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.
Fig. 1 configurazione molecolare tetraedrica regolare .
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 = α = arctan(2) =63°. Otteniamo lo schizzo riportato qui di seguito. Il vettore a1 =
OQ a2 = OP .
y
P
2Ǻ
5
a2
Q
α
O
1Ǻ
2Ǻ
a1
x
Fig. 2 reticolo diretto in due dimensioni per l’esercizio 26.
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:
A1 = 2π
a2 × a3
a 3 × a1
a1 × a 2
; A2 = 2π
; A3 = 2π
.
a1 ⋅ a 2 × a 3
a1 ⋅ a 2 × a 3
a1 ⋅ a 2 × a 3
Il volume della cella primitiva è:
a 1 ⋅ a 2 × a 3 = aux·(ux + buy) x cuz = aux·(-cuy + bcux) = abc = 12 Ǻ3.
Otteniamo:
bu x − u y
acu y 2π
a2 × a3
a × a1
A1 = 2π
= 2π
; A 2 = 2π 3
= 2π
=
uy
a1 ⋅ a 2 × a 3
ab
abc
abc
b
A 3 = 2π
a1 × a 2
abu z 2π
= 2π
=
uz .
abc
abc
c
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+ + eL’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
−
R
di
KCl
è
caratterizzato
da
un’energia
di
coesione
pari
a:
B
con λ = 2.104 eV, ρ = 0.30x10-8cm; B = 25.2x10-8cm. fare uno schizzo
R
dell’andamento di tale potenziale in funzione di R e determinare la posizione di equilibrio
R0.
U ( R) = λ e
ρ
−
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:
R0
λ −ρ
dU
B
=−
e
+ 2 =0
dR
ρ
R0
−
→
e
R0
ρ
ρB
=
λR0 2
→
λR0 2
R0 = ρ ln
.
ρB
Poiché R0 si trova in entrambi i membri, posso per esempio stimare R0 considerando
λR0 2
l’intersezione delle funzioni f(R0) = R0 e g ( R0 ) = ρ ln
. Il metodo numerico è
ρB
mostrato in figura 4, il risultato è R0 ~ 3Ǻ.
40,0
30,0
U [eV]
20,0
10,0
U attrattivo
U repulsivo
somma
0,0
-10,0
-20,0
2,00E-08 2,50E-08 3,00E-08 3,50E-08 4,00E-08 4,50E-08 5,00E-08
R [cm]
Fig. 3 Energia potenziale della molecola di un cristallo di KCl
5,00E-08
f, g [cm]
4,00E-08
3,00E-08
2,00E-08
f(R0)
g(R0)
1,00E-08
0,00E+00
0,00E+00
1,00E-08
2,00E-08
3,00E-08
4,00E-08
5,00E-08
Ro [cm]
Fig. 4 Determinazione di R0 per la molecola di un cristallo KCl.
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 : υ F =
2ε F
. L’espressione del
m
2/3
h 2 3n
livello di Fermi è : ε F =
con n = concentrazione degli elettroni di conduzione:
8m π
23
N m
z ρ N AV z 6.022 10 8.96
n = = N AV =
=
= 8.49 10 22 cm −3 . Si ottiene εF = 7.1eV, quindi
V
A
V
A
63.55
vF = 1.58x106m/s e τ =
λ 420 x10−10
=
= 2.66 x10.−14 s.
6
υ F 1.58 x10
31. Valutare, utilizzando la figura 5, il valore della velocità del suono in Ge a 300K nella
direzione <111>.
Fig. 5 spettro vibrazionale del reticolo del germanio a 300K
nella direzione <111>.
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.
4 x1012
λ ω
ν
= 5.33x105cm/s. Per il modo acustico trasversale
Quindi: υ sLA = = = 2π =
8
T q
q 0.075 x10
invece la linearità è verificata fino a 0.05x108cm-1. Con estrapolazione lineare si può
λ ω
ν
2 x1012
= 2.67 x105 cm / s .
stimare il valore: υ sTA = = = 2π =
T q
q 0.075 x108
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. 6 grafico C/T in funzione di T2 per la determinazione della capacità termica del potassio a
bassa temperatura.
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.
−
εG
Soluzione: ni = N C NV e 2 KT . 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
n (T ) T
la variazione di εG con la temperatura ) si osserva che: i 1 = 1
ni (T2 ) T2
450
ni ( 450) = ni (300)
300
3/ 2
−
e
1.12
1
1
−
8.617 x10 −5 450 300
= 4.98x1016cm-3.
3/ 2
−
e
εG 1
1
−
K T1 T2
da cui:
Fig. 7 parametri Si, GaAs, Ge a T = 300K
34. Determinare la conducibilità elettrica del silicio intrinseco a temperatura ambiente.
Soluzione: σ = neµ n + peµ p . Poiché n = p = ni si ottiene:
σ = ni e(µ n + µ p ) = 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 : ε F − ε i =
K BT NV
= 15.16 meV.
ln
2
N
C
36. Si vuole produrre silicio tipo n con resistività a temperatura ambiente pari a 10Ωcm:
determinare la concentrazione di drogante ( fosforo ) necessaria.
1
. A temperatura ambiente il drogante P è da ritenersi
σ neµ n
completamente ionizzato quindi n = ND. Otteniamo :
Soluzione. Resistività: ρ =
ND =
1
=
1
1
=
= 4.3x1014cm-3.
ρeµ n 10 x1.602 x10 −191450
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:
1
1
RH = −
=−
= 14.534x103 cm3/C. Nell’esercizio 34 invece il materiale è intrinseco
ne
N De
quindi bisogna usare il coefficiente ti Hall ambipolare: RH =
3.22; n = p = ni. Otteniamo: RH = -76.5 cm3/C.
rh p − nb 2
| e | ( p + nb) 2
con b = µn/µp =
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: EH = J x By RH = 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. σ (T ) = neµ n (T ) . A 300K:
σ (300 K ) = neµ n = 0.232
1
1
250 − 2.4
; a 250K: σ (250) = σ (300)
.
= 0.359
Ωcm
Ωcm
300
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 ρ (t ) = ρ 20°C (1 + α (t (°C ) − 20) ) quindi:
ρ(27°C) = 1.09x10-7 Ohm m; ρ(-23°C) = 8.82x10-8 Ohm m.
Si ottengono le variazioni relative:
∆ρ Pt
ρ (300 K ) − ρ Pt ( 250 K )
= Pt
= +19 %
ρ Pt (300 K )
ρ Pt (300 K )
∆ρ Si
ρ (300 K ) − ρ Si ( 250 K )
= Si
= + 35 %
ρ Si (300 K )
ρ Si (300 K )
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: n = N C e
−
ε C −ε F
KT
→
.
1019
NC
= 8.617 x10 −5 x300 x ln 15
n
10
ε F − ε V = ε G − 0.24V = 1.42 − 0.24 = 1.18eV .
ε C − ε F = KT ln
= 8.617 x10 −5 x300 x 4 ln (10 ) = 0.24eV .
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.
KT
τ n = 1.3mm.
q
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: Ln = Dnτ n = µ n
Soluzione : la carica complessiva nella giunzione è nulla. Quindi Q+ - Q- = 0 →
9
9
xn = W =
xn + x p
qNPAxn –qNBAxP = 0 → x n N P = N B x p . Poiché
otteniamo:
11
11
x n 11 N B
2N B
=
=
= 1.82 x1015 cm −3 .
da cui: N P =
xp
2 NP
11
[
]
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: W0 =
2ε 0ε rGaAsVbi
2V
= 31.85µm ; Emax = bi =43956 V/m.
qN B
W0
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.
Ge
Soluzione: La capacità geometrica è data da: C geom
=
completo svuotamento si ricava da: WGe =
Si
Ge
silicio otteniamo: C geom
= C geom
ε 0 ε rGe A
D
= 2.12nF. La tensione di
2ε 0 ε rGeV
qN AWGe2
= → VGe =
= 14.11V. Per il
2ε 0ε rGe
qN A
ε rSi
ε
= 1.55nF . VSi = VGe rGe = 19.30V.
ε rGe
ε rSi
