Festkörperphysik. Bearbeitet von Siegfried Hunklinger

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1 Festkörperphysik Bearbeitet von Siegfried Hunklinger 3., verb. und aktualisierte Aufl Taschenbuch. XIII, 614 S. Paperback ISBN Format (B x L): 17 x 24 cm Gewicht: 1171 g Weitere Fachgebiete > Physik, Astronomie > Thermodynamik > Festkörperphysik, Kondensierte Materie schnell und portofrei erhältlich bei Die Online-Fachbuchhandlung beck-shop.de ist spezialisiert auf Fachbücher, insbesondere Recht, Steuern und Wirtschaft. Im Sortiment finden Sie alle Medien (Bücher, Zeitschriften, CDs, ebooks, etc.) aller Verlage. Ergänzt wird das Programm durch Services wie Neuerscheinungsdienst oder Zusammenstellungen von Büchern zu Sonderpreisen. Der Shop führt mehr als 8 Millionen Produkte.

2 Festkörperphysik, 3. Auflage Siegfried Hunklinger Lösungen der Übungsaufgaben

3 2 Lösungen der Übungsaufgaben Kapitel 2 1. Bindungstypen Tabelle 1: Bindungstypen Argon Magnesium Van der Waals- Ionische Kovalente Metallische Wasserstoff- Bindung Bindung Bindung Bindung Bindung x Graphit x x Diamant Quarzkristall x x Quarzglas x x Polyethylen x x x GaAs x x KBr x NH 3 x x x x 2. Festes Helium Es gibt 3 He und 4 He mit völlig verschiedenen Tieftemperatureigenschaften. Eine wichtige Rolle spielt dabei die unterschiedliche Nullpunktsenergie der beiden Isotope. U B N = 8,60ε = 7,4 mev, U 0,He = U 0,Xe ε He σ 2 He M He σ2 Xe M Xe ε Xe, U 0, 3 He = 12,8 mev, U 0, 4 He = 11,1 mev, U 0,He > U B,He. Verfestigung von Helium tritt unter einem hydrostatischen Druck von p > 2, Pa bei 4 He bzw. von p > 3, Pa bei 3 He auf.

4 Lösungen der Übungsaufgaben 3 3. Bindungsenergie K Metall K Gas K + Ion Sublimation Ionisation Br 2,Gas Br Radikal B Ion KBr Kristall Bildungsenergie Dissoziation Ionisation [E sub + E ion ] + [E diss /2 E aff ] + E reak = E bind Mit den angegebenen Zahlen findet man E bind E bind = 15, 4 kj/cm 3. = 6,91 ev pro KBr - Paar oder 4. Gleichgewichtsabstand ( na (a) r 0 = mb ) 1 n m (b) r < r 0 Abstoßung r > r 0 Anziehung Die Kraft ist maximal bei ( ) 1 n + 1 n+m r max = r 0. m + 1 Für das Lenard-Jones-Potential gilt ( ) r max = r 0 = 1,11 r Ionenkristalle (a) R 0 = 3, m (b) za = 1, Ws m 12 (c) n = πϵ 0BR 4 0 αe 2 = 9,20 (d) Die Daten weisen auf KCl hin.

5 4 Lösungen der Übungsaufgaben 6. Bindungsenergie Für Lithium findet man r s a 0 = 3,16, R c a 0 = 1,29, E B = 6,50 ev/atom, E B E 2s = 1,10 ev/atom. Kapitel 3 1. Ag-Cu-Legierungen (a) c α 11,5 % bei T = 1100 K, c α 14,0 % bei T = 1050 K. (b) Der Abbildung lässt sich Folgendes entnehmen: α) T > 1150 K : flüssige Phase, β) 1150 K < T < 1150 K : flüssige und feste, kupferreiche Phase, γ) T < 1052 K : Die Zusammensetzung der festen α- und β-phase hängt von der Temperatur ab. (c) Schreiben wir f α und f β für die relativen Anteile der Phasen, so gilt c = f α c α + f β c β und f α + f β = 1. Für die Werte c = 0, 6, c α = 0, 15 und c β = 0, 95 folgt daraus: f α = c β c = 0,78. f β c c α Im thermischen Gleichgewicht ändert sich das Mischungsverhältnis mit abnehmender Temperatur. Bei den üblichen Kühlraten ist das Mischungsverhältnis jedoch praktisch eingefroren. 2. Hypothetisches zweidimensionales Gitter (a) Die Basisvektoren sind sind in Bild 1a eingezeichnet. Für sie gilt: a 1 = (a x, a y ) und a 2 = (a x, a y ) mit a x = (r A + r B ) 2 r 2 B = 2, m, a y = r A + 2r B = 3, m. (b) Die chemische Formel lautet AB 2, die Flächendichte ist ϱ = m A + 2m B = 5, g 2a x a y cm 2. (c) Die Koordinaten der Atome in der Elementarzelle sind durch

6 Lösungen der Übungsaufgaben 5 a B 2 1 a 2 B 3 A B A 4 B 2 2 B 2 a 1 A 1 B 1 a 1 (a) Bild 1: Hypothetischer zweidimensionaler Kristall. (b) A(0, 0), B 1 (0, r A + r B ), und B 2 (0, r A r B ) bzw. durch ( A(0, 0), B , + 7 ) 18 gegeben. ( und B , 7 ) 18 (d) Das Punktgitter besitzt eine zwei-zählige Achse und zwei Spiegelebenen. (e) Das orthogonale Gitter (siehe Bild 1b) weist zwei Gitterpunkte, also zwei A-Atome und vier B-Atome auf. Eine mögliche Wahl der Gittervektoren ist a 1 = (2a x, 0) und a 2 = (0, 2a y ). Dann sind die Atomkoordinaten durch ( ) ( ) A 1 = 0, 0, A 2 = 1/2, 1/2 ), B 1 (1/2, r B /2a y, B 2 = ) ) B 3 = (1/2, 2(r A + r B )/2a y, B 4 = (1, (r A + 3r B )/2a y gegeben. 3. Allotropie von Eisen V Kugel = (4π/3)r 3 = 4,19 r 3, (0, (r A + r B )/2a y ), a bcc 3 = 4r, Vbcc = a3 2 = 6,16 r3, a fcc 2 = 4r, Vfcc = a3 4 = 5,67r3, V bcc V fcc = 0,92. Die gemessene Änderung ist kleiner, weil sich der Abstand der nächsten Nachbarn ebenfalls ändert, der hier als fest vorausgesetzt wurde.

7 6 Lösungen der Übungsaufgaben 4. Kubische Kristalle (a) a bcc = 4r 3, a fcc = 4r 2, (b) V bcc = r3, V fcc = r3, (c) a Fe = 3 2mFe ϱ Fe = 2, m, a Cu = 3 5. Kohlenstoffgitter Zahl N der Kohlenstoffatome pro Elementarzelle: Diamant: N = 8 ϱ = 3,50 g/cm 3, Graphit: N = 4 ϱ = 2,27 g/cm 3, Fulleren: N = 240 ϱ = 1,68 g/cm Nanoröhren 2mCu ϱ Cu = 3, m. Röhrenumfang U 69 Å 16 4,26 Å = 16 s, wobei s = 4,26 Å für den Abstand zwischen zwei Kohlenstoffatomen steht. Jede Lage senkrecht zur Achse enthält daher 2 16 = 32 Atome. Der Abstand der Lagen ist durch 3s/2 = 1,23 Å gegeben. Somit besteht das Röhrchen aus N Masse M 5, kg. 2, Atomen und besitzt daher die Das Ergebnis hängt nicht vom Röhrentyp ab. Da die Zahl der Endflächenatome klein im Vergleich zur Gesamtzahl der Atome ist, können sie vernachlässigt werden. 1,42 Å 4,26 Å 1,23 Å Bild 2: Lage der Atome entlang des Umfangs.

8 Lösungen der Übungsaufgaben 7 Kapitel 4 1. Strukturfaktor von Diamant { 2, h + k + l ist das Doppelte einer geraden Zahl. (a) S hkl = 1 ± i, h + k + l ist ungerade. 0, h + k + l ist das Doppelte einer ungeraden Zahl. (b) Auslöschung tritt auf, falls h + k + l das Doppelte einer ungeraden Zahl ist. (c) Bei ZnS treten alle Reflexe auf. 2. Bragg-Reflexion (a) (b) d 1 d 2 = sin 46,60 = 0, 982, sin 47,75 d 2 d 1 = 1 + α T = α = 1, K Millersche Indizes (a) α = 2,86, (b) d 1200 = a 401 = 1, m, (c) λ max = 2d hkl = 3, m, E max = 34,4 kev. 4. Pulverdiffraktometrie (a) Übereinstimmung findet man mit der fcc-struktur: Tabelle 2: Vorgaben und Parameter 2θ θ sin θ sin 2 θ N 2 exp N (hkl) ,242 0,0585 3,07 3 (111) ,276 0,0760 3,99 4 (200) ,391 0,153 8,03 8 (220) ,454 0,206 10,82 11 (113) 57 28, 5 0,477 0,228 11,98 12 (222) ,906 0,821 43,12 43 (335) , 5 0,917 0,841 44,17 44 (226) ,956 0,915 48,05 48 (444) ,985 0,970 50,94 51 (155) ,995 0,990 51,99 52 (046)

9 8 Lösungen der Übungsaufgaben (b) a 2 = N 2 λ 2 4 sin 2 θ (c) a = 5,58 Å. = a = 5,51 Å, Aus den Daten folgt, dass vermutlich Calcium (a = 5,59 Å) untersucht wurde. 5. Kubisch raumzentrierte Gitter (a) a 1 = a 2 ( ˆx + ŷ + ẑ ), a 2 = a 2 (ˆx ŷ + ẑ ), a 3 = a 2 (ˆx + ŷ ẑ ), (b) b 1 = 2π a (ŷ + ẑ ), b 2 = 2π a (ˆx + ẑ ), b 3 = 2π (ˆx + ŷ). a (c) Die Elementarzelle des reziproken Gitters mit bcc-struktur entspricht der Wigner- Seitz-Zelle des fcc-gitters. 5. Zweidimensionales hexagonales Gitter Basisvektoren: a 1 = a ( ) 2, a = a ( ) 1, 2 3 y a 2 a 1 x (a) Bild 3: Zweidimensionales hexagonales Gitter. a) Basisvektoren. b) Wigner-Seitz-Zelle. Reziprokes Gitter: b 1 = 2π a 3 ( 3 1 ), b 2 = 2π a 3 (b) ( ) 0, 2

10 Lösungen der Übungsaufgaben 9 k y b 2 b 1 k x (a) Bild 4: Reziprokes Gitter. a) Basisvektoren. b) 1. Brillouin-Zone. Fläche der Billouin-Zone: F BZ = 8π2 3a 2. (b) Kapitel 5 1. Leerstellen und thermische Ausdehnung (a) Die Leerstellenkonzentration ist N L /N = 6, bei Zimmertemperatur und N L /N = 6, bei K. (b) V V = N L N (c) Die Leerstellen verursachen eine Ausdehnung, die durch α 300 K = 3, K 1 bzw. α 1220 K = 1, K 1 gegeben ist. (d) In Kapitel 4, Aufgabe 2 wurde der Wert α = 1, K 1 ermittelt. 2. Diffusion von Leerstellen in Gold (a) In fcc-kristallen ist die elementare Sprungweite durch a/ 2 gegeben. (b) Mit L = 6Dt und D = 1 6 a2 ν 0 e E D/k B T ergibt sich t = 7, s bei 300 K und t = 7, s 200 h bei 960 K. 3. Farbzentren (a) E Wa = E 2 E 1 = 10,2 ε 2 r [ev],

11 10 Lösungen der Übungsaufgaben (b) E Po = E 2 E 1 = (c) Vergleich der Ergebnisse: Tabelle 3: Parameter und Ergebnisse 4, R 2 0 [J]. R 0 /Å n E Wa /ev E Po /ev E Exp /ev LiF 2,01 1,41 2,58 6,98 5,0 NaCl 2,82 1,56 1,72 3,55 2,7 RbJ 3,67 1,65 1,38 2,09 1,6 Kapitel 6 1. Schwingender Aluminiumzylinder Aus der Resonanzfrequenz folgt v = 2Lν 0 = 5160 m/s. Der Wert unterscheidet sich vom errechneten v Stab = E/ϱ) = 5100 m/s, denn die Annahme eines langen dünnen Stabs ist nicht perfekt erfüllt. Die Ultraschallmessung ergibt v Us = c 11 /ϱ) = 6210 m/s, die Querkontraktion spielt hier keine Rolle. 2. Inelastische Neutronenstreuung (a) Es werden Phononen vernichtet. (b) ν = 6,29 THz, (c) k = k 0 + q + G, 2π 2,16 1,5 = 2π a a 0 1, π a 0 Der Streuvektor ist durch G = (0, 4π/a, 0) gegeben. 0, 5 0,5 + 2π 0 2. a 0 0 (d) Die wechselwirkenden Phononen breiten sich in (110)-Richtung aus und tragen den Impuls 2π/a. (e) Der errechnete Wert stimmt mit dem experimentellen Ergebnis überein.

12 Lösungen der Übungsaufgaben 11 G q k k 0 (000) 2 a Bild 5: Neutronenstreuung an Kupfer. 3. Brillouin-Streuung (a) v l = 4539 m/s, v t = 2416 m/s, (b) ϑ = 0 = ν 0, ϑ = 180 = ν l = 27,2 GHz, ν t = 14,5 GHz. Es können Phononen bis etwa 10 3 der Brillouin-Zone untersucht werden. 4. Akustische und thermische Phononen (a) N ph = 3, , (b) T = 50 µk, (c) Im vorgegebenen Frequenzintervall werden 1, Phononen angeregt. 5. Anregungen in Gläsern Bild 6.35 entnehmen wir: C V (T = 10 mk) Jkg 1 K 1, C V (T = 1 K) Jkg 1 K 1. Mit Gleichung (6.89) und der Dichte ϱ folgt hieraus: D 0 (T = 10 mk) = 4, J 1 m 3, D 0 (T = 1 K) = 1, J 1 m 3. Zahl der thermisch angeregten Zwei-Niveau-Systeme: D0 de N 2NS = e x + 1 = D 0k B T ln 2, N 2NS (T = 10 mk) = 4, m 3, N 2NS (T = 1 K) = 1, m 3.

13 12 Lösungen der Übungsaufgaben Zahl der thermisch angeregten Phononen: D(ω) dω N ph = e x 1, N ph (T = 10 mk) = 1, m 3, N ph (T = 1 K) = 1, m 3. Kapitel 7 1. Drei-Phononen-Prozesse (a) Bei geraden Dispersionskurven sind die Prozesse a) und b) verboten, die Prozesse e) und f) uneingeschränkt erlaubt. Bei c) und d) muss die Wechselwirkung kolinearer erfolgen. (b) Nun sind auch die Prozesse c) und d) untersagt. 2. Dämpfung durch Punktdefekte Zur Abschätzung der Größenordnungen nehmen wir als Eingabedaten für den Atomradius den Wert 1,4 Å und 4500 m/s für die Schallgeschwindigkeit. Damit finden wir bei 1 THz und einer Defektkonzentration von 1, m 3 die freie Weglänge l 1 m. Die angegebenen kleineren Defektkonzentrationen bewirken keinen messbaren Effekt. 3. Wärmeleitung von Germanium Für die Wärmeleitfähigkeit der Probe finden wir Λ C V v d 0,3 W cm 1 K Wärmeleitfähigkeit im Casimir-Bereich Zur Ermittlung der Debye-Temperatur schreiben wir Λ 1 3 C V v d und benutzen den Zahlenwert Λ(T = 5 K) = 2,3 W cm 1 K 1 für die Probe der Kantenlänge 1,1 mm. Damit ergibt sich für die Debye-Temperatur von LiF der Wert Θ 700 K. In der Literatur findet man den Wert Θ 720 K. In dieser einfachen Näherung ist der atomare Aufbau ohne Bedeutung. 5. Wärmeleitung bei tiefen Temperaturen (a) Man findet folgende Querschnittsflächen: A Si = 1 cm 2, A a SiO2 = 200 cm 2 und A Cu = 0,25 mm 2, (b) Der Temperaturanstieg ist bei der Kupferprobe am größten, bei Silizium am kleinsten. (c) Die erforderlichen Heizleistungen sind W, W und W bei Silizium, Quarzglas und Kupfer.

14 Lösungen der Übungsaufgaben 13 Kapitel 8 1. Spezifische Wärme Bei 300 K gilt C el V C ph V = π2 T 6T F = 0,025. Elektronen und Phononen tragen bei der Temperatur 5θ T = 3 24π 2 T F gleich viel bei. Unter T = 0,90 K ist C el V > Cph V. 2. Freies Elektronengas (a) Natrium: n = 2, m 3, k F = 9, m 1, Kupfer: n = 8, m 3, k F = 1, m 1. (b) Der kleinste Abstand k min der Brillouin-Zonegrenze vom Γ-Punkt beträgt bei Natrium (halbe Flächendiagonale) 1, 05 Å 1, bei Kupfer (halbe Raumdiagonale) 1, 51 Å 1. In beiden Fällen ist k min > k F. Bei Natrium ist die Fermi-Fläche fast kugelförmig, bei Kupfer existiert in L-Richtung ein Ausbeulungen (vgl. Bild 9.27). 3. Fermi-Fläche und Brillouin-Zone Für den Fermi-Impulwellenvektor findet man den Wert k F = 1,78 π/a. Die bildhafte Darstellung befindet sich auf der nächsten Seite. Bei schwachem Potential werden die Ecken gerundet. 4. Flüssiges 3 He E F = 1, ev = 1,77 K, v F = 59 m s, T F = 1,76 K, C V ( 3 He) = 6, T [ ] J m 3. K Bei 50 mk findet man für 3 He den Wert C V ( 3 He) = 3, J/m 3 K, für Kupfer nur C V (Cu) = 4,88 J/m 3 K.

15 14 Lösungen der Übungsaufgaben (a) (b) (c) (d) Bild 6: Fermi-Flächen und Brillouin-Zone. a) Die ersten fünf Brillouin-Zonen im erweiterten Zonenschema. b) 2. Brillouin-Zone. c) 3. Brillouin-Zone. d) 4. Brillouin-Zone. Kapitel 9 1. Stark gebundene Elektronen (a) Dispersionskurve: 10 8 EnergieE/ ev a Wellenvektork x a Bild 7: Energiedispersionskurve. Die besetzten Zustände sind dick gezeichnet.

16 Lösungen der Übungsaufgaben 15 (b) Effektive Massen m n = 2, kg = 0,24 m e, m p = 2, kg = 0,30 m e, (c) Geschwindigkeiten v n = 4, m s, v p = 3, m s, (d) Beschleunigung 2. Fermi-Kugel v n = 7, m s 2, v p = 5, m s 2. Mit a = 4, m und M = 1, 1 m findet man die Verschiebung δk k = 2, und die Driftgeschwindigkeit v d = 2, m s. 3. Streuung an Punktdefekten Aus der Bedingung τ ph = τ L folgt mit ϱ ph = der Zusammenhang m n e e 2 und l L = 16 τ ph 3πa 2 n L e E L/k B T T 300 /T = 3πa2 m v F e SL/kB 16e 2 ϱ 300. Die beiden Streuraten sind bei T 484 K gleich groß. Natrium schmilzt jedoch bereits bei tieferer Temperatur. 4. Elektrische und thermische Leitfähigkeit (a) Probe A: Getemperter Golddraht Probe B: Unbehandelter Golddraht Probe C: Legierung ϱ 300 (b) Probe A : = 2800, Probe B : ϱ 5 T = 300 K : l A = l B = 3, m, ϱ 300 ϱ 5 = 100, T = 5 K : l A = 1, m, l B = 3, m.

17 16 Lösungen der Übungsaufgaben (c) In der Probe A dominiert bei Raumtemperatur die Streuung an Phononen, bei 5 K die Streuung an Defekten. In der Probe C überwiegt die Defektstreuung bei allen Temperaturen. (d) Mit dem Wiedemann-Franz-Gesetz ergibt sich bei 1 K: Λ A = 3100 W m K, Λ B = 110 W m K und Λ C = 0,11 W m K. 5. Freie Elektronen im Magnetfeld (a) R H = 4, m 3 /As, (b) p , (c) r F = 6 µm, (d) τ > 9 µm. Kapitel Fermi-Niveau Bei Zimmertemperatur liegt das Fermi-Niveau 0,311 ev über der Valenzbandkante. 2. Intrinsischer Halbleiter 1000 Leitfähigkeit / 1 m ,1 0, Reziproke Temperatur T -1 / 10-3 K Bild 8: Temperaturabhängigkeit der elektrischen Leitfähigkeit einer Halbleiterprobe. Da man für die Energielücke den Wert E g = 1,35 ev findet, könnte es sich um Indiumphosphid handeln. Die Energielücke entspricht einer Wellenlänge von 0,92 µm, so dass dieser Halbleiter für die vorgesehene Anwendung geeignet ist.

18 Lösungen der Übungsaufgaben Silizium (a) E F = 0,547 ev, (b) f(e) , (c) n i = p i = 3, m 3, (d) ϱ = 6720 Ωm, (e) ϱ = 1, Ωm, (f) T = 775 K. 4. p-n-übergang C = 162 pf. 5. Solarzelle (a) I L = 0,68 A, (b) U = 0,50 V, (c) U opt = 0,43 V. Kapitel Spezifische Wärme (a) C s C n = 2V B2 c µ 0 T 2 c ( 3T 3 T 2 c ) T. (b) Bei T = T c / 3 = 4,15 K ist C s = C n, d.h. im Bereich 4,15 K < T < 7,19 K ist die spezifische Wärme im supraleitenden Zustand größer als im Normalzustand. 2. Kritische Stromstärke (a) T c = 7,19 K, (b) I c = 397 A, (c) j c = 1,01 A cm Magnetfeld in einer supraleitenden Platte (a) B z (x) = B 0 cosh(x/λ L ) cosh(d/2λ L ), (b) j s,y (x) = B 0 µ 0 λ L sinh(x/λ L ) cosh(d/2λ L ). (c) Das kritische Feld erhöht sich um den Faktor 2λ L /d.

19 18 Lösungen der Übungsaufgaben 4. Flussschläuche (a) Φ = 4π 10 6 Tm 2, (b) N = Φ = 6, Φ 0 5. Josephson-Kontakte im Magnetfeld Dem Bild lassen sich die Flächen 5, cm 2 bzw. 1, cm 2 entnehmen. Kapitel Dipolwechselwirkung Für die Wechselwirkungsenergie findet man U = 4, J. Daraus folgt mit U 3k B T, dass die Dipolwechselwirkung über 100 mk vernachlässigt werden kann. 2. Magnetisierung von NiFe 2 O 4 Zahl der Nickel-Ionen in Nickel bzw. in NiFe 2 O 4 : N Ni = 9, m 3, N NiFe2 O 4 = 2, m 3. M s (NiFe 2 O 4 ) = 0,26M s (Ni) = 1, A/m. 3. Austauschkoeffizient Eisen: λ = 960, B M = T, J = 5, J. Nickel: λ = 7 300, B M = T, J = 2, J. 4. Ferromagnetische Eigenschaften Wir nehmen an, dass die beiden Materialien die gleiche Austauchkoeffizienten J aufweisen und der Bahndrehimpuls verschwindet. Dann gilt: λ 1 = λ 2, 3C 1 = C 2, T c,1 = T c,2, 2M s,1 (T = 0) = M s,2 (T = 0). 5. Spinwellen in Nickel Mit J = 1, J findet man [ ] C Mag J V = 4,96 T 3/2 m 3 K C Mag V = C Pho V bei T = 3,3 K.

20 Lösungen der Übungsaufgaben 19 Kapitel Polarisierbarkeit ε 1 ε + 2 = nα 3, α st = 1, m 3, α opt = 5, m 3, p st = 9, Cm 3, p opt = 4, m Optische Phononen Man findet ω t = 3, s 1 und ω l = 5, s Hagen-Rubens-Gesetz (a) ε(ω) = ε + iσ 0 1 εω 1 iωτ iσ 0 ε 0 ω, (b) n σ0 + iκ = 2ε 0 ω + i σ0 2ε 0 ω, R 1 2 8ε0 ω n = 1, σ 0 (c) R Ag = 0,9937, R Hg = 0,9494. Die Bedingung σ 0 ε 0 ω ist in beiden Fällen erfüllt. Silber: ωτ = 1,6, Quecksilber: ωτ = 0, Plasmakante (a) Die Grenze liegt bei λ p = 1,03 µm. (b) Minimale Reflexion tritt bei λ p = 890 nm auf.

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