrica di GaAs è 0.7V. Il drogante di concentrazione minore ha concentrazione NB = 1012cm-3. Determinare lo spessore della regione svuotata per tensione nulla applicata. Calcolare il valore massimo del campo elettrico nella giunzione a tensione nulla.

Soluzione: B

birGaAs

qN

VW

εε00

2= = 31.85µm ;

0

max

2

W

VE bi= =43956 V/m.

45. Un cristallo di Ge tipo p ( NA = 1014cm-3 ) di spessore D = 50µm è utilizzato per produrre una giunzione asimmetrica n+p (ND>>NA). Gli elettrodi frontale e posteriore hanno area A = 0.8cm2. Determinare La capacità geometrica del dispositivo e quale tensione bisogna applicare per svuotare la giunzione lungo tutto lo spessore del cristallo. Dire quali valori assumono gli stessi parametri nel caso si tratti di un cristallo di silicio invece che di germanio.

Soluzione: La capacità geometrica è data da: ==D

AC rGeGe

geom

εε 0 2.12nF. La tensione di

completo svuotamento si ricava da: A

rGe

GeqN

VW

εε 02= = → ==

rGe

GeAGe

WqNV

εε0

2

2 14.11V. Per il

silicio otteniamo: ==rGe

rSiGe

geom

Si

geom CCε

ε 1.55nF . ==

rSi

rGe

GeSi VVε

ε19.30V.