Proeftentamen Introductie Natuurkunde 24 september 2004

3NC20 Gecondenseerde materie 2013
Antwoorden Tentamen, 19 april 2013
Beoordeling:
Maximaal 75 punten = P. Eindcijfer = P / 7.5.
_____________________________________________________________________
Opgave 1 – Een BCC kristal (10 punten)
a) 2 atomen (8 x 1/8 van de hoekatomen + 1 x het atoom in het midden van de
kubus) [1 punt]
b) Een mooie symmetrische oplossing is uitgewerkt in Kittel (Hoofdstuk 2), maar


een ander alternatief is bijvoorbeeld: a1 = a (1,0,0) , a 2 = a (0,1,0) en

a
a3 = (1,1,1) . De primitieve eenheidscel is (bijvoorbeeld) een rhomboëder
2
opgespannen door de roostervectoren. Deze cel bevat exact 1 atoom. [4 punten]
c) Dit kan rechtsreeks uitgerekend worden door vergelijking (13), Hoofdstuk 2 uit
Kittel. Een andere optie is om vergelijking (14) te gebruiken. Zie wederom



Kittel, of voor de oplossing gekozen onder b): b1 loodrecht op a1 en a 2 , en,


 
a1 ⋅ b1 = 2π b2 , en stel b1 = ( x, y, z ) levert 3 vergelijkingen: y = 0 , xa = 2π en
 2π
1
.
Dit
stelsel
oplossen
levert:
a
(
x
+
y
+
z
)
=
0
b
(1,0,1) . Op dezelfde wijze,
1 =
2
a

 2π
of op basis van symmetrie volgt: b1 =
(0,1,1) . Voor b3 vinden we de
a
 4π
vergelijkingen: x = y = 0 en 12 az = 2π , waaruit volgt: b3 =
(0,0,1) . (NB:
a
merk desgewenst op dat de drie reciproke roostervector een fcc rooster
opspannen.) [5 punten]
Opgave 2 – Fononen in een di-atomair kristal (15 punten)
a) Zie hierboven. [3 punten]
b) In je tekening is duidelijk zichtbaar dat zich een ‘bandgap’ opent op de rand van
de BZ. [2 punten]
1
c) Bij k = 0 geldt u i = u en vi = v onafhankelijk van i. De bewegingsvergelijking
voor atoom A en B worden dan, resp.: mu = 2 f (v − u ) en mv = 2 f (u − v) .
Invullen van proefoplossing u = U exp(iωt ) en v = V exp(iωt ) levert
mω 2
mω 2
)U − V = 0 en − U + (1 −
)V = 0 . Dit stelsel heeft alleen een
2f
2f
oplossing als de determinant gelijk aan 0 is. Dat levert:
(1 −
2
 mω 2 
mω 2
 = 0 ,
(m + M )
− mM 
2f
 2f 
ω = 2f
met
als
oplossingen
ω=0
en
m+M
. [5 punten]
mM
d) Bij lage temperatuur zijn kunnen alleen de laagste energetische fononen
thermisch worden geëxciteerd. Dit zijn de akoestische fononen, die een lineaire
dispersie met frequentie 0 bij k = 0 hebben. Optische fononen hebben een
minimale (eindige) energie (op de rand van de BZ) en worden daarmee bij lage
temperatuur niet geëxciteerd. De optische fononen dragen daarmee dus niet bij
aan de totale energie van het systeem en daarmee niet aan de warmtecapaciteit.
[3 punten]
e) Dan geldt de klassieke limiet. Daarvoor is de totale energie aantal atomen x kT,
dus U = 2 NkT (let op factor 2!). De warmtecapaciteit is dan
C = dU / dT = 2 Nk . [2 punten]
Opgave 3 – Elektronen in di-atomair kristal (20 punten)
a) In de limiet E A = E B vinden we E ± (k ) = ±2t cos(kd ) . In een schets kun je laten
zien dat dit identiek is aan de oplossing voor een mono-atomair rooster met
roosterparameter d, met alle oplossingen getransleerd naar het midden van de
BZ zodat er twee oplossingen per k-punt zijn.[3 punten]
b) In de limiet t = 0 vinden we oplossingen met energie E A en E B . Dit werd
verwacht, omdat voor t = 0 de oplossingen gelijk moeten zijn aan de oplossing
voor geïsoleerde A en B atomen, en dispersie 0 moet zijn.[3 punten]
c) De onderste band is dan geheel vol, en de tweede band is half gevuld. De BZ
loopt van k = −π / 2d tot k = π / 2d . Dit betekent k F = π / 4d . Gebruik
makende van de benadering voor E vinden we en E F = E + (π / 4d ) = E A . [4
punten].
d) Op basis van de breedte van de BZ vinden we g (k ) = 2 ⋅ N ⋅
d
, waarbij de factor
π
2 t.g.v. de spinvrijheidsgraad. Gebruik makend van de dispersie bij de Fermi
Energie:
vinden
we
voor
de
toestandsdichtheid
dE / dk = 4td
2 Nd / π
g (k )
N
. [5 punten]
D( E ) =
=
=
4td
2πt
dE / dk
2
+∞
e) Totale energie: U =
∫ ED( E ) f ( E )dE ,
waarbij de integratiegrenzen oneindig
−∞
genomen mogen worden omdat we alleen in de lage T-limiet geïnteresseerd zijn.
Dit levert:
+∞
+∞
E/k T
N
N
N
E
2
B
(
)
(k BT )2 F1
=
k
T
dE / k BT =
dE
U=
B
∫
∫
2πt −∞ exp( E / k BT ) + 1
2πt
exp( E / k BT ) + 1
2πt
−∞
2
Nk B F1
De warmtecapaciteit is dan: C = dU / dT =
T [5 punten]
2πt
Opgave 4 – De ferromagneet gadolinium (10 punten)
a) De f-band is halfgevuld. Maximaliseren van S levert S = 7 / 2 , waarmee L en J
meteen bepaald zijn: L = 0 en J = 7 / 2 . [3 punten]
b) Substitutie van de eerste in de tweede formule levert: H =
Daaruit volgt: M =
C
( H ext + λM ) .
T
CH ext
M
C
en χ =
, de Curie-Weiss wet. Hieruit
=
T − λC
H ext T − λC
T
− const . De reciproke susceptibiliteit is dus lineair in T. De
C
Curie-constante C is te vinden uit 1 / richtingscoëfficiënt. [4 punten]
volgt: 1 / χ =
c) Verwachtte theoretische atomaire moment voor het Gd3+ ion is
voor
| µ |= g ⋅ µ B ⋅ J = 7 µ B
g = 2 . In de grafiek lezen we af:
6
M S (T = 0) ≈ 2.1 ⋅10 A/m. Op basis van de gegevens uit de opgave levert dit
| µ |≈ 7.0 ⋅ µ B . De getallen komen goed overeen omdat de f-orbitalen heel
compact zijn. Daarmee heeft het magnetisme in Gd een sterk atomair karakter en
is dus goed te beschrijven met de Hund’s rules. [3 punten]
Opgave 5 – Halfgeleiders (20 punten)
a) De directe overgang is verticaal in de grafiek (t.g.v. de steilheid van de fotondispersie). Deze is hierboven ingetekend met de rode pijl, overeenkomend met
een fotonenergie: E g + 2 A . De indirecte overgang is niet verticaal, doordat er
3
een fonon-impuls wordt overgedragen. De laagste overgang is blauw
(gestippeld) weergegeven; de energie is E g . [4 punten]
b) Groepssnelheid volgt uit dω / dk =
dE / dk
. Je schets moet dus laten zien:

− 2 Aa
sin( 2k x a ) , met v = 0 zowel bij Γ en Χ . De effectieve massa volgt

2
− 2
1
1 d E geleidings
*
uit * = 2
.
Je
schets
moet
dus
laten
zien:
,
=
m
m
dk 2

4a 2 A cos(2k x a )
v=
− 2
+ 2
*
bij
en
.
NB:
De
waarde
is
halverwege. Γ en
Γ
Χ
m
=
4a 2 A
4a 2 A
Χ , en divergeert waar cos = 0. [4 punten]
met m * =
1
− 1 d 2 Evalenties
; let op het min-teken omdat gevraagd
=
m*  2
dk 2
2
wordt naar de massa van de gaten. De schets laat zien: m * = 2
en
5a A cos(k x a )
dient positief te zijn bij Γ en negatief bij Χ . [2 punten]
c) We gebruiken nu
d) Algemeen voor 2D-kristal met N eenheidscellen met oppervlak ab:


Nabk
Nab
, g (k ) = 2πkg (k ) =
,
Toestandsdichtheid in k-ruimte: g (k ) =
2
2π
(2π )
dE / dk = k 2 / m *
en
D( E ) =
g (k )
Nabm *
,
=
dE / dk
π 2
waarin
een
factor
2
2
verdisconteert voor de spin up en down. Voor geleidingsband: m = 2 en
4a A
*
Nabm g
Nb
, waarin factor 2 voor de twee minima per BZ. Voor
=
Dg ( E ) = 2
2
2aA
π
Nabmh*
2
Nb
de valentieband: mh* = 2 en Dh ( E ) = 1
. [5 punten]
=
2
5aA
5a A
π
*
g
e) De chemische potentiaal µ wordt bepaald door de conditie N v = N g (aantal
gaten in valentieband is gelijk aan aantal elektronen in geleidingsband). Dit
betekent:
0
∞
−∞
Eg
∫ Dv ( E ) f ( E )dE = ∫ Dg ( E ) f ( E )dE , en gebruik makend van de
 − (Eg − µ ) 
 − µ  Nb
Nb
 . Hieruit
 =
exp
exp
5aA
2
k
T
aA
k
T
B
 B 


lossen we op: µ = 12 E g + 12 k BT ln(2 / 5) . (NB: We zien dat voor T = 0 de
chemische potentiaal exact halverwege de bandgap ligt. Voor toenemende
temperatuur schuift de chemische potentiaal naar beneden ( ln(2 / 5) < 0 ); dit
hangt samen met het feit dat de DOS in de geleidingsband groter is dan die in de
valentieband.) [5 punten]
exponentiële benadering volgt:
EINDE TENTAMEN
4