南邮固体电子导论课后答案

第十一章固体中的元激发什么是元激发，举出三种元激发，并加以简要说明，以及所满足的统计特性元激发：能量靠近基态的低激发态与其他激发态相比，情况比较简单，这种低激发态可以看出是独立的基本激发单元的集合，这些基本激发单元称为元激发（准离子）。

分为集体激发的准离子和单粒子激发的准粒子。

声子：晶体中原子振动的简正坐标是一系列格波，格波表示原子的一种集体运动，每个格波的能量取值是量子化的，体系的激发态可以看成是一些独立基本激发单元的集合，激发单元就是声子。

声子是玻色型准粒子。

磁振子：铁磁材料在T=0K时基态的原子磁矩完全平行排列，基态附近的低激发态相应于少数自旋取向的反转，由于原子之间的相互耦合，自选反转不会局限在个别原子上，而是在晶体内传播形成自选波，自选波表示自旋系统的集体激发，能量是量子化的，体系激发态可以表示成一些独立基本激发单元的集合，即磁振子。

遵循玻色统计。

金属中电子和空穴：系统激发态可以看成电子能量和空穴能量之和。

电子和空穴都是单粒子元激发。

金属中电子系统的激发态可以看成是电子、空穴准粒子的集合。

半导体中电子空穴对：半导体中电子从价带激发到导带形成电子空穴对。

费米型元激发。

激子：电子和空穴之间由于库伦作用形成激子。

玻色型元激发。

极化激元：离子晶体长光学波与光学波形成的耦合振动模，其元激发称为极化激元。

在相互作用电子系统中可能存在玻色元激发吗？举一例说明等离激元：电子气相对于正电背景的等离子体振荡，振荡的能量是量子化的，元激发即等离激元。

玻色型元激发。

第十二章晶体中的缺陷和扩散分析说明小角晶界的角度和位错间距关系，写出表达式。

相互有小角度倾斜的两部分晶体之间的小角晶界可以看成是一系列刃位错排列而成，D=b/θ，D是小角晶界位错相隔的距离，θ是两部分倾角，b是原子间距。

简述晶体中位错种类及位错方向和滑移方向的关系，哪种位错对体生长有重要影响。

刃位错：位错方向与晶体局部滑移方向垂直。

螺位错：位错方向与晶体局部位移方向平行。

固体物理习题一、 固体电子论基础1． 已知金属铯的E F =1.55eV ，求每立方厘米的铯晶体中所含的平均电子数。

(提示:常温下F E 与0F E 相差不大，可以令0F F E E ≈)解：因为常温下费米能级E F 与绝对零度时的费米能级E F 0相差不大，可令E F ≈E F 0。

金属中的电子可近似地按自由电子气处理，在E ～E+dE 能量区间内的电子态数(计及自旋)为:()dE CE dE E hm VdZ 212132324==π其中：()2132324E hm VC π=， V 为金属的体积，m 为电子的质量。

由于电子遵循费米分布，于是在能量区间E ～E+dE 中的电子数为： dE E E Cf dZ E f dN )()(==式中)(E f 是费米分布函数。

由于在绝对零度时有：⎪⎩⎪⎨⎧><=)E (E 0)E (E 1)(0F 0FE f因此电子总数为：2332300)2(38)(32)(0F FE mE h VE C dEE C dE E E Cf N Fπ====⎰⎰∞单位体积内的电子数为： 233)2(38F mE hV Nn π==代入有关数据得到： )(108.7 )106.155.1101.92()1063.6(314.38321231228327----⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=cm n2． 证明：在T=0K 时，费米能级0F E 处的能态密度为：0023)(FF EN E N =，式中N为金属中的自由电子数。

证明：在K 空间中，在周期性边界条件下，以K K =为半径的球内，电子的数目为（记及自旋）：3342K V n π⋅=因此：dK K V dn 28π⋅= （1） 已知自由电子的能量为：mK h E 222=，代入（1）式得：d E E hm Vd n 21323)2(4π= （2）因此电子按照能量分布的状态密度：21323)2(4)(E hm Vd E d nE N π==（3）当T=0K 时，全部电子处于费米球内。

第一章 金属自由电子气体模型习题及答案1. 你是如何理解绝对零度时和常温下电子的平均动能十分相近这一点的？[解答] 自由电子论只考虑电子的动能。

在绝对零度时，金属中的自由（价）电子，分布在费米能级及其以下的能级上，即分布在一个费米球内。

在常温下，费米球内部离费米面远的状态全被电子占据，这些电子从格波获取的能量不足以使其跃迁到费米面附近或以外的空状态上，能够发生能态跃迁的仅是费米面附近的少数电子,而绝大多数电子的能态不会改变。

也就是说，常温下电子的平均动能与绝对零度时的平均动能十分相近。

2. 晶体膨胀时，费米能级如何变化？[解答] 费米能级3/222)3(2πn mE o F= ， 其中n 单位体积内的价电子数目。

晶体膨胀时，体积变大，电子数目不变，n 变小，费密能级降低。

3． 为什么温度升高，费米能反而降低？[解答] 当K T 0≠时，有一半量子态被电子所占据的能级即是费米能级。

除了晶体膨胀引起费米能级降低外，温度升高，费米面附近的电子从格波获取的能量就越大，跃迁到费米面以外的电子就越多，原来有一半量子态被电子所占据的能级上的电子就少于一半，有一半量子态被电子所占据的能级必定降低，也就是说，温度生高，费米能反而降低。

4． 为什么价电子的浓度越大，价电子的平均动能就越大？[解答] 由于绝对零度时和常温下电子的平均动能十分相近，我们讨论绝对零度时电子的平均动能与电子的浓度的关系。

价电子的浓度越大，价电子的平均动能就越大，这是金属中的价电子遵从费米—狄拉克统计分布的必然结果。

在绝对零度时，电子不可能都处于最低能级上，而是在费米球中均匀分布。

由式3/120)3(πn k F =可知，价电子的浓度越大费米球的半径就越大，高能量的电子就越多，价电子的平均动能就越大。

这一点从3/2220)3(2πn m E F=和3/222)3(10353πn mE E oF ==式看得更清楚。

电子的平均动能E 正比于费米能o F E ，而费米能又正比于电子浓度32l n。

第六章 自由电子论和电子的输运性质思 考 题1.如何理解电子分布函数)(E f 的物理意义是: 能量为E 的一个量子态被电子所占据的平均几率?[解答]金属中的价电子遵从费密-狄拉克统计分布, 温度为T 时, 分布在能级E 上的电子数目1/)(+=-Tk E E BF e gn ,g 为简并度, 即能级E 包含的量子态数目. 显然, 电子分布函数11)(/)(+=-Tk E E BF e E f是温度T 时, 能级E 的一个量子态上平均分布的电子数. 因为一个量子态最多由一个电子所占据, 所以)(E f 的物理意义又可表述为: 能量为E 的一个量子态被电子所占据的平均几率.2.绝对零度时, 价电子与晶格是否交换能量?[解答]晶格的振动形成格波，价电子与晶格交换能量，实际是价电子与格波交换能量. 格波的能量子称为声子, 价电子与格波交换能量可视为价电子与声子交换能量. 频率为i ω的格波的声子数11/-=Tk i B i e n ω .从上式可以看出, 绝对零度时, 任何频率的格波的声子全都消失. 因此, 绝对零度时, 价电子与晶格不再交换能量.3.你是如何理解绝对零度时和常温下电子的平均动能十分相近这一点的?[解答]自由电子论只考虑电子的动能. 在绝对零度时, 金属中的自由(价)电子, 分布在费密能级及其以下的能级上, 即分布在一个费密球内. 在常温下, 费密球内部离费密面远的状态全被电子占据, 这些电子从格波获取的能量不足以使其跃迁到费密面附近或以外的空状态上, 能够发生能态跃迁的仅是费密面附近的少数电子, 而绝大多数电子的能态不会改变. 也就是说, 常温下电子的平均动能与绝对零度时的平均动能一定十分相近. 4.晶体膨胀时, 费密能级如何变化?[解答] 费密能级3/2220)3(2πn m E F=,其中n 是单位体积内的价电子数目. 晶体膨胀时, 体积变大, 电子数目不变, n 变小, 费密能级降低.5.为什么温度升高, 费密能反而降低?[解答]当0≠T 时, 有一半量子态被电子所占据的能级即是费密能级. 温度升高, 费密面附近的电子从格波获取的能量就越大, 跃迁到费密面以外的电子就越多, 原来有一半量子态被电子所占据的能级上的电子就少于一半, 有一半量子态被电子所占据的能级必定降低. 也就是说, 温度升高, 费密能反而降低.6.为什么价电子的浓度越大, 价电子的平均动能就越大?[解答]由于绝对零度时和常温下电子的平均动能十分相近，我们讨论绝对零度时电子的平均动能与电子浓度的关系.价电子的浓度越大价电子的平均动能就越大, 这是金属中的价电子遵从费密-狄拉克统计分布的必然结果. 在绝对零度时, 电子不可能都处于最低能级上, 而是在费密球中均匀分布. 由(6.4)式3/120)3(πn k F =可知, 价电子的浓度越大费密球的半径就越大,高能量的电子就越多, 价电子的平均动能就越大. 这一点从(6.5)和(6.3)式看得更清楚. 电子的平均动能E 正比与费密能0F E , 而费密能又正比与电子浓度3/2n:()3/222032πn mE F=,()3/2220310353πn mE EF ==.所以价电子的浓度越大, 价电子的平均动能就越大.7.对比热和电导有贡献的仅是费密面附近的电子, 二者有何本质上的联系?[解答]对比热有贡献的电子是其能态可以变化的电子. 能态能够发生变化的电子仅是费密面附近的电子. 因为, 在常温下, 费密球内部离费密面远的状态全被电子占据, 这些电子从格波获取的能量不足以使其跃迁到费密面附近或以外的空状态上, 能够发生能态跃迁的仅是费密面附近的电子, 这些电子吸收声子后能跃迁到费密面附近或以外的空状态上.对电导有贡献的电子, 即是对电流有贡献的电子, 它们是能态能够发生变化的电子. 由(6.79)式)(00ε⋅∂∂+=v τe E f f f可知, 加电场后,电子分布发生了偏移. 正是这偏移)(0ε⋅∂∂v τe E f部分才对电流和电导有贡献. 这偏移部分是能态发生变化的电子产生的. 而能态能够发生变化的电子仅是费密面附近的电子, 这些电子能从外场中获取能量, 跃迁到费密面附近或以外的空状态上. 而费密球内部离费密面远的状态全被电子占拒, 这些电子从外场中获取的能量不足以使其跃迁到费密面附近或以外的空状态上. 对电流和电导有贡献的电子仅是费密面附近电子的结论从(6.83)式xk Sxx ESv e j Fετπ∇=⎰d 4222和立方结构金属的电导率E S v e k S xF ∇=⎰d 4222τπσ看得更清楚. 以上两式的积分仅限于费密面, 说明对电导有贡献的只能是费密面附近的电子.总之, 仅仅是费密面附近的电子对比热和电导有贡献, 二者本质上的联系是: 对比热和电导有贡献的电子是其能态能够发生变化的电子, 只有费密面附近的电子才能从外界获取能量发生能态跃迁.8.在常温下, 两金属接触后, 从一种金属跑到另一种金属的电子, 其能量一定要达到或超过费密能与脱出功之和吗?[解答]电子的能量如果达到或超过费密能与脱出功之和, 该电子将成为脱离金属的热发射电子. 在常温下, 两金属接触后, 从一种金属跑到另一种金属的电子, 其能量通常远低于费密能与脱出功之和. 假设接触前金属1和2的价电子的费密能分别为1F E 和2F E , 且1F E >2F E , 接触平衡后电势分别为1V 和2V . 则两金属接触后, 金属1中能量高于11eV E F -的电子将跑到金属2中. 由于1V 大于0, 所以在常温下, 两金属接触后, 从金属1跑到金属2的电子, 其能量只小于等于金属1的费密能.9.两块同种金属, 温度不同, 接触后, 温度未达到相等前, 是否存在电势差? 为什么?[解答]两块同种金属, 温度分别为1T 和2T , 且1T >2T . 在这种情况下, 温度为1T 的金属高于0F E 的电子数目, 多于温度为2T 的金属高于0F E 的电子数目. 两块金属接触后, 系统的能量要取最小值, 温度为1T 的金属高于0F E 的部分电子将流向温度为2T 的金属. 温度未达到相等前, 这种流动一直持续. 期间, 温度为1T 的金属失去电子, 带正电; 温度为2T 的金属得到电子, 带负电, 二者出现电势差.10.如果不存在碰撞机制, 在外电场下, 金属中电子的分布函数如何变化?[解答]如果不存在碰撞机制, 当有外电场ε后, 电子波矢的时间变化率εe t -=d d k .上式说明, 不论电子的波矢取何值, 所有价电子在波矢空间的漂移速度都相同. 如果没有外电场ε时, 电子的分布是一个费密球, 当有外电场ε后, 费密球将沿与电场相反的方向匀速刚性漂移, 电子分布函数永远达不到一个稳定分布. 11.为什么价电子的浓度越高, 电导率越高?[解答]电导σ是金属通流能力的量度. 通流能力取决于单位时间内通过截面积的电子数(参见思考题18). 但并不是所有价电子对导电都有贡献, 对导电有贡献的是费密面附近的电子. 费密球越大, 对导电有贡献的电子数目就越多. 费密球的大小取决于费密半径3/12)3(πn k F =.可见电子浓度n 越高, 费密球越大, 对导电有贡献的电子数目就越多, 该金属的电导率就越高.12.电子散射几率与声子浓度有何关系? 电子的平均散射角与声子的平均动量有何关系?[解答]设波矢为k 的电子在单位时间内与声子的碰撞几率为),',(θΘk k , 则),',(θΘk k 即为电子在单位时间内与声子的碰撞次数. 如果把电子和声子分别看成单原子气体, 按照经典统计理论, 单位时间内一个电子与声子的碰撞次数正比与声子的浓度.若只考虑正常散射过程, 电子的平均散射角θ与声子的平均波矢q 的关系为由于F k k k ==', 所以F F k q k q 222sin==θ.在常温下, 由于q <<k , 上式可化成F F k q k q ==θ.由上式可见, 在常温下, 电子的平均散射角与声子的平均动量q 成正比.13.低温下, 固体比热与3T 成正比, 电阻率与5T 成正比, 2T 之差是何原因?[解答]按照德拜模型, 由(3.133)式可知, 在甚低温下, 固体的比热34)(512D B V T Nk C Θπ=.而声子的浓度⎰⎰-=-=mB mB T k pTk ce v eD V n ωωωωωωπωω0/2320/1d 231d )(1,作变量变换T k x B ω =,得到甚低温下333232T v Ak n p Bπ=,其中⎰∞-=021d xe x x A .可见在甚低温下, 固体的比热与声子的浓度成正比. 按照§6.7纯金属电阻率的统计模型可知, 纯金属的电阻率与声子的浓度和声子平均动量的平方成正比. 可见, 固体比热与3T 成正比, 电阻率与5T 成正比, 2T 之差是出自声子平均动量的平方上. 这一点可由(6.90)式得到证明. 由(6.90)可得声子平均动量的平方286220/240/3321d 1d )(T v v Bk e v e v q s p B T k s T k p D B DB =⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--=⎰⎰ωωωωωωωω ,其中⎰⎰∞∞--=02031d 1d x xe x x e x x B 。

1.2 A 1.6 eV photon is absorbed by a valence band electron in GaAs. If the bandgap of GaAs is 1.41 eV, calculate the energy of the electron and heavy hole produced by the photon absorption. Condition:***0001.6 1.410.0670.450.058e h r eV Eg eV m m m m m m ω===== Solution: By2222***11()22e h rEg m m m ωωω-=+=We can get*22***22**()0.1642()0.0252e r c ee h r v h h m E E Eg eV m m m E E Eg eV m m ωωωω⎧-==-=⎪⎪⎨⎪-==-=⎪⎩1.4 The absorption coefficient near the bandedges of GaAs and Si are 4110cm - and 3110cm - respectively. What is the minimum thickness of a sample in each case which can absorb 90% of the incident light? Condition:3141()10()10Si cm GaAs cm αα--==Solution: By0min 0()()(190%)xI x I eI x I α-⎧=⎪⎨=-⎪⎩ We can getmin min min 00min ()0.10.11ln 0.1x x I x I e I e x ααα--==⇒=⇒=-So3min 4min () 2.310() 2.310x Si cmx GaAs cm--⎧=⨯⎪⎨=⨯⎪⎩1.8 In a GaAs sample at 300K, equal concentrations of electrons and holes areinjected. If the carrier density is n=p=1017cm -3, Calculate the electron and hole Fermi levels using the Boltzmann and Joyce-Dixon approximations.Condition:173183300,, 4.710710c v When T K for GaAs N cm N cm --==⨯=⨯Solution:Boltzmann approximation:ln 0.0402ln 0.1105nc c F B p c F v B N E E k T eV n N E E k T eVp ⎧-==⎪⎪⎨⎪-==⎪⎩Joyce-Dixon approximation:(ln 0.0383(ln 0.1103ncF B c p F v B v n E E k T eV N n E E k T eV N ⎧-=-=⎪⎪⎨⎪-=-+=⎪⎩1.12 The radiative lifetime of GaAs sample is 1.0 ns. The sample has a defect at the midgap with a capture cross-section of 10-15cm 2 . At what defect concentration does the non-radiative lifetime become equal to the radiative lifetime at i) 77K and ii) 300K?(分电子、空穴计算) Condition:**152000.0680.47 1.010n p r nr m m m m nscm ττσ-=====Solution:(1)For electrons7*277*2730013(77) 2.2710/2213(300) 4.4810/22th n th B K n th B Kth v K cm s m v k T m v k T v K cm s ⎧⎧==⨯⎪=⎪⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪===⨯⎪⎪⎩⎩So16316311(77) 4.4110(77)(77)11(300) 2.2310(300)(300)nr t t th nr th nr tt th nr th N K cm N v K v K N K cm N v K v K τστστστσ--⎧⎧===⨯⎪⎪⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪===⨯⎪⎪⎩⎩(2)For holes6*277*2730013(77)8.6310/2213(300) 1.7010/22th p th B K p th B Kth v K cm s m v k T m v k T v K cm s ⎧⎧=⨯⎪=⎪⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪===⨯⎪⎪⎩⎩So17316311(77) 1.1610(77)(77)11(300) 5.8810(300)(300)nr t t th nr th nr tt th nr th N K cm N v K v K N K cm N v K v K τστστστσ--⎧⎧===⨯⎪⎪⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪===⨯⎪⎪⎩⎩1.13 Electrons are injected into a p-type silicon sample at 300K. The e-h radiative lifetime is 1μs. The sample also has midgap traps with a cross-section of 10-15cm 2 and a density of 1016cm -3. Calculate the diffusion length for the electrons if the diffusion coefficient is 30 cm 2/s. Condition:1521632*01101030/ 1.08r t n n s cm N cm D cm s m m τμσ--===== Solution:By*2713 1.1210/22n th B th m v k T v cm s =⇒=⨯We get18.93nr t th ns N v τσ==Then1118.85rnrns ττττ=+⇒=So45.1510n L m -==⨯2.1 The bandgap of 1x x Hg Cd - alloy is given by the expression()0.3 1.9()Eg x x eV =-+Calculate the composition of an alloy which gives a cutoff wavelength of a) 10m μ b) 5.0m μ. Solution: By1.24c hc m Eg Egλμ==We get1.24 1.2410(10)0.220.3 1.91.24 1.24 5.0( 5.0)0.290.3 1.9c c c c m x m Eg xm x m Eg xλμλμλμλμ===⇒==-+===⇒==-+2.2 Calculate the cutoff wavelength for a GaAs detector. If the cutoff wavelength is to be decreased to 0.7μm, how much AlAs must be added to a GaAs? Assume that the bandgap of 1x x Ga Al As - is given by() 1.43 1.25()Eg x x eV =+ Solution: By1.24c hc m Eg Egλμ==We get1.24 1.240.7(0.7)0.271.43 1.25c c m x m Eg xλμλμ===⇒==+2.4 An optical power density of 1W/cm 2 is incident on a GaAs Sample. The photon energy is 2.0eV and there is no reflection from the surface. Calculate the excess electron-hole carrier densities at the surface and 0.5μm from the surface. The e-h recombination time is 10-8s. Condition:2418(0)1/() 2.1110 2.0010op P W cm GaAs cm w eV R s ατ--==⨯===Solution: (1)At the surface2231()(0)(0) 6.5910op L GaAs P G cm s wα--==⨯So143(0)(0)(0) 6.5910L n x p x G cm δδτ-=====⨯(2)At 0.5m μ from the surface()2(0.5)(0)0.35/GaAs xop op P x m P eW cm αμ-=== 2231()(0.5)(0.5) 2.3110op L GaAs P x m G x m cm s wαμμ--====⨯So143(0.5)(0.5)(0.5) 2.3110L n x m p x m G x m cm δμδμμτ-======⨯2.5 Assume that all the photons in an optical beam produce an electron-hole pair in a Ge detector. If all the carriers are collected calculate the responsivity for photon energies of a)0.7eV b)1.0eV c)2.0eV. Condition:1Q η= Solution: ByQ phhvR eη=We get111(0.7) 1.43( 1.0)1( 2.0)0.5Q ph Q ph Q ph e R hv eV V hv e R hv eV V hv e R hv eV V hvηηη---=========2.6 Consider a long Si p-n junction with a reverse bias of 1V at 300K. The diode has the following parameters:2173173227731213101012/8/10101010/ 1.7a d n p n p op A cm N cm N cm D cm sD cm ssscmP W cmw eVττα-----==⨯========Calculate the photocurrent in the diode. Solution: By22313.6810opL P G cm s wα--==⨯10.95n L m μ==8.94p L m μ==2ln()0.846a d B bi iN N k TV V e n == 1/202{()()}0.18r a d bi a dN N W V V m e N N εεμ+=+= So()11.8L L n p I eAG W L L A =++=2.7 Consider a long Si p-n junction solar cell with an area of 4cm 2 at 300K. The solar cell has the following parameters:17318322773101015/7.5/1010 1.0 1.25a d n p n p L N cm N cm D cm s D cm sss I Am ττ----=⨯=======Calculate the open circuit voltage of the diode. If the fill factor is 0.75,calculate the maximum power output. Solution:By1202012.258.667.1410n p n p p n p n i n p n a p d L m L mI A eD n eD p D D I A Aen L L L N L N μμ-⎧⎪==⎪⎪=⇒=⨯⎨⎪⎛⎫⎛⎫⎪=+=+ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎩ We getln(1)0.83L oc I mkTV V e I =+= And0.6225m f oc L P F V I W ==2.8 Consider the solar cell of problem 2.7.A solar system is to be developed from such cells to deliver a power of 15W at a voltage level of 5V. Calculate the total number of solar cells needed. Condition:10.830.75sc oc f I A V V F ===Solution:For each solar cell:0.870.72m sc m oc I A V V⎧==⎪⎨==⎪⎩ We can get5()[]1715()[]145mmN series V N para I =+==+=So the total number of cells()()28Tot N N series N para =⋅=2.10 Consider a silicon photoconductor at 300Kwith the following parameters:153226742101200/400/1051010100d n p n p N cm cm V scm V s ssA cmL mμμττμ----==⋅=⋅==⨯==A bias of 5V is applied to the detector. Calculate the dark current. If light falls on the detector to produce a generation rate of 1021cm -3s -1,calculate the excess concentration, the photoconductivity, and device gain. Solution:(1) The dark current0000015302530()()109.6/ 2.2510B dn p n p d d i d V I FA e n p AF e n p A Ln N cmI mA p n N cm σμμμμ--⎧==+=+⎪⎪⎪==⇒=⎨⎪==⨯⎪⎪⎩(2) The excess carrier denisty143510L p p n G cm δδτ-===⨯(3) The photoconductivity()10.128n p e n p s cm σμδμδ-∆=+=⋅(4) The device gain8(1)401.6710pp L ph Lptr n ph tr n I G I t G L t s F τμμμ-⎧==+⎪⎪⇒=⎨⎪==⨯⎪⎩2.13 Consider a GaAs p-i-n detector with an intrinsic layer width of 1.0 μm. Optical power density (photon energy 1.6eV) of 0.1W/cm 2 impinges upon the detector. The absorption coefficient for the active region is 104cm -1. Calculate the prompt photocurrent of device. The device area is 10-4cm 2. Condition:241421.0 1.60.1/1010op W m w eVP W cm cm A cm μα---=====Solution:17216(0) 3.9110 3.9510(0)[1exp()]op ph L L ph P J cm s I A I eAJ W ωα---⎧==⨯⎪⇒=⨯⎨⎪=--⎩2.14 Consider a silicon p-i-n detector in which the i layer is 10 μm thick. Calculate the maximum quantum efficiency of this detector if only light absorbed in the undoped region contributes to the photocurrent. The absorption coefficient for the active region is 103cm -1. Also calculate the minimum thickness of the i-region needed to ensure a quantum efficiency of 0.8. There are no reflection losses. Condition:3110100.80Q W mcm R μαη-====Solution: (1) By()2max 1exp 10.86412[,]W e W ηαηαα=--⎧⎪⇒=-=⎨∈⎪⎩(2) By()min min 311exp 0.816.110W W m cmηαμα-⎧=--=⎪⇒=⎨=⎪⎩2.16 An avalanche photodetector has an avalanche region of 0. 5μm and the electric field is such that αimp =βimp =104cm -1. Calculate the multiplication factor of the device. Solution:121e imp M Wα==-3.8 Consider a GaAs p-n + junction LED with the following parameters at 300K:2217316325/12/510101010n p d a n p D cm sD cm sN cm N cm ns nsττ--===⨯===Calculate the injection efficiency of the LED assuming no trap related recombination. Solution: By(1)(1)B B eVn p k Tn n eVp n k T p p eD n J e L eD p J e L ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩And24326341053.46810i p n a i p n d n n cm L mN n L m p cm N μμ----⎧==⨯⎪⎧==⎪⎪⎨⎨==⎪⎪⎩==⨯⎪⎩We can get0.986n pn ninj n p p nn p n peD n J L eD n eD p J J L L γ===++3.9 The diode in Problem 3.8 is to be used to generate an optical power of 1mW. The diode area is 1 mm 2 and the radiative efficiency is 20%. Calculate the forward bias voltage required. Condition:21120%out Qr P mWA mm η===Solution:By53.54410out ph ph n nQrph QrP I wI e I A I I e ηη-=⋅⎧⋅⎪⇒==⨯⎨=⋅⎪⎩Andexp 1n p n n n B AeD n eVI J A L k T⎡⎤⎛⎫=⋅=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦Soln 1 1.02n p B n n AeD n k T V V e I L ⎡⎤=+≈⎢⎥⎣⎦3.12 The light from a GaAs LED is coupled into an optical fiber which has refractive indices of 1.51 and 1.47 for the core and the cladding layers. Calculate the maximum angle of acceptance for the fiber. The LED has a Lambertian(cosine) output. Calculate the coupling efficiency for the diode. Condition:121.51 1.47r r n n == Solution:1221/2122sin ()20.2sin 0.12A r r fiber A n n θηθ-=-===3.15 Consider an AlGaAs/GaAs heterojunction LED. The injection densities for electrons and holes are equal and are both 1017 cm -3 In the active GaAs region. Calculate the shift in the peak position of the emission peak energy if E g (GaAs) is 1.43eV. Calculate the shift in the peak position if the injection density is increased to 1018cm -3 . The temperature is 300K. Condition:17310 1.43n p cm Eg eV -===Solution:(1) For injection density of 17310n p cm -==0.026E kT eV ∆==111.4432p g E E E eV ≈+∆=(2) For injection density of 18310n p cm -==0.055cnE kT eV N ∆== 211.4582p g E E E eV ≈+∆=So120.015p p E E E eV ∆≈-=3.18 A heterojunction LED based on GaAs is biased at 100Acm 2 current density at 300K. The active layer of LED is 0.5μm. Calculate the cutoff frequency of the diode. Condition:21000.5J A cm d m μ=⋅=Solution: ByrdJ nev ne τ==25311.2510rnJcm s edτ--⇒==⨯⋅ From the Fig 1639910810rn cm s τ--⨯⨯So119.92c rf MHz πτ=≈3.21 A GaAs LED is to be designed with an output power of 5.0W. The maximum device area that can be allowed 100 μm 2.Estimate the thickness of the active region needed. The efficiency of the Device is 20%. The maximum injection density is 1018cm -3. Condition:21835.010020%10out Tot P W A m n cm μη-====Solution:ph rI ndAP I e ωωηηωτ===2.2rd m nAμηω==3.22 Consider a GaAs p-n + junction LED with the following parameters at 300K:110.2 3.0 2.0inj opt r nr P mWns ns γηττ=====Calculate:a) the total quantum efficiency of LED ηtotal ;b) the number of photon generated per second I ph ; c) the injected current I inj . Solution:(1) 10.40.0811rQr Tot inj Qr opt rnrτηηηηηττ==⇒==+(2) 1611610.43710 2.18510opt ph ph opt P P I s I s w w ηη--==⨯⇒==⨯⋅ (3) 8.74phinj ToteI I mA η==4.1 Consider a GaAs laser with a cavity length of 75μm. Calculate the number ofallowed longitudinal modes in an energy width 12g B E k T ± where Eg=4.43eV andT=300K. Solution:115.5102r cHz n Lν∆==⨯ 112E N h ν∆⎡⎤=+=⎢⎥∆⎣⎦4.3 Consider a Fabry-Perot cavity of length 100μm. The mirror reflectivity is 0.33 and the absorption loss in the cavity is 120cm -.Calculate the photon lifetime ph τ.The refractive index in the cavity is 3.6. Condition:11000.3320 3.6loss r L mR cm n μα-====Solution:-1ln 130.866cm Tot loss R Lαα=-=139.1710rph Tot n s cτα-==⨯4.8 Two GaAs/AlGaAs double heterostructure laser are fabricated with active region thickness of 2.0μm and 0.5μm. The optical confinement factors are 1.0 and 0.8, respectively. The carrier injection density needed to cause lasing is 1831.010cm -⨯ in the first laser and 1831.110cm -⨯ in the second laser.The radiative recombination times are 1.5ns.Calculate the threshold current densities for the two lasers. Solution:42113222 2.1310/5.8710/lasth th rlasth th rd J n eA cm d J n eA cm ττ==⨯==⨯5.1 A GaAs/AlGaAs laser has a threshold current density of 200A/cm -2. In a large signal switching, the laser is switched from zero current to 4 times the threshold current . Calculate the time delay before photon emission if the carrier lifetime is 2ns. Solution:ln()0.575d thJt ns J J τ==-5.2 A 1.55μm quantum well laser has a threshold carrier density of 2∙1012 cm -2.The radiative lifetime is 2.5ns and Auger coefficient is 10-28cm 6s -1.Calculate the time delay for a large signal switching in which the current density isswitched from 0.5J th to 3.0J th . Assume that the Auger rate can be evaluated using the carrier density n th . The active layer thickness is 10nm. Condition:12228612210 2.51010D r las n cm nsF cm s d nm τ---=⨯===Solution:1832210Dth lasn n cm d -==⨯ 21() 2.5nr th Fn ns τ-⇒==111() 1.25r nr ns τττ---⇒=+=So()ln()0.28d thJ J i t ns J J τ-==- 6.1 Condition:GaAs/AlGaAs TW amplifier1582210 1.43510410 1.0200 1.0m in dgeVA cm cm nsdng cm P mWωτ---==⨯=⨯===Calculation: saturation power P s , the gain Solution:2.86ms A P mW dg dnωτ==10148.21sg g cm P P -==+。

第四章 固体电子论 参考答案1. 导出二维自由电子气的能态密度。

解：二维情形，自由电子的能量是：22222()()22x y k E k k mm==+k2πLx xk n =，2πLy yk n =在/k =到d k k +区间：22222d 2d 2π(2π)2ππS Lm L Z kdk dE=⋅=⋅=k那么：2d ()d Z Sg E E=其中：22()πm g E =2. 若二维电子气的面密度为n s ，证明它的化学势为：2π()ln exp 1s B B n T k T m k T μ⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥⎪⎝⎭⎣⎦解：由前一题已经求得能态密度：22()πm g E =电子气体的化学势μ由下式决定：()()222E-/E-/01d ()d πe1e1B B k Tk TL mE N g E LE μμ∞∞==++⎰⎰令()/B E k Txμ-≡，并注意到：2s Nn L =()12/1d πB xB s k Tk T mn exμ-∞-=+⎰()2/d π1B x B xxk Tk Tm e ee μ∞-=+⎰2/lnπ1BxB xk Tk T m ee μ∞-=+()/2ln 1πB k TB k T m eμ=+那么可以求出μ：2π()ln exp 1s B B n T k T m k T μ⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥⎪⎝⎭⎣⎦证毕。

3. He 3是费米子，液体He 3在绝对零度附近的密度为0.081 g ／cm 3。

计算它的费米能E F 和费米温度T F 。

解：He 3的数密度：N N M N n V M VMmρρ==⋅=⋅=其中m 是单个He 3粒子的质量。

()1123233π3πF k n m ρ⎛⎫== ⎪⎝⎭可得：2222322/33π(3)22F E n mm m ρπ⎛⎫== ⎪⎝⎭代入数据，可以算得： E F ＝6.8x 10-16erg = 4.3x 10-4eV .则：FF E T k =＝4.97 K.4.已知银的密度为310.5/g cm ，当温度从绝对零度升到室温（300K ）时，银金属中电子的费米能变化多少？解：银的原子量为108，密度为310.5/g cm ，如果1个银原子贡献一个自由电子，1摩尔物质包含有6.022x 1023个原子，则单位体积内银的自由电子数为2232310.55.910()108/6.02210n cmmρ-===⨯⨯在T=0K 时，费米能量为202/3328FhnEm π=（）代如相关数据得2/3272227302812(6.6310)()3 5.910()29.110()8 3.148.8710() 5.54()Ferg s cmEg erg eV -----⎛⎫⨯⋅⨯⨯=⎪⨯⨯⨯⎝⎭≈⨯≈在≠T0K时，费米能量2020]12B F FFK TE E E π=[1-（）所以，当温度从绝对零度升到室温（300K ）时, 费米能变化为202012B F FFk TE E E π-=-（）代如相关数据得4F FE E -⨯⨯-⨯≈⨯≈2-162-12-163.14(1.3810300)=-128.8710-1.610(erg)-10（eV ）可见，温度改变时，费米能量的改变是微不足道的。