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Festkörperphysik, 3. AuflageSiegfried Hunklinger
Lösungen der Übungsaufgaben
2 Lösungen der Übungsaufgaben
Kapitel 2
1. Bindungstypen
Tabelle 1: Bindungstypen
Van der Waals- Ionische Kovalente Metallische Wasserstoff-Bindung Bindung Bindung Bindung Bindung
Argon x
Magnesium x
Graphit x x
Diamant x
Quarzkristall x x
Quarzglas x x
Polyethylen x x x
GaAs x x
KBr x
NH3 x x
2. Festes Helium
Es gibt 3He und 4He mit völlig verschiedenen Tieftemperatureigenschaften. Einewichtige Rolle spielt dabei die unterschiedliche Nullpunktsenergie der beiden Isotope.
UB
N= 8,60ε = −7,4meV ,
U0,He = U0,Xe
√εHe
σ2HeMHe
·σ2XeMXe
εXe,
U0,3He = 12,8meV , U0,4He = 11,1meV ,
|U0,He| > |UB,He| .
Verfestigung von Helium tritt unter einem hydrostatischen Druck von p > 2,5 · 106 Pabei 4He bzw. von p > 3,3 · 106 Pa bei 3He auf.
Lösungen der Übungsaufgaben 3
3. Bindungsenergie
—————— KBrKristallBildungsenergie
KMetall −→KGas −→K+Ion —————
Sublimation Ionisation
Br2,Gas −→BrRadikal −→B−Ion ———–
Dissoziation Ionisation
[Esub + Eion] + [Ediss/2− Eaff ] + Ereak = −Ebind
Mit den angegebenen Zahlen findet man Ebind = −6,91 eV pro KBr - Paar oderEbind = −15, 4 kJ/cm3.
4. Gleichgewichtsabstand
(a) r0 =
(nA
mB
) 1n−m
(b) r < r0 Abstoßungr > r0 Anziehung
Die Kraft ist maximal bei
rmax = r0
(n+ 1
m+ 1
) 1n+m
.
Für das Lenard-Jones-Potential gilt
rmax = r0
(7
13
) 16
= 1,11 r0 .
5. Ionenkristalle(a) R0 = 3,20 · 10−10m
(b) zA = 1,21 · 10−133Ws ·m12
(c) n = 1 +72πϵ0BR4
0
αe2= 9,20
(d) Die Daten weisen auf KCl hin.
4 Lösungen der Übungsaufgaben
6. Bindungsenergie
Für Lithium findet man
rsa0
= 3,16 ,Rc
a0= 1,29 ,
EB = −6,50 eV/Atom , EB − E2s = −1,10 eV/Atom .
Kapitel 3
1. Ag-Cu-Legierungen(a) cα ≈ 11,5% bei T = 1100K ,
cα ≈ 14,0% bei T = 1050K .
(b) Der Abbildung lässt sich Folgendes entnehmen:α) T > 1150K : flüssige Phase,β) 1150K < T < 1150K : flüssige und feste, kupferreiche Phase,γ) T < 1052K : Die Zusammensetzung der festen α- und β-Phase
hängt von der Temperatur ab.(c) Schreiben wir fα und fβ für die relativen Anteile der Phasen, so gilt
c = fαcα + fβcβ und fα + fβ = 1 .
Für die Werte c = 0, 6, cα = 0, 15 und cβ = 0, 95 folgt daraus:fαfβ
=cβ − c
c− cα= 0,78 .
Im thermischen Gleichgewicht ändert sich das Mischungsverhältnis mit abnehmenderTemperatur. Bei den üblichen Kühlraten ist das Mischungsverhältnis jedoch praktischeingefroren.
2. Hypothetisches zweidimensionales Gitter
(a) Die Basisvektoren sind sind in Bild 1a eingezeichnet. Für sie gilt:a1 = (ax,−ay) und a2 = (ax, ay)
mitax =
√(rA + rB)2 − r2B = 2,68 · 10−10m ,
ay = rA + 2rB = 3,60 · 10−10m .
(b) Die chemische Formel lautet AB2, die Flächendichte ist
ϱ =mA + 2mB
2axay= 5,42 · 10−8 g
cm2.
(c) Die Koordinaten der Atome in der Elementarzelle sind durch
Lösungen der Übungsaufgaben 5
A
B1
B2a1
a2
A1
A2
B3
B1
B2
B4
(b)
a1
a2
(a)
Bild 1: Hypothetischer zweidimensionaler Kristall.
A(0, 0), B1(0, rA + rB), und B2(0,−rA − rB)
bzw. durch
A(0, 0), B1
(− 7
18,+
7
18
)und B2
(+
7
18,− 7
18
)gegeben.
(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 = (2ax, 0) und a ′
2 = (0, 2ay) .
Dann sind die Atomkoordinaten durch
A1 =(0, 0
), A2 =
(1/2, 1/2
), B1
(1/2, rB/2ay
), B2 =
(0, (rA + rB)/2ay
),
B3 =(1/2, 2(rA + rB)/2ay
), B4 =
(1, (rA + 3rB)/2ay
)gegeben.
3. Allotropie von Eisen
VKugel = (4π/3)r3 = 4,19 r3 ,
abcc√3 = 4r, Vbcc =
a3
2= 6,16 r3, afcc
√2 = 4r, Vfcc =
a3
4= 5,67r3 ,
Vbcc
Vfcc= 0,92 .
Die gemessene Änderung ist kleiner, weil sich der Abstand der nächsten Nachbarnebenfalls ändert, der hier als fest vorausgesetzt wurde.
6 Lösungen der Übungsaufgaben
4. Kubische Kristalle
(a) abcc =4r√3, afcc =
4r√2,
(b) Vbcc =32
3√3r3, Vfcc =
8
3√2r3 ,
(c) aFe =3
√2mFe
ϱFe= 2,87 · 10−10m, aCu = 3
√2mCu
ϱCu= 3,61 · 10−10m .
5. Kohlenstoffgitter
Zahl N der Kohlenstoffatome pro Elementarzelle:
Diamant: N = 8 ϱ = 3,50 g/cm3 ,
Graphit: N = 4 ϱ = 2,27 g/cm3 ,
Fulleren: N = 240 ϱ = 1,68 g/cm3 .
6. Nanoröhren
Röhrenumfang U ≈ 69Å ≈ 16 · 4,26Å = 16 s, wobei s = 4,26Å für den Abstandzwischen zwei Kohlenstoffatomen steht.
Jede Lage senkrecht zur Achse enthält daher 2 · 16 = 32Atome.
Der Abstand der Lagen ist durch√3s/2 = 1,23Å gegeben.
Somit besteht das Röhrchen aus N ≈ 2,6 · 108 Atomen und besitzt daher dieMasse M ≈ 5,2 · 10−17 kg.
Das Ergebnis hängt nicht vom Röhrentyp ab. Da die Zahl der Endflächenatome kleinim Vergleich zur Gesamtzahl der Atome ist, können sie vernachlässigt werden.
4,26 Å
1,23 Å
1,42 Å
Bild 2: Lage der Atome entlang des Umfangs.
Lösungen der Übungsaufgaben 7
Kapitel 4
1. Strukturfaktor von Diamant
(a) Shkl =
2, h+ k + l ist das Doppelte einer geraden Zahl .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)d1d2
=sin 46,60
sin 47,75= 0, 982 ,
(b)d2d1
= 1 + α∆T =⇒ α = 1,88 · 10−5K−1 .
3. Millersche Indizes
(a) α = 2,86 ,
(b) d1200 =a√401
= 1,80 · 10−11m ,
(c) λmax = 2dhkl = 3,6 · 10−11m, Emax = 34,4 keV .
4. Pulverdiffraktometrie(a) Übereinstimmung findet man mit der fcc-Struktur:
Tabelle 2: Vorgaben und Parameter
2θ θ sin θ sin2 θ N2exp N (hkl)
28 14 0,242 0,0585 3,07 3 (111)
32 16 0,276 0,0760 3,99 4 (200)
46 23 0,391 0,153 8,03 8 (220)
54 27 0,454 0,206 10,82 11 (113)
57 28, 5 0,477 0,228 11,98 12 (222)
130 65 0,906 0,821 43,12 43 (335)
133 66, 5 0,917 0,841 44,17 44 (226)
146 73 0,956 0,915 48,05 48 (444)
160 80 0,985 0,970 50,94 51 (155)
168 84 0,995 0,990 51,99 52 (046)
8 Lösungen der Übungsaufgaben
(b) a2 =N2λ2
4 sin2 θ=⇒ a = 5,51Å ,
(c) a = 5,58Å .
Aus den Daten folgt, dass vermutlich Calcium (a = 5,59 Å) untersucht wurde.
5. Kubisch raumzentrierte Gitter
(a) a1 =a
2(−x + y + z ), a2 =
a
2(x − y + z ), a3 =
a
2(x + y − z ) ,
(b) b1 =2π
a(y + z ), b2 =
2π
a(x + z ), b3 =
2π
a(x + y) .
(c) Die Elementarzelle des reziproken Gitters mit bcc-Struktur entspricht der Wigner-Seitz-Zelle des fcc-Gitters.
5. Zweidimensionales hexagonales Gitter
Basisvektoren:
a1 =a
2
(20
), a2 =
a
2
(1√3
),
a1
a2
(a) (b)
x
y
Bild 3: Zweidimensionales hexagonales Gitter. a) Basisvektoren. b) Wigner-Seitz-Zelle.
Reziprokes Gitter:
b1 =2π
a√3
(√3
−1
), b2 =
2π
a√3
(02
),
Lösungen der Übungsaufgaben 9
b1
b2
(a)
kx
ky
(b)
Bild 4: Reziprokes Gitter. a) Basisvektoren. b) 1. Brillouin-Zone.
Fläche der Billouin-Zone:
FBZ =8π2
√3a2
.
Kapitel 5
1. Leerstellen und thermische Ausdehnung
(a) Die Leerstellenkonzentration ist NL/N = 6,7 · 10−20 bei Zimmertemperatur undNL/N = 6,1 · 10−5 bei 1 220 K.
(b)∆V
V=
NL
N
(c) Die Leerstellen verursachen eine Ausdehnung, die durch α300K = 3, 4·10−21K−1
bzw. α1220K = 1, 9 · 10−7K−1 gegeben ist.
(d) In Kapitel 4, Aufgabe 2 wurde der Wert α = 1,88 · 10−5K−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
6a2ν0e
−ED/kBT ergibt sich t = 7,6 · 1014 s bei 300 Kund t = 7,5 · 105 s ≈ 200 h bei 960 K.
3. Farbzentren
(a) EWa = E2 − E1 =10,2
ε2r[eV] ,
10 Lösungen der Übungsaufgaben
(b) EPo = E2 − E1 =4,5 · 10−38
R20
[J] .
(c) Vergleich der Ergebnisse:
Tabelle 3: Parameter und Ergebnisse
R0/Å n EWa/eV EPo/eV EExp/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 = 2Lν0 = 5160m/s. Der Wert unterschei-det sich vom errechneten vStab =
√E/ϱ) = 5100m/s, denn die Annahme
eines langen dünnen Stabs ist nicht perfekt erfüllt. Die Ultraschallmessung ergibtvUs =
√c11/ϱ) = 6210m/s, die Querkontraktion spielt hier keine Rolle.
2. Inelastische Neutronenstreuung
(a) Es werden Phononen vernichtet.(b) ν = 6,29THz ,
(c) k = k0 + q +G ,
2π
a
2,161,50
=2π
a
1, 6600
+2π
a
0, 5−0,50
+2π
a
020
.
Der Streuvektor ist durch G = (0, 4π/a, 0) gegeben.
(d) Die wechselwirkenden Phononen breiten sich in (110)-Richtung aus und tragenden Impuls
√2π/a.
(e) Der errechnete Wert stimmt mit dem experimentellen Ergebnis überein.
Lösungen der Übungsaufgaben 11
0k
q
a
2
)000(
k
G
Bild 5: Neutronenstreuung an Kupfer.
3. Brillouin-Streuung
(a) vℓ = 4539m/s, vt = 2416m/s ,
(b) ϑ = 0 =⇒ ∆ν ≈ 0 ,
ϑ = 180 =⇒ ∆νℓ = 27,2GHz, ∆νt = 14,5GHz .
Es können Phononen bis etwa 10−3 der Brillouin-Zone untersucht werden.
4. Akustische und thermische Phononen
(a) Nph = 3,0 · 1016 ,(b) ∆T = 50 µK ,
(c) Im vorgegebenen Frequenzintervall werden 1,6 · 109 Phononen angeregt.
5. Anregungen in Gläsern
Bild 6.35 entnehmen wir:
CV (T = 10mK) ≃ 6 · 10−6 Jkg−1K−1, CV (T = 1K) ≃ 2 · 10−3 Jkg−1K−1 .
Mit Gleichung (6.89) und der Dichte ϱ folgt hieraus:
D0(T = 10mK) = 4,2 · 1045 J−1m−3, D0(T = 1K) = 1,4 · 1046 J−1m−3 .
Zahl der thermisch angeregten Zwei-Niveau-Systeme:
N2NS =
∫D0 dE
ex + 1= D0kBT ln 2 ,
N2NS(T = 10mK) = 4,0 · 1020m−3, N2NS(T = 1K) = 1,3 · 1023m−3 .
12 Lösungen der Übungsaufgaben
Zahl der thermisch angeregten Phononen:
Nph =
∫D(ω) dω
ex − 1,
Nph(T = 10mK) = 1,2 · 1016m−3, Nph(T = 1K) = 1,2 · 1022m−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 Wechselwirkungkolinearer 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 Atomra-dius den Wert 1,4 Å und 4500 m/s für die Schallgeschwindigkeit. Damit finden wir bei1 THz und einer Defektkonzentration von 1,5 · 1022m−3 die freie Weglänge ℓ ≈ 1m.Die angegebenen kleineren Defektkonzentrationen bewirken keinen messbaren Effekt.
3. Wärmeleitung von Germanium
Für die Wärmeleitfähigkeit der Probe finden wir Λ ≈ CV v d ≈ 0,3W cm−1K−1.
4. Wärmeleitfähigkeit im Casimir-Bereich
Zur Ermittlung der Debye-Temperatur schreiben wir Λ ≈ 13 CV v d und benutzen den
Zahlenwert Λ(T = 5K) = 2,3W cm−1K−1 für die Probe der Kantenlänge 1,1 mm.Damit ergibt sich für die Debye-Temperatur von LiF der WertΘ ≈ 700K. In derLiteratur findet man den Wert Θ ≈ 720K. In dieser einfachen Näherung ist deratomare Aufbau ohne Bedeutung.
5. Wärmeleitung bei tiefen Temperaturen(a) Man findet folgende Querschnittsflächen: ASi = 1 cm2, Aa−SiO2 = 200 cm2 und
ACu = 0,25mm2,
(b) Der Temperaturanstieg ist bei der Kupferprobe am größten, bei Silizium amkleinsten.
(c) Die erforderlichen Heizleistungen sind 5 · 10−12 W, 5 · 10−10 W und 5 · 10−8 Wbei Silizium, Quarzglas und Kupfer.
Lösungen der Übungsaufgaben 13
Kapitel 8
1. Spezifische Wärme
Bei 300 K gilt
CelV
CphV
=π2T
6TF= 0,025 .
Elektronen und Phononen tragen bei der Temperatur
T =
√5θ3
24π2TF
gleich viel bei. Unter T = 0,90K ist CelV > Cph
V .
2. Freies Elektronengas
(a) Natrium: n = 2, 68 · 1028 m−3, kF = 9, 26 · 109 m−1,
Kupfer: n = 8, 50 · 1028 m−3, kF = 1, 36 · 1010 m−1.
(b) Der kleinste Abstand kmin der Brillouin-Zonegrenze vom Γ-Punkt beträgt beiNatrium (halbe Flächendiagonale) 1, 05Å−1, bei Kupfer (halbe Raumdiagonale)1, 51Å−1. In beiden Fällen ist kmin > kF. Bei Natrium ist die Fermi-Fläche fastkugelförmig, 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 kF = 1,78π/a. Die bildhafteDarstellung befindet sich auf der nächsten Seite.
Bei schwachem Potential werden die Ecken gerundet.
4. Flüssiges 3He
EF = 1,52 · 10−4 eV = 1,77K ,
vF = 59m
s, TF = 1,76K ,
CV (3He) = 6,22 · 105 T
[J
m3K
].
Bei 50 mK findet man für 3He den Wert CV (3He) = 3,10 · 104 J/m3K, für Kupfer nur
CV (Cu) = 4,88 J/m3K.
14 Lösungen der Übungsaufgaben
(a)
(c) (d)
(b)
Bild 6: Fermi-Flächen und Brillouin-Zone. a) Die ersten fünf Brillouin-Zonen im erweiterten Zonen-schema. b) 2. Brillouin-Zone. c) 3. Brillouin-Zone. d) 4. Brillouin-Zone.
Kapitel 9
1. Stark gebundene Elektronen(a) Dispersionskurve:
aa0
2
10
8
6
4
En
erg
ieE
/ eV
Wellenvektor kx
Bild 7: Energiedispersionskurve. Die besetzten Zu-stände sind dick gezeichnet.
Lösungen der Übungsaufgaben 15
(b) Effektive Massenm∗
n = 2,17 · 10−31 kg = 0,24me , m∗p = 2,71 · 10−31 kg = 0,30me ,
(c) Geschwindigkeiten
vn = 4,86 · 104 ms, vp = 3,89 · 104 m
s,
(d) Beschleunigung
vn = −7,38 · 1011 ms2
, vp = 5,89 · 1011 ms2
.
2. Fermi-Kugel
Mit a = 4, 08 · 10−10 m und M∗ = 1, 1m findet man die Verschiebung
δk
k= 2,1 · 10−11
und die Driftgeschwindigkeit
vd = 2,7 · 10−5 m
s.
3. Streuung an Punktdefekten
Aus der Bedingung τph = τL folgt mit
ϱph =m∗
nee2τphund ℓL =
16
3πa2nL
der Zusammenhang
eEL/kBT
T300/T=
3πa2m∗vFeSL/kB
16e2ϱ300.
Die beiden Streuraten sind bei T ≈ 484K gleich groß. Natrium schmilzt jedoch bereitsbei tieferer Temperatur.
4. Elektrische und thermische Leitfähigkeit
(a) Probe A: Getemperter GolddrahtProbe B: Unbehandelter GolddrahtProbe C: Legierung
(b) ProbeA :ϱ300ϱ5
= 2800, ProbeB :ϱ300ϱ5
= 100 ,
T = 300K : ℓA = ℓB = 3,7 · 10−8m ,
T = 5K : ℓA = 1,0 · 10−4m, ℓB = 3,8 · 10−6m .
16 Lösungen der Übungsaufgaben
(c) In der Probe A dominiert bei Raumtemperatur die Streuung an Phononen, bei 5 Kdie Streuung an Defekten. In der Probe C überwiegt die Defektstreuung bei allenTemperaturen.
(d) Mit dem Wiedemann-Franz-Gesetz ergibt sich bei 1 K:
ΛA = 3100W
mK, ΛB = 110
W
mKund ΛC = 0,11
W
mK.
5. Freie Elektronen im Magnetfeld
(a) RH = −4,65 · 10−10 m3/As ,(b) p ≈ 22 000 ,
(c) rF = 6 µm ,(d) τ > 9 µm .
Kapitel 10
1. Fermi-Niveau
Bei Zimmertemperatur liegt das Fermi-Niveau 0,311 eV über der Valenzbandkante.
2. Intrinsischer Halbleiter
0,001
0,1
10
1000
0 321 4
Reziproke Temperatur T -1 / 10-3 K
Lei
tfäh
igk
eit
/1m
1
Bild 8: Temperaturabhängigkeit der elektri-schen Leitfähigkeit einer Halbleiterprobe.
Da man für die Energielücke den Wert Eg = 1,35 eV findet, könnte es sich umIndiumphosphid handeln. Die Energielücke entspricht einer Wellenlänge von 0,92 µm,so dass dieser Halbleiter für die vorgesehene Anwendung geeignet ist.
Lösungen der Übungsaufgaben 17
3. Silizium(a) EF = 0,547 eV ,(b) f(E) ≈ 7 · 10−10 ,
(c) ni = pi = 3,88 · 1015m−3 ,
(d) ϱ = 6720Ωm ,(e) ϱ = 1,30 · 10−3Ωm ,
(f) T = 775K .
4. p-n-Übergang
C = 162 pF .
5. Solarzelle(a) IL = 0,68A ,(b) U = 0,50V ,(c) Uopt = 0,43V .
Kapitel 11
1. Spezifische Wärme
(a) Cs − Cn =2V B2
c
µ0T 2c
(3T 3
T 2c
− T
).
(b) Bei T = Tc/√3 = 4,15K ist Cs = Cn, d.h. im Bereich 4,15K < T < 7,19K ist
die spezifische Wärme im supraleitenden Zustand größer als im Normalzustand.
2. Kritische Stromstärke(a) Tc = 7,19K ,
(b) Ic = 397A ,
(c) jc = 1,01A
cm2.
3. Magnetfeld in einer supraleitenden Platte
(a) Bz(x) = B0cosh(x/λL)
cosh(d/2λL),
(b) js,y(x) = − B0
µ0λL
sinh(x/λL)
cosh(d/2λL).
(c) Das kritische Feld erhöht sich um den Faktor 2λL/d.
18 Lösungen der Übungsaufgaben
4. Flussschläuche
(a) Φ = 4π · 10−6Tm2 ,
(b) N =Φ
Φ0= 6,1 · 109 .
5. Josephson-Kontakte im Magnetfeld
Dem Bild 11.37 lassen sich die Flächen 5,2 ·10−6 cm2 bzw. 1,3 ·10−5 cm2 entnehmen.
Kapitel 12
1. Dipolwechselwirkung
Für die Wechselwirkungsenergie findet man U = 4,0 · 10−24 J. Daraus folgt mitU ≈ 3kBT , dass die Dipolwechselwirkung über 100 mK vernachlässigt werden kann.
2. Magnetisierung von NiFe2O4
Zahl der Nickel-Ionen in Nickel bzw. in NiFe2O4:
NNi = 9,14 · 1028m−3, NNiFe2O4 = 2,40 · 1028m−3 .
Ms(NiFe2O4) = 0,26Ms(Ni) = 1,34 · 105 A/m .
3. Austauschkoeffizient
Eisen: λ = 960, BM = 2100T, J = 5, 4 · 10−21 J .
Nickel: λ = 7300, BM = 4700T, J = 2, 2 · 10−21 J .
4. Ferromagnetische Eigenschaften
Wir nehmen an, dass die beiden Materialien die gleiche Austauchkoeffizienten Jaufweisen und der Bahndrehimpuls verschwindet. Dann gilt:
λ1 = λ2, 3C1 = C2, Tc,1 = Tc,2, 2Ms,1(T = 0) = Ms,2(T = 0) .
5. Spinwellen in Nickel
Mit J = 1,03 · 10−20 J findet man
CMagV = 4,96T 3/2
[J
m3K
]CMagV = CPho
V bei T = 3,3K .
Lösungen der Übungsaufgaben 19
Kapitel 13
1. Polarisierbarkeit
ε− 1
ε+ 2=
nα
3,
αst = 1,0 · 10−28m3, αopt = 5,4 · 10−29m3 ,
pst = 9,1 · 10−37Cm3, popt = 4,8 · 10−34m3 .
2. Optische Phononen
Man findet ωt = 3,28 · 1013 s−1 und ωℓ = 5,16 · 1013 s−1.
3. Hagen-Rubens-Gesetz
(a) ε(ω) = ε∞ +iσ0εω
1
1− iωτ≈ iσ0
ε0ω,
(b) n′ + iκ =
√σ0
2ε0ω+ i
√σ0
2ε0ω,
R ≈ 1− 2
n′ = 1−√
8ε0ω
σ0,
(c) RAg = 0,9937, RHg = 0,9494 .Die Bedingung σ0 ≫ ε0ω ist in beiden Fällen erfüllt.Silber: ωτ = 1,6, Quecksilber: ωτ = 0,02 .
4. Plasmakante
(a) Die Grenze liegt bei λp = 1,03 µm.
(b) Minimale Reflexion tritt bei λp = 890 nm auf.